Đề thi thử THPT QG 2017 Lý đáp án 4

TRƯỜNG HỌC LỚN VIỆT NAM ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM 2017 BIGSCHOOL Bài thi: KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi thành phần: VẬT LÍ Mã đề thi 004 A B C C D A C A C 10 C 11 C 12 C 13 B 14 A 15 D 16 D 17 A 18 D 19 D 20 C 21 C 22 B 23 B 24 C 25 C 26 A 27 D 28 D 29 C 30 C 31 B 32 A 33 A 34 B 35 D 36 A 37 D 38 C 39 D 40 C Câu Đáp án Hướng dẫn chọn phương án A Sau chu kì vật trở lại vị trí ban đầu vận tốc trung bình vật không: v tb  x  x1  t  t1 B Tần số dao động cưỡng tần số ngoại lực, sau dao động ổn định lắc dao động với tần số 2 C Li độ dao động vật: x  Asin  t     x2  sin  t    A 1 Vận tốc dao động vật là: v  x '  A cos  t     v2  cos  t    2 A Cộng hai vế (1) (2) ta được: C D A x2 v2 v2 2    A  x  A A 22 2 Sóng dao động lan truyền môi trường vật chất Trong mạch điện xoay chiều, dung kháng tụ điện tính công thức: ZC   2 , mức độ cản trở dòng điện tụ điện phụ C thuộc vào điện dung C tụ điện tần số góc ω dòng điện Trong trường hợp tải mắc đối xứng cường độ dòng điện dây trung Trang 1/11 – Mã đề 004 C A hòa không Trường hợp tải không đối xứng cường độ dòng điện qua dây trung hòa khác không Dao động điện từ mạch dao động LC trình chuyển hoá tuần hoàn lượng từ trường lượng điện trường Chu kì dao động mạch LC là: T  2 LC Mạch dao động điện từ LC có điện dung thay đổi từ C1 đến C2 chu kì dao động riêng thay đổi từ 2 LC1 đến 2 LC2 Vận tốc ánh sáng môi trường khác khác Máy quang phổ dụng cụ dùng để phân tích chùm sáng phức tạp thành thành phần đơn sắc Ánh sáng huỳnh quang ánh sáng phát quang bị tắt nhanh sau tắt ánh sáng kích thích 10 C C 11 C 12 C Hiện tượng chiếu chùm tia tử ngoại vào ống nghiệm đựng dung dịch fluorexêin thấy dung dịch phát ánh sáng màu lục tượng quang - phát quang 13 B Một phản ứng nhiệt hạch toả lượng vào cớ vài chục MeV, phản ứng phân hạch tỏa nhiệt cỡ 200 MeV 14 A Các đồng vị hiđrô triti 15 D 16 17 D A Phóng xạ trình tự phân rã Có tính tụ phát không điều khiển được, không chịu tác động yếu tố bên Sóng điện thoại sóng điện từ  T  , đơteri  D  hiđrô thường  H  1 Tần số dao động lắc lò xo ban đầu là: f  k 2 m Tần số dao động lắc lò xo sau tăng khối lượng vật là: f '  k 2 m  0, 44m f m  0, 44m   1, f' m Vậy số dao động toàn phần vật thực giây so với ban đầu giảm 1,2 lần 18 D Bước sóng dây là:   2l 2.2  1 m n Trang 2/11 – Mã đề 004 Khoảng cách ngắn điểm không dao động điểm dao động cực đại phần tư bước sóng: d  19 D Điện áp hiệu dụng hai đầu tụ điện: UC  UZC R   Z L  ZC  U  R Z 2Z  L 1 ZC ZC 2 L  R  Z2L 2ZC  1 y  ZC2 ZL  Đặt  y x   ZC   U Cmax UZC  R  Z L  ZC Khi ZC   UC  C R  Z2L  x  2ZL x  R  y   R  Z2L   2  x  Z L  Z  R  ZL C  R  Z2L ZL  Khi ZC  UC  20   0, 25 m  0 U 2Z L R Z  1 Z2C ZC 2 L  U Như đáp án đồ thị hình B Máy nhận tín hiệu trở từ mục tiêu kể từ lúc phát sau khoảng thời gian là: t 2L 2.60.103   4.104 s v 3.10 21 C Vì chiết suất thuỷ tinh lớn không khí nên không xảy tượng phản xạ toàn phần 22 B 23 B Ánh sáng phát quang có bước sóng lớn bước sóng ánh sáng kích thích Do chiếu ánh sáng màu lục ánh sáng phát quang có màu vàng Hiện tượng phóng xạ phân hạch giống chỗ tổng độ hụt Trang 3/11 – Mã đề 004 khối hạt nhân sau phản ứng lớn tổng độ hụt khối hạt nhân trước phản ứng 24 C Ampe cho biết cường độ dòng điện mạch: I   Rr Vôn kế cho biết điện áp hai đầu đoạn mạch mà mắc song song: U V  IR  R  Từ biểu thức ta thấy ngừng  R  r 1 r R chiếu ánh sáng kích thích R tăng I giảm U V tăng 25 C B AC    A0 O A1 Điều kiện để vật B rời tường dịch chuyển lò xo dãn A1 cho kA1  m2g  A1  m2g  m k 15 kA02 kA12     m1  m  g(A0  A1 ) 2  A0 =A1  2(m1  m)g  ( m) k 15 Gọi v tốc độ vật (A+C) sau va chạm: (m1  m)v0  mv  v  10v0 kA02 (m  m)v02    m1  m  g.A0  2  v0  48  v0  1, 79 m / s 15 Do giá trị nhỏ v để vật B rời tường dịch chuyển v = 17,9 m/s 26 A Năng lượng dao động lắc lúc đầu là: W  m2 A 2 Năng lượng sau dao động toàn phần là: W'  m2  0,95A  Trang 4/11 – Mã đề 004 Phần trăm lượng bị là: 1 m2 A  m2  0,95A  W W  W ' 2     0,952  0, 0975  9, 75% W W m2 A 2 27 D Từ giản đồ véc- tơ ta thấy: A A     sin     sin 2    A1 sin     2  A  sin   A max  sin      2  10  A max   20 cm  sin  Khi A  Amax  10  A1  28 D   sin         2  2 A1 ; A  rad  A   2 2 10sin   10 cm   sin sin 6 A1 sin M dao động pha với A khoảng cách MA thỏa mãn: MA  k      k  1, 2,3,  k Tần số dao động sợi dây là: v  f   20k  20  20k  50   k  2,5  k  1,    20 Hz  f  50 Hz Với k = 1: f = 20 Hz; k = 2: f = 40 Hz 29 C Sau trình bắn phá 55 Mn nơtron kết thúc số nguyên tử Trang 5/11 – Mã đề 004 56 25 Mn giảm số nguyên tử 55 25 Mn không đổi Sau 10 tức chu kì số nguyên tử 56 25 55 25 Mn đồng vị bền Mn giảm 24  16 lần Do tỉ số nguyên tử hai loại hạt là: 30 C N Mn56 1010   6, 25.1012 N Mn55 16 Độ lệch pha điện áp cường độ dòng điện mạch là:   u  i   0 Vậy mạch có hai phần tử R L mắc nối tiếp tan   tan  ZL    R  ZL 1 R Tổng trở đoạn mạch: Z  R  Z2L  U  R  Z2L  1002   I Từ (1) (2) ta có: 4Z2L  1002  ZL  50   L  ZL  H  2 Thay vào (1), ta được: R  ZL  50  31 B Hiệu điện tức thời đoạn mạch AM MB lệch pha   rad  rad nên cuộn dây có điện trở r  M /6 /6 O B UR  Ur A N U AB  U MB  2U R AO   cos MAO    MAO  rad AM Theo đề hiệu điện tức thời đoạn mạch AM MB lệch pha  rad Nên MAN    MAN Trang 6/11 – Mã đề 004  Từ giản đồ ta có: U AB  2AO  2U AM cos  200  AO  100  U R 100 I  R  25  A Lại có U R  U r  AO  100 V   r  U r  100  25   I Công suất tiêu thụ đoạn mạch AB P  I2  R  r   42  25  25  800 W 32 A 33 A Khi ánh sáng Mặt Trời chiếu vào bóng bóng xà phòng có giao thoa ánh sáng tới ánh sáng phản xạ màng mỏng Kết có cực đại hay cực tiểu giao thoa không bề dày mẳng mỏng mà phương truyền tia phản xạ Vì ta thấy màng mỏng có mảng màu khác Vị trí vân sáng thỏa mãn: xsa D 2.103.103 2.103.103 x s  ki  k k   k a D 0, 76.106.1 0, 4.106.1  2,6  k   k  3, 4,5 5  0, 40 µm x s a     0,50 µm k.D 3  0, 66 µm 34 B Ngay sau vụ nổ, độ phóng xạ sữa bò là: H0  N0 Với N số hạt nhân có lít sữa bò Sau thời gian t, sữa bò đạt mức an toàn: H  N  N0e  ln t T  H0e  ln t T 1 H  2900 Bq  Theo đề lít sữa bò có: H  185Bq T  8, 04 ngày  131 I (2) Trang 7/11 – Mã đề 004 Từ (1) (2): e ln t T  H0 2900 ln 2900   t  ln  2, 752  t  32 ngày H 185 T 185 Vậy sau 32 ngày sữa đạt mức an toàn 35 D Bước sóng   v  cm Xét điểm M S1S2 : S1M  d   d  cm  f uS1M  6cos(40t  2d )  mm   6cos(40t  d)  mm   uS2M  8cos(40t  2(8  d) 2d 16 )  mm   8cos(40t   )  mm   8cos(40t  d  8)    Điểm M dao động với biên độ cm = 10 mm u S1M u S2M vuông pha với d  d  (2k  1)   → 2d   k  d   k k  d      0,5  k  15,5   k  15 Có 16 giá trị k Vậy số điểm dao động với biên độ 1cm đoạn thẳng S1S2 16 36 A Khi R = a = 80 Ω P1  P2 U12  100 Xét P1 , R = 20 R = a ta chứng minh P1  20  a Xét P2 , R = 145 R = a P2  Mặt khác: P1max  U1 , P2max  20a → U 22  100 145  a U 22 145a P2max U 22 20 (145  a) 20 (145  80) 20     0,8356 P1max U12 145 (20  a) 145 (20  80) 145 → P2max  0,8356.125  104 W 37 D Bóng cầu hình chiếu chuyển động tròn lên tường dao động điều hoa có biên độ bán kính chuyển động tròn A = R = cm Trang 8/11 – Mã đề 004 Mặt khác góc dây treo phương thẳng đứng α sin   Lực hướng tâm: m2 R  mg tan   mgsin   mg →  R l R l g l Vận tốc cực đại hình chiếu vmax  A.  R g l Khi vật cách vị trí cân đoạn x  2,5cm  38 C v 30 A  v  max   13, 693cm / s 2 Chu kì dao động lắc là: T  2 m k Khi cầu dao động điều hòa làm cho sợi dây dao động với chu kì T chu kì lắc lò xo Bước sóng dây là:   2l 2.2   m n Tốc độ truyền sóng dây là: v  39 D  100   m / s T 2 0,1 Điện áp hiệu dụng hai tụ: U C  IZC  UZC1 R12  (ZL  ZC )  U  R12  ZL   1 ZC1  ZC1  Ta thấy U C đạt cực đại mẫu số cực tiểu Biến đổi biểu thức mẫu số ta được: Mẫu số = L2C24  (C2 R  2LC)2   2CL  C2 R  1000 (rad / s)  f   500 Hz Mẫu số cực tiểu khi: 0  2 2C L 2 Trang 9/11 – Mã đề 004    C  2, 25.10   L   2.103   U Giá trị cực đại U C là: U CMax  40 0 C   R   0 L   0 C    480, V C Khi U C đạt cực đại giản đồ véc tơ mạch hình vẽ Ta có: tan  1     tan 1  tan   tan 71,570  (1)  tan 1 tan  R2  Mặt khác, ta có:   LC 2L2 tan 1.tan    ZL (ZC  ZL ) L L R2  (  2 L)    (  )L2   R R R C R  C LC 2L  (2) Vì hệ số công suất đoạn mạch AN lớn hệ số công suất đoạn mạch AB nên: 1   (3) Trang 10/11 – Mã đề 004 Từ (1),(2),(3) ta suy ra: tan 1  , tan    Hệ số công suất đoạn mạch AB cos   cos   cos  2 Công suất tiêu thụ đoạn mạch tính công thức: P  UI cos   U( U cos 2 U2 ) cos 2  cos 2  Pmax cos 2  R R Theo đề P = 200 W Suy Pmax  400 W HẾT - Trang 11/11 – Mã đề 004 ... Vận tốc ánh sáng môi trường khác khác Máy quang phổ dụng cụ dùng để phân tích chùm sáng phức tạp thành thành phần đơn sắc Ánh sáng huỳnh quang ánh sáng phát quang bị tắt nhanh sau tắt ánh sáng kích... nên không xảy tượng phản xạ toàn phần 22 B 23 B Ánh sáng phát quang có bước sóng lớn bước sóng ánh sáng kích thích Do chiếu ánh sáng màu lục ánh sáng phát quang có màu vàng Hiện tượng phóng xạ... P2 , R = 145 R = a P2  Mặt khác: P1max  U1 , P2max  20a → U 22  100 145  a U 22 145 a P2max U 22 20 ( 145  a) 20 ( 145  80) 20     0,8356 P1max U12 145 (20  a) 145 (20  80) 145 → P2max