Tổng hợp bài tập Vận dụng cao môn Vật Lý ôn thi THPT QG 2017 trường Chuyên ĐHSP Hà Nội

ĐỀ THI THỬ THPT QG 2017 MÔN VẬT LÝ LẦN 1

TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC SƯ PHẠM- HÀ NỘI

 

Câu 1: Điện áp tức thời \(u = 200\cos \left( {{\rm{100}}\pi {\rm{t  + }}\frac{{2\pi }}{3}} \right)V\) . Trong thời gian 0,05s kể từ thời điểm ban đầu . Số lần điện áp u =150V là:

     A. 4                               B. 5                               C. 6                               D. 7

Dạng BT: Các mạch điện xoay chiều                                                    Mức độ: Vận dụng cao

Lời giải:

 

• Phương pháp giải sử dụng mối liên hệ giữa đường tròn lượng giác và dòng điện xoay chiều

• Chu kỳ dao động của mạch là \(T = \frac{1}{f} = \frac{1}{{50}} = 0,02s,t = 0,05s = 2,5T\)

• Ta thấy ở thời điểm ban đầu điện áp ở vị trí – 100V 

• Từ đồ thị ta thấy trong khoảng thời gian t = 2,5T số lần điện áp của dòng điện là 150V là 4 lần

Câu 2: Có 2 nguồn điện sóng kết hợp \({S_1},{S_2}\) thực hiện các dao động điều hòa theo phương vuông góc với mặt chất lỏng cùng tần số, lệch pha nhau là \(\varphi \) . Biết trên đường nối 2 nguồn sóng, trong số những điểm có biên độ bằng 0 thì điểm M gần đường trung trực nhất, cách nó một khoảng \(\frac{\lambda }{8}\) . Giá trị của  \(\varphi \) là:

     A.    \(\frac{\pi }{2}\)                          B.   \(\pi \)                            C.   \(\frac{\pi }{6}\)                                   D.   \(\frac{\pi }{4}\)      

Dạng BT: Giao thoa sóng                                     Mức độ: Vận dụng cao

Lời giải:

Đường cực đại trung tâm sẽ lệch so với đường trung trực của \({S_1},{S_2}\)  1 khoảng bằng \(\frac{{\Delta \varphi \lambda }}{{4\pi }}\) .

Điểm cực tiểu trên S₁S₂ (là điểm M) gần điểm cực đại trung tâm nhất (là điểm O) sẽ cách nó 1 khoảng bằng \(\frac{\lambda }{4}\) . Gọi trung điểm của S₁S₂ là I.

+ TH1: điểm M nằm giữa I và O.

Ta có: \(IM + MO = IO \Rightarrow \frac{\lambda }{8} + \frac{\lambda }{4} = \frac{{\Delta \varphi .\lambda }}{{4\pi }} \Rightarrow \Delta \varphi  = \frac{{3\pi }}{2}\)

+ TH2: điểm I nằm giữa M và O.

Ta có: \(IM + IO = MO \Rightarrow \frac{\lambda }{8} + \frac{{\Delta \varphi .\lambda }}{{4\pi }} = \frac{\lambda }{4} \Rightarrow \Delta \varphi  = \frac{\pi }{2}\)

Ta thấy đáp án A thỏa mãn đề bài.

Câu 3: Hai cuộn dây có  \({R_1},{L_1},{R_2},{L_2}\) mắc nối tiếp vào mạng điện xoay chiều \(u = U\sqrt 2 cos\omega t\left( V \right)\) . Tổng độ lớn hiệu điện thế hiệu dụng giữa hai đầu cuộn dây bằng hiệu điện thế hiệu dụng giữa hai đầu cả mạch thì:

A.  \(\frac{{{R_1}}}{{{R_2}}} = \frac{{{L_2}}}{{{L_1}}}\)                 B.     \({R_1}{L_1} = {R_2}{L_2}\)        

C.   \(\frac{{{R_1}}}{{{R_2}}} = \frac{{{L_1}}}{{{L_2}}}\)                D.   \({R_1}{R_2} = {L_1}{L_2}\)

Dạng BT: Các mạch điện xoay chiều                                                    Mức độ: Vận dụng cao

Lời giải:

Theo đề bài, ta có:

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
U = \sqrt {U_{{L_1}}^2 + U_{{R_1}}^2}  + \sqrt {U_{{L_2}}^2 + U_{{R_2}}^2} \\
U = \sqrt {{{\left( {{U_{{R_1}}} + {U_{{R_2}}}} \right)}^2} + {{\left( {{U_{{L_1}}} + {U_{{L_2}}}} \right)}^2}} 
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow U_{{L_1}}^2 + U_{{R_1}}^2 + U_{{L_2}}^2 + U_{{R_2}}^2 + 2\sqrt {\left( {U_{{L_1}}^2 + U_{{R_1}}^2} \right)\left( {U_{{L_2}}^2 + U_{{R_2}}^2} \right)}  = {\left( {{U_{{R_1}}} + {U_{{R_2}}}} \right)^2} + {\left( {{U_{{L_1}}} + {U_{{L_2}}}} \right)^2}
\end{array}\)

\(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow \sqrt {\left( {U_{{L_1}}^2 + U_{{R_1}}^2} \right)\left( {U_{{L_2}}^2 + U_{{R_2}}^2} \right)}  = {U_{{R_1}}}{U_{{R_2}}} + {U_{{L_1}}}{U_{{L_2}}} \Leftrightarrow {\left( {{U_{L2}}{U_{R2}} - {U_{L1}}{U_{R1}}} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow {U_{L2}}{U_{R2}} = {U_{L1}}{U_{R1}}\\
 \Leftrightarrow {L_2}{R_2} = {L_1}{R_1}
\end{array}\)

Câu 4: Mạch điện dao động điện tử đang thực hiện dao động điện từ tự do, người ta đo được cường độ dòng điện tức thời qua mạch và điện tích trên các bán cực của tụ ở các thời điểm t₁, t₂ lần lượt là: \({i_1} = 0,6\sqrt 2 A;{q_1} = 0,{6.10^{ - 6}}\sqrt 6 C;{i_2} = 0,6\sqrt 6 A;{q_2} = 0,{6.10^{ - 6}}\sqrt 2 C\) . Lấy \(\pi  = 3,14\) bước sóng mạch dao động bắt được là: 

     A. 188,40m                 B. 18840m                  C. 1884m                     D. 18,84m

Dạng BT: Mạch dao động LC                                                      Mức độ: Vận dụng cao

Lời giải:

Vì i và q vuông pha nhau nên ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
{\left( {\frac{{{i_1}}}{{{I_0}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{{{q_1}}}{{{Q_0}}}} \right)^2} = 1\\
{\left( {\frac{{{i_2}}}{{{I_0}}}} \right)^2} + {\left( {\frac{{{q_2}}}{{{Q_0}}}} \right)^2} = 1
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{\left( {\frac{1}{{{I_0}}}} \right)^2} = \frac{{25}}{{72}}\\
{\left( {\frac{1}{{{Q_0}}}} \right)^2} = \frac{{25}}{{72}}{.10^{12}}
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{I_0} = \frac{{6\sqrt 2 }}{5}\left( A \right)\\
{Q_0} = \frac{{6\sqrt 2 }}{5}{.10^{ - 6}}\left( C \right)
\end{array} \right.\)

Có \({I_0} = {Q_0}.\omega  = {Q_0}.2\pi .f = \frac{{{Q_0}.2\pi c}}{\lambda } \Rightarrow \lambda  = \frac{{{Q_0}.2\pi }}{{{I_0}}} = 1884\left( m \right)\)

Câu 5: Cho mạch điện RLC nối tiếp, có điện trở \(R = 90\Omega \) . Đặt vào hai đầu đoạn mạch điện áp \(u = 100\sqrt 2 \cos 100\pi t\left( V \right)\) . Thay đổi L ta thấy khi có cảm kháng cuộn dây bằng Z_L  thì hiệu điện thế giữa hai đầu RL đạt giá trị cực đại bằng 200V. Tính Z_l.

     A.   \(90\Omega \)                       B.   \(180\Omega \)                         C.   \(150\Omega \)                          D.  \(120\Omega \)    

Dạng BT: Các mạch điện xoay chiều                                                    Mức độ: Vận dụng cao

Lời giải:

• Ta có: \({U_{RL}} = \frac{{U.\sqrt {{R^2} + Z_L^2} }}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }} = \frac{U}{{\sqrt {1 + \frac{{Z_C^2 - 2{Z_L}{Z_C}}}{{{R^2} + Z_L^2}}} }}\)

• Để U_RL  max thì mẫu số phải min, tức là \(f = \frac{{Z_C^2 - 2{Z_L}{Z_C}}}{{{R^2} + Z_L^2}}\)  phải min.

• Đạo hàm f và tính \(f' = 0\) , ta được phương trình: \(Z_L^2 - {Z_L}{Z_C} + {R^2} = 0 \Rightarrow U_L^2 - {U_L}{U_C} + U_R^2 = 0\)  (1)

• Mặt khác, ta có  \(U_R^2 + {\left( {{U_L} - {U_C}} \right)^2} = {100^2}\) và  \(U_R^2 + U_L^2 = {200^2}\left( 2 \right)\)

• Từ (1) và (2) suy ra \({U_R} = 40\sqrt 5 \left( V \right);{U_L} = 80\sqrt 5 \left( V \right);{U_C} = 100\sqrt 5 \left( V \right)\)

Vậy \({Z_L} = \frac{{R.{U_L}}}{{{U_R}}} = 180\left( \Omega  \right)\) 

ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT:

Câu	1	2	3	4	5	6	7
Đáp án	A	A	C	C	B	A	C
Câu	8	9	10	11	12	13	14
Đáp án	D	D	A	A	A	B	C

 

{-- xem đầy đủ nội dung ở phần xem online hoặc tải về --}

Trên đây là trích đoạn một phần hướng dẫn giải chi tiết của các câu bài tập ở mức độ vận dụng cao trong phần Tổng hợp từ đề thi thử THPT QG 2017 tham khảo của trường THPT Chuyên ĐH Sư Phạm- Hà Nội

Để xem toàn bộ nội dung các em chọn chức năng xem online hoặc đăng nhập vào trang hoc247.net để tải tài liệu về máy tính.

Hy vọng tài liệu này sẽ giúp các em học sinh lớp 12 ôn tập tốt và đạt thành tích cao nhất trong kỳ thi THPT Quốc gia 2017 sắp tới.

Các em quan tâm có thể tham khảo thêm các tài liệu cùng chuyên mục:

• Bộ 5 Đề thi thử THPT QG 2017 môn Vật Lý các trường THPT chuyên có đáp án

• Bộ 5 đề thi thử THPT QG 2017 môn Vật Lý các Sở GD-ĐT có giải chi tiết

• Bộ 5 Đề thi thử THPT QG 2017 có lời giải chi tiết môn Vật Lý

Chúc các em học tập tốt và đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới.