Tài liệu Tuyển tập các bài tập vật lý hay và khó luyện thi Đại học

  • Số trang: 38 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 563 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Tham gia: 27/02/2015

Mô tả:

TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TẬP HAY VÀ KHÓ LUYỆN THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 Câu 1: Một đoạn mạch xoay chiều mắc nối tiếp gồm điện trở thuần R, tụ điện C và cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L thay đổi được. Đặt vào hai đầu đoạn mạch một điện áp xoay chiều ổn định , khi điều chỉnh độ tự cảm của cuộn cảm đến giá trị L0 thì điện áp hiệu dụng hai đầu các phần tử R, L, C có giá trị lần lượt là 30 V, 20 V và 60 V. Khi điều chỉnh độ tự cảm đến giá trị 2L 0 thì điện áp hiệu dụng hai đầu điện trở bằng bao nhiêu? 50 150 100 V V V A. 50V B. C. D. 3 13 11 Giải: Khi L1 = L0 Điện áp hiệu dụng đặt vào hai đầu mạch: U = U R21  (U L1  U C1 ) 2 = 50 (V) Do UR1 = 30V; UL1 = 20 V; UC1 = 60V -----> ZC = 2R; ZL1 = Khi điều chỉnh L2 = 2L0 -----> ZL2 = 2ZL1 = Z= R 2  (Z L2  U C ) 2 = R2  ( 2R 3 4R . Khi đó tổng trở của mạch 3 4R  2 R) 2 = 3 Điện áp hiệu dụng hai đầu điện trở bằng UR2 = 13 R 3 150 U R= V. Đáp án C 13 Z Baì 3: Tại 2 điểm A và B cách nhau 18 cm ở mặt thoáng của một chất lỏng có hai nguồn sóng kết hợp dao động ngược pha, cùng tần số f = 20 Hz. Biết tốc độ truyền sóng là 0,4 M m/s. Một đoạn thẳng CD dài 8 cm trên mặt thoáng, có cùng đường trung trực với AB và cách AB một đoạn là h. Biết rằng ở giữa đoạn C  D CD có 2 điểm dao động với biên độ cực đại. Giá trị nhỏ nhất của h là A. 16,46 cm. B. 21,94 cm. C. 24,56 cm. d1 D. 33,85 d cm. h A  H 2  O B Giải: Bước sóng:  = v/f = 0,02m = 2 cm Giả sử biểu thức của sóng tai A, B uA = a1cost uB = a2cos(t + π) Xét điểm M trên CD AM = d1; BM = d2 Sóng tổng hợp truyền từ A, B đến M 2d1 uAM = a1cos(t )  2d 2 uBM = a2cos (t + π )  M dao động với biên độ cực đai khi uAM và uBM dao động cùng pha 2d 2 2d1 1 1 π+ = 2kπ -----> ----> d1 – d2 = (k- ) -----> d1 – d2 = 2(k - ) = 2k -1 (*) 2 2   Khi điểm M nằm trên AB thì ta có d1 – d2 = 2k – 1 d1 + d2 = 18 (cm) -----> d1 = k + 8,5 Số điểm dao động với biên độ cực đại trên AB : 0 < d1 = k + 8,5 < 18 -----> - 8  k  9. Trên AB có 18 điểm dao động với biên độ cực đai -----> hai đường cực đại gần trung trực của AB nhất khi k = 0 và k = 1. Để ở giữa đoạn CD có 2 điểm dao động với biên độ cực đại với h có giá trị nhỏ nhất thì tại C và D là hai điểm dao động với biên độ cực đại: tại C ứng với k = - 1; tại D ứng với k = 2 Khi M trùng với C: k = - 1----> d1 – d2 = -3 ------> d2 – d1 = 3 (*) Ta có d12 = h2 + 52 d22 = h2 + 132 Do đó d22 – d12 = 144 -----> (d1 + d2)(d2 – d1) = 144(**) Từ (*) và (**) ----> d1 + d2 = 48 (***) Từ (*) và (***) d1 = 22,5 cm h2 = d12 – 52 = 481,25 (cm2) ------> h = 21,9374 cm. Chọn đáp án B Bài 4: Chiếu lần lượt hai bức xạ có bước sóng 1 = 600nm và 2 = 0,3 m vào một tấm kim loại thì nhận được các quang e có vân tốc cực đại lần lượt là v1 = 2.105 m/s và v2 = 4.105 m/s.Chiếu bằng bức xạ có bước sóng 3 = 0,2  m thì vận tốc cực đại của quang điện tử là A. 5.105 m/s B . 2 7 .105 m/s C. 6 .105 m/s D.6.105 m/s Giải: Ta có : hc 1 = A + Wđ1 (1) hc 2 = A + Wđ2 (2) Do v2 = 2v1 ------> W2 = 4W1 (1) -----> 4 Lấy (1’) – (2) ; 4 Wđ3 = hc 3 hc 1 - A = hc( 1 3 hc 2 - hc 1 = 3A ----> A = 4 1 + ) = hc 31 3 2 hc 3 = A + Wđ3 (3) = 4A + Wđ2 (1’) 1 hc 4 ( ) (4) 3 1  2 31 2  42 3  13 31 2 3 (*) Wđ1 = hc 1 - A = hc( Từ (*) và (**) ----->. v3 = v1 1 1 - 1   2 4 1 + ) = hc (**) 31 3 2 31 2 Wđ 3 31 2  4 2 3  13 = =7 Wđ 1 (1   2 )3 7 ------> v3 = v1 7 =2 7 .105 m/s. Chọn đáp án B Bài 5. Để giảm điện áp trên đường dây tải điện 100 lần thì cần tăng điện áp ở nơi phát lên bao nhiêu lần. Biết rằng công suất ở nơi tiêu thụ không thay đổi, điện áp trên đường dây tải điện cùng pha với dòng điện chạy trên dây và ban đầu độ giảm điện áp trên đường dây bằng 10% điện áp ở nới phát A.9,01 B.8,99 C.8,515 D.9,125 Bài giải: Gọi P là công suất nơi tiêu thu, R điện trở đường dây Công suất hao phí khi chưa tăng điện áp P1 và sau khi tăng điện áp P2 2 R P1 = P1 2 Với P1 = P + P1 ; P1 = I1.U1 U1 2 R P2 = P2 2 Với P2 = P + P2 . U2 0,1U 12 Độ giảm điện thế trên đường dây khi chưa tăng điện áp U = I1R = 0,1U1 ---- R = P1 P1 P12 U 22 U P  2 2  100 � 2  10 2 P2 P2 U1 U1 P1 P1 = P + P1 P2 = P + P2 = P + 0,01P1 = P + P1 - 0,99P1 = P1 – 0,99P1 0,1U 12 R Mặt khác ta có P1 = P12 2 = P12 P1 = 0,1P1 U1 2 U1 U2 P2 P1  0,99P1 P1  0,99.0,1P1 Do đó = 10 = 10 = 10 = 10.(1- 0,099) = 9,01 U1 P1 P1 P1 Vậy U2 = 9,01U1 Chọn đáp án A Bài 6. Quả cầu kim loại của con lắc đơn có khối lượng m = 0,1 kg tích điện q = 10-7C được treo bằng một sợi dây không giãn, mảnh, cách điện có chiều dài l tại nơi có gia tốc trọng trường g = 9,8m/s2 và được đặt trong một điện trường đều, nằm ngang có cường độ E = 2.106V/m. Ban đầu người ta giữ quả cầu để sợi dây có phương thẳng đứng, vuông góc với phương của điện trường rồi buông nhẹ với vận tốc ban đầu bằng 0. Lực căng của dây khi quả cầu qua vị trí cân bằng mới là: A. 1,02N. B. 1,04N. C. 1,36N. D. 1,39N Giải: Khi con lắc ở VTCB mới O’ dây treo hợp với phương thẳng đứng góc α0: tanα0 = Eq 0,2 F = mg = 0,98 = 0,2040 P 0 α0 = 0,2012 (rad) Lực căng của dây khi quả cầu qua vị trí cân bằng mới được xác định A O’ O F 0 P theo công thức T = mg’(3 – 2cosα0 ) vơi gia tốc hiệu dụng g’ = g 2  a2 (a= Eq = 2 m/s2) m = 10,002 m/s2.   3 – 2cosα0 = 3 – 2(1 – 2sin2 0 ) = 1 + 4sin2 0 ) = 1 +  02 2 2 ---> T = mg’(3 – 2cosα0 ) = 0,1.10,002(1 + 0,20122) = 1,0406 N = 1,04N. Đáp án B g’ = 9,8 2  2 2 Bài 8: Cho 2 nguồn A,B ngược pha dao động theo phương vuông góc với mặt nước. Gọi I la trung điểm AB và M,N là 2 điểm thuộc IB cách I lần lượt một đoạn là 7cm,10cm. Tại thời điểm vận tốc tại M là −3 3 (cm/s) thì vận tốc tại N là bao nhiêu? Biết f = 20Hz và vận tốc truyền sóng là 2,4m/s A. −3 3 cm/s B.6 cm/s C. 9 cm /s D. − 6 cm/s Giải: Xét điểm C trên IB; Bước sóng  = v/f = 12cm I MC N A B Đặt IC = d (cm) ; AB = 2b (cm)       Giả sử phương trình dao động của nguồn tại A và B uA = acost (cm); ub = acos(t + π) (cm) Sóng truyền từ A , B đến C 2 (b  d ) 2 (b  d )  uAC = acos[t ] ; uBC = acos[t + π ]     2d  4b  d  b uC = uAC + uBC = 2acos( + )cos(t + ) = 2acos( + )cos(t + ) 2  2  2 6 2 3  d  b Vận tốc tại C: vC = - 2acos( + )sin(t + ) 2 6 2 3 5  b Khi d = 7 cm vM = - 2acos( )sin(t + ) (*) 3 2 3  5  b Khi d = 10cm vN = - 2acos( + )sin(t + ) (**) 2 3 2 3  5 cos(  ) vN 5 2 3 Từ (*) và (**) = = - tan = - 3 -----> vN = - vM 3 = 9 cm/s. Đáp án C 5 vM 3 cos 3 Bài 9 :Một chất điểm tham gia đồng thời hai dao động trên trục Ox có phương trình x1 = A1cos10t; x2 =  A2cos(10t +2). Phương trình dao động tổng hợp x = A1 3 cos(10t +), trong đó có 2 -  = . Tỉ số 6  bằng 2 3 1 2 3 2 1 A. hoặc B. hoặc C. hoặc 2 4 3 3 4 5 Giải: Vẽ giãn đồ véc tơ như hình vẽ: Xét tam giác OA1A A1 A2 A2 A2  ---> sin = = (*) sin sin  2 A1 6 2 2 2 A2 = A1 + A – 2AA1cos = 4A12 - 2 3 A12cos (**) D. 2 4 hoặc 3 3 A π/6 π/6 O  A1 sin = A2 = 2 A1 4  2 3 cos  2 -------> 4sin2 = 4 - 2 3 cos 2 3 cos = 4(1- sin2) = 4cos2 -----> 2cos (2cos -----> cos = 0 hoặc cos = 3 ) = 0 (***) 3 2  2 3 ------> = 2 2 2 6 3 4      1 hoặc  = ---->  2 = + = ------> = 2 6 6 6 3 2 ----->  =  ---->  2 =  +  = Chọn đáp án A Bài 10. Một cuộn dây không thuần cảm nối tiếp với tụ điện C trong mạch xoay chiều có điện áp u=U0cosωt(V) thì dòng điện trong mạch sớm pha hơn điện áp u là φ1 và điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn dây là 30V. Nếu thay C1=3C thì dòng điện chậm pha hơn u góc φ2=900 - φ1 và điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn dây là 90V. Giá trị của U0 là A. 60 5 (V). B. 60 (V) C. 30 2 (V) D. 63 5 (V) Giải: Ud2 = 3 ----> I2 = 3I1 -----> Z1 = 3Z2 -------.Z12 = 9Z22 U d1 Z ------> R2 + (ZL – ZC1)2 = 9R2 + 9(ZL - C1 )2 ----->2(R2 +ZL2 ) = ZLZC1 (*) 3   2   1 -----> 1 + 2 = -----> tan1 tan2 = -1 ( vì 1 < 0) 2 2 Z Z L  Z C1 Z L  ZC2 Z L  C1 tan1 = ; tan1 = = 3 R R R Z Z L  Z C1 Z L  C1 = -1------>(ZL – ZC1)(ZL - Z C1 ) = - R2 -------> 3 R 3 R 3R2 + 3ZL2 – 4ZLZC1 + Z c21 = 0 --------> 3(R2 + ZL2 ) – 8(R2 + ZL2 )+ Z C21 = 0 ---> Z C21 = 5(R2 + ZL2 ) (**) 2 Từ (*) và (**) -----> Z C1 = 2,5ZLZC1 -----> ZC1= 2,5ZL 2(R2 +ZL2 ) = ZLZC1 = 2,5ZL2 ----> ZL = 2R và ZC1 = 5R (***) Tuwf ddos suy ra: Z12 = R2 +(ZL – ZC1)2 = 10R2 ----> Z1 = R 10 và Zd1 = R 2  Z L2 = R 5 U d1 Z1 U = -------> U = Ud1 = Ud1 2 Z1 Z d1 Z d1 Ud1 = 30 (V) Ud2 = 90 (V) ----> Do đó U0 = U 2 = 2Ud1 = 60V. Chọn đáp bán B Bài 11. Một con lắc lò xo dao động điều hoà theo phương ngang với năng lượng dao động là 20mJ và lực đàn hồi cực đại là 2N. I là điểm cố định của lò xo. Khoảng thời gian ngắn nhất từ khi điểm I chịu tác dụng của lực kéo đến khi chịu tác dụng của lực nén có cùng độ lớn 1N là 0,1s. Quãng đường ngắn nhất mà vật đi được trong 0,2s là: A. 2cm B. 1cm C. 2  3cm D. 2 3cm Giải: Gọi A là biên độ của dao động W= kA 2 kA 2 và Fđhmax = kA ----> = 20.10-3 (J) và kA = 2 (N) -----> A = 0,02m = 2cm 2 2 Điểm I chị tác dụng của lực kéo và lực nén có cùng độ lớn bằng Thời gian ngắn nhất từ khi vật đi từ li độ Fđh max A khi vật có li độ x = ± 2 2 A A T đên là = 0,1 (s) 2 2 6 ---> T = 0,6 (s) Quãng đường ngắn nhất mà vật đi được trong 0,2s = T A là A = 2 cm ( vật đi từ ra biên rồi quay lại 3 2 A ). Chọn đáp án A 2 Bài 12: Một chất điểm dao động điều hòa với phương trình: x = 20cos(πt1 - 5 ) (cm) Tại thời điểm t1 6 gia tốc của chất điểm có giá trị cực tiểu. Tại thời điểm t 2 = t1 + ∆t (trong đó t2 < 2013T) thì tốc độ của chất điểm là 10π 2 cm/s. Giá trị lớn nhất của ∆t là A. 4024,75s. B. 4024,25s. C. 4025,25s. D. 4025,75s. 2 Giải: Chu kì dao động T = = 2s  Gia tốc có giá trị cực tiểu : a = 0 khi vật qua VTCB---> x = 0 5 5   5 1 k 1 x = 20cos(πt1 ) = 0 ----> (πt1 )=± + k -----> t1 = ± + t1min = s 6 6 2 2 6 2 2 3 5 5 2 v = - 20πsin(πt2 ) = 10π 2 -----> sin(πt2 )=---------------> 6 6 2 7 19 t2 = + 2k và t’2 = + 2k. từ t2 < 2013T = 4026 (s) 12 12 7 19 t2 = + 2k < 4026 ----> k  2012; t’2 = + 2k < 4026 ----> k  2012 12 12 19 48307 t2max = + 4024 = (s) 12 12 48307 1 Do đó giá trị lớn nhất của ∆t là ∆tmax = t2max – t1min = = 4025,25 (s). Đáp án C 12 3 Bài 13: Hai con lắc lò xo giống nhau đều gồm hai vật có khối lượng 4kg gắn vào hai lò xo có độ cứng 100N/m. Hai con lắc được đặt sát bên nhau sao cho 2 trục dao động (cũng là trục các lò xo) được coi là trùng nhau và nằm ngang. Từ VTCB kéo hai vật theo phương của trục lò xo về cùng một phía thêm đoạn 4cm và buông nhẹ không cùng lúc. Chọn t = 0 là thời điểm buông vật (1). Thời điểm phải buông vật (2) để dao động của (2) đối với (1) có biên độ dao động cực đại có thể là: A. π/10 s. B. 3π/10 s. C. 2π/5 s. D. t = 3π/5 s. Giải: Chu kì dao động của mỗi con lắc: T = 2π m 4 = 2π = 0,4π (s) k 100 Để dao động của vật 2 đối với vật 1 có biên độ dao động cực đai thì thời gian buông vật 2 khi vật 1 ở vị trí biên âm tức là ở thời điểm t = (2k + 1) T = (2k + 1).0,2π. 2 Do đó thời điểm phải buông vật (2) để dao động của (2) đối với (1) có biên độ dao động cực đại có thể là: t 3 = ( ứng với k =1. Đáp án D 5 Bài 14: Một khu tập thể tiêu thụ một công suất điện 14289 W, trong đó các dụng cụ điện ở khu này đều hoạt động bình thường ở hiệu điện thế hiệu dụng là 220 V. Điện trở của dây tải điện từ nơi cấp điện đến khu tập thể là r. Khi khu tập thể không dùng máy biến áp hạ thế, để các dụng cụ điện của khu này hoạt động bình thường thì hiệu điện thế hiệu dụng ở nơi cấp điện là 359 V, khi đó hiệu điện thế tức thời ở 2 đầu dây của khu tập thể nhanh pha π/6 so với dòng điện tức thời chạy trọng mạch. Khi khu tập thể dùng máy biến áp hạ thế lí tưởng có tỉ số N1/N2 =15, để các dụng cụ điện của khu này vẫn hoạt động bình thường giống như khi không dùng máy biến áp hạ thế thì hiệu điện thế hiệu dụng ở nơi cấp điện là (biết hệ số công suất ở mạch sơ cấp của máy biến áp hạ thế bằng 1): A. 1654 V B. 3309 V C. 4963 V D. 6616 V Giải: Khi không dùng máy biến áp: Cường độ dòng điện chạy qua mạch cung cấp cho khu tập thể cũng chính là dòng điện chạy qua đường dây tải 14289 P I = U cos  = 220 cos  = 75 (A) 6 U1  U 359  220 139 = = Ω 75 75 I Khi dùng máy biến áp: Điện áp hiệu dụng nơi cung cấp là U2 = ∆U2 + U’ N2 U’ là điện áp ở hai đầu cuộn sơ cấp U’ = U = 15U = 3300 (V) N2 Độ sụt áp trên đường dây ∆U2 = I’r với I’ là cường độ dòng điện chạy qua cuộn sơ cấp: N1 I 139 I’ = I = = 5 (A) -----> ∆U2 = I’r = 5. = 9,27 = 9,3 (V) N 2 15 75 Do đó U2 = ∆U2 + U’ = 3309,3 (V). Chọn nđáp án B Độ sụt áp trên đường dây ∆U1 = U1- U = Ir----> r = Bài 15: Một người định cuốn một biến thế từ hiệu điên thế U1 = 110V lên 220V với lõi không phân nhánh, không mất mát năng lượng và các cuộn dây có điện trở rất nhỏ , với số vòng các cuộn ứng với 1,2 vòng/Vôn. Người đó cuốn đúng hoàn toàn cuộn thứ cấp nhưng lại cuốn ngược chiều những vòng cuối của cuộn sơ cấp. Khi thử máy với nguồn thứ cấp đo được U2 = 264 V so với cuộn sơ cấp đúng yêu cầu thiết kế, điện áp nguồn là U1 = 110V. Số vòng dây bị cuốn ngược là: A 20 B 11 C . 10 D 22 Giải:Gọi số vòng các cuộn dây của MBA theo đúng yêu cầu là N1 và N2 N 1 110 1    N2 = 2N1 (1) Với N1 = 110 x1,2 = 132 vòng Ta có N 2 220 2 Gọi n là số vòng dây bị cuốn ngược. Khi đó ta có N1  2n 110 N  2n 110   1  (2) N2 264 2 N1 264 Thay N1 = 132 vòng ta tìm được n = 11 vòng. Chọn đáp án B Chú ý: Khi cuộn sơ cấp bị cuốn ngược n vòng thì suất điện động cảm ứn xuất hiện ở các cuộn sơ cấp và thứ cấp lấn lượt là e1 = (N1-n)e0 – ne0 = (N1 – 2n) e0 với e0 suất điện động cảm ứng xuất hiện ở mỗi vòng dây. e2 = N2e0 Do đó N 1  2n e1 E1 U 1 N  2n 110     1  N2 e2 E 2 U 2 N2 264 Câu 16: Trên mặt nước có hai nguồn phát sóng kết hợp là nguồn điểm A và B cách nhau 30 cm, dao động theo phương trình uA = uB = acos20πt cm. Coi biên độ sóng không đổi trong quá trình sóng truyền đi. Người ta đo được khoảng cách giữa hai điểm đứng yên liên tiếp trên đoạn AB là 3 cm. Xét 2 điểm M1 và M2 trên đoạn AB cách trung điểm H của AB những đoạn lần lượt là 0,5 cm và 2 cm. Tại thời điểm t1, vận tốc của M1 là – 12cm/s thì vận tốc của M2 là A. 4 5 cm/s B. 4cm/s C. 3 2 cm/s D. 4 3 cm/s Giải: Ta có bước sóng  = 2x3 = 6cm. Xét điểm M trên AB cách H: MH = d; AB = 30cm AB 2 (  d) Sóng truyền từ A, B đến M: uAM = acos[20πt ] cm 2  AB 2 (  d) uBM = acos[20πt ] cm 2  2 .d  . AB  .d uM = uAM + uBM = 2acos cos(20πt ) = 2acos cos(20πt - 5π)   3 d 2 cos 2 cos v 1  .d M2 3 3 vM = u’M = - 40πacos sin(20πt - 5π)----> = = = d vM 1 3 3 cos cos 1 6 3 ----> vM2 = - 1 vM1 = 4 3 3 cm/s. Đáp án D Câu 17: Hai nguồn sóng kết hợp trên mặt nước S1, S2 dao động với phương trình: u1 = asin(t), u2 = acos(t) S1S2 = 9. Điểm M gần nhất trên trung trực của S1S2 dao động cùng pha với u1 cách S1, S2 bao nhiêu. M A. 45/8 B. 39/8 C. 43/8 D. 41/8 Giải:  Ta có S1 S2  u1 = asinωt = acos(t - ) ; u2 = acos(t) 2    Xét điểm M trên trung trực của S1S2: I S1M = S2M = d ( d ≥ 4,5 )  2d 2d u1M = acos(t ); u2M = acos(t ) 2   2d  2d uM = u1M + u2M = acos(t ) + acos(t )  2   2d  uM = 2acos( ) cos(t - ) 4  4 2d   1 Để M dao động cùng pha với u1 : + = 2k -------> d = ( +k)  4 2 8 1 +k) ≥ 4,5 ------> k ≥ 4,375 ----->k ≥ 5 ------> kmin = 5 8 41 dmin =  . Chọn đáp án B 8 d=( Câu 18: Hai tụ điện C1 = 3C0 và C2 = 6C0 mắc nối tiếp. Nối hai đầu bộ tụ với pin có suất điện động E = 6 V để nạp điện cho các tụ rồi ngắt ra và nối với cuộn dây thuần cảm L tạo thành mạch dao động điện từ tự do. Khi dòng điện trong mạch dao động đạt cực đại thì người ta nối tắt hai cực của tụ C 2. Hiệu điện thế cực đại trên cuộn dây của mạch dao động sau đó là A. 3V B. 2 3 V C. 3 2 V D. 2 6 V Giải; Điện dung của bộ tụ C = 2C0 . Điện tích của bộ tụ Q0 = EC = 12C0 Q2 LI 02 Năng lượng ban đầu của mạh W0 = 0 = 36C0 Khi i = I0 ---> WL = = 36C0 2C 2 Năng lượng của hai tụ khi đó WC1 = WC2 = 0 Sau khi nối tắt tụ C2 điện dung của tụ trong mạch dao động C’ = 3C0 Hiệu điện thế cực đại trên cuộn dây của mạch dao động sau đó cũng chính là hiệu điện thế cực đại 2 LI 02 CU2 3C 0U max giữa hai bản cực của tụ C1 : = 1 max -----> = 36C0 -----> Umax = 2 6 V 2 2 2 Chọn đáp án D Câu 19: Trên mặt nước có hai nguồn phát sóng kết hợp là nguồn điểm A và B cách nhau 30 cm, dao động theo phương trình uA = uB = acos20πt cm. Coi biên độ sóng không đổi trong quá trình sóng truyền đi. Người ta đo được khoảng cách giữa hai điểm đứng yên liên tiếp trên đoạn AB là 3 cm. Xét 2 điểm M1 và M2 trên đoạn AB cách trung điểm H của AB những đoạn lần lượt là 0,5 cm và 2 cm. Tại thời điểm t1, vận tốc của M1 là – 12cm/s thì vận tốc của M2 là A. 4 5 cm/s B. 4cm/s C. 3 2 cm/s D. 4 3 cm/s Giải: Ta có bước sóng  = 2x3 = 6cm. Xét điểm M trên AB cách H: MH = d; AB = 30cm AB 2 (  d) Sóng truyền từ A, B đến M: uAM = acos[20πt ] cm 2  AB 2 (  d) uBM = acos[20πt ] cm 2  2 .d  . AB  .d uM = uAM + uBM = 2acos cos(20πt ) = 2acos cos(20πt - 5π)   3 d 2 cos 2 cos vM 2 1  .d 3 3 vM = u’M = - 40πacos sin(20πt - 5π)----> = = = d vM 1 3 3 cos cos 1 6 3 ----> vM2 = - 1 vM1 = 4 3 3 cm/s. Đáp án D Câu 20: Tại một điểm trên mặt chất lỏngcó một nguồn dao động theo phương thẳng đứng với tần số 120HZ ,tạo ra sóng ổn định trên mặt nước.Xét hai điểm M,N(MN=0,5m)trên mặt chất lỏng nằm về một phía với nguồn va trên phương truyền sóng luôn dao động cùng pha.Số gợn lồi ít nhất quan sát đựoc trên đoạn MN là 4.Tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng là: A.15m/s B.20m/s C.12m/s D.10m/s Giải:  M  N Do M, N dao động cùng pha nên MN = k. Số gợn lồi ít nhất khi M, N đi qua vị trí cân bẳng Khi đó MN = k = 4 ----->  = MN/4 = 0,125m Do đó tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng là: v = f = 0,125. 120 = 15m/s. Đáp án A Câu 21 Một con lắc lò xo có tần số góc riêng  = 25 rad/s, rơi tự do mà trục lò xo thẳng đứng, vật nặng bên dưới. Ngay khi con lắc có vận tốc 42cm/s thì đầu trên lò xo bị giữ lại. Tính vận tốc cực đại của con lắc. A. 60cm/s B. 58cm/s C. 73cm/s D. 67cm/s Giải: Khi hệ rơi tự do, lò xo ở trạng thái không bị biến dạng (trạng thái không trọng lượng). Lúc vật đang có vân tốc v0 = 42 cm/s thì đầu trên lò xo bị giữ lại, vật sẽ dao động quanh VTCB với tần số góc  = 25 rad/s; VTCB cách vị trí của vật lúc lò xo được giữ là x0 = l = mg k . Vận tốc cực đại của con lắc được xác định theo công thức: 2 mv max mv02 k ( l ) 2 = + 2 2 2 Với  = 2 v max = v 02 k m + ------> k (l ) 2 m k m = k (l ) 2 m 1 g 1000 mg và l = k .= 2 = 2   2 g 1000 + (  ) 2 = 422 + ( 25 ) 2 = 422 + -----> = v 02 2 v max = v02 + (cm) 402 = 3364 ------> vmax = 58 cm/s. Chọn đáp án B Câu 22. Một con lắc lò xo thẳng đứng đang dao động tự do. Biêt khoảng thời gian diễn ra mỗi lần lò xo bị nén và vectơ vận tốc, gia tốc cùng chiều đều bằng 0,05π (s) và π2 = 10. Vận tốc cực đại của vật treo bằng ? A. 1,414cm/s B. 10cm/s C. 20cm/s D. 14,14cm/s Giải: Trong dao động điều hòa khoảng thời gian t diễn ra vec tơ vận tốc và gia tốc cùng chiều ứng với khoảng thời gian vật chuyển động từ biên đến VTCB tức là từ biện âm (-A) đến gốc O hoặc từ biên T T . Do vậy ta có = 0,05π ----> T = 0,2π --->  = 10 rad/s 4 4 T Khoảng thời gian lò xo bị nén bằng t = nên thời gian vật chuyển động từ li độ x = - ∆l đến biên x = 4 T T T T - A là t1 = t/2 = , Thời gian vật đi từ gốc tọa độ đến li độ x = - ∆l là = 8 4 8 8 dương A đến gốc O và t = nên ∆l = A 2 với A là biên độ của dao động 2 Mặt khác ∆l = 2l 20 g mg = 2 = 0,1m = 10cm -----> Biên độ dao động A = = = 10 2 cm 2 2 k  Vận tốc cực đại của vật treo v = A = 100 2 cm/s = 1,414 m/s. Đáp án khác Câu 23: Hai nguồn sóng kết hợp M và N cách nhau 20cm trên bề mặt chất lỏng dao động theo phương thẳng đứng cùng pha, cùng biên độ A, có tần số 25Hz, tốc độ truyền sóng 1m/s, xem biên độ không đổi trong quá trình truyền sóng. Số điểm trên đường tròn thuộc mặt phẳng chất lỏng nhận MN làm đường kính có biên độ dao động bằng A/2. A. 36 B.42. C.40. D.38. Giải: Bước sóng  = v/f = 0,04m = 4cm Số điểm dao động với biên độ cực đại 2A ( số bụng sóng):  - 10 k  10-----> - 10  2k  10 ------> - 5  k  5, Trên MN có 11 điểm dao động với biên độ 2 cực đại kể cả M và N. Giữa hai điểm liền kề dao động với biên độ cực đại 4A có 2 điểm dao động với biên độ A/2. Trong đoạn MN có 20 điểm dao động với biên độ A/2.. Do đó trên đường tròn thuộc mặt phẳng chất lỏng nhận MN làm đường kính có 20x2 = 40 điểm có biên độ dao động bằng A/2. Đáp án C Đõ Viết Doanh Toại Câu 24: Một con lắc lò xo được đặt nằm ngang gồm lò xo có độ cứng k = 50 N/m và vật nặng khối lượng m = 200 g. Khi vật đang ở vị trí cân bằng thì tác dụng một lực F không đổi dọc theo trục của lò xo và có độ lớn là 2 N trong khoảng thời gian 0,1 s. Bỏ qua mọi ma sát, lấy g = 10 m/s2; π2 = 10. Xác định tốc độ cực đại của vật sau khi lực F ngừng tác dụng? A. 20π cm/s. B. 20π 2 cm/s. C. 25π cm/s. D. 40π cm/s. Giải: Tần số góc của con lắc lò xo:  = k = m 50 0,2 =5 10 = 5π rad/s Dưới tác dụng của lực F vật di chuyển cách vị trí cân bằng một đoạn x0 = và vật thu được vận tốc: m∆v = F.∆t -----> ∆v = v = F = 0,04 m = 4 cm k Ft = 1 m/s m v2 = 0,0056 (m2) 2 ------> A = 2 14 cm. Tốc độ cực đại vmax = A = 10π 14 cm/s. Đáp án khác???? Cách giải của thầy Mạnh có vấn đề, thầy xem lại Thầy và bạn Doanh có thể tham khảo cách làm dưới này Biên độ của dao động sau khi lực F ngừng tác dụng: A2 = x02 + Gọi O là vị trí lò xo không bị biến dạng , O1 là vị trí cân băng khi có lực F tác dụng Biên độ dao động khi có lực tác dụng F là A=OO1 Biên độ A được tính: ĐK cân bằng kA=F  Chu kì con lắc T 2 A F 2  0,04m 4cm k 50 m 0,4 s k Sau 0,1s tương ứng là T/4 vì vật m từ vị trí biên trái O chuyển động sau T/4 sẽ về tới vị trí O1, vân tốc lúc này là v= A , tới vị trí này ngừng lực tác dụng thì vị trí cân bằng mới của con lắc là vị trí O. Biên độ dao động mới là: A'  x 2  v2 (A) 2 2  A   A 2 4 2 cm 2 2 Tốc độ cực đại: vmax A'  k A' 20 2cm / s m O O1 O2 Câu 25: Một con lắc đơn gồm hòn bi nhỏ bằng kim loại được tích điện q > 0. Khi đặt con lắc vào trong điện trường đều có véc tơ cường độ điện trường nằm ngang thì tại vị trí cân bằng dây treo hợp với phương thẳng đứng một góc , có tan = 3/4; lúc này con lắc dao động nhỏ với chu kỳ T 1. Nếu đổi chiều điện trường này sao cho véctơ cường độ diện trường có phương thẳng đứng hướng lên và cường độ không đổi thì chu kỳ dao động nhỏ của con lắc lúc này là: A. T1 . 5 B. T1 7 . 5 C. T1 5 . 7 D. T1 5 . Giải Khi điện trường E có phương ngang thì lực điện trường có phương ngang Con lắc dao động với gia tốc hiệu dụng g hd  tan   F qE 3   P mg 4  cos   g 5g l l 4   T1  2  2 . cos  4 g hd g 5 4 5 (1) Khi điện trường hướng lên thì lực điện trường hướng lên, con lắc dao động với g hd  g  qE qE 3 g  g(1  )  g(1  )  m mg 4 4  T  2 Lấy (1) chia (2) T  T1 5 l l .4  2 g hd g (2) Chọn D Câu :26 Một con lắc lò xo đặt nằm ngang gồm vật M có khối lượng 400g và lò xo có hệ số cứng 40N/m đang dao động điều hòa xung quanh vị trí cân bằng với biên độ 5cm. Khi M qua vị trí cân bằng người ta thả nhẹ vật m có khối lượng 100g lên M (m dính chặt ngay vào M), sau đó hệ m và M dao động với biên độ A. 2 5cm B. 4,25cm C. 3 2cm D. 2 2cm Giải k Khi M về vị trí cân bằng thì vận tóc của M là: v A  .A M Khi vật m nhỏ đặt lên M thì đây là va chạm mêm nên tốc đọ của vật là Mv đậy của là tốc độ cực đại của M+m M m k M. A V 400 .5 M V   '. A '  A '    2 5cm Nên: ' k 400  100 ( M  m). M m V Câu 27: Một cuộn dây không thuần cảm nối tiếp với tụ điện C trong mạch điện xoay chiều có điện áp u  U 0 .cost (V) thì dòng điện trong mạch sớm pha hơn điện áp là 1 , điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn dây là 30V. Biết rằng nếu thay tụ C bằng tụ C'  3C thì dòng điện trong mạch chậm pha hơn điện áp là  2   1 và điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn dây là 90V. Biên độ U 0  ? 2 A. 60V . B. 30 2V C. 60 2V . D.30V Giải: Ud1 = 30 (V) Ud2 = 90 (V) ----> Ud2 = 3 ----> I2 = 3I1 -----> Z1 = 3Z2 -------.Z12 = 9Z22 U d1 ------> R2 + (ZL – ZC1)2 = 9R2 + 9(ZL - Z C1 2 ) ----->2(R2 +ZL2 ) = ZLZC1 (*) 3    1 -----> 1 + 2 = -----> tan1 tan2 = -1 ( vì 1 < 0) 2 2 Z Z L  Z C1 Z L  ZC2 Z L  C1 tan1 = ; tan1 = = 3 R R R Z Z L  Z C1 Z L  C1 = -1------>(ZL – ZC1)(ZL - Z C1 ) = - R2 -------> 3 R 3 R 3R2 + 3ZL2 – 4ZLZC1 + Z c21 = 0 --------> 3(R2 + ZL2 ) – 8(R2 + ZL2 )+ Z C21 = 0 2 ---> Z C1 = 5(R2 + ZL2 ) (**) Từ (*) và (**) -----> Z C21 = 2,5ZLZC1 -----> ZC1= 2,5ZL 2(R2 +ZL2 ) = ZLZC1 = 2,5ZL2 ----> ZL = 2R và ZC1 = 5R (***) Tuwf ddos suy ra: Z12 = R2 +(ZL – ZC1)2 = 10R2 ----> Z1 = R 10 và Zd1 = R 2  Z L2 = R 2  U d1 Z1 U = -------> U = Ud1 = Ud1 Z1 Z d1 Z d1 5 2 Do đó U0 = U 2 = 2Ud1 = 60V. Chọn đáp án A Câu 28 Tại hai điểm A và B trên mặt chất lỏng có hai nguồn phát sóng: uA = 4.cosωt (cm) và uB = 2.cos(ωt + π/3) (cm), coi biên độ sóng không đổi khi truyền đi. Tính biên độ sóng tổng hợp tại trung điểm của đoạn AB. A. 6 cm B. 5,3 cm C. 0 D. 4,6 cm Giải: d ) v d 2.cosω{(t- v Phương trình sóng tại O do nguồn A truyền tới: uAO = 4.cosω(t- cm Phương trình sóng tại O do nguồn B truyền tới: uBO = )+ π/3} cm Biên độ sóng tại O: A2 = A12 + A22 + 2. A1. A2 Cos(π/3) = 28 Suy ra A = 2 ( Sóng tại O là sóng dao động tổng hợp của hai sóng uAO và uBO) 7 5,3cm Nguyễn Văn Tuyên Câu 29. Trong thông tin liên lạc bằng sóng vô tuyến, người ta sử dụng cách biến điệu biên độ, tức là làm cho biên độ của sóng điện từ cao tần (sóng mang) biến thiên theo thời gian với tần số bằng tần số của dao động âm tần. Cho tần số sóng mang là 780kHz. Khi dao động âm tần có tần số 1kHz thực hiện một dao động toàn phần thì dao động cao tần thực hiện được số dao động toàn phần là: A. 780 B. 390 C. 1560 D. 195 Giải: Gọi n1 và n2 là số dao động toàn phần sóng mang và sóng âm thực hiện trong thời gian t n1 n2 f1 t = n1T1 = n2T2 -----> = -----> n1 = n2 = 780 . Đáp án A M f1 f2 f2 Câu 30 :Trên mặt một chất lỏng, có hai nguồn sóng kết hợp O1, O2 cách nhau l = 24cm, dao động theo cùng một phương với phương trình u01 = u02 = Acos(t (ttính bằng s A tính bằng mm) Khoảng cách ngắn nhất từ trung điểm O của O1O2 đến các điểm nằm trên O1 O O2 đường trung trực của O1O2 dao động cùng pha với O là 9cm. Số điểm dao động với biên độ bằng cực tiểu trên đoạn O1O2 là: A. 18 B. 16 C. 20 D. 14 Giải: Có MO12 = OO12 + OM2 suy ra MO1 = 15cm Pha dao động của sóng tại O là φ0 = - ω.d/v = - 2.πd/λ ( Với d = 12cm) Do đó φ0 = - 24 π/λ Pha dao động của sóng tại M là φM = - ω.dM/v = - 2.πdM/λ Với dM = 15cm do đó φM = - 30 π/λ Do là khoảng cách ngắn nhất từ trung điểm O của O1O2 đến các điểm nằm trên đường trung trực của O1O2 dao động cùng pha với O Nên φ0 - φM = 2 π hay ta có: - 24 π/λ + 30 π/λ =2 π Do đó 6π/λ =2π Suy ra λ = 3cm. Trên OO1 có số điểm dao động cực đại là 12/( λ/2) = 8 ( Không kể điểm O) Do đó trên OO1 có 8 điểm dao động với biên độ cực tiểu Vậy trên OO1 có 16 điểm dao động với biên độ bằng cực tiểu Lê Văn Bình xin các thầy cô và các bạn giúp đỡ! Câu 31. Trên mặt thoáng của chất lỏng có hai nguồn sóng kết hợp A, B dao động theo phương trình uA = uB = acos20  t (mm). Coi biên độ sóng không đổi, tốc độ truyền sóng v = 60cm/s. Hai điểm M1, M2 cùng nằm trên một elip nhận A, B làm tiêu điểm có M1A – M1B = -2cm và M2A – M2B = 6cm. Tại thời điểm ly độ của M1 là 2 mm thì điểm M2 có ly độ ? Giải : Có : λ = v/f = 60/10 = 6cm. Do hai điểm M1, M2 cùng nằm trên một elip nhận A, B làm tiêu điểm nên ta có M2A + M2B = M1A + M1B ( Bằng khoảng cách giữa hai nguồn) Phương trình sóng tại điểm M bất kỳ trong vùng giao thoa : uM = 2aCos(  (d1  d 2 )  (d1  d 2 ) )Cos(ωt ) 2v 2v Chú ý : + Cos(ωt -  (d1  d 2 ) )tại một thời điểm luôn không đổi khi các điểm cùng nằm trên một 2v đường elíp + Cos(  (d1  d 2 ) (d  d ) ) = Cos(  1 2 ) 2v   Cos ( )  3 hay ta có : uM2.Cos( ) = uM1.Cos(π) tương tương Nên ta có : u M 1  3 uM 2 Cos ( ) 1 2 uM2 = - uM1 Vậy uM2 = -2. 2 mm Hay tại thời điểm ly độ của M1 là 2 mm thì điểm M2 có ly độ là -2. 2 mm Bài 32: Hai vật dao động điều hòa dọc theo hai đường thẳng song song kề nhau và song song với trục tọa độ Ox sao cho không va chạm vào nhau trong quá trình dao động. Vị trí cân bằng của hai vật đều ở trên một đường thẳng qua gốc tọa độ và vuông góc với Ox. Biết phương trình dao động của hai vật lần lượt là x1  4 cos  4 t   3 cm và x2  4 2 cos  4 t   12  cm . Tính từ thời điểm t1  1 24 s đến thời điểm t2  1 3 s thì thời gian mà khoảng cách giữa hai vật theo phương Ox không nhỏ hơn 2 3 cm là bao nhiêu ? A. 1 3 s B. 1 8 s C. 1 6 s D. 1 12 s Giải : L = x2- x1 = 4 2 Cos( 4πt +π/12) - 4 Cos( 4πt +π/3) = 4 Cos( 4πt -π/6) cm α 2 3 cm Coi đây là một vật dao động điều hòa. β Thời điểm t1 = 1/24s vật có li độ x01 = 4cm Thời điểm t2 = 1/3 s vật có li độ x02 = - 2 3 cm O Khoảng thời gian vật chuyển động Δt = t2 – t1 = 7/24s t2 Góc quét trong thời gian Δt là α = 4π. 7/24 = 7 π/6 Thời gian khoảng cách giữa hai vật không nhỏ hơn 2 3 cm Nghĩa là tổng thời gian khoảng cách giữa hai vật lớn hơn hoặc bằng 2 3 cm Có Cos β = 2 3 /4 = 3 /2 Suy ra β = π/6 Thời gian quét góc β là Δt0 = π/6.4 π = 1/24s Trong khoảng thời gian từ t 1 đến t2 có khoảng thời gian khoảng cách giữa hai vật lớn hơn 2 3 cm là t = 3. Δt0 = 3.1/24= 1/8 s Đáp án B Bài 33: Hai chất điểm M và N cùng dao động điều hòa trên cùng một trục tọa độ Ox ( O là vị trí cân bằng của chúng ), coi trong quá trình dao động hai chất điểm không va chạm vào nhau. Biết phương trình dao động của chúng lần lượt là x1 = 10Cos( 4πt +π/3) và x2 = 10 2 Cos( 4πt +π/12)cm. Hai chất điểm cách nhau 5cm ở thời điểm đầu tiên kể từ lúc t  0 là A. 1 8 s B. 1 9 s C. 5 24 s D. 11 24 s L = x2- x1 = 10 2 Cos( 4πt +π/12) - 10Cos( 4πt +π/3) = 10Cos( 4πt -π/6) cm Với L = 5cm Coi đây là một vật dao động điều hòa. Thời điểm t1 = 0 vật có li độ x01 = 5 3 cm O Có Cos β = 5 3 /10 = 3 /2 Suy ra β = π/6 α Có Cosα = 5/10 = 1/2 Suy ra α = π/3 β Thời gian chuyển động t = (β+ α)/ω = π/2.4 π = 1/8 s Đáp án : A t0 Câu 34 : Trong hiện tượng giao thoa sóng trên mặt nước, hai nguồn kết hợp S1 , S2 cách nhau 10 cm , dao động theo phương vuông góc với mặt nước, cùng biên độ, cùng pha, cùng tần số f  50 Hz . Tốc độ truyền sóng trên mặt nước là v  75 cm s . Gọi C là điểm trên mặt nước thỏa mãn CS1  CS 2  10 cm . Xét các điểm trên mặt nước thuộc đoạn thẳng t1 CS 2 , điểm mà phần tử tại đó dao động với biên độ cực đại cách điểm S2 một đoạn nhỏ nhất bằng A. 7, 28 mm B. 6, 79 mm C. 5, 72 mm Giải: λ = v/f = 1,5 cm Xét trên đoạn OS2 có OS2/ (λ/2) = 10/1,5 = 6,67 Tức là trên đoạn OS2 có 6 điểm cực đại không kể điểm O Để điểm M dao động với biên độ cực đại gần S2 nhất thì M thuộc dãy cực đại thứ 6. Do đó S1M – S2M = 6. λ = 6.1,5 = 9cm. (*) Tam giác S1CS2 đều nên góc S2 bằng 600 suy ra góc M bằng 300. Gọi khoảng cách S2H = a cm suy ra S1H = (10 – a) cm Ta có: S2M = 2.a cm và HM = a. 3 cm S Trong tam giác S1HM có: S1M2 = HM2 + S1H2 = (a. 3 )2 + 1(10 – a) 2 Hay S1M2 = (4.a)2 -20.a + 100 ( 2*) Theo (*) có S1M = 9 + S2M = 9 + 2.a ( 3*) Theo ( 2*) và ( 3*) ta có: (4.a)2 -20.a + 100 = 81 + 36.a + (4.a)2 Giải phương trình ta có: a = 19/56 (cm) Suy ra S2M = 19/28 cm 0,679cm = 6,79 mm 7,12 mm D. C M O H Câu 35 : Mạch điện AB gồm đoạn AM và đoạn MB . Điện áp ở hai đầu mạch ổn định u = 220 2 cos100πt V. Điện áp ở hai đầu đoạn AM sớm pha hơn cường độ dòng điện một góc 300. Đoạn MB chỉ có một tụ điện có điện dung C thay đổi được. Chỉnh C để tổng điện áp hiệu dụng UAM + UMB có giá trị lớn nhất. Khi đó điện áp hiệu dụng ở hai đầu tụ điện là A. 440 V B. 220 3 C. 220 D. 220 2 V UAM Giải: 600 Vẽ giãn đồ véc tơ như hình vẽ Đặt Y = (UAM + UMB)2. 300 Tổng (UAM + UMB )đạt giá trị cực đại khi Y đạt giá trị cực đại 2 Y = (UAM + UMB)2 = (UAM + UC)2 = U AM + U C2 + 2UAMUC (1) Mặt khác theo giãn đồ ta có: U 2 2 2 2 U2 = U AM + U C - 2UAMUC cos600 = U AM + U C - UAMUC UC 2 U2 = U AM + U C2 - UAMUC (2) 2 2 Z2 = Z AM + Z C - ZAMZC (3) Thay (2) vào (1) ta được: Y = U2 + 3UAMUC (4) Y = Ymax khi X = UAMUC có giá tri lớn nhất X = Xmax 2 X = UAMUC = I2 ZAM.ZC = U Z AM .Z C 2 = Z AM 2 Z U 2 Z AM . U 2 Z AM .  Z C2  Z AM Z C = Z2 Z C  AM  Z AM ZC ZC S2 X = Xmax khi mẫu số cực tiểu, -----> ZC = ZAM -----> X = U2 (5) và UC = UAM Từ (4) và (5): Y = (UAM + UC)2 = U2 + 3U2 = 4U2 ----> UAM + UC = 2U ----> 2UC = 2U -----> UC = U = 220V. Đáp án C Hoặc khi ta có ZC = ZAM suy ra UC = UAM tam giác OUAMU là tam giác đều ---> UC = U = 220V Câu 36:trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng khe hẹp S hphat ra đồng thời 3 búc xạ đơn sắc có bước sóng lanđa1=392nm; 2 =490nm; 3 =735nm.Trên màn trong khoảng giua hai vân sáng liên tiếp có mầu giống mầu vân trung tâm ta quan sát được bao nhiêu vạch sáng đơn sắc ứng với bức xạ lanđa2? A.11 B.9 C.7 D.6 BÀI GIẢI. Bài 1 k  5 15 k3 2 2 8 1 2  K11 = k22 => k    4 12 2 1  K33 = k22 => k    3 12 2 3 Lập bảng : để thấy sự trùng nhau của các vân sáng. K1 K2 K3 0 2 4 6 8 0 0 3 5 4 6 10 8 9 15 12 Như vậy giua hai vân sáng liên tiếp có mầu giống mầu vân trung tâm có 11 vân sáng của 2, nhưng có 5 chỗ trùng nhau với 1 và 3, nên có 6 vạch sáng đơn sắc ứng với bức xạ 2 . ĐÁP ÁN D Câu 37 : Mạch điện xoay chiều mắc nối tiếp gồm biến trở R, cuộn dây thuần cảm L và tụ điện C. Đặt vào hai đầu đoạn mạch điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng U = 100V và tần số f không đổi. Điều chỉnh để R = R1 = 50Ω thì công suất tiêu thụ của mạch là P1 = 60W và góc lệch pha của điện áp và dòng điện là 1. Điều chỉnh để R = R2 = 25Ω thì công suất tiêu thụ của mạch là P2 và góc lệch pha của điện áp P2 3 và dòng điện là 2 với cos21 + cos22 = , Tỉ số bằng P1 4 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Giải: P1 = UI1cos1 = I12R1-----> I1R1 = Ucos1 ----> I1 = 2cos1 (1) P 3 P1 = UI1cos1 = 2Ucos21 -----> cos21 = 1 = (2) 10 2U P2 = UI2cos2 = I22R2-----> I2R2 = Ucos2 ----> I2 = 4cos2 (3) 3 3 3 3 9 ---> cos22 = - cos21 = = (4) 4 4 4 10 20 9 4 cos  2 cos  2 cos 2  2 20 = =2 = 2. = 3. Chọn đáp án C 3 2 cos  1 cos  1 cos 2  1 10 cos21 + cos22 = P2 I 2 cos  2 = P1 I 1 cos  1 Câu 38: Ba điểm O, M, N cùng nằm trên một nửa đường thẳng xuất phát từ O. Tại O đặt một nguồn điểm phát sóng âm đẳng hướng ra không gian, môi trường không hấp thụ âm. Mức cường độ âm tại M là 70 dB, tại N là 30dB. Nếu chuyển nguồn âm đó sang vị trí M thì mức cường độ âm tại trung điểm MN khi đó là A. 36,1 dB. B. 41,2 dB. C. 33,4 dB. D. 42,1 dB. Giải: Gọi P là công suất của nguồn âm     P I= N O M H 4R 2 IM ON 2 LM – LN = lg = lg( ) =7–4=3 IN OM 1 30,62 ON = 1,5-----> ON = 31,62 OM---> MN = ON – OM = ON(1- 31,62 ) = ON 31,62 OM IH MN 2 LH – L’N = lg = lg( ) = 2lg2 = 0,602B (*) I 'N MH lg I 'N 31,62 ON 2 = lg( ) = 2lg 30,62 = 0,028B----->L’N = LN + 0,028 = 3,028 B (**) IN MN LH = 3,028 + 0,602 = 3,63 B = 36,3 dB. Đáp án A 13,6 Câu 39: Mức năng lượng trong nguyên tử hiđrô được xác định bằng biểu thức E = - 2 (eV) với n  n N*, trạng thái cơ bản ứng với n = 1. Một đám khí hiđrô đang ở trạng thái kích thích và electron đang ở quĩ đạo dừng N. Tỉ số giữa bước sóng dài nhất và ngắn nhất mà đám khí trên có thể phát ra khi chuyển về trạng thái dừng có mức năng lượng thấp hơn là A. 16/9. B. 192/7. C. 135/7. D. 4. hc 1 15 Giải: = EN – EK = E4 – E1 = 13,6( 1) = 13.6.  min 16 16 hc 1 1 7 = EN – EM = E4 – E3 = 13,6( ) = 13.6.  max 9 16 16.9  max 135 -----> = . Đáp án C  min 7 L’N – LN = lg Câu 40: Một con lắc lò xo gồm quả cầu nhỏ m mang điện tích q = + 5. 10 -5 (C) và lò xo có độ cứng k=10N/m, dao động điều hòa với biên độ 5cm trên mặt phẳng nằm ngang không ma sát. Tại thời điểm quả cầu đi qua vị trí cân bằng và có vận tốc hướng ra xa điểm gắn lò xo với giá nằm ngang, người ta bật một điện trường đều có cường độ E = 104 V/m, cùng hướng với vận tốc của vật. Tỉ số tốc độ dao động cực đại của quả cầu sau khi có điện trường và tốc độ dao động cực đại của quả cầu trước khi có điện trường bằng A. 2. B. 3 . C. 2. D. 3 . Giải Tốc độ tại vị trí cân bằng cũ là: v A Vị trí cân bằng mới cách VTCB cũ một đoạn:x=qE/k=5.10-5.104/10=5cm Biên độ mới: A'  x 2  v' v2 5 2 cm 2 A'  2 A Câu 41: Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, khe hẹp S phát đồng thời 3 bức xạ đơn sắc thuộc vùng ánh sáng nhìn thấy có bước sóng lần lượt 1  0, 42 m; 2  0,56  m và 3 với 3 > 2 . Trên màn, trong khoảng giữa vân sáng trung tâm tới vân sáng tiếp theo có màu giống màu vân sáng trung tâm, ta thấy có 2 vạch sáng là sự trùng nhau của hai vân sáng 1 và 2 , 3 vạch sáng là sự trùng nhau của hai vân sáng 1 Tỉ số cần tính: v  và 3 . Bước sóng 3 là 0,65μm A. 0,60μm. B. 0,63μm. C. 0,76μm. D. Giải 1 3   12 41 2 4 2 vân sáng gần nhau cùng màu với vân sáng trung tâm tại đó có 3 vân trùng nhau Giữa 2 vân này có 2 vân trùng của bức xạ 1 và 2, tính cả hai vân đầu và cuối thì có 4 vân tương úng 3 khoảng vân Vây chiều dài của 2 vạch cùng màu cân trung tâm L 3.41 D a + số vạch trùng của bức xạ 1 và 3 là 5 tương ứng 4 khoảng vân: 4i=L 1 m  là phân sos tối giản  4n1 D 3.41 D  3 3 n a a 3  3  1 ;0,56  3  0,75  m 2  3 0,63m m Câu 43: Một thang máy chuyển động với gia tốc a nhỏ hơn gia tốc của trọng trường g tại nơi đặt thang máy. Trong thang máy có con lắc đơn dao động điều hòa. Chu kì dao động của con lắc khi thang máy chuyển động giảm 5% so với chu kì dao động của con lắc khi thang máy đứng yên. Véc tơ gia tốc của thang máy A. hướng thẳng đứng xuống và có độ lớn là 0,108m/s2. B. hướng thẳng đứng lên trên và có độ lớn là 0,108m/s2. C. hướng thẳng đứng lên trên và có độ lớn là 1,108m/s2. D. hướng thẳng đứng xuống và có độ lớn là 1,108m/s2 Giải: Sửa lại đơn vị Chu kì con lắc T 2 l g để chu kì giảm thì ghd tăng Nên ghd= g+a T ' 2 l g a theo đầu bài T  T' T' 0,05  1  0,05  T T g 0,95  a 0,108m / s 2 g a Thang máy phải chuyển động đi lên nhanh dần hoặc chuyển động xuống chậm dần( có lẻ cần bổ xung thêm giả thiết đáp án) Câu 44: Bốn con lắc đơn cùng khối lượng, treo vào một toa tàu chạy với tốc độ 72 km/giờ. Chiều dài bốn con lắc lần lượt là l1 = 10cm; l2 = 7cm; l3 = 5cm; l4 = 12cm. Lấy g =10m/s2. Chiều dài mỗi thanh ray 12,5m, ở chỗ nối hai thanh ray có một khe hở hẹp, coi lực cản như nhau. Con lắc sẽ dao động với biên độ lớn nhất ứng với con lắc có chiều dài là A. l2. B. l3. C. l1. D. l4. Giải v=20m/s Chu kì dao động của tàu là S T= v 12,5  0,625 20 Chu kì dao động của 4 con lắc là T1 2 l1 2 g 0,1 0,632 10 Tương tự: T2=0,529s; T3=0,447s: T4=0.692s So sánh chu kì dao động của con lắc nào gần với chu kì dao động của tau thì con lắc đó dao động với biên độ lớn nhất Con lắc 1 dao động với biên độ lớn nhất Câu 45: Một ống tia X làm việc dưới hiệu điện thế 50 kV, tiêu thụ dòng điện I = 1 mA. Trong mỗi giây ống này bức xạ ra N  2.1013 phôtôn có bước sóng là   1010 m . Hiệu suất làm việc của ống tia X này bằng : A. H = 80% B. H = 8,8.1011 C. H = 0,8 % D. H = 0,0795% Giải Hiệu suất Xét trong 1 giây: H  Pbx .100% P P=U.I hc Pbx=N.   H 2.1013.6,625.10  34.3.108 .100% 0,08% 10  10.50.10 3.0,001 Câu 46: Trong một thí nghiệm với tế bào quang điện, để dập tắt dòng quang điện, người ta phải dùng hiệu điện hãm có giá trị 3,2 V. Tách ra một chùm hẹp electron quang điện và hướng nó vào một từ trường đều có B = 3.10 – 5 T, sao cho vận tốc của electron vuông góc r với B . Bán kính quĩ đạo lớn nhất của các electron quang điện là : A. 40 cm B. 4 cm C. 20 cm D. 2 cm Giải: Bán kính quỹ đạo lớn nhất của electron ứng với tốc độ cực đại của hat e + 1 mv 2 U h 2
- Xem thêm -