Giải chi tiết Đề thi thử Đại học diễn đàn vatliphothong.vn lần I 2015

Huyen171 đã viết:

Vì O$O_{2}M=8\lambda$ rồi mà $O_1{O}_2<O_{2}M$ vì $O_{2}M$ là cạnh huyền

Click để xem thêm...

KeyPig1997 đã viết:

Vậy cho em hỏi thêm cai này !
Em đi thi hsg ấy nên em cần bài giải đầy đủ, em biết bạn giải như thế là đúng rồi nhưng nếu $O_1$ và $O_2$ không nằm về 1 phía so với hình chiếu chiếu H của M lên Oy thì làm sao mà áp dụng ${d_2}^2-{d_2^{\prime }}^2$ được ạ ? Vậy thì phải nói làm sao cho đúng để xét $O_1$ và $O_2$ nằm về cùng 1 phía so với hình chiều H

Click để xem thêm...

Huyen171 đã viết:

Mình làm thế này cậu xem nhé :D
Theo đề
$O_1{O}_2={\displaystyle \frac{n\lambda }{2}}$
$M{O}_2-M{O}_1=(k-0,5)\lambda$
Và $M{O}_2^2-M{O}_1^2=O_1{O}_2^2$
Mặt khác ta có $M{O}_2=8\lambda$
Suy ra được biểu thức
$8-\sqrt{8^2-{\displaystyle \frac{n^2}{4}}}=k-0,5$
Vì k, n nguyên và $0<n<16$ nên dùng máy tính chọn nghiệm thấy không có k, n nào thỏa mãn :)):))

Click để xem thêm...

NTH 52 đã viết:

Lời giải câu số 12 được đăng tại đây :D
Bài toán:
Cho mạch điện xoay chiều gồm một điện trở thuần có điện trở $R=30\left(\mathrm{\Omega }\right)$, một tụ điện có điện dung $C$(có thể thay đổi được), một cuộn dây không thuần cảm có cảm kháng bằng $10\left(\mathrm{\Omega }\right)$, và điện trở $r$ có giá trị bằng $10\left(\mathrm{\Omega }\right)$ 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. $32\sqrt{7}\left(V\right)$
Lời giải:
Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch chứa R và C: $$U_{RC}={\displaystyle \frac{U\sqrt{R^2+Z_C^2}}{\sqrt{{(R+r)}^2+{(Z_L-Z_C)}^2}}}$$
Đặt $f\left(Z_C\right)={\displaystyle \frac{Z_C^2+R^2}{{(Z_C-Z_L)}^2+{(R+r)}^2}}$ thì $U_{RC}$ lớn nhất khi và chỉ khi $f\left(Z_C\right)$ lớn nhất, điều này chỉ xảy ra nếu $f^{\prime }\left(Z_C\right)=0$ hay $${\displaystyle \frac{2Z_C(Z_C^2-2Z_C.Z_L+Z_L^2+{(R+r)}^2)-(2Z_C-2Z_L)(R^2+Z_C^2)}{({(R+r)}^2+{(Z_L-Z_C)}^2)}}=0(\ast )$$
Bằng biến đổi đại số, $(\ast )$ xảy ra nếu $$Z_L.Z_C^2-(Z_L^2+r^2+2Rr)Z_C+Z_L.R^2=0(\ast \ast )$$
Coi $(\ast \ast )$ là phương trình bậc hai ẩn $Z_C$, từ $(\ast \ast )$ ta có $Z_C=90\left(\mathrm{\Omega }\right)$ hoặc $Z_C=-10\left(\mathrm{\Omega }\right)$
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 $Z_C=90\left(\mathrm{\Omega }\right)$
+$U_{RC}$ nhỏ nhất khi và chỉ khi $Z_C\to 0\left(\mathrm{\Omega }\right)$
Khi đó tỉ số giữa $U_1$ và $U_2$ bằng ${\displaystyle \frac{\sqrt{{30}^2+{90}^2}}{\sqrt{{(10+30)}^2+{(90-10)}^2}}}.{\displaystyle \frac{\sqrt{{(10+30)}^2+{(0-10)}^2}}{\sqrt{{30}^2+0^2}}}={\displaystyle \frac{\sqrt{34}}{4}}$
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

Click để xem thêm...

hoankuty đã viết:

Lời giải câu số 9:

Ta có: $x_1-x_2=3\left(cm\right)$

Lại có: Khoảng thời gian lớn nhất trong một chu kì để vật đi từ vị trí có li độ $x_1$ tới $x_2$ là $0,75T$ nên: $x_1^2+x_2^2=A^2$

Do đó: $A^2=2x_1{x}_2+9\le 9+2x_2(x_2+3)\le 9+2.{\displaystyle \frac{A^2}{4}}+6.{\displaystyle \frac{A}{2}}$

$\Rightarrow {(A-3)}^2=27\Rightarrow A_{max}=3\sqrt{3}+3\left(cm\right)$

$W_{max}=4,1J$
[/giai]
Đáp án: C.

Click để xem thêm...

forestpines đã viết:

Mình thấy đây mới là 1 trường hợp của đề bài, khi $x_1,x_2>0$.
Trường hợp này loại do khi thay giá trị $x_2={\displaystyle \frac{{Ạ}_{max}}{2}}$ vào thì $\mathrm{\Delta }l<0$. Vô lí!
Xét trường hợp $x_2<0$.
Ta có
$\mathrm{\Delta }l-\left|x_2\right|=1$
$\mathrm{\Delta }l+\left|x_1\right|=4$
$\Rightarrow \left|x_1\right|+\left|x_2\right|=3$
$A^2=x_1^2+x_2^2$
$={(x_1+x_2)}^2-2\left|x_1\right|\left|x_2\right|$
$=9-2\left|x_2\right|.(3-\left|x_2\right|)$
$\Rightarrow 4x_2^2\le 2x_2^2-6\left|x_2\right|+9$
$\left|x_2\right|max=1,098\Rightarrow Amax=2,196\Rightarrow Wmax=0,024J$
Mọi người góp ý!

Click để xem thêm...

Lê Minh Anh đã viết:

Bạn bấm số phức như thế nào mà ra thế?
Với cả sao suy ra d max như vậy?

Click để xem thêm...

Nắng đã viết:

Tham khảo :3
Gọi phương trình dao động của 3 vật lần lượt là $x_1=\cos \omega t,x_2=\cos (\omega t+\alpha ),x_3=\cos ({\omega }_{2}t+2\alpha )$

Ta có $x_1+x_2+x_3={\displaystyle \frac{5}{4}}$ nên tại $t=0$, ta có $$\cos 0+\cos \alpha +\cos 2\alpha ={\displaystyle \frac{5}{4}}\iff 2y^2+y-{\displaystyle \frac{5}{4}}=0$$ với $y=\cos \alpha$

Giải phương trình ta được $y={\displaystyle \frac{\sqrt{11}-1}{4}}$

Khoảng cách giữa vật thứ nhất và vật thứ hai là

$$d=\sqrt{1+{(x_1-x_2)}^2}$$
$$\Rightarrow d=\sqrt{1+{[\cos \left(\omega t\right)-\cos (\omega t+\alpha )]}^2}=\sqrt{1+{[\cos \beta (1-\cos \alpha )+\sin \beta \sin \alpha ]}^2}$$
(Với $\cos \beta =\cos \omega t$ ).

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có

$$d\le \sqrt{1+({\cos }^2\beta +{\sin }^2\beta )[{(1-\cos \alpha )}^2+{\sin }^2\alpha ]}=\sqrt{1+{(1-\cos \alpha )}^2+{\sin }^2\alpha }$$

Với $\cos \alpha =y={\displaystyle \frac{\sqrt{11}-1}{4}}\Rightarrow {\sin }^2\alpha ={\displaystyle \frac{2+\sqrt{11}}{8}}\Rightarrow d_{max}\approx 1,36cm$

Click để xem thêm...

Huyen171 đã viết:

Đến đoạn dưới không cần dùng Bunhia cũng được ạ
Tính được $\alpha$ dùng số phức ra ra được biên độ tổng hợp của
$x_1-x_2$ bằng 0,9174.
Từ đó suy ra $d=1,36cm$
:D:D

Click để xem thêm...

GS.Xoăn đã viết:

Lời giải câu 17:

​

Cách 1:
Ta có thể tóm lược các dữ kiện đề bài từ đồ thị và các phương trình:
Phương trình dao động các vật:
$$x_1=A_1\cos (\omega t+\phi )$$
$$x_2=v_{1}T={\left(x_1\right)}^{\prime }T=-2\pi A_1\sin (\omega t+{\phi }_1)$$
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 $t_1$
$$x_1=x_2$$
$$A_1\cos (\omega t_1+{\phi }_1)=-2\pi A_1\sin \left(\omega t_1{\phi }_1\right)$$
$$\Rightarrow \mathrm{\Phi }=\omega t_1+{\phi }_1=arc\tan (-{\displaystyle \frac{1}{2\pi }})+k\pi ,k\in Z$$
Tại thời điểm $t=2,5s$
$$x_1=0,v_1>0$$
$$\Rightarrow \omega t+{\phi }_1=-{\displaystyle \frac{\pi }{2}}$$
Từ đó ta có hệ:
$$\{\begin{array}{l}\omega t_1+{\phi }_1=arc\tan (-{\displaystyle \frac{1}{2\pi }})+k\pi \\ \omega t+{\phi }_1=-{\displaystyle \frac{\pi }{2}}\end{array}$$
$$\Rightarrow \omega (t_1-t)=arc\tan (-{\displaystyle \frac{1}{2\pi }})+{\displaystyle \frac{\pi }{2}}+k\pi$$
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:
$$t_1={\displaystyle \frac{arc\tan (-{\displaystyle \frac{1}{2\pi }})-{\displaystyle \frac{\pi }{2}}}{\omega }}+2,5$$
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: $v_{max}=\omega A_1\sqrt{1+4{\pi }^2}\Rightarrow A_1={\displaystyle \frac{v_{max}}{\omega \sqrt{1+4{\pi }^2}}}$
Thay vào phương trình $x_2$ ta suy ra:
$$x_2=-2\pi {\displaystyle \frac{v_{max}}{\omega \sqrt{1+4{\pi }^2}}}.\sin (arc\tan (-{\displaystyle \frac{1}{2\pi }}))=-3,95$$
$$\Rightarrow \omega ={\displaystyle \frac{-2\pi v_{max}.\sin (arc\tan (-{\displaystyle \frac{1}{2\pi }}))}{-3,95\sqrt{1+4k^2}}}$$
Bằng máy tính ta tính được $$\omega \approx 2,1\left(\text{rad}/\text{s}\right)\Rightarrow T\approx 2,994s$$
Thay vào phương trình tính $t_1$ ta tính được $$t_1\approx 1,636s$$
Từ đó ta có tỉ lệ $$\delta ={\displaystyle \frac{t_1}{T}}\approx 0,546$$
Từ đó ta có đáp án A.
Cách 2: Cách của anh @zdcxoan

Ta có:
$x_1=x_2\iff A\cos \alpha =2\pi A\sin \alpha =3,95$
$\iff \{\begin{array}{c}\tan \alpha ={\displaystyle \frac{1}{2\pi }}\Rightarrow \alpha =9^o\\ A={\displaystyle \frac{3,95}{\cos 9^o}}=4\left(cm\right)\end{array}$
Mặt khác hai dao động vuông pha nên $v_{max}={\displaystyle \frac{2\pi }{T}}A\sqrt{1+4{\pi }^2}=53,4$
$\Rightarrow T=3\left(s\right)$
Từ $t_1$ đến $t_2$ quét được góc ${99}^o$ trên đường tròn lượng giác
$\iff {\displaystyle \frac{2\pi }{T}}(2,5-t_1)=1,73\Rightarrow t_1=1,675\left(s\right)\Rightarrow {\displaystyle \frac{t_1}{T}}=0,56$

Click để xem thêm...

Huyen171 đã viết:

Làm câu ngắn trước :v
Câu 31:
Mấu chốt là khi $f=f_3$ thì $U_{L_{max}}$ khi chưa nối vào máy phát
Do đó ta có:
$f_0^2=50.{\displaystyle \frac{f_0}{\sqrt{3}}}\Rightarrow f_0={\displaystyle \frac{50}{\sqrt{3}}}\Rightarrow C={\displaystyle \frac{{4.10}^{-4}}{\pi }}$
Vậy chọn $A$

Click để xem thêm...

Hinta Vũ Ngọc Anh đã viết:

Câu 33: Đáp Án A. (Dùng loại trừ là nhanh nhất) :D :D :D
Ta có 1 chu kì vận tốc đổi chiều 2 lần. Để thời gian chuyển động là ngắn nhất thì:
Ban đầu ở li độ $x_1$ vật ở góc $-{\displaystyle \frac{\pi }{3}}$
Lúc sau ở li độ $x_2$ vật ở góc ${\displaystyle \frac{3\pi }{4}}$
Vậy từ li độ $x_1$ sau khi vận tốc đổi chiều 7 lần vật đến li độ $x_2$ hết thời gian là
$\mathrm{\Delta }t=3T+{\displaystyle \frac{T}{4}}+{\displaystyle \frac{T}{8}}+{\displaystyle \frac{T}{6}}={\displaystyle \frac{85}{24}}T$

Click để xem thêm...

hoankuty đã viết:

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: $d_2-d_1=(k-0,5)\lambda$.

Tại bị trí sau khi thay đổi của nguồn 2: $d_2^{\prime }-d_1=(k+4)\lambda$

$\Rightarrow d_2^{\prime }-d_2=4,5\lambda \Rightarrow d_2^{\prime }=50\left(cm\right)$

Có:

$d_2^{\prime 2}-d_2^2=O_1{O}_2^{\prime 2}-O_1{O}_2^2$

$\Rightarrow O_1{O}_2^{\prime 2}=1476+O_1{O}_2^2$

Do độ dịch chuyển cực đại nên $O_1{O}_2^{\prime }$ đạt cực đại. Do $O_1{O}_2$ là bán nguyên lần bước sóng nên:

$d_2^{\prime 2}-d_2^2=O_1^{\prime }{O}_2^2-O_1{O}_2^2$

$O_1{O}_2\le 7,5\lambda =30\left(cm\right)$

$\Rightarrow O_1{O}_2^{\prime }\le \sqrt{1476+{30}^2}=6\sqrt{66}\left(cm\right)$

Độ dịch chuyển lớn nhất là:

$x=O_1{O}_2+O_1{O}_2^{\prime }=6\sqrt{66}+30\left(cm\right)$

Đáp án [cauab[/caub]

Click để xem thêm...

satthuhaohoa đã viết:

Phải là -30 chứ???? Sao lại là cộng 30 nỉ??

Click để xem thêm...

GS.Xoăn đã viết:

Lời giải câu 19:
Ta có: $\lambda =3$
Phương trình dao động của các phần tử là:
$$u_O=a\cos (16\pi t-{\displaystyle \frac{\pi }{2}})$$
$$u_P=a\cos (16\pi t-{\displaystyle \frac{11\pi }{6}})$$
$$u_Q=a\cos (16\pi t-{\displaystyle \frac{19\pi }{6}})$$
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:
$$O(u_O,0),P(u_P,2),Q(u_Q,4)$$
Để tam giác OPQ vuông tại P thì $\overrightarrow{OP}.\overrightarrow{PQ}=0$
Hay:
$$(u_P-u_O)(u_Q-u_P)+4=0$$
$$\Rightarrow a\sqrt{3}\cos (16\pi t+{\displaystyle \frac{\pi }{3}}).a\sqrt{3}\cos (16\pi t+\pi )+4=0$$
$$\Rightarrow {\displaystyle \frac{3a^2}{2}}\cos (32\pi t+{\displaystyle \frac{4\pi }{3}})-{\displaystyle \frac{a^2}{4}}+4=0$$
Với $t={\displaystyle \frac{3}{16}}$ ta có phương trình:
$$-{\displaystyle \frac{3a^2}{4}}-{\displaystyle \frac{3a^2}{4}}+4=0\Rightarrow a=\sqrt{{\displaystyle \frac{8}{3}}}cm$$
Chọn A.
PS: Tính toán có sai sót, mong các bạn thông cảm

Click để xem thêm...

tuan_beo97 đã viết:

Cho em hỏi tại sao thời gian nhỏ nhất để tam giác OPQ vuông thay vào phương trình đó lại đúng ạ?

Click để xem thêm...