Đề minh hoạ thi THPT Quốc Gia 2017 môn Vật Lý | Đề thi, kiểm tra Vật lý lớp 12

Tìm kiếm câu trả lời Tìm kiếm câu trả lời cho câu hỏi của bạn

Cảnh báo

Bạn cần đăng nhập mới làm được đề thi này

Khảo sát thực nghiệm một con lắc lò xo gồm vật nhỏ có khối lượng 216 g và lò xo có độ cứng $k$, dao động dưới tác dụng của ngoại lực $F = F_0.\cos2\pi ft$, với $F_0$ không đổi và $f$ thay đổi được. Kết quả khảo sát ta được đường biểu diễn biên độ $A$ của con lắc theo tần số $f$ có đồ thị như hình vẽ.

Giá trị của k xấp xỉ bằng

13,64 N/m
15,64 N/m
16,71 N/m
12,35 N/m

Hướng dẫn giải:

Trong dao động cưỡng bức, biên độ đạt cực đại khi hiện tượng cộng hưởng xảy ra.

Suy ra $1,25 < f_0 < 1,3$
→ $2,5\pi < \omega < 2,6\pi$
Có $k = m \omega ^2$ → $13,3 < k < 14,4$

→ $k \approx 13,64 N/m$.

Từ một trạm điện, điện năng được truyền tải đến nơi tiêu thụ bằng đường dây tải điện một pha. Biết công suất truyền đến nơi tiêu thụ luôn không đổi, điện áp và cường độ dòng điện luôn cùng pha. Ban đầu, nếu ở trạm điện chưa sử dụng máy biến áp thì điện áp hiệu dụng ở trạm điện bằng 1,2375 lần điện áp hiệu dụng ở nơi tiêu thụ. Để công suất hao phí trên đường dây truyền tải giảm 100 lần so với lúc ban đầu thìở trạm điện cần sử dụng máy biến áp lí tưởng có tỉ số giữa số vòng dây của cuộn thứ cấp so với số vòng dây cuộn sơ cấp là

Hướng dẫn giải:

Khi chưa sử dụng máy biến áp thì điện áp đầu đường dây là ${U_1} = 1,2375{U_{tt1}} \Rightarrow {U_{tt1}} = \dfrac{{{U_1}}}{{1,2375}}{\rm{ }}\left( 1 \right)$

Độ giảm điện áp trên đường dây khi đó là $\Delta {U_1} = {U_1} - {U_{tt1}} = \left( {1 - \dfrac{1}{{1,2375}}} \right){U_1} = \dfrac{{19}}{{99}}{U_1} (2)$

Lúc sau, công suất hao phí trên dây giảm 100 lần so với lúc đầu, tức là $\dfrac{{\Delta {P_1}}}{{\Delta {P_2}}} = \dfrac{{I_1^2R}}{{I_2^2R}} = \dfrac{{I_1^2}}{{I_2^2}} = 100 \Rightarrow {I_1} = 10.{I_2}$

Độ giảm điện áp lúc đầu và lúc sau lần lượt là

$\Delta {U_1} = {I_1}R;\Delta {U_2} = {I_2}R $

$\Rightarrow \dfrac{{\Delta {U_2}}}{{\Delta {U_1}}} = \dfrac{{{I_2}}}{{{I_1}}} $

$\Leftrightarrow \Delta {U_2} = \dfrac{{\Delta {U_1}}}{{10}} = \dfrac{{19}}{{990}}{U_1} (3)$

Do công suất nơi tiêu thụ không đổi nên

${P_{tt}} = {U_{tt1}}.{I_1} = {U_{tt2}}.{I_2} \Rightarrow {U_{tt2}} = \dfrac{{{I_1}}}{{{I_2}}}.{U_{tt1}} = 10.{U_{tt1}} = \dfrac{{800}}{{99}}{U_1} (4)$

Điện áp đầu đường dây lúc sau là ${U_2} = {U_{tt2}} + \Delta {U_2} (5)$

Thay (3) và (4) vào (5), ta được

${U_2} = \dfrac{{800}}{{99}}{U_1} + \dfrac{{19}}{{990}}{U_1} = \dfrac{{8019}}{{990}}{U_1} \Rightarrow \dfrac{{{U_2}}}{{{U_1}}} = \frac{{8019}}{{990}} = 8,1$

Vậy ở trạm điện cần sử dụng máy biến áp có tỉ lệ số vòng dây của cuộn thứ cấp so với cuộn sơ cấp là

$\dfrac{{{N_2}}}{{{N_1}}} = \dfrac{{{U_2}}}{{{U_1}}} = 8,1$

Từ không khí, chiếu chùm sáng hẹp (coi như một tia sáng) gồm hai bức xạ đơn sắc màu đỏ và màu chàm tới mặt nước với góc tới $53^o$ thì xảy ra hiện tượng phản xạ và khúc xạ. Biết tia khúc xạ màu đỏ vuông góc với tia phản xạ, góc giữa tia khúc xạ màu chàm và tia khúc xạ màu đỏ là $ 0,5^o$. Chiết suất của nước đối với tia sáng màu chàm là

1,333
1,343
1,327
1,312

Hướng dẫn giải:

Góc khúc xạ của tia đỏ là ${r_d} = 90 - i = {37^o}$

Góc khúc xạ của tia tím là ${r_t} = {r_d} - 0,5 = 36,{5^o}$

Theo định luật khúc xạ ta có: ${n_t} = \dfrac{{\sin i}}{{{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in}}{{\rm{r}}_t}}} = \dfrac{{\sin {{53}^o}}}{{\sin 36,{5^o}}} \approx 1,343$

Đặt điện áp $u = U\sqrt 2\cos \omega t$ ($U$ không đổi, $\omega$ thay đổi được) vào hai đầu đoạn mạch gồm điện trở thuần $R$, cuộn cảm thuần có độ tự cảm $L$ và tụ điện có điện dung $C$ mắc nối tiếp. Trên hình vẽ, các đường (1), (2) và (3) là đồ thị của các điện áp hiệu dụng ở hai đầu điện trở $U_R$, hai đầu tụ điện $U_C$ và hai đầu cuộn cảm $U_L$ theo tần số góc $\omega$. Đường (1), (2) và (3) theo thứ tự tương ứng là

$U_C$, $U_R$ và $U_L$.
$U_C$, $U_L$và $U_R$.
$U_L$, $U_R$ và $U_C$.
$U_R$, $U_L$ và $U_C$.

Hướng dẫn giải:

$U_C=I.Z_C=\dfrac{U.Z_C}{\sqrt{R^2+(Z_L-Z_C)^2}}=\dfrac{U}{\sqrt{R^2+(\omega.L-\dfrac{1}{\omega C})^2}.\omega C}=\dfrac{U}{\sqrt{\omega^2.C^2.R^2+(\omega^2.LC-1)^2}}$

Suy ra khi $\omega=0$ thì $U_C=U$ $\Rightarrow (1)$ là $U_C$

$U_L=I.Z_L=\dfrac{U.Z_L}{\sqrt{R^2+(Z_L-Z_C)^2}}=\dfrac{U.\omega L}{\sqrt{R^2+(\omega.L-\dfrac{1}{\omega C})^2}}=\dfrac{U.L}{\sqrt{\dfrac{R^2}{\omega^2}+(L-\dfrac{1}{\omega^2 C})^2}}$(chia cả tử và mẫu cho $\omega$)

Suy ra khi $\omega\rightarrow \infty$ thì $U_L\rightarrow U$ $\Rightarrow (3) $ là $U_L$

Vậy chọn $U_C,U_R,U_L$

Một con lắc lò xo gồm một vật nhỏ khối lượng m và lò xo có độ cứng k. Con lắc dao động điều hòa với tần số góc là

$2\pi\sqrt {\dfrac{m}{k}}$
$ \sqrt {\dfrac{k}{m}} $
$2\pi \sqrt {\dfrac{k}{m}} $
$\sqrt {\dfrac{m}{k}} $

Hướng dẫn giải:

Tần số góc trong dao động điều hoà của con lắc lò xo là: $\omega=\sqrt{\dfrac{k}{m}}$

Một chất điểm dao động điều hòa với phương trình x = Acos(ωt + φ); trong đó A, ω là các hằng số dương. Pha của dao động ở thời điểm t là

φ
(ωt + φ)
ωt
ω

Hướng dẫn giải:

Dao động điều hoà có phương trình tổng quát: x = Acos(ωt + φ)

Thì (ωt + φ) là pha dao động ở thời điểm t.

Hai dao động có phương trình lần lượt là $x_1$ = 5cos(2πt + 0,75π) (cm) và $x_2$ = 10cos(2πt + 0,5π) (cm). Độ lệch pha của hai dao động này có độ lớn bằng

$0,50\pi$
$0,25\pi$
$0,75\pi$
$1,25\pi$

Hướng dẫn giải:

Độ lệch pha giữa hai dao động là ∆φ = 0,75π – 0,5π = 0,25π rad.

Một sóng cơ truyền dọc theo trục $Ox$ với phương trình $u = 2cos(40πt − πx)$ mm. Biên độ của sóng này là

40π mm.
4 mm.
2 mm.
π mm.

Hướng dẫn giải:

Biên độ của sóng là A = 2mm.

Khi nói về sóng cơ, phát biểu nào sau đây sai ?

Sóng cơ lan truyền được trong chất khí
Sóng cơ lan truyền được trong chất rắn
Sóng cơ lan truyền được trong chất lỏng
Sóng cơ lan truyền được trong chân không

Hướng dẫn giải:

Sóng cơ không lan truyền được trong chân không vì chân không không có phần tử vật chất để truyền sóng.

Một sóng cơ truyền dọc theo trục $Ox$ có phương trình $u = Acos(20πt – πx)$, với $t$ tính bằng giây. Tần số của sóng này bằng

20 Hz.
10π Hz.
20π Hz.
10 Hz.

Hướng dẫn giải:

Ta có ω = 20π → f = ω/2π = 10 Hz

Suất điện động cảm ứng do máy phát điện xoay chiều một pha tạo ra có biểu thức $ e = 220\sqrt 2\cos(100\pi t + 0,5\pi) (V)$. Giá trị hiệu dụng của suất điện động này là

$110\sqrt 2 V$
$110 V$
$220V$
$220\sqrt 2 V$

Hướng dẫn giải:

Suất điện động hiệu dụng là $E = \dfrac{{{E_0}}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{220\sqrt 2 }}{{\sqrt 2 }} = 220V$.

Đặt điện áp $u = U_0\cos\omega t$ (với ${U_0}$ không đổi, $\omega$ thay đổi được) vào hai đầu đoạn mạch mắc nối tiếp gồm điện trở R, cuộn cảm thuần có độ tự cảm L và tụ điện có điện dung C. Khi $\omega= \omega _0$ thì trong mạch có cộng hưởng. Tần số góc $\omega _0$ là

$\sqrt {LC} $
$\dfrac{2}{{\sqrt {LC} }}$
$\dfrac{1}{{\sqrt {LC} }}$
2$\sqrt {LC} $

Hướng dẫn giải:

Khi trong mạch xảy ra cộng hưởng thì ω = ${\omega _0} = \dfrac{1}{{\sqrt {LC} }}$.

Đặt điện áp $u = {U_0}\cos100\pi t$ ($t$ tính bằng s) vào hai đầu một tụ điện có điện dung $\dfrac{{{{10}^{ - 4}}}}{\pi }$ F. Dung kháng của tụ điện là

150 $\Omega$.
50 $\Omega$.
100 $\Omega$.
200 $\Omega$.

Hướng dẫn giải:

Dung kháng của tụ là ${Z_C} = \dfrac{1}{{\omega C}} = \dfrac{1}{{100\pi .\dfrac{{{{10}^{ - 4}}}}{\pi }}} = 100\Omega $.

Sóng điện từ

là sóng ngang và truyền được trong chân không
là sóng ngang và không truyền được trong chân không
là sóng dọc và không truyền được trong chân không
là sóng dọc và truyền được trong chân không

Hướng dẫn giải:

Sóng điện từ là sóng ngang và truyền được trong chân không.

Để xem các chương trình truyền hình phát sóng qua vệ tinh, người ta dùng anten thu sóng trực tiếp từ vệ tinh, qua bộ xử lí tín hiệu rồi đưa đến màn hình. Sóng điện từ mà anten thu trực tiếp từ vệ tinh thuộc loại

sóng ngắn
sóng cực ngắn
sóng trung
sóng dài

Hướng dẫn giải:

Sóng điện từ mà anten thu trực tiếp từ vệ tinh là sóng cực ngắn, vì chỉ có sóng cực ngắn mới có thể xuyên qua tầng điện li để truyền đến vệ tinh.

Một mạch dao động điện từ gồm cuộn cảm thuần có độ tự cảm ${10^{ - 5}}$ H vàtụ điện có điện dung $2,5.{10^{ - 6}}$F. Lấy π = 3,14. Chu kì dao động riêng của mạch là

$3,14.{10^{ - 5}}s$
$1,57.{10^{ - 5}}s$
$1,57.{10^{ - 10}}s $
$6,28.{10^{ - 10}}s$

Hướng dẫn giải:

Chu kì dao động riêng của mạch là T = 2π$\sqrt {LC} $ = 2.3,14.$\sqrt {{{10}^{ - 5}}.2,{{5.10}^{ - 6}}} $ = 3,14.${10^{ - 5}}$s

Tia X không có ứng dụng nào sau đây ?

Sấy khô, sưởi ấm
Chữa bệnh ung thư
Tìm bọt khí bên trong cá vật bằng kim loại
Chiếu điện, chụp điện

Hướng dẫn giải:

Tia X không có ứng dụng sấy khô, sưởi ấm. Sấy khô, sưởi ấm là ứng dụng của tia hồng ngoại.

Trong máy quang phổ lăng kính, lăng kính có tác dụng

tăng cường độ chùm sáng.
nhiễu xạ ánh sáng.
giao thoa ánh sáng.
tán sắc ánh sáng.

Hướng dẫn giải:

Trong máy quang phổ, lăng kính có tác dụng tán sắc ánh sáng.

Một bức xạ khi truyền trong chân không có bước sóng là 0,60 μm, khi truyền trong thủy tinh có bước sóng là λ . Biết chiết suất của thủy tinh đối với bức xạ là 1,5. Giá trị của λ là

380 nm
600 nm
400 nm
900 nm

Hướng dẫn giải:

Bước sóng của bức xạ trong thủy tinh là λ’ = λ/n = 0,6/1,5 = 0,4 μm = 400 nm.

Theo thuyết lượng tử ánh sáng, phát biểu nào sau đây đúng?

Năng lượng của phôtôn giảm dần khi phôtôn ra xa dần nguồn sáng
Phôtôn tồn tại trong cả trạng thái đứng yên và trạng thái chuyển động
Ánh sáng đơn sắc có tần số càng lớn thì phôtôn ứng với ánh sáng đó có năng lượng càng lớn
Năng lượng của các loại phôtôn đều bằng nhau

Hướng dẫn giải:

Theo thuyết lượng tử ánh sáng ε = hf → Ánh sáng đơn sắc có tần số càng lớn thì phôtôn ứng với ánh sáng đó có năng lượng càng lớn.

Một sợi dây sắt, mảnh, dài 120 cm căng ngang, có hai đầu cố định. Ở phía trên, gần sợi dây có một nam châm điện được nuôi bằng nguồn điện xoay chiều có tần số 50 Hz. Trên dây xuất hiện sóng dừng với 2 bụng sóng. Tốc độ truyền sóng trên dây là

240 m/s
180 m/s
120 m/s
60 m/s

Hướng dẫn giải:

Nguồn điện có f = 50 Hz → tần số sóng trên dây là f = 100 Hz.
Sợi dây có hai đầu cố định → l = kλ/2; trên dây có 2 bụng sóng → k = 2.
→ λ = 1,2 m.
Tốc độ truyền sóng trên dây là v = λf = 1,2.100 = 120 m/s.

Người ta dùng hạt prôtôn có động năng 1,6 MeV bắn vào hạt nhân ${}_3^7Li$ đứng yên, sau phản ứng thu được hai hạt giống nhau có cùng động năng. Giả sử phản ứng không kèm theo bức xạ γ. Biết năng lượng tỏa ra của phản ứng là 17,4 MeV. Động năng của mỗi hạt sinh ra bằng

9,5 MeV
0,8 MeV
8,7 MeV
7,9 MeV

Hướng dẫn giải:

Phản ứng hạt nhân ${}_1^1p + {}_3^7Li \to {}_2^4\alpha + {}_2^4\alpha $
Năng lượng tỏa ra là ∆E = K - ${K_0} = 2{K_\alpha } - 1,6 = 17,4MeV$
→ ${K_\alpha }$ = 9,5 MeV.

Xét nguyên tử hiđrô theo mẫu nguyên tử Bo. Gọi F là độ lớn lực tương tác điện giữa êlectron và hạt nhân khi êlectron chuyển động trên quỹ đạo dừng K. Khi độ lớn lực tương tác điện giữa êlectron và hạt nhân là F/16 thì êlectron đang chuyển động trên quỹ đạo dừng nào ?

Quỹ đạo dừng O.
Quỹ đạo dừng M.
Quỹ đạo dừng N.
Quỹ đạo dừng L.

Hướng dẫn giải:

Lực điện trên quỹ đạo K là $F = \dfrac{{k{e^2}}}{{r_0^2}}$
Khi $F’ = \dfrac{F}{{16}} \leftrightarrow \dfrac{{k{e^2}}}{{r{'^2}}} = \dfrac{{k{e^2}}}{{16r_0^2}} \to r' = 4{r_0} = {n^2}{r_0}$ → n = 2.
→ e đang chuyển động trên quỹ đạo L.

Trong một thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, khoảng cách giữa hai khe là 0,5 mm, khoảng cách từ mặt phẳng chứa hai khe đến màn quan sát là 2 m. Nguồn sáng phát ánh sáng trắng có bước sóng trong khoảng từ 380 nm đến 760 nm. M là một điểm trên màn, cách vân sáng trung tâm 2 cm. Trong các bức xạ cho vân sáng tại M, bức xạ có bước sóng dài nhất là

760 nm
570 nm
417 nm
714 nm

Hướng dẫn giải:

Tại M cho vân sáng OM = ki = $k\dfrac{{D\lambda }}{a} = {2.10^{ - 2}}m$ → λ = $\dfrac{{{{2.10}^{ - 2}}.0,{{5.10}^{ - 3}}}}{{2k}} = \dfrac{{{{5.10}^{ - 6}}}}{k}$
Do 380 nm ≤ λ ≤ 760 nm → $0,{38.10^{ - 6}} \le \dfrac{{{{5.10}^{ - 6}}}}{k} \le 0,{76.10^{ - 6}}$ → 6,57 ≤ k ≤ 13,1
→ ${k_{\min }}$ = 7 → λ = 0,714 m = 714 nm.

Hiện tượng giao thoa ánh sáng là bằng chứng thực nghiệm chứng tỏ ánh sáng

là sóng dọc
có tính chất sóng
là sóng siêu âm
có tính chất hạt

Hướng dẫn giải:

Hiện tượng giao thoa và nhiễu xạ ánh sáng là bằng chứng thực nghiệm chứng tỏ ánh sáng có tính chất sóng.

Tầng ôzôn là tấm “áo giáp” bảo vệ cho người và sinh vật trên mặt đất khỏi bị tác dụng hủy diệt của

tia đơn sắc màu đỏ trong ánh sáng Mặt Trời
tia hồng ngoại trong ánh sáng Mặt Trời
tia đơn sắc màu tím trong ánh sáng Mặt Trời
tia tử ngoại trong ánh sáng Mặt Trời

Hướng dẫn giải:

Tầng ôzôn là tấm “áo giáp” bảo vệ cho người và sinh vật trên mặt đất khỏi bị tác dụng hủy diệt của tia tử ngoại trong ánh sáng Mặt Trời.

Khi bắn phá hạt nhân ${}_7^{14}N$ bằng hạt α, người ta thu được một hạt prôtôn và một hạt nhân X. Hạt nhân X là

${}_8^{17}O$
${}_8^{16}O$
${}_6^{14}C$
${}_6^{12}C$

Hướng dẫn giải:

Ta có phương trình phản ứng là ${}_7^{14}N + {}_2^4He \to {}_8^{17}O + p$ → Hạt nhân X là ${}_8^{17}O$.

Tia α

có tốc độ bằng tốc độ ánh sáng trong chân không
là dòng cá hạt nhân ${}_1^1H$
không bị lệch khi đi qua điện trường và từ trường
là dòng các hạt nhân ${}_2^4He$

Hướng dẫn giải:

Tia α là dòng các hạt nhân ${}_2^4He$,có tốc độ khoảng ${2.10^7}$ m/s và có bị lệch trong điện trường và từ trường

Đại lượng nào sau đây đặc trưng cho mức độ bền vững của hạt nhân ?

Độ hụt khối
Năng lượng nghỉ
Năng lượng liên kết riêng
Năng lượng liên kết

Hướng dẫn giải:

Năng lượng liên kết riêng đặc trưng cho mức độ bền vững của hạt nhân. Hạt có năng lượng liên kết riêng càng lớn thì càng bền vững.

Số nuclôn có trong hạt nhân ${}_{11}^{23}Na$ là

Hướng dẫn giải:

Số nuclon có trong hạt nhân ${}_{11}^{23}Na$ là tổng số prôtôn và nơtron, bằng số khối và bằng 23 hạt.

Công thoát của êlectron khỏi một kim loại là 6,625.${10^{ - 19}}$ J. Biết h = 6,625.${10^{ - 34}}$ J.s, c = 3.${10^8}$ m/s. Giới hạn quang điện của kim loại này là

360 mm
300 mm
350 mm
260 mm

Hướng dẫn giải:

Giới hạn quang điện của kim loại ${\lambda _0} = \dfrac{{hc}}{A} = \dfrac{{6,{{625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{6,{{625.10}^{19}}}} = 300$ nm

Quang điện trở có nguyên tắc hoạt động dựa trên hiện tượng

quang - phát quang
nhiệt điện
quang điện ngoài
quang điện trong

Hướng dẫn giải:

Quang điện trở hoạt động theo nguyên tắc quang điện trong.

Cho đoạn mạch gồm điện trở, cuộn dây và tụ điện mắc nối tiếp. Đặt điện áp $u = 65\sqrt2\cos100\pi t$ (V) vào hai đầu đoạn mạch thì điện áp hiệu dụng ở hai đầu điện trở, hai đầu cuộn dây, hai đầu tụ điện lần lượt là 13 V, 13 V, 65 V. Hệ số công suất của đoạn mạch bằng

5/13
12/13
1/5
4/5

Hướng dẫn giải:

Gọi r là điện trở cuộn dây. $U_d^2 = U_L^2 + U_r^2 \to U_L^2 + U_r^2 = {13^2}$ (1)
${U^2} = {\left( {{U_R} + {U_r}} \right)^2} + {\left( {{U_L} - {U_C}} \right)^2}$ → ${\left( {13 + {U_r}} \right)^2} + {\left( {{U_L} - 65} \right)^2} = {65^2}$(2)
Từ (1)(2) → ${U_r}$ = 12 V
Hệ số công suất của đoạn mạch là cosφ = $\dfrac{{{U_R} + {U_r}}}{U} = \dfrac{{13 + 12}}{{65}} = \dfrac{5}{{13}}$.

Đặt điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng 200 V vào hai đầu đoạn mạch gồm cuộn cảm thuần mắc nối tiếp với điện trở. Biết điện áp hiệu dụng ở hai đầu điện trở là 100 V. Độ lệch pha giữa điện áp ở hai đầu đoạn mạch so với cường độ dòng điện chạy qua đoạn mạch bằng

π/2
π/3
π/4
π/6

Hướng dẫn giải:

Ta có U = 200 V; ${U_R} = 100V$ → cosφ = $\dfrac{{{U_R}}}{U}$ = 0,5 → φ = π/3

Cho dòng điện có cường độ $i = 5\sqrt2\cos100\pi t$ ($i$ tính bằng A, $t$ tính bằng s) chạy qua cuộn cảm thuần có độ tự cảm 0,4 H. Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn cảm bằng

$220\sqrt2$ V.
$200$ V.
$200\sqrt2$ V.
$220$ V.

Hướng dẫn giải:

Ta có I = 5 A; ${Z_L} = \omega L = 100\pi .0,4 = 40\Omega .$
→ ${U_L} = I{Z_L}$ = 5.40 = 200 V.

Tại điểm O trong lòng đất đang xảy ra dư chấn của một trận động đất. Ở điểm A trên mặt đất có một trạm quan sát địa chấn. Tại thời điểm ${t_0}$, một rung chuyển ở O tạo ra 2 sóng cơ (một sóng dọc, một sóng ngang) truyền thẳng đến A và tới A ở hai thời điểm cách nhau 5 s. Biết tốc độ truyền sóng dọc và tốc độ truyền sóng ngang trong lòng đất lần lượt là 8000 m/s và 5000 m/s. Khoảng cách từ O đến A bằng

115 km
66,7 km
75,1 km
15 km

Hướng dẫn giải:

Thời gian sóng dọc truyền từ O đến A là $\dfrac{{OA}}{{8000}}$
Thời gian sóng ngang truyền từ O đến A là $\dfrac{{OA}}{{5000}}$
Thời gian hai sóng truyền đến A cách nhau 5 s → $\dfrac{{OA}}{{5000}}$- $\dfrac{{OA}}{{8000}}$= 5
→ OA = 66,7 km.

Một con lắc đơn đang dao động điều hòa với biên độ góc ${5^o}$. Khi vật nặng đi qua vị trí cân bằng thì người ta giữ chặt điểm chính giữa của dây treo, sau đó vật tiếp tục dao động điều hòa với biên độ góc ${\alpha _0}$. Giá trị của ${\alpha _0}$ bằng

${10^o}$
$2,{5^o}$
$3,{5^o}$
$7,{1^o}$

Hướng dẫn giải:

Khi giữ lại chiều dài lò xo giảm nên $\omega’ = \sqrt {\dfrac{g}{{l'}}} = \sqrt {\dfrac{{2g}}{l}} = \sqrt2ω.$
Khi vật qua vị trí cân bằng giữ điểm chính giữa lại nên vận tốc cực đại của con lắc là không đổi
→ ${v_{\max }} = \omega {\alpha _0}l = \sqrt 2 \omega \alpha \dfrac{l}{2} $

→ $\alpha =\sqrt 2 {\alpha _0} = \sqrt 2 .5 = 7,{1^o}$.

Một con lắc lò xo gồm vật nhỏ có khối lượng m và lò xo có độ cứng 40 N/m đang dao động điều hòa với biên độ 5 cm. Khi vật đi qua vị trí có li độ 3 cm, con lắc có động năng bằng

0,018 J
0,050 J
0,024 J
0,032 J

Hướng dẫn giải:

Cơ năng của con lắc là $W = {{\rm{W}}_d} + {{\rm{W}}_t} \to {{\rm{W}}_d} = {\rm{W}} - {{\rm{W}}_t} = \dfrac{1}{2}k{A^2} - \dfrac{1}{2}k{x^2} = \dfrac{1}{2}.40\left( {0,{{05}^2} - 0,{{03}^2}} \right) = 0,032 J$.

Một chất điểm dao động điều hòa theo một quỹ đạo thẳng dài 14 cm với chu kì 1 s. Tốc độ trung bình của chất điểm từ thời điểm ${t_0}$ chất điểm qua vị trí có li độ 3,5 cm theo chiều dương đến thời điểm gia tốc của chất điểm có độ lớn cực đại lần thứ 3 (kể từ ${t_0}$) là

26,7 cm/s
27,3 cm/s
28,0 cm/s
27,0 cm/s

Hướng dẫn giải:

Quỹ đạo chuyển động là 14 cm → A = 7 cm.
Tại thời điểm ${t_0}$ chất điểm ở vị trí M có pha ban đầu là –π/3; độ lớn gia tốc cực đại tại biên.
→ từ M đến biên lần thứ 3 thì ∆φ = π/3 + 2π = 7π/3 rad.
→ t = ∆φ/ω = 7/6 s và s = 3,5 + 28 = 31,5 cm
→ v = s/t = 27 cm/s.

Ở mặt chất lỏng có 2 nguồn kết hợp đặt tại A và B dao động điều hoà, cùng pha theo phương thẳng đứng. Ax là nửa đường thẳng nằm ở mặt chất lỏng và vuông góc với AB. Trên Ax có những điểm mà các phần tử ở đó dao động với biên độ cực đại, trong đó M là điểm xa A nhất, N là điểm kế tiếp với M, P là điểm kế tiếp với N và Q là điểm gần A nhất. Biết MN = 22,25 cm; NP = 8,75 cm. Độ dài đoạn QA gần nhất với giá trị nào sau đây?

1,2 cm
4,2 cm
2,1 cm
3,1 cm

Hướng dẫn giải:

Ta thấy trên nửa đường thẳng thẳng kẻ từ A và vuông góc với AB có 4 điểm theo thứ tự M, N, P, Q dao động với biên độ cực đại, nên trên AB có 9 điểm dao động với biên độ cực đai với - 4 ≤ k ≤ 4 ( d₂ – d₁ = kλ)

Cực đại tại M, N, P, Q ứng với k = 1; 2; 3; 4

Đặt AB = a

Tại C trên Ax là điểm dao động với biên độ cực đại:

CB – CA = kλ (*)

CB² – CA² = a²→ (CB + CA) (CB – CA) = a²

CB + CA = $\dfrac{a^2}{k.\lambda}$(**)

Từ (*) và (**) suy ra $CA=\dfrac{a^2}{2k.\lambda}-\dfrac{k}{2}\lambda$

Tại M: ứng với k = 1: MA = $\dfrac{a^2}{2\lambda}$- 0,5λ (1)

Tại N: ứng với k = 2: NA = $\dfrac{a^2}{4\lambda}$- λ (2)

Tại P: ứng với k = 3: PA = $\dfrac{a^2}{6\lambda}$ - 1,5 λ (3)

Tại Q: ứng với k = 4: QA = $\dfrac{a^2}{8\lambda}$ - 2 λ (4)

Lấy (1) – (2) : MN = MA – NA = $\dfrac{a^2}{4\lambda}$ + 0,5λ = 22,25 cm (5)

Lấy (2) – (3) : NP = NA – PA = $\dfrac{a^2}{12\lambda}$ + 0,5λ = 8,75 cm (6)

Lấy (5) - (6) → $\dfrac{a^2}{\lambda}$ = 81 (cm) và λ = 4 cm .

Thế vào (4) → QA = 2,125 cm.

00:00:00