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

Vậy là đề thi thử Đại học của diễn đàn vatliphothong.vn lần I 2015 đã ra mắt. Mình mở topic này để các bạn thảo luận về các câu hỏi trong đề thi
------------------------------------------------------------
Download đề thi tại http://vatliphothong.vn/t/9670/
------------------------------------------------------------
Đáp án xem tại : http://vatliphothong.vn/download/57/
------------------------------------------------------------
Hy vọng các bạn tham gia sôi nổi, và nhớ tuân thủ nội quy đăng Đăng nhập vào bet365_link bet365 khi bị chặn_hướng dẫn đăng ký bet365!
Let's go
 
Đây là lời giải câu 30 của mình, mong nhận được sự góp ý chân thành từ mọi người :):):)
Lời giải
Thấy $2$ nguồn ngược pha.
Tại vị trí ban đầu của nguồn 2 thì: $d_{2}-d_{1}=\left(k-0,5\right)\lambda $.

Tại bị trí sau khi thay đổi của nguồn 2: $d'_{2}-d_{1}=\left(k+4\right)\lambda $

$\Rightarrow d'_{2}-d_{2}=4,5\lambda \Rightarrow d'_{2}=50\left(cm\right)$

Có:

$d_{2}'^{2}-d_{2}^{2}=O_{1}O_{2}'^{2}-O_{1}O_{2}^{2}$

$\Rightarrow O_{1}O_{2}'^{2}=1476+O_{1}O_{2}^{2}$

Do độ dịch chuyển cực đại nên $O_{1}O'_{2}$ đạt cực đại. Do $O_{1}O_{2}$ là bán nguyên lần bước sóng nên:

$d_{2}'^{2}-d_{2}^{2}=O_{1}'O_{2}^{2}-O_{1}O_{2}^{2}$

$O_{1}O_{2}\leq 7,5\lambda =30\left(cm\right)$

$\Rightarrow O_{1}O_{2}'\leq \sqrt{1476+30^{2}}=6\sqrt{66}\left(cm\right)$

Độ dịch chuyển lớn nhất là:

$x=O_{1}O_{2}+O_{1}O_{2}'=6\sqrt{66}+30\left(cm\right)$

Đáp án [cauab[/caub]
Anh ơi! Cho em hỏi
Tại sao khi $O_{1}O_{2}$ là bán nguyên lần bước sóng thì $O_{1}O_{2}\leq 7,5\lambda =30\left(cm\right)$ ? $7,5\lambda$ từ đâu ra ?
 
Vì O$O_2M=8 \lambda$ rồi mà $O_1O_2
Vậy cho em hỏi thêm cai này !
Em đi thi hsg ấy nên em cần Đăng nhập vào bet365_link bet365 khi bị chặn_hướng dẫn đăng ký bet365 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 ${d_2}^2-{d_2'}^2$ 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
 
Vậy cho em hỏi thêm cai này !
Em đi thi hsg ấy nên em cần Đăng nhập vào bet365_link bet365 khi bị chặn_hướng dẫn đăng ký bet365 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 ${d_2}^2-{d_2'}^2$ 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
Mình làm thế này cậu xem nhé :D
Theo đề
$O_1O_2=\dfrac{n\lambda}{2}$
$MO_2-MO_1=\left(k-0,5\right) \lambda$
Và $MO_2^{2}-MO_1^{2}=O_1O_2^{2}$
Mặt khác ta có $MO_2=8\lambda$
Suy ra được biểu thức
$8-\sqrt{8^{2}-\dfrac{n^2}{4}}=k-0,5$
Vì k, n nguyên và $0:)):))
 
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 $R = 30\left(\Omega \right)$, một tụ điện có điện dung $C$(có thể thay đổi được), một cuộn dây không thuần cảm có cảm kháng bằng $10\left(\Omega \right)$, và điện trở $r$ có giá trị bằng $10\left(\Omega \right)$ mắc nối tiếp nhau theo đúng thứ tự đó. Đặt vào hai đầu đoạn mạch điện áp xoay chiều ổn định có giá trị hiệu dụng và tần số không đổi. Người ta cần điều chỉnh $C$ đến giá trị $C_1$ để điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch chứa $R$ và $C$ đạt giá trị lớn nhất bằng $120\left(V\right)$ và cần điều chỉnh $C$ đến giá trị $C_2$ để điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch chứa $R$ và $C$ đạt giá trị nhỏ nhất gần giá trị nào nhất sau đây?
A. $50\sqrt{3} \left(V\right)$
B. $60\sqrt{2} \left(V\right)$
C. $36\sqrt{5} \left(V\right)$
D. $32\sqrt{7} \left(V\right)$
Lời giải:
Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch chứa R và C: $$U_{RC}=\dfrac{U\sqrt{R^2+Z_C^2}}{\sqrt{\left(R+r\right)^2+\left(Z_L-Z_C\right)^2}}$$
Đặt $f\left(Z_C\right)=\dfrac{Z_C^2+R^2}{\left(Z_C-Z_L\right)^2+\left(R+r\right)^2}$ thì $U_{RC}$ lớn nhất khi và chỉ khi $f\left(Z_C\right)$ lớn nhất, điều này chỉ xảy ra nếu $f'\left(Z_C\right)=0$ hay $$\dfrac{2Z_C\left(Z_C^2-2Z_C. Z_L+Z_L^2+\left(R+r\right)^2\right)-\left(2Z_C-2Z_L\right)\left(R^2+Z_C^2\right)}{\left(\left(R+r\right)^2+\left(Z_L-Z_C\right)^2\right)}=0\left(*\right)$$
Bằng biến đổi đại số, $\left(*\right)$ xảy ra nếu $$Z_L. Z_C^2-\left(Z_L^2+r^2+2Rr\right)Z_C+Z_L. R^2=0\left(**\right)$$
Coi $\left(**\right)$ là phương trình bậc hai ẩn $Z_C$, từ $\left(**\right)$ ta có $Z_C = 90\left(\Omega \right)$ hoặc $Z_C= -10\left(\Omega \right)$
Lập bảng biến thiên, chú ý $Z_C$ không thể là số âm, chúng ta nhận thấy
+$U_{RC}$ lớn nhất khi và chỉ khi $Z_C=90\left(\Omega \right)$
+$U_{RC}$ nhỏ nhất khi và chỉ khi $Z_C \rightarrow 0\left(\Omega \right)$
Khi đó tỉ số giữa $U_1$ và $U_2$ bằng $\dfrac{\sqrt{30^2+90^2}}{\sqrt{\left(10+30\right)^2+\left(90-10\right)^2}}. \dfrac{\sqrt{\left(10+30\right)^2+\left(0-10\right)^2}}{\sqrt{30^2+0^2}}=\dfrac{\sqrt{34}}{4}$
Với giả thiết $U_1= 120\left(V\right)$, suy ra $U_2 \approx 82,32\left(V\right)$
Bằng sợ trợ giúp của máy tính, chúng ta kiểm nghiệm thấy $36\sqrt{5}V$ gần giá trị này nhất.
Chọn đáp án C
Phương trình sai dấu bạn ơi Phải là: Bằng biến đổi đại số, $\left(*\right)$ xảy ra nếu $$Z_L. Z_C^2-\left(Z_L^2+r^2+2Rr\right)Z_C-Z_L. R^2=0\left(**\right)$$
 
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: $A^{2}=2x_{1}x_{2}+9\leq 9+2x_{2}\left(x_{2}+3\right)\leq 9+2.\dfrac{A^{2}}{4}+6.\dfrac{A}{2}$

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

$W_{max}=4,1J$
[/giai]
Đáp án: C.
Mình thấy đây mới là 1 trường hợp của đề Đăng nhập vào bet365_link bet365 khi bị chặn_hướng dẫn đăng ký bet365, khi $x_{1}, x_{2} >0$.
Trường hợp này loại do khi thay giá trị $x_{2}=\dfrac{Ạ_{max}}{2}$ vào thì $\Delta l<0$. Vô lí!
Xét trường hợp $x_{2}<0$.
Ta có
$\Delta l - \left|x_{2} \right|=1$
$\Delta l + \left|x_{1} \right|=4$
$\Rightarrow \left|x_{1} \right|+\left|x_{2} \right|=3$
$A^{2}=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}$
$\Rightarrow 4x_{2}^{2}\leq 2x_{2}^{2}-6\left|x_{2} \right|+9$
$\left|x_{2} \right|max=1,098\Rightarrow Amax=2,196\Rightarrow Wmax=0,024J$
Mọi người góp ý!
 
Last edited:
Mình thấy đây mới là 1 trường hợp của đề Đăng nhập vào bet365_link bet365 khi bị chặn_hướng dẫn đăng ký bet365, khi $x_{1}, x_{2} >0$.
Trường hợp này loại do khi thay giá trị $x_{2}=\dfrac{Ạ_{max}}{2}$ vào thì $\Delta l<0$. Vô lí!
Xét trường hợp $x_{2}<0$.
Ta có
$\Delta l - \left|x_{2} \right|=1$
$\Delta l + \left|x_{1} \right|=4$
$\Rightarrow \left|x_{1} \right|+\left|x_{2} \right|=3$
$A^{2}=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}$
$=\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-2\left|x_{1} \right|\left|x_{2} \right|$
$=9-2\left|x_{2} \right|.\left(3-\left|x_{2} \right|\right)$
$\Rightarrow 4x_{2}^{2}\leq 2x_{2}^{2}-6\left|x_{2} \right|+9$
$\left|x_{2} \right|max=1,098\Rightarrow Amax=2,196\Rightarrow Wmax=0,024J$
Mọi người góp ý!
Ý kiên của bạn đúng! Câu này mình chế nhưng do bất cẩn nên bị sơ suất vậy. Các anh tiền bối thì bận chuyện học hành trên đại học nên thời gian soát đề cũng bị hạn chế! Đề lần 2 chắc chắn sẽ hạn chế tối đa những sai sót không đáng có như vậy! Chúc bạn học tốt :)
 
Tham khảo :3
Gọi phương trình dao động của 3 vật lần lượt là ${{x}_{1}}=\cos \omega t,{{x}_{2}}=\cos \left( \omega t+\alpha \right),{{x}_{3}}=\cos \left( {{\omega }_{2}}t+2\alpha \right)$

Ta có ${{x}_{1}}+{{x}_{2}}+{{x}_{3}}=\dfrac{5}{4}$ nên tại $t=0$, ta có $$\cos 0+\cos \alpha +\cos 2\alpha =\dfrac{5}{4}\Leftrightarrow 2{{y}^{2}}+y-\dfrac{5}{4}=0$$ với $y=\cos \alpha$

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

Khoảng cách giữa vật thứ nhất và vật thứ hai là

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

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có

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

Với $\cos \alpha =y=\dfrac{\sqrt{11}-1}{4}\Rightarrow {{\sin }^{2}}\alpha =\dfrac{2+\sqrt{11}}{8}\Rightarrow {{d}_{\max }}\approx 1,36cm$
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
Câu này e nghĩ 3 vật dao động khác tần số sao a lại tổng hợp dao động được
 
Câu 12 đề Đăng nhập vào bet365_link bet365 khi bị chặn_hướng dẫn đăng ký bet365 phải sửa thành 3 f bằng nhau thì mới làm như trên được. Hoặc nếu không thì phải cho pha ban đầu của x1 bằng 0.
Câu 21 (câu sai số) làm như thế nào ạ
diễn đàn có thể đăng Đăng nhập vào bet365_link bet365 khi bị chặn_hướng dẫn đăng ký bet365 nói về cách giải sai số không ạ
 
Lời giải câu 17:
1236.png
Cách 1:
Ta có thể tóm lược các dữ kiện đề Đăng nhập vào bet365_link bet365 khi bị chặn_hướng dẫn đăng ký bet365 từ đồ thị và các phương trình:
Phương trình dao động các vật:
$$x_1=A_1 \cos \left(\omega t+ \varphi\right)$$
$$x_2=v_1 T= \left(x_1\right)' T =- 2\pi A_1 \sin \left(\omega t+ \varphi_1\right)$$
Nhìn vào đồ thị:
Tại thời điểm $t_1$, hai vật gặp nhau ở tọa độ $x=-3,95$, tại thời điểm $t=2,5$ vật 1 đang ở vị trí cân bằng theo chiều dương, vật 2 đang ở vị trí biên dương
Xét tại thời điểm $t_1$
$$ x_1= x_2 $$
$$ A_1 \cos \left(\omega t_1 + \varphi_1\right)= -2 \pi A_1 \sin \left( \omega t_1 \varphi_1\right)$$
$$\Rightarrow \Phi = \omega t_1 + \varphi_1 =arc\tan \left(-\dfrac{1}{2\pi }\right)+ k \pi , k \in Z$$
Tại thời điểm $t=2,5 s$
$$x_1=0, v_1>0$$
$$\Rightarrow \omega t+\varphi_1= -\dfrac{\pi }{2}$$
Từ đó ta có hệ:
$$\begin{cases} \omega t_1+ \varphi_1= arc\tan \left(-\dfrac{1}{2\pi }\right)+k \pi \\ \omega t +\varphi_1=-\dfrac{\pi }{2} \end{cases}$$
$$\Rightarrow \omega \left(t_1 -t\right)= arc\tan \left(-\dfrac{1}{2\pi }\right) + \dfrac{\pi }{2} + k\pi $$
Ta thấy hai thời điểm $t_1,t$ là hai thời điểm gần nhau nhất và $t_1 < t=2,5$ nên ta tìm được $k=-1$
Từ đó ta có:
$$t_1=\dfrac{arc\tan \left(-\dfrac{1}{2\pi }\right) -\dfrac{\pi }{2}}{\omega }+ 2,5$$
Mặt khác: lại có dữ kiện $v_{max}= \omega . A_{th}$. Hai dao động trên vuông pha với nhau nên $A_{th}=\sqrt{A_1^2+A_2^2}=A_1\sqrt{1+4 \pi ^2}$
Nên: $v_{max}=\omega A_1 \sqrt{1+4\pi ^2} \Rightarrow A_1=\dfrac{v_{max}}{\omega \sqrt{1+4\pi ^2}}$
Thay vào phương trình $x_2$ ta suy ra:
$$x_2=-2\pi \dfrac{v_{max}}{\omega \sqrt{1+4\pi ^2}}.\sin \left(arc\tan \left(-\dfrac{1}{2\pi }\right)\right)=-3,95$$
$$\Rightarrow \omega =\dfrac{- 2\pi v_{max}.\sin \left(arc\tan \left(-\dfrac{1}{2\pi }\right)\right)}{-3,95 \sqrt{1+4k^2}}$$
Bằng máy tính ta tính được $$\omega \approx 2,1 \ \left(\text{rad}/\text{s}\right) \Rightarrow T \approx 2,994 s$$
Thay vào phương trình tính $t_1$ ta tính được $$t_1 \approx 1,636 s$$
Từ đó ta có tỉ lệ $$\delta=\dfrac{t_1}{T} \approx 0,546$$
Từ đó ta có đáp án A.
Cách 2: Cách của anh @zdcxoan
1238.png

Ta có:
$x_1=x_2\Leftrightarrow A\cos \alpha=2\pi A\sin \alpha=3,95$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
\tan \alpha =\dfrac{1}{2\pi }\Rightarrow \alpha =9^o\\ A=\dfrac{3,95}{\cos 9^o}=4\left(cm\right)

\end{matrix}\right.$
Mặt khác hai dao động vuông pha nên $v_{max}=\dfrac{2\pi }{T}A\sqrt{1+4\pi ^2}=53,4$
$\Rightarrow T=3\left(s\right)$
Từ $t_1$ đến $t_2$ quét được góc $99^o$ trên đường tròn lượng giác
$\Leftrightarrow \dfrac{2\pi }{T}\left(2,5-t_1\right)=1,73\Rightarrow t_1=1,675\left(s\right)\Rightarrow \dfrac{t_1}{T}=0,56$
Em dùng thước đo được lamda = 20 mm. T =11 mm thì ra 0,55 chọn 0,56 luôn
 
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:
$f_0^{2}=50.\dfrac{f_0}{\sqrt{3}}
\Rightarrow f_0=\dfrac{50}{\sqrt{3}}
\Rightarrow C=\dfrac{4.10^{-4}}{\pi }$
Vậy chọn $A$
Mắc hai cực của một máy phát điện xoay chiều một pha với hai đầu đoạn mạch thì là như thế nào?(mình rất ngu phần máy điện) :^)
 
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 $-\dfrac{\pi }{3}$
Lúc sau ở li độ $x_{2}$ vật ở góc $\dfrac{3\pi }{4}$
Vậy từ li độ $x_{1}$ sau khi vận tốc đổi chiều 7 lần vật đến li độ $x_{2}$ hết thời gian là
$\Delta t=3T+\dfrac{T}{4}+\dfrac{T}{8}+\dfrac{T}{6}=\dfrac{85}{24}T$
Này, tớ cũng ra đáp số như thế nhưng theo tớ lúc đầu vật ở $\dfrac{\pi }{3}$ và lúc sau vật ở $-\dfrac{3\pi }{4}$ vì vật chuyển động theo chiều dương . :-ss
 
Đây là lời giải câu 30 của mình, mong nhận được sự góp ý chân thành từ mọi người :):):)
Lời giải
Thấy $2$ nguồn ngược pha.
Tại vị trí ban đầu của nguồn 2 thì: $d_{2}-d_{1}=\left(k-0,5\right)\lambda $.

Tại bị trí sau khi thay đổi của nguồn 2: $d'_{2}-d_{1}=\left(k+4\right)\lambda $

$\Rightarrow d'_{2}-d_{2}=4,5\lambda \Rightarrow d'_{2}=50\left(cm\right)$

Có:

$d_{2}'^{2}-d_{2}^{2}=O_{1}O_{2}'^{2}-O_{1}O_{2}^{2}$

$\Rightarrow O_{1}O_{2}'^{2}=1476+O_{1}O_{2}^{2}$

Do độ dịch chuyển cực đại nên $O_{1}O'_{2}$ đạt cực đại. Do $O_{1}O_{2}$ là bán nguyên lần bước sóng nên:

$d_{2}'^{2}-d_{2}^{2}=O_{1}'O_{2}^{2}-O_{1}O_{2}^{2}$

$O_{1}O_{2}\leq 7,5\lambda =30\left(cm\right)$

$\Rightarrow O_{1}O_{2}'\leq \sqrt{1476+30^{2}}=6\sqrt{66}\left(cm\right)$

Độ dịch chuyển lớn nhất là:

$x=O_{1}O_{2}+O_{1}O_{2}'=6\sqrt{66}+30\left(cm\right)$

Đáp án [cauab[/caub]
Phải là -30 chứ???? Sao lại là cộng 30 nỉ??
 

Quảng cáo

Top