Giải chi tiết (tham khảo) đề thi thử ĐẠI HỌC VINH lần năm 2013 Th.S: Trần quang Thanh-0904.727271 Câu Một lắc lò xo dao động điều hòa dọc theo trục lị xo nằm ngang, vật nặng có khối lượng m=100g lượng dao động 125mJ Tại thời điểm vật có vận tốc 40π (cm / s ) độ lớn lực kéo 1,5N Lấy π = 10 Lực kéo có độ lớn cực đại A 3,2N B 2N C 2,5N D.2,7N Gợi ý: Ta có kA2 mω A2 mV max 2W W= = = → Vmax = = 2,5(m / s ) 2 m 2 2  v   F   v = Vmax sin(ωt + ϕ ) ( 0, 4π ) +  1,5  = →  +  =1→    2,  F = − kx = − K Acos(ωt + ϕ ) = F max cos(ωt + ϕ )  Vmax   Fmax   Fmax  → Fmax = 2, N Câu 2: Một nguồn điểm O phát sóng âm có cơng suất khơng đổi môi trường truyền âm đẳng hướng Một người chuyển động thẳng từ A O với vận tốc 2m/s Khi đến điểm B cách nguồn 20m mức cường độ âm tăng thêm 20dB Thời gian người chuyển động từ B đến A là: A 45s B 90s C 50s D 100s A B Gợi ý: Ta có: o r  I LB − LA = 10 lg B = 10 lg  B  = 20(dB) → rA = 10rB = 10.20 = 200m Vậy thời gian cần tìm: IA  rA  t= S A − B rA − rB = = = 90( s ) v v v Câu 3: Cho mạch dao động L-C, tụ điện phẳng hai chân không, dao động chu kỳ T Đặt vào hai tụ lớp điện mơi điện tích với hai bản, số điện môi ε , bề dày 5T nửa khoảng cách hai tụ, để chu kỳ dao động mạch T = giá trị ε là: A B C D 3 Gợi ý: Khi điện môi hai chân không: T1 = 2π LCO (1) Khi đặt lớp điện mơi hai tụ tụ tương đương hai tụ C1 C2 ghép nối tiếp với C d T2 khoảng cách d ' = T2 = 2π LCb (2) Vậy từ (1) (2) 22 = b = → Cb = 5C0 (3) T CO C2 S  ε  C1 = C1 d k 4π  2C ε 2C ε C C 5  → Cb = = (4) Cho (3) (4) suy ra: C0 = → ε =  εS 1+ ε C1 + C2 + ε  C2 = d  k 4π  π Gợi ý: Phương trình dao động tai nguồn: u = acos(ωt − ) ( t=o nguồn dao động qua VTCB theo chiều dương) λ 2π x π − ) Thay giá trị cho ta Phương trình M cách O khoảng x = là: uM = acos(ωt − 2 λ   u = 6mm λ  2π λ 2π 2T − π ) = acos(11π ) = a → a = 3mm có:  x = → = acos( −  λ 2 T  3T t =  5T Câu 5: Với mạch dao động điện từ tự sau kể từ tụ bắt đầu phóng điện, lượng mạch tập trung ở: A Cuộn cảm B Cuộn cảm chiếm phần tư C Tụ điện D Tụ điện chiếm nửa Gợi ý: Phương trình điện tích tụ: q = Q0 cos(ωt + ϕ ) Tại t=0 q=Q0 hay 5T 2π 5T 5π q = Q0 cosϕ = Q0 → cosϕ = → ϕ = Sau t = q = Q0 cos(ωt ) = Q0 cos( ) = Q0 cos =0 T q=0 i=I0, lúc lượng tập trung hai đầu cuộn cảm Gợi ý: Phương trình phóng xạ: U 234 → He4 + Th 230 Năng lượng phản ứng tỏa ra: ∆E = Aα ε α + ATh ε Th − Au ε u = 4.7,1 + 230.7, − 234.7, 63 = 13,98Mev Gợi ý: Khi chiếu ánh sang từ chất lỏng suốt chiết suất với tia đỏ tím nd nt khơng khí ta có: 1   sin igh ( ) = n = 1, 39 → igh (do ) = 46 d  Để xảy phản xạ tồn phần điều kiện góc tới i > igh Theo  1  sin igh (tim ) = n = 1, 44 → igh ( tim ) = 43  t góc tới hai tia 450 nên tia đỏ phản xạ tồn phần, tia tím ló (khúc xạ) Gợi ý: Tọa độ vân sáng trùng: k1λ1 = k2 λ2 → k1 i2  k1 = = = → k2 i1  k2 = Vậy khoảng vân trùng: itrung = k1.i1 = k2 i2 = 4.0,5 = 2mm Số vân sáng trùng hai xạ đoạn MN (2 vân phía): xM itrung ≤k≤ xN itrung → 2, 25 6, 75 ≤k≤ → 1,125 ≤ k ≤ 3,375 → k = 2;3 Kết luận 2 có vân trùng Câu 9: Bản chất tương tác nucleon hạt nhân là: A Lực điện từ B Lực tĩnh điện C Lực tương tác mạnh D Lực hấp dẫn  Z L2 = 4Z L1 Gợi ý: Khi tần số f1 f2 ( f = f1 ) thì:  Z C1   Z C2 =  ( ) ZC Z C1 → Z L1 = (1) 4 p1 = p2 = 0,8 pmax ↔ U R U2 = 0,8 → ( Z L1 − Z C1 ) = 0, 2R → Z C1 − Z L1 = R 0, 2(3) R + ( Z L1 − Z C1 ) R − ZC ( Z C1 ) = (Z L2 ) p1 = p2 ↔ Z L1 − Z C1 ↔ Z L1 − Z C1 = Z C2 − Z L2 = − 4Z L1 → 5Z L1 = Do f thay đổi nên công suất mạch cực đại xảy cộng hưởng: Z L = Z C (2) Thay (1) vào (3) ta có: Z C1 − Z C1 = R 0, → Z C1 = R (4)  Z L3 = 5Z L1  Khi f = f1 thì:  Z hệ số cơng suất Z C3 = C1   R R R cosϕ = = = = Z C1 Z C1 R + ( Z L3 − Z C3 ) 2 ) ) R + (5Z L1 − R + (5Z C1 − 5 R R = = = 0, 46 2  21   21  R +  Z C1  R2 +   R 20    20  R + (5 R Z C1 − Z C1 )2 Gợi ý: Bức xạ phát quang xạ riêng vật Gợi ý: Tại t=0 véc tơ B vng góc mặt phẳng khung dây nên véc tơ n trùng véc tơ cảm ứng từ B suy góc ϕ = → φ = φ0 cos(ωt ) π Vậy biểu thức suất điện động qua khung dây có N vịng là: e = −φ ' = E0 sin(ωt ) = E0 cos(ωt − ) np   f = 60 = 30 Hz  π T Vậy e = E0 sin(ωt ) = 0, 6π cos(60π t − ) Vậy suất điện động trung bình sau ω = 60π  E = Nφ ω = 0, 6π 0   T T T 14 4 π π e = ∫ e.dt = ∫ 0, 6π cos(60π t − )dt = 120 ∫ 0, 6π cos(60π t − )dt = 1, 2V to T 2 N1 U1 = (1) N2 U N + 25 U1 13 U1 = = (2) Lần 2: 1 N2 12 U U2 − U2 13 U1 − U1 N1 = U1 (3) Lần 3: = N + 25 U2 U2 N + 25 13 Lấy (2) chia (1) vế theo vế == → N1 = 300 N1 12 N + 25 N Lấy (1) chia (3) vế theo vế : = → N = 50 Vậy = N2 N2 Gợi ý: Lần đầu : Gợi ý: Câu A sai tia α phát từ hạt nhân với vận tốc 2.107 (m / s ) Gợi ý: Số hạt nhân lại sau ngày vào thời điểm năm sau đó: N (t ) = N0 t T = 1014 = 25.1012 Gợi ý: Ba bước sóng dài nhât dãy Laiman, Banlme Pasen là: λ21 ; λ32 ; λ43 hc Áp dụng cơng thức tính mức lượng : = Em − En ta có: λmn  hc hc −13, 13, 51 5hc = = E2 − E1 = + = → λ1 =  51  λ21 λ1  hc hc λ −13, 13, 17 λ = = E3 − E2 = + = → λ2 = hc → = ; = → λ1 : λ2 : λ3 = 35 :189 : 540  9 17 λ32 λ2 λ2 27 λ3 108   hc hc −13, 13, 119 180hc   λ = λ = E4 − E3 = 16 + = 180 λ3 = 119  43 Khi để điện trường: f ' = 2π 2π g (1) l g' f' g g (2) Vậy = → f '= f (3) l f g' g' Gợi ý: Khi chưa bỏ điện trường: f = E q>0 F P Do q>0 nên F phương chiều vớí E E hướng lên nên F hướng lên ngược chiều qE 2,5.10−7.2.10 lực P Vậy trọng lực biểu kiến P ' = P + F → g ' = g + = 10 + = 20 m 10−3 g 10 f Vậy f ' = f = f = g' 20 Gợi ý: Số vân sang quan sát miền giao thoa rộng L: N = N1 + N − N trung = 25 Suy số vân trùng hai xạ: N trung = 25 − N1 − N = 25 − 12 − = Suy số vân sáng đơn sắc thứ kể vân trùng : n1 = 12 + = 19 → L = (n − 1)i1 = 18i1 Suy số vân sáng đơn sắc thứ hai kể vân trùng : n2 = + = 13 → L = (n − 1)i2 = 12i2 i λ 12 Vậy 18i1 = 12i2 → = = = i2 λ2 18 Gợi ý: Theo giả thuyết ω = → u LO = −uC0 → u LO + uC0 = 0(1) LO C0 Mặt khác đoạn AB: u1 + u2 = u L + u x + uC + u x = 2u x → u x = Vậy giá trị hiệu dụng là: U = U0 u1 + u2 100∠0 + 200∠ − 60 = = 57 7∠ − 0, 713 2 = 25 14 Gợi ý: Khi thay đổi L=L1 UL cực đại lúc ta có: U L U C = U R + U 2C (1) Thay U L = 2U R → U R = U C → R = Z C (2) Khi thay đổi L=L2 UR cực đại mạch xảy cộng hưởng với giá trị Z L2 = Z C = R (3) Vậy hiệu điện hiệu dụng hai đầu cuộn dây: U L2 = U C = U R = U = 200V Gợi ý: Thời gian đèn tắt chu kỳ là: ttat = 2t0 = 1 = ( s ) Đèn sáng lên giá trị 300 150 điện áp U ≥ U = 220 Thời gian đèn tắt chu kỳ là: 100π 4α tω 150 π tsang = →α = = = 4 ω U π Với sin α = → U = U sin α = 220 2.cos = 110 U0 -220 -u0 u0 220 Câu 22: Đặt điện áp xoay chiều u = 200cos (50π t ) vào hai đầu biến trở R, cuộn L tụ C Khi thay đổi R công suất tiêu thụ mạch đạt giá trị cực đại 100W, giá trị R là: A 100 Ω B 50 Ω C 150 Ω D 25 Ω  + cos100π t  Gợi ý: Ta có: u = 200cos (50π t ) = 200   = 100 + 100cos100π t   Vậy hiệu điện bao gồm giá trị chiều xoay chiều: u ' = 100cos100π t Thay đổ R để công U2 U (50 2) suất cực đại đó: pmax = = 100 → R = = = 25Ω 2R 200 200 Gợi ý: Câu sai A Gợi ý: Chùm tia sáng qua lăng kính chùm đơn sắc song song Đáp án A Gợi ý: Đáp án C Câu 26: Cho mạch dao động L-C gồm cuộn cảm L, tụ C Tại thời điểm t1 cường độ dịng điện i1, π LC đến thời điểm t2 = t1 + điện áp hai tụ u2 ta có: A Li1 + Cu2 = B Li12 = Cu2 C Li12 + Cu2 = D Li1 = Cu2 Gợi ý: giả sử thời điểm t1 biểu thức dịng điện có dạng: i1 = I 01 sin ωt1 suy biểu thức lượng từ Li 21 L = I 01 sin ωt1 (1) 2 Tại thời điểm t2 : π LC π π i2 = I 02 sin ωt2 = I 02 sin(ω (t1 + )) = I 02 sin ωt1 + ω LC ) = I 02 sin(ωt1 + ) = I 02 cosωt1 2 2 Li L suy biểu thức lượng từ trường WL = = I 02 cos 2ωt1 (1) Vậy lượng từ trường hai 2 Cu 2 Li 21 thời điểm vuông pha nhau, suy WC (t2 ) = WL ( t1 ) → = ↔ Cu 2 = Li 21 2 trường WL1 = λD Nghĩa khoảng vân i tỷ lệch thuận với D D tăng i tăng a Theo dịch xa lúc đầu M vân sáng chuyển thành vân tối nên ta có: λD ' 1  λD  k a = (2k − 1) 2a ↔ k λ = (2k − 1)( D + ) 2a (1)  Từ (1) (2) suy D=1m 16  λ (D + + )  λD 35 (2) = [ 2(k − 1) − 1] k 2a  a Gợi ý: Do i = Gợi ý: Câu B sai Câu 29: Một mẫu chất phóng xạ nguyên chất, sau thời gian 3τ , số hạt nhân bị phân rã gấp lần số hạt nhân lại Thời gian từ lúc số hạt nhân giảm nửa đến lúc số hạt nhân giảm e lần là:  ln −   − ln   ln −   − ln  A τ  B τ  C 3τ  D 3τ       ln   ln   ln   ln  −t T Gợi ý: Số hạt nhân bị phân rã sau thời gian t = 3τ là; ∆N = N (1 − )(1) Theo giả thuyết ∆N = N (t )(2) Từ (1) (2) suy ra: −t T −t T −t T −t T −t T t T N = N (1 − ) → 7.2 = − → 8.2 = ↔ = 23 → t = 3T ↔ 3τ = 3T → τ = T Mặt khác thời gian để số hạt nhân giảm nửa chu kỳ: t1 = T = τ Thời gian để số hạt nhân giảm e lần là: N ln T τ N (t ) = = N e − λt2 → e −1 = e − λt2 → λt2 = ↔ t2 = → t2 = = e T ln ln Thời gian cần tìm là: ∆t = t2 − t1 = τ ln −τ = τ ( 1 − ln 2) − 1) = τ ( Đáp án B ln ln Gợi ý: Biên độ dao động lúc đầu A0=10cm Gia tốc vật triệt tiêu vật qua VTCB µ mg Vật đạt vận tốc cực đại vị trí có li độ x = = 0, 01m = 1cm k Vậy biên độ A1 = 10 − = 9cm A2 = − = 7cm Tương ứng vận tốc hai vị trí v1max ω A1 = = v2 max ω A2 Gợi ý: Giới hạn quang điện phụ thuộc chất kim loại Đáp án A Gợi ý: Số đường hyperbol cực đại cắt MN số điểm cực đại CD +Ta có AM – BM = AC – BC = 20-15=5cm (1) Và AC + BC = AB = 25cm(2) từ (1) (2) suy AC = 15cm +Ta lại có AM2 – AD2 = BM2 – DB2 Và DB = AB – AD suy ra: A  202 − AD = 152 − BD → AD = 16cm; BD = 9cm   BD = 25 − AD BD − AD BM − AM Số điểm cực đại tren MD: − ≤k≤ − ↔ −4 ≤ k ≤ λ λ Vậy M cực đại thứ 3, D cực đại thứ Vậy MN có cực đại M C B D N Gợi ý: Dùng cơng thức tính bước sóng λ = 3.108.2π LC ta tính hai bước sóng từ 30m đến 90m sóng ngắn Gợi ý: a = −ω x đồ thị gia tốc li độ có dạng đoạn thẳng Gợi ý: T = 1( s ) Thời điểm vật qua vị trí có li độ x=-1cm lần thứ 2013 theo chiều âm là: t = (n − 1)T + ∆t = (2013 − 1).1 + ∆t Với ∆t thời gian để vật qua VT có li độ x=-1cm lần theo chiều âm  x = 2cos( − 120) = −1cm Tại t=0 thì:  → M1 v > Vật qua vị trsi x=-1cm lần theo chiều âm tương ứng góc quét 4π α = 30 + 180 + 30 = 2400 = α Suy thời gian : ∆t = = ( s ) ω 6038 Vậy thời gian cần tìm: t = (2013 − 1).1 + = ( s) 3 M2 -1 -2 M1 Gợi ý: Do khối lượng hạt anpha lớn nhiều khối lượng hạt beta Đ/á A Gợi ý: Đáp án D Gợi ý: Đáp án A Gợi ý: áp dụng cơng thức tính cơng suất xạ p = N ε = N hc λ ta có: PA N A ε A N A λB λ N P 0, 6.15 = = → A= A B = = Đáp án B PB N B ε B N B λ A λB N B PA 0,5.2 Gợi ý: Do mức cường độ âm có đơn vị W Đáp án D m2 Gợi ý: Dao động trì Đáp án D Gợi ý: Trong suốt khơng màu Gợi ý: Khi thực giao thoa ánh sáng với ba xạ đơn sắc λdo > λluc > λlam nên quang phổ bậc tính từ vân trung tâm ta quan sát thấy vân theo thứ tự lam, lục, đỏ Đáp án C Z Gợi ý: Phương trình: α + 14 N → A X + p Năng lượng tỏa ra: ∆E = (mα + mN − mx − m p ).931,5 = −1, 21( MeV ) Áp dụng định luật bảo toàn lượng: kα + ∆E = k x + k p → k x = ∆E + kα − k p = 2, 289( Mev) Từ hình vẽ ta có: p cosϕ = x =p α +p p − pα p p cosϕ → cosϕ = mα kα + m p k p − mx k x mα kα mx k x p 2α + p p − p x Thay p = 2mk ta có: pα p p = 64, 20 PP ϕ N α P α PX Gợi ý: Khơng tính tổng qt giả sử R=r=1 Ω R+r Ta có hệ số cơng suất mạch có ω = ω1 là: cosϕ1 = (R + r) Do giả thuyết cho L = CR → ( + Z L1 − Z C1 ) 2R = ( R + Z L1 − Z C1 ) (1) L ωL R2 r2 = R → = R → Z L1 = = (2) C Z C1 Z C1 ω1C  U ( L ,r )1 = U ( L ,r )2 π 16  Mặt khác α1 + α = →  → U ( L ,r )1 = U ( C , r )1 → (r + Z L1 ) = (r + Z 2C1 )(3) U U (C ,r )1 ( L , r )1 =    Z L1 = 1,333 Thay (2) vào (3) ta có:  Ω Vậy từ (1) suy ra:  Z C1 = 0,75 2R cosϕ1 = = = 0,96 2 + (1,333 − 0, 75 ) 4R + Z L − ZC ( 1 ) 10 g rad = 2π ( ) → T = 1( s ) ∆l s Đưa vật lên thẳng đứng thả nhẹ, vật đoạn đường 10 cm nên lúc vật vị trí có li độ Gợi ý: Tại VTCB lị xo giãn 25cm=0,25m nên ω = 2  20π  v x = A − 10 Áp dụng công thức độc lập : A = x +   → A2 = ( A − 10 ) +   2π  → A = 20cm  ω    Do phía VTCB 10cm theo phương thẳng đứng có đặt kim loại nằm ngang nên lúc ta 2 coi lắc lò xo va chạm đàn hồi dao động với chu kỳ T ' = T = ( s ) 3 2 Gợi ý: Hai điểm gần phương truyền sóng có độ lệch pha ∆ϕ = 2π x λ (1) Theo điểm có độ lệch khỏi VTCB 2mm ( ý A=4mm) có vận tốc ngược 2π M2 biểu diễn hình vẽ Từ hình vẽ suy độ lệch pha ∆ϕ = 2π x 2π λ = → x = = 4cm → λ = 12cm = 120mm Vậy từ (1) suy ra: ∆ϕ = 3 λ v ω A 2π A π -4 Vậy tỷ số vận tốc cần tìm: max = = = λ λ v 15 T M1 Gợi ý: Đáp án B  π ( d − d1 )   π ( d1 + d )  Gợi ý: Phương trình sóng tổng hợp : u = 2a cos   cos ωt −  λ λ      d '+ d ' = AB  d + d = AB Ta có xét điểm N có:  điểm M có:   d1 ' = 17cm, d ' = 15cm  d1 = 20cm, d = 12cm  π (d − d1 )   π (15 − 17)  cos   cos   u 12 λ   =   = − → u = − 3u = 12mm Vậy ta có tỷ số: M = M N π (d '− d1 ')  π (12 − 20)  uN   cos  cos    12 λ     11 Gợi ý: Đáp án A 12 ... Thời điểm vật qua vị trí có li độ x =-1 cm lần thứ 2013 theo chiều âm là: t = (n − 1)T + ∆t = (2013 − 1).1 + ∆t Với ∆t thời gian để vật qua VT có li độ x =-1 cm lần theo chiều âm  x = 2cos( − 120 ) =... thuộc chất kim loại Đáp án A Gợi ý: Số đường hyperbol cực đại cắt MN số điểm cực đại CD +Ta có AM – BM = AC – BC = 2 0-1 5=5cm (1) Và AC + BC = AB = 25cm(2) từ (1) (2) suy AC = 15cm +Ta lại có AM2 –. .. v > Vật qua vị trsi x =-1 cm lần theo chiều âm tương ứng góc quét 4π α = 30 + 180 + 30 = 2400 = α Suy thời gian : ∆t = = ( s ) ω 6038 Vậy thời gian cần tìm: t = (2013 − 1).1 + = ( s) 3 M2 -1 -2