Tài liệu Giải chi tiết các câu khó đề thi đại học môn Vật lý

GIẢI NHỮNG CÂU KHÓ ĐỀ 6 & ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỀ 6 Câu 1: Hai dao động điều hòa cùng phương, cùng tần số, biết phương trình x1 = A1cos(ωt – π/6) cm và x2 = A2cos(ωt – π) cm có phương trình dao động tổng hợp là x = 9cos(ωt + φ). Để biên độ A 2 có giá trị cực đại thì A1 có giá trị: A. 18 3 cm B. 7cm C. 15 3 cm D. 9 3 cm Vẽ giản đồ vectơ như hình vẽ và theo định lý hàm số sin: A2 A Asinα = � A2 = π , A2 có giá trị cực đại khi sinα có giá trị cực đại bằng 1 � α = /2 sinα sin π sin 6 6 A2max = 2A = 18cm � A1 = A 22  A 2 = 182  92 = 9 3 (cm). Câu 2: Một vật dao động điều hòa với phương trình x = A.cos(ωt). Tỉ số giữa tốc độ trung bình và vận tốc trung bình khi vật đi được sau thời gian 3T/4 đầu tiên kể từ lúc bắt đầu dao động là A. 1/3 B. 3 C. 2 D. 1/2 x 2  x1 Vận tốc trung bình: v tb = , Δx = x 2  x1 là độ dời. Vận tốc trung bình trong một chu kỳ luôn t 2  t1 bằng không S Tốc độ trung bình luôn khác 0: v tb = trong đó S là quãng đường vật đi được từ t1 đến t2. t 2  t1 S 3A 4A v tocdo = = = Tốc độ trung bình: t 3T T (1); chu kỳ đầu vật đi từ x1 = + A (t1 = 0) đến x2 = 0 (t2 = ) 4 (VTCB theo chiều dương) x  x1 0  A 4A v van toc tb = 2 = = Vận tốc trung bình: (2). Từ (1) và (2) suy ra kết quả bằng 3. 3T t 2  t1  0 3T 4 Câu 3: Một con lắc lò xo nằm ngang gồm vật nặng tích điện q = 20µC và lò xo có độ cứng k = 10N/m. Khi vật đang nằm cân bằng, cách điện, trên mặt bàn nhẵn thì xuất hiện tức thời một điện trường đều trong không gian bao quanh có hướng dọc theo trục lò xo. Sau đó con lắc dao động trên một đoạn thẳng dài 4cm. Độ lớn cường độ điện trường E là: A. 2.104 V/m. B. 2,5.104 V/m. 4 4 C. 1,5.10 V/m. D.10 V/m. Vì chiều dài đoạn thẳng dao động là 4cm nên suy ra biên độ A = 2cm. Khi vật m dao động hợp của lực điện trường và lực đàn hồi gây gia tốc a cho vật. Tại vị trí biên, vật có gia tốc cực đại. Khi đó ta có: Fđ – Fđh = m.amax k  qE – kA = m.ω2.A = m. .A  qE = 2kA � E = 2.104 V/m m Câu 5: Một con lắc đơn có chiều dài l = 64cm và khối lượng m = 100g. Kéo con lắc lệch khỏi vị trí cân bằng một góc 60 rồi thả nhẹ cho dao động. Sau 20 chu kì thì biên độ góc chỉ còn là 3 0. Lấy g = π2 = 10m/s2. Để con lắc dao động duy trì với biên độ góc 6 0 thì phải dùng bộ máy đồng hồ để bổ sung năng lượng có công suất trung bình là: A. 0,77mW. B. 0,082mW. C. 17mW. D. 0,077mW. l 0, 64 0 = 60 = 0,1047rad và T = 2π = 2π = 1,6 (s) g π2 0  02 Cơ năng ban đầu W0 = mgl(1 – cos0) = 2mglsin2 2  mgl 2 2  02 Cơ năng sau t = 20T: W = mgl(1 – cos) = 2mglsin2 2  mgl 2 =mgl 8   02  02 3 02 – ) = mgl = 2,63.10–3J 2 8 8 Công suất trung bình cần cung cấp để con lắc dao động duy trì với biên độ góc là 60 ΔW 2, 63.103 Ptb = = = 0, 082.10 3 W = 0,082mW. 20T 32 Câu 9: Một con lắc lò xo dao động điều hòa theo phương ngang với năng lượng dao động 1J và lực đàn hồi cực đại là 10 N. Gọi Q là đầu cố định của lò xo, khoảng thời gian ngắn nhất giữa 2 lần liên tiếp Q chịu tác dụng của lực kéo 5 3 N là 0,1s. Quãng đường lớn nhất mà vật đi được trong 0,4s là A. 60cm. B. 50cm. C. 55cm. D. 50 3 cm. �1 2 k = 50 N / m � kA = 1 � �� và kx = 5 3 � x = 10 3cm � �2 A = 20 cm � � kA = 10 � T t = 0,1 = � T = 0, 6s � Smax = 2A + A = 60cm 6 Câu 10: Một con lắc lò xo gồm lò xo có độ cứng k = 2N/m, vật nhỏ khối lượng m = 80g, dao động trên mặt phẳng nằm ngang, hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt phẳng ngang là μ = 0,1. Ban đầu kéo vật ra khỏi vị trí cân bằng một đoạn 10cm rồi thả nhẹ. Cho gia tốc trọng trường g = 10m/s 2. Tốc độ lớn nhất mà vật đạt được bằng A. 0,36m/s B. 0,25m/s C. 0,50m/s D. 0,30m/s r r r Vật có tốc độ cực đại khi gia tốc bằng 0; tức là lúc Fhl = Fdh + Fms = 0 lần đầu tiên tại N ON = x � kx = mg � x = mg/k = 0,04m = 4cm Khi đó vật đã đi được quãng đường S = MN = 10 – 4 = 6cm = 0,06m mv 2max kx 2 kA 2 Theo ĐL bảo toàn năng lượng ta có: (Công của lực ma sát Fms = + =μmgS 2 2 2 mgS) mv 2max kA 2 kx 2 =μmgS  2 2 2 2 0,08v max 2.0,12 2.0,04 2 2 �    0,1.0,08.10.0,06 = 0,0036 � v max = 0, 09 � vmax = 0,3(m/s) 2 2 2 = 30cm/s. Cách 2: 2μmg 2.0.1.0, 08.10 = = 0, 08m = 8cm Độ giảm biên độ sau nửa chu kỳ A1  A 2 = k 2 Sau nửa chu kỳ đầu tiên biên độ còn lại A2 = 2cm Tốc độ lớn nhất đạt được tại vị trí cân bằng mới A + A2 k A1 + A 2 2 10 + 2 v max =ω 1 = = = 30 cm/s 2 m 2 0, 08 2 Câu 13: Một sợi dây đàn hồi được treo thẳng đứng vào một điểm cố định, đầu dưới của dây để tự do. Người ta tạo sóng dừng trên dây với tần số bé nhất là f 1. Để có sóng dừng trên dây phải tăng tần số tối thiểu đến giá trị f2. Tỉ số f2/f1 là: A. 1,5. B. 2. C. 2,5. D. 3. Độ giảm cơ năng sau 20 chu kì: W = mgl( Sợi dây 1 đầu cố định, 1 đầu tự do nên l  (2k  1) k  1 � f1   v � f  (2k  1). 4 4l v f2 v và k  2 � f 2  3.  3f1 �  3 4l f1 4l Chú ý: Tần số tối thiểu bằng f k 1  f k 2 Câu 17: Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ. Điện dung C có giá trị thay đổi được và cuộn dây thuần cảm. Điều chỉnh giá trị của C và ghi lại số chỉ lớn nhất trên từng vôn kế thì thấy U Cmax = 3ULmax. Khi đó UCmax gấp bao nhiêu lần URmax? 3 3 8 4 2 A. B. C. D. 8 4 2 3 3 U R 2  ZL2 Vì C biến thiên nên: U C max  (1) R U U U Lmax  I max .ZL  .ZL  .ZL (2) (cộng hưởng điện) và U Rmax  U (3) (cộng hưởng điện) Zmin R R 2 + ZL2 R 2 + ZL2 U Cmax U Cmax (1) (1) (5) � =3= � R = Z L 8 (4) � = (2) U Lmax ZL (3) U Rmax R U C max 3  Từ (4) và (5) → U R max 8 Câu 19: Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ. Điện dung C có giá trị thay đổi được và cuộn dây thuần cảm. Điều chỉnh giá trị của C thì thấy: ở cùng thời điểm số, chỉ của V 1 cực đại thì số chỉ của V1 gấp đôi số chỉ của V2. Hỏi khi số chỉ của V2 cực đại thì số chỉ của V2 gấp bao nhiêu lần số chỉ V1? A. 2 lần. B. 1,5 lần. C. 2,5 lần. D. 2 2 lần Khi V1 cực đại thì mạch cộng hưởng: UR = U = 2UC = 2UL hay R = 2ZL (1) U 4Z2L + Z2L U 5 U R 2  Z 2L Khi V2 cực đại ta có: U C max  theo (1) → U Cmax = (2)  2ZL 2 R R 2  Z2L theo (1) ta được: ZC = 5ZL = 2,5R → Z = R 5 ZL UR U = Chỉ số của V1 lúc này là U R = IR = (4) Z 5 U Cmax 5 = = 2,5 Từ (3) và (4) ta có: UR 2 Khi đó lại có: ZC  (3) Câu 47: Giả sử ban đầu có một mẫu phóng xạ X nguyên chất, có chu kỳ bán rã T và biến thành hạt nhân bền Y. Tại thời điểm t1 tỉ lệ giữa hạt nhân Y và hạt nhân X là k. Tại thời điểm t 2 = (t1 + 2T) thì tỉ lệ đó là Áp dụng công thức định luật phóng xạ ta có: N Y1 ΔN1 N 0 (1  e  λt1 ) 1 = = = k � e  λt1 = (1)  λt1 N1X1 N1 N0 e k +1 k2 = N Y2 N1X2 = ΔN 2 N 0 (1  e  λt 2 ) (1  e  λ(t1 +2T) ) 1 = = =  λt1 2λT  1 (2)  λt 2  λ(t1 +2T) N2 N0e e e e Ta có e 2λT = e k2 = 1 1 1 . 1+ k 4 2 ln2 T T = e2ln2 =  1 = 4k + 3 1 4 (3). Thay (1), (3) vào (2) ta được tỉ lệ cần tìm: . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC Câu 1: Một con lắc lò xo có độ cứng k = 40N/m đầu trên được giữ cố định còn phía dưới gắn vật m. Nâng m lên đến vị trí lò xo không biến dạng rồi thả nhẹ vật dao động điều hòa theo phương thẳng đứng với biên độ 2,5cm. Lấy g = 10m/s 2. Trong quá trình dao động, trọng lực của m có công suất tức thời cực đại bằng A. 0,41W B. 0,64W C. 0,5W D. 0,32W Công suất tức thời của trọng lực Pcs = F.v = mg.v với v là vận tốc của vật m Pmax = mg.vmax = mg. kA kA 2 k ; (vì A = l0) = gA mk = gA g m � Pmax = kA Ag = 40.2,5.10–2 2,5.10  2.10 = 0,5W. Câu 2: Một con lắc lò xo đạt trên mặt phảng nằm ngang gồm lò xo nhẹ có một đầu cố định, đầu kia gắn với vật nhỏ có khối lượng m. Ban đầu vật m được giữ ở vị trí để lò xo bị nén 9cm. Vật M có khối lượng bằng một nửa khối lượng vật m nằm sát m. Thả nhẹ m để hai vật chuyển động theo phương của trục lò xo. Bỏ qua mọi ma sát. Ở thời điểm lò xo có chiều dài cực đại lần đầu tiên, khoảng cách giữa hai vật m và M là: A. 9 cm. B. 4,5 cm. C. 4,19 cm. D. 18 cm. Khi qua vị trí cân bằng, vận tốc 2 vật là v Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho quá trình hai vật chuyển động từ vị trí lò xo bị nén l đến khi hai vật qua vị trí cân bằng: 1 1 k k(Δl )2 = (m + M)v2 � v = Δl (1) 2 2 m+M Đến vị trí cân bằng, vật m chuyển động chậm dần, M chuyển động thẳng đều, hai vật tách ra, hệ con lắc lò xo chỉ còn m gắn với lò xo. Khi lò xo có độ dài cực đại thì m đang ở vị trí biên, thời gian chuyển động từ vị trí cân bằng đến vị trí biên là T/4 T m m Khoảng cách của hai vật lúc này: Δx = x 2  x1 = v.  A (2), với T = 2π ;A = v, 4 k k Từ (1) và (2) ta được: Δx = k 2π m m k π 1 1 .Δl.  . .Δl = Δl.  Δl = 4,19cm 1,5m 4 k k 1,5m 2 1,5 1,5 Cách 2 Khi hệ vật chuyển động từ VT biên ban đầu đến VTCB: CLLX (m + M = 1,5m): v max = k Aω = A 1,5m Khi đến VTCB, hai vật tách khỏi nhau do m bắt đầu chuyển động chậm dần, lúc này M chuyển động thẳng đều với vận tốc vmax ở trên. Xét CLLX có vật m (vận tốc cực đại không thay đổi): k A 9 k � A' = = cm =A 1,5m 1,5 1,5 m Từ khi tách nhau (qua VTCB) đến khi lò xo có chiều dài cực đại thì m đến vị trí biên A’, thời gian kπ T' 2π π = ω 1,5 � Δt = = dao động là Δt = = ; với ω' = . Trong thời gian này, M m 4 4ω' 2ω' ω.2 1,5 đi được quãng đường: π 4,5π = cm  khoảng cách hai vật: d = s – A’  4,19 cm s = vmax.t = ωA. ω.2 1,5 1,5 Cách 3 Sau khi thả hệ con lắc lò xo dao động điều hòa, sau khi hai vật đạt vận tốc cực đai thì M tách ra chuyển động thẳng đều, còn m dao động điều hòa với biên độ A k k(Δl ) 2 (m + M)v 2max k � v max = l = l = 1,5m 2 2 m+M 2 2 Δl k mv max kA m m � A = v max = l = = 7,348 cm = 1,5 1,5m k 2 2 k vmax = A'ω' = A' Sau khi tách nhau vật m dừng lại ở vị trí biên sau thời gian t = T 2π = 4 4 m khi đó M đi được k Δl.π k 2π m . = = 11,537 cm 2 1,5 1,5m 4 k Khoảng cách giưa hai vật khi đó là S = S2 – A = 11,537 – 7,348 = 4,189 = 4,19 cm Câu 4: Một CLLX nằm ngang gồm lò xo có độ cứng k = 20N/m va vật nặng m = 100g .Từ VTCB kéo vật ra 1 đoạn 6cm rồi truyền cho vật vận tốc 20 14 cm/s hướng về VTCB .Biết rằng hề số ma sát giữa vật và mặt phẳng ngang là 0.4 ,lấy g = 10m/s 2. Tốc độ cực đại của vật sau khi truyền vận tốc bằng : A. 20 cm/s B. 80 cm/s C. 20 cm/s D. 40 cm/s r r r Vật có tốc độ cực đại khi gia tốc bằng 0; tức là lúc Fhl = Fdh + Fms = 0 lần đầu tiên tại N ON = x � kx = mg � x = mg/k = 0,02m = 2cm Khi đó vật đã đi được quãng đường S = MN = 6 – 2 = 4cm = 0,04m Tại t = 0 x0 = 6cm = 0,06m, v0= 20 cm/s = 0,2m/s mv 2max kx 2 mv 02 kx 02 Theo ĐL bảo toàn năng lượng ta có: (Công của Fms = mgS) + = +μmgS 2 2 2 2 mv 2max mv 02 kx 02 kx 2 � = +μmgS  2 2 2 2 0,1v 2max 0,1(0, 2 14) 2 20.0, 062 20.0,022 = +   0, 4.0,1.10.0,04 = 0,044 � 2 2 2 2 v 2max = 0,88 � vmax = 0,88  0,04 22 = 0,2. 22 (m/s) = 20 22 cm/s. Câu 5: Một vật dao động điều hòa với phương trình li độ: x = 4cos(8πt –2π/3) cm. Thời gian vật đi được quãng đường S = (2 + 2 2 ) cm kể từ lúc bắt đầu dao động là: A. 1/12 B. 5/66 C. 1/45 D. 5/96 Vật xuất phát từ M đến N thì đi được quãng đường S = 2 + 2 2 . Thời gian: quãng đường S2 = v max t = l T T 5 + = (s) 12 8 96 Câu 6: Một con lắc lò xo gồm vật m1 (mỏng, phẳng) có khối lượng 2kg và lò xo có độ cứng k = 100N/m đang dao động điều hòa trên mặt phẳng nằm ngang không ma sát với biên độ A = 5cm. Khi vật m1 đến vị trí biên thì người ta đặt nhẹ lên nó một vật có khối lượng m 2. Cho hệ số ma sát giữa m2 và m1 là μ = 0,2 và g = 10m/s2. Giá trị của m2 để nó không bị trượt trên m1 là A. m2 ≤ 0,5kg B. m2 ≤ 0,4kg C. m2 ≥ 0,5kg D. m2 ≥ 0,4kg Để vật m2 không trượt trên m1 thì lực quán tính cực đại tác dụng lên m 2 có độ lớn không vượt quá Fmsn �Fqtmax �μm 2g m 2a max lực ma sát nghỉ giữa m1 và m2 tức là k μg �۳۳ ω2 A μg A m 2 0,5(kg) m1 + m 2 Cách 2 k k Sau khi đặt m2 lên m1 hệ dao động với tần số góc  =  2 = m1 + m 2 m1 + m 2 Δt = Để m2 không trượt trên m1 thì gia tốc chuyển động của m2 có độ lớn lớn hơn hoặc bằng độ lớn gia tốc của hệ (m1 + m2); với a = – 2x. Lực ma sát giữa m2 và m1 gây ra gia tốc của m2 có độ lớn: a2 = g = 2m/s2 Điều kiện để m2 không bị trượt trong quá trình dao động là kA �μg  g(m1 + m2)  kA � 2(2 + m2)  5 m2  0,5kg. amax = 2A  a2; suy ra m1 + m 2 Câu 8: Một con lắc lò xo treo thẳng đứng, khi vật ở vị trí cân bằng lò xo giãn 4cm. Kích thích cho vật dao động điều hòa thì thấy thời gian lò xo bị nén trong một chu kì là T/3 (T là chu kì dao động của vật). Độ giãn và độ nén lớn nhất của lò xo trong quá trình vật dao động là: A. 12 cm và 4 cm. B. 15 cm và 5 cm. C. 18 cm và 6 cm. D. 8 cm và 4 cm. Thời gian lò xo nén là T/3. Thời gian khi lò xo bắt đầu bị nén đến lúc nén tối đa là T/6. Độ nén của lò xo là A/2, bằng độ giãn của lò xo khi vật ở vị trí cân bằng. Suy ra A = 8cm. Do đó độ giãn lớn nhất của lò xo A/2 + A = 4cm + 8cm = 12cm, còn độ nén lớn nhất A/2 = 4cm Câu 11. Một sợi dây đàn hồi căng ngang, đang có dóng dừng ổn định. Trên dây A là một nút, B là điểm bụng gần A nhất, AB = 14cm. C là một điểm trên dây trong khoảng AB có biên độ bằng một nửa biên độ của B. Khoảng cách AC là A. 14/3 cm B. 7 cm C. 3,5 cm D. 1,75 cm  = 4.AB = 46 cm 30 .λ = 14/3 cm Dùng liên hệ giữa ĐĐĐH và chuyển động tròn đều: AC = 360 Câu 12. Hai điểm A, B nằm trên cùng một đường thẳng đi qua một nguồn âm và ở hai phía so với nguồn âm. Biết mức cường độ âm tại A và tại trung điểm của AB lần lượt là 50 dB và 44 dB. Mức cường độ âm tại B là A. 28 dB B. 36 dB C. 38 dB D. 47 dB Từ công thức I = P/4πd2 IA d = ( M ) 2 và LA – LM = 10.lg(IA/IM) → dM = 100,6 .d Ta có: A IM dA Mặt khác M là trung điểm cuả AB, nên ta có: AM = (dA + dB)/2 = dA + dM; (dB > dA) Suy ra dB = dA + 2dM Tương tự như trên, ta có: IA d = ( B ) 2 = (1+ 2 100,6 ) 2 và LA – LB = 10.lg(IA/IB) IB dA Suy ra LB = LA – 10.lg (1  2 100,6 ) 2 = 36dB Cách 2 P = 10L.I0; với P là công suất của nguồn; 4πR 2 P 1 I0 cường độ âm chuẩn, L mức cường độ âm→ R = 4π.I0 10L R  RA M là trung điểm của AB, nằm hai phía của gốc O nên: RM = OM = B (1) 2 P P 1 1 Ta có RA = OA và LA = 5 (B) → RA = = (2) LA 4π.I0 10 4π.I0 105 Cường độ âm tại điểm cách nguồn âm khoảng R; I = P 4π.I0 Ta có RB = OB và LB = L → RB = Ta có RM = OM và LM = 4,4 (B) → RM = Từ đó ta suy ra 2RM = RB – RA → 2 10 = L 109,4 104,4 + 2 105 L → 10 2 = P 1 = LB 4π.I0 10 P 4π.I0 1 = 10 4, 4 1 10 L 1 10L P 1 = 4π.I0 10LM – (3) 1 104,4 1 1 → = 5 10 10 L (4) 1 10 5 +2 1 10 4, 4 L 10 4,7 1,8018 → L = 3,6038 (B) = 36 = 63,37 → 2, 2 2,5 2 10  2.10 (dB) Câu 13: Tại O có 1 nguồn phát âm thanh đẳng hướng với công suất không đổi. Một người đi bộ từ A đến C theo một đường thẳng và lắng nghe âm thanh từ nguồn O thì nghe thấy cường độ âm tăng từ I đến 4I rồi lại giảm xuống I. Khoảng cách AO bằng: AC AC AC 2 AC 3 A. B. C. D. 3 2 2 3 Do nguồn phát âm thanh đẳng hướng. Cường độ âm tại điểm cách nguồn âm R P là I = . Giả sử người đi bộ từ A qua M tới C → IA = IC = I → OA = OC 4πR 2 Giả thuyết: IM = 4I → OA = 2.OM. Trên đường thẳng qua AC IM đạt giá trị lớn nhất, nên M gần O nhất → OM vuông góc với AC và là trung điểm của AC AO 2 AC2 AC 3 AO2 = OM2 + AM2 = → 3AO2 = AC2 → AO = + 4 4 3 Câu 16: Cho hai mạch dao động lí tưởng L 1C1 và L2C2 với C1 = C2 = 0,1μF, L1 = L2 = 1 μH. Ban dầu tích điện cho tụ C 1 đến hiệu điện thế 6V và tụ C2 đến hiệu điện thế 12V rồi cho mạch dao động. Thời gian ngắn nhất kể từ khi mạch dao động bắt đầu dao động thì hiệu điện thế trên 2 tụ C1 và C2 chênh lệch nhau 3V? 106 106 106 106 A. s B. s C. s D. s 6 3 2 12 1 Hai mạch dao động có C1 = C2 ; L1 = L 2 nên ω1 = ω2 = ω = L1C1 Khi cho hai mạch bắt đầu dao động cùng một lúc thì hiệu điện thế giữa hai bản tụ của mỗi mạch dao động biến thiên cùng tần số góc. Ta biểu diễn bằng hai đường tròn như hình vẽ Tại thời điểm t kể từ lúc bắt đầu dao động, hiệu điện thế trên mỗi tụ là u1, u2 U 02 u 2 = = 2 (2) Theo bài toán: u2 – u1 = 3V (1) Từ hình vẽ, ta có: U 01 u1 U 01 π Δα π 106 Từ (1) và (2), ta được: u1 = 3V =Δα = � Δt = � = . = (s) 2 3ω 3ω 3 Cách 2: Phương trình hiệu điện thế: u1 = 6cos(ωt); u 2 = 12cos(ωt) Vì hiệu điện thế biến thiên cùng tần số, có nghĩa là khi u1 giảm về 0 thì u2 cũng giảm về 0. 1π Do đó, ta có: u 2  u1 = 3 � 12cosωt  6cosωt = 3 � cosωt = � ωt = ± + k2π 2 3 π Vì hiệu điện thế trên mỗi tụ đang giảm nên ta chọn họ nghiệm ωt = + k2π 3 6 π π 10 Thời gian ngắn nhất nên ta chọn k = 0. Vậy ωt = � t = = (s) 3 3ω 3 Câu 25: Mắc vào hai đầu đoạn mạch RLC nối tiếp gồm một nguồn điện xoay chiều có tần số f thay đổi được. Khi tần số f1 = 60Hz, hệ số công suất đạt cực đại cosφ 1 = 1. Khi tần số f1 = 120Hz, hệ số 2 công suất nhận giá trị cosφ2 = . Khi tần số f3 = 90Hz thì hệ số công suất của mạch bằng 2 A. 0,874 B. 0,486 C. 0,625 D. 0,781 1 1  LC = Khi cosφ1 = 1  ZL1 = ZC1  120πL = (1) (120π) 2 120π.C Z  ZC2 2  Khi cos2 = 2 = 450  tan2 = L2 = 1  R = ZL2 – ZC2 R 2 1 180πL  ZL3  ZC3 ZL3  ZC3 4 (180π) 2 LC  1 180πC = = = . tan3 = R ZL2  ZC2 240πL  1 3 (240π) 2 LC  1 240πC 2 (180π) 1 1 25 106 4 (120π) 2 4 5 5  1  = =  (tan3)2 = 25/91   cos3 = tan3 = 2 2 cos 3 81 81 3 (240π) 3 4.3 9 1 (120π) 2 0,874. Cách 2 T/h 1: ZL1 = ZC1 2  T/h 2: f2 = 2f1  ZL2 = 4ZC2 và cos2 = 2 = 450  R = ZL2 – ZC2  ZC2 = R/3  2 3 C= 2πf 2 R   T/h 3: f3 = 1,5.f1 ZL3 = 2,25.ZC3 R R cos 3    0,874 2 2 2 R  (1, 25) ZC (2f 2 ) 2 R 2 2 R  1,5625 (2f 3 ) 2 Câu 26: Đặt điện áp u = U 2 cos(ωt + φ) (V) vào hai đầu mạch RLC nối tiếp, cuộn dây thuần cảm, điện dung C thay đổi được. Khi điện dung có C = C 1, đo điện áp hai đầu cuộn dây, tụ điện và điện trở lần lượt UL = 310V và UC = UR = 155V. Khi thay đổi C = C 2 để UC2 = 155 2 V thì điện áp hai đầu cuộn dây khi đó bằng A. 175,3V. B. 350,6V. C. 120,5V. D. 354,6V 2 2 2 �ZL = 2R �U L � � 155 2 = � � �+ U L  155 2 � U L = 350, 6V �2 � �U = 155 2 Câu 27: Cho đoạn mạch RLC nối tiếp, cuộn dây thuần cảm và điện trở R thay đổi được. Đặt vào hai đầu đoạn mạch điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng U = 200V. Khi R = R 1 và R = R2 thì mạch có cùng công suất. Biết R1 + R2 = 100. Công suất của đoạn mạch khi R = R1 bằng A. 400W. B. 220W. C. 440W D. 880W R1 R2  (ZL – ZC)2 = R1.R2 P1 = P2  2 2 = 2 R 1 + (ZL  ZC ) R 2 + (ZL  ZC ) 2     U 2 R1 U 2 R1 U2 P1 = 2 = = = 400W. R 1 + (ZL  ZC ) 2 R 12 + R1R 2 R1 + R 2 Câu 28: Một đoạn mạch xoay chiều gồm 3 phần tử mắc nối tiếp: điện trở thuần R, cuộn dây có (L; r) và tụ điện có điện dung C. Đặt vào hai đầu đoạn mạch một điện áp xoay chiều, khi đó điện áp tức π thời ở hai đầu cuộn dây và hai đầu tụ điện lần lượt là: u d = 80 6 cos(ωt + ) V, uC = 40 2 cos(ωt 6 2π – ) V, điện áp hiệu dụng ở hai đầu điện trở là U R = 60 3 V. Hệ số công suất của đoạn mạch trên 3 là A. 0,862. B. 0,908. C. 0,753. D. 0,664. π 2π 5π � uC chậm so với i một góc π/2 vậy ud nhanh pha so với i một góc π/2 φ d  φC = + = 6 3 6 π UL 2 2 2 2 tanφd = tan = nên U L = 3U r mà U d = U r + U L = 4U r 3 Ur U + Ur = 0,908 � U r = 40 3 (V) và U L = 120 (V) � cosφ = R U Câu 29: Cho một mạch điện xoay chiều AB gồm điện trở thuần R = 100Ω, cuộn dây thuần cảm L, tụ điện có điện dung C. Đặt vào hai đầu đoạn mạch một hiệu điện thế xoay chiều u = 220 2 cos100πt (V), biết ZL = 2ZC. Ở thời điểm t hiệu điện thế hai đầu điện trở R là 60(V), hai đầu tụ điện là 40(V). Hỏi hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch AB khi đó là: A. 220 2 (V) B. 20 (V) C. 72,11 (V) D. 100 (V) Ta có hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch ở thời điểm t là: uAB = uR + uC + uL = 20(V); (vì uCvà uL ngược pha nhau) Câu 30: Đặt điện áp u = U 2 cos(2πft) vào hai đầu đoạn mạch gồm điện trở thuần R, cuộn cảm thuần L và tụ điện C mắc nối tiếp. Biết U, R, L, C không đổi, f thay đổi được. Khi tần số là 50Hz thì dung kháng gấp 1,44 lần cảm kháng. Để công suất tiêu thụ trên mạch cực đại thì phải điều chỉnh tần số đến giá trị bao nhiêu? A. 72Hz B. 34,72Hz C. 60Hz D. 50 2 Hz Khi f = f1 = 50 (Hz): ZC1 = 1,44.ZL1 1 = 1,44.2πf L 1 (1) 1 �  LC = 2πf1.C 1, 44.4π 2f12 Gọi f2 là tần số cần điều chỉnh để công suất tiêu thụ trên mạch cực đại. Khi f = f 2 thì trong mạch xảy 1 1 ra cộng hưởng: ZC2 = ZL2 � = 2πf2.L  LC = (2) 2πf 2 .C 4π 2f 22 1 1  f2 = 1,2.f1 = 1,2.50 = 60 (Hz) 2 2 = 4π f 2 1, 44.4π 2f12 Câu 31: Đặt điện áp xoay chiều có u = 100 2 cos(t) V vào hai đầu mạch gồm điện trở R nối tiếp với tụ C có ZC = R. Tại thời điểm điện áp tức thời trên điện trở là 50V và đang tăng thì điện áp tức thời trên tụ là A. – 50V. B. – 50 3 V. C. 50V. D. 50 3 V. U u 50 Từ ZC = R � U0C = U0R = 100V mà i = R = còn I0 = 0R R R R u ( R )2 u C2 u C2 i2  R =1 Áp dụng hệ thức độc lập trong đoạn chỉ có tụ C: 2 + 2 = 1 � U 0C I0 1002 ( U 0R ) 2 R 2 � u C = 7500 � u C = ± 50 3V ; vì đang tăng nên chọn u C =  50 3V Cách 2 R = ZC  UR = UC.  ZC π Ta có: U2 = UR2 + Uc2 = 2UR2  UR = 50 2 V = UC. Mặt khác: tanφ = = 1  =  R 4 π π Từ đó ta suy ra pha của i là ( ωt + ). Xét đoạn chứa R: uR = U0Rcos( ωt + ) = 50  cos( 4 4 π 1 ωt + ) = 2 4 π π 3 Vì uR đang tăng nên u'R > 0 suy ra sin( ωt + ) < 0 � vậy ta lấy sin( ωt + ) = – (1) 2 4 4 π π π và uC = U0C.cos( ωt + – ) = U0C.sin( ωt + ) (2) Thế U0C = 100V và thế (1) vào (2) ta có u C = – 4 2 4 50 3 V So sánh (1) và (2), ta có: