Google
Em chú ý cái dữ kiện lúc sau nhé. Dữ kiện đó suy ra $x_2$ có giá trị âm.
Giải chi tiết Đề thi thử Đại học diễn đàn vatliphothong.vn lần I 2015
- Thread starter GS.Xoăn
- Ngày gửi
Hinta Vũ Ngọc Anh
Member
Bài của bạn bị sai r. Bạn để ý câu này nha. Giá trị lực hồi phục gấp căn 2 lần độ lớn lực đàn hồi (nghĩa là lực hồi phục phải dương). Nếu mà như bạn làm thì bạn đang cho $x_{2}$ vào vị trí có li độ dương. Thì lực phục hồi lúc này có giá trị âm bạn nhá. Thì dẫn đến kết quả sai
burning124
New Member
Ai đã làm được câu 17 19 và 30 chưa ạ. Sao em ra không giống đáp số ạ :( Ai giải giúp em tham khảo với
GS.Xoăn
Trần Văn Quân
Lời giải câu 17:
Ta có thể tóm lược các dữ kiện đề bài từ đồ thị và các phương trình:
Phương trình dao động các vật:
$$x_1=A_1 \cos \left(\omega t+ \varphi\right)$$
$$x_2=v_1 T= \left(x_1\right)' T =- 2\pi A_1 \sin \left(\omega t+ \varphi_1\right)$$
Nhìn vào đồ thị:
Tại thời điểm $t_1$, hai vật gặp nhau ở tọa độ $x=-3,95$, tại thời điểm $t=2,5$ vật 1 đang ở vị trí cân bằng theo chiều dương, vật 2 đang ở vị trí biên dương
Xét tại thời điểm $t_1$
$$ x_1= x_2 $$
$$ A_1 \cos \left(\omega t_1 + \varphi_1\right)= -2 \pi A_1 \sin \left( \omega t_1 \varphi_1\right)$$
$$\Rightarrow \Phi = \omega t_1 + \varphi_1 =arc\tan \left(-\dfrac{1}{2\pi }\right)+ k \pi , k \in Z$$
Tại thời điểm $t=2,5 s$
$$x_1=0, v_1>0$$
$$\Rightarrow \omega t+\varphi_1= -\dfrac{\pi }{2}$$
Từ đó ta có hệ:
$$\begin{cases} \omega t_1+ \varphi_1= arc\tan \left(-\dfrac{1}{2\pi }\right)+k \pi \\ \omega t +\varphi_1=-\dfrac{\pi }{2} \end{cases}$$
$$\Rightarrow \omega \left(t_1 -t\right)= arc\tan \left(-\dfrac{1}{2\pi }\right) + \dfrac{\pi }{2} + k\pi $$
Ta thấy hai thời điểm $t_1,t$ là hai thời điểm gần nhau nhất và $t_1 < t=2,5$ nên ta tìm được $k=-1$
Từ đó ta có:
$$t_1=\dfrac{arc\tan \left(-\dfrac{1}{2\pi }\right) -\dfrac{\pi }{2}}{\omega }+ 2,5$$
Mặt khác: lại có dữ kiện $v_{max}= \omega . A_{th}$. Hai dao động trên vuông pha với nhau nên $A_{th}=\sqrt{A_1^2+A_2^2}=A_1\sqrt{1+4 \pi ^2}$
Nên: $v_{max}=\omega A_1 \sqrt{1+4\pi ^2} \Rightarrow A_1=\dfrac{v_{max}}{\omega \sqrt{1+4\pi ^2}}$
Thay vào phương trình $x_2$ ta suy ra:
$$x_2=-2\pi \dfrac{v_{max}}{\omega \sqrt{1+4\pi ^2}}.\sin \left(arc\tan \left(-\dfrac{1}{2\pi }\right)\right)=-3,95$$
$$\Rightarrow \omega =\dfrac{- 2\pi v_{max}.\sin \left(arc\tan \left(-\dfrac{1}{2\pi }\right)\right)}{-3,95 \sqrt{1+4k^2}}$$
Bằng máy tính ta tính được $$\omega \approx 2,1 \ \left(\text{rad}/\text{s}\right) \Rightarrow T \approx 2,994 s$$
Thay vào phương trình tính $t_1$ ta tính được $$t_1 \approx 1,636 s$$
Từ đó ta có tỉ lệ $$\delta=\dfrac{t_1}{T} \approx 0,546$$
Từ đó ta có đáp án A.
Cách 2: Cách của anh @zdcxoan
Ta có:
$x_1=x_2\Leftrightarrow A\cos \alpha=2\pi A\sin \alpha=3,95$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
\tan \alpha =\dfrac{1}{2\pi }\Rightarrow \alpha =9^o\\ A=\dfrac{3,95}{\cos 9^o}=4\left(cm\right)
\end{matrix}\right.$
Mặt khác hai dao động vuông pha nên $v_{max}=\dfrac{2\pi }{T}A\sqrt{1+4\pi ^2}=53,4$
$\Rightarrow T=3\left(s\right)$
Từ $t_1$ đến $t_2$ quét được góc $99^o$ trên đường tròn lượng giác
$\Leftrightarrow \dfrac{2\pi }{T}\left(2,5-t_1\right)=1,73\Rightarrow t_1=1,675\left(s\right)\Rightarrow \dfrac{t_1}{T}=0,56$
GS.Xoăn
Trần Văn Quân
Lời giải câu 19:
Ta có: $\lambda=3$
Phương trình dao động của các phần tử là:
$$u_O=a \cos \left(16\pi t -\dfrac{\pi }{2}\right)$$
$$u_P=a \cos \left(16 \pi t -\dfrac{11\pi }{6}\right)$$
$$u_Q=a \cos \left(16\pi t-\dfrac{19 \pi }{6}\right)$$
Chọn trục Oxy, Ox theo phương sợi dây, Oy theo phương của các phần tử dao động
Khi đó tọa độ các phần tử lầ lượt là:
$$O\left(u_O,0\right), P\left(u_P,2\right), Q\left(u_Q,4\right)$$
Để tam giác OPQ vuông tại P thì $\vec{OP}.\vec{PQ}=0$
Hay:
$$\left(u_P-u_O\right)\left(u_Q-u_P\right)+4=0$$
$$\Rightarrow a \sqrt{3} \cos \left(16 \pi t +\dfrac{\pi }{3}\right). a \sqrt{3} \cos \left(16 \pi t+ \pi \right)+4 =0$$
$$ \Rightarrow \dfrac{3 a^2 }{2} \cos \left(32 \pi t +\dfrac{4\pi }{3}\right) - \dfrac{ a^2}{4}+4 =0 $$
Với $t=\dfrac{3}{16}$ ta có phương trình:
$$-\dfrac{3a^2}{4}-\dfrac{3a^2}{4}+4=0 \Rightarrow a=\sqrt{\dfrac{8}{3}} cm$$
Chọn A.
PS: Tính toán có sai sót, mong các bạn thông cảm
Last edited:
Nếu chọn trục như thế thì tọa độ phải là
$$O\left(0,u_O\right), P\left(2,u_P\right), Q\left(4,u_Q\right)$$
chứ em.
hoankuty
Ngố Design
Ý kiến của một bạn trong diễn đàn, tác giả giải đáp hộ bạn đó nhé :):
Trên đây mới chỉ xét $t_{min}$ thỏa mãn tam giác vuông khi sóng đã truyền qua Q. Vậy nếu với biên độ như vậy mà có trạng thái tam giác vuông khi sóng chưa truyền qua Q thì sao? Liệu bạn có thể chứng minh điều đó không xảy ra không?
GS.Xoăn
Trần Văn Quân
Thường thì toán học quy ước như anh! Nhưng quy ước cũng chỉ là do con người đặt ra, kết quả bài toán vẫn không đổi!
GS.Xoăn
Trần Văn Quân
Trường hợp bạn nói có thể xảy ra, lúc đó điểm Q có tọa độ $\left(0;4\right)$
Làm tương tự như trên ta ruát ra được phương trình:
$$\sqrt{3} a^2 \cos \left(16 \pi t -\dfrac{2\pi }{3}\right) \cos \left(16 \pi t -\dfrac{11\pi }{6}\right)+4=0$$
$$\Rightarrow a=\dfrac{4 \sqrt{3}}{3} cm$$
Nhưng trường hợp trên là gần đáp án nhất nên chọn A.
sevenlove12
New Member
Còn câu 30 chưa ai giải nhỉ
Lần chỉnh sửa cuối bởi 1 quản trị viên:
buiquangsang1988
New Member
CÂU 33 ĐÁP SỐ 79T/24
Bài toán:
Cho mạch điện xoay chiều gồm một điện trở thuần có điện trở $R = 30\left(\Omega \right)$, một tụ điện có điện dung $C$(có thể thay đổi được), một cuộn dây không thuần cảm có cảm kháng bằng $10\left(\Omega \right)$, và điện trở $r$ có giá trị bằng $10\left(\Omega \right)$ mắc nối tiếp nhau theo đúng thứ tự đó. Đặt vào hai đầu đoạn mạch điện áp xoay chiều ổn định có giá trị hiệu dụng và tần số không đổi. Người ta cần điều chỉnh $C$ đến giá trị $C_1$ để điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch chứa $R$ và $C$ đạt giá trị lớn nhất bằng $120\left(V\right)$ và cần điều chỉnh $C$ đến giá trị $C_2$ để điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch chứa $R$ và $C$ đạt giá trị nhỏ nhất gần giá trị nào nhất sau đây?
A. $50\sqrt{3} \left(V\right)$
B. $60\sqrt{2} \left(V\right)$
C. $36\sqrt{5} \left(V\right)$
D. $32\sqrt{7} \left(V\right)$
Bạn có làm được bài này bằng giản đồ vecto không? Giải giúp mình bằng giản đồ với
Cho mạch điện xoay chiều gồm một điện trở thuần có điện trở $R = 30\left(\Omega \right)$, một tụ điện có điện dung $C$(có thể thay đổi được), một cuộn dây không thuần cảm có cảm kháng bằng $10\left(\Omega \right)$, và điện trở $r$ có giá trị bằng $10\left(\Omega \right)$ mắc nối tiếp nhau theo đúng thứ tự đó. Đặt vào hai đầu đoạn mạch điện áp xoay chiều ổn định có giá trị hiệu dụng và tần số không đổi. Người ta cần điều chỉnh $C$ đến giá trị $C_1$ để điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch chứa $R$ và $C$ đạt giá trị lớn nhất bằng $120\left(V\right)$ và cần điều chỉnh $C$ đến giá trị $C_2$ để điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch chứa $R$ và $C$ đạt giá trị nhỏ nhất gần giá trị nào nhất sau đây?
A. $50\sqrt{3} \left(V\right)$
B. $60\sqrt{2} \left(V\right)$
C. $36\sqrt{5} \left(V\right)$
D. $32\sqrt{7} \left(V\right)$
Bạn có làm được bài này bằng giản đồ vecto không? Giải giúp mình bằng giản đồ với
hoankuty
Ngố Design
Lời giải
Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch chứa R và C: $$U_{RC}=\dfrac{U\sqrt{R^2+Z_C^2}}{\sqrt{\left(R+r\right)^2+\left(Z_L-Z_C\right)^2}}$$
Đặt $f\left(Z_C\right)=\dfrac{Z_C^2+R^2}{\left(Z_C-Z_L\right)^2+\left(R+r\right)^2}$ thì $U_{RC}$ lớn nhất khi và chỉ khi $f\left(Z_C\right)$ lớn nhất, điều này chỉ xảy ra nếu $f'\left(Z_C\right)=0$ hay $$\dfrac{2Z_C\left(Z_C^2-2Z_C. Z_L+Z_L^2+\left(R+r\right)^2\right)-\left(2Z_C-2Z_L\right)\left(R^2+Z_C^2\right)}{\left(\left(R+r\right)^2+\left(Z_L-Z_C\right)^2\right)}=0\left(*\right)$$
Bằng biến đổi đại số, $\left(*\right)$ xảy ra nếu $$Z_L. Z_C^2-\left(Z_L^2+r^2+2Rr\right)Z_C+Z_L. R^2=0\left(**\right)$$
Coi $\left(**\right)$ là phương trình bậc hai ẩn $Z_C$, từ $\left(**\right)$ ta có $Z_C = 90\left(\Omega \right)$ hoặc $Z_C= -10\left(\Omega \right)$
Lập bảng biến thiên, chú ý $Z_C$ không thể là số âm, chúng ta nhận thấy
+$U_{RC}$ lớn nhất khi và chỉ khi $Z_C=90\left(\Omega \right)$
+$U_{RC}$ nhỏ nhất khi và chỉ khi $Z_C=0\left(\Omega \right)$
Khi đó tỉ số giữa $U_1$ và $U_2$ bằng $\dfrac{\sqrt{30^2+90^2}}{\sqrt{\left(10+30\right)^2+\left(90-10\right)^2}}. \dfrac{\sqrt{\left(10+30\right)^2+\left(0-10\right)^2}}{\sqrt{30^2+0^2}}=\dfrac{\sqrt{34}}{4}$
Với giả thiết $U_1= 120\left(V\right)$, suy ra $U_2 \approx 82,32\left(V\right)$
Bằng sợ trợ giúp của máy tính, chúng ta kiểm nghiệm thấy $36\sqrt{5}V$ gần giá trị này nhất.
Chọn đáp án C.
P/S: Bạn có thể tham khảo, đây là lời giải của anh NTH 52 :)[/QUOTE]
hoankuty
Ngố Design
Đây là lời giải câu 30 của mình, mong nhận được sự góp ý chân thành từ mọi người :):):)
Lời giải
Thấy $2$ nguồn ngược pha.
Tại vị trí ban đầu của nguồn 2 thì: $d_{2}-d_{1}=\left(k-0,5\right)\lambda $.
Tại bị trí sau khi thay đổi của nguồn 2: $d'_{2}-d_{1}=\left(k+4\right)\lambda $
$\Rightarrow d'_{2}-d_{2}=4,5\lambda \Rightarrow d'_{2}=50\left(cm\right)$
Có:
$d_{2}'^{2}-d_{2}^{2}=O_{1}O_{2}'^{2}-O_{1}O_{2}^{2}$
$\Rightarrow O_{1}O_{2}'^{2}=1476+O_{1}O_{2}^{2}$
Do độ dịch chuyển cực đại nên $O_{1}O'_{2}$ đạt cực đại. Do $O_{1}O_{2}$ là bán nguyên lần bước sóng nên:
$d_{2}'^{2}-d_{2}^{2}=O_{1}'O_{2}^{2}-O_{1}O_{2}^{2}$
$O_{1}O_{2}\leq 7,5\lambda =30\left(cm\right)$
$\Rightarrow O_{1}O_{2}'\leq \sqrt{1476+30^{2}}=6\sqrt{66}\left(cm\right)$
Độ dịch chuyển lớn nhất là:
$x=O_{1}O_{2}+O_{1}O_{2}'=6\sqrt{66}+30\left(cm\right)$
Đáp án [cauab[/caub]
Huyen171
Well-Known Member
Mình làm thế này cậu xem nhé :D
Theo đề
$O_1O_2=\dfrac{n\lambda}{2}$
$MO_2-MO_1=\left(k-0,5\right) \lambda$
Và $MO_2^{2}-MO_1^{2}=O_1O_2^{2}$
Mặt khác ta có $MO_2=8\lambda$
Suy ra được biểu thức
$8-\sqrt{8^{2}-\dfrac{n^2}{4}}=k-0,5$
Vì k, n nguyên và $0<n<16$ nên dùng máy tính chọn nghiệm thấy không có k, n nào thỏa mãn :)):))
minhhainam
New Member
Tài liệu của anh down ở đâu ạ anh ?
KeyPig1997
New Member
Anh ơi! Cho em hỏi
Tại sao khi $O_{1}O_{2}$ là bán nguyên lần bước sóng thì $O_{1}O_{2}\leq 7,5\lambda =30\left(cm\right)$ ? $7,5\lambda$ từ đâu ra ?
Huyen171
Well-Known Member
Vì O$O_2M=8 \lambda$ rồi mà $O_1O_2 <O_2M$ vì $O_2M$ là cạnh huyền