DA thi thu DH 20122013

(Để ý nếu vật đổi chiều chuyển động trong điều kiện vị trí đổi chiều là x  x 0 thì vật không tiếp tục chuyển động được).. Sau mỗi dao động vật giảm biên độ 2x 0.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 3

ĐÁP ÁN CHI TIẾT

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013 Mơn: Vật lí – Mã đề thi: 149

Câu 1: Đáp án: B Do

l T

g  

Câu 2: Đáp án: D: Vị trí vân sáng bậc k:

1 s,k

D x k

a  

; Vị trí vân tối thứ k:

2 t,k

D

x k

2 a 

 

  

  Lập tỉ số

được 2k 2k 1 Câu 3: Đáp án: D

Vị trí có vân màu vân trung tâm vị trí có xạ: Lúc k1 1    k2 k3

Xét k1 1  k2

1

k 0,56 12 k 0, 42

    

Do khoảng có hai vạch trùng 1 2 nên vị trí

vân bậc 2 bậc 12 1 có xạ 3, nghĩa 12  1 k3 3 k3 3 5,04 m Vì 3 ánh

sáng nhìn thấy nên có 0,38 m  3 0,76 m  6,63 k 13, 26 Mặt khác    3 k3 9, kết

hợp đk k3 ta nhận k3 hai giá trị Vì khoảng xét có vạch trùng 1 3, nghĩa

là chia đoạn thành khoảng nên k3 phải bội số Nhận k3 =   3 0,63 m

Câu 4: Đáp án B

Câu 5: Đáp án B Ta có 2 c L C 1  2 c L C2

Câu 6: Đáp án A Tại t1 :

2

2

1

v A x 

 (1) Tại t2 :

2

2 2

2

v A x 

 (2)  A=6cm,  20rad/s

Khi x3 3 3m

2

3

v A x 60

   

cm/s Câu : Đáp án C

Câu 8: Đáp án D: Vân sáng màu vân sáng trung tâm phải có trùng xạ, nên có

1 2 3

k    k k  k : k : k1 2 3 15 :12 :10 Vậy khoảng cách vân trung tâm đến vân sáng tiếp theo màu vân sáng trung tâm có 14 vân 1, 11 vân 2, vân 3.

Hệ vân gồm xạ trùng vùng xét:

1

1 2

2

2 3

3

1 3

1

k 10 k

k k

k

k k

k

k k

k 12 k 

  

    

 

    

 

    

 

    



Tất vân không đơn sắc, vân vân đơn sắc, tổng số vân đơn sắc tìm là: (14+11+9) – l4 = 20

Câu 9: Đáp án C: Vì Wd = 3Wt nên có

0

2   

Ta có T mg(1 1,5    2 20) 5,035N

Câu 10: Đáp án A:

2

0

C

I u i 50mA L

  

Câu 11: Đáp án C: Ta có: P = UIk 

P I

Uk 

Công suất hao phí:

2

2 P

P I R R Uk

 

   

 

Do hiệu suất cần > 90% thì:

P P 0,9 P

  

2

0,1.U k

R 4,05

P

Câu 12: Đáp án A: Do

2 1 c LC1 C1 4 c L2



    

 (1),

2 2 c LC2 C2 4 c L2



    

 (2)

2 2

2 c LC C

4 c L 

    

 (3) Khi tụ C tương đương C1//C2 có C = C1 + C2 (4) Thay (1),(2),(3) vào (4)

2

1 150m

     

Câu 13: Đáp án C: Gọi CM = IH = x

Trên hình ta có:  

2

2 2

1

d  AH MH  x 2 (1)

 2

2 2

2

d  BH MH  x 2 (2)

Vì M cực tiểu nên có:

1 d d k

2

 

   

  Vì cực tiểu gần C nên cực tiểu thứ nhất, nhận k =

Vậy có: d1 d2 1cm(3) Thay (1),(2) vào (3) Giải phương

trình ta CM = x = 0,56cm

Câu 14: Đáp án: B Sau T

12 vật chuyển động trịn có chu kì

T qt góc   

Thời điểm hình tính

i I

2 

Hay lúc lượng từ lần lượng điện

Câu 15: Đáp án A.

Câu 16: Đáp án C Ta có: 3,3

i 0,55mm

 

Vậy

0,55 m D

   

Màu lục

Câu 17: Đáp án D Ta có : NBScos( t 3)Wb 

   

e ' NBSsin( t ) NBScos( t ) 220 2cos( t )V

t 6

   

            



Câu 18 : Đáp án B Biểu thức cần tìm có dạng : uL U cos(100 t0L   uL)V

Ta có

L C

Z Z

tan

R

 

     

Mà i u uL i

  

          

 2

2

L C

Z R  Z  Z 50 2

0

U

I 4A

Z

  

U0L I Z0 L=4.100=400V

Vậy uL 400cos(100 t 4)V 

  

Câu 19 : Đáp án C Ta có

2

1

1

U

P R

Z 

2

1 2

2

U

P R

Z 

Do P1P2  

2

2 2

1 L C L C L C

R (R (Z Z ) ) R (R (Z Z ) ) R R Z Z

        

Câu 20 : Đáp án A.

Khi  1  2 có I1I2 nên

2

2

1

1

U U

1

R L R L

C C



   

       

 

   

1

LC     Câu 21 : Đáp án A

Câu 22 : Đáp án D.

● A

● B

C M

1

d

2 d H I Δ

6



Câu 23: Đáp án C Vị trí lị xo khơng biến dạng có Wđ = Wt nên vị trí có

2

x A

2 

Vậy thời gian lò

xo bị nén chu kì là:

nen

t  0, 25s

      

 (rad/s)  k m  2 4N/m

Câu 24: Đáp án C Chọn t =

0

U u

2 

tăng nên u i

 

    

6

1

5.10 LC

  

(rad/s)

2

0

C

I U 4.10 A L



 

Vậy

2

i 4.10 cos(5.10 t )A

 

 

Câu 25: Đáp án B Vị trí vân đỏ bậc 4:

d 4d

D x

a  

Vị trí vân sáng bậc k bất kì:

D x k

a  

Do vân

trùng nên có: x = xd hay

d d

4 3,04

k ( m)

k k



       

Vì 0,38 m  0,76 m suy ra: k 8  k nhận giá trị khác vân đỏ bậc là: 5,6,7,8 Vậy có vân sáng đơn sắc khác. Câu 26: Đáp án A: Đề đánh máy lỗi đơn vị 30π(m/s2) thành 30π(cm/s2), sorry!!!

Ta có vmax A 6 (m/s);

2 max

a  A 60 (m/s2)    10 (rad/s)

và

6

A m

10 

 Khi vật có vận tốc 3m/s tăng có li độ

2

2

v 3

x A (m)

10

  

  .

Vị trí có gia tốc 30π(m/s2) có li độ

a

x (m)

10

 

  .

Thời gian ngắn cần tìm thời gian vật chuyển động trịn chung ω qt góc

6   

như hình vẽ:

1

t s

12    

 Câu 27: Đáp án B. Câu 28: Đáp án B C

1

Z 80

C

  



Ta có :

2

AM RL RL 2 2 L 2

L C C C L

2

L

U U

U U I.Z R Z

R (Z Z ) Z 2Z Z

1

R Z

    

  





Đặt

2

C C

2

Z 2Z x y

R x  

 với x = ZL Để UAM đạt max y phải

2 2

C C C

y ' 2Z (R x ) 2x(Z 2Z x)

      .

L

0,9 x Z 90 L (H)

     

 Câu 29: Đáp án D

Do URC



lệch với U



góc

3 

, mà U = URC =120V nên từ giản đồ véc tơ dễ

thấy UR 

phân giác góc

3 

R

U 60V

 

R

U

R 50

I

   

Câu 30: Đáp án B.

3 10

 

3 3

10

x(m)

O

U



RC

U



R

U



L

U



C

U 

2 3



L C

U U

Gọi v vận tốc m trước va chạm ta có mgh =

2

1 mv v 2gh

   m/s Ngay sau va chạm hai vật dính vào chuyển động vận tốc V Ta có mv =

(M+m)V,

mv

V 0,5

M m

  

 m/s.

k M m

  

 (rad/s) Vị trí va chạm cách vị trí chọn gốc tọa độ: (M m)g Mg mg

x 0,1m 10cm

k k k



    

Chọn t = hệ quy chiếu đề ta có :

x Acos 10cm

A 10 2cm;

v A sin 50(cm / s)

  

 

   



    

3 x 10 2cos(5t )cm

4 

  

Câu 31: Đáp án A.

Câu 32: Đáp án C Ta có

2

A B

A B

B A

I r

L L 10lg 10lg

I r

   

      

     LB 74dB

Câu 33: Đáp án A Ta có x x 1x2  A A 1A2

                                         

Dễ thấy       

Từ giản đồ áp dụng định lí hàm sin có :

2

2

A

A A

A sin

sin sin sin  Ta thấy A

2 đạt max sinβ =

Vậy A2 = 10 3cm

2

1

A A A 15cm

   

Câu 34: Đáp án A

Câu 35: Đáp án D Gọi M điểm AB cách A B d1 d2

Ta có d1 + d2 = AB = 7λ Sóng M từ A B truyền đến có phương trình lần

lượt là: 1M

2 x acos( t  d )

 , 2M

2 x acos( t  d )



Phương trình sóng M: M 1M 2M 2 x x x 2acos(d  d cos  t (d d )

 

   

1 2

x 2acos(d d cos( t ) 2acos (d d cos( t ) 2acos(d d cos t

                   

  

     

Để M cực đại pha với nguồn 2

cos(d  d ) 1 d  d (2k 1)  

 

Kết hợp với d1 + d2 = AB = 7λ ta có : d1 = (k+4)λ Mà d 1AB 4 k 3  Vậy k nhận giá trị 0,

1

 , 2 3 Vậy có điểm thỏa mãn. Câu 36: Đáp án C.

Câu 37: Đáp án D Gọi tần số ban đầu f1 Ta có

1

1

v AB k k

2 2f 

 

(số nút k + 1) Tần số sau tăng f2  f1 30 số nút sóng tăng thêm nút Ta có:

2

1

v AB (k 5) (k 5)

2 2(f 30) 

   



v

f 6k AB 1m v 12 12

      

m/s

Câu 38: Đáp án A: Ta có Smin (1A cos )  

 

= 10cm

2



   T 0,5s T 1,5s

   

1

A



2

A



A







Vậy max

2 2.3,14

v A A 10 41,87

T 1,5 

   

cm/s

Câu 39 : Đáp án A Khi C = C1 C = C2 điện áp hai tụ nên có

   

       

   

2 1C 2C 1C 2C 1C 2C

1 2

U.Z U.Z Z Z

U U

Z Z Z Z

Khai triển cụ thể biến đổi ta 

   

 



2 L 2

1 L L

R Z

2L

(C C )

(C C ) Z

R Z (Bằng cách nhân vế với 1 )

Mặt khác UL đạt max phải có:



 



2 L C

L

R Z

Z

C Z Kết hợp ta có:

4

1

C C 2.10

C F

2





 



Câu 40 : Đáp án C Thay đổi R = R0 cơng suất tiêu thụ tồn mạch cực đại Lúc

0 L C

R  r Z  Z 100  R 80

Cường độ dòng điện mạch

U 240

I 1, 2A

Z 2.100

  

Công suất tỏa r : Pr I r 1, 20 28,8W2  

Câu 41 : Đáp án D. Câu 42 : Đáp án D

Từ giản đồ ta có UL = U.sin6



= 30 3(V)

3 r

U

U 30(V)

tan

 



, UR + Ur = 90V

R

U 60V

   I 2A

r

U

r 15

I

   

Câu 43 : Đáp án B Thời gian chu kì Câu 44 : Đáp án D

Câu 45 : Đáp án B Số dao động đến vật dừng hẳn :

0 0 100.0,05 0,125

4 4 4.0,1.10.10

      

 c

A kA kA kA

N

A F mg  mgN

Câu 46 : Đáp án D : Tốc độ truyền sóng mặt nước

450 v f 50

k    

(Vì hai điểm cách 9cm

dao động pha nên

9 d k 9cm

k       

)

Đề cho 70cm / s v 80m / s   5,6 k 6, 4   k 6  v 75 cm/s. Câu 47: Đáp án B

Ta có:

1

1

1

tan tan

tan( ) tan

1 tan tan

   

     

  

Trong tan1= L

Z R ; tan

C L

2

Z Z R

  

Thay vào ta có:

C L

L

2

L C L L C L

C L

L

Z Z Z

R R 3 Z Z Z 3(R Z (Z Z ))

Z Z Z

1

R R

 

      

 

2

L L

100 Z 100Z 7500

3

     ZL 50 L H

2

    

 Câu 48: Đáp án C.

Câu 49: Đáp án A Dd (nd1)80 40;

0

t t

D (n 1)8 4,32 ; Độ rộng vùng quang phổ tính

I



U



RL

U



L

U



O

r

U



R

U



6



3



3

 1



L

U



C

U 

R

U



AM

U



U



A H

N

MN = HM – HN = AH(tanDt – tanDd) = 1,5(tan4,320 – tan40) = 8,42.10-3m = 8,42 mm

Câu 50: Đáp án B. Câu 51: Đáp án B.

Câu 52: Đáp án C Ta có : i 2.1mm 2mm  Số vân sáng đoạn MN tính :

N

M x

x

k k k 0, 1, 2,3

i i 2



        

Có giá trị k ngun có vân sáng

Số vân tối đoạn MN tính :

N

M x

x 1

k 0,5 k 0,5 k 0, 1, 2,3,

i i 2



            

Có giá trị k ngun có vân tối

Câu 53 : Đáp án B

1 2

1

I I

3 I I

  

  

 (rad/s)

Câu 54 : Đáp án C Vị trí có Fđh = Fms

0

mg

x 0,01m 1cm k



   

(Để ý vật đổi chiều chuyển động điều kiện vị trí đổi chiều x x0 vật khơng tiếp tục chuyển động được).

Sau dao động vật giảm biên độ 2x0 Vật dừng lại vị trí:x A 0 N x.2 0, với N số dao động thực

hiện Điều kiện: x0 x x0  x0A0 N x.2 0x0    1 N.2.1 1 Lấy N = 3, vào biểu

thức x A 0 N x.2 0 x 1cm , (nếu lấy N = tính x1cm, cho giá trị N kết quả

khơng ảnh hưởng) Dùng định luật bảo tồn lượng :     

2

0 max max

1kA 1kx mg.S S 24cm

2

Câu 55: Đáp án A Câu 56: Đáp án C

Câu 57: Đáp án A Hai nguồn giống coi phương trình uA uBAcos t

Phương trình sóng thành phần M điểm đoạn CO 

  



1M

2 u Acos( t d )

,



  



2M

2 u Acos( t d )

(Chú ý d1 d2 d)

Phương trình sóng tổng hợp M:



    



M

2 u u u 2Acos( t d)

Để sóng M ngược pha với hai nguồn

 

     



2 d (2k 1) d (2k 1)

2 Do M nằm đoạn CO nên

d có điều kiện: 6cm d  62 82 10cm Hay 3,25 k 5,75   k 4,5 Vậy có điểm thỏa mãn. Câu 58: Đáp án D.

Câu 59: Đáp án B Ta có  

2

1

I mr 0,25(kg.m )

2 ,  1 20(rad/s),  2 40(rad/s), 1  22  12

A I I 150J

2