Tải bản đầy đủ

Giải chi tiết đề thi thử THPT QG lần 1 trường chuyên KHTN 2016

HƯỚNG DẪN GIẢI NHANH ĐỀ THI THỬ CHUYÊN KHTN LẦN 1 NĂM 2016
Mã đề 357
Trần Anh Tuấn – B0K27B
P
150

 100V  C
Câu 1 : P  UI cos   U 
I cos 
  
3. cos  
3 6
g
Câu 2 : Phân tích : Mỗi chu kỳ , mỗi CLLX đi qua vị trí lò xo không biến dạng cách VTCB l  2 một lần

chứng tỏ rằng , vị trí này là vị trí biên .
E
k A2
k 2  2k1 ; m2  m1   22  212  A1  2 A2  1  1 12  2  A
E 2 k 2 A2
Câu 3 : Giải nhanh : Sử dụng giản đồ vector kép và công thức giải nhanh trong trường hợp C thay đổi đối với

công suất : P  Pmax cos 2  .

ADCT trên cho C3 : P  Pmax cos 2      . mặt khác , khi này UCmax nên U RL  U suy ra góc hợp bởi
4
vector URL và UC là 3 / 4 và luôn luôn là như vậy .
Vẽ giản đồ kép , chú ý trục I coi như cố định , trục U quay , trục URL chỉ thay đổi về độ dài sau mỗi lần thay đổi
UC
U
80

U 
V C
C , Sử dụng các tam giác và định lý hàm sin , ta dễ dàng có được :


6
sin
sin
3
4
U C  U C max cos    0 

  2

Cách 2 : Sử dụng biến đổi đại số , chú ý đến các công thức  0  1
, φ là độ lệch pha giữa u
2

 P  Pmax cos 2 
và i , φ0 là độ lệch pha giữa u và i khi UCmax .
Cách 3 : Sử dụng số phức : ( Lời giải của thầy Đỗ Ngọc Hà )

Câu 4 : HS tự vẽ hình

6 4,5

6
4,5
d
d  1,5
tan BOA  ; tan MOA 
 tan MOB 
6.4,5
27
d
d
1 2
d
d
d
2
MOBmax  d  3 3m  OA  27 .



AM GM

1,5
6 3



1
4 3

Ta áp dụng hệ thức : 10 L.r 2 ~ P ( 10L . r2 tỉ lệ thuận với công suất truyền âm đặt tại nguồn , nếu công suất
truyền âm không đổi , ta có 10 L.r 2  const , bạn đọc tự chứng minh hệ thức này ) .
1


L
2

10 A .OA ~ 2 P
, n là số nguồn âm lúc sau đặt tại O , Lập tỉ lệ , ta tính được n = 35 nguồn âm . Như vậy phải
 LM
2

10
.
OM
~
nP

đặt thêm tại O 33 nguồn âm nữa . Chọn đáp án D .
Câu 5 : A
Câu 6 : B
Câu 7 :
1 2

2
 E  2 mvmax  v max  0,25  A  0,5
25

 
rad / s  B

3
v  a   v    a   1  a max   2 A  25 3 m / s 2
v  a 



6
 max   max 

D

.0,9

   0,6m  D
a
1,2
Câu 9 : Bài này thử đáp án là nhanh nhất !
Câu 8 : 3,6  8i  8.

 8.

nv  3  n  3,4( L)
n  4  n  4,5( L)
v D
nv
nv
nv
D
v
n
 nv .
   .v  415;760 
n

C
nv  5  n  4,5,6( L)
38
83
a
a
n

29
116
nv  6  n  5,6,7,8(C )
t
t


2
Câu 10 : m  m0 .2 T 
 2 1,5  2 T  t  1,5T  B
4
W
x
x
Câu 11 : Vì 2 CLLX dao động cùng pha , nên ta có : 1  2  x1  nx2  t1  n 2 .
nA A
Wt 2
Khi động năng của con lắc thứ nhất là a , thế năng của con lắc thứ 2 là b thì suy ra thế năng của con lắc thứ nhất
1
là bn 2 . BTNL : .k .n 2 A 2  a  bn 2 . (1)
2
1
b
Tương tự như vậy ở trường hợp còn lại , ta có phương trình BTNL : kA2  2  Wđ (2)
2
n
2
2
a  bn
a  bn  1
Lập tỉ lệ (1) : (2) : n 2 
 Wđ 
D .
b
n2
 Wđ
n2
T  0,4 s

Câu 12 : Dễ dàng tính được  A  8cm . Thời gian lực đàn hồi tác dụng lên giá treo cùng chiều lực hồi phục
l  4cm
 0
là t 

T
1
 s  A . Các bạn cẩn thận câu này , không sẽ mắc bẫy .
6 15

2


Câu 13 : Ta sử dụng một phương pháp mới : “Chuẩn hóa số liệu” để giải bài toán tần số biến thiên này :
L
R
 Z L Z C  R 2  1 . Chuẩn hóa cho R = 1 . Ta có bảng sau :
C
1

 f  f1  cos  
2
1


1 a  

a


1

f

f

cos


2

2
1 


1   na  

na 


 f  f 3  U L max  2Z C2  2 Z L Z C  R 2  R 2  1  m 2 a 2  2

 f1  f 2  2 f 3  n  2m  1
Vì hệ số công suất trong hai trường hợp bằng nhau , nên :
2

2

1
1 
1
1


 na  a 2 n  1.
 a     na    a  
a
na
a
na




n  2m  1

5

Giải hệ phương trình a 2 n  1
 a  2  1  cos  
 0,44  D
5
m 2 a 2  2



Câu 14 : Bài toán này đã xuất hiện trong đề thi ĐH năm 2014 , lời giải ngắn gọn của nó là sử dụng giản đồ
vector , ở đây , tôi giới thiệu tới các bạn cách giải bằng bất đẳng thức AM – GM .
  
2
2
2
U 2  U AM
 U MB
 2.U AM .U MB cos    x 2  y 2  xy  x  y   3xy .
2 6
x  y 2  U 2  1 x  y 2  x  y   2U  440V
Áp dụng BĐT AM – GM : xy 
max
4
4
Dấu bằng xảy ra khi x = y . Tức là y  x  220V  A .
Câu 15 : Khoảng cách này là : 4i + 4i = 8i . Chọn đáp án C .
MN
5
Câu 16 : 10 
; i2  i1  MN  10i1  6i2  N s  6  1  7  C .
i1
3
Câu 17 : C .
Câu 18 : A
l
Câu 19 : T  2
 l ~ T 2  T 2  T22  T12  A
g
Câu 20 : Bài này sử dụng phương trình đường thẳng với vector chỉ phương trong hình giải tích .
  2c LC  C ~ 2

C  a  b 

C  C1
   1 2  12

20 2  10 2

 2


   30 0  B
C 2  C1  2   1 2  12
150 40 2  10 2

Câu 21 :
f  f1 ; f  4 f1  P  Pmax cos 2   cos   0,4 5
f1 .4 f1  f 02  f 0  2 f1 - f0 là tần số để xảy ra cộng hưởng . Giả sử x và y là giá trị cảm kháng và dung kháng

khi f1 . Vậy tại f0 , ta có : 2 x 

y
R2
 y  4 x  cos 2   0,8  2
 R  6x .
2
R  9x 2

3


R

Tại f = 3f1 . Ta có hệ số công suất là : cos  ' 

2



6x

y

6 x 2   3x  4 x 
R 2   3x  
3
3 


Câu 22 : Gọi ∆P là công suất tỏa nhiệt hao phí trên đường dây . Ta có :
 P1 1 I 12 R
 

I
I  I2
P'
3
 P' 9
P'
H  
 2 
 1
 38,8%  C .
2
P
I1
8
I1
 P2  1  I 2 R

24
P'
 P'

2

 0,96  B

Câu 23 : D
Câu 24 : BTNL  E  2K  K p  K  9,5MeV  B .
Câu 25 : Ta giải tiếp bài toán này bằng “Chuẩn hóa số liệu”
2Z L2  2Z L Z C  R 2  2 x 2  2 xy  R 2

f  f1 ;U C max  
 5x  3 y
3
2
2
 R 2  3x  y 
 P  Pmax cos   cos  
2

2

y
5
 y
2
f  f 2  f1  100  nf1  2Z  2Z L Z C  R  2.   2.nx.  3x  y   n 
n
3
n
5
 f1  100  f1  f1  150 Hz  B
3
2x
Câu 26 : Sử dụng công thức : AM  Ab sin
. Dễ dàng tìm được đáp án D .

Câu 27 : A
I

 .10 1
Câu 28 : I 0  Q0  f 
 0 
 25kHz  C
2 2Q0 2 .2.10 6
2
C

Câu 29 : A 

hc

0



2

1,9875.10 25
 6,625.10 19 J  C
6
0,3.10

Câu 30 : C
Câu 31 : Bài này có ý tưởng giống như câu 11 .
1 2

TH1  2 U 01.C  40  xWL1  x 
BTNL 
TH 2  1 U 2 C  z  y W  y;W  z 
02
C2
L2

2
2 C
U 01
.
2
i1
i2
WL1 I 01
L  4  x  4.W  4.20  80J ; z  WL1  20  5J
i1 ; i2   0   
 2 
L2
I 01 I 02
WL 2 I 02
4
4
2 C
U 02
.
L
2
U
40  80
 01

 4  y  25J  C
2
5 y
U 02
Câu 32 : Khi điều chỉnh C để UCmax thì U  U RL . Sử dụng điều kiện vuông pha này và tính chất hình học suy

 u  2  u  u  2
 6.10 4 6.10 4
C
2
  2
   
 2 
9y2
 U   U RL 
 x

 x  200  A
ra từ giản đồ vector ( bạn đọc tự vẽ hình ) : 
1
1
1
1
1
1

 

U 2  U 2  U 2
 x 2 y 2 10 4
RL
 R
4


Câu 33 : Bạn đọc tự vẽ hình . Chú ý rằng , trong thời gian 2s , hình chiếu P đi được quãng đường là 10 2 cm ,
ta coi đây là đường chéo của một hình vuông cạnh 10 cm tức là trên trục tọa độ Oxy hình chiếu P đã đi từ điểm
M 0;2  N 10;12 . Bài toán đến đây trở về bài toán tìm số cực đại trên đoạn thẳng MN .

2

  vT  0,5. 100  1cm

2
2
 NS 2  NS1  k  MS 2  MS1
MS 2  MS1  2  11  2  5 5  2cm   9,1cm

2
2
2
2
 NS 2  NS1  11  10  0  12  10  12  3,57cm

 9,1  k  3,57  k  3;2;1;0;1;2;3;4;5;6;7;8;9  13CĐ  A
Câu 34 : Ta đã biết chiết suất của môi trường đối với tia sáng đơn sắc tăng dần : đỏ , vàng , lục , lam , tím .
Ở đây , tia sáng màu lục đi là là mặt nước , tức là đối với tia sáng này đang xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần
sin r
1
Cụ thể hơn , lí giải theo định luật Snell – Descartes : n sin i  sin r  n 
n
 nluc .
sin i
sin i
Như vậy chỉ có hai chiết suất thỏa mãn điều kiện trên là lam và tím . Chọn đáp án D .
Câu 35 : Ta tiếp tục sử dụng phương pháp “Chuẩn hóa số liệu” , chú ý trong bài này , các giá trị điện áp hiệu
dụng cũng biến thiên tỉ lệ với tần số góc .
b
cos   0,5 
 a 2  3b 2
2
2
b a
1
U2
a2
2
3
b

R 2  Z ' 2L
I2
1 b2  a2
1
3
3
9




.
3

I

I
.

3
.
 3A  B
2
1
U1
1
I1
3  2 a2  3
3
3
 b  
9 
b2  a2
R 2  Z L2

Câu 36 : D
Câu 37 : Ta chỉ cần sử dụng phương trình sóng :
2 
2  


u M  4 cos100t 
.x   4 cos100t 
.   4 cos100t  0,5   D
 
 4


Câu 38 : Sử dụng liên tiếp các điều kiện vuông pha , đồng pha , ngược pha ta có :
Z L  20; Z C  40; R  60

2
2
2
 uL   i 
 uL 

2
2
U L  I   U    I   2   Z   i  2 I
2
2
 L  
 L

 20   60 
2


     2 I  I  1A

uR
uR
i
 20   60 
  u R  i.R  i 
U R  I 
U
I
R
R


uL
Z
1
  L    u C  40V  u R  u  u L  u C  60V
U L  U C 
uC
ZC
2

Từ đó tính được : I 0  I 2  2 A  D
Câu 39 : Chỉ cần sử dụng công thức lực đàn hồi cực đại và lực đàn hồi cực tiểu :
Fđh max
k l  A
l a  1
a
 a  a  1A  a  1l  A 
D
Fđh min
k l  A
a 1
Câu 40 :



1 2
1 2 1 q2
1
1
BTNL  .U 0 C  .Li  .
 .12 2 C  .9.10 3. 4 3.10 3
2
2
2 C
2
2
 C  4nF  T  2 LC  12s  A
5



2



1 24.10 9
 .
2
C



2


Câu 41 : Công thức bán kính Borh cho ta : r  n 2 r0 .
Ban đầu hidro đang ở trạng thái kích thích thứ nhất : r1  2 2 r0 . Lúc sau ở trạng thái kích thích khác , bán kính
tăng lên 9 lần : r '  9r1  9.2 2 r0  x 2 r0  x  6 . Vậy Hidro đang ở quỹ đạo lượng tử P . Bước sóng hồng ngoại
lớn nhất là bước sóng phát ra khi hidro từ mức 6 về mức 5 , bước sóng nhìn thấy nhỏ nhất khi hidro từ mức 6 về
1
1
 2
2

E  E2 2
6  200  18,2  B

mức 2 . Ta có : 65  6
1
1
62 E6  E5
11
 2
2
5
6
Câu 42 : Bài toán này nếu nhớ được biểu thức cực trị nhanh thì không quá phức tạp .
U 2R
U2
U2
 Z L  Z C 2  k 2
P1  2






P


x
1
2
k AM GM 2 k
R  Z L  Z C 
R
r
2
2
U (R  r)
U r
P2 
 R  0; P2  2
y
2
r  k2
R  r   k

0,25r
1,25r


r 2  3,2k 2
2
2

2
2
P

P
1,25r   k
 1

 0,25r   k
2
R  0,25r  P1  P2  120W  

 U 2 720
 P1  120W
 U .0,25r  120
 k 
5
2
2

 0,25r   k
U 2 . 3,2 . k U 2 4 5 960
U 2 360
x

W; y 

.

W  x  y  298,14W  A
2k
k 21
7
4,2.k 2
5
Câu 43 : B
 f  120 Hz
Câu 44 : 
 v  f  15m / s  B
0,5  4    0,125m
Câu 45 : Câu này chỉ cần dùng điều kiện ngược pha của hai đại lượng biến thiên điều hòa .
u
U
Z
U L  U C  L   L   L  2  u L  2u C  2.20  40V
uC
UC
ZC
 u  u R  u L  u C  60  40  20  40V  D
Câu 46 : Bài toán này các bạn có thể viết phương trình dao động của từng điểm A và B để giải . Ở đây , tôi giới
thiệu cách giải dựa trên quan điểm của Sóng dừng .
Do S1 ; S2 là 2 nguồn dao động cùng pha , nên trung điểm I coi như là một bụng sóng .
2
Dễ dàng tính được  
.v  6cm . Bạn đọc tự vẽ hình , dễ thấy rằng , A và B nằm trên 2 bó sóng khác nhau ,




2
 AA  4 cos 6 .0,5  2 3cm

vì vậy chúng dao động ngược pha với nhau . Biên độ của các điểm A và B là : 
 A  4 cos 2 .1  2cm
 B
6
Chú ý rằng , bụng gần nhất của B cách B 1cm . Do 2 điểm này dao động ngược pha :
uA
A
a
  A   3  A   3 a   2 u ~ u  a B  4 3m / s 2  B
uB
AB
aB





mg

l  k  0,025m
Câu 47 : 
 Fmax  k  A  l   2,2 N  D
 E  1 kA2  A  2 E  3.10  2

2
k

6


Câu 48 : D
Câu 49 : Gọi li độ của điểm M là x , trục tọa độ Ox gốc tại O , chiều dương từ trên xuống . OB = A biên độ
T

t1 
t B M  t1  2t OM  2t 2



6
Ta có hệ phương trình : 

T
t1  t 2  4
t  T
 2 12
A
Thời gian đi từ B đến M là T/6 dễ dàng tìm ra được x  .
2
A
3A
A
6A
6 A 3A
A
v BM 

; vO  M 

 vOM  v BM  60 

  20
T
T
T
T
T
T
T
2.
2.
6
12
A
v max  A  2 .  40cm / s  125,7cm / s  D
T
Câu 50 : Câu này sử dụng đơn thuần công thức tính năng lượng liên kết của một hạt nhân :
WLK  Zm p   A  Z mn  m X c 2  2.1,0073  2.1,0087  4,0015.931,5  28,41MeV  A





7



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×