Tong hop cach giai de 6482016 mon VAT LY

Giải: Số nuclôn có trong hạt nhân là số khối A =23.Chọn A Bình luận: Đây là câu có kiến thức cơ bản về bài tập vận dụng thấp.. Chu kì dao động riêng của mạch là A.[r]

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO _ ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: VẬT LÝ Thời gian làm bài 90 phút, không kể thời gian phát đề GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ NĂM 2016 Mã đề thi: 648 Câu 1: Một sóng điện từ có tần số f truyền chân không với tốc độ c Bước sóng sóng này là 2f c f c A   B   C   D   2f c f c c Giải: Theo định nghĩa bước sóng:   v.T Trong chân không: v= c =>   c.T  Chọn A f Bình luận: Đây là câu kiến thức Câu 2: Tại nơi có gia tốc trọng trường g, lắc đơn có sợi dây dài dao động điều hòa Tần số dao động lắc là g g A B C 2 D 2 2 2 g g Giải: Từ công thức chu kỳ lắc đơn: T  2 g f  1 g Chọn B  T 2 Bình luận: Đây là câu kiến thức Câu 3: Một sóng truyền dọc theo truc Ox với phương trình u = 2cos(40t – 2x) mm Biên độ sóng này là A 40 mm B mm C  mm D mm Giải: Phương trình sóng: u = Acos(ωt – 2x/λ) Thì biên độ sóng là A.Suy A =2mm Chọn B Bình luận: Đây là câu có kiến thức Câu 4: Một biện pháp làm giảm hao phí điện trên đường dây tải điện truyền tải điện xa áp dụng rộng rãi là A tăng điện áp hiệu dụng trạm phát điện B tăng chiều dài đường dây truyền tải điện C giảm điện áp hiệu dụng trạm phát điện D giảm tiết diện dây truyền tải điện Giải: Công suất hao phí trên đường dây có điện trở R là : P  P2 R U cos2  Để giảm hao phí, người ta tăng điện áp hiệu dụng U trạm phát điện Chọn A Bình luận: Đây là câu kiến thức Câu 5: Một chất điểm dao động có phương trình x = 10cos(15t + ) (x tính cm, t tính s) Chất điểm này dao động với tần số góc là A 20 rad/s B rad/s C 10 rad/s D 15 rad/s Giải: Chọn D Bình luận: Đây là câu kiến thức có vận dụng Câu 6: Một hệ dao động thực dao động cưỡng Hiện tượng cộng hưởng xảy A Chu kì lực cưỡng nhỏ chu kì dao động riêng hệ dao động B Chu kì lực cưỡng lớn chu kì dao động riêng hệ dao động C tần số lực cưỡng lớn tần số dao động riêng hệ dao động D tần số lực cưỡng tần số dao động riêng hệ dao động Giải: Hiện tượng cộng hưởng xảy tần số lực cưỡng tần số dao động riêng hệ Chọn D Bình luận: Đây là câu kiến thức lý thuyết Câu 7: Suất điện động cảm ứng máy phát điện xoay chiều pha tạo có biểu thức là e  220 cos(100t  0, 25) V Giá trị cực đại suất điện động này là A 220V Giải: Chọn D B 110 V C 110 V –1– D 220 V Bình luận: Đây là câu có kiến thức có vận dụng Câu 8: Đặt điện áp xoay chiều vào hai đầu đoạn mạch có điện trở thì A cường độ dòng điện đoạn mạch cùng pha với điện áp hai đầu đoạn mạch B cường độ dòng điện đoạn mạch sớm pha 0,5v so với điện áp hai đầu đoạn mạch C cường độ dòng điện đoạn mạch trễ pha 0,5v so với điện áp hai đầu đoạn mạch D cường độ dòng điện hiệu dụng đoạn mạch phụ thuộc vào tần số điện áp Giải: Chọn A Bình luận: Đây là câu có kiến thức có vận dụng Câu 9: Khi nói sóng cơ, phát biểu nào sau đây sai ? A Sóng lan truyền chất khí B Sóng lan truyền chân không C Sóng lan truyền chất rắn D Sóng lan truyền chất lỏng Giải: Chọn B Bình luận: Đây là câu có kiến thức lý thuyết Câu 10: Trong mạch dao động điện từ LC lí tưởng hoạt động, điện tích trên tụ điện biến thiên điều hòa và A ngược pha với cường độ dòng điện mạch B lệch pha 0,5 so với cường độ dòng điện mạch C cùng pha với cường độ dòng điện mạch D lệch pha 0,25 so với cường độ dòng điện mạch Giải: Điệ n tích trên mộ t bả n tụ điệ n và cư ng độ dòng điệ n mạ ch biế n thiên điề u hòa và vuông pha nhau.Chọn B Bình luận: Đây là câu có kiến thức có vận dụng Câu 11: Một chất điểm chuyển động tròn trên đường tròn tâm O bán kính 10 cm với tốc độ góc rad/s Hình chiếu chất điểm lên trục Ox nằm mặt phẳng quỹ đạo có tốc độ cực đại là A 15 cm/s B 25 cm/s C 50 cm/s D 250 cm/s Giải: Hình chiếu chất điểm chuyển động tròn lên trục Ox nằm mặt phẳng quỹ đạo dao động điều hòa với biên độ bán kính R= A = 10 cm và tần số góc là tốc độ góc   rad/s => vmax   A  5.10  50cm / s Chọn C Bình luận: Đây là câu có kiến thức bài tập có vận dụng Câu 12: Tia X không có ứng dụng nào sau đây ? A Sấy khô, sưởi ấm B Chiếu điện, chụp điện C Tìm bọt khí bên các vật kim loại D Chữa bệnh ung thư Giải: Chọn A Bình luận: Đây là câu có kiến thức lý thuyết Câu 13: Đại lượng nào sau đây đặc trưng cho mức độ bền vững hạt nhân? A Năng lượng liên kết B Năng lượng nghỉ C Độ hụt khối D Năng lượng liên kết riêng Giải: Hạt nhân có lượng liên kết riêng càng lớn càng bền vững Chọn D Bình luận: Đây là câu có kiến thức lý thuyết Câu 14: Cho phản ứng hạt nhân: 12 H 12 H 42 He Đây là A phản ứng phân hạch B phản ứng thu lượng C phản ứng nhiệt hạch D tượng phóng xạ hạt nhân Giải: Đây là phả n ứ ng nhiệ t hạ ch (tổ ng hợ p hạ t nhân) Chọn C Bình luận: Đây là câu có kiến thức lý thuyết Câu 15: Trong máy quang phổ lăng kính, lăng kính có tác dụng A nhiễu xạ ánh sáng B tán sắc ánh sáng C giao thoa ánh sáng D tăng cường độ chùm sáng Giải: Chọn B Bình luận: Đây là câu có kiến thức lý thuyết Câu 16: Theo thuyết lượng tử ánh sáng, phát biểu nào sau đây sai? A Ánh sáng tạo thành các hạt gọi là phôtôn B Trong chân không, các phôtôn bay dọc theo tia sáng với tốc độ 3.108m/s C Phôtôn tồn trạng thái chuyển động Không có phôtôn đứng yên –2– D Năng lượng các phôtôn ứng với các ánh sáng đơn sắc khác là Giải: Năng lượng các phô tôn ứng với các ánh sáng đơn sắc khác là khác Chọn D Bình luận: Đây là câu có kiến thức lý thuyết Câu 17: Trong chân không, ánh sáng nhìn thấy có bước sóng nằm khoảng từ 0,38 m đến 0,76 m Cho biết: số Plăng h = 6,625.10-34J.s, tốc độ ánh sáng chân không c = 3.108m/s và 1eV = 1,6.10-19 J Các phôtôn ánh sáng này có lượng nằm khoảng A từ 1,63 eV đến 3,11 eV B từ 2,62 eV đến 3,27 eV C từ 2,62 eV đến 3,11 eV D từ 1,63 eV đến 3,27 eV Giải: 1  hc Và   hc 1  6,625.1034.3.108 5, 23.1019  5, 23.1019 J   3, 2689eV 6 0,38.10 1,6.1019  6,625.1034.3.108 2,615.1019 19  2,615.10 J   1,63446eV Chọn D 0,76.106 1,6.1019 2 Bình luận: Đây là câu có kiến thức bài tập vận dụng thấp Câu 18: Đặt điện áp u = U0cost (U0 không đổi,  thay đổi được) vào hai đầu đoạn mạch gồm điện trở R, cuộn cảm có độ tự cảm L và tụ điện có điện dung C mắc nối tiếp Hiện tượng cộng hưởng điện xảy A 2LCR – = B 2LC – = C R = L  D 2LC – R = C 1 Giải: Hiện tượng cộng hưởng điện xảy    2    LC    LC   Chọn B LC LC Bình luận: Đây là câu có kiến thức bài tập vận dụng thấp 23 Na là : Câu 19: Số nuclôn có hạt nhân 11 A 23 B 11 C 34 D 12 Giải: Số nuclôn có hạt nhân là số khối A =23.Chọn A Bình luận: Đây là câu có kiến thức bài tập vận dụng thấp Câu 20: Một mạch dao động điện từ lí tưởng gồm cuộn cảm có độ tự cảm 10– H và tụ điện có điện dung 2,5.10-6F Lấy  = 3,14 Chu kì dao động riêng mạch là A 6,28.10-10s B 1,57.10-5s C 3,14.10-5s D 1,57.10-10s Giải: Chu kì dao độ ng riêng củ a mạ ch là : T  2 LC  2 105.2,5.106  2 25.1012   105 s Chọn C Bình luận: Đây là câu có kiến thức bài tập vận dụng thấp Câu 21: Tầng ôzon là “áo giáp” bảo vệ cho người và sinh vật trên mặt đất khỏi bị tác dụng hủy diệt A tia tử ngoại ánh sáng Mặt Trời B tia hồng ngoại ánh sáng Mặt Trời C tia đơn sắc màu đỏ ánh sáng Mặt Trời D tia đơn sắc màu tím ánh sáng Mặt Trời Giải: Tầng ôzôn bao quanh trái đất, ngăn không cho các tia tử ngoại ánh sáng Mặt Trời tác động tới người và sinh vật trên mặt đất.Chọn A Bình luận: Đây là câu có kiến thức lý thuyết Câu 22: Cho hai dao động cùng phương, có phương trình là x1 = 10cos(100t – 0,5)(cm), x2 = 10cos(100t + 0,5)(cm) Độ lệch pha hai dao động có độ lớn là A 0,5  B  C D 0,25  Giải: Hai dao động đã cho ngược pha Chọn B Bình luận: Đây là câu có kiến thức bài tập vận dụng thấp Câu 23: Một lắc lò xo dao động điều hòa theo phương nằm ngang Nếu biên độ dao động tăng gấp đôi thì tần số dao động điều hòa lắc A tăng lần B không đổi C giảm lần D tăng lần Giải: Tần số dao động điều hòa lắc lò xo không phụ thuộc biên độ dao động: k f= phụ thuộc k và m không phụ thuộc điều kiện ban đầu kích thích dao động 2 m Nghĩa là không phụ thuộc biên độ A Bình luận: Đây là câu có kiến thức lý thuyết có vận dụng –3– Câu 24: Pin quang điện (còn gọi là pin mặt trời) là nguồn điện chạy lượng ánh sáng Nó biến đổi trực tiếp quang thành A điện B C lượng phân hạch D hóa Giải: Pin quang điện hoạt động dựa vào tượng quang điện trong, biến đổi trực tiếp quang thành điện năng.Chọn A Bình luận: Đây là câu kiến thức lý thuyết có vận dụng Câu 25: Khi bắn phá hạt nhân 147 N hạt  , người ta thu hạt prôtôn và hạt nhân X Hạt nhân X là A 126 C B 168 O C 178 O D 146 C Giải 1: Ta có phương trình phản ứng: 14 N + 42 He → 11 H  AZ X => AZ X  178 O Chọn C Giải 2: Hạt nhân X có A = + 14 – = 17 và Z = + – = Vậy X là AZ X  178 O Bình luận: Đây là câu có kiến thức bài tập vận dụng thấp Câu 26: Hiện tượng giao thoa ánh sáng là chứng thực nghiệm chứng tỏ ánh sáng A là sóng siêu âm B là sóng dọc C có tính chất hạt D có tính chất sóng Giải: Hiện tượng giao thoa là tượng đặc trưng cho quá trình sóng, nó chứng tỏ ánh sáng có tính chất sóng.Chọn D Bình luận: Đây là câu kiến thức lý thuyết Câu 27: Một sóng truyền dọc theo trục Ox Phương trình dao động phần tử điểm trên phương truyền sóng là u  cos(20t  ) (u tính mn, t tính s) Biết tốc độ truyền sóng 60 cm/s Bước sóng sóng này là A 9cm B 5cm C 6cm D 3cm 2 2 Giải:   v.T  v  60  6cm Chọn C  20 Bình luận: Đây là câu có kiến thức bài tập vận dụng thấp Câu 28: Một xạ truyền chân không có bước sóng là 0,75 m , truyền thủy tinh có bước sóng là  Biết chiết suất thủy tinh xạ là 1,5 Giá trị  là A 700 nm B 650 nm C 500 nm D 600 nm 0 0,75 m Giải:     0,5 m  500nm Chọn C n 1,5 Bình luận: Đây là câu có kiến thức bài tập vận dụng thấp Câu 29: Cho dòng điện có cường độ i  cos100t (i tính A, t tính s) chạy qua đoạn mạch 250 có tụ điện Tụ điện có điện dung F Điện áp hiệu dụng hai đầu tụ điện  A 400 V B 220 V C 200 V D 250 V Giải: Z C   C 100  40 ; U C  IZC  5.40  200 V Chọn C 250.106  Bình luận: Đây là câu có kiến thức bài tập vận dụng thấp Câu 30 : Khi nói sóng điện từ, phát biểu nào sau đây đúng ? A Sóng điện từ truyền chân không B Sóng điện từ là sóng dọc C Trong sóng điện từ, điện trường và từ trường điểm luôn biến thiên điều hòa lệch pha 0,5 D Sóng điện từ không mang lượng Giải: Sóng điện từ là sóng ngang Trong sóng điện từ, điện trường và từ trường điểm luôn biến thiên điều hòa cùng pha nhau, vectơ cường độ điện trường E và cảm ứng từ B luôn luôn vuông góc Quá trình truyền sóng là quá trình truyền lượng và pha dao động Sóng điện từ có mang lượng Sóng điện từ truyền chân không Chọn A Bình luận: Đây là câu kiến thức lý thuyết có vận dụng –4– Câu 31 : Ở mặt chất lỏng có nguồn kết hợp đặt A và B dao động điều hòa, cùng pha theo phương thẳng đứng Ax là nửa đường thẳng nằm mặt chất lỏng và vuông góc với AB Trên Ax có điểm mà các phần tử đó dao động với biên độ cực đại, đó M là điểm xa A nhất, N là điểm với M, P là điểm với N và Q là điểm gần A Biết MN = 22,25 cm ; NP = 8,75 cm Độ dài đoạn QA gần với giá trị nào sau đây ? A 1,2 cm B 3,1 cm C 4,2 cm D 2,1 cm Giải 1: - Xét điểm C cực đại thuộc Ax x CB  CA  k  M CB  CA  k  l2 k   CA      l 2 2k  CB  CA  AB  l CA  CB  N k  - Áp dụng với điểm M,N,P và Q ta có: P l2 MA   0,5 (lấy k = vì M xa A nhất); 2 Q l NA    (lấy k = vì N kề với M) 4 B A l2 PA   1,5 (lấy k = vì P kề với N) ; 6  l2  4  0,5  22, 25   4cm  MA  NA  MN     NA  PA  PN l  18cm  l  0,5  8, 75 12 l  4,5 => Q thuộc CĐ thứ vì Q gần A nên nó thuộc cực đại ngoài cùng  l2 k  (theo đề dễ thấy Q thuộc CĐ thứ ngòai cùng) 2k  l2 k  182 4.4     2,125cm Chọn D Thay k = vào QA: QA  2k  2.4.4 Ý kiến: Đề cho Q là điểm cực đại gần A nhất, không cho Q P nên không thể cho trên Ax có điểm cực đại Giải 2: Ta thấy trên nửa đường thẳng thẳng kẻ từ A và vuông góc với AB có điểm theo thứ tự M, N, P, Q dao động với biên độ cực đại, nên trên AB có điểm dao động với biên độ cực đại với - ≤ k ≤ ( d2 – d1 = kλ) Cực đại M, N, P, Q ứng với k = 1; 2; 3; Đặt AB = a -Tại M: MB – MA = λ (*) x MB2 – MA2 = a2 => (MB + MA) (MB – MA) = a2 M a2 MB + MA = (**)  N a2 Từ (*) và (** ) suy MA = - 0,5λ ( 1) 2 P -Tại N: NB – NA = 2λ (*) Q NB2 – NA2 = a2=> (NB + NA) (NB – NA) = a2 a2 NB + NA = (**) B A 2 QA  Từ (*) và (**) suy NA = a2 - λ 4 (2) -Tại P: PB – PA = 3λ (*) –5– PB2 – PA2 = a2=> (PB + PA) (PB – PA) = a2 ; PB + PA = Từ (*) và (**) suy PA = a2 - 1,5 λ 6 a2 (**) 3 (3) - Tại Q: QB – QA = 4λ (*) QB2 – QA2 = a2 => (QB + QA) (QB – QA) = a2 a2 QB + QA = (**) 4 a2 Từ (*) và (**) suy QA = -2λ (4) 8 a2 Lấy (1) – (2) : MN = MA – NA = + 0,5λ = 22,25 cm (5) 4 a2 Lấy (2) – (3) : NP = NA – PA = + 0.5λ = 8,75 cm (6) 12 a2 Lấy (5) - (6) => = 81 (cm) và λ = cm Thế vào (4) => QA = 2,125 cm Chọn D  x Giải 3: M Đặt MA=x  NA=x-22,25; PA=x-(22,25+8,75)=x-31 Dễ thấy M,N,P thuộc đường cực đại thứ 1,2,3 N  MB-MA=  MB+MA=2MA+= 2x+ NB-NA=2  NB+NA=2NA+2= 2(x-22,25)+2 P PB-PA=3  PB+PA=2PA+3= 2(x-31)+3 Q AB2=MB2-MA2=(MB-MA)(MB+MA)= (2x+) (1) 2 AB =NB -NA =(NB-NA)(NB+NA) = 2[2(x-22,25)+2) (2) A AB2= PB2-PA2=(PB-PA)(PB+PA) = 3[2(x-31)+3) (3) (2x  )  2[2(x-22,25)+2] 2x  3  89 x  38,5   (1).(2),(3) có hệ pt  (2x  )  3[2(x-31)+3] 4x  8  186   AB  AB2  4(2*38,5  4)  AB  18;  4,5  Q thuộc đường cực đại thứ  QB  QA  4 QB  QA  16    QA  2,125 2 2 QB  QA  AB (QA  16)  QA  18 Giải 4: M, N, P là ba điểm có biên độ cực đại thuộc các vân cực đại có k =1, k = và k = Q là điểm có biên độ cực đại gần A nên Q thuộc vân cực đại có k lớn Ta có: MB  MA  (*); N B  NA  2(**); PB  PA  3(***) và QB  QA  k Đặt AB = d, ta có: MB2  MA  d   MB  MA  MB  MA   d B d2  MB  MA  1  NB2  NA  d   NB  NA  NB  NA   d  NB  NA  d 2 B M N P Q A I k  2 –6– PB2  PA  d   PB  PA  PB  PA   d  PB  PA  d2 3  3 d2    4 2 d2    5 Từ (**) và (2) suy ra: NA  4 d 3  Từ (***) và (3) suy ra: PA   6 6 Từ (*) và (1) suy ra: MA  Lại có MN = MA – NA = 22,25 cm, từ (4) và (5) và NP = NA – PA = 8,75 cm, từ (5) và (6) được: d2    44,5 2 d2    17,5 6 7 8 Giải hệ (7) và (8) d = 18 cm và   4cm d d Do hai nguồn cùng pha nên có   k   4.5  k  4,5  4  k  Vậy điểm Q thuộc đường vân   QB  QA  4 d2   QA  cực đại có k = Ta lại có hệ  Chọn D  2  2,125  cm  d  QB  QA   4  Bình luận: Đây là câu bài tập vận dụng cao Câu 32 : Cho điểm O, M, N và P nằm môi trường truyền âm Trong đó, M và N nằm trên nửa đường thẳng xuất phát từ O, tam giác MNP là tam giác Tại O, đặt nguồn âm điểm có công suất không đổi, phát âm đẳng hướng môi trường Coi môi trường không hấp thụ âm Biết mức cường độ âm M và N là 50 dB và 40 dB Mức cường độ âm P là A 35,8 dB B 38,8 dB C 41,1 dB D 43,6 dB Giải 1: Đặt OM = R, MN = a H O a 3a M N OP = OH  HP = ( R  )  IN IM LM = 10lg = 50 dB; LN = 10lg = 40 dB I0 I0 I P LM – LN = lg M = => IM = 10 IN IN ON IM = = 10 => (R + a)2 = 10R2 => R + a = R 10 => a = R( 10 -1) = 2,16R OM IN a 3a OP = (R + ) + = 7,83 R2 OP I LM – LP = lg M = lg = lg7,83 =0,89 B OM IP => LP = LM – 0,89 = – 0,89 = 4, 11 B = 41,1 dB Chọn C Giải 2: 2  ON   ON  LM  L N  log   B        10  ON  OM 10  OM   OM  MN  ON  OM  OM   10  ; PH  MN  OM   10  –7– P O M H N OH    OM  ON OM  10  , 2 OP  OH  PH  OM 2 1  10  3     10     OM 11  10    OP  LM  LP  log    log 11  10  LP  LM  log 11  10  4,1058  B   41,1dB Chọn C  OM  Bình luận: Đây là câu bài tập vận dụng cao Câu 33: Trong thí nghiệm Y-âng giao thoa ánh sáng, nguồn S phát đồng thời ba xạ đơn sắc có bước sóng là: 0, 4m ; ,5m và , 6m Trên màn, khoảng hai vân sáng liên tiếp cùng màu với vân sáng trung tâm, số vị trí mà đó có xạ cho vân sáng là A 34 B 20 C 27 D 14 Giải 1:  k1 15 k1  15  k   12    k2  12 => Vân không trùng có: 15-1;12-1; 10-1 + Ta có: x = k1i1 = k2i2 = k3i3 =>   k3   10 k  10   k2 12 + Số vân sáng có khoảng hai vân sáng liên tiếp có màu trung tâm: N = 14 + 11 + = 34  k1 15    12  k2 n12   k3 10   n23   N '     + Số vân trùng cặp xạ:    12  k2  n13   k1 12 15       10  k3 + Số vạch sáng đơn sắc quan sát có khoảng hai vân sáng liên tiếp có màu vân trung tâm: Nđs = N – 2N‘ = 34 – 2.7 = 20 vạch Giải 2: Bài giải thầy Thịnh Số vị trí mà đó có xạ cho vân sáng là các giá trị k nguyên tìm xạ mà không trùng với hai xạ còn lại * Vị trí trùng đầu tiên ba xạ khi: k1 0, 4m = k2 ,5m = k3 , 6m  k1 = 15, k2 = 12, k3 = 10 - Giữa xạ và trùng nhau: k1 0, 4m = k2 ,5m  k1 = 0,5,10,15, 20 và k2 = 0, 4, 8, 12, 16, - Giữa xạ và trùng nhau: k2 ,5m = k3 , 6m  k2 = 0, 6, 12, 18 và k3 = 0, 5, 10, 15, 20 - Giữa xạ và trùng nhau: k1 0, 4m = k3 , 6m k1 = 0,3, 6, 9, 12, 15 và k3 = 0, 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, Số vân không trùng k1 10 12 15 16  = 8 k2 12 13  = 8 k3 10 11  = 4 12 20 24 36 40 48 60 kD 20 x= 1 a Giải 3: Bài giải thầy Thắng Vị trí các vân cùng màu với vân trung tâm: x = k1i1 = k2i2 = k3i3 k1λ1 = k2λ2 = k3λ3 4 k1 = k2 = k3 Bội SCNN 4, 5, là 60 Suy ra: k1 = 15n; k2 = 12n; k3 = 10n Vị trí vân sáng cùng màu với vân trung tâm gần vân trung tâm với n =1: k1 = 15; k2 = 12; k3 = 10 * Vị trí hai vân sáng trùng nhau: * x12 = k1i1 = k2i2  k1λ1 = k2λ2 4k1 = 5k2 Suy ra: k1 = 5n12 < 15; k2 = 4n12 < 12 Trong khoảng hai vân sáng gần cùng màu với vân trung tâm có vân sáng trùng xạ λ1 λ2.( k1 = 5; k2 = ; k1 =10, k2 = 8) –8– * x23 = k2i2 = k3i3  k2λ2 = k3λ3 5k2 = 6k3 Suy ra: k2 = 6n23 < 12; k3 = 5n23 < 10 Trong khoảng hai vân sáng gần cùng màu với vân trung tâm có vân sáng trùng xạ λ2 λ3 ( k2 = 6; k3 = 5) * x13 = k1i1 = k3i3  k1λ1 = k3λ3 4 k1 = k3 2k1 = 3k3 Suy ra: k1 = 3n13 < 15; k3 = 2n13 < 10 Trong khoảng hai vân sáng gần cùng màu với vân trung tâm có vân sáng trùng xạ λ1 λ3 ( k1 = ; k3 = ; k1 = ; k3 = 4; k1 = ; k3 = 6’ k1 = 12 ; k3 = 8) Số vân sáng đơn sắc quan sát khoảng hai vân sáng gần cùng màu với vân sáng trung tâm là 14 + 11 + – 2(2 + 1+ 4) = 20 Chọn B Bình luận: Đây là câu bài tập vận dụng cao, khó Câu 34: Cho hai vật dao động điều hòa dọc theo hai đường thẳng cùng song song với trục Ox Vị trí cân vật nằm trên đường thẳng vuôn góc với trục Ox O Trong hệ trục vuông góc xOv, đường (1) là đồ thị biểu diễn mối quan hệ vận tốc và li độ vật 1, đường (2) la đồ thị biểu diễn mối quan hệ vận tốc và li độ vật (hình vẽ) Biết các lực kéo cực đại tác dụng lên hai vật quá trình dao động là Tỉ số khối lượng vật với khối lượng vật là A.1/27 B C 27 D 1/3 v Giải 1: - Nhìn vào đồ thị ta thấy: A2 = 3A1 (1) v1max  A11 1 A2 ; v1max  3v2max   9 (1)  2 A1 v2 max  A22 x - Theo giả thiết: O m 2 A 2 k1 A1  k2 A2  m112 A1  m222 A2   12  12 (2) (2) m1 2 A2 2 - Từ (1) và (2) : m2 12 A1 81    27 Chọn C m1 22 A2 Giải 2: Theo đồ thị ts thấy A2 = 3A1; v1max = v2max => A1ω1 = 3A2ω2 => Lực kéo cực đại nhau: m1 12 A1 = m2  22 A2 => 1 A =3 =9 2 A1 m2 2 A = 12 = 81 = 27 Đáp án C m1  A2 Bình luận: Đây là câu bài tập vận dụng cao Câu 35: Đặt điện áp u  U cos t (với U0 và  không đổi) vào hai đầu đoạn mạch mắc nối tiếp gồm: điện trở, cuộn cảm và tụ điện dung C thay đổi Khi C = C0 thì điện áp hiệu dụng hai tụ điện đạt giá trị cực đại và công suất đoạn mạch 50% công suất đoạn mạch có cộng hưởng Khi C = C1 thì điện áp hai tụ điện có giá trị hiệu dụng là U1 và trễ pha 1 so với điện áp hai đầu đoạn mạch Khi C = C2 thì điện áp hai tụ điện có giá trị hiệu dụng là U2 và trễ pha 2 so với điện áp hai đầu đoạn mạch Biết U2 = U1 2  1   / Giá trị 1 là A  / 12 B  / C  / D  /  Giải 1: Sử dụng công thức giải nhanh ta có: P  Pmax cos 0  P  Pmax  Pmax cos 0  cos 0   0  Mặt khác chỉnh C đến C1 và C2 thì UC1 = UC2 nên ta có: 0  1  2 ; 2  1     1  12   1  Chọn A =>  12   5  12 Nhận xét: Cách giải này nhanh, cần nhớ công thức giải nhanh: P  Pmax cos2  và   –9– 1  2 ! Giải 2: Công suất có cộng hưởng là Pmax  U2 R Khi C = C0 thì điện áp hiệu dụng hai tụ điện đạt giá trị cực đại, ta có: ZC0  đồng thời, có P  U R Pmax  R  Z L  Z C0   R  Z2L  ZL ZL 1 U2   R  ZL  ZC0  ZC0  ZL hay ZC0  R  ZL , thay vào 2R R  ZL2 R  ZL2  ZL  R và đó ZC0   2R ZL ZL Gọi 1 và  là độ lệch pha u so với i C = C1 và C = C2, đó UC1 = UC2, ta có:    1  2  1   2   2 Gọi  là độ lệch pha u so với i C = C0 thì có    3 ZL  ZC0 R  2R     1     , thay vào (3) 1    2   Mặt khác tan    4 R R 5  Giải hệ (2) và (4) tìm đuợc 1   ;    12 12    Lại có 1  u/i1  u  i1  u  uC1  uC1 /i1  u   uC1    1  2    5   Suy 1  1   Vậy giá trị 1 là Chọn B   12 12 12 * Chú ý! Sử dụng công thức giải nhanh , ta có thể giải sau: P  P  Pmax cos 0  cos0    0  Pmax (1) được: R  ZL    1  2  , kết hợp với 2  1  ta tìm kết Bình luận: Đây là câu bài tập vận dụng cao khá khó Câu 36: Một thấu kính hội tụ có tiêu cự 15 cm M là điểm nằm trên trục chính thấu kính, P là chất điểm dao động điều hòa quanh vị trí cân trùng với M Gọi P’ là ảnh P qua thấu kính Khi P dao động theo phương vuông góc với trục chính, biên độ cm thì P’ là ảnh ảo dao động với biên độ 10 cm Nếu P dao động dọc theo trục chính với tần số Hz, biên độ 2,5 cm thì P’ có tốc độ trung bình khoảng thời gian 0,2 s A 2,25 m/s B 1,25 m/s C 1,5 m/s D 1,0 m/s Giải: - Khi P dao động theo phương vuông góc với trục chính f 10 k    d1  7,5cm (M cách TK 7,5cm) d1  f - Khi P dao động dọc theo trục chính P P’ + Khi P bên trái M thì d  10cm  d 2'  30cm C = C1 và C = C2, có UC1 = UC2 thì 0  + Khi P bên phải M thì d  5cm  d3'  7,5cm 30  7,5 Suy biên độ P’ là  11, 25cm - Tốc độ trung bình P’ 0,2s (trong 1T) là 4A/T = 4.11,25/0,2= 225 cm/s = 2,25m/s Chọn A Bình luận: Đây là câu bài tập vận dụng cao vật lý lớp 11về quang hình kết hợp với dao động Câu 37: Từ không khí, chiếu chùm sáng hẹp (coi tia sáng) gồm hai xạ đơn sắc màu đỏ và màu tím tới mặt nước với góc tới 530 thì xảy tượng phản xạ và khúc xạ Biết tia khúc xạ màu đỏ vuông – 10 – góc với tia phản xạ, góc tia khúc xạ màu tím và tia khúc xạ màu đỏ là 0,5 Chiết suất nước tia sáng màu tím là A 1,333 B 1,343 C 1,327 D 1,312 Giải : Theo đề rđ = 90-53 = 370 => rt = rđ -0,5 = 370 -0,50 =36,50 Sin i sin(530 ) Chiết suất nước tia sáng màu tím là: nt    1,342644 Chọn B sin rt sin(36,50 ) Giải : Xét tia màu đỏ: α+ β =900 N Hay: (90 –rđ)+ (90-i )= 900 S => rđ+ i= 900.=> rđ =90-i=90-53=370 i i Theo đề: rt= rđ-0,5 = 37-0,5=36,50 Xét tia màu tím: ĐL khúc xạ: I sin i sin(530 ) nt    1,342644 sin rt sin(36,5 ) rđ Giải 3: Góc khúc xạ tia đỏ: rđ  900  i  37 rt R Đ T Góc khúc xạ tia tím: rt  rđ  0,50  36,50 sin i sin 530   1,343 Chọn B sin rt sin 36,50 Bình luận: Đây là câu bài tập vận dụng kiến thức vật lý lớp 11về quang hình Câu 38: Từ trạm điện, điện truyền tải đến nơi tiêu thụ đường dây tải điện pha Biết công suất truyền đến nơi tiêu thụ luôn không đổi, điện áp và cường độ dòng điện luôn cùng pha Ban đầu, trạm điện chưa sử dụng máy biến áp thì điện áp hiệu dụng trạm điện 1,2375 lần điện áp hiệu dụng nơi tiêu thụ Để công suất hao phí trên đường dây truyền tải giảm 100 lần so với lúc ban đầu thì trạm điện cần sử dụng máy biến áp có tỉ lệ số vòng dây cuộn thứ cấp so với cuộn sơ cấp là A 8,1 C 6,5 D 7,6 D 10 Giải 1: Ban đầu, điện áp hiệu dụng trạm điện 1,2375 lần điện áp hiệu dụng nơi tiêu thụ nên: Định luật khúc xạ cho: n t  U1=1,2375Utt1 => U tt1  U1 1,2375 (1) => U1  U1  U tt1  U1 (1  19 )  U1 1, 2375 99 -Công suất hao phí giảm 100 lần thì I giảm 10 lần và độ giảm áp U giảm 10 lần: U  19 U1  U1 10 990 -Do công suất truyền đến nơi tiêu thụ luôn không đổi nên I giảm 10 lần thì Utt tăng 10 lần: 19 800 81 U 800 U1  U1  U1 Vậy:  8,1 U1  U1 U  U  U tt  1, 2375 99 990 99 10 U1 >Máy biến áp có tỉ lệ số vòng dây cuộn thứ cấp so với cuộn sơ cấp là: U  N2  8,1 Chọn A U1 N1 U tt  10U tt1  10 Giải 2: Khi chưa sử dụng máy biến áp thì điện áp đầu đường dây là U1  1, 2375U tt1  U tt1  U1 1, 2375 1  19  U1  U1 Độ giảm điện áp trên đường dây đó là U1  U1  U tt1  1  (2)  99  1, 2375  P1 I12 R I12    100  I1  10.I Lúc sau, công suất hao phí trên dây giảm 100 lần so với lúc đầu, tức là P2 I 22 R I 22 Độ giảm điện áp lúc đầu và lúc sau là U I2 U1 19 (3) U1  I1R; U  I2 R    U   U1 U1 I1 10 990 I 800 Do công suất nơi tiêu thụ không đổi nên Ptt  U tt1.I1  U tt I2  U tt  U tt1  10.U tt1  U1 (4) I2 99 – 11 – Điện áp đầu đường dây lúc sau là U2  Utt  U2 (5) Thay (3) và (4) vào (5), ta U 800 19 8019 8019 U2  U1  U1  U1    8,1 Vậy trạm điện cần sử dụng máy biến áp có tỉ lệ số 99 990 990 U1 990 N U vòng dây cuộn thứ cấp so với cuộn sơ cấp là   8,1 Chọn A N1 U1 Bình luận: Đây là câu bài tập vận dụng cao Câu 39: Người ta dùng hạt prôtôn có động 1,6 MeV bắn vào hạt nhân 73 Li đứng yên, sau phản ứng thu hai hạt giống có cùng động Giả sử phản ứng không kèm theo xạ  Biết lượng tỏa phản ứng là 17,4 MeV Động hạt sinh A 8,7 MeV B 7,9 MeV C 0,8 MeV D 9,5 MeV Giải 1: 11H  37 Li  24 He  24 He ĐL BT NL : K1+K2 + E = 2Kα Hay :1,6+0+17,4 =2Kα => Kα=(1,6+17,4)/2=9,5MeV Chọn D Giải 2: Theo định luật bảo toàn lượng toàn phần: E  K p  K1  K với K1 = K2, suy ra: E  K p 17,  1,  9,5 MeV Chọn D 2 Bình luận: Đây là câu bài tập vận dụng mức độ vừa Câu 40: Hai lắc lò xo giống hệt đặt trên cùng mặt phẳng nằm ngang Con lắc thứ và lắc thứ hai dao động điều hòa cùng pha với biên độ là 3A và A Chọn mốc lắc vị trí cân nó Khi động lắc thứ là 0,72 J thì lắc thứ hai là 0,24 J Khi lắc thứ là 0,09 J thì động lắc thứ hai là A 0,32 J B 0,08 J C 0,01 J D 0,31 J Wt1  9Wt  x  A cos t   Giải 1: Theo đề x1 và x2 cùng pha:   x2  A cos t W1  9W2 K1  K   W 9W Khi Wt  0,24 J  Wt1  9.0,24  2,16 J  W1  Wt1  Wd  2,88 J  W2  W1  0,32 J t1 t2 W 9W Khi W 't1  0,09 J  W 't  0,09  0,01J  W 'd  W2  W 't  0,32  0,01  0,31J Chọn D t1 Giải 2: Tỉ số t2 W =0,24J => Wt2 =9.0,24 =2,16J và W2 =Wt1+Wd1 = 2,16+0,72=2,88J W1=2,88/9 =0,32J Wt =0,09J thì W =0,01J J Giải 3: Hai lắc lò xo giống hệt nên chúng có cùng khối lượng m và độ cứng k 1 1 Cơ hai lắc là E1  kA12  k.9A ; E  kA 22  k.A  E1  9E2 (1) 2 2 1 Thế hai lắc là: Wt1  kx12 ; Wt  kx 22 , , 2 Wt1 x1 A12     Wt1  9Wt   , Do hai dao động cùng chu kì và cùng pha nên Wt x 22 A 22 Khi Wđ1 = 0,72 J thì Wt2 = 0,24 J  Wt1  9Wt  9.0, 24  2,16 J  E1  Wđ1  Wt1  2,88 J E Từ (1) tính E   0,32 J Khi Wt1  0,09J  Wt2  0,01 J  Wđ2  E  Wt2  0,32  0,01  0,31  J  Chọn D Bình luận: Đây là câu bài tập vận dụng mức độ cao Câu 41: Khi máy phát điện xoay chiều pha hoạt động bình thường và tạo hai suất điện động có cùng tần số f Rôto máy thứ có p1 cặp cực và quay với tốc độ n1 = 1800 vòng/phút Rôto máy thứ hai có p2 = cặp cực và quay với tốc độ n2 Biết n2 có giá trị khoảng từ 12 vòng/giây đến 18 vòng/giây Giá trị f là A 54 Hz B 50 Hz C 60 Hz D 48 Hz – 12 – Giải 1: n1 = 1800 vòng/phút = 1800/60=30 vòng/giây.Ta có: f  n1 p1  n2 p2 => n2  p1 p n1  30  7,5 p1 p2 Theo đề: 12  n2  7,5 p1  18  p1   n2  15 => f  n2 p2  15.4  60 Hz Chọn C Giải 2: Có thể dùng MODE máy tính cầm tay: Hàm f(X) là n2 : f ( X )  n2  p1 30  7,5 p1  7,5 X Với X là P1 ( số nguyên ): Nhập máy: =Start = = End = Step = = Ta thấy: p1   n2  15 => f  n2 p2  15.4  60 Hz Chọn C Bình luận: Đây là câu bài tập vận dụng mức độ vừa Câu 42: Một chất điểm dao động điều hòa có vận tốc cực đại 60 cm/s và gia tốc cực đại là 2( m / s2 ) Chọn mốc vị trí cân Thời điểm ban đầu (t = 0) chất điểm có vận tốc 30 cm/s và tăng Chất điểm có gia tốc ( m / s2 ) lần đầu tiên thời điểm A 0,35 s B 0,15 s C 0,10 s D 0,25 s Giải 1: Ta có: vmax= 60 cm/s và amax= 2( m / s )  200(cm/ s) amax  A 200 20 v 2 18    rad / s  T   0, 6s; A  max  cm ; Suy ra:   vmax  A 60    A và tăng A Nên động giảm: Vật biên (do v>0: vật biên dương)=> x0  Thời điểm đầu (t = 0) chất điểm có v= 30 cm/s = Vmax/2 => x0   Vật có a=  ( m / s2 ) = amax/2 lần đầu tiên x = -A/2 Xem sơ đồ thời gian sau: Thời gian ngắn vật từ x0  T T T 5T 5.0,6 A đến x = -A/2 là: t       0,25s Chọn D 12 12 12 12 v = 0,5vmax a = 0,5amax T/12 -A A A A    2 T/4 +A x A A 2A T/12 amax  A 200 20 v 2 18    rad / s  T   0, 6s; A  max  cm Giải 2:   vmax  A 60     v  18   30     Lúc t = 0: v0= 30 cm/s => x0   A       10  2 2   A  và tăng      A a 100 A   Khi gia tốc a= ( m / s2 ) => x        10      Vật biên (do v>0: vật biên dương) nên : x0   A  A T T T 5T 5.0,6 x  x     0, 25s Chọn D Thời gian ngắn từ:  t      12 12 12 12 v  v   v = 0,5vmax a = 0,5amax Xem sơ đồ thời gian: T/12 -A A  T/4 – 13 – +A x A T/12 Chọn D Giải 3: vmax  A  0, 60  m / s  ;a max  2 A  2  m / s     a max 2 10 2    rad / s  ;T   0, s  vmax 0,   A    v v Khi t = 0, v0  30cm / s   max  x  A  02  A      A   2 Khi đó, vật tăng và vật chuyển động theo chiều dương nên x   A a max thì li độ vật là x: x a A   x A a max 2 Khi vật có a  (m / s )  M2  A Chất điểm có a= (m / s2 ) lần đầu tiên thời điểm: A x    A O A    5 t T  6 T  T  0,  0, 25  s  M1 2 2 12 12 T T T 5T * Nếu nhớ sơ đồ giải nhanh, ta có: t     12 12 12 Bình luận: Đây là câu bài tập vận dụng mức độ khá Câu 43: Theo mẫu nguyên tử Bo nguyên tử hiđrô coi êlectron chuyển động tròn quanh hạt nhân tác dụng lực tĩnh điện êlectron và hạt nhân Gọi v L và v N là tốc độ êlectron nó v chuyển động trên quỹ đạo L và N Tỉ số L vN A 0,5 B C D 0,25  e2 vL2 k  m rL rN vL rN 42 vL 42  r     Giải:  L2    Chọn C vN rL 22 vN rL 22  k e  m vN  r2 rN2  N Bình luận: Đây là câu bài tập vận dụng mức độ vừa Câu 44: Đặt diện áp u  U cos t ( với U và  không đổi) vào hai đầu đoạn mạch AB hình vẽ R là biến trở, cuộn cảm có độ tự cảm L, tụ điện có điện dung C Biết LC  = Gọi P là công suất tiêu thụ đoạn mạch AB Đồ thị hệ tọa độ vuông góc ROP biểu diễn phụ thuộc P vào R trường hợp K mở ứng với đường (1) và trường hợp K đóng ứng với đường (2) hình vẽ Giá trị điện trở r A 20  B 60  C 180  Giải 1: LC   Z L  2ZC U2 U2    p0 2R Z C (1) U2 20  p0 Khi R = 20  : P20  (202  Z C2 ) (2) - Xét đồ thị (2): Pmax D 90  P 5p0 (2) 3p0 – 14 – (1) R(Ω) 20 R0 = ZC Từ (1) và (2) tìm ZC =60Ω U2 - Xét đồ thị (1): Khi R = 0: PR 0  (r  0)  p0 (3) ((r  0)  ZC2 ) Từ (1) và (3) tìm r = 180  r =20Ω.Ta chọn nghiệm r? U (r  R )  Khi K mở: P  (r  R )  Z C2 Z C2  (r  R)   r  R  Z C  60 ( 4) (r  R) U2 => Pmax Z C2 (r  R)  (r  R) Nhưng trên đồ thị (1) không có Pmax nên ta chọn r =180 Ω Chọn C Giải 2: P1max(R 0)  P2 max   Z C  3r (loai ) U r U2   2 r  Z C 2.R ZC  r / (1) P U r U r 20  20   (2) 2 2 2 r  Z C (20  Z C ) r  Z C (20  Z C2 ) Thay ZC = r/3 vào (2) : r 20 180     r  200r  3600  (3) 2 r r 10r 3600  r r2  (202  ) 9 Khi R = 20  : r  180 (3) =>  Chọn C r  20(loai ) (2) (1) 20 ZC R (Ω) Giải 3: Từ LCω2 = => ZL = 2ZC Khi khóa K mở: Công suất tiêu thụ: P1  Khi R = 0: P1R  U 2r r  Z C2 U (R  r) ( R  r )2  (Z L  ZC )2 Theo đồ thị ta có: U (R  r) ( R  r )  Z C2 (*) Khi khóa K đóng: Công suất tiêu thụ: P2  P2 = P2max R = ZC : P2 max   U 2R  R  Z C2 U2 Z2 R C R U2 20U (**); Khi R = 20Ω : P2 R 20  400  Z C2 2ZC P01 và  P2 max P P2 R 20  => R 20 P2max P2 max => 3ZC2 – 200ZC + 1200 = => ZC1 = 20U 40ZC 400  Z C2    2 U 400  ZC 2ZC 20  < 20 Ω loại; ZC = 60Ω 300  240 r.2Z P1R  C2  => 10rZC = 3r2 + 3ZC2 => 3r2 – 600r + 10800 = => r = P2max r  ZC => r1 = 20Ω và r2 = 180Ω Khi r = r1 = 20Ω: Ta thấy P1R20  40U 20U U 2R   => P mà theo đồ thị P1R20 < P2R20 2R20 402  602 R  Z C2 202  602 Ta loại trường hợp r = 20Ω Vậy chọn đáp án C với r = 180Ω Giải 4:Từ LC2   ZL  2ZC – 15 – U2 U R U2 Từ đồ thị: P    5a 1 đmax 2R 2ZC R  ZC Chú ý Pđ đạt max thì R0 = ZC > 20  U 20  3a   Tại giá trị R = 20  , có Pđ  20  ZC Từ (1) và (2) suy ZC = 60  (loại nghiệm nhỏ 20) U2  R  r  U2. R  r  Khi K mở: Pm   2  R  r    Z L  ZC   R  r   ZC Khi K đóng: Pđ  Từ đồ thị ta thấy R =  thì Pm  U r  3a r  ZC P 5a 3a (2) (1) a  3 O 20 R0 U r U 20 r 20    Kết hợp (2) và (3) ta có: 2 2 r  ZC 20  ZC r  60 20  602  r  180  r  200r  3600    Chú ý r  ZL  ZC Chọn C  r  20 Bình luận: Đây là câu bài tập vận dụng mức độ khó Bị gài bẫy chọn r =20Ω.! R   Câu 45: Trong thí nghiệm Yâng giao thoa ánh sáng đơn sắc, khoảng cách hai khe không đổi Khi khoảng cách từ mặt phẳng chứa hai khe tới màn quan sát là D thì khoảng vân trên màn hình là 1mm Khi khoảng cách từ mặt phẳng chứa hai khe tới màn quan sát là (D -  D) và (D +  D) thì khoảng vân trên màn tương ứng là i và 2i Khi khoảng cách từ mặt phẳng chứa hai khe tới màn quan sát là (D +  D) thì khoảng vân trên màn là A mm B mm C 3,5 mm D 2,5 mm Giải 1:Ta có: 2 D  D D  D   D  3D a a Khi D‘ = D+3D thì: D  3D i  a D   D  2i  2mm a a D3 Giải 2: Do  và D không đổi nên khoảng vân i tỉ lệ với khoảng cách D, ta có hệ: kD  1 mm  1  2  k  D  D   i với k  Từ (2) và (3) suy D  3D  a k  D  D   2i  3 k D  3D  i  4   D  3D 3D Từ (4) và (1) suy ra: i   1   mm  Chọn A D D D  ( D  D)  ( D  D) Giải 3: i0 = ; 2i  => 2(D - ∆D) = D + ∆D => D = 3∆D  1mm.; i  a i3   ( D  3D) a a a D   D  2i mm a a  (D  ) = Chọn A Bình luận: Đây là câu bài tập vận dụng mức độ khó Câu 46: Một sợi dây có sóng dừng ổn định Sóng truyền trên dây có tần số 10Hz và bước sóng cm Trên dây, hai phần tử M và N có vị trí cân cách cm, M thuộc bụng sóng dao động điều hòa với biên độ mm Lấy   10 Tại thời điểm t, phần tử M chuyển động với tốc độ  (cm/s) thì phần tử N chuyển động với gia tốc có độ lớn là – 16 – A 3m/s2 Giải 1: B m/s2 C m/s2 N A 2   M / N   N   3 AM vN A  N  vN  vM  3 (cm / s) vM AM vmax N  AN   6 (cm / s) MN 2 / a Giải 2: Biên độ M là AM = mm = 0,6 cm   2f  20 (rad/s) 4 MN = d = cm = vM  6 cm / s  60 (mm / s) Biên độ dao động N: d 4 / A N  A M cos2  cos2   mm    Độ lớn gia tốc M thời điểm t là :  20  M AN  aN  3(m / s ) Chọn B 2 a M   2 A M  vM  20 D 1,26 m/s 62   60  / 2a max 3 6 v M  1200 32  mm / s   12  m / s  N 4 aN A a   M  a N  a M N  12   m / s  Bình  AN  AM AM luận: Đây là câu bài tập vận dụng mức độ khó Câu 47: Một lắc lò xo treo vào điểm cố định, dao động điều hòa theo phuong thẳng đứng Tại thời điểm lò xo dãn cm, tốc độ vật là 5v (cm/s); thời điểm lò xo dãn cm, tốc độ vật là 2v M và N dao động ngược pha nên có (cm/s); thời điểm lò xo dãn cm, tốc độ vật là 6v (cm/s) Lấy g = 9,8 m/s2 Trong chu kì, tốc độ trung bình vật khoảng thời gian lò xo bị dãn có giá trị gần với giá trị nào sau đây ? A 1,21 m/s B 1,43 m/s C 1,52 m/s D 1,26 m/s Giải 1: Gọi  là độ dãn lò xo VTCB Khi lò xo dãn đoạn a bất kì thì: x  a   v2 v2 42.5  (2   )   (2   )  80b (1) ( Với b  )    Tương tự, ta có: A2  (4   )2   (4   )  72b (2) Công thức độc lập ta có: A2  x   A2  (6   )  32.6   (6   )  54b (3) Kết hợp (1) (2) và (3) giải ta được: A = 8,0225 cm và l0 = 1,4cm    g 9,8 2   10  26, 46 rad / s  T   0, 2375s  0,014  Chọn chiều dương trục tọa độ Ox hướng xuống  vị trí lò xo không biến dạng là x = -1,4 cm Lò xo dãn vật từ x = -1,4 cm đến x = +8,0225 cm Tốc độ trung bình vật khoảng thời gian lò xo bị dãn chu kì là: – 17 – vTB  S  t 2( A   ) 8,0225  1,   143,055cm / s  1, 43 m / s Chọn B  1, 0, 237.arcsin T arcsin T 8,0225 A ) 0, 237 2(   2 2 Giải 2: Chọn chiều dương hướng xuống, gốc o VTCB Gọi a là độ dãn lò xo vật cân bằng, li độ vật lò xo dãn  là   a  cm  ;  là tần số góc và A là biên độ vật Ta có hệ: A    a  Từ   a   5v   6 2   5v    2  4  a 2 6   4  a 6  2v     6  a  3 6v   2 2 3 6v  2v  v2  a  1 2 2 8, 0225 8,0225 1, v 10  2a O x P2 P1   2 2 2 2 v2 Giải hệ (1) và (2) ta tìm a   1,  cm  ;   0,8  cm   Từ đó tính A = 8,0225 cm 2 2 g 9,8   0, 2375  s     10  24, 46rad / s  T  T 10 a 0, 014 Thời gian lò xo dãn chu kì ứng với vật chuyển động hai li độ -1,4 cm và 8,0225cm Ta cần tính tốc độ trung bình vật từ điểm có li độ -1,4 cm đến biên có li độ 8,022 cm với thời gian chuyển T T a động t   arcsin    0, 066  s  và quãng đường s = A + a = 9,4225 (cm) 2 A s 9, 4225 vTB    142, 77  cm / s   1, 43  m / s  Chọn B t 0, 066 Bình luận: Đây là câu bài tập vận dụng mức độ khó, giải nhiều phương trình Câu 48: Đặt điện áp u  200 cos100 t (u tính V, t tính s) vào hai đầu đoạn mạch AB hình vẽ Biết cuộn dây là cuộn cảm thuần, R = 20  và cường độ dòng điện hiệu dụng đoạn mạch 3A Tại thời điểm t thì u  200 V Tại thời điểm t  s thì 600 C R L B A cường độ dòng điện đoạn mạch không và giảm X M Công suất tiêu thụ trên đoạn mạch MB A 200W B 180W C 90W D 120W T T Giải 1: Ta có: u  200 cos100 t => f= 50Hz=> t  t t 600 12.50 12 2 -Công suất tiêu thụ điện đoạn mạch R là: PR  I R  20  180 W -Tại thời điểm t, điện áp tức thời hai đầu AB có giá trị 200 V=U0 T /6 -Ở thời điểm t  , t 600 12 O 200 200 u cường độ dòng điện tức thời không và giảm  Suy u chậm pha thua i góc π/3 => cos   cos   u /i   Công suất tiêu thụ điện đoạn mạch R+ X là: P  UI cos   200.3  300 W 4  a  2v  6  a    Công suất tiêu thụ điện đoạn mạch X là: PX = P- PR = 300 180  120 W Chọn D O – 18 – i Giải 2: T    (ut , u(t 1/600) )  600 12 i sớm u góc  / Công suất mạch: P  UIcos  300W i(t+1/600)  /3 Công suất tiêu thụ trên R: PR  I R  180W Suy công suất trên X: PX  P  PR  120W Giải 3: Công suất đoạn mạch AM là PAM  I2 R  32.20  180  W  u(t+1/600) ut u,i Tần số góc dòng điện   2f  100  rad / s  Nếu thời điểm t(s), u AB  200 2V thì thời điểm t  u quay góc   .t  100 1  s  , tức là sau t  s, vectơ quay biểu diễn 600 600    rad  Mà đó i = 0(A) và giảm, suy độ lệch pha 600  điện áp và dòng điện là u /i     Công suất đoạn mạch AB là: PAB  UIcosu/i  200.3.cos     300  W   3 Vậy công suất đoạn mạch MB là PMB  PAB  PAM  300  180  120  W  Chọn D Bình luận: Đây là câu bài tập vận dụng mức độ khó Câu 49: Giả sử ngôi sao, sau chuyển hóa toàn hạt nhân hidrô thành hạt nhân 24 He thì ngôi lúc này có 24 He với khối lượng 4,6.1032 kg Tiếp theo đó, 24 He chuyển hóa thành hạt nhân 126C thông qua quá trình tổng hợp 24 He + 24 He + 24 He  126C +7,27 MeV Coi toàn lượng tỏa từ quá trình tổng hợp này phát với công suất trung bình là 5,3.1030 W Cho biết: năm 265,25 ngày, khối lượng mol 24 He là 4g/mol, số A-vô-ga-đrô NA=6,02.1023 mol-1, 1eV=1,6.10-19J Thời gian để chuyển hóa hết 24 He ngôi này thành 126C vào khoảng A 481,5 triệu năm B 481,5 nghìn năm C 160,5 triệu năm D 160,5 nghìn năm Giải 1: + Năng lượng phản ứng chuyển hóa He4 thành C12 là: E0 = 7,27 MeV = 1,1632.10 -12 J m 4,6.1035 NA  6,02.1023  6,923.1058 hạt A N 6,923.1058  2,307.1058 hạt Cứ phản ứng cần hạt He nên số phản ứng hết He là: k  He  3 Số hạt He có ngôi sao: N He  Năng lượng tỏa hết hạt:W= kE0 =2,68.1046 J Thời gian để chuyển hóa hết 24 He ngôi này thành 126C : t W 2,68.1046 5,06.1015 15   5,06.10 s   160,5.106 năm Chọn C 30 P 5,3.10 365,25.24.3600 Giải 2: Năng lượng tỏa toàn khối lượng He phản ứng: E m( g ).N A E 4,6.1035.6,02.1023 7, 27.1,6.1013    26,843.1045 J 4 Một năm lượng tỏa: A An  P.t  5,3.1030.365,25.24.3600  1,673.1038 J E  N Số năm: n  E 26,843.1045   160,5 triệu năm An 1,673.1038 Chọn C Giải 3: m 4, 6.1032.103 6, 02.1023  6,923.1058 Số hạt nhân He m = 4,6.10 kg là N  N A   32 – 19 – Cứ phản ứng cần hạt nhân He nên số phản ứng hết He là: N  N N 7, 27.1, 6.1013  J  6,923.1058.7, 27.1, 6.10 13   5, 065.1015  s  30 3.5,3.10 Năng lượng tỏa hết hêli là E  N 7, 27.1, 6.1013  E N.7, 27.1, 6.1013 Thời gian để chuyển hóa hết hêli là t   P 3P 5, 065.1015  1, 605.108 (năm) = 160,5 triệu năm Chọn C 365, 25.86400 Bình luận: Đây là câu bài tập vận dụng mức độ khó Câu 50: Trong thí nghiệm Yâng giao thoa ánh sáng, khoảng cách hai khe là 0,5 mm, khoảng cách từ mặt phẳng chứa hai khe đến màn quan sát là 2m nNguồn sáng phát vô số ánh sáng đơn sắc có bước sóng biến thiên liên tục từ 380 nm đến 750 nm Trên màn, khoảng cách gần từ vân sáng trung tâm đến vị trí mà đó có hai xạ cho vân sáng là A 6,08 mm B 4,56 mm C 9,12 mm D 3,04 mm Giải 1:+Vị trí gần ứng với bước sóng nhỏ 380 nm trùng với xạ nào đó +Tính từ trung tâm trở vân sáng bậc ánh sáng 380 nm không trùng với bất kì ánh sáng nào (nó thuộc quang phổ bậc 1) Nó có thể trùng từ bậc (k + 1) với bậc k ánh sáng nào đó Do đó ta có:  k  1 380  380  380 nm  k  1 380  k      k k 380 Với điều kiện 380nm    750nm , ta có 380  380   750  k  1, 03  k  k  D 0,38.2  4,56  mm  Chọn B Vậy x   k  1    1 a 0,5 Bình luận: Đây là câu bài tập vận dụng mức độ khó Giải 2: Bài giải thầy Thịnh t ******************** HẾT ******************** ĐÓN ĐỌC: 1.TUYỆT ĐỈNH CÔNG PHÁ CHUYÊN ĐỀ VẬT LÍ 2015-2016 Tác giả: Đoàn Văn Lượng ( Chủ biên) ThS Nguyễn Thị Tường Vi – ThS.Nguyễn Văn Giáp 2.TUYỆT KỈ GIẢI ĐỀ THI THPT QUỐC GIA VẬT LÍ Tác giả:Thạc sĩ Lê Thịnh - Đoàn Văn Lượng Nhà sách Khang Việt phát hành Website: WWW.nhasachkhangviet.vn – 20 –