GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP LẠ VÀ KHÓ TRONG ĐỀ THI THPT QUỐC GIA 2017 MÔN VẬT LÍ LÊ THỊ TÚY PHƯỢNG by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP LẠ VÀ KHÓ TRONG ĐỀ THI THPT QUỐC GIA 2017 MÔN VẬT LÍ Tác giả: Th.s. Lê Thị Túy Phượng

Mục lục LỜI NÓI ĐẦU ........................................................................................................................................ 3 GIẢI ĐỀ THI VẬT LÍ – KÌ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2017 ......................... 4 I. Dao động cơ ..................................................................................................................................... 4 II. Sóng cơ .......................................................................................................................................... 14 III. Điện xoay chiều .......................................................................................................................... 23 IV. Dao động điện từ ....................................................................................................................... 33 V. Sóng ánh sáng .............................................................................................................................. 36 VI. Lượng tử ánh sáng ..................................................................................................................... 40 VII. Vật lí hạt nhân ........................................................................................................................... 43

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng

LỜI NÓI ĐẦU - Tài liệu viết về cách giải các bài tập lạ và khó được trích ra từ đề thi Vật lí THPT Quốc Gia 2017 với mã đề từ 201 đến 204. - Tài liệu chủ yếu dành cho đối tượng học sinh phổ thông khối 12 tham khảo. - Một số bài tập khó được giải chi tiết để hiểu nên khá dài dòng. - Trong tài liệu có các công thức được đóng khung để có thể giúp làm nhanh một số dạng toán liên quan. - Các bài tập liên quan đến các đại lượng biến thiên điều hòa được giải chủ yếu thông qua phương pháp đường tròn được sưu tầm ở tài liệu ‚Phương pháp, thủ thuật giải nhanh các dạng trắc nghiệm Vật lí 12 – Tổ Lí-Công nghệ - trường THPT chuyên Lê Quý Đôn – Bình Định – năm 2010” . Phương pháp này giúp giải nhanh một số dạng toán về điều hòa nên khi đọc nếu các bạn thấy khó hiểu vì chưa học qua thì mong

bạn nghiên cứu kĩ hơn về phương pháp hữu ích này. - Tài liệu này có thể giúp các bạn thu nhặt một số kiến thức Vật lí 12 thông qua việc giải các bài toán trích từ đề thi năm 2017. Tuy nhiên kiến thức vật lí liên quan đến kì thi THPT Quốc gia là khá rộng và hiện nay xu hướng ra đề thi chủ yếu là bám sát bản chất vật lí của hiện tượng nên các bạn học sinh phổ thông trước khi bước vào kì thi này nên chuẩn bị hành trang thật kĩ càng. - Một bài tập có thể có nhiều cách giải khác nhau, các bạn cũng nên tham khảo nhiều tài liệu khác để có thể tìm được cho mình cách giải hay hơn, ngắn gọn hơn. - Tài liệu dù được xem xét kĩ nhưng chắc chắn không tránh khỏi sai xót, mong nhận được nhiều ý kiến từ bạn đọc. - Địa chỉ trao đổi https://www.facebook.com/do.tu.92775838 - Trong quá trình học tập, nghiên cứu, bản thân tác giả nhận được nhiều tài liệu hữu ích sẻ chia từ cộng đồng nên khi viết tài liệu tham khảo này gửi đến các bạn thì chỉ muốn đóng góp một phần nhỏ bé sức mình cho cộng đồng. Thân ái! Người viết: Lê Thị Túy Phượng

Ngọc bất trác bất thành khí

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng

GIẢI ĐỀ THI VẬT LÍ – KÌ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2017 I. Dao động cơ C}u 1 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 204 – câu 28): Một con lắc lò xo đang dao động điều hòa. Hình bên l| đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của động năng Wđ của con lắc theo thời gian t. Hiệu t2 – t1 có giá trị gần nhất với giá trị n|o sau đ}y? A. 0,27 s. B. 0,24 s. C. 0,22 s. D. 0,20 s. Hướng dẫn -

Ở thời điểm t1, Wđ1 =

v 9 9 9 9 Wđmax  v12 = vmax2  v1 =  vmax => cosϕv1 = 1  10 10 10 v max 10

 ϕv1 = 18,430 (ϕv1: góc hợp bởi vectơ quay với trục Ov ở thời điểm t1) -

Ở thời điểm t2, Wđ2 =

v 8 8 8 8 Wđmax  v22 = vmax2  v1 =  vmax => cosϕv2 = 1  10 10 10 v max 10

 ϕv2 = 26,570 (ϕv2: góc hợp bởi vectơ quay với trục Ov ở thời điểm t2)  Theo đồ thị, từ thời điểm t1 đến thời điểm t2, động năng của vật tăng từ Wđ1 đến cực đại rồi giảm xuống Wđ2 nên khi sử dụng phương pháp đường tròn, vectơ quay phải quét qua vị trí có tốc độ cực đại (vị trí đánh dấu x) như hình vẽ.

 Góc quét Δϕ = ϕv1 + ϕv2 = 450 =

 4

rad => Δt = t2 – t1 =

Ở thời điểm t = 0, Wđ = 0: vật ở vị trí x = ±A

Ở thời điểm t = 0,25 s, Wđ =





T  4  2  8 T

Wđ max W W 2  => Wt =  x = ±A 2 2 2 2

=> Thời gian ngắn nhất vật đi từ vị trí x = A đến vị trí x = A

2 T là Δt’ = 0,25 (s) = => Δt’ = Δt = 2 8

0,25 (s) => đ{p {n B Ngọc bất trác bất thành khí

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng C}u 2 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 204 – câu 39): Một lò xo nhẹ có độ cứng 75 N/m, đầu trên của lò xo treo vào một điểm cố định. Vật A có khối lượng 0,1 kg được treo v|o đầu dưới của lò xo. Vật B có khối lượng 0,2 kg treo vào vật A nhờ một sợi dây mềm, nhẹ, không dãn v| đủ d|i để khi chuyển động vật A và vật B không va chạm nhau (hình bên). Ban đầu giữ vật B để lò xo có trục thẳng đứng và dãn 9,66 cm (coi 9,66 ≈ 4 + 4 2 ) rồi thả nhẹ. Lấy g = 10 m/s2 v| π2 = 10. Thời gian tính từ lúc thả vật B đến khi vật A dừng lại lần đầu là A. 0,19 s.

B. 0,21 s.

C. 0,17 s.

D. 0,23 s.

Hướng dẫn -

Gọi I là vị trí điểm treo vật A mà tại đó lò xo không biến dạng, chọn chiều dương hướng xuống

Gọi O là vị trí điểm treo vật A khi hệ dao động ở trạng thái cân bằng.

Khi treo hệ hai vật vào lò xo, độ dãn của lò xo ở vị trí cân bằng là IO = Δl0 =

(m A  m B ) g  0,04(m) k -

Lúc hệ bắt đầu chuyển động, độ dãn của lò xo là Δl = Δl0 + A = 4 + 4 2 (cm) => A = 4 2 (cm)

Điều kiện để dây treo giữa vật A và B không bị chùng khi hệ tham gia dao động là A ≤ Δl0 (xem giải thích cuối bài giải) nhưng theo dữ kiện, ta có A > Δl0 nên từ khi hệ bắt đầu dao động đến khi điểm treo vật nặng A lên đến vị trí I (x = - Δl0 = -4 cm) thì lực căng dây T = 0 nên dây treo bị chùng lại. Lúc đó ta có thể xem chỉ vật A tham gia dao động đi lên (vật B không tham gia dao động, nó chuyển động chậm dần đều đi lên chỉ dưới tác dụng của trọng lực PB). Sự dao động của hệ vật từ lúc bắt đầu đến khi vật A dừng lại lần đầu có thể xét trong hai quá trình sau:

Quá trình 1(từ lúc hệ vật bắt đầu dao động đến lúc lò xo không biến dạng lần đầu): + Hệ vật đi từ vị trí x = A = 4 2 cm đến vị trí x = - IO = - Δl0 = -4 cm = -

A 2 2 =>Tốc độ của hệ vật ở vị trí lò xo không biến dạng là: Ngọc bất trác bất thành khí

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng

A 2 2



k A 2 .  20 10 (cm / s) m A  mB 2

+ Thời gian đi của hệ là: Δt = -

m A  mB 3T 3  .2  0,15( s) (vì Δϕ = 3π/4 => Δt = 3T/8) 8 8 k

Quá trình 2 (từ lúc lò xo không biến dạng lần đầu đến lúc vật A dừng lại lần đầu): + Chỉ có vật A tham gia dao động nên vị trí cân bằng lúc này là O’ sao cho IO’ = Δl0’ =

m A g 0,04 4  (m)  (cm) (O’ là vị trí điểm treo vật A khi vật A cân bằng) k 3 3 + Tần số góc của dao động là: ω’ =

k  5 30 (rad / s) mA

+ Ở vị trí lò xo không biến dạng(vị trí I): li độ của điểm treo vật A (so

4 với O’) là x’ = -IO’ = - Δl0’ =  (cm) , tốc độ của vật A là v = 20 10 (cm / s) 3  Biên độ của dao động của vật A trong quá trình 2 là A’ =

x' 2 

v2 8  (cm) 2 3 '

4 A' 8 + Vật A đi từ vị trí có li độ điểm treo x’ =  (cm)   đến vị trí dừng lần đầu (x’ = -A’= - (cm ) 3 2 3 ) thì thời gian đi của vật A là Δt’ =

T ' 2  6 6

mA  0,0385( s) (vì Δϕ’ = π/3 => Δt‘= T’/6) k

 Tổng thời gian chuyển động của hệ vật trong hai quá trình trên là Δt + Δt’ = 0,1885 (s) => đ{p {n A * Giải thích Cơ hệ gồm hai vật m và M nối với nhau theo phương thẳng đứng bằng một sợi dây nhẹ, không dãn. Vật M được nối với điểm treo cố định bằng một lò xo nhẹ. Xác định biên độ dao động của hệ vật để dây treo không bị chùng trong quá trình dao động * Phân tích: Chọn chiều dương hướng xuống - Khi hệ hai vật dao động thì hai vật chuyển cùng gia tốc a = -ω2x - Xét vật m, theo định luật II Newton, ta có: -T + Pm = ma  - T + mg = - mω2x  T = mg + mω2x (với  2 

k ) M m

- Lực căng dây có độ lớn cực tiểu khi x = - A: Tmin = mg - mω2A Ngọc bất trác bất thành khí

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng Để dây treo không bị chùng thì Tmin ⩾ 0  mg – m ω2A ⩾ 0  A ⩽ Với Δl0 =

( M  m) g hay A ≤ Δl0) k

( M  m) g là độ dãn của lò xo khi hệ vật ở trạng thái cân bằng. k

C}u 3 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 203 – câu 27): Hình bên l| đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của vận tốc v theo thời gian t của một vật dao động điều hòa. Phương trình dao động của vật là A. x 

3   40 cos t   (cm). 8 6  3

B. x 

3   20 cos t   (cm). 4 6  3

C. x 

3   40 cos t   (cm). 8 6  3

D. x 

3   20 cos t   (cm). 4 6  3

Hướng dẫn -

Lúc t = 0, v = 2,5 (cm/s) =

v max  và vận tốc đang giảm nên pha vận tốc là ϕv = 2 3

=> pha dao động ban đầu ϕx = ϕv -

    =    (1) 6 2 3 2

Lúc t = 0,1(s), v’ = -5 (cm/s) = vmin nên pha của vận tốc là ϕv’(t = 0,1) =

  Góc quét của vectơ quay là Δϕ = ϕv’ – ϕv =  -

2  = 3 3

Thời gian từ lúc bắt đầu dao động đến lúc vật có vận tốc vmin = -5 cm/s lần đầu là Δt = 0,1(s)

 Tần số góc của dao động   -

Vận tốc cực đại của vật là vmax = 5 cm/s

 Biên độ dao động là A  -

 20  (rad / s) (2) t 3

vmax





3 (cm) (3) 4

Từ (1), (2) và (3) => đ{p {n D

Ngọc bất trác bất thành khí

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng C}u 4 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 203 – câu 34): Một con lắc lò xo dao động tắt dần trên mặt phẳng nằm ngang. Cứ sau mỗi chu kì biên độ giảm 2%. Gốc thế năng tại vị trí của vật mà lò xo không biến dạng. Phần trăm cơ năng của con lắc bị mất đi trong hai dao động toàn phần liên tiếp có giá trị gần nhất với giá trị n|o sau đ}y? A. 7%.

B. 4%.

C. 10%.

D. 8%.

Hướng dẫn -

Gọi A0, W0 lần lượt là biên độ và năng lượng ban đầu của con lắc

Sau chu kì đầu, biên độ của con lắc là A1 = 0,98A0

Sau chu kì thứ hai, biên độ của con lắc là A2 = 0,98A1 = 0,982A0  A22  0,98 4 A02  W2 = 0,922W0

 Phần cơ năng mất đi sau hai chu kì liên tiếp là ΔW = W0 – W2 = 0,078W0 = 7,8%W0 => đ{p {n D

C}u 5 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 203 – câu 38): Một con lắc đơn có chiều d|i 1,92 m treo v|o điểm T cố định. Từ vị trí cân bằng O, kéo con lắc về bên phải đến A rồi thả nhẹ. Mỗi khi vật nhỏ đi từ phải sang tr{i ngang qua B thì d}y vướng v|o đinh nhỏ tại D, vật dao động trên quĩ đạo AOBC (được minh họa bằng hình bên). Biết TD = 1,28 m v| α1 = α2 = 40. Bỏ qua mọi ma sát. Lấy g = π2 (m/s2). Chu kì dao động của con lắc là A. 2,26 s.

B. 2,61 s.

C. 1,60 s.

D. 2,77s.

Hướng dẫn -

Chọn chiều dương hướng từ trái qua phải

Chiều dài đoạn dây DC là DC = l – TD = 0,64 (m)

Theo định luật bảo toàn cơ năng, ta có: WC = WA  mghC = mgl(1 – cosα0) (1)

Với hC = C’O = TO – TD’ – D’C’ = l – TDcosα1 - CD.cos(α1 + α2) ≈ 9,346.10-3 (m)

Ngọc bất trác bất thành khí

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng -

Thay hC vào (1), ta được α0 = 5,6560

Trong nửa chu kì đầu, chuyển động của con lắc đơn có thể phân tích thành hai quá trình

 Quá trình 1 (vật đi từ vị trí A đến vị trí B, vị trí cân bằng ở O, chiều dài dây treo là l = 1,92 m) + Ở vị trí A, li độ góc của vật là αA = α0 = 5,6560 + Ở vị trí B, li độ góc của vật là αB = -α1 = -40 ≈ -

0 2 2

 Góc quét tương ứng của vectơ quay trên đường tròn khi vật đi từ A qua B lần đầu là ΔϕAB = 3 4

 Thời gian vật đi từ vị trí A đến vị trí B lần đầu là ΔtAB =

3T 3  l   2 8 8 g

 3 3  ( s)  5 

 Quá trình 2 (vật đi từ vị trí B đến vị trí C, vị trí cân bằng ở O’, chiều dài dây treo là CD = 0,64 m) + Ở vị trí B, li độ góc của vật là αB’ = -α1 = -40 + Ở vị trí C, li độ góc là αC’ = - α0’ = -(α1+α2) = - 80  Góc quét tương ứng của vectơ quay trên đường tròn khi vật đi từ B qua C lần đầu là ΔϕBC =  Thời ΔtBC =

gian

vật

 3

đi

từ

vị

trí

đến

vị

trí

lần

đầu

là:

T' 1  CD  4   ( s)   2 6 6 g  15

 Chu kì dao động của con lắc là T0 = 2(ΔtAB + ΔtBC) = 2,612 (s) => đ{p {n B

C}u 6 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 202 – câu 35): Ở một nơi trên Tr{i Đất, hai con lắc đơn có cùng khối lượng đang dao động điều hòa. Gọi l1, s01, F1 và l2, s02, F2 lần lượt là chiều d|i, biên độ, độ lớn lực kéo về cực đại của con lắc thứ nhất và của con lắc thứ hai. Biết 3l2 = 2l1, 2s02 = 3s01. Tỉ số A.

4 . 9

Ngọc bất trác bất thành khí

3 . 2

F1 bằng F2 C.

9 . 4

2 . 3 9

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng Hướng dẫn -

Biểu thức lực kéo về cực đại: F = mω2s0

g F 2 s l s  l l 4 Với m1 = m2 và  1  2 ta có: 1  12 . 01  2 01  => đ{p {n A g l1 F2  2 s02 l1 s02 9  l2 2 1 2 2

C}u 7 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 202 – câu 36): Một vật dao động theo phương trình x = 5cos(5πt -

 ) (cm) (t tính bằng s). Kể từ t = 0, thời điểm 3

vật qua vị trí có li độ x = -2,5 cm lần thứ 2017 là A. 401,6 s.

B. 403,4 s.

C. 401,3 s.

D. 403,5 s.

Hướng dẫn -

Lúc t = 0, li độ của vật là x = 2,5 cm và v > 0

Thời điểm vật qua vị trí x = -2,5 cm lần đầu là t1 = T 1  2      0,2( s) 2 2  

Sau mỗi chu kì, có 2 thời điểm vật qua vị trí x = -2,5 cm nên thời

điểm vật qua vị trí x = -2,5 cm lần thứ 2017 là t2017 = t1 +

2016T = 403,4 (s) => đ{p {n B 2

C}u 8 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 202 – câu 40): Cho D1, D2 và D3 l| ba dao động điều hòa cùng phương, cùng tần số. Dao động tổng hợp của D1 và D2 có phương trình x12 = 3 3 cos(t 

 2

) (cm). Dao động tổng hợp của D2 và D3 có phương trình

x23 = 3cosωt (cm). Dao động D1 ngược pha với dao động D3. Biên độ của dao động D2 có giá trị nhỏ nhất là A. 2,6 cm.

B. 2,7 cm.

C. 3,6 cm.

D. 3,7 cm.

Hướng dẫn 2 ) 3

Ta có x12 = x1 + x2; x23 = x2 + x3 => x1 - x3 = x12 – x23 = 6 cos(t 

Do x1 ngược pha x3 nên x1 cùng pha với (-x3) => x1 – x3 = x1 + (-x3) cùng pha với x1 => pha ban đầu của dao động 1 là ϕ1 = ϕ1-3 =

Ngọc bất trác bất thành khí

2 3 10

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng -

Dựa vào pha ban đầu của x1 và x12, ta có thể vẽ giản đồ như hình bên

Theo định lí sin trong ΔOA12A2, ta có

A2 A12 A12 sin 30 0   A  2 sin  sin 30 0 sin   Để A2 nhỏ nhất thì α = 900  A2min = A12 sin 30 0  1,5 3  2,6 (cm) => đ{p {n A

C}u 9 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 201 – câu 25): Một con lắc lò xo gồm vật nhỏ v| lò xo có độ cứng 20 N/m dao động điều hòa với chu kì 2 s. Khi pha của dao động là

 thì vận tốc của vật là  20 3 cm/s. Lấy π2 = 10. Khi vật đi qua vị trí có li độ 2

3π (cm) thì động năng của con lắc là A. 0,36 J.

B. 0,72 J.

C. 0,03 J.

D. 0,18 J.

Hướng dẫn -

Khi pha dao động là

 thì vật đang qua vị trí cân bằng theo chiều âm nên v = - vmax =  20 3 2

cm/s  vmax = 20 3 cm/s = 0,2 3 m/s 20

Với T = 2 (s), k = 20 N/m => m =

Khi x = 3π (cm) = 0,03π (m) thì Wđ = W – Wt = 0,5mvmax2 – 0,5kx2 = 0,03 (J) => đ{p {n C

2

= 2 (kg)

C}u 10 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 201 – câu 31): Ở một nơi trên Tr{i Đất, hai con lắc đơn có cùng chiều d|i đang dao động điều hòa với cùng biên độ. Gọi m1, F1 và m2, F2 lần lượt là khối lượng, độ lớn lực kéo về cực đại của con lắc thứ nhất và của con lắc thứ hai. Biết m1 + m2 = 1,2 kg và 2F2 = 3F1. Giá trị của m1 là A. 720 g.

B. 400 g.

C. 480 g.

D. 600 g.

Hướng dẫn -

Biểu thức lực kéo về cực đại của con lắc đơn là F = mω2S0

Ta có: l1 = l2 => ω1 = ω2 và S01 = S02

Ngọc bất trác bất thành khí

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng



F1 m1 2   (1) F2 m2 3

Kết hợp biểu thức (1) với biểu thức m1 + m2 = 1,2 (kg) => m1 = 0,48 kg = 480 g => đ{p {n C

C}u 11 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 201 – câu 38): Một con lắc lò xo treo vào một điểm cố định nơi có gia tốc trọng trường g = π2 (m/s2). Cho con lắc dao động điều hòa theo phương thẳng đứng. Hình bên l| đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của thế năng đ|n hồi Wđh của lò xo vào thời gian t. Khối lượng của con lắc gần nhất với giá trị nào sau đ}y? A. 0,65 kg. B. 0,35 kg. C. 0,55 kg. D. 0,45 kg. Hướng dẫn -

Chọn chiều dương thẳng đứng hướng xuống

Gọi I là vị trí của điểm treo vật khi lò xo không biến dạng, O là vị trí cân bằng

Độ giãn của lò xo ở trạng thái cân bằng là Δl0 = IO

Biểu thức thế năng đàn hồi là: Wđh =

Ở thời điểm t1 = 0,05 (s) và t3 = 0,15 (s), Wđh1 = Wđh3 = 0 => vật nặng đang ở vị trí I

Từ thời điểm t1 đến thời điểm t3, thế năng đàn hồi tăng từ 0 đến giá trị Wđh2 = 0,0625 (J) (ở

1 k (l 0  x) 2 2

thời điểm t2 = 0,1 s) rồi giảm về 0 nên trong khoảng thời gian này, vật nặng đi từ I lên biên trên (x = -A) (ở thời điểm t2) rồi về lại I. -

Ở thời điểm t2 = 0,1 (s), Wđh2 =

1 1 k (l 0  A) 2  k ( A  l 0 ) 2 = 0,0625 (J) (1) 2 2

(lên biên trên lò xo bị nén nên A > Δl0) -

Ở thời điểm t5 = 0,25 (s), thế năng đàn hồi đạt cực đạt. Lúc này, lò xo dãn lớn nhất và vật đang ở biên dưới (x = A). Wđh5 =

Ngọc bất trác bất thành khí

1 k (l 0  A) 2 = 0,5625 (J) (2) 2 12

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng

Từ biểu thức (1) và (2) =>

A  l 0  A  l 0

0,0625 1   A  2l 0 0,5625 3

 Góc quét tương ứng của vectơ quay trong thời gian lò xo nén(từ thời điểm t1 đến t3) là Δϕnén =

2 3

 Thời gian lò xo nén là Δtnén =  Δl0 =

2

20 T = t3 – t1 = 0,1 (s) => T = 0,3 (s) => ω = (rad/s) 3 3

 0,0225 m

Thay A = 2Δl0 vào biểu thức (1), ta được

=> m =

1 20000 N/m k (l 0 ) 2 = 0,0625 => k = 2 81

kl 0  0,56 kg => đ{p {n C g

Ngọc bất trác bất thành khí

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng II. Sóng cơ C}u 1 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 204 – câu 19): Trên một sợi d}y d|i đang có sóng ngang hình sin truyền qua theo chiều dương của trục Ox. Tại thời điểm t0, một đoạn của sợi dây có hình dạng như hình bên. Hai phần tử dây tại M v| Q dao động lệch pha nhau A.

 . 3

B. π.

C. 2π.

 . 4

Hướng dẫn -

Theo đồ thị, ta có khoảng cách OA là 3a =

  a= 2 6

 Khoảng cách từ vị trí cân bằng của phần tử tại M đến vị trí cân bằng của phần tử tại Q là d = 3a =

 2

 Độ lệch pha của hai phần tử tại M và Q là: Δϕ =

2d



  => đ{p {n B

C}u 2 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 203 – câu 24): Trên một sợi d}y đang có sóng ngang hình sin truyền qua theo chiều dương của trục Ox. Tại thời điểm t0, một đoạn của sợi dây có hình dạng như hình bên. Hai phần tử dây tại M v| O dao động lệch pha nhau A.

 . 4

 . 3

3 . 4

2 . 3

Hướng dẫn -

Theo đồ thị, ta có khoảng cách OA là 4a =

  a= 2 8

 Khoảng cách từ vị trí cân bằng của phần tử tại O đến vị trí cân bằng của phần tử tại M là d = 3a =

3 8

 Độ lệch pha của hai phần tử tại O và M là: Δϕ =

Ngọc bất trác bất thành khí

2d





3 => đ{p {n C 4

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng C}u 3(Đề thi THPTQG 2017 – mã 204 – câu 34): Một nguồn }m điểm đặt tại O ph{t }m đẳng hướng với công suất không đổi trong một môi trường không hấp thụ và phản xạ âm. Hai điểm M và N cách O lần lượt là r và r – 50 (m) có cường độ }m tương ứng là I và 4I. Giá trị của r bằng A. 60 m.

B. 66 m.

C. 100 m.

D. 142 m.

Hướng dẫn Ta có:

I 1 r22  I 2 r12

(Vì cường độ âm tại một điểm là I tỉ lệ nghịch với khoảng cách từ điểm đó đến nguồn I = P ) 4r 2



I (r  50) 2 r  50 1     r  100(m) => đ{p {n C 2 4I r 2 r

C}u 4(Đề thi THPTQG 2017 – mã 204 – câu 40): Ở mặt nước, tại hai điểm S1 và S2 có hai nguồn sóng kết hợp, dao động điều hòa, cùng pha theo phương thẳng đứng. Biết sóng truyền trên mặt nước với bước sóng λ, khoảng cách S1S2 = 5,6λ. Ở mặt nước, gọi M là vị trí mà phần tử nước tại đó dao động với biên độ cực đại, cùng pha với dao động của hai nguồn. Khoảng cách ngắn nhất từ M đến đường thẳng S1S2 là A. 0,754λ.

B. 0,852λ.

C. 0,868λ.

D. 0,946λ.

Hướng dẫn -

Phương trình sóng tại hai nguồn là: uS1 = uS2 = U0cos(ωt + ϕ)

Phương trình sóng tại điểm M trên vùng giao thoa là:

 (d1  d 2 )    ( d 2  d1 )   uM = 2U0 cos  cos t           -

Phần tử sóng tại M là cực đại giao thoa nếu d2 – d1 = kλ (k   ) (1)

 ( d1  d 2 )    Phương trình của M là: uM = 2U0 cos(k ) cos t     (*)     Số điểm cực đại giao thoa trong đoạn S1S2 bằng số giá trị k nguyên thỏa: 

Ngọc bất trác bất thành khí

S1 S 2



k

S1 S 2

 15

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng  -5,6 < k < 5,6 => k = 0; ±1; ±2; ±3; ±4; ±5 * Xét trường hợp k lẻ + Phương trình (*)  uM = -2U0cos(ωt + ϕ -

 (d1  d 2 )  (d1  d 2 ) ) uM = 2U0cos(ωt + ϕ + π)  

+ Phần tử sóng tại M cùng pha với nguồn: ϕS1 – ϕM = n2π  ϕ – (ϕ 

 (d1  d 2 ) + π) = n2π 

 (d1  d 2 ) - π = n2π  d1 + d2 = (2n + 1)λ (n   ) 

+ Trong tam giác S1S2M, ta luôn có S1M + S2M > S1S2  d1 + d2 > 5,6λ  (2n + 1)λ > 5,6λ  n > 2,3 + Để khoảng cách từ M đến S1S2 bé nhất thì d1 + d2 có giá trị bé nhất hay n = 3 => d1 + d2 = 7λ (2)

   d 2  d1  k  d1  (k  7) 2 + Từ (1) và (2), ta có:   d 1  d 2  7   d 2  ( k  7 )  2  d12  d 22  S1 S 2 + Trong tam giác S1S2M, ta có: d = d + S S – 2d1S1S2cosα d1cosα = a = 2 S1 S 2 22

1 22

(d1  d 2 )(d1  d 2 )  5,6 2 2 a= (**) 2.5,6  7k2  5,6 2 2  7k  5,6 2    7k  5,6 2      + Thay (1) và (2) vào (**), ta được: a = 2.5,6 2.5,6  2.5,6 

 2   7k  5,6 2  2 2   + Khoảng cách từ M đến đoạn S1S2 là x và x = d – a = (k – 7) 4 -  2.5,6  2





+ Sử dụng máy tính cầm tay: nhấn MODE 7 và nhập hàm f(X) = x2 ở trên để tìm giá trị x nhỏ nhất (với k = X lấy từ 1 đến 5) * Xét trường hợp k chẵn + Phương trình (*) uM = 2U0cos(ωt + ϕ -

 (d1  d 2 )  ( d1  d 2 ) ) uM = 2U0cos(ωt + ϕ )  

+ Phần tử sóng tại M cùng pha với nguồn: ϕS1 – ϕM = n2π  ϕ – (ϕ -

Ngọc bất trác bất thành khí

 (d1  d 2 ) ) = n2π 

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng



 (d1  d 2 ) = n2π  d1 + d2 = 2nλ (n   ) 

+ Với d1 + d2 > 5,6λ  2nλ > 5,6λ  n > 2,8 + Để khoảng cách từ M đến S1S2 bé nhất thì d1 + d2 có giá trị bé nhất hay n = 3 => d1 + d2 = 6λ (3)

  d  ( k  6 ) 1 d  d  k    2 1 2 + Từ (1) và (3), ta có:    d  d  6  2  1 d 2  (k  6) 2    6k  5,6 2 + Thay (1) và (3) vào (**), ta được: a =   2.5,6

  

 2   6k  5,6 2  2 2   + Khoảng cách từ M đến đoạn S1S2 là x và x = d – a = (k – 6) 4 -  2.5,6  2





+ Sử dụng máy tính cầm tay: nhấn MODE  7 và nhập hàm f(X) = x2 ở trên để tìm giá trị x nhỏ nhất (với k = X lấy từ 1 đến 4) -

So sánh kết quả của x2 tìm được từ hai trường hợp trên, ta thu được trường hợp k chẵn thì xmin = 0,753766λ => đ{p {n A

C}u 5(Đề thi THPTQG 2017 – mã 203 – câu 29): Một nguồn }m điểm S ph{t }m đẳng hướng với công suất không đổi trong một môi trường không hấp thụ và không phản xạ }m. Lúc đầu, mức cường độ âm do S gây ra tại điểm M là L (dB). Khi cho S tiến lại gần M thêm một đoạn 60 m thì mức cường độ âm tại M lúc này là L + 6 (dB). Khoảng cách từ S đến M lúc đầu là A. 80,6 m.

B. 120,3 m.

C. 200 m.

D. 40 m.

Hướng dẫn -

Ta có L2 – L1 = 10lg

 (L + 6) – L = 10lg

I2 I I I (Chứng minh, ta có: L1 = 10lg 1 và L2 = 10lg 2 => L2 – L1 = 10lg 2 ) I0 I1 I0 I1

r1 r12 r12  1,9953  r1 ≈ 120,3 (m) => đ{p {n B  6 = 10lg  2 2 r1  60 (r1  60) r2

Ngọc bất trác bất thành khí

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng C}u 6(Đề thi THPTQG 2017 – mã 203 – câu 39): Giao thoa sóng ở mặt nước với hai nguồn kết hợp đặt tại A và B. Hai nguồn dao động điều hòa theo phương thẳng đứng, cùng pha và cùng tần số 10 Hz. Biết AB = 20 cm, tốc độ truyền sóng ở mặt nước là 0,3 m/s. Ở mặt nước, gọi Δ l| đường thẳng đi qua trung điểm của AB và hợp với AB một góc 600. Trên Δ có bao nhiêu điểm mà các phần tử ở đó dao động với biên độ cực đại? A. 7 điểm.

B. 11 điểm.

C. 13 điểm.

D. 9 điểm.

Hướng dẫn

v  3(cm) f

Ta có λ =

Ta kẻ đường tròn đường kính AB cắt đường thẳng Δ tại M và N.

Khi đó ta chỉ cần tìm số điểm cực đại trong đoạn M’N’ thì đó chính là số cực đại trên đường thẳng Δ (M’N’ là hình chiếu của MN lên đoạn AB và M’N’ = MNcos600 = ABcos600 = 10 cm)

Số cực đại trên đoạn M’N’ là số giá trị k thỏa mãn:



M ' N'



k

M ' N'



 -3,33 < k < 3,33

 k = 0; ±1; ±2; ±3 => có 7 điểm cực đại trên đường thẳng Δ => đ{p {n A * Giải thích phương ph{p Đường hyperbol đi qua M’ và N’ (tiêu điểm là F1(-c,0) và F2(c,0)) không cắt hai đường tiệm cận của nó là y = y=-

bx (hình vẽ) và a

b bx . Trong đó c2 = a2 + b2 = OF22 = OM2 và  tan  . Do vậy, a a

khi ta xét các đường hyperbol cắt các điểm trong đoạn M’N’ thì các đường hyperbol này đều cắt 2 đường tiệm cận nói trên, còn các đường hyperbol cắt các điểm ngoài đoạn M’N’ thì không cắt đường tiệm cận.

Ngọc bất trác bất thành khí

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng C}u 7(Đề thi THPTQG 2017 – mã 202 – câu 33): Một sợi d}y đ|n hồi dài 90 cm có một đầu cố định và một đầu tự do đang có sóng dừng. Kể cả đầu cố định, trên dây có 8 nút. Biết rằng khoảng thời gian giữa 6 lần liên tiếp sợi dây duỗi thẳng là 0,25 s. Tốc độ truyền sóng trên dây là A. 1,2 m/s.

B. 2,9 m/s.

C. 2,4 m/s.

D. 2,6 m/s.

Hướng dẫn -

Khoảng thời gian giữa hai lần liên tiếp sợi dây duỗi thẳng là

T 2

 Khoảng thời gian giữa 6 lần liên tiếp sợi dây duỗi thẳng là Δt =

5T = 0,25 s  T = 0,1 (s) 2

Sợi dây một đầu cố định, một đầu tự do nên khi có sóng dừng thì l =

Dây có 8 nút nên k = 7, thay k vào biểu thức (1), ta được λ = 24 cm => v =

 T

(2k  1) (1) 4

 240 (cm/s) = 2,4 m/s

 Đ{p {n C

C}u 8(Đề thi THPTQG 2017 – mã 202 – câu 39): Tại một điểm trên trục Ox có một nguồn }m điểm ph{t }m đẳng hướng ra môi trường. Hình vẽ bên l| đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của cường độ âm I tại những điểm trên trục Ox theo tọa độ x. Cường độ âm chuẩn là I0 = 10-12 W/m2. M l| điểm trên trục Ox có tọa độ x = 4 m. Mức cường độ âm tại M có giá trị gần nhất với giá trị n|o sau đ}y? A. 24,4 dB.

B. 24 dB.

C. 23,5 dB.

D. 23 dB.

Hướng dẫn -

Gọi a là khoảng cách từ gốc tọa độ O đến nguồn âm

Ở vị trí gốc tọa độ O (x = 0), khoảng cách từ O đến nguồn là r1 = a, cường độ âm là I1 = 2,5.10-9 W/m2

Gọi M là vị trí có tọa độ x = 2, khoảng cách từ M đến nguồn là r2 = a + 2. Cường độ âm tại M

Ngọc bất trác bất thành khí

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng

là I2 =

2,5.10 9 = 6,25.10-10 W/m2 4

Ta có

I 1 r22 2,5.10 9 (a  2) 2   a = 2 (m)  2  I 2 r1 6,25.10 10 a2

Gọi N là vị trí có tọa độ x = 4, khoảng cách từ N đến nguồn là r3 = a + 4 = 6 (m). Cường độ âm tại N là I3

I I 1 r32 6 2 25 10 Ta có:  2  2 => I3 = .10 (W/m2) => L3 = 10lg 3 ≈ 24,4 dB => đ{p {n A I0 I 3 r1 9 2

C}u 9(Đề thi THPTQG 2017 – mã 201 – câu 29): Hình bên l| đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của mức cường độ }m L theo cường độ }m I. Cường độ âm chuẩn gần nhất với giá trị n|o sau đ}y? A. 0,31a.

B. 0,35a.

C. 0,37a.

D. 0,33a.

Hướng dẫn -

Ta có: L = lg

I a a (B)  0,5 = lg  I0 = 0,5 ≈ 0,316a => đ{p {n A I0 I0 10

C}u 10(Đề thi THPTQG 2017 – mã 201 – câu 39): Một sợi d}y căng ngang với hai đầu cố định, đang có sóng dừng. Biết khoảng cách xa nhất giữa hai phần tử d}y dao động với cùng biên độ 5 mm là 80 cm, còn khoảng cách xa nhất giữa hai phần tử d}y dao động cùng pha với cùng biên độ 5 mm là 65 cm. Tỉ số giữa tốc độ cực đại của một phần tử dây tại bụng sóng và tốc độ truyền sóng trên dây là A. 0,12.

B. 0,41.

C. 0,21.

D. 0,14.

Hướng dẫn -

Gọi M1, M2 và M3 là ba điểm trên dây có cùng biên độ bằng 5 (cm), M1 và M2 là hai phần tử xa nhất; M1 và M3 là hai phần tử cùng pha xa nhất (hình vẽ)

M1M2 = 2a + k

 = 80 (cm) (1) 2

Ngọc bất trác bất thành khí

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng

M1M3 = 2a + (k – 1)

 = 65 (cm) (2) 2

Từ (1) và (2), ta có:

 = 15 (cm) 2

 λ = 30 (cm) -

Điều kiện của k là: k

Điều kiện của a là:

 < 80  k < 4 2

  <a< 4 2

+ Xét k = 3, ta có 2a = 20  a = 10 (chọn) + Xét k = 2, ta có 2a = 40  a = 20 >  AM1 = Ab sin(

2a



 (loại) 2

) = 5 cm (Giải thích công thức ở cuối bài giải)

 Biên độ bụng sóng là Ab =

10 3

(mm)

 Tỉ số tốc độ cực đại của phần tử bụng sóng và tốc độ truyền sóng là:

Ab 2Ab = 0,12  f 

=> đ{p {n A Giải thích Xét sóng dừng trên dây AB có chiều dài l với đầu A được gắn vào nguồn dao động. Phương trình dao động của phần tử tại A là: uA = acos(ωt + ϕ). M là một điểm bất kì trên dây cách A một khoảng là d. *Xét trường hợp đầu B cố định - Khi sóng truyền từ A đến M, phần tử M dao động với phương trình: utM = acos(ωt + ϕ - 2πd/λ) - Khi sóng truyền từ M tới đầu B, sóng tới tại B là có phương trình: utB = acos(ωt + ϕ - 2πl/λ) - Tại B, sóng tới bị phản xạ lại, phương trình sóng phản xạ là: upB = acos(ωt + ϕ - 2πl/λ - π) - Khi sóng phản xạ truyền từ B tới M, phương trình sóng phản xạ tại M là: upM = acos(ωt + ϕ 2πl/λ – π - 2π(l – d)/λ) = acos(ωt + ϕ - 4πl/λ – π + 2πd/λ) - Phương trình sóng tổng hợp tại M là: Ngọc bất trác bất thành khí

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng uM = utM + upM = 2acos(π/2 - 2π(l – d)/λ))cos(ωt + ϕ – π/2 - 2πl/λ)  uM = 2asin(2πx/λ)cos(ωt + ϕ – π/2 - 2πl/λ) => AM = 2a|sin(2πx/λ)|  AM = Ab|sin(2πx/λ)| trong đó x = l – d: là khoảng cách từ M đến một đến nút B; Ab = 2a: biên độ bụng sóng

Ngọc bất trác bất thành khí

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng III. Điện xoay chiều C}u 1 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 204 – câu 37): Đặt điện áp u = U 2 cos(ωt + ϕ) (U v| ω không đổi) v|o hai đầu đoạn mạch AB. Hình bên l| sơ đồ mạch điện và một phần đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của điện áp uMB giữa hai điểm M, B theo thời gian t khi K mở v| khi K đóng. Biết điện trở R = 2r. Giá trị của U là A. 193,2 V. B. 187,1 V. C. 136,6 V. D. 122,5 V. Hướng dẫn -

Khi khóa K mở, uMB(t1) = 50 V =

U 0MB và đang tăng nên pha 2

của uMB ở thời điểm t1 là ϕuMB = 

 3

Khi khóa K đóng, uMB’(t1) = 100 V = U0MB’ nên pha của uMB’ ở thời điểm t1 là ϕuMB’ = 0 (rad)

 uMB và uMB’ lệch pha nhau một góc Δϕ = ϕuMB’ – ϕuMB = -

 (rad) (*) 3

Khi khóa K mở, ta có: UMB2 = Ur2 + (UL – UC)2; UR = 2Ur (vì R = 2r)

 U2 = (UR + Ur)2 + (UL – UC)2 = 9Ur2 + (UL – UC)2  U2 = 8Ur2 + UMB2 (1) -

Khi khóa K đóng, mạch MB chỉ còn cuộn dây (tụ bị nối tắt) nên ta có: UMB’2 = Ur’2 + UL’2 ; UR’ = 2Ur’ (vì R = 2r)

 U2 = (UR’ + Ur’)2 + UL’2 = 9Ur’ 2 + UL’2  U2 = 8Ur’ 2 + UMB’ 2 (2) -

Từ (1) và (2), ta được: 8Ur2 + UMB2 = 8Ur’ 2 + UMB’ 2  Ur = Ur’ (vì U0MB = U0MB’ = 100 V)  I = I’ (3)

Với UMB = UMB’và I = I’ ta có: IZMB = I’ZMB’  ZMB = ZMB’ (a) => (ZL – ZC)2 = ZL2  ZC = 2ZL

Với I = I’, ta cũng được Z = Z’ (vì Umạch = U không đổi) (b)

Từ (a), ta có:

r Z MB



r Z MB '

 cosϕuMB/i = cosϕuMB’/i’  ϕuMB’/i’ = -ϕuMB/i  ϕuMB’ – ϕi’ = -(ϕuMB – ϕi)

(Lấy dấu ‚-‚ vì ϕuMB’ nhanh pha hơn ϕi’ mà ϕuMB lại chậm pha hơn ϕi) Ngọc bất trác bất thành khí

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng => ϕuMB’ + ϕuMB = ϕi + ϕi’ (c) -

Từ (b) ta có:

rR rR  cosϕu/i = cosϕu/i’  ϕu/i’ = -ϕu/i  ϕu – ϕi’ = -(ϕu – ϕi) 2ϕu = ϕi +  Z Z '

ϕi’ (d) (Lấy dấu ‚-‚ vì ϕu nhanh pha hơn ϕi’ và ϕu chậm pha hơn ϕi) -

Từ (c) và (d), ta được: ϕuMB’ + ϕuMB = 2ϕu (**)

Thay (*) vào (**), ta được: ϕuMB’ + ϕuMB’  (ϕuMB’- ϕi’) – (ϕu – ϕi’) =

  = 2ϕu  ϕuMB’ - ϕu = 3 6

 6

ZL Z  L tan  uMB / i ' tan  u / i '   Rr  3  tan  r  tan(ϕuMB’/i’ - ϕu/i’) = tan( )  Z Z 3 1  tan  uMB / i '. tan  u / i ' 6 6 1 L . L r Rr ZL ZL ZL 1  (1  ) 3 3r  3  3  ZL  3   r  r 2 Z Z 3 3 r 1  ZL  1 L . L 1    r 3r 3 r  UL’ =

3 Ur’  U’MB =

U L2 'U r2 ' = 2Ur’  2Ur’ =

100 2

 U r’ =

50 2

=> U = 2 3 Ur’ = 50 6 ≈

122,5 (V) => đ{p {n D

C}u 2 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 204 – câu 38): Hai m{y ph{t điện xoay chiều một pha A và B (có phần cảm l| roto) đang hoạt động ổn định, phát ra hai suất điện động có cùng tần số 60 Hz. Biết phần cảm của máy A nhiều hơn phần cảm của máy B 2 cặp cực (2 cực bắc, 2 cực nam) và trong 1 giờ số vòng quay của roto hai máy chênh lệch nhau 18000 vòng. Số cặp cực của máy A và máy B lần lượt là A. 4 và 2.

B. 5 và 3.

C. 6 và 4.

D. 8 và 6.

Hướng dẫn -

Ta có Δn = 18000 vòng/h = 5 vòng/s

Vì số cặp cực pA > pB nên để tần số của hai máy như nhau thì tốc độ quay của roto nA < nB => nB = nA + Δn

Ngọc bất trác bất thành khí

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng -

Với fA = fB => pA.nA = pB.nB  pAnA = (pA – 2)(nA + Δn)  pAnA = pAnA + pAΔn – 2nA - 2Δn  5pA - 2nA = 10  nA =

Ta có fA = pAnA = pA

5 p A  10 2

2,5 p A  10 = 60  pA = 6 cặp cực => pB = 4 cặp cực => đ{p {n C 2

C}u 3 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 204 – câu 32): Một máy biến {p lí tưởng có hai cuộn dây D1 và D2. Khi mắc hai đầu cuộn D1 v|o điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng U thì điện áp hiệu dụng ở hai đầu của cuộn D2 để hở có giá trị là 8 V. Khi mắc hai đầu cuộn D2 v|o điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng U thì điện áp hiệu dụng ở hai đầu của cuộn D1 để hở có giá trị 2 V. Giá trị U bằng A. 8 V.

B. 16 V.

C. 6 V.

D. 4 V.

Hướng dẫn -

Trường hợp 1, ta có Usơ = U; Uthứ = 8 V; Nsơ = N1; Nthứ = N2 =>

Us Ns U N    1 (1) Ut Nt 8 N2

Trường hợp 2, ta có Usơ = U; Uthứ = 2 V; Nsơ = N2; Nthứ = N1=>

Us Ns U N    2 (2) Ut Nt 2 N1

Lấy (1) nhân (2), vế theo vế, ta được:

U2  1  U  4 (V) => đ{p {n D 16

C}u 4 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 203 – câu 32): Một m{y ph{t điện xoay chiều ba pha đang hoạt động ổn định. Suất điện động trong ba cuộn dây của phần ứng có giá trị e1, e2 và e3. Ở thời điểm mà e1 = 30 V thì |e2 – e3| = 30 V. Giá trị cực đại của e1 là A. 40,2 V.

B. 51,9 V.

C. 34,6 V.

D. 45,1 V.

Hướng dẫn -

Phương trình điện áp trong ba cuộn dây của máy phát điện ba pha lần lượt là: e1 = E0cos(ωt); e2 = E0cos(ωt +

2 2 ); e3 = E0cos(ωt ) 3 3

Theo dữ kiện, ta có e1 = 30 V  E0cos(ωt) = 30 V (1)

Ngọc bất trác bất thành khí

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng 2 | = 30  3

|e2 – e3| = 30 V  E0|-2sinωt.sin

Chia biểu thức (2) cho (1) vế theo vế, ta được tanωt =

Thay ωt vào biểu thức (1), ta được E0 = 20 3 ≈ 34,6 V => đ{p {n C

3 E0sinωt = 30 V (2)

1 3

 ωt =

 6

C}u 5 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 203 – câu 36): Đặt điện áp xoay chiều có giá trị cực đại l| 100 V v|o hai đầu cuộn cảm thuần thì cường độ dòng điện trong mạch l| i = 2cos100πt (A). Khi cường độ dòng điện i = 1 (A) thì điện áp giữa hai đầu cuộn cảm có độ lớn bằng A. 50 3 V.

B. 50 2 V.

C. 50 V.

D. 100 V.

Hướng dẫn -

 i Ta có i và uL vuông pha nhau nên   I0

 khi i = 1 (A) =

I0 thì uL = 2

  uL      U 0L

   1 

3U 0 L  50 3 (V ) => đ{p {n A 2

C}u 6 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 203 – câu 37): Đặt điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng và tần số không đổi v|o hai đầu đoạn mạch mắc nối tiếp theo thứ tự gồm biến trở R, cuộn cảm thuần L và tụ điện C. Gọi URL l| điện áp hiệu dụng ở hai đầu đoạn mạch gồm R và L, UC l| điện áp hiệu dụng ở hai đầu tụ điện C. Hình bên l| đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của URL và UC theo giá trị của biến trở R. Khi giá trị của R bằng 80 Ω thì điện áp hiệu dụng ở hai đầu biến trở có giá trị là A. 160 V.

B. 140 V.

C. 120 V.

D. 180 V.

Hướng dẫn -

Từ đồ thị, ta có URL = 200 (V) không phụ thuộc vào R nên ZC = 2ZL (Giải thích ở cuối bài giải) => UC = 2UL

Ngọc bất trác bất thành khí

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng -

Khi R = 80 Ω thì UC = 240 V => UL = UC/2 = 120 V

Với URL2 = UR2 + UL2 => UR = 160 V => đ{p {n A Giải thích

Điều kiện để URL không phụ thuộc vào R - Ta có: URL = I. R  Z = 2

2 L

U R 2  Z L2 R 2  (Z L  Z C ) 2

U Z C2  2Z L Z C 1 R 2  Z L2

=> Để URL không phụ thuộc vào R thì ZC2 – 2ZLZC = 0  ZC = 2ZL

C}u 7 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 203 – câu 40): Điện năng được truyền từ một trạm ph{t điện đến nơi tiêu thụ bằng đường dây tải điện một pha. Biết đoạn mạch tại nơi tiêu thụ (cuối đường dây tải điện) tiêu thụ điện với công suất không đổi và có hệ số công suất luôn bằng 0,8. Để tăng hiệu suất của quá trình truyền tải từ 80% lên 90% thì cần tăng điện áp hiệu dụng ở trạm ph{t điện lên A. 1,33 lần.

B. 1,38 lần.

C. 1,41 lần.

D. 1,46 lần.

Hướng dẫn

Ptt P 1 P1 = tt (1) => ΔP1 = P1 – Ptt  ΔP1= (  1) Ptt (2) P1 H1 H1

Khi chưa tăng điện áp ở trạm: H1 =

Khi tăng điện áp ở trạm: H2 =

Lấy (1) chia (3), vế theo vế, ta có:

1  1) Ptt P1 H1 H  1  H1 Lấy (2) chia (4), vế theo vế, ta có:   2  1 P2 H1  1  H 2 (  1) Ptt H2

Ptt P 1 P2 = tt (3) => ΔP2 = P2 – Ptt  ΔP2= (  1) Ptt (4) P2 H2 H2 P1 H 2 U I cos 1 H U H I cos 1   2 2  1 1  1 1 (*) P2 H 1 U 2 I 2 cos  2 H 1 U 1 H 2 I 2 cos  2 (

  

 1  H1  I   . Với H1 = 0,8 và H2 = 0,9 ta được: 1  1,5 I2 1 H 2     Ta có: U  U tt  U nên có thể biểu diễn các vectơ theo giản đồ như hình vẽ. 

2  I H  1  H1   1 2  2  H1  1  H 2 I2 

I1  I2

H2 H1

Trong đó: U: điện áp truyền đi (V); Utt: điện áp nơi tiêu thụ; ΔU: độ sụt áp trên đường dây tải Ngọc bất trác bất thành khí

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng

Theo định lí sin trong tam giác, ta có:

Vì α + ϕt = π nên sin α = sinϕt => -

U U  tt sin  sin 

U U U U  tt  tt  sin  t sin  sin  sin 

Ptt I cos  t sin  U tt sin  Ptt cos  sin        P sin  t U sin  t P cos  t sin  t I cos 



tan  Ptt  H tan  t P

+ Khi H1 = 0,8; cosϕt = 0,8 => ϕt = 36,870 thì tanϕ1 = 0,6 => ϕ1 = 30,960 + Khi H2 = 0,9 thì tanϕ2 = 0,675 => ϕ2 = 34,020 -

Thay tỉ số

U I1 ; ϕ1; ϕ2 vào biểu thức (*), ta được: 2  1,379 => đ{p {n B U1 I2

C}u 8 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 202 – câu 25): Đặt điện áp xoay chiều u có tần số góc 173,2 rad/s vào hai đầu đoạn mạch mắc nối tiếp gồm điện trở R và cuộn cảm thuần có độ tự cảm L thay đổi được. Gọi i l| cường độ dòng điện trong đoạn mạch, ϕ l| độ lệch pha giữa u v| i. Hình bên l| đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của ϕ theo L. Giá trị của R là A. 31,4 Ω.

B. 15,7 Ω.

C. 30 Ω.

D. 15 Ω.

Hướng dẫn

ZL ZL R= R tan 

Ta có tanϕ =

Theo đồ thị, ta có khi ϕ = 300 thì L = 0,1 (H) => ZL = ωL = 17,32 Ω => R ≈ 30 Ω => đ{p {n C

C}u 9 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 202 – câu 37): Đặt điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng 100 V v|o hai đầu đoạn mạch AB như hình bên thì dòng điện qua đoạn mạch có Ngọc bất trác bất thành khí

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng cường độ là i = 2 2 cosωt (A). Biết điện áp hiệu dụng ở hai đầu AM, ở hai đầu MN và ở hai đầu NB lần lượt là 30 V, 30 V và 100 V. Công suất tiêu thụ của đoạn mạch AB là A. 200 W.

B. 110 W.

C. 220 W.

D. 100 W.

Hướng dẫn -

Ta có U2 = 1002; UAM2 = UR2 = 302; UMN2 = Ur2 + UL2 = 302 (1); UNB2 = UC2 = 1002

Với U2 = (UR + Ur)2 + (UL – UC)2  U2 = UR2 + 2URUr + Ur2 + UL2 – 2ULUC + UC2 1002 = 302 + 2.30.Ur + 302 – 2UL.100 + 1002  60Ur – 200UL = -2.302  UL =

Từ (1) và (2), ta được: Ur = 25 V => cosϕ =

60U r  1800 (2) 200

UR Ur = 0,55=> P = UIcosϕ = 110 W => đ{p {n B U

C}u 10 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 202 – câu 38): Đặt điện áp xoay chiều u = 100 2 cos(100t 

 3

) (V) ( t tính

bằng s) v|o hai đầu đoạn mạch gồm điện trở 100 Ω, cuộn cảm thuần có độ tự cảm

1 H và tụ điện có điện dung C thay đổi được (hình vẽ). V1, V2 và V3 là các vôn 

kế xoay chiều có điện trở rất lớn. Điều chỉnh C để tổng số chỉ của ba vôn kế có giá trị cực đại, giá trị cực đại này là A. 248 V.

B. 284 V.

C. 361 V.

D. 316 V.

Hướng dẫn -

Ta có: ZL = ωL = 100 Ω

UC + UL + UR = I(R + ZL + ZC)  UC + UL + UR =

 UC + UL + UR = A = 

U R  (Z L  Z C ) (R  Z L  Z C ) 2 2

A=

U R 2  (Z L  Z C ) 2

(R  Z L  Z C )

U 100  (100  Z C ) 2 (200  Z C ) 2 2

100  (100  Z C ) 2 Để (UC + UL + UR)max thì ta tìm giá trị ZC để biểu thức Y = có giá trị nhỏ nhất (200  Z C ) 2

Đến đây có thể dùng máy tính thử đáp án để tìm giá trị ZC > 0 phù hợp để Ymin (lưu ý cách này là chưa chắc đáp án có giá trị lớn nhất thì Ymin) => Amax.

Ngọc bất trác bất thành khí

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng -

Cũng có thể đạo hàm biểu thức Y rồi cho Y’ = 0 để tìm ZC. Sau đó thay ZC vào biểu thức A để tìm Amax. Kết quả là Amax ≈ 316 (V) => đ{p {n D

C}u 11 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 201 – câu 36): Một m{y ph{t điện xoay chiều ba pha đang hoạt động bình thường. Trong ba cuộn dây của phần ứng có ba suất điện động có giá trị e1, e2 và e3. Ở thời điểm mà e1 = 30 V thì tích e2.e3 = -300 (V2). Giá trị cực đại của e1 là A. 50 V.

B. 40 V.

C. 45 V.

D. 35 V.

Hướng dẫn -

Phương trình điện áp trong máy phát điện ba pha lần lượt là: e1 = E0cos(ωt); e2 = E0cos(ωt +

2 2 ); e3 = E0cos(ωt ) 3 3

Ta có: e2. e3 = -300  E02cos(ωt + 

2 2 1 4 ). cos(ωt ) = -300  E02 (cos2ωt + cos )= -300 3 3 2 3

1 2 1 3 E0 ((2cos2ωt – 1) - ) = -300  E02cos2ωt - E02 = -300 (1) 2 2 4

Theo dữ kiện, ta có e1 = 30 V  E0cos(ωt) = 30 V  E02cos2ωt = 302

Thay vào biểu thức (1), ta được E0 = 40 V => đ{p {n B

C}u 12 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 201 – câu 37): Điện năng được truyền từ trạm ph{t điện đến nơi tiêu thụ bằng đường dây tải điện một pha. Ban đầu hiệu suất truyền tải là 80%. Cho công suất truyền đi không đổi và hệ số công suất ở nơi tiêu thụ (cuối đường dây tải điện) luôn bằng 0,8. Để giảm hao phí trên đường dây 4 lần thì cần phải tăng điện áp hiệu dụng ở trạm ph{t điện lên n lần. Giá trị của n là A. 2,1.

B. 2,2.

C. 2,3.

D. 2,0.

Hướng dẫn

Ptt1 Ptt1 = H1P => ΔP1 = P – Ptt1  ΔP1= (1 – H1)P (1) P

Khi chưa tăng điện áp ở trạm: H1 =

Khi tăng điện áp ở trạm: ΔP2= (1 – H2)P (2)  ΔP2 =

Ngọc bất trác bất thành khí

P1 (1  H 1 ) P  (1  H 2 ) P   (1  H 2 ) P a a 30

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng  H2 = 1 

(1  H 1 ) a

Với a = 4, H1 = 0,8 => H2 = 0,95

Ta có: P = U1I1cosϕ1 = U2I2cosϕ2 

U2 I cos 1  1 (*) U 1 I 2 cos  2

I  P1 I  4   1   4  1  2 Ta có: P2 I2  I2     Ta có: U  U tt  U nên có thể biểu diễn các vectơ theo giản đồ như hình vẽ. Trong đó: U: điện áp truyền đi (V); Utt: điện áp nơi tiêu thụ; ΔU: độ sụt áp trên đường dây tải

Theo định lí sin trong tam giác, ta có:

U U  tt sin  sin 

Vì α + ϕt = π nên sin α = sinϕt =>

U U U U  tt  tt  sin  t sin  sin  sin 

Ptt I cos  t sin  U tt sin  Ptt cos  sin        P sin  t U sin  t P cos  t sin  t I cos 



tan  Ptt  H tan  t P

+ Khi H1 = 0,8; cosϕt = 0,8 => ϕt = 36,870 thì tanϕ1 = 0,6 => ϕ1 = 30,960 + Khi H2 = 0,95 thì tanϕ2 = 0,7125 => ϕ2 = 35,560 -

Thay tỉ số

U I1 , ϕ1, ϕ2 vào biểu thức (*), ta được: 2  2,1 => đ{p {n A U1 I2

C}u 13 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 201 – câu 40):

 Đặt điện áp u = 80 2 cos(100t  ) (V) v|o hai đầu đoạn mạch mắc nối tiếp gồm điện trở 20 3 Ω, 4 cuộn cảm thuần và tụ điện có điện dung C thay đổi được. Điều chỉnh điện dung đến giá trị C = C0 để điện áp hiệu dụng giữa hai đầu tụ điện đạt giá trị cực đại và bằng 160 V. Giữ nguyên giá trị C = C0, biểu thức cường độ dòng điện trong đoạn mạch là A. i  2 cos(100t 

 6

) (A).

Ngọc bất trác bất thành khí

B. i  2 2 cos(100t 

 6

) (A).

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng

C. i  2 2 cos(100t 

 12

D. i  2 cos(100t 

) (A).

 12

) (A).

Hướng dẫn -

Ta có: UCmax = U

R 2  Z L2 R

(Giải thích ở cuối bài giải) => ZL = 60 Ω

Z  ZC R 2  Z L2   => ZC = = 80 Ω => tanϕ = L => ϕ =  => ϕi = ϕu – ϕ =  R ZL 6 12 U0

- Cường độ dòng điện cực đại: I0 =

R  (Z L  Z C ) 2 2

 2 2 (A) => đ{p {n C

Giải thích - Ta có: UC = IZC =

UZ C R  (Z L  Z C ) 2

R2  ZL ZC

- Điện áp UC đạt cực đại khi Y 

Khi đó:

R2  ZL ZC



2Z L 1 ZC

2Z L  1 đạt cực tiểu. ZC

2 R 2  Z L2 ZL R2  ZL 1 b => => U Cmax = U   ZC  ZC0  2 R Z C 2a R 2  Z L ZL

Ngọc bất trác bất thành khí

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng IV. Dao động điện từ C}u 1 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 204 – câu 29): Mạch dao động ở lối vào của một máy thu thanh gồm cuộn cảm thuần có độ tự cảm 5 μH v| tụ điện có điện dung thay đổi được. Biết rằng, muốn thu được sóng điện từ thì tần số riêng của mạch dao động phải bằng tần số của sóng điện từ cần thu (để có cộng hưởng). Trong không khí, tốc độ truyền sóng điện từ là 3.108 m/s, để thu được sóng điện từ có bước sóng từ 40 m đến 1000 m thì phải điều chỉnh điện dung của tụ điện có giá trị A. từ 9 pF đến 5,63 nF.

B. từ 90 pF đến 5,63 nF.

C. từ 9 pF đến 56,3 nF.

D. từ 90 pF đến 56,3 nF.

Hướng dẫn -

Bước sóng của sóng điện từ là: λ = 2πc LC

Sóng thu vào có bước sóng là λ1 = 40 m thì điện dung của tụ là C1 = 9.10-11 (F) = 90 (pF)

Sóng thu vào có bước sóng là λ2 = 1000 m thì điện dung của tụ là C2 = 5,63.10-8 (F) = 56,3 (nF)

 Để thu được sóng có bước sóng từ 40 m đến 1000 m thì điều chỉnh điện dung của tụ từ 90 pF đến 56,3 nF => đ{p {n D

C}u 2 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 203 – câu 31): Hiệu điện thế giữa hai bản tụ điện của một mạch dao động LC lí tưởng có phương trình u = 80sin(2.107t +

 ) (V) (t tính bằng s). Kể từ thời điểm t = 0, thời điểm hiệu điện thế giữa hai bản tụ 6

điện bằng 0 lần đầu tiên là A.

7 .10 7 s . 6

5 .10 7 s . 12

11 .10 7 s . 12

 6

.10 7 s .

Hướng dẫn -

Dùng phương pháp đường tròn + Phương trình hiệu điện thế của tụ là: u = 80sin(2.107t +

Ngọc bất trác bất thành khí

  ) = 80cos(2.107t - ) (V) 6 3

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng + Từ thời điểm t0 = 0 đến thời điểm t (lúc u = 0 lần đầu tiên) thì vectơ quay quét được trên đường tròn một góc là Δϕ = quét là Δt = t – 0 = -







 10 6 24

(s) => t =

 10 6 24

5 => Thời gian 6

(s) => đ{p {n B

Dùng phương pháp đại số: + Với u = 0  80cos(2.107t -

     ) = 0 2.107t = + kπ (k   )  t = ( + + kπ)/(2.107) 3 3 2 2 3

+ Thời điểm đầu tiên u = 0 ứng với k = 0 => t =

 .10 6 24

(s)

C}u 3 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 202 – câu 30): Tại một điểm có sóng điện từ truyền qua, cảm ứng từ biến thiên theo phương trình B = B0cos(2π.108t +

 ) (B0 > 0, t tính bằng s). Kể từ lúc t = 0, thời điểm đầu tiên để cường độ điện 3

trường tại điểm đó bằng 0 là A.

10 8 s. 9

10 8 s. 8

10 8 s. 12

10 8 s. 6

Hướng dẫn -

Vì khi sóng điện từ lan truyền, điện trường và từ trường cùng pha nên cường độ điện trường E cùng pha với cảm ứng từ B. Vì vậy, kể từ lúc t = 0, thời điểm đầu tiên cường độ điện trường tại một điểm bằng 0 cũng chính là thời điểm đầu tiên cảm ứng từ B bằng 0.

Dùng phương pháp đường tròn + Từ thời điểm t0 = 0 đến thời điểm t (lúc B = 0 lần đầu tiên) thì vectơ quay quét được trên

 10 8  đường tròn một góc là Δϕ = => Thời gian quét là Δt = t – 0 = (s)   12 6 => t =

10 8 (s) => đ{p {n C 12

Ngọc bất trác bất thành khí

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng C}u 4 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 201 – câu 23): Gọi A và vM lần lượt l| biên độ và vận tốc cực đại của một chất điểm đang dao động điều hòa; Q0 và I0 lần lượt l| điện tích cực đại trên một bản tụ điện v| cường độ dòng điện cực đại trong mạch dao động LC đang hoạt động. Biểu thức A.

I0 . Q0

vM có cùng đơn vị với biểu thức A

B. Q0 I 02 .

Q0 . I0

D. I 0 Q02 .

Hướng dẫn -

Ta có: vM = ωA 

vM   (rad/s) A

Ta có: I0 = ω’Q0 

I0 I v   ' (rad/s) => biểu thức M cùng đơn vị với biểu thức 0 => đ{p {n A Q0 A Q0

C}u 5 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 201 – câu 28): Mạch dao động ở lối vào của một máy thu thanh gồm cuộn cảm thuần có độ tự cảm 3 μH v| tụ điện có điện dung biến thiên trong khoảng từ 10 pF đến 500 pF. Biết rằng, muốn thu được sóng điện từ thì tần số riêng của mạch dao động phải bằng tần số của sóng điện từ cần thu (để có cộng hưởng). Trong không khí, tốc độ truyền sóng điện từ là 3.108 m/s, máy thu này có thể thu được sóng điện từ có bước sóng trong khoảng A. từ 100 m đến 730 m.

B. từ 10 m đến 73 m.

C. từ 1 m đến 73 m.

D. từ 10 m đến 730 m.

Hướng dẫn -

Bước sóng của sóng điện từ là: λ = 2πc LC

Khi điện dung của tụ là C1 = 10 pF thì sóng thu vào có bước sóng là λ1 = 10,32 m

Khi điện dung của tụ là C2 = 500 pF thì sóng thu vào có bước sóng là λ2 = 73 m

 Khi điều chỉnh điện dung của tụ thay đổi từ 10 pF đến 500 pF thì sóng điện từ thu được có bước sóng trong khoảng 10,32 m đến 73 m => đ{p {n B

Ngọc bất trác bất thành khí

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng V. Sóng ánh sáng C}u 1 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 204 – câu 27): Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa với {nh s{ng đơn sắc, khoảng cách từ mặt phẳng chứa hai khe đến m|n quan s{t l| 1,5 m. Trên m|n quan s{t, hai điểm M v| N đối xứng qua vân trung tâm có hai vân sáng bậc 4. Dịch màn ra xa hai khe thêm một đoạn 50 cm theo phương vuông góc với mặt phẳng chứa hai khe. So với lúc chưa dịch chuyển màn, số v}n s{ng trên đoạn MN lúc này giảm đi A. 6 vân.

B. 7 vân.

C. 2 vân.

D. 4 vân.

Hướng dẫn -

Khi chưa dịch màn, khoảng cách từ khe tới màn là D = 1,5 m, bậc của vân tại M là 4 => xM = 4

D a

(1)

Khi dịch màn, khoảng cách từ khe tới màn là D + 0,5 = 2 m, bậc của vân tại M là k => xM = k

 ( D  0,5) a

(2)

Từ (1) và (2) => 4D = k(D + 0,5)  k = 3

Khi chưa dịch màn, tại M và N có hai vân sáng bậc 4 nên số vân sáng trên đoạn MN là 9 vân sáng.

Khi dịch màn, tại M và N có hai vân sáng bậc 3 nên số vân sáng trên đoạn MN là 7 vân sáng.

 Số vân sáng bị giảm đi 2 vân => đ{p {n C

C}u 2 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 203 – câu 26): Chiếu một chùm sáng song song hẹp gồm bốn thành phần đơn sắc: đỏ, vàng, lam và tím từ một môi trường trong suốt tới mặt phẳng phân cách với không khí có góc tới 370. Biết chiết suất của môi trường n|y đối với {nh s{ng đơn sắc: đỏ, vàng, lam và tím lần lượt là 1,643; 1,657; 1,672 và 1,685. Thành phần đơn sắc không thể ló ra không khí là A. vàng, lam và tím.

B. đỏ, vàng và lam.

C. lam và vàng.

D. lam và tím.

Hướng dẫn

Ngọc bất trác bất thành khí

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng -

Thành phần đơn sắc không thể ló ra không khí khi góc tới thỏa điều kiện phản xạ toàn phần là: sini ≥ sinigh  sinigh ≤ sin(370) ≈ 0,602 1 = 0,6086 > sini => tia đỏ bị khúc xạ, ló ra ngoài. nđ

Đối với tia đỏ, sinighđỏ =

Đối với tia vàng, sinighvàng =

Đối với màu lam, sinighlam =

1 = 0,6035 > sini => tia vàng bị khúc xạ, ló ra ngoài. nv

1 = 0,598 < sini => tia lam bị phản xạ toàn phần, không ló ra nl

ngoài. -

Đối với màu tím, sinightím =

1 = 0,593 < sini => tia tím bị phản xạ toàn phần, không ló ra nt

ngoài.  Đ{p {n D C}u 3 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 204 – câu 35): Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, khoảng cách giữa hai khe là 1 mm, khoảng cách từ mặt phẳng chứa hai khe đến màn quan sát là 2 m. Chiếu vào hai khe ánh sáng trắng có bước sóng từ 380 nm đến 760 nm. Trên màn, M là vị trí gần vân trung tâm nhất có đúng 5 bức xạ cho vân sáng. Khoảng cách từ M đến vân trung tâm có giá trị gần nhất với giá trị n|o sau đ}y? A. 6,7 mm.

B. 6,3 mm.

C. 5,5 mm.

D. 5,9 mm.

Hướng dẫn -

Mỗi quang phổ thu được trong giao thoa ánh sáng trắng đều có bức xạ màu tím (λt = 0,38 μm) nằm gần vân trung tâm hơn so với các bức xạ còn lại trong quang phổ đó. M là vị trí gần vân trung tâm nhất có 5 bức xạ cho vân sáng nên tại M sẽ có vân sáng của bức xạ màu tím.

Ở vị trí trùng vân ta có: x = xt  ktλt = kλ  λ =

k t t ( k   *) k

 Mỗi giá trị k tương ứng với một bức xạ cho vân sáng tại vị trí trùng vân. -

Ta có: 0,38 ≤ λ ≤ 0,76  0,38 ≤

k t t ≤ 0,76  0,5kt ≤ k ≤ kt k

 Số giá trị k là nk = kt – 0,5kt + 1 (nếu kt chẵn) hoặc nk = kt – (0,5kt + 0,5) + 1 (nếu kt lẻ) Ngọc bất trác bất thành khí

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng -

Vì tại vị trí trùng vân chỉ có 5 bức xạ cho vân sáng nên nk = 5 + Nếu kt chẵn thì nk = 5  kt – 0,5kt + 1 = 5  kt = 8 + Nếu kt lẻ thì nk = 5  kt – (0,5kt + 0,5) + 1 = 5  kt = 9

 Vị trí trùng gần nhất là xM = xt = 8

t D a

= 6,08 (mm) => đ{p {n D

C}u 4 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 202 – câu 26): Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa với {nh s{ng đơn sắc, khoảng cách giữa hai khe là 1,2 mm. Ban đầu, thí nghiệm được tiến h|nh trong không khí. Sau đó, tiến hành thí nghiệm trong nước có chiết suất

4 đối với {nh s{ng đơn sắc nói trên. Để khoảng v}n trên m|n quan s{t không đổi so 3

với ban đầu, người ta thay đổi khoảng cách giữa hai khe hẹp và giữ nguyên c{c điều kiện khác. Khoảng cách giữa hai khe lúc này bằng A. 0,9 mm.

B. 1,6 mm.

C. 1,2 mm.

D. 0,6 mm.

Hướng dẫn -

Chiết suất môi trường tỉ lệ nghịch bước sóng của ánh sáng nên k1hi thay đổi môi trường thí nghiệm, chiết suất môi trường thay đổi, bước sóng của ánh sáng cũng thay đổi. Ta có

' n 1 3     n' 4 / 3 4 -

Vì khoảng vân không đổi nên i =

D a

' D a'



 ' a' a' 3     a'  0,9(mm) => đ{p {n A  a a 4

C}u 5 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 202 – câu 32): Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa {nh s{ng, hai khe được chiếu bằng ánh sáng trắng có bước sóng từ 380 nm đến 760 nm. Trên màn quan sát, tồn tại vị trí mà ở đó có đúng ba bức xạ cho vân sáng ứng với c{c bước sóng l| 440 nm, 660 nm v| λ. Gi{ trị của λ gần nhất với giá trị n|o sau đ}y? A. 570 nm.

B. 560 nm.

C. 540 nm.

D. 550 nm.

Hướng dẫn -

Ở vị trí trùng vân, ta có: x = x1 = x2  kλ = k1λ1 = k2λ2 (λ1 = 440 nm vàλ2 = 660 nm)

Ngọc bất trác bất thành khí

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng

Với k1λ1 = k2λ2 

k1 2 660 k 3 3n    1   (n  N) k 2 1 440 k 2 2 2n

=> k1 = 3n nên k1 chia hết cho 3. -

Ta có: kλ = k1λ1  λ =

k11 k

 Mỗi giá trị k tương ứng với một bức xạ cho vân sáng tại vị trí trùng vân.

k11 11 22 ≤ 0,76  k1 ≤ k ≤ k1 k 19 19

Ta có: 0,38 ≤ λ ≤ 0,76  0,38 ≤

Vì tại vị trị trùng vân có đúng ba bức xạ cho vân sáng nên để có 3 giá trị k thỏa

11 22 k1 ≤ k ≤ 19 19

k1 thì ta chọn k1 = 6. Khi đó: 3,47 ≤ k ≤ 6,947 => k  4,5,6 -

Vì k1 = 6 => k2 = 4 (do => λ =

k1 3  ) nên k chỉ có thể lấy giá trị là 5. k2 2

k11 6.440 =  528 nm => đ{p {n C k 5

C}u 6 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 201 – câu 32): Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, hai khe được chiếu bằng ánh sáng gồm hai thành phần đơn sắc có bước sóng λ = 0,6 μm v| λ’ = 0,4 μm. Trên m|n quan s{t, trong khoảng giữa hai vân sáng bậc 7 của bức xạ có bước sóng λ, số vị trí có vân sáng trùng nhau của hai bức xạ là A. 7.

B. 6.

C. 8.

D. 5.

Hướng dẫn k ' 2   k'  3

Khi hai vân sáng trùng nhau thì x = x’  kλ = k’λ’ 

Bậc giao thoa của bức xạ λ ở các vị trí trùng vân là k = 2n (n = 0; ±1, ±2,<)

Bậc giao thoa của bức xạ λ’ ở các vị trí trùng vân là k’ = 3n (n = 0; ±1, ±2,<)

Trong khoảng hai vân sáng bậc 7 của bức xạ λ, số vị trí vân sáng trùng nhau là số giá trị n thỏa bất đẳng thức –7 < k < 7  -7 < 2n < 7  -3,5 < n < 3,5 => n = 0; ±1, ±2, ±3

Có 7 giá trị của n nên có 7 vị trí có vân sáng trùng nhau => đ{p {n A

Ngọc bất trác bất thành khí

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng VI. Lượng tử ánh sáng C}u 1 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 204 – câu 33): Xét nguyên tử hidro theo mẫu nguyên tử Bo, khi electron trong nguyên tử chuyển động tròn đều trên quỹ đạo dừng M thì có tốc độ v (m/s). Biết bán kính Bo là r0. Nếu electron chuyển động trên một quỹ đạo dừng với thời gian chuyển động hết một vòng là

144r0 (s) thì electron n|y đang v

chuyển động trên quỹ đạo A. P.

B. N.

C. M.

D. O.

Hướng dẫn -

Khi electron chuyển động trên quỹ đạo dừng thứ n thì lực điện đóng vai trò là lực hướng tâm nên ta có: Fđ = Fht 

ke2 rn

mvn e k ke2 ke2 2 2   vn   vn   vn  2 rn n mr0 mrn mn r0 e k v 3 mr0

Khi ở quỹ đạo M, ta có: v3 



vn 3 3 3   vn = v3 = v v3 n n n

Khi electron chuyển động hết một vòng trong quỹ đạo thì quãng đường đi được là chu vi đường tròn quỹ đạo Sn = 2πrn

 Thời gian

electron

chuyển

động

hết

một

vòng

trong

quỹ

đạo

là

Δt

S n 2rn 2n 3 r0   t  3 vn 3v v n

144r0 2n 3 r0    n = 6 => quỹ đạo đang xét là quỹ đạo P => đ{p {n A v 3v

C}u 2 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 203 – câu 35): Xét nguyên tử hidro theo mẫu nguyên tử Bo. Electron trong nguyên tử chuyển từ quỹ đạo dừng m1 về quỹ đạo dừng m2 thì bán kính giảm 27r0 (r0 l| b{n kính Bo), đồng thời động năng của electron tăng thêm 300%. B{n kính của quỹ đạo dừng m1 có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đ}y? Ngọc bất trác bất thành khí

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng A. 60r0.

B. 50r0.

C. 40r0.

D. 30r0.

Hướng dẫn -

Vận tốc của electron khi chuyển động trên quỹ đạo dừng thứ n là v n 

e k n mr0

 Động năng của electron khi chuyển động trên quỹ đạo dừng thứ n là: Wđ =  Wđ =

1 2 mvn 2

1 ke2 ke2  Wđ = m 2 2 n mr0 2n 2 r0

 Động năng của electron ở quỹ đạo m1 và m2 lần lượt là: Wđ1 = -

Ta có: r2 = r1 – 27r0  m22r0 = m12r0 – 27r0  m22 = m12 – 27 (1)

Wđ2 = Wđ1 + 300%Wđ1  Wđ2 = 4Wđ1 

Từ (1) và (2) => m1 = 6 => r1 = 36r0 => đ{p {n C

ke2 2

2m2 r0

ke2 2

2m1 r0

ke2 2

2m1 r0

m2 =

và Wđ2 =

ke2 2

2m2 r0

m1 (2) 2

C}u 3 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 202 – câu 29): Trong y học, người ta dùng một laze ph{t ra chùm s{ng có bước sóng λ để “đốt” c{c mô mềm. Biết rằng để đốt được phần mô mềm có thể tích 4 mm3 thì phần mô này cần hấp thụ hoàn toàn năng lượng của 3.1019 photon của chùm laze trên. Coi năng lượng trung bình để đốt hoàn toàn 1 mm3 mô là 2,548 J. Lấy h = 6,625.10-34 Js; c = 3.108 m/s. Giá trị của λ l| A. 496 nm.

B. 675 nm.

C. 385 nm.

D. 585 nm..

Hướng dẫn -

Phần năng lượng của photon chuyển hóa thành nhiệt năng đốt 1 mm3 mô mềm là Q0 = 2,548 J

Phần năng lượng của 3.1019 photon chuyển hóa thành nhiệt năng đốt cháy 4mm3 mô mềm là Q = 4Q0 = 10,192 J

hc Q = 3.1019ε  10,192 = 3.1019  => λ = 5,85.10-7 (m) => đ{p {n D

C}u 4 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 201 – câu 33):

Ngọc bất trác bất thành khí

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng Trong y học, người ta dùng một laze ph{t ra chùm s{ng có bước sóng λ để “đốt” c{c mô mềm. Biết rằng để đốt được phần mô mềm có thể tích 6 mm3 thì phần mô này cần hấp thụ hoàn toàn năng lượng của 45.1018 photon của chùm laze trên. Coi năng lượng trung bình để đốt hoàn toàn 1 mm3 mô là 2,53 J. Lấy h = 6,625.10-34 Js; c = 3.108 m/s. Giá trị của λ l| A. 589 nm.

B. 683 nm.

C. 485 nm.

D. 489 nm..

Hướng dẫn -

Phần năng lượng của photon chuyển hóa thành nhiệt năng đốt 1 mm3 mô mềm là Q0 = 2,53 J

Phần năng lượng của photon chuyển hóa thành nhiệt năng đốt cháy 6 mm3 mô mềm là Q = 6Q0 = 15,18 J

hc Q = 45.1018ε  15,18 = 45.1018  => λ = 5,89.10-7 (m) => đ{p {n A

Ngọc bất trác bất thành khí

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng VII. Vật lí hạt nhân C}u 1 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 202 – câu 27): Chất phóng xạ pôlôni

210 84

Po ph{t ra tia α v| biến đổi thành chì. Cho chu kì bán rã của pôlôni là

138 ng|y. Ban đầu có một mẫu pôlôni nguyên chất, sau khoảng thời gian t thì tỉ số giữa khối lượng chì sinh ra và khối lượng pôlôni còn lại trong mẫu là 0,6. Coi khối lượng nguyên tử bằng số khối của hạt nhân của nguyên tử đó tính theo đơn vị u. Giá trị của t là A. 95 ngày.

B. 105 ngày.

C. 83 ngày.

D. 33 ngày.

Hướng dẫn -

Ta có



t mPb A  (2 T  1) Pb (Giải thích ở cuối bài giải) mPo APo

t t mPb A  A 210  4  0,6 = (2 T  1) => t = 95 ngày => đ{p {n A  (2 T  1) Po 210 mPo APo

Giải thích * Xác định mối liên hệ giữa khối lượng/số lượng hạt nhân con tạo thành và khối lượng hạt nhân phóng xạ còn lại trong mẫu vật sau thời gian t (N0 là số lượng hạt nhân phóng xạ ban đầu) Hướng dẫn: + Gọi mX, NX là khối lượng, số lượng hạt nhân phóng xạ X còn lại và mY, NY là khối lượng và số lượng hạt nhân con Y tạo thành sau thời gian t. + Số lượng hạt nhân con Y tạo thành bằng số lượng hạt nhân phóng xạ bị phân rã nên: NY = ΔNX = N0(1 – 2-t/T) t

+ Mặt khác, số lượng hạt nhân phóng xạ còn lại sau thời gian t là: NX = N0.2

-t/T

t  N 0 1  2 T N A  + Khối lượng hạt nhân con Y tạo thành là mY = Y Y = NA NA

N => Y  2 T  1 NX

  AY  

t

 t A N A N 2 T AX m + Khối lượng hạt nhân phóng xạ còn lại là: mX = X X = 0 => Y   2 T  1 Y NA NA mX   AX

Ngọc bất trác bất thành khí

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng C}u 2 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 204 – câu 25): Giả sử, một nh| m{y điện hạt nhân dùng nhiên liệu urani

235 92

U . Biết công suất ph{t điện là 500

MW và hiệu suất chuyển hóa năng lượng hạt nh}n th|nh điện năng l| 20%. Cho rằng khi một hạt -11 J. Lấy NA = 6,02.1023 mol-1 và khối nhân urani 235 92 U phân hạch thì tỏa ra năng lượng là 3,2.10

lượng mol của

235 92

U là 235 g/mol. Nếu nhà máy hoạt động liên tục thì lượng urani

235 92

U mà nhà

máy cần dùng trong 365 ngày là A. 962 kg.

B. 1121 kg.

C. 1352,5 kg.

D. 1421 kg.

Hướng dẫn -

Năng lượng điện nhà máy phát ra trong 365 ngày là Wđ = Pđt = 500.106.365.86400 = 1,5768.1016 (J)

Wđ = 7,884.1016 (J) H

Năng lượng hạt nhân tỏa ra trong 365 ngày là Q =

Năng lượng mà một hạt nhân urani phân hạch tỏa ra là Q0 = 3,2.10-11 (J)

 Số lượng hạt nhân

235 92

U tham gia phản ứng trong 365 ngày là N =

 Khối lượng hạt nhân

235 92

U cần dùng trong 365 ngày là m =

Q = 2,46375.1027 Q0

N AU = 961,7 (kg) => đ{p {n A NA

C}u 3 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 204 – câu 31): Radi

226 88

Ra là nguyên tố phóng xạ α. Một hạt nhân

226 88

Ra đang đứng yên phóng ra hạt α v| biến

đổi thành hạt nhân con X. Biết động năng của hạt α l| 4,8 MeV. Lấy khối lượng hạt nhân (tính theo đơn vị u) bằng số khối của nó. Giả sử phóng xạ này không kèm theo bức xạ gamma. Năng lượng tỏa ra trong phân rã này là A. 269 MeV.

B. 271 MeV.

C. 4,72 MeV.

D. 4,89 MeV.

Hướng dẫn -

Vì lấy khối lượng hạt nhân bằng số khối nên mα = Aα = 4; mX = AX = ARa - Aα = 222

m  Năng lượng tỏa ra sau mỗi phản ứng phóng xạ là: Q =   1 K  (Giải thích ở cuối bài giải)  mX 

 Q = 4,886 MeV => đ{p {n D Giải thích Ngọc bất trác bất thành khí

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng - Phương trình phản ứng phóng xạ: A → C + D Trong đó A: hạt nhân mẹ, C: hạt nhân con, D: tia phóng xạ * Xét trường hợp hạt nhân A đứng yên (động lượng hạt A: pA = 0)



- Theo định luật bảo toàn động lượng, ta có: p A  pC  pD  0  pC   pD => Hạt C và D chuyển động ngược chiều và pC = pD  mCvC = mDvD  2mCKC = 2mDKD 

K C vC m D   K D v D mC

m  - Theo định luật bảo toàn năng lượng, năng lượng tỏa ra là Q = KC + KD => Q =  C 1 K C  mD 

C}u 4 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 203 – câu 30): Cho phản ứng hạt nhân

C    324 He . Biết khối lượng của

12 6

C và 24 He lần lượt là 11,9970 u

12 6

và 4,0015 u; lấy 1u = 931,5 MeV/c2. Năng lượng nhỏ nhất của photon ứng với bức xạ γ để phản ứng xảy ra có giá trị gần nhất với giá trị n|o sau đ}y? A. 7 MeV.

B. 6 MeV.

C. 9 MeV.

D. 8 MeV.

Hướng dẫn -

Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có: mCc2 + KC + εγ = 3mHec2 + 3KHe

Năng lượng nhỏ nhất của photon ứng với bức xạ γ để phản ứng xảy ra là εγmin = 3mHec2 – mCc2 (với KC = KHe = 0)  εγmin = (3mHe – mC)c2 = 6,986 MeV => đ{p {n A

C}u 5 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 201 – câu 26): Một chất phóng xạ α có chu kì b{n rã T. Khảo sát một mẫu chất phóng xạ này ta thấy: ở lần đo thứ nhất, trong 1 phút mẫu chất phóng xạ này phát ra 8n hạt α. Sau 414 ng|y kể từ lần đo thứ nhất, trong 1 phút mẫu chất phóng xạ chỉ phát ra n hạt α. Gi{ trị của T là A. 3,8 ngày.

B. 138 ngày.

C. 12,3 năm.

D. 2,6 năm.

Hướng dẫn -

Ta có: 1 - e-x ≈ x (nếu x << 1)

Ở lần đo thứ nhất

Ngọc bất trác bất thành khí

Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng + Trong thời gian t = 1 phút, số hạt α được phóng ra bằng số hạt nhân phóng xạ phân rã nên ΔN1 = 8n. + Mà ΔN1 = N0(1 – e-λt) ≈ N0.λ.t (vì t << T nên λt << 1) (N0: số hạt nhân ban đầu) => N0.λ.t = 8n (1) + Số hạt nhân phóng xạ còn lại sau thời gian t = 1 phút là: N1 = N0 – ΔN1 = N0(1 - λ.t) -

Ở lần đo thứ hai, sau thời gian gian Δt = 414 ngày kể từ lần đo đầu, số hạt nhân phóng xạ còn lại trong mẫu chất là N2 = N1. 2

 t T

= N0(1 - λ.t) 2

 t T

+ Trong thời gian t = 1 phút, số hạt nhân phóng xạ bị phân rã là ΔN2 = Nα = n. + Mà ΔN2 = N2(1 – e-λt) ≈ N2.λ.t => N2.λ.t = n  [N0(1 - λ.t) 2

 t T

] λ.t = n (2)

- Chia (2) và (1) vế theo vế, ta có: (1 - λ.t) 2 - Với t = 1 phút =

 t T

1 ln 2  (1 - t )2 8 T

 t T

1 8

1 ngày, Δt = 414 ngày => T = 138 ngày => đ{p {n B 1440

Ngọc bất trác bất thành khí