TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ TĨNH TỔVẬT LÝ LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, Lần I 2013 − 2014 Môn: Vật lý I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢCÁC THÍ SINH Câu 2: Cách 1: 2 2 2 2 , C C R C C C C R Z x Z U U U x Z R Z x Z         . Đặt 2 2 C C x Z y x Z        3/2 2 2 0 C C C C Z Z x y x Z x Z          ax ax 2 2 100 2 m R C m y U U U V       Cách 2: Từ giản đồ vectơ. Áp dụng định lý hàm số sin C R C R U U U U U cos sin sin cos          => U R +U C = U(sinα + cosα) Áp dụng bất đẳng thưc Bunhiacosxky ta có U R + U C lớn nhất khi sinα = cosα => α = π/4 rad => R C U U U 50 2 2    (V) =>   R C Max U U 100 2   (V) Câu 5: Phương trình truyền sóng: / 2 cos 2 cos 2 5 10 2 M t x T A u A A cm A cm T T                                        Câu 7: Lúc t = 0: i = 2mA và đang tăng nên phương trình của i:   4cos 3 i t mA           . Thời điểm đầu tiên i = 0 (t = 5/6.10 -6 s):   6 6 5 5 4cos 0 .10 10 / 3 3 2 6 6 i t t rad s                           7 2 6 12 2 1 1 1 0,25.10 25 4.10 .10 . C F nF L LC            Câu 8: Khi có điện trường thì VTCB của vật là O 1 . Khi không có điện trường thì VTCB của vật là O 2 . Vì thả tại vị trí thấp nhất (v = 0) nên đó là vị trí biên. Sự thay đổi biên độ là do sự thay đổi VTCB. Ta có:   1 2 2 1 2 1 96 / d F qE qE O O A A k N m k k A A         . Câu 9:   12 1 2 8cos 3 x x x t cm             . Để biên độ dao động tổng hợp bé nhất thì x 12 và x 3 phải ngược pha. Tức là: 12 3 3 2             . Câu 10: Ta có công suất phát: 8 3 10 cos cos 110.10 .0,9 P P UI U        2 20,4MW hao phi P I R  . Hiệu suất: 1 0,796 79,6% hao phi P H P     . Câu 13: Khi tăng thêm 20 0 K thì vận tốc tăng thêm 20cm/s: 2 360 /v m s U  R U  C U   x O 1 O 2 d F  A 1 A 2 Bước sóng ban đầu và sau khi tăng nhiệt độ: 1 1 6,8 v m f    ; 2 2 7,2 v m f    Ta được:   1 2 18 2 36 244,8 2 17 n AB n n n AB m n             (đáp án sai) Câu 14: 1 sin 2 240 6 2 C C U U U V U       Câu 15: Bước sóng bức xạ: 1,242 1,88 0,66 hc m       (hồng ngoại). Câu 17: Bước sóng cực tiểu của tia X: min hc eU   1 0 hc eU    ; 2 0 1,25 hc eU   Ta được: 2 1 0 0 0 1 0,2.1,242 1 0,2 12 0,012 20,7 1,25 0,012 hc hc pm nm U kV eU eU                  Câu 21: cm    . Biên độ tại M: 2 2 2 sin 2 sin 1 60 M x A A cm        Câu 23: Chọn trục Ox hướng thẳng đứng trên xuống. 0 10l cm  , A = 5cm,   0 40 / mg k N m l    Lực đàn hồi được xác định bởi: 0dh F k l k l x     Sau khi đi được đoạn 7cm vật tới vị trí có x = -2cm. Ta được:   40 0,1 0,02 3,2 dh F N    . Câu 24: 100 L Z   ; 1 cos 50 3 2 L Z Z Z       ; 3 sin 50 3 3 2 RC RC L Z Z Z       Áp dụng các hệ thức lượng trong tam giác vuông: . . 25 3 L RC ah bc Z R Z Z R       Câu 25: Theo bài ra ta có: 0 mg k A l m A k g      . Công suất của trọng lực được xác định bởi:   2 3 max 3 max max 2 . . 2,5 p p P v p Pv P km gA k gA A cm k g            Câu 27: 30 L Z   ; 20 C Z   20 0,6Z I A     . 1 tan 6 6 3 L C u i i Z Z R                  ; tan 3 3 6 6 L d d i Z r                     2 2 12 3 12 6 cos 100 12 6 cos 100 d L d d U I r Z V u t t V               π/3 d U  C U  U  π/6 x = -2cm A 7cm O π/3 L U  U  R U  C U  RC U  Câu 28: 1 2 3 : : 18 :15 :10 k k k  . Giữa hai vân cùng màu vân trung tâm có: 17 vân λ 1 , 14 vân λ 2 , 9 vân λ 3 (kể cả vị trí hai bức xạ cho vân sáng). Các vị trí 2 bức xạ cho vân sáng: - (1) trùng (2):   1 1 2 2 6,12 18 6 2 5,10 15 5 k k van k k         - (1) trùng (3):   1 1 2 3 6 18 9 1 5 10 5 k k van k k         - (2) trùng (3):   1 2 2 3 3,6,9,12 15 3 4 2,4,6,8 10 2 k k van k k         Giữa 2 vân cùng màu vân trung tâm, số vị trí 1 bức xạ cho vân sang là: 17 + 14 + 9 – (2+1+4) = 33. Câu 29: R thay đổi mà P max thì   2 2 1 2 cos 0,71 2 L C L C R R Z Z Z R Z Z R Z             Câu 30: Ta có: 1 1 1 2 2 2 5 5 U N N N U N     . Tăng thêm vào 2 cuộn 600 vòng: 1 1 2 2 600 2 600 U N U N      (U 1 không đổi) Ta được:     1 2 2 2 2 1 600 2 600 5 600 2 600 200 1000 N N N N N vong N vong            Để được máy tăng áp lên 2 lần thì: 2 2 2 1 1 1 2 2 2000 U N N N vong U N         (tăng thêm 2000 – 200 = 1800 vòng). Câu 31: Giả sử ban đầu nguyên tử đang ở trạng thái dừng thứ m: 2 0 m r m r  Khi nhảy lên quỹ đạo thứ n:   2 2 2 2 2 0 0 36 6 n r n r m r m n      m, n là các số tự nhiên mà 6 chỉ có các ước 1, 2, 3, 6 nên bộ số thỏa mãn 6-8-10. Vậy m = 8, n =10. Ta được: 10 8 13,6 13,6 0,0765 76,5 100 64 E eV meV          . Câu 32: Quãng đường đi của vật được xác định bởi: 0 .2 2014 du S n S S cm     . Biên độ dài của vật: S 0 = 2cm. Suy ra: ΔS du = 2cm, n = 503. Góc quay được kể từ thời điểm ban đầu: . 503 du du n             . Biểu diễn bằng đường tròn: Ban đầu vật ở M 0 . Sauk hi quay góc 503π nó tới vị trí M 1 . Do ΔS du = 2cm => Δφ du = π/2 (ΔS du là quãng đường đi được ứng với góc dư Δφ du ). Vậy: Δφ = 503π + π/2 = 1007π/2 1007 / 2 3021 755,25 2 4 t s              Câu 33: Cách 1: Gọi cơ năng ban đầu của hệ là 2 W / 2 kA . Tại vị trí động năng bằng thế năng: W W W / 2 d t   Khi giữ điểm chính giữa lò xo thì thế năng giảm đi một nửa, động năng không đổi và độ cứng lò xo tăng 2 lần: W W / 2 W / 4 t t    , W W W / 2 d d    , k’ = 2k k 1 =0; k 2 =0; k 3 =0 k 1 =18; k 2 =15; k 3 =10 17 vân λ 1 . 14 vân λ 2 . 9 vân λ 3 . M 0 M 1 M s 2 -2 O ΔS du Δφ du Cơ năng của hệ khi giữ điểm chính giữa: 2 2 W W 3 1 3 1 6 W =W W W . 4 2 4 2 4 2 4 t d k A kA A A               Cách 2: Tại vị trí max W W , 2 2 2 d t v A x v        (vị trí B). Khi giữ điểm chính giữa của lò xo (điểm C) thì mỗi nửa lò xo giãn: 2 2 2 x A  Vị trí cân bằng ban đầu là O 1 và khi giữ chính giữa lò xo là O 2 . Khi này li độ của vật so với VTCB O 2 là: 2 2 2 x A x    . Độ cứng của lò xo khi này: 2k k         Biên độ mới: 2 2 2 2 2 6 4 2 2 2 v A A A x                                 Câu 34: 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 ; 36 L L L C L C L C U U U U L I I Z Z Z Z C I I       Ta có đối với mạch dao động: 2 2 2 2 1 100 m m m m U L LI CU C I     . Ta được: 2 0 0 1 0,6 36 100 U U V    Câu 35: 4 3 4 2,5 6,5 6,5 1 S T x x x i i i mm i mm         0,6 600 D ia i m nm a D         Câu 37: Hai vân tối trùng nhau:     1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 2 2 1 1 0,5 2 1 7 0,5 0,5 0,5 2 1 5 T T k k i x x k i k i k k i                 Tỉ số trên phải thỏa mãn lẻ/lẻ nên:     1 2 7 2 1 2 1 2 1 5 2 1 n k k n      . Vị trí trùng của hai vân tối:   1 7 2 1 2 x n i   Mà 1 2 2 1 7 5 k k     . Suy ra khoảng vân trùng của hai vân sáng: 12 1 1 1,5 7 1,5 7 i i i mm     Ta được:       1 7 2 1 0,5 1,5 2 x n i n mm     Trên bề rộng 5,5mm tính từ vân trung tâm:   0 0,5 1,5 5,5 0,5 3,17 n n       (có 4 vị trí). Câu 38: Vị trí có vân tốc bằng 0 chính là hai vị trí biên x = ±A (M 1 và M 2 ). Ta được: 2 1 2 6 2 tb tb v t S A v A cm t t t          ; 2 1 1,5 2 T t t T s     . Góc quay từ thời điểm t=0 đến thời điểm t 1 : 1 1 7 2 3 3 t            . Từ M 1 quay theo chiều kim đồng hồ (quay ngược thời gian) 1 góc 7π/3 tới vị trí M 0 . B A C O 1 O 2 x x/2 M 0 M 1 M 2 x 6 -6 O M 1 π/3 M 0 -3 Tại M ứng với x 0 = -3cm và 2 2 0 0 4 3 /v A x cm s        . Tương tự khi đổi vị trí M 1 và M 2 cho nhau thì ta được: x 0 = 3cm; v 0 = 4π 3 cm/s. Vậy:   2 0 0 . 12 3 /x v cm s   . Câu 39: Khi cho hđt 1 chiều U 1 : 1 1 12 30 0,4 U r I     Khi đặt vào hai đầu hđt xoay chiều: 2 2 2 2 50 40 L L U r Z I         II. PHẦN RIÊNG [10 câu] Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn (10 câu, từcâu 41 đến câu 50) Câu 41: Ban đầu f = f 1 : 2 2 2 X Y U U U   . Khi tăng f thì I giảm nên vị trí f = f 1 ở bên phải của hoặc trùng với vị trí cộng hưởng f = f 0 . Nên mạch chỉ có thể là: X là tụ, Y là cuộn dây có điện trở. U cùng pha với I nên cosφ = 1. Câu 42: Vì các chất điểm thẳng hang nên các VTCB của các chất điểm nằm trên một đường vuông góc với Ox. Gọi pt của dao động thứ 3:   3 cosx A t     Lúc t = 0: 01 02 03 2 ; 4 cos 6x cm x cm x A cm       Lúc t = 1/6s:   1 2 3 0 ; 2 3 cos 4 3x cm x cm x A cm           . Ta được:   03 3 3 cos 3 3 1 sin 1 cos cos sin tan 2 cos 2 2 2 cosos 6 3 x x                                  Và 4 3A cm  . Vậy    3 4 3cos x t cm       Câu 44: 1 1 1 . 2 / 2 3 / 2t S A A A             2 1 1/ 6t t s  : Góc quay từ t 1 đến t 2 : 2 2 . 2 t S A            Ta được S 1 /S 2 = 3/2. Câu 45: Ta có: n n        . Mà L Z L n    , sđđ cực đại hai đầu máy phát: 0 0 E N n    0 U E n   . Ban đầu: 1 1 1L U I Z  . Khi n 2 = 2n 1 : 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 , 2 L L L L U U Z Z U U I I Z Z       . O 1 O 2 O 3 x x x 2 4 4 6 4 3 2 3 f f 0 Z L >Z C I I max f 1 Y U  X U  U  I  Câu 46: Ta có:   2 2 60 2 R L C U U U U V     , 2 L R U U Khi thay bằng tụ C’: 40 ; 2 C L R U V U U      . Mà   2 2 2 2 2 2.60 5 160 5600 0 53,1 R L C R R R U U U U U U U V                 Câu 48: Ta có λ = 2cm. Sóng từ hai nguồn đênn điểm M trên mặt nước: 1 1 2 cos 30 M d u A t            , 2 2 2 cos 30 2 M d u A t              . Độ lệch pha của hai sóng:   1 2 2 2 d d         . M dao động với biên độ cực tiểu:     1 2 1 2 2 1 2 1 2 4 d d k d d k                       Trên EF: 1 2 EB EC d d FB FC     1 4 EB EC k FB FC              1 12 2 12 6,25 5,75 4 k k                (có 12 cực tiểu). Câu 49: Ta có: hf 3 = ε 2 – hf 1 => f 3 = ε 2 /h –f 1 . B. Theo chương trình Nâng cao (10 câu, từcâu 51 đến câu 60) Câu 51: Moomen động lượng: L = P.r = mv.r v = ω.r => L = mωr 2 . 2 3 / n n n a v r v a r L m a r      . Câu 53: ω 0 = 15 vòng/phút => gia tốc góc: γ = (ω - ω 0 )/t = -10 vòng/(phút) 2 . Số vòng quay được xác định bởi: 2 2 2 0 15 11,25 2 2.10         (vòng). Câu 56: Chiều dài của thước trong hệ quy chiếu K: 2 2 0 0 0 0 1 / 0,8 0,2 0,4l l v c l l l l l m          . Câu 58: Mômen quán tính của hệ: 2 2 2 5 2 4 l I m ml ml          . / 2 3 2 4 ml ml d OG l m     . Ta được: 2 2 2 .3 / 4 6 2 10 5 3 5 / 4 mgd mg l g l T I l g ml           . Câu 59: . .2 du du t n S n A S                (ΔS dư là quãng đường tương ứng với góc quay Δφ dư ).   6,5 6 2 4 2 3 2,54 du S cm                        . Ta được: 6.8 2,54 50,54S cm    . B C E F 2cm 2cm f 1 f 2 f 3 L M N O 4 -4 2 2 3 M 0 M π/3 π/6 Δφ dư =π/2 . TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ TĨNH TỔVẬT LÝ LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, Lần I 2013 − 2014 Môn: Vật lý I. PHẦN CHUNG CHO. /x v cm s   . Câu 39: Khi cho hđt 1 chi u U 1 : 1 1 12 30 0,4 U r I     Khi đặt vào hai đầu hđt xoay chi u: 2 2 2 2 50 40 L L U r Z I   