- Trang chủ >>
- Khoa Học Tự Nhiên >>
- Vật lý
5 câu vận dụng cao vật lý 12 luyện thi THPTQG2018
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (612.96 KB, 5 trang )
/>Câu 1: Một chất điểm dao động điều hoà không ma sát. Khi vừa qua khỏi vị trí cân bằng một đoạn S
động năng của chất điểm là 8,5J. Đi tiếp một đoạn 2S nữa thì động năng chỉ còn 4,5J (vật vẫn chưa đổi
chiều chuyển động) và nếu đi thêm đoạn 1 S nữa thì động năng bây giờ là:
A. 1 J
B. 0.5 J
C. 0,75 J
D. 1,5 J
Câu 2: Một chất điểm dao động điều hoà không ma sát. Khi vừa qua khỏi vị trí cân bằng một đoạn S
động năng của chất điểm là 0,6mJ. Đi tiếp một đoạn S nữa thì động năng chỉ còn 0,48mJ (vật vẫn chưa
đổi chiều chuyển động) và nếu đi thêm đoạn 2,5 S nữa thì động năng bây giờ là:
A. 0.36 mJ
B. 0.15 mJ
C. 0,51m J
D. 0,6 mJ
Câu 3 (ĐH-2013): Một nguồn phát sóng dao động điều hòa tạo ra sóng tròn đồng tâm O truyền trên
mặt nước với bước sóng . Hai điểm M và N thuộc mặt nước, nằm trên hai phương truyền sóng mà
các phần tử nước dao động.Biết OM = 8λ ON = 12λ và OM vuông góc ON. Trên đoạn MN, số điểm
mà phần tử nước dao động ngược pha với dao động của nguồn O là:
A. 5
B. 6
C. 7
D. 4.
Câu 4 : mạch RLC không phân nhánh, có R= 60Ω , cuộn cảm thuần và tụ điện C .Lần lượt đặt điện áp
xoay chiều có giá trị hiệu dụng là U vào 2 đầu đoạn mạch nối tiếp RL và RC thì biểu thức cường độ
trong mạch lần lượt là.𝑖1 = 2√2 cos(100𝜋𝑡 −
𝜋
12
)A ; 𝑖2 = 2√2 cos(100𝜋𝑡 +
trên vào mạch RLC thì biểu thức cường độ dòng điện qua mạch là?
5𝜋
12
)A.Nếu đặt điện áp
𝜋
A. 𝑖 = 2√6 cos(100𝜋𝑡 + )𝐴
4
𝜋
B. 𝑖 = 2√6 cos(100𝜋𝑡 + )A
6
𝜋
C. 𝑖 = 4 cos(100𝜋𝑡 + )A
4
𝜋
D. 𝑖 = 4 cos(100𝜋𝑡 + )A
6
Câu 5: Mạch RLC không phân nhánh,có cuộn cảm thuần L, điển trở R và tụ điện C .mắc vào 2 đầu
đoạn mạch một điện áp xoay chiều có tần số không đổi.tại thời điểm 𝑡1 điện áp tức thời của 𝑢𝑅 =
20𝑉; 𝑢𝐿 = 30√3𝑉; 𝑢𝑐 = −15√3𝑉 .Tại thời điểm 𝑡2 điện áp tức thời của 𝑢𝑅 = 0𝑉; 𝑢𝐿 = −60𝑉
𝑢𝑐 = 30𝑉.Hỏi điện áp cực đại 2 đầu đoạn mạch bằng bao nhiều?
A. 50 V
C. 50 √3V
B. 60V
D. 60√3V
Hướng Dẫn Giải Chi Tiết
Câu 1:
Ở dạng bài này ta sử dụng các công thức tỉ lệ sau:
Wt
W
=
x2
A2
;
Wđ
W
=
𝐴2 −x2
A2
=1−
𝑥2
Wt1
𝐴
Wt2
2 ;
=
x12
x22
/>
DAY 1
/>
𝑥1
O
-A
S
𝑥2
A
2S
Gọi 𝑥1 , 𝑥2 lần lượt là li độ trước và sau của vật.
Vì vật chuyển động từ vị trí cân bằng nên 𝒙𝟏 =S.Vì vật chưa đổi chiều chuyển động nên 𝒙𝟐 =3S
Suy ra:
Wt2
Wt1
Ta có : {
=
x22
x12
=9
𝑊 = 𝑊𝑡1 + 𝑊đ1
𝑊 = 𝑊𝑡2 + 𝑊đ2
Và 𝑊đ1 = 8,5𝐽 ; 𝑊đ2 = 4,5𝐽
Suy ra : ta tính được 𝑊𝑡1 =0,5J
W=9J suy ra :
𝑊
𝑊𝑡1
=
𝐴2
𝑆2
=18 >> A=√18 𝑆 =4,24S
Vậy khi vật đi thêm đoạn S nữa thì vật vẫn chưa đổi chiều
Suy ra . 𝑥3 = 4𝑆 >> 𝑊𝑡3 =16𝑊𝑡1 =8J >> 𝑊đ3 = 𝑊 − 𝑊𝑡3 = 1J
Đáp án : A
Câu 2.
Gọi 𝑥1 , 𝑥2 lần lượt là li độ trước và sau của vật.
Vì vật chuyển động từ vị trí cân bằng nên 𝒙𝟏 =S.Vì vật chưa đổi chiều chuyển động nên 𝒙𝟐 =2S
Suy ra:
Wt2
Wt1
Ta có : {
=
x22
x12
=4
𝑊 = 𝑊𝑡1 + 𝑊đ1
𝑊 = 𝑊𝑡2 + 𝑊đ2
Và 𝑊đ1 = 0,6𝑚𝐽 ; 𝑊đ2 = 0,48𝑚𝐽
Suy ra : ta tính được 𝑊𝑡1 =0,04mJ
/>
DAY 1
/>Suy ra W=0,64mJ suy ra :
𝑊
𝑊𝑡1
=
𝐴2
𝑆2
=4 >> A=4𝑆
Vậy khi vật đi thêm đoạn 2,5S nữa thì vật đã đổi chiều
Suy ra . 𝑥3 = 2𝐴 − 4,5𝑆 = 8𝑆 − 4,5𝑆 = 3,5𝑆 >> 𝑊𝑡3 =12,25𝑊𝑡1 =0,49mJ
>> 𝑊đ3 = 𝑊 − 𝑊𝑡3 = 0,15mJ
Đáp án B
Câu 3 :
Các điểm ngược pha với O phải thỏa mãn:
1
d
1
2
λ
2
d = (k + )𝜆 >> k = −
từ đó ta tính được
𝑘𝑀 =
𝑘𝑁 =
𝑑𝑀
𝜆
1
−
2
= 7,5
𝑑𝑁 1
− = 11,5
𝜆
2
M
k=7,5
H k=6,1
Nhiều em sẽ mắc sai lầm sẽ cho k nằm
7,5≤ k ≤11,5
>> lấy k nguyên k ∈ (8, … ,11)có 4 điểm (Sai)
8
λ
6,6λ
O
Vì sao:
k=11,5
N
12
Ta phải xét khoảng cách từ các điểm trên đoạn MN để biết tìm được k nhỏλnhất và k lớn trên đoạn MN
sau đó rút ra được các khoảng k
ta có khoảng cách từ O các điểm trên đoạn MN nhỏ nhất khi điểm đó là hình chiếu của O lên đoạn MN
. hay gọi là đường cao OH của tam giác vuông OMN xuống cạnh MN
Ta dễ dàng tính được OH bằng công thức hệ thức lượng trong tam giác:
1
𝑂𝐻 2
=
1
𝑂𝑀2
+
Suy ra 𝑘𝐻 =
1
𝑂𝑁 2
𝑑𝐻
𝜆
>> OH = 6,6𝜆
−
1
2
= 6,1
Nên ta sẽ có 2 khoảng k
6,1≤ k ≤ 7,5 >> lấy k nguyên k = 7 >> có 1 điểm
/>
DAY 1
/>6,1< k ≤ 11,5 >> lấy k nguyên k∈ (7, … ,11) >> có 5 điểm
Vậy trên đoạn MN số điểm ngược pha với O là 6 điểm
Đáp án B
Câu 4:
Giả sử u của mạch có phương trình : u = 𝑈√2 cos(100𝜋𝑡 + 𝜑𝑢 )V
Vì 𝐼01 = 𝐼02 = 2√2𝐴 suy ra 𝑍𝑅𝐿 = 𝑍𝑅𝐶
Và ta luôn có độ lệch pha 𝑖1 , 𝑖2 bằng độ lệch pha giữa 𝑢𝑅𝐿 , 𝑢𝑅𝐶
Δ𝜑 = |𝜑𝑖1 − 𝜑𝑖2 | =
𝜋
2
suy ra 𝑢𝑅𝐿 , 𝑢𝑅𝐶 vuông pha với nhau.
Sử dụng phương pháp giản đồ
Ta có : tam giác OAB vuông cân tại O
Suy ra: R = 𝑍𝐿 = 𝑍𝑐 = 60Ω ; 𝑍𝑅𝐿 = 𝑍𝑅𝐶 = 60√2 Ω
𝑈0 = 𝐼01 𝑍𝑅𝐿 = 𝐼02 𝑍𝑅𝐶 = 240 V
Khi ta mắc vào mạch RLC
Vì 𝑍𝐿 = 𝑍𝑐 suy ra Z = R = 60 Ω >> 𝐼0 =
𝑈0
𝑍
= 4𝐴
/>
DAY 1
/>Và ta có i,u luôn cùng pha với nhau.
𝜋
𝜋
4
4
Từ giản đồ ta có u luôn sớm pha với 𝑖1 góc hoặc châm pha hơn 𝑖2 góc
Suy ra
𝜋
𝑖 = 4 cos(100𝜋𝑡 + )A
6
Đáp án C
Câu 5.
Trong mạch RLC ta luôn có
𝑢𝑅 luôn vuông pha vơi 𝑢𝐿 , 𝑢𝑐
𝑢𝐿 𝑙𝑢ô𝑛 𝑛𝑔ượ𝑐 𝑝ℎ𝑎 𝑢𝑐
Ta thấy tại thời điểm 𝑡2 : 𝑢𝑅 = 0 suy ra 𝑢𝐿 , 𝑢𝐶 𝑐ó độ 𝑙ớ𝑛 𝑙ầ𝑛 𝑙ượ𝑡 𝑈0𝐿 , 𝑈0𝐶
Suy ra: 𝑈0𝐿 = 60𝑉 , 𝑈0𝐶 = 30𝑉
Tại thời điểm 𝑡1 :
Vì 𝑢𝑅 luôn vuông pha vơi 𝑢𝐿 , 𝑢𝑐 áp dụng công thức độc lập ta được:
𝑢𝑅 2
𝑈0𝑅 2
=1−
𝑢𝐿 2
𝑈0𝐿 2
=1−
𝑢𝐶 2
𝑈0𝐶 2
Từ đó ta được: 𝑈0𝑅 = 40𝑉
Suy ra 𝑈0 = √𝑈0𝑅 2 + (𝑈𝑂𝐿 − 𝑈0𝐶 )2 = 50𝑉
Đáp án:A
Trong quá trình soạn bài không tránh được việc sai sót mong các em thông cảm
Mọi thắc mắc và góp ý các em có thể gửi vào group:
Link: />
/>
DAY 1
