Đề thi thử môn vật lí kì thi THPT Quốc Gia trường THPT Nam Cao 2018 mã đề 303

Đáp án: B

Chọn trục tọa độ nằm ngang gốc là VTCB của vật 1
Trường hợp 1: Vật 2 được giữ chặt
Tại vị trí cân bằng của vật 1: F_x =0

Khi vật 1 có li độ x: F=-  kx
⇒ x₁''=-ω₂x ;x₂''= k/m₁ ;Như vậy vật 1 dao động với biên độ A₁= ( sqrt{m_1 over k})v₀ ≈2,5

Trường hợp 2: 2 vật được thả tự do.
Xét chuyển động của khối tâm: 
x₁'' = -k/m x₁ ;x₂'' = -k/m x₂ với m= (m_1m_2 over m_1 +m_2)

Truyền cho vật 1 vận tốc ban đầu vo tức là truyền cho hệ cơ năng dao động dưới dạng động năng và động năng
chuyển thành chuyển động của khối tâm:
1/2m₁v₀²= E + 1/2 (m₁ +m₂) v_o² .E =1/2 mv₀² =(m_1m_2 over m_1 +m_2)v_o²

^{⇒ A =(sqrt {m_1m_2 over k(m_1 +m_2)})}v₀=2

Vậy hiệu số gần 0,5 nhất
 

Đáp án: C

ω= 5π rad/ s

Khi tác dụng lực F, vật dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng mới O' với OO'= A= F/K =2 cm

Lúc t=0, vật đang ở biên dương, sau 0,3s= 3T/4 vật ở O:
Lúc này: So với O vật có li độ x=2; vω= A = 10π cm/ s

Biên độ sau khi ngừng tác dụng lực: A'² =A² + (v/ω)² =2( sqrt2) cm

Quãng đường vật đi được sau 0,5s: s =3A +2A'= 3.2+ 2.2 ( sqrt2) =11,66 cm  

Đáp án: B

Khi thu sóng FM: (λ_{max } over λ_{min})= (sqrt{C_{max } over C_{min}})= 12/2 (1)

Vì L không đổi nên ta có: (λ_{max } over λ_{min})=(sqrt{C_{max } over C_{min}})= (720 over λ_{min}) (2)

Từ (1) và (2) ta được:
12/2=(720 over λ_{min}) ⇒( λ_{min})=120m

Câu này khi đọc lần đầu, có lẽ nhiều bạn thấy lạ, nhưng những dự kiện bước sóng từ… đến … là gợi ý cho chúng ta
có thể đoán được ý đồ ẩn giấu bên trong vấn đề
 

Đáp án: C

Đáp án: D

Dựa vào đáp án. Nếu m=M ⇒ M =0, m dao động ⇒ va chạm lần 2 Nếu mM sau va chạm ngược chiều chọn tỉ lệ m/M >1 suy ra cần chọn tỉ số phải là giá trị lớn nhất trong 4 đáp án tức là giá trị ở ý D

Đáp án: A

Tần số cộng hưởng của màng loa:
Coi mang loa như một con lắc lò xo có tần số cộng hưởng là:

ω= ( sqrt{k_0 over m}) k_o là độ cứng của màng loa

⇒ k = mω₀² (1)

Khi đặt loa vào trong hộp thì khi màng loa rung động dịch khỏi vị trí cân bằng, có một lực phụ tác dụng lên nó:
F= (p -p₀)S

Trong đó p và p_o lần lượt là áp suất của không khí trong hộp và áp suất không khí ngoài hộp
Vì nhiệt độ không đổi nên pV = p_oV_o ⇒p = (p_0 V_0over V)

Vậy F = ((p_0 V_0over V)-p₀ )S = p₀ S (V_0 -Vover V)

Vì V_o-V=S_x, với x là độ dịch chuyển của màng loa nên
F = (p_0 S^2over V)x ≈ (p S^2over V)x

Đặt k₁ =(p_0 S^2over V) (2)

thì F = k₁x suy ra không khí trong hộp tác dụng tương tự như một lò xo có độ cứng k₁. Độ cứng chung của hệ: k = k₀ + k₁ (3)
Vậy tần số cộng hưởng của màng loa trong hộp:
f = 1/2π (sqrt{ k over m})= 1/2π(sqrt{{4 π^2f_0^2 m +{ p_0 S^2 over V_0)}} over m})

Thay số ta tính được f≈115Hz

Đáp án: B

Lúc vật không bị ép lên ván F =0  ;ωζ ≤  (2n +1) π ⇒ ω²acosωζ ≤  -g/ω²a ⇒ y = a + g/ω²

Vận tốc khi vật bắt đầu rời ván: y' =v =asinωζ =ωa( sqrt{1 - c0s^2 ωζ})

⇒ v²= ω²a² ( 1- (g over ω^4 a^2)) = w²a²- (g over ω^2)( 1)

Sau đó, vật coi như ném thẳng đứng lên
Độ cao h liên hệ với vận tốc:
v² =2 g(h-y) = 2g( h-a-(g over ω^2)) (2)

Từ (1) và (2):
ω²a² -(g over ω^2)=2g( h-a-(g over ω^2)) ⇔ ω²a² + 2ga -2hg +(g over ω^2) =0 ⇒a = (ω sqrt {2gh} -g overω^2)

Thay số vào ta có a = 20 cm

Đáp án: A

Hình vẽ của bài này là hình vẽ của thí nghiệm Young. S₁, S₂ như 2 khe Young, I như tâm của khe, O như tâm của
màn. M là điểm trên trường giao thoa, M cách S1, S2 những khoảng tương ứng là d1 và d2, MIO =φ; MI=D. Theo
hình vẽ(các em tự vẽ nhé, như thế sẽ khơi được sự tìm tòi!)

d₂²-d₁²=2ax ; d₂ - d₁= (2axover d_1 + d_2)=(2axover2D); sinφ= x/ D = do đó d₂ - d₁= asinφ

Để tại Mk có cực đại của âm thì
d₂ - d₁=kλ= asinφ hay sinφ_k =k . λ/a (k=0,1,2…)
x_k = Itanφ_k=I (sinφ_k over {sqrt 1- sin ^2 φ_k })=(sin{α over a} over {sqrt {1- k^2{λ^2 over a^2} }})=k(Iλ over sqrt {a^2 -k^2 λ ^2})( k k= (Iover {sqrt { k^2{λ^2 over a^2} -1 }})

vậy λ= v/f = 0,35 m. a = 4,2 m ta có k < 12. Như thế k_max = 11

Khoảng cách xa nhất từ O tới điểm mà tại đó có cường độ cực đại bằng x11, thay số ta chọn A.
 

Đáp án: B

Lực tác dụng vào khối gỗ gồm trọng lực P và lực đẩy Ac-si-mét f_A.
Tại vị trí cân bằng f_AO = P hay Sh₀d₀g =mg =Shμg ⇒ h₀= hμ/d₀=  10. 0,64=6,4cm

Lấy trục tọa độ Ox có phương thẳng đứng, hướng xuống, gốc tọa độ O là trọng tâm của vật lúc vât ở vị trí cân bằng.

Hợp lực tác dụng lên vật khi vật ở tọa độ x (overrightarrow{F})= (overrightarrow{P})+ (overrightarrow{f_a})

Chiếu lên trục Ox ta có F=P- f_A=Shμg- S( h₀+x )d₀g =Shμg-Sh_od_og-Sd_ogx

Kết hợp (1) ta có F= -Sd_ogx đặt Sd_og= k,ta có F = -kx.
Theo định luật II Niu-tơn F = ma = mx” hay x” = - ω²x.
Phương trình này có nghiệm x = Acos(ωt+ φ)(2)

(2) là phương trình của dao động điều hòa, vật dao động với tần số góc ω= (sqrt{k over m}) =(sqrt{d_0 over hμ })

Chu kì dao động: T = 2π/ω= 2π(sqrt{hμ over d_0 }) Thay số ta có T 1,6s 

Đáp án: C

Giả sử biên độ góc giảm dần theo cấp số nhân có công bội q thì biên độ góc lúc đầu và sau 4 chu kì kế tiếp lần lượt là ;

α₀₁=9⁰;α₀₂=qα₀₁;α₀₃= q²α₀₁; α₀₄ =q³α₀₁;α₀₅=q⁴α₀₁=8⁰

⇒q⁴=  (α_{05} overα_{01})=8/9 ⇒a = (sqrt[4]{8over 9})

Năng lượng của con lắc lúc đầu là: E₁=1/.2. mgl(α^2 _{01})

Năng lượng còn lại sau chu kì đầu tiên:  E₂=1/.2. mgl(α^2 _{02})

Năng lượng bị tiêu hao ở con lắc sau chu kì đầu tiên:
ΔE  = E₁ -E₂ =1/2  mgl(α^2 _{01})(1-q²) =1/2 . 0,1 .10.5 .(9. π/8)² .(1-(sqrt[]{8over 9})≈3,574mJ

Chu kì dao động của con lắc T= 2π(sqrt[]{Iover g}) =2( sqrt5)s

Năng lượng bù đắp cho con lắc trong một ngày bằng:
w =24.3600/T.ΔE≈ 66,09 J gần với đáp án C nhất

Đáp án: D

Theo bài, C thay đổi, để I lớn nhất thì trong mạch xảy ra cộng hưởng Z_L=Z_C =1000Ω

khi I= I_max =0,1A ⇒U₁₄=Z_L .I_max =100V

Trong bài này, các khả năng có thể xảy ra là
U₁₄=U₁₂+U₃₂ +U₃₄ (1) 

U₁₄=U₁₂+U₃₂-U₃₄ (2) 

U₁₄=U₁₂-U₃₂ -U₃₄ (3) 

U₁₄=U₁₂-U₃₂ +U₃₄ (4) 

Với các giả thiết của bài cho thì chỉ có (3) được nghiệm đúng: (100= 400 -200- 100)

Như vậy cuộn dây 2,3 quấn ngược với cuộn dây 1,4.
 

Đáp án: D

Đây là một bài toán hẳn không làm khó dễ các bạn.
Công suất tiêu thụ trên toàn mạch:
P=R.(U^2over Z^2)=(U^2over {R +{(Z_L -Z _C)^2 over {R}}})( 1)

Không khó thấy rằng P lớn nhất khi R= I Z_L -Z_C I

Khí đó P _max =(U^2over {2 mid Lω- {1over C ω}mid}) =83,3W

Từ (1) ta có: PR²-U²R+P(Z_L-Z_C)2=0 (2)

Phương trình (2) có 2 nghiệm R_1,2=(U^2 ± sqrt{U^4- 4P^2(Z_L- Z_C )^2} over2P)  (3)

Với P = 0,6P_max = 50 thay số vào (3) ta có R = 40Ω hoặc R = 360 Ω ⇒ Chọn D

Các em có thể lung túng: thay luôn P là Pmax vào (3) dẫn tới kết quả sai.

Đáp án: A

Ta có: cosφ_A = R/ Z_A =0,8 (1)

Khi mắc vôn kế cosφ_V= R/ Z_V =0,6 (2)

Từ (1) và (2) ta có: cosφ_V/ cosφ_A = Z_A/Z_V  =0,6/0,8 =3/4

U=Z_AIA =Z_VI_V ⇒ I_V =(Z_A I_Aover Z_V) =0,75 A
Z_L =200/0,75 =800/3

0,8² =(R^2 over Z_A^2) ⇒ 0,64 = (R^2 over R^2 + Z_C ^2) ⇒ Z_C =0,75 R

0,6² =(R^2 over Z_L^2) ⇒ 0,36 = (R^2 over R^2 +(Z_L-Z_C )^2) Từ đó ta có R = 128Ω gần với A nhất

Đáp án: B

Đáp án: D

Khoảng vân ứng với mỗi ánh sáng tính cho bởi công thức i=(λD over a)

i₁=0,4 mm; i₂=0,7 mm
Vị trí vân tối trùng nhau là vị trí các điểm trùng cực tiểu
x₁=x₂ ⇒ ((m +{ 1 over 2}))i₁ = ((n +{ 1 over 2}))i₂ 

⇒ ((m +{ 1 over 2}))4 =((n +{ 1 over 2})) 7

⇒ m= 7/4 n+3/8 Tuy nhiên không có giá trị nguyên nào của m và n thỏa mãn.
Tọa độ vân tối của ánh sáng λ1 trong nửa vùng quan sát, tính từ vân trung tâm thỏa mãn điều kiện:
((m +{ 1 over 2})) 0,4 ≤10 ⇒ m_max = 24có 25 giá trị thỏa mãn. Vậy có 50 vân tối ứng với λ₁

Tương tự có 28 vân tối ứng với λ₂. Vậy tất cả có 78 vân. Chọn D