Google
Đáp án Thi thử Đại học lần II 2013 của diễn đàn Vật lí phổ thông
- Thread starter Tăng Hải Tuân
- Ngày gửi
Câu 2: Cho mạch điện xoay chiều $AB$, $AN$chứa cuộn dây, $NB$chứa tụ điện. Đặt một hiệu điện thế không đổi vào hai đầu đoạn mạch $AB$.Biết giá trị của tụ có thể thay đổi được và điện áp hai đầu đoạn mạch $AN$ luôn sớm pha hơn cường độ dòng điện một góc $\dfrac{\pi }{5}$. Điều chỉnh giá trị của tụ để giá trị ${{U}_{AN}}+{{U}_{NB}}$ đạt giá trị cực đại. Hệ số công suất của đoạn mạch lúc này là:
A. $0,89$.
B. $0,72$.
C. $0,69$.
D. $0,82$.
Lời giải
Gọi $\varphi $ là độ lệch pha của đoạn mạch. Có 2 khả năng xảy ra :
TH1: Hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch sớm pha so với cường độ dòng điện một góc $\varphi $ .
Dựa vào giản đồ véc tơ vẽ theo kiểu $\overrightarrow{{{U}_{C}}}$ hướng xuống, $\overrightarrow{{{U}_{L}}}$hướng lên , ta có :
$$U\cos \varphi ={{U}_{AN}}\cos \dfrac{\pi }{5}\Rightarrow {{U}_{AN}}=\dfrac{U\cos \varphi }{\cos \dfrac{\pi }{5}}$$
Xét tam giác $O{{U}_{NB}}U$ , ta có
$$\dfrac{{{U}_{NB}}}{\sin \left( \dfrac{\pi }{5}-\varphi \right)}=\dfrac{U}{\sin \left( \dfrac{\pi }{2}-\dfrac{\pi }{5} \right)}=\dfrac{U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}\Rightarrow {{U}_{NB}}=\dfrac{U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}.\sin \left( \dfrac{\pi }{5}-\varphi \right)$$
Do do đó
$$\begin{align}
{{U}_{AN}}+{{U}_{NB}}&=\dfrac{U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}\left[ \sin \left( \dfrac{\pi }{2}-\varphi \right)+\sin \left( \dfrac{\pi }{5}-\varphi \right) \right] \\
& =\dfrac{2U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}\sin \dfrac{3\pi }{10}\cos \left( \dfrac{7\pi }{20}-\varphi \right) \\
& \le \dfrac{2U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}\sin \dfrac{3\pi }{10}. \\
\end{align}$$
Đẳng thức không thể xảy ra khi $\varphi <\dfrac{\pi }{5}$ , trường hợp này loại.
TH2: Hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch trễ pha so với cường độ dòng điện một góc $\varphi $ .
Khi đó ta có
$$\left\{ \begin{align}
& U\cos \varphi ={{U}_{AN}}\cos \dfrac{\pi }{5}\Rightarrow {{U}_{AN}}=\dfrac{U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}\sin \left( \dfrac{\pi }{2}-\varphi \right) \\
& \dfrac{{{U}_{NB}}}{\sin \left( \dfrac{\pi }{5}+\varphi \right)}=\dfrac{U}{\sin \left( \dfrac{\pi }{2}-\dfrac{\pi }{5} \right)}\Rightarrow {{U}_{NB}}=\dfrac{U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}\sin \left( \dfrac{\pi }{5}+\varphi \right) \\
\end{align} \right.$$
Do đó
$$\begin{align}
{{U}_{AN}}+{{U}_{NB}}& =\dfrac{U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}\left( sin\left( \dfrac{\pi }{2}-\varphi \right)+sin\left( \dfrac{\pi }{5}+\varphi \right) \right) \\
& =2\dfrac{U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}\sin \left( \dfrac{7\pi }{20} \right)\cos \left( \dfrac{3\pi }{20}-\varphi \right) \\
& \le 2\dfrac{U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}\sin \left( \dfrac{7\pi }{20} \right). \\
\end{align}$$
Đẳng thức xảy ra khi $\cos \left( \dfrac{3\pi }{20}-\varphi \right)=1\Rightarrow \varphi =\dfrac{3\pi }{20}\Rightarrow \cos \varphi =0,89.$
Đáp án C.
A. $0,89$.
B. $0,72$.
C. $0,69$.
D. $0,82$.
Lời giải
Gọi $\varphi $ là độ lệch pha của đoạn mạch. Có 2 khả năng xảy ra :
TH1: Hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch sớm pha so với cường độ dòng điện một góc $\varphi $ .
Dựa vào giản đồ véc tơ vẽ theo kiểu $\overrightarrow{{{U}_{C}}}$ hướng xuống, $\overrightarrow{{{U}_{L}}}$hướng lên , ta có :
$$U\cos \varphi ={{U}_{AN}}\cos \dfrac{\pi }{5}\Rightarrow {{U}_{AN}}=\dfrac{U\cos \varphi }{\cos \dfrac{\pi }{5}}$$
Xét tam giác $O{{U}_{NB}}U$ , ta có
$$\dfrac{{{U}_{NB}}}{\sin \left( \dfrac{\pi }{5}-\varphi \right)}=\dfrac{U}{\sin \left( \dfrac{\pi }{2}-\dfrac{\pi }{5} \right)}=\dfrac{U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}\Rightarrow {{U}_{NB}}=\dfrac{U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}.\sin \left( \dfrac{\pi }{5}-\varphi \right)$$
Do do đó
$$\begin{align}
{{U}_{AN}}+{{U}_{NB}}&=\dfrac{U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}\left[ \sin \left( \dfrac{\pi }{2}-\varphi \right)+\sin \left( \dfrac{\pi }{5}-\varphi \right) \right] \\
& =\dfrac{2U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}\sin \dfrac{3\pi }{10}\cos \left( \dfrac{7\pi }{20}-\varphi \right) \\
& \le \dfrac{2U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}\sin \dfrac{3\pi }{10}. \\
\end{align}$$
Đẳng thức không thể xảy ra khi $\varphi <\dfrac{\pi }{5}$ , trường hợp này loại.
TH2: Hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch trễ pha so với cường độ dòng điện một góc $\varphi $ .
Khi đó ta có
$$\left\{ \begin{align}
& U\cos \varphi ={{U}_{AN}}\cos \dfrac{\pi }{5}\Rightarrow {{U}_{AN}}=\dfrac{U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}\sin \left( \dfrac{\pi }{2}-\varphi \right) \\
& \dfrac{{{U}_{NB}}}{\sin \left( \dfrac{\pi }{5}+\varphi \right)}=\dfrac{U}{\sin \left( \dfrac{\pi }{2}-\dfrac{\pi }{5} \right)}\Rightarrow {{U}_{NB}}=\dfrac{U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}\sin \left( \dfrac{\pi }{5}+\varphi \right) \\
\end{align} \right.$$
Do đó
$$\begin{align}
{{U}_{AN}}+{{U}_{NB}}& =\dfrac{U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}\left( sin\left( \dfrac{\pi }{2}-\varphi \right)+sin\left( \dfrac{\pi }{5}+\varphi \right) \right) \\
& =2\dfrac{U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}\sin \left( \dfrac{7\pi }{20} \right)\cos \left( \dfrac{3\pi }{20}-\varphi \right) \\
& \le 2\dfrac{U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}\sin \left( \dfrac{7\pi }{20} \right). \\
\end{align}$$
Đẳng thức xảy ra khi $\cos \left( \dfrac{3\pi }{20}-\varphi \right)=1\Rightarrow \varphi =\dfrac{3\pi }{20}\Rightarrow \cos \varphi =0,89.$
Đáp án C.
Câu 3: Một bàn là có rơle nhiệt nối vào mạch có hiệu điện thế không thay đổi. Rơle bật (tắt) tuần hoàn khi nhiệt độ bàn là giảm đến giới hạn thấp nhất (hoặc tăng đến giới hạn cao nhất nào đó). Thời gian bật là $t_1 = 1$ phút nếu hiệu điện thế ở hai đầu bàn là bằng $U$ và là $1,4$ phút khi hiệu điện thế giảm $5%$. Hỏi có thể giảm bao nhiêu $\%$ hiệu điện thế đặt vào mà bàn là mà nó vẫn còn hoạt động được trong khoảng giới hạn nhiệt độ cho phép.
A. $49\%$
B. $19\%$
C. $29\%$
D. $39\%$
Lời giải
Nhiệt lượng do dòng điện cung cấp cho bàn là dùng làm 2 nhiệm vụ:
+ Làm nóng bàn là đến nhiệt độ không đổi (nhiệt độ giới hạn), ta gọi nhiệt lượng này là Q
+ Tỏa nhiệt qua mặt bàn là với công suất không đổi P dùng để là quần áo và nhiệt tỏa ra môi trường.
Ta có \[Uit=Q+Pt\to \dfrac{{{U}^{2}}}{R}.t=Q+P.t\]
+ Với $U_1 = U$ và $t_1 = 1$ phút: \[Q=\left( \dfrac{U_{1}^{2}}{R}-P \right){{t}_{1}} \ (1)\]
+ Với $U_2 = 0,95U$ và $t_2 = 1,4$ phút:\[Q=\left( \dfrac{U_{2}^{2}}{R}-P \right){{t}_{2}} \ (2)\]
+ Với hiệu diện thế cực tiểu $U_{min}$ mà bàn là vẫn hoạt động trong khoảng nhiệt độ cho phép thì thời gian đóng rơle coi bằng vô cùng, nhiệt tỏa ra bằng nhiệt truyền cho ngoại vật nên \[P=\dfrac{U_{\min }^{2}}{R} \ (3)\]
+ Từ hệ ba phương trình ta có: \[{{U}_{\min }}=\sqrt{\dfrac{U_{2}^{2}{{t}_{2}}-U_{1}^{2}{{t}_{1}}}{{{t}_{2}}-{{t}_{1}}}}=\sqrt{\dfrac{{{(0,95U)}^{2}}1,4-{{U}^{2}}_1}{1,4-1}}\approx 0,81U.\]
+ Vậy có thể giảm tối đa là $19\%$.
Chọn B.
A. $49\%$
B. $19\%$
C. $29\%$
D. $39\%$
Lời giải
Nhiệt lượng do dòng điện cung cấp cho bàn là dùng làm 2 nhiệm vụ:
+ Làm nóng bàn là đến nhiệt độ không đổi (nhiệt độ giới hạn), ta gọi nhiệt lượng này là Q
+ Tỏa nhiệt qua mặt bàn là với công suất không đổi P dùng để là quần áo và nhiệt tỏa ra môi trường.
Ta có \[Uit=Q+Pt\to \dfrac{{{U}^{2}}}{R}.t=Q+P.t\]
+ Với $U_1 = U$ và $t_1 = 1$ phút: \[Q=\left( \dfrac{U_{1}^{2}}{R}-P \right){{t}_{1}} \ (1)\]
+ Với $U_2 = 0,95U$ và $t_2 = 1,4$ phút:\[Q=\left( \dfrac{U_{2}^{2}}{R}-P \right){{t}_{2}} \ (2)\]
+ Với hiệu diện thế cực tiểu $U_{min}$ mà bàn là vẫn hoạt động trong khoảng nhiệt độ cho phép thì thời gian đóng rơle coi bằng vô cùng, nhiệt tỏa ra bằng nhiệt truyền cho ngoại vật nên \[P=\dfrac{U_{\min }^{2}}{R} \ (3)\]
+ Từ hệ ba phương trình ta có: \[{{U}_{\min }}=\sqrt{\dfrac{U_{2}^{2}{{t}_{2}}-U_{1}^{2}{{t}_{1}}}{{{t}_{2}}-{{t}_{1}}}}=\sqrt{\dfrac{{{(0,95U)}^{2}}1,4-{{U}^{2}}_1}{1,4-1}}\approx 0,81U.\]
+ Vậy có thể giảm tối đa là $19\%$.
Chọn B.
Last edited:
lantohehevip
New Member
Đáp án chi tiết đi anh! Bọn em biết ơn anh nhiều lắm ây!
Câu 49:duckies đã viết:
Đây là dạng bài trùng phùng,ta có công thức sau (mình không nhớ chứng minh lắm) :
$\dfrac{1}{t_{cần tìm}}=\dfrac{1}{T_{bé}}-\dfrac{1}{T_{lớn}}=\dfrac{1}{\dfrac{1}{2}}-\dfrac{1}{\dfrac{2}{3}}=\dfrac{1}{2}$
Vậy nên $t_{cần tìm}=2s$
Câu 29:
Đây là dạng dễ bạn nên tự suy nghĩ.
@anh liltee : Đáp án có vấn đề anh ạ.Câu $16$ là $C$ chứ không phải $D$,câu $43$ là $B$ chứ không phải $D$.Câu 27 em ra $C$ và sai so với đáp án của diễn đàn,mong anh giải giúp em.
thehiep
Giọt nước tràn mi
Câu 16; 43 chắc anh Tuân làm đáp án nhầm :)CQT.95hp đã viết:
Câu 27:
Ta có ${{v}_{\max }}=A.\sqrt{\dfrac{k}{m}}=0,8m/s\Rightarrow v'=\dfrac{m{{v}_{\max }}}{m+\Delta m}=\dfrac{2}{3}m/s$
Vị trí cân bằng mới thấp hơn vị trí cân bằng cũ đoạn $x=\dfrac{\Delta mg}{k}=0,005m$
$$\Rightarrow A'=\sqrt{{{x}^{2}}+\dfrac{v{{'}^{2}}}{\omega {{'}^{2}}}}=\sqrt{{{x}^{2}}+\dfrac{(m+\Delta m)v{{'}^{2}}}{k}}=0,0369m=\boxed{3,69cm}$$
Câu 16, 43 do đảo đáp án nhầm, rất xin lỗi mọi người. Đáp án đúng giống như CQT.95hp nói.
huutrongpro95
New Member
CÂu 7 anh ơi câu 33 nữa câu 41 em tính được t=1/8s khác đáp án quá anh ạ
lkshooting
Member
Câu 19 ạ
Anh giải cho em với
Sao em được 120 nhỉ :(
Anh giải cho em với
Sao em được 120 nhỉ :(
rainmeteror
Active Member
Bài này cho trắc nghiệm là hơi bị hay luôn
langtuhuyquangha
New Member
Ban quản trị có thể tông hợp đáp an chi tiết đề thi số 2 3 được không ạ em cảm ơn
Ilove VLPT(hieu)
New Member
Câu 1: Chọn D(theo định nghĩa SGK)
Đây là một câu trong A/2012.
Câu 2:Chọn C
Lời giải
Gọi $\varphi $ là độ lệch pha của đoạn mạch. Có 2 khả năng xảy ra :
TH1: Hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch sớm pha so với cường độ dòng điện một góc $\varphi $ .
Dựa vào giản đồ véc tơ vẽ theo kiểu $\overrightarrow{{{U}_{C}}}$ hướng xuống, $\overrightarrow{{{U}_{L}}}$ hướng lên , ta có :
$$U\cos \varphi ={{U}_{AN}}\cos \dfrac{\pi }{5}\Rightarrow {{U}_{AN}}=\dfrac{U\cos \varphi }{\cos \dfrac{\pi }{5}}$$
Xét tam giác $O{{U}_{NB}}U$ , ta có
$$\dfrac{{{U}_{NB}}}{\sin \left( \dfrac{\pi }{5}-\varphi \right)}=\dfrac{U}{\sin \left( \dfrac{\pi }{2}-\dfrac{\pi }{5} \right)}=\dfrac{U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}\Rightarrow {{U}_{NB}}=\dfrac{U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}.\sin \left( \dfrac{\pi }{5}-\varphi \right)$$
Do do đó
$$\begin{align}
{{U}_{AN}}+{{U}_{NB}}&=\dfrac{U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}\left[ \sin \left( \dfrac{\pi }{2}-\varphi \right)+\sin \left( \dfrac{\pi }{5}-\varphi \right) \right] \\
& =\dfrac{2U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}\sin \dfrac{3\pi }{10}\cos \left( \dfrac{7\pi }{20}-\varphi \right) \\
& \le \dfrac{2U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}\sin \dfrac{3\pi }{10}. \\
\end{align}$$
Đẳng thức không thể xảy ra khi $\varphi <\dfrac{\pi }{5}$ , trường hợp này loại.
TH2: Hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch trễ pha so với cường độ dòng điện một góc $\varphi $ .
Khi đó ta có
$$\left\{ \begin{align}
& U\cos \varphi ={{U}_{AN}}\cos \dfrac{\pi }{5}\Rightarrow {{U}_{AN}}=\dfrac{U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}\sin \left( \dfrac{\pi }{2}-\varphi \right) \\
& \dfrac{{{U}_{NB}}}{\sin \left( \dfrac{\pi }{5}+\varphi \right)}=\dfrac{U}{\sin \left( \dfrac{\pi }{2}-\dfrac{\pi }{5} \right)}\Rightarrow {{U}_{NB}}=\dfrac{U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}\sin \left( \dfrac{\pi }{5}+\varphi \right) \\
\end{align} \right.$$
Do đó
$$\begin{align}
{{U}_{AN}}+{{U}_{NB}}& =\dfrac{U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}\left( sin\left( \dfrac{\pi }{2}-\varphi \right)+sin\left( \dfrac{\pi }{5}+\varphi \right) \right) \\
& =2\dfrac{U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}\sin \left( \dfrac{7\pi }{20} \right)\cos \left( \dfrac{3\pi }{20}-\varphi \right) \\
& \le 2\dfrac{U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}\sin \left( \dfrac{7\pi }{20} \right). \\
\end{align}$$
Đẳng thức xảy ra khi $\cos \left( \dfrac{3\pi }{20}-\varphi \right)=1\Rightarrow \varphi =\dfrac{3\pi }{20}\Rightarrow \cos \varphi =0,89.$
Đáp án C.
Câu 3:B
Lời giải
Nhiệt lượng do dòng điện cung cấp cho bàn là dùng làm 2 nhiệm vụ:
+ Làm nóng bàn là đến nhiệt độ không đổi (nhiệt độ giới hạn), ta gọi nhiệt lượng này là Q
+ Tỏa nhiệt qua mặt bàn là với công suất không đổi P dùng để là quần áo và nhiệt tỏa ra môi trường.
Ta có \[Uit=Q+Pt\to \dfrac{{{U}^{2}}}{R}.t=Q+P.t\]
+ Với $U_1 = U$ và $t_1 = 1$ phút: \[Q=\left( \dfrac{U_{1}^{2}}{R}-P \right){{t}_{1}} \ (1)\]
+ Với $U_2 = 0,95U$ và $t_2 = 1,4$ phút:\[Q=\left( \dfrac{U_{2}^{2}}{R}-P \right){{t}_{2}} \ (2)\]
+ Với hiệu diện thế cực tiểu $U_{min}$ mà bàn là vẫn hoạt động trong khoảng nhiệt độ cho phép thì thời gian đóng rơle coi bằng vô cùng, nhiệt tỏa ra bằng nhiệt truyền cho ngoại vật nên \[P=\dfrac{U_{\min }^{2}}{R} \ (3)\]
+ Từ hệ ba phương trình ta có: \[{{U}_{\min }}=\sqrt{\dfrac{U_{2}^{2}{{t}_{2}}-U_{1}^{2}{{t}_{1}}}{{{t}_{2}}-{{t}_{1}}}}=\sqrt{\dfrac{{{(0,95U)}^{2}}1,4-{{U}^{2}}_1}{1,4-1}}\approx 0,81U.\]
+ Vậy có thể giảm tối đa là $19\%$.
Chọn B.
Câu 4:Chọn A
Ta có:
$$\dfrac{\dfrac{1}{C \omega_1}}{\sqrt{R^2+ \left(L \omega_1-\dfrac{1}{C \omega_1} \right)^2}}=\dfrac{\dfrac{1}{C \omega_2}}{\sqrt{R^2+ \left(L \omega_2-\dfrac{1}{C \omega_2} \right)^2}}.$$
Biến đổi đại số và chú ý: $R^2=\dfrac{L}{C}$ ta có:
$$\omega_1^2+\omega_2^2=\dfrac{1}{LC}=\omega_o^2.$$
Từ đó ta có:
$$f_1^2+f_2^2=f_o^2.$$
Câu 5:Chọn C
Đây là ý tưởng của mình:
Xét điện tích dương thì:
$$\dfrac{2}{\sqrt[4] {3}} =2\pi \sqrt{\dfrac{l}{\sqrt{g^2+\left(\dfrac{qE}{m}\right)^2+ 2g\dfrac{qE}{m}. \cos(90-30)}}}.$$
Và:
$$2=2\pi \sqrt{\dfrac{l}{\sqrt{g^2+\left(\dfrac{qE}{m}\right)^2- 2g\dfrac{qE}{m}. \cos(90-30)}}}.$$
Tính ra:
$$q=100 \mu F.$$
Thấy thỏa mãn.
Còn trường hợp $q<0$ loại.
Câu 6:Chọn C.
A,D sai vì hai thành phàn đó cùng pha.
B sai vì hai thành phần đó có vuông góc với nhau.
Câu 7:Chọn B
Giải:
Chọn chiều dương theo chiều búng vật.
Gọi $V$ là vận tốc ngay trước va chạm của $m_2$.
Bảo toàn năng lượng:
$$\dfrac{m_2v_0^2}{2}=\dfrac{m_2V^2}{2}+um_2gs$$
Thay số ra $V=2,2m/s$.
Gọi $v_1,v_2$ lần lượt là vận tốc của $m_1,m_2$ ngay sau va chạm.
Áp dụng công thức va chạm hoàn toàn đàn hồi cho 2 vật có:
$$v_1=1,76m/s,v_2=-0,44m/s$$
Sau va chạm chỉ còn $m_1$ dao động.
Gọi $\Delta l_1,\Delta l_2$ lần lượt là độ nén,dãn cực đại của lò xo sau va chạm.
$$\Delta l_1+\Delta l_2=108-94=14cm=0,14m. (1)$$
Bảo toàn năng lượng cho lúc lò xo nén cực đại:
$$\dfrac{m_1v_1^2}{2}=\dfrac{k\Delta l_1^2}{2}+um_1g\Delta l_1 \ (2)$$
Bảo toàn năng lượng cho lúc lò xo dãn cực đại:
$$\dfrac{k\Delta l_1^2}{2}=\dfrac{k\Delta l_2^2}{2}+um_1g(\Delta l_1+\Delta l_2) \ (3)$$
Giải hệ $(1)(2)(3)$ dễ dàng ra $k=181N/m$
Câu 8:Chọn B
Theo bài ta có mạch có tính cảm kháng.
$$\dfrac{Z_L-Z_C}{R} =\dfrac{1}{\sqrt{3}}.$$
Và $$Z_L-Z_C=Z_C.$$
$$=\sqrt{R^2+Z_C^2}=Z_AN=\dfrac{100}{2}=50.$$
Giải ra:
$$R=25\sqrt{3}; Z_C=25; Z_L=50.$$
Câu 9:Chọn C
Ta có:
Tần số góc dao động ban đầu:
$$\omega =\sqrt{\dfrac{k}{m}}=10.$$
Sau khi giữ đột ngột điểm chính giữa của lò xo thì:
Chiều dài lò xo giảm còn một nửa(4cm).
Mà theo định nghĩa về Suất Young:
$$k_1l_1=k_2l_2.$$
Với chỉ số 2 thể hiện trạng thái lò xo lúc sau khi bị giữ.
$$l_2=\dfrac{l_1}{2} \Rightarrow k_2=2k_1 \Rightarrow \omega_2=\sqrt{2} \omega_1.$$
Ta có:
$$\dfrac{7\pi}{30}=T+\dfrac{T}{6}.$$
Sau khi thả vật từ biên vật lại về biên đầu một lần và đi tới vị trí $$x=\dfrac{A}{2}.$$
Vì giữ lại điểm chính giữa của lò xo nên sau khi giữ lại vật có li độ $x=2cm$ so với vị trí cân bằng mới.
Vận tốc trước và sau khi giữ lại không đổi là v.
Với $$v=\dfrac{\sqrt{3}v_{max}}{2}=\dfrac{\sqrt{3} \omega_1 A_1}{2}.$$
Ta có biên độ mới:
$$A_2^2=2^2+\left(\dfrac{\sqrt{3}10.8}{2.10\sqrt{2}}\right)^2=28.$$
$$\Rightarrow A_2=2\sqrt{7}.$$
Câu 10:
Chọn B.
Ta có:
$$v=\dfrac{v_{max}}{2} =\dfrac{\omega A}{2}$$.
Thay vào công thức $$A^2 = x^2 + \left(\dfrac{v}{\omega}\right)^2.$$
Ta có $$x=\dfrac{A.\sqrt{3}}{2}.$$
Câu 11:
Chọn A. Theo định nghĩa SGK.
Câu 12: Chọn D
Các điểm trên cùng bó sóng dao động cùng pha, và các điểm thuộc hai bó sóng liên tiếp thì dao động ngược pha.
Câu 13:Chọn B
Theo bài ra ta có:
$$1=\dfrac{E}{\sqrt{(100\sqrt{2})^2+Z_C^2}}.$$
$$2\sqrt{2} =\dfrac{2E}{\sqrt{(100\sqrt{2})^2+\left(\dfrac{Z_C}{2}\right)^2}}.$$
$$\Rightarrow Z_C=200.$$
Ta có tần số góc của mạch lúc trước:
$$\omega =\dfrac{1500}{60} 2\pi .2=100 \pi.$$
Từ đó ta có đáp án $$C\approx 16 \mu F.$$
Câu 14: Chọn B
Sóng trung truyền tốt hơn về ban đêm vì khi đó nó bị tầng điện li phản xạ, ban ngày bị hấp thụ mạnh.
Câu 15: Chọn B.
Ở các ý đều nói đến sự thay đổi của biên độ nên ta nhớ tới công thức tính biên độ
$$A=\sqrt{x^2+\dfrac{v^2}{\omega^2}}$$
Khi thang máy chuyển động nhanh dần đều theo phương thẳng đứng thì g' tăng lên.Khi đó chỉ vị trí cân bằng là thay đổi do $\Delta l =\dfrac{m.g}{K}$ còn $v$ và $\omega$ thì không thay đổi rồi, mà cụ thể ở đây là $\Delta l$ tăng lên, tức là vtcb chuyển xuống dưới theo chiều dương.
Tại biên thì $v=0$
+)Xét câu D, khi đó
$$A' = x+\Delta .l=A+\Delta l$$
$\Rightarrow$ Biên độ tăng $\Rightarrow $sai
+) Xét câu A.
$$A'=x-\Delta l=A-\Delta l $$
$ \Rightarrow$ Biên độ giảm $\Rightarrow$ sai
Tại vtcb $v=\omega.A$
+)Xét câu tại vtcb
$$A'=\sqrt{\Delta l +A^2} > A$$
Câu 16: Chọn D.
Ta có $$Z_L=100; Z_C=200; r=20; R=80.$$
I sớm pha hơn u một góc $\varphi$ mà:
$$\tan\varphi =\dfrac{Z_C-Z_L}{R+r}=1.$$
Pha ban đầu của u là 0 thì pha ban đầu của I là $\dfrac{\pi}{4}$
Nên pha ban đầu của $u_C$ là -$$\dfrac{\pi}{4}.$$
Ta có điện áp cực đại trên C là:
$$U_{oC} =U_{o} \dfrac{Z_C}{Z}=400.$$
Câu 17: Chọn D.
Theo công thức SGK.
Câu 18: Chọn C
Đây là câu hay, nhưng dùng hình học(giản đồ vec-tơ) nhiều quá.
Kí hiệu như sau:
OA biểu diễn $U_L$; OD biểu diễn $u_C$; OB biểu diễn $u_r$, OC biểu diễn $u_R$; OG biểu diễn $u_{Lr}$, FO là $u$, OH chỉ $u_V$ và E là giao của OH và đường thẳng kẻ từ F vuông góc với OA.
$$EF^2=80^2+(80\sqrt{3})^2-2.80.80 \sqrt{3} \cos 30
\Rightarrow EF=80.$$
Ta có: $$HF =80 \sqrt{3} \tan 30=80.$$
Tam giác HEF đều nên $$HE=80.$$
$$FI=U_{cd}=OI^2+OF^2=(80+y)^2+(80\sqrt{3})^2.$$
Với $$y=GH.$$
Với giả thiết :
$$P_R=80.$$
Thì chỉ có $$y=80; FI=80 \sqrt{7}.$$
Theo công thức co-sin trong tam giác:
$$ GOH=\dfrac{(80\sqrt{7})2+160^2-80^2}{2.80 \sqrt{7}.160}.$$
Nên $$GOH \approx 19^o.$$
Vậy $u_{cd}$ sớm pha hơn u một góc $$\varphi =30^o+19^o=49^o.$$
Ta lập được phương trình của $$u_{cd}=80 \sqrt{14} \cos\left(100 \pi t+ \dfrac{49 \pi}{180} \right).$$
Câu 19: Chọn D
Ta có điều chỉnh C để $U_c$ lớn nhất thì: điện áp cả mạch u vuông pha với điện áp hai đầu cuộn dây(không thuần cảm).
Vẽ giản đồ vec-tơ ta có:
$$U_{O cd}= 240 \tan 30^o=240 \sqrt{2}.\dfrac{1}{\sqrt{3}}.$$
Vì 2 điện áp hai đầu cuộn dây và mạch vuông pha nhau nên:
$$\left(\dfrac{u}{U_{o}}\right)^2+\left(\dfrac{u_{cd}}{U_{O cd}}\right)^2=1.$$
Thay số ta có: $$u=120\sqrt{5}.$$
Câu 20: Chọn A.
Sóng phản xạ chỉ cùng pha với sóng tới tại điểm phản xạ khi đầu phản xạ tự do.
Còn khi đầu phản xạ cố định thì 2 sóng trên ngược pha.
Câu 21:Chọn B.
Giải:
Ta có biện độ của một điểm cách nút một khoảng là d và biện độ tại bụng là 2A là:
$a=2A.|\cos\left(\dfrac{2\pi x}{\lambda} \right)|$.
Theo bài ta có $AC=d=\dfrac{\lambda}{12}$.
Mà $14=AB=\dfrac{\lambda}{4}$.
Nên $AC=\dfrac{14}{3}$
Câu 22:
Chọn C.
Vì sóng truyền từ trái qua phải nên để dễ hình dung ta tịnh tiến hình biểu diễn sóng ngang đi sang phải một khoảng nhỏ.
Từ P, và Q kẻ các đường vuông góc với mặt thoáng cắt đường biểu diễn mới tạo P’ và Q’.
Ta có P’ dưới P và Q’ ở trên Q.
Câu 23: Chọn C
Lúc đầu do công hưởng nên
$$Z_L=Z_C=2R.$$
Để công suất giảm một nửa, tức là sau khi ghép thêm tụ $C_1$ thì dung kháng bộ tụ phải thỏa mãn:
$$|Z_C-Z_L|=R.$$
Có 2 trường hợp xảy ra:
1.Nếu $Z_C > Z_L$ thì lắp tụ $C_1$ nối tiếp với tụ $C_o$, thì $$Z_C=3R=\dfrac{3Z_{Co}}{2}.$$
Vậy để công suất lại tăng gấp đôi thì lúc đó lại có $Z_C=2R$, tức là mắc tụ $C_2$ song sóng với $C_o$ và $C_1$.
Lúc đó: $$Z_{C_2}=6R=3Z_{Co}.$$
Nên: $$C_2=\dfrac{C_o}{3}.$$
2.Tương tự khi cho $Z_C< Z_L$ ; $Z_C=R$
$$Z_{C_2}=R=\dfrac{Z_{Co}}{2}.$$
$$\Rightarrow C_2=2C_o.$$
Câu 24: Chọn C
Cách giải hay nhất là dựa trên thí nghiệm Young về giao thoa ánh sáng.
Ta có tương ứng điểm tại đó nghe thấy âm to nhất với vân sáng, khoảng cách từ O đến AB chính là khoảng cách hai khe tới màn, AB chính là khoảng cách giữa hai khe, còn OM chính là khoảng vân.
Vậy:
$$OM=\dfrac{v D}{f AB}=50 (m).$$
Câu 25: Chọn C
Vì công suất của nguồn coi là không đổi trong quá trình truyền và sóng phát ra đẳng hướng.
$$\dfrac{I_A}{I_B} =\left(\dfrac{r_B}{r_A}\right)^2=4.$$
Xét $$L_A-L_B=10 \lg(\dfrac{I_A}{I_o})-10 \lg( \dfrac{I_B}{I_o})=10 \lg(\dfrac{I_A}{I_B}) \approx 6.$$
Câu 26: Chọn A
Động cơ không đồng bộ ba pha hoạt động dựa trên hiện tượng cảm ứng điện từ và tác dụng của từ trường quay.
Câu 27: Chọn D
Ta có ${{v}_{\max }}=A.\sqrt{\dfrac{k}{m}}=0,8m/s\Rightarrow v'=\dfrac{m{{v}_{\max }}}{m+\Delta m}=\dfrac{2}{3}m/s$
Vị trí cân bằng mới thấp hơn vị trí cân bằng cũ đoạn $x=\dfrac{\Delta mg}{k}=0,005m$
$$\Rightarrow A'=\sqrt{{{x}^{2}}+\dfrac{v{{'}^{2}}}{\omega {{'}^{2}}}}=\sqrt{{{x}^{2}}+\dfrac{(m+\Delta m)v{{'}^{2}}}{k}}=0,0369m=\boxed{3,69cm}$$
Câu 28: Chọn C
Ta có:
$x_2 =3\cos\left(\pi t-\dfrac{5\pi}{6}\right) - 5\cos\left(\pi t +\dfrac{\pi}{6} \right) = 3\cos\left(\pi t-\dfrac{5\pi}{6}\right)+ 5\cos\left(\pi t -\dfrac{5\pi}{6} \right)=8\cos\left(\pi t -\dfrac{5\pi}{6} \right)$.
Câu 29:Chọn D
Theo bài ta có:
$\dfrac{T}{2}=2,9-2,2=0,7$, nên $T=1,4 s$
Ta có $2,2=T+\dfrac{T}{2}+0,1$.
Vậy ta có số lần qua vị trí cân bằng bằng 1+1+2=4.
Câu 30: Chọn D
Ta có mỗi tụ có dung kháng là $80 \Omega$ thì khi ghép song song, bộ tụ có dung kháng là $40 \Omega$
Khi K mở thì có 2 tụ mắc song song.
$$P_{AM}=\dfrac{U^2}{R+\dfrac{r^2+40^2}{R} +2r}.$$
Nên $P_{AM}$ max khi $$R^2=r^2+40^2(1).$$
Khi K đóng thì cả hai tụ bị bỏ qua.
$$P_{AB}=\dfrac{U^2}{R+r+\dfrac{80^2}{R+r}}.$$
Nên $P_{AB}$ lớn nhất khi $$R+r=80(2).$$
Từ (1). (2) ta có :
$$r=30 \Omega.$$
Câu 31: Chọn A
Động cơ không đồng bộ ba pha và máy pháy điện xoay chiều ba pha đều có stato gồm 3 cuộn dây giống hệt nhau đặt lệch nhau $\dfrac{1}{3}$ vòng tròn.
Câu 32: Chọn C:
Ta có năng lượng dao động của 2 con lắc là:
$W _1 = 4W_2$
$W_{t1}=4W_{t2}$
Khi $W_{t2}=0,05$ thì $W_{t1}=0,05.4=0,2$
$\Rightarrow W_1 =0,2+0,6 =0,8(J)$
$\Rightarrow W_2 = 0,2(J)$
Khi $W_{t1}=0,4$ thì $W_{t2}=0,1$
$\Rightarrow W_{đ2}= 0,2-0,1=0,1(J)$
Câu 33: Chọn A
Thử trường hợp vậy. chứ xem ra nếu cứ áp dụng khảo sát thì cơ bắp quá.
Cho $$r=50 \Omega; L=\dfrac{1}{\pi} H; C=\dfrac{10^{-4}}{\pi} F.$$
Câu 34: Chọn C
Ta có $$\lambda =3 cm.$$
Xét điểm M là cực đại.
M gần AB nhất khi :
$$MA-MB=3.$$
Mà chọn $$MA=20 cm.$$
Thì:
$$MB=17 cm.$$
Hạ MC vuông góc với AB.
Tính theo định lí\cosin trong tam giác.
Ra đáp án 19,97 mm.
Câu 35: Chọn A
Đây là kiến thức căn bản trong sách giáo khoa.
Tại tâm stato có một từ trường quay có dộ lớn không đổi là $1,5B_o$ và quay với tốc độ góc không đổi và bằng tần số của dòng điện.
Câu 36: Chọn D
Ta có:
$\dfrac{U_{sơ}}{U _{thứ}} = \dfrac{I_{thứ}}{I_{sơ}}$.
Nên ta có $I_{sơ}=11(A)$.
Theo bảo toàn công suất:
Công suất truyền đi bằng:
$W=2500.11+25.11^2=30525 (W)$
Hiêu suất truyền tải là:
$H=\dfrac{2500.11}{ 30525}.100 \approx 90,1$
Câu 37:Chọn D
Biên độ của dao động cưỡng bức không phụ thuộc vào pha ban đầu của ngoại lực.
Biên độ này rõ ràng phụ thuộc vào biên độ của ngoại lực cưỡng bức, lực cản môi trường và độ chênh lệch giữa tần số ngoại lực và tần số riêng.
Câu 38: Chọn D
Ta c ó $\lambda = \dfrac{v } {f} =12 cm$
$26=2\lambda + \dfrac{\lambda } {6}$
Nên các phần tử tại M và N lệch pha nhau $\dfrac{\pi}{3}$(cụ thể là M sớm pha hơn, vì M gần nguồn sóng hơn).
Tại thì điểm t thì N ở vị trí biên âm(thấp nhất)
Quan tâm tới góc lệch $\dfrac{\pi}{3}$ , vẽ giản đồ vectơ ta có ngay thời gian ngắn nhất phải tìm là $\dfrac{5T}{6}=\dfrac{1}{12}$(vì M phải lên tới vị trí cao nhất rồi mới xuống).
Câu 39: Chọn C
Hiện tượng cộng hưởng thì khi giảm độ lớn lực ma sát thì biên độ dao động càng lớn.
Câu 40: Chọn C
Ta có:
Bước sóng: $ \lambda=2(cm)$
$IM=2,5\lambda$ nên trong đoạn $IM$ có $2$ điểm dao động biên độ cực đại và cùng pha với $I$.
$IN=3,25\lambda$ nên trong đoạn $IN$ có $3$ điểm dao động biên độ cực đại và cùng pha với $I$.
Vậy có $5$ điểm tất cả.
Câu 41: Chọn C
Từ đề bài dẫn đến:
$x_1=A\cos\left(10\pi t+\dfrac{5\pi}{6}\right)$
$x_2=A\cos\left(6\pi t-\dfrac{5\pi}{6}\right)$
$x_1=x_2 \Leftrightarrow A\cos\left(10\pi t+\dfrac{5\pi}{6}\right)=A\cos\left(6\pi t-\dfrac{5\pi}{6}\right)$
$\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned} t=-\dfrac{5}{12}+\dfrac{k}{2} \\ t=\dfrac{k}{8} \end{aligned} \right.$
Suy ra
Lần $1$ $t_1=\dfrac{1}{12}(s)$
Lần $2$ $t_2=\dfrac{1}{8}(s)$
Lần $3$ $t_3=\dfrac{1}{4}(s)$
Lần $4$ $t_4=\dfrac{3}{8}(s)$
Vậy là thời gian 2 chất điểm gặp nhau từ lần thứ ba đến lần thứ tư là: $t_4-t_3=\dfrac{1}{8}(s)$
Đáp Án $C$
Câu 42: Chọn B
Trong quá trình truyền sóng các phần tử dao động tại chỗ, chỉ có pha(trạng thái dao động) được truyền đi.
Theo SGK: “Quá trình truyền sóng là quá trình truyền năng lượng”
Câu 43: Chọn B
Tốc độ trung bình trong 1 chu kì bằng: $\dfrac{4A}{T}$.
Trong nửa chu kì bằng $\dfrac{2A}{\dfrac{T}{2}}$
Câu 44: Chọn D
Công thức giải nhanh khá quen thuộc:
$$\cos\varphi =\dfrac{1}{\sqrt{1+\left(\dfrac{(\omega_1-\omega_2)^2}{\omega_1 \omega_2}\right)}}.$$
Câu 45: Chọn D
Ta có độ biến dạng của lò xo lớn hơn biên độ nên hai vị trí lò xo không biến dạng và cân bằng không trùng nhau nên có lúc lò xo nén, lúc dãn, lúc không biến dạng.
Câu 46: Chọn B:
Lúc này công hưởng xảy ra:
Hiệu điện thế hai đầu biến trở bằng U.
Hệ số công suất của mạch là 1.
Độ lệch pha u và i là 0.
Công suất của mạch bằng $\dfrac{U^2}{R}$
Câu 47: Chọn C
Ta có năng lượng dao động tỉ lệ thuận với khối lượng vật nặng.
$W =\dfrac{1}{2}.m.g.l(1- \cos\alpha_o)$, (theo bài g,l, $\alpha_o$ bằng nhau)
Do kích thước các vật như nhau, và cùng để trong không khí nên chúng chịu cùng lực cản có độ lớn bằng nhau.
Do con lắc bằng sắt có khối lượng lớn nhất nên nó dừng lại sau cùng.
Nếu để 3 con lắc cùng trong chân không thì chúng dừng lại cùng một lúc.
Câu 48: Chọn A
Biến đổi:
$$x-4=A\cos\omega t.$$
Vật dao động điều hòa quanh vị trí có tọa độ $x=4$.
Ta có vị trí cần xác định tốc độ là:
$$x=\dfrac{A}{\sqrt{2}}.$$
Khi đó ta có $$A=8 vm.$$
Thời gian cần tìm là $$\dfrac{T}{4}.$$
Theo đó ta có:
$$\omega =15.$$
Tại $$x=-4.$$
Thì:
$$X=-8.$$
Vật ở biên âm.
$$v=0.$$
Lực tác dụng:
$$F=m.\omega^2.A=1,8.$$(N).
Câu 49: Chọn C
Đây là dạng toán về con lắc trùng phùng.
Hiểu đơn giản, khoảng thời gian ngắn nhất để trạng thái hai vật lặp lại như ban đầu là bội chung nhỏ nhất của hai chu kì của hai vật dao động.
Câu 50: Chọn B
Câu cơ bản.
.
Đây là một câu trong A/2012.
Câu 2:Chọn C
Lời giải
Gọi $\varphi $ là độ lệch pha của đoạn mạch. Có 2 khả năng xảy ra :
TH1: Hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch sớm pha so với cường độ dòng điện một góc $\varphi $ .
Dựa vào giản đồ véc tơ vẽ theo kiểu $\overrightarrow{{{U}_{C}}}$ hướng xuống, $\overrightarrow{{{U}_{L}}}$ hướng lên , ta có :
$$U\cos \varphi ={{U}_{AN}}\cos \dfrac{\pi }{5}\Rightarrow {{U}_{AN}}=\dfrac{U\cos \varphi }{\cos \dfrac{\pi }{5}}$$
Xét tam giác $O{{U}_{NB}}U$ , ta có
$$\dfrac{{{U}_{NB}}}{\sin \left( \dfrac{\pi }{5}-\varphi \right)}=\dfrac{U}{\sin \left( \dfrac{\pi }{2}-\dfrac{\pi }{5} \right)}=\dfrac{U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}\Rightarrow {{U}_{NB}}=\dfrac{U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}.\sin \left( \dfrac{\pi }{5}-\varphi \right)$$
Do do đó
$$\begin{align}
{{U}_{AN}}+{{U}_{NB}}&=\dfrac{U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}\left[ \sin \left( \dfrac{\pi }{2}-\varphi \right)+\sin \left( \dfrac{\pi }{5}-\varphi \right) \right] \\
& =\dfrac{2U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}\sin \dfrac{3\pi }{10}\cos \left( \dfrac{7\pi }{20}-\varphi \right) \\
& \le \dfrac{2U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}\sin \dfrac{3\pi }{10}. \\
\end{align}$$
Đẳng thức không thể xảy ra khi $\varphi <\dfrac{\pi }{5}$ , trường hợp này loại.
TH2: Hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch trễ pha so với cường độ dòng điện một góc $\varphi $ .
Khi đó ta có
$$\left\{ \begin{align}
& U\cos \varphi ={{U}_{AN}}\cos \dfrac{\pi }{5}\Rightarrow {{U}_{AN}}=\dfrac{U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}\sin \left( \dfrac{\pi }{2}-\varphi \right) \\
& \dfrac{{{U}_{NB}}}{\sin \left( \dfrac{\pi }{5}+\varphi \right)}=\dfrac{U}{\sin \left( \dfrac{\pi }{2}-\dfrac{\pi }{5} \right)}\Rightarrow {{U}_{NB}}=\dfrac{U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}\sin \left( \dfrac{\pi }{5}+\varphi \right) \\
\end{align} \right.$$
Do đó
$$\begin{align}
{{U}_{AN}}+{{U}_{NB}}& =\dfrac{U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}\left( sin\left( \dfrac{\pi }{2}-\varphi \right)+sin\left( \dfrac{\pi }{5}+\varphi \right) \right) \\
& =2\dfrac{U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}\sin \left( \dfrac{7\pi }{20} \right)\cos \left( \dfrac{3\pi }{20}-\varphi \right) \\
& \le 2\dfrac{U}{\cos \dfrac{\pi }{5}}\sin \left( \dfrac{7\pi }{20} \right). \\
\end{align}$$
Đẳng thức xảy ra khi $\cos \left( \dfrac{3\pi }{20}-\varphi \right)=1\Rightarrow \varphi =\dfrac{3\pi }{20}\Rightarrow \cos \varphi =0,89.$
Đáp án C.
Câu 3:B
Lời giải
Nhiệt lượng do dòng điện cung cấp cho bàn là dùng làm 2 nhiệm vụ:
+ Làm nóng bàn là đến nhiệt độ không đổi (nhiệt độ giới hạn), ta gọi nhiệt lượng này là Q
+ Tỏa nhiệt qua mặt bàn là với công suất không đổi P dùng để là quần áo và nhiệt tỏa ra môi trường.
Ta có \[Uit=Q+Pt\to \dfrac{{{U}^{2}}}{R}.t=Q+P.t\]
+ Với $U_1 = U$ và $t_1 = 1$ phút: \[Q=\left( \dfrac{U_{1}^{2}}{R}-P \right){{t}_{1}} \ (1)\]
+ Với $U_2 = 0,95U$ và $t_2 = 1,4$ phút:\[Q=\left( \dfrac{U_{2}^{2}}{R}-P \right){{t}_{2}} \ (2)\]
+ Với hiệu diện thế cực tiểu $U_{min}$ mà bàn là vẫn hoạt động trong khoảng nhiệt độ cho phép thì thời gian đóng rơle coi bằng vô cùng, nhiệt tỏa ra bằng nhiệt truyền cho ngoại vật nên \[P=\dfrac{U_{\min }^{2}}{R} \ (3)\]
+ Từ hệ ba phương trình ta có: \[{{U}_{\min }}=\sqrt{\dfrac{U_{2}^{2}{{t}_{2}}-U_{1}^{2}{{t}_{1}}}{{{t}_{2}}-{{t}_{1}}}}=\sqrt{\dfrac{{{(0,95U)}^{2}}1,4-{{U}^{2}}_1}{1,4-1}}\approx 0,81U.\]
+ Vậy có thể giảm tối đa là $19\%$.
Chọn B.
Câu 4:Chọn A
Ta có:
$$\dfrac{\dfrac{1}{C \omega_1}}{\sqrt{R^2+ \left(L \omega_1-\dfrac{1}{C \omega_1} \right)^2}}=\dfrac{\dfrac{1}{C \omega_2}}{\sqrt{R^2+ \left(L \omega_2-\dfrac{1}{C \omega_2} \right)^2}}.$$
Biến đổi đại số và chú ý: $R^2=\dfrac{L}{C}$ ta có:
$$\omega_1^2+\omega_2^2=\dfrac{1}{LC}=\omega_o^2.$$
Từ đó ta có:
$$f_1^2+f_2^2=f_o^2.$$
Câu 5:Chọn C
Đây là ý tưởng của mình:
Xét điện tích dương thì:
$$\dfrac{2}{\sqrt[4] {3}} =2\pi \sqrt{\dfrac{l}{\sqrt{g^2+\left(\dfrac{qE}{m}\right)^2+ 2g\dfrac{qE}{m}. \cos(90-30)}}}.$$
Và:
$$2=2\pi \sqrt{\dfrac{l}{\sqrt{g^2+\left(\dfrac{qE}{m}\right)^2- 2g\dfrac{qE}{m}. \cos(90-30)}}}.$$
Tính ra:
$$q=100 \mu F.$$
Thấy thỏa mãn.
Còn trường hợp $q<0$ loại.
Câu 6:Chọn C.
A,D sai vì hai thành phàn đó cùng pha.
B sai vì hai thành phần đó có vuông góc với nhau.
Câu 7:Chọn B
Giải:
Chọn chiều dương theo chiều búng vật.
Gọi $V$ là vận tốc ngay trước va chạm của $m_2$.
Bảo toàn năng lượng:
$$\dfrac{m_2v_0^2}{2}=\dfrac{m_2V^2}{2}+um_2gs$$
Thay số ra $V=2,2m/s$.
Gọi $v_1,v_2$ lần lượt là vận tốc của $m_1,m_2$ ngay sau va chạm.
Áp dụng công thức va chạm hoàn toàn đàn hồi cho 2 vật có:
$$v_1=1,76m/s,v_2=-0,44m/s$$
Sau va chạm chỉ còn $m_1$ dao động.
Gọi $\Delta l_1,\Delta l_2$ lần lượt là độ nén,dãn cực đại của lò xo sau va chạm.
$$\Delta l_1+\Delta l_2=108-94=14cm=0,14m. (1)$$
Bảo toàn năng lượng cho lúc lò xo nén cực đại:
$$\dfrac{m_1v_1^2}{2}=\dfrac{k\Delta l_1^2}{2}+um_1g\Delta l_1 \ (2)$$
Bảo toàn năng lượng cho lúc lò xo dãn cực đại:
$$\dfrac{k\Delta l_1^2}{2}=\dfrac{k\Delta l_2^2}{2}+um_1g(\Delta l_1+\Delta l_2) \ (3)$$
Giải hệ $(1)(2)(3)$ dễ dàng ra $k=181N/m$
Câu 8:Chọn B
Theo bài ta có mạch có tính cảm kháng.
$$\dfrac{Z_L-Z_C}{R} =\dfrac{1}{\sqrt{3}}.$$
Và $$Z_L-Z_C=Z_C.$$
$$=\sqrt{R^2+Z_C^2}=Z_AN=\dfrac{100}{2}=50.$$
Giải ra:
$$R=25\sqrt{3}; Z_C=25; Z_L=50.$$
Câu 9:Chọn C
Ta có:
Tần số góc dao động ban đầu:
$$\omega =\sqrt{\dfrac{k}{m}}=10.$$
Sau khi giữ đột ngột điểm chính giữa của lò xo thì:
Chiều dài lò xo giảm còn một nửa(4cm).
Mà theo định nghĩa về Suất Young:
$$k_1l_1=k_2l_2.$$
Với chỉ số 2 thể hiện trạng thái lò xo lúc sau khi bị giữ.
$$l_2=\dfrac{l_1}{2} \Rightarrow k_2=2k_1 \Rightarrow \omega_2=\sqrt{2} \omega_1.$$
Ta có:
$$\dfrac{7\pi}{30}=T+\dfrac{T}{6}.$$
Sau khi thả vật từ biên vật lại về biên đầu một lần và đi tới vị trí $$x=\dfrac{A}{2}.$$
Vì giữ lại điểm chính giữa của lò xo nên sau khi giữ lại vật có li độ $x=2cm$ so với vị trí cân bằng mới.
Vận tốc trước và sau khi giữ lại không đổi là v.
Với $$v=\dfrac{\sqrt{3}v_{max}}{2}=\dfrac{\sqrt{3} \omega_1 A_1}{2}.$$
Ta có biên độ mới:
$$A_2^2=2^2+\left(\dfrac{\sqrt{3}10.8}{2.10\sqrt{2}}\right)^2=28.$$
$$\Rightarrow A_2=2\sqrt{7}.$$
Câu 10:
Chọn B.
Ta có:
$$v=\dfrac{v_{max}}{2} =\dfrac{\omega A}{2}$$.
Thay vào công thức $$A^2 = x^2 + \left(\dfrac{v}{\omega}\right)^2.$$
Ta có $$x=\dfrac{A.\sqrt{3}}{2}.$$
Câu 11:
Chọn A. Theo định nghĩa SGK.
Câu 12: Chọn D
Các điểm trên cùng bó sóng dao động cùng pha, và các điểm thuộc hai bó sóng liên tiếp thì dao động ngược pha.
Câu 13:Chọn B
Theo bài ra ta có:
$$1=\dfrac{E}{\sqrt{(100\sqrt{2})^2+Z_C^2}}.$$
$$2\sqrt{2} =\dfrac{2E}{\sqrt{(100\sqrt{2})^2+\left(\dfrac{Z_C}{2}\right)^2}}.$$
$$\Rightarrow Z_C=200.$$
Ta có tần số góc của mạch lúc trước:
$$\omega =\dfrac{1500}{60} 2\pi .2=100 \pi.$$
Từ đó ta có đáp án $$C\approx 16 \mu F.$$
Câu 14: Chọn B
Sóng trung truyền tốt hơn về ban đêm vì khi đó nó bị tầng điện li phản xạ, ban ngày bị hấp thụ mạnh.
Câu 15: Chọn B.
Ở các ý đều nói đến sự thay đổi của biên độ nên ta nhớ tới công thức tính biên độ
$$A=\sqrt{x^2+\dfrac{v^2}{\omega^2}}$$
Khi thang máy chuyển động nhanh dần đều theo phương thẳng đứng thì g' tăng lên.Khi đó chỉ vị trí cân bằng là thay đổi do $\Delta l =\dfrac{m.g}{K}$ còn $v$ và $\omega$ thì không thay đổi rồi, mà cụ thể ở đây là $\Delta l$ tăng lên, tức là vtcb chuyển xuống dưới theo chiều dương.
Tại biên thì $v=0$
+)Xét câu D, khi đó
$$A' = x+\Delta .l=A+\Delta l$$
$\Rightarrow$ Biên độ tăng $\Rightarrow $sai
+) Xét câu A.
$$A'=x-\Delta l=A-\Delta l $$
$ \Rightarrow$ Biên độ giảm $\Rightarrow$ sai
Tại vtcb $v=\omega.A$
+)Xét câu tại vtcb
$$A'=\sqrt{\Delta l +A^2} > A$$
Câu 16: Chọn D.
Ta có $$Z_L=100; Z_C=200; r=20; R=80.$$
I sớm pha hơn u một góc $\varphi$ mà:
$$\tan\varphi =\dfrac{Z_C-Z_L}{R+r}=1.$$
Pha ban đầu của u là 0 thì pha ban đầu của I là $\dfrac{\pi}{4}$
Nên pha ban đầu của $u_C$ là -$$\dfrac{\pi}{4}.$$
Ta có điện áp cực đại trên C là:
$$U_{oC} =U_{o} \dfrac{Z_C}{Z}=400.$$
Câu 17: Chọn D.
Theo công thức SGK.
Câu 18: Chọn C
Đây là câu hay, nhưng dùng hình học(giản đồ vec-tơ) nhiều quá.
Kí hiệu như sau:
OA biểu diễn $U_L$; OD biểu diễn $u_C$; OB biểu diễn $u_r$, OC biểu diễn $u_R$; OG biểu diễn $u_{Lr}$, FO là $u$, OH chỉ $u_V$ và E là giao của OH và đường thẳng kẻ từ F vuông góc với OA.
$$EF^2=80^2+(80\sqrt{3})^2-2.80.80 \sqrt{3} \cos 30
\Rightarrow EF=80.$$
Ta có: $$HF =80 \sqrt{3} \tan 30=80.$$
Tam giác HEF đều nên $$HE=80.$$
$$FI=U_{cd}=OI^2+OF^2=(80+y)^2+(80\sqrt{3})^2.$$
Với $$y=GH.$$
Với giả thiết :
$$P_R=80.$$
Thì chỉ có $$y=80; FI=80 \sqrt{7}.$$
Theo công thức co-sin trong tam giác:
$$ GOH=\dfrac{(80\sqrt{7})2+160^2-80^2}{2.80 \sqrt{7}.160}.$$
Nên $$GOH \approx 19^o.$$
Vậy $u_{cd}$ sớm pha hơn u một góc $$\varphi =30^o+19^o=49^o.$$
Ta lập được phương trình của $$u_{cd}=80 \sqrt{14} \cos\left(100 \pi t+ \dfrac{49 \pi}{180} \right).$$
Câu 19: Chọn D
Ta có điều chỉnh C để $U_c$ lớn nhất thì: điện áp cả mạch u vuông pha với điện áp hai đầu cuộn dây(không thuần cảm).
Vẽ giản đồ vec-tơ ta có:
$$U_{O cd}= 240 \tan 30^o=240 \sqrt{2}.\dfrac{1}{\sqrt{3}}.$$
Vì 2 điện áp hai đầu cuộn dây và mạch vuông pha nhau nên:
$$\left(\dfrac{u}{U_{o}}\right)^2+\left(\dfrac{u_{cd}}{U_{O cd}}\right)^2=1.$$
Thay số ta có: $$u=120\sqrt{5}.$$
Câu 20: Chọn A.
Sóng phản xạ chỉ cùng pha với sóng tới tại điểm phản xạ khi đầu phản xạ tự do.
Còn khi đầu phản xạ cố định thì 2 sóng trên ngược pha.
Câu 21:Chọn B.
Giải:
Ta có biện độ của một điểm cách nút một khoảng là d và biện độ tại bụng là 2A là:
$a=2A.|\cos\left(\dfrac{2\pi x}{\lambda} \right)|$.
Theo bài ta có $AC=d=\dfrac{\lambda}{12}$.
Mà $14=AB=\dfrac{\lambda}{4}$.
Nên $AC=\dfrac{14}{3}$
Câu 22:
Chọn C.
Vì sóng truyền từ trái qua phải nên để dễ hình dung ta tịnh tiến hình biểu diễn sóng ngang đi sang phải một khoảng nhỏ.
Từ P, và Q kẻ các đường vuông góc với mặt thoáng cắt đường biểu diễn mới tạo P’ và Q’.
Ta có P’ dưới P và Q’ ở trên Q.
Câu 23: Chọn C
Lúc đầu do công hưởng nên
$$Z_L=Z_C=2R.$$
Để công suất giảm một nửa, tức là sau khi ghép thêm tụ $C_1$ thì dung kháng bộ tụ phải thỏa mãn:
$$|Z_C-Z_L|=R.$$
Có 2 trường hợp xảy ra:
1.Nếu $Z_C > Z_L$ thì lắp tụ $C_1$ nối tiếp với tụ $C_o$, thì $$Z_C=3R=\dfrac{3Z_{Co}}{2}.$$
Vậy để công suất lại tăng gấp đôi thì lúc đó lại có $Z_C=2R$, tức là mắc tụ $C_2$ song sóng với $C_o$ và $C_1$.
Lúc đó: $$Z_{C_2}=6R=3Z_{Co}.$$
Nên: $$C_2=\dfrac{C_o}{3}.$$
2.Tương tự khi cho $Z_C< Z_L$ ; $Z_C=R$
$$Z_{C_2}=R=\dfrac{Z_{Co}}{2}.$$
$$\Rightarrow C_2=2C_o.$$
Câu 24: Chọn C
Cách giải hay nhất là dựa trên thí nghiệm Young về giao thoa ánh sáng.
Ta có tương ứng điểm tại đó nghe thấy âm to nhất với vân sáng, khoảng cách từ O đến AB chính là khoảng cách hai khe tới màn, AB chính là khoảng cách giữa hai khe, còn OM chính là khoảng vân.
Vậy:
$$OM=\dfrac{v D}{f AB}=50 (m).$$
Câu 25: Chọn C
Vì công suất của nguồn coi là không đổi trong quá trình truyền và sóng phát ra đẳng hướng.
$$\dfrac{I_A}{I_B} =\left(\dfrac{r_B}{r_A}\right)^2=4.$$
Xét $$L_A-L_B=10 \lg(\dfrac{I_A}{I_o})-10 \lg( \dfrac{I_B}{I_o})=10 \lg(\dfrac{I_A}{I_B}) \approx 6.$$
Câu 26: Chọn A
Động cơ không đồng bộ ba pha hoạt động dựa trên hiện tượng cảm ứng điện từ và tác dụng của từ trường quay.
Câu 27: Chọn D
Ta có ${{v}_{\max }}=A.\sqrt{\dfrac{k}{m}}=0,8m/s\Rightarrow v'=\dfrac{m{{v}_{\max }}}{m+\Delta m}=\dfrac{2}{3}m/s$
Vị trí cân bằng mới thấp hơn vị trí cân bằng cũ đoạn $x=\dfrac{\Delta mg}{k}=0,005m$
$$\Rightarrow A'=\sqrt{{{x}^{2}}+\dfrac{v{{'}^{2}}}{\omega {{'}^{2}}}}=\sqrt{{{x}^{2}}+\dfrac{(m+\Delta m)v{{'}^{2}}}{k}}=0,0369m=\boxed{3,69cm}$$
Câu 28: Chọn C
Ta có:
$x_2 =3\cos\left(\pi t-\dfrac{5\pi}{6}\right) - 5\cos\left(\pi t +\dfrac{\pi}{6} \right) = 3\cos\left(\pi t-\dfrac{5\pi}{6}\right)+ 5\cos\left(\pi t -\dfrac{5\pi}{6} \right)=8\cos\left(\pi t -\dfrac{5\pi}{6} \right)$.
Câu 29:Chọn D
Theo bài ta có:
$\dfrac{T}{2}=2,9-2,2=0,7$, nên $T=1,4 s$
Ta có $2,2=T+\dfrac{T}{2}+0,1$.
Vậy ta có số lần qua vị trí cân bằng bằng 1+1+2=4.
Câu 30: Chọn D
Ta có mỗi tụ có dung kháng là $80 \Omega$ thì khi ghép song song, bộ tụ có dung kháng là $40 \Omega$
Khi K mở thì có 2 tụ mắc song song.
$$P_{AM}=\dfrac{U^2}{R+\dfrac{r^2+40^2}{R} +2r}.$$
Nên $P_{AM}$ max khi $$R^2=r^2+40^2(1).$$
Khi K đóng thì cả hai tụ bị bỏ qua.
$$P_{AB}=\dfrac{U^2}{R+r+\dfrac{80^2}{R+r}}.$$
Nên $P_{AB}$ lớn nhất khi $$R+r=80(2).$$
Từ (1). (2) ta có :
$$r=30 \Omega.$$
Câu 31: Chọn A
Động cơ không đồng bộ ba pha và máy pháy điện xoay chiều ba pha đều có stato gồm 3 cuộn dây giống hệt nhau đặt lệch nhau $\dfrac{1}{3}$ vòng tròn.
Câu 32: Chọn C:
Ta có năng lượng dao động của 2 con lắc là:
$W _1 = 4W_2$
$W_{t1}=4W_{t2}$
Khi $W_{t2}=0,05$ thì $W_{t1}=0,05.4=0,2$
$\Rightarrow W_1 =0,2+0,6 =0,8(J)$
$\Rightarrow W_2 = 0,2(J)$
Khi $W_{t1}=0,4$ thì $W_{t2}=0,1$
$\Rightarrow W_{đ2}= 0,2-0,1=0,1(J)$
Câu 33: Chọn A
Thử trường hợp vậy. chứ xem ra nếu cứ áp dụng khảo sát thì cơ bắp quá.
Cho $$r=50 \Omega; L=\dfrac{1}{\pi} H; C=\dfrac{10^{-4}}{\pi} F.$$
Câu 34: Chọn C
Ta có $$\lambda =3 cm.$$
Xét điểm M là cực đại.
M gần AB nhất khi :
$$MA-MB=3.$$
Mà chọn $$MA=20 cm.$$
Thì:
$$MB=17 cm.$$
Hạ MC vuông góc với AB.
Tính theo định lí\cosin trong tam giác.
Ra đáp án 19,97 mm.
Câu 35: Chọn A
Đây là kiến thức căn bản trong sách giáo khoa.
Tại tâm stato có một từ trường quay có dộ lớn không đổi là $1,5B_o$ và quay với tốc độ góc không đổi và bằng tần số của dòng điện.
Câu 36: Chọn D
Ta có:
$\dfrac{U_{sơ}}{U _{thứ}} = \dfrac{I_{thứ}}{I_{sơ}}$.
Nên ta có $I_{sơ}=11(A)$.
Theo bảo toàn công suất:
Công suất truyền đi bằng:
$W=2500.11+25.11^2=30525 (W)$
Hiêu suất truyền tải là:
$H=\dfrac{2500.11}{ 30525}.100 \approx 90,1$
Câu 37:Chọn D
Biên độ của dao động cưỡng bức không phụ thuộc vào pha ban đầu của ngoại lực.
Biên độ này rõ ràng phụ thuộc vào biên độ của ngoại lực cưỡng bức, lực cản môi trường và độ chênh lệch giữa tần số ngoại lực và tần số riêng.
Câu 38: Chọn D
Ta c ó $\lambda = \dfrac{v } {f} =12 cm$
$26=2\lambda + \dfrac{\lambda } {6}$
Nên các phần tử tại M và N lệch pha nhau $\dfrac{\pi}{3}$(cụ thể là M sớm pha hơn, vì M gần nguồn sóng hơn).
Tại thì điểm t thì N ở vị trí biên âm(thấp nhất)
Quan tâm tới góc lệch $\dfrac{\pi}{3}$ , vẽ giản đồ vectơ ta có ngay thời gian ngắn nhất phải tìm là $\dfrac{5T}{6}=\dfrac{1}{12}$(vì M phải lên tới vị trí cao nhất rồi mới xuống).
Câu 39: Chọn C
Hiện tượng cộng hưởng thì khi giảm độ lớn lực ma sát thì biên độ dao động càng lớn.
Câu 40: Chọn C
Ta có:
Bước sóng: $ \lambda=2(cm)$
$IM=2,5\lambda$ nên trong đoạn $IM$ có $2$ điểm dao động biên độ cực đại và cùng pha với $I$.
$IN=3,25\lambda$ nên trong đoạn $IN$ có $3$ điểm dao động biên độ cực đại và cùng pha với $I$.
Vậy có $5$ điểm tất cả.
Câu 41: Chọn C
Từ đề bài dẫn đến:
$x_1=A\cos\left(10\pi t+\dfrac{5\pi}{6}\right)$
$x_2=A\cos\left(6\pi t-\dfrac{5\pi}{6}\right)$
$x_1=x_2 \Leftrightarrow A\cos\left(10\pi t+\dfrac{5\pi}{6}\right)=A\cos\left(6\pi t-\dfrac{5\pi}{6}\right)$
$\Leftrightarrow \left[ \begin{aligned} t=-\dfrac{5}{12}+\dfrac{k}{2} \\ t=\dfrac{k}{8} \end{aligned} \right.$
Suy ra
Lần $1$ $t_1=\dfrac{1}{12}(s)$
Lần $2$ $t_2=\dfrac{1}{8}(s)$
Lần $3$ $t_3=\dfrac{1}{4}(s)$
Lần $4$ $t_4=\dfrac{3}{8}(s)$
Vậy là thời gian 2 chất điểm gặp nhau từ lần thứ ba đến lần thứ tư là: $t_4-t_3=\dfrac{1}{8}(s)$
Đáp Án $C$
Câu 42: Chọn B
Trong quá trình truyền sóng các phần tử dao động tại chỗ, chỉ có pha(trạng thái dao động) được truyền đi.
Theo SGK: “Quá trình truyền sóng là quá trình truyền năng lượng”
Câu 43: Chọn B
Tốc độ trung bình trong 1 chu kì bằng: $\dfrac{4A}{T}$.
Trong nửa chu kì bằng $\dfrac{2A}{\dfrac{T}{2}}$
Câu 44: Chọn D
Công thức giải nhanh khá quen thuộc:
$$\cos\varphi =\dfrac{1}{\sqrt{1+\left(\dfrac{(\omega_1-\omega_2)^2}{\omega_1 \omega_2}\right)}}.$$
Câu 45: Chọn D
Ta có độ biến dạng của lò xo lớn hơn biên độ nên hai vị trí lò xo không biến dạng và cân bằng không trùng nhau nên có lúc lò xo nén, lúc dãn, lúc không biến dạng.
Câu 46: Chọn B:
Lúc này công hưởng xảy ra:
Hiệu điện thế hai đầu biến trở bằng U.
Hệ số công suất của mạch là 1.
Độ lệch pha u và i là 0.
Công suất của mạch bằng $\dfrac{U^2}{R}$
Câu 47: Chọn C
Ta có năng lượng dao động tỉ lệ thuận với khối lượng vật nặng.
$W =\dfrac{1}{2}.m.g.l(1- \cos\alpha_o)$, (theo bài g,l, $\alpha_o$ bằng nhau)
Do kích thước các vật như nhau, và cùng để trong không khí nên chúng chịu cùng lực cản có độ lớn bằng nhau.
Do con lắc bằng sắt có khối lượng lớn nhất nên nó dừng lại sau cùng.
Nếu để 3 con lắc cùng trong chân không thì chúng dừng lại cùng một lúc.
Câu 48: Chọn A
Biến đổi:
$$x-4=A\cos\omega t.$$
Vật dao động điều hòa quanh vị trí có tọa độ $x=4$.
Ta có vị trí cần xác định tốc độ là:
$$x=\dfrac{A}{\sqrt{2}}.$$
Khi đó ta có $$A=8 vm.$$
Thời gian cần tìm là $$\dfrac{T}{4}.$$
Theo đó ta có:
$$\omega =15.$$
Tại $$x=-4.$$
Thì:
$$X=-8.$$
Vật ở biên âm.
$$v=0.$$
Lực tác dụng:
$$F=m.\omega^2.A=1,8.$$(N).
Câu 49: Chọn C
Đây là dạng toán về con lắc trùng phùng.
Hiểu đơn giản, khoảng thời gian ngắn nhất để trạng thái hai vật lặp lại như ban đầu là bội chung nhỏ nhất của hai chu kì của hai vật dao động.
Câu 50: Chọn B
Câu cơ bản.
.
Lần chỉnh sửa cuối bởi 1 quản trị viên:
Mình đang tổng hợp đâyCác bạn cho vào pdf đi để tải về đọc cho dễ
Các chủ đề tương tự
- Article
- Article
- Article
- Article