SỞ GD – ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT LƯƠNG ĐẮC BẰNG ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 - LẦN 1 NĂM HỌC: 2014 – 2015 MÔN: VẬT LÝ Câu Mã đề Câu Mã đề 132 209 357 485 132 209 357 485 1 D A A C 31 D C B B 2 A B D B 32 D C B A 3 A D B A 33 B A A C 4 A A C B 34 C C D D 5 A B A D 35 D D B C 6 C C A B 36 D B D D 7 C D D C 37 D B D C 8 B A C A 38 D D C C 9 C B D A 39 D D B D 10 B B C A 40 C D A D 11 D D A C 41 A D D C 12 B A D B 42 B D C D 13 D B D C 43 A D C B 14 C C D C 44 C B B A 15 A D C D 45 A B B A 16 B C A D 46 B A A B 17 D A B D 47 C A B D 18 B A B A 48 B A A C 19 D C A C 49 A A A A 20 A C A B 50 B C C A 21 A C D B 22 C D D B 23 B A B D 24 A B C C 25 C B C D 26 B C D B 27 A C B A 28 D C C A 29 C A D C 30 C B C B 1 SỞ GD – ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT LƯƠNG ĐẮC BẰNG HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 - LẦN 1. NĂM HỌC: 2014 – 2015 MÔN: VẬT LÝ Câu 6 – Mã 132; Câu 36 – Mã 209; Câu 35 – Mã 357; Câu 50 – Mã 485: Đây là bài toán điều chỉnh L để U Lmax nên ta có GĐVT: Khi Z L = (R 2 + Z C 2 )/Z C thì U Lmax , ta có GĐVT: Dựa vào các tính chất của tam giác vuông, thấy U L 2 ≠ U(U – U C ). Câu 10 – Mã 132; Câu 9 – Mã 209; Câu 36– Mã 357; Câu 33– Mã 485: x max = v 0 . L mg k m µ + = 5cm. Câu 11 – Mã 132; Câu 39 – Mã 209; Câu 38 – Mã 357; Câu 37 – Mã 485: - Khi khối gỗ dịch xuống đoạn x so với VTCB thì hợp lực tác dụng lên khối gỗ bằng: F hp = - kx – Sxdg - AD ĐL II Niu tơn, ta có: F hp = mx” ⇒ mx” = - kx – Sxdg ⇒ x” + x m Sdgk + = 0 - Vậy Sdgk m T m Sdgk + =⇒ + = πω 2 = π/5 (s). Câu 12 – Mã 132; Câu 15– Mã 209; Câu 14 – Mã 357; Câu 39– Mã 485: - Xét đối với máy hạ áp: ( ) 2 1 1 1 1 2 220 10 2200 100 U I I I A U I = ⇒ = ⇒ = . - Xét đối với máy tăng áp: ( ) 1 1 1 2200 10.30 2500 .U U U U I R V= + ∆ = + = + = Câu 14 – Mã 132; Câu – Mã 209; Câu – Mã 357; Câu – Mã 485: - Tần số để mạch có cộng hưởng: 210 . ωωω = = 80π rad/s. - ADCT: 1 U U 2 2 0 2 C 2 CMAX =         +         ω ω ; ω C là tần số để U Cmax , suy ra U Cmax ≈ 169V. Câu 21 – Mã 132; Câu 34 – Mã 209; Câu 15 – Mã 357; Câu 14– Mã 485: A, B dao động vuông pha với nhau và hàm sóng tại A và B là hàm điều hoà nên ta biểu diễn bằng đường tròn vị trí của A và B. Ta có : mmA A A 1 2 3 sin. 2 1 cos. =⇒        = = β β . Từ hình vẽ ở trên ta có: điểm B thuộc góc phần tư thứ IV và A thuộc góc phần tư thứ I. Câu 22 – Mã 132; Câu 31 – Mã 209; Câu 30– Mã 357; Câu 16– Mã 485: U 2 = (N 2 /N 1 ).U 1 = 11V ⇒ I 2 = U 2 /R 1 = 1A; U 3 = (N 3 /N 1 ).U 1 = 22V ⇒ I 3 = U 3 /R 2 = 0,5A. Mà: U 1 .I 1 = U 2 .I 2 + U 3 .I 3 ⇒ I 1 = 0,1A. Câu 23 – Mã 132; Câu 12– Mã 209; Câu 25 – Mã 357; Câu 24– Mã 485: 2 i O U C U L U U RC U R x x O (IV) (I) α α α ω ∆ =⇒= ∆ =∆⇒===∆ 0 2 002,0002,0 . 2 1 .001,0 2 1 N l A l l g m mg m F A C = 50 Câu 25 – Mã 132; Câu 11 – Mã 209; Câu 1 – Mã 357; Câu 12 – Mã 485: ADCT: λ = λ 0 /n ( λ 0 , λ lần lượt là bước sóng ánh sáng trong chân không và trong chiết suất n), ta có: λ’/λ = n’/n ⇒ λ’ = (n’/n).λ = 500nm. Câu 28 – Mã 132; Câu 37 – Mã 209; Câu 22 – Mã 357; Câu 20 – Mã 485: 6i = 9mm ⇒ i = 1,5mm ⇒ λ = i.a/D = 0,75μm. Câu 31 – Mã 132; Câu 13 – Mã 209; Câu 3 – Mã 357; Câu 2 – Mã 485: Để hai vật xa nhất thì: - Hai dao động ngược pha. - Pha của 1 trong 2 dao động bằng một số nguyên lần π. 15 3 (2 1) 3 2 5 5 3 6 t k t n π π ϕ π π π π  ∆ = − = +     + =   1 2 2 5 ( 0; , ) 1 3 2 5 t k t k n Z t n  = +   ⇒ ≥ ∈   = − +   Câu 32 – Mã 132; Câu 22 – Mã 209; Câu 28– Mã 357; Câu 23– Mã 485: Z C = 50Ω; U 0C = I 0 .Z C = 200 2 (V); u C chậm pha hơn i là π/2. Vậy: u C = 200 2 cos(100πt - π/2) V. Câu 33 – Mã 132; Câu 44 – Mã 209; Câu 32 – Mã 357; Câu 31 – Mã 485: ADCT : 222 1 11 2 t g g l l T T ∆ + ∆ − ∆ += λ . Theo gt thì T 2 = T 1 suy ra: )( 1 t g g ll ∆− ∆ =∆ λ Với l = T 1 2 .g 1 /(2π) 2 = 0,992m; ∆g = g 2 – g 1 ; ∆t = t 2 – t 1 . Suy ra ∆l = - 8,064.10 -4 m ⇒ giảm chiều dài thanh treo và α = (∆l /h).360 0 = 581 0 . Câu 34 – Mã 132; Câu 50 – Mã 209; Câu 8 – Mã 357; Câu 15 – Mã 485: q 1 i 2 i 3 + q 2 i 1 i 3 = q 3 i 1 i 2 3 3 2 2 1 1 i q i q i q =+⇒ (1) Mà 22 0 2 2 222 ' 1 )( qQ q i qi i q − += −− =       ω (2). Đạo hàm hai vế của (1) với chú ý (2) ta được: 2 3 2 0 2 3 2 2 2 0 2 2 2 1 2 0 2 1 111 qQ q qQ q qQ q − += − ++ − + . Thay số ta được q 3 ≈ 8,8nC. Câu 36 – Mã 132; Câu 35 – Mã 209; Câu 34 – Mã 357; Câu 21 – Mã 485: - Do v = 2 2 A u ω − (1) ( u là li độ của phần tử có sóng truyền qua) nên các điểm có cùng tốc độ thì phải có cùng |u|. - Ở thời điểm t 0 , tốc độ của các phần tử tại B và C đều bằng v 0 , phần tử tại trung điểm của BC đang ở vị trí biên. Lúc này trạng thái của B và C tương ứng với vị trí B và C trên hình vẽ. - Còn khi các điểm có cùng vận tốc thì chúng phải nằm trên đoạn thẳng song song với trục Ou ( trạng thái của B và C ứng với vị trí B’ và C’ trên hình) và 2 li độ đó phải đối nhau: u B = - u C . Vậy 2 A u = . Thay vào (1) được v 0 = max 2 2 v A ω = - Khi B, C có cùng vận tốc, tức là chúng ở vị trí B’ và C’ trên đường tròn, nên D phải ở vị trí cân bằng, tức là v D = v max = v 0 2 Câu 37 – Mã 132; Câu 29 – Mã 209; Câu 24 – Mã 357; Câu 11 – Mã 485: U AM = 22 22 . )( L CL ZR ZZR U + −+ . Dễ thấy khi ω = (2LC) -0,5 thì U AM = U, không phụ thuộc vào R, tức là U 1 = U 2 = U 3 = U. Câu 38 – Mã 132; Câu 46 – Mã 209; Câu 10 – Mã 357; Câu 49 – Mã 485: Ta có: AC – BC = (k + 0,5)λ = 1,5λ ⇒ λ = 2,4cm 3 B C, B’ C’ u u - u 45 0 ) Số điểm dao động với biên độ cực đại trên AC thỏa mãn: - AB < kλ ≤ AC – BC ⇒ - 6,6 < k ≤ 1,5. Vậy vân giao thoa cực đại đi qua cạnh AC là 8 đường. Câu 40 – Mã 132; Câu 14 – Mã 209; Câu 27 – Mã 357; Câu 38 – Mã 485: Q 0 = 2 2 2 2       + ω i q ; Do ∆t = T/2 nên q 2 = -q 1 . Khi đó: Q 0 = 2 2 2 1       + ω i q = 5.10 -6 C. Câu 42 – Mã 132; Câu 24 – Mã 209; Câu 23 – Mã 357; Câu 17 – Mã 485: ⇒        = =       ⇒        = = LC CU r E L LC CULI 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 2 0 2 2 2 0 2 0 ω ω 2 2 2 2 0 2 1 1 nr U L L r r n C E C LC nr ω ω ω     = = =   ÷      ⇒     = =     Câu 43 – Mã 132; Câu 5 – Mã 209; Câu 21 – Mã 357; Câu 22 – Mã 485: D = (n – 1)A = 5,2 0 . Câu 44 – Mã 132; Câu 43 – Mã 209; Câu 42 – Mã 357; Câu 13 – Mã 485: ( ) βαβαπ sinsin)(sin UUU Cd == +− (1) 2 cos). 2 sin(2. sinsinsin)sin( ββ α ββαβα +=+⇒= ++ + ⇒ U UU UUU Cd Cd Để (U d + U C ) đạt giá trị cực đại thì α + β/2 = 90 0 ⇒ α = 90 0 - β/2. Từ (1) ⇒ 2 cos. sin ) 2 90sin(. sin 0 β β β β UU U C =−= Từ hình vẽ suy ra: U L = U d .cosβ = β β β ββα β cos. 2 cos. sin cos).sin(. sin dd UU =+ Vậy: d C L C L U U Z Z ϕβ 2 cos1cos −=== = 0,6. Câu 45 – Mã 132; Câu 33 – Mã 209; Câu 10 – Mã 357; Câu 6 – Mã 485: d 2 – d 1 = kλ; Giữa M và đường trung trực AB không có dãy cực đại nào nên k = 1 ⇒ λ = 2cm ⇒ v = λ.f = 26cm/s. Câu 46 – Mã 132; Câu 45 – Mã 209; Câu 18 – Mã 357; Câu 47 – Mã 485: - Từ hình vẽ 1 thấy U 0C = 220V, ∆OU 0 U 0RC là tam giác cân nên u nhanh pha hơn u C là 135 0 . - Từ hình 2 suy ra: u C = 220cos135 0 = -110 2 (V) Câu 47 – Mã 132; Câu 40 – Mã 209; Câu 50 – Mã 357; Câu 48 – Mã 485: )100100.( 280 )12/5(200 . iZ u u i u Z AM AM MBMB MB − ∠ === π       Sử dụng số phức trên MTCT ta được: r ≈ 216,5Ω; Z L = 125Ω ⇒ L ≈ 0,398H. Câu 48 – Mã 132; Câu 10 – Mã 209; Câu 5 – Mã 357; Câu 9 – Mã 485: U R = 80)40100(100)( 2222 =−+=−+ CL UUU ; cosϕ = U R /U = 0,8. Câu 50 – Mã 132; Câu 26 – Mã 209; Câu 13– Mã 357; Câu 29 – Mã 485: + Ban đầu chất điểm ở M 0 nên ϕ = 2π/3 rad. + 6 5 23 0 πππ =+=∠ OMM ⇒ ω =∠(M 0 OM) /t = 2π rad/s. + A = a/ω 2 = 5cm. 4 i U L U C U d U ) ϕ d ) α ) ) β π-(α+β) i O 220 440 220 U 0C U 0L U 0 U 0RC Hình 1 u = 220 u C 220 135 0 Hình 2 x a M 0 200 100 M 2π/3 . SỞ GD – ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT LƯƠNG ĐẮC BẰNG ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 - LẦN 1 NĂM HỌC: 2014 – 2015 MÔN: VẬT LÝ Câu Mã đề Câu Mã đề 132 209 357 485 132 209 357. B 27 A C B A 28 D C C A 29 C A D C 30 C B C B 1 SỞ GD – ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT LƯƠNG ĐẮC BẰNG HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 - LẦN 1. NĂM HỌC: 2014 – 2015 MÔN: VẬT. – Mã 209; Câu 1 – Mã 357; Câu 12 – Mã 485: ADCT: λ = λ 0 /n ( λ 0 , λ lần lượt là bước sóng ánh sáng trong chân không và trong chiết suất n), ta có: λ’/λ = n’/n ⇒ λ’ = (n’/n).λ = 500nm. Câu