Giải chi tiết Đề thi thử vật lý TN THPT - Đề số 8

Nếu bạn chưa làm đề thi thử THPT quốc gia môn vật lý - Đề số 8 thì hãy làm một cách nghiêm túc trước đã, sau đó quay lại đây để đọc và suy ngẫm lời giải chi tiết. Còn nếu bạn đã làm đề thi thử THPT quốc gia môn vật lý - đề số 8, hãy bắt đầu với những lời giải ngắn gọn và dễ hiểu ngay dưới đây.

Phần 1: Nhận biết

Phần này đơn giản, xin được nêu đáp án. Tuy nhiên, một số câu được giải thích chi tiết nếu là câu có kiến thức khó nhớ.

1.D	2.C	3.C	4.D	5.D	6.C	7.C	8.A	9.D	10.B

Phần 2: Thông hiểu

Ở phần này, mỗi câu phải sử dụng một phép tính. Yêu cầu phải nhớ công thức, đơn vị và có kĩ năng bấm máy tính đơn giản. Sau đây là lời giải chi tiết:

Câu 11. A

Đây là hiện tượng nhiễm điện do hưởng ứng. Thanh MN ban đầu không nhiễm điện, vật A nhiễm điện âm. Chỉ đưa quả cầu A lại gần đầu M (chưa tiếp xúc) thì xét tổng thể, thanh MN vẫn không nhiễm điện. Tuy nhiên, do MN là vật dẫn, các điện tích tự do trong nó dễ dàng di chuyển khắp nơi, nên khi quả cầu A lại gần, nó hút các điện tích dương về đầu M (M nhiễm điện dương), đầu N thiếu điện tích dương nên nhiễm điện âm.

Câu 12. D

Cơ năng có thể tính theo hai công thức
$W=\frac{1}{2}kA^2$ hoặc $W=\frac{1}{2}m\omega^2A^2$

Câu 13. A

Từ thông qua một khung dây
$\Phi=NBS\cos{\alpha}$
Trong đó $N=1, B=0.08\space\text{T},S=10\space\text{cm}^2=10\times10^{-4}\space\text{m}^2$, thay vào công thức tính được
$\Phi=8\times10^{-5}\space\text{Wb}$

Câu 14. C

Tốc độ cực đại của vật dao động điều hòa là $v_{\text{max}}=\omega A$, trong đó
$\omega=10\space\text{rad/s}, A=2\space\text{cm}$, thay vào công thức ta được
$v_{\text{max}}=10\times2=20\space\text{cm/s}$

Câu 15. B

Dung kháng tụ điện $Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{2\pi fC}$
Với $f=100\space\text{Hz}, C=100\space\text{μF}=100\times10^{-6}\space\text{F}$, khi đó
$Z_C=\frac{1}{2\pi100\times100\times10^{-6}}=32\space\text{Ω}$

Câu 16. D

Vân sáng bậc k có hiệu khoảng cách đến hai khe sáng là
$d_1-d_2=k\lambda$
Với $k=3,\lambda=480\space\text{nm}$
$d_1-d_2=3\times480=1440\space\text{nm}$

Câu 17. B

Bán kính quỹ đạo dừng $r_n=n^2r_0$, quỹ đạo O ứng với $n=5$
$r_5=5^2\times5.3\times10^{-11}=132.5\times10^{-11}\space\text{m}$

Câu 18. D

Khoảng cách giữa hai nút cạnh nhau bằng nửa bước sóng, tức là bước sóng gấp đôi khoảng cách này
$\lambda=2\times20=40\space\text{cm}$

Câu 19. D

Hạt nhân có năng lượng liên kết $\Delta E$ thì năng lượng liên kết riêng bằng $\frac{\Delta E}{A}$ và bằng
$\frac{6.80}{4}=2.27\space\text{MeV/nuclôn}$

Câu 20. A

Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng
$n_{\text{tt}}\sin{i}=n_{\text{kk}}\sin{r}\Rightarrow r=\arcsin{\frac{n_{\text{tt}}\sin{i}}{n_{\text{kk}}}}$
Với $n_{\text{tt}}=1.5, n_{\text{kk}}=1, i=30^0$
$r=\arcsin{\frac{1.5\sin{30^0}}{1}}=48^035^{'}$

Câu 21. A

Áp dụng định luật bảo toàn số khối và định luật bảo toàn điện tích, và chú ý rằng $\beta^{-}$ là hạt ${^0_{-1}}\text{e}$, hạt ${^A_Z}\text{X}$ có
$A=214-0=214,Z=82-(-1)=83$
Số nơtron là $A-Z=214-83=131$

Câu 22. C

Năng lượng phôtôn (hay còn gọi là lượng tử) có công thức:
$\varepsilon=\frac{hc}{\lambda}$
Hiệu lượng tử của hai phôtôn là
$\Delta\varepsilon=hc(\frac{1}{\lambda_1}-\frac{1}{\lambda_2})$
$=1.9875\times10^{-25}(\frac{1}{300}-\frac{1}{500})\times10^{9}$
$=2.65\times10^{-19}\space\text{J}$
$\Delta\varepsilon=2.65\times10^{-19}\space\text{J}>0$
kết luận $\varepsilon_2$ nhỏ hơn $\varepsilon_1$ $2.65\times10^{-19}\space\text{J}$

Phần 3: Vận dụng thấp

Câu 23. A

Tốc độ trung bình luôn tính bằng công thức $v_\text{tb}=\frac{s}{\Delta t}$
Trong đó, quãng đường $s$ và thời gian $\Delta t$ được tính bằng đường tròn pha dưới đây:

Từ đường tròn pha thì
$s=9\space\text{cm},$ $\Delta \varphi=\frac{2\pi}{3}\Rightarrow\Delta t=\frac{T}{3}=\frac{1}{6}\space\text{s}$
$v_\text{tb}=\frac{9}{\frac{1}{6}}=54\space\text{cm/s}$

Câu 24. B

Hiệu suất truyền tải đường dây một pha
$H=1-\frac{PR}{U^2\cos^2{\varphi}}\Rightarrow 1-H=\frac{PR}{U^2\cos^2{\varphi}}$
Trong điều kiện $P, R$ và $\cos{\varphi}$ không đổi, ta có tỉ số
$\frac{1-H_2}{1-H_1}=(\frac{U_2}{U_1})^2$
$U_2=U_1\times\sqrt{\frac{1-H_2}{1-H_1}}=3.5\sqrt{3}\space\text{kV}$

Câu 25. D

Biểu diễn các khoảng cách bằng hình dưới đây

Trên đường thẳng MN, nơi có mức cường độ âm lớn nhất là nơi gần nguồn O nhất, đó là điểm H. Ta xác định được mức cường độ âm tại H nếu biết khoảng cách $h$
$h=\frac{36\times48}{60}=28.8\space\text{m}$
$10^{L_\text{H}-L_\text{M}}=(\frac{OM}{OH})^2$
$\Rightarrow L_\text{H}=L_\text{M}+2\times10\lg{\frac{OM}{OH}}=73.4\space\text{dB}$

Câu 26. D

Lực tĩnh điện giữa hạt nhân và êlectron trong nguyên tử hidro theo mẫu nguyên tử Bo
$F\text{~}\frac{1}{n^4}$
Với quỹ đạo K thì $n=1$, quỹ đạo N thì $n=4$, quỹ đạo L thì $n=2$
$\frac{F_\text{N}}{2^4}=\frac{F_\text{L}}{4^4}=\frac{F_\text{L}-F_\text{N}}{4^4-2^4}\Rightarrow F_\text{N}=2^4\times\frac{F_\text{L}-F_\text{N}}{4^4-2^4}$
Mặt khác $\frac{F_\text{N}}{1^4}=\frac{F_\text{K}}{4^4}=\frac{F}{4^4}$
Suy ra $F_\text{L}-F_\text{N}=\frac{4^4-2^4}{2^4}\times\frac{F}{4^4}=\frac{15}{256}F$

Câu 27. D

Sử dụng đường tròn pha như hình dưới đây. Động năng giảm liên tục tức là vật chưa đổi chiều chuyển động. Động năng nên tính theo công thức
$W_\text{đ}=\frac{1}{2}kA^2-\frac{1}{2}kx^2$

Từ hai giá trị động năng ta viết được hai phương trình:
$5.208=\frac{1}{2}kA^2-\frac{1}{2}ka^2$ (1)
$3.608=\frac{1}{2}kA^2-\frac{1}{2}k(3a)^2$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra
$\frac{1}{2}kA^2=0.0054\space\text{mJ},\frac{1}{2}ka^2=0.0002\space\text{mJ}$
Suy ra $A=5.2a$
Như vậy, nếu đi tiếp một đoạn $3a$ thì vật đã quay lại một đoạn $0.8a$, tức là nó đến li độ $4.4a$, khi đó động năng bằng
$W_{\text{đ}_3}=0.0054-4.4^2\times0.0002=1.536\space\text{mJ}$

Câu 28. D

Hai vân bậc $k_1$ và $k_2$ ($k_2$ là số nguyên lẻ vì nó là vân tối) của hai bức xạ trùng nhau khi
$\frac{k_1}{k_2}=\frac{\lambda_2}{2\lambda_1}=\frac{720}{2\times450}=\frac{4}{5}=\frac{12}{15}$
Vạch trùng thứ hai ứng với vân sáng bậc 12 của bức xạ $\lambda_1$

Câu 29. B

Trước hết, có $C$ ta phải tính $Z_C$ ngay
$Z_C=\frac{1}{\omega C}=\frac{1}{100\pi\times\frac{250\times10^{-6}}{3\pi}}=120\space\text{Ω}$
Bây giờ xét đến điều kiện ${U_C}_\text{max}$ khi $L$ thay đổi. Nó xảy ra khi cộng hưởng, tức là
$R=Z=\frac{U}{I}=\frac{U}{\frac{U_C}{Z_C}}=\frac{200}{250}\times120=96\space\text{Ω}$

Câu 30. B

Nói đến số hạt phân rã trong thời gian nào đó, ta dùng công thức
$\Delta N=N_0(1-2^{\frac{t}{T}})\text{~}1-2^{\frac{t}{T}}$
Ban đầu số hạt là $N_0$
Sau $t_1=1\space\text{h}$ số phân rã là $\Delta N_1=1024n$,
Sau $t_2=3\space\text{h}$ số phân rã là $\Delta N_1=1024n+33n=1057n$,
$\frac{\Delta N_1}{\Delta N_2}=\frac{1-2^{\frac{1}{T}}}{1-2^{\frac{3}{T}}}=\frac{1024}{1057}$ $\Rightarrow T=0.2\space\text{h}=12\space\text{phút}$

Câu 31. A

Trước hết ta giải quyết bài toán quang hình: Khoảng cách vật - màn không đổi $L=96\space\text{cm}$, có hai vị trí của thấu kính cho ảnh rõ nét trên màn. Hai vị trí này cách vật $d$ và $d+48$, thì tất nhiên ảnh trên màn nên nó cách thấu kính tương ứng là $96-d$ và $96-d-48$
$\frac{1}{f}=\frac{1}{d}+\frac{1}{96-d}=\frac{1}{d+48}+\frac{1}{96-d-48}$
Bấm máy nhanh tay ta có ngay $d=24\space\text{cm}$
$\frac{F{_1^{'}}F{_2^{'}}}{F_1F_2}=\frac{96-24}{24}\Rightarrow F_1F_2=F{_1^{'}}F{_2^{'}}\times\frac{24}{72}=\frac{4}{3}\space\text{mm}$
Bây giờ bỏ thấu kính, ta xét thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, với $D=0.96\space\text{m}$, $a=\frac{4}{3}\space\text{mm}$, $\lambda=0.4\space\text{μm}$
Chỉ đơn giản tính khoảng vân
$i=\frac{\lambda D}{a}=\frac{0.4\times0.96}{\frac{4}{3}}=0.288\space\text{mm}$

Câu 32. A

Từ đồ thị ta đọc được:
+ Bước sóng bằng 12 đơn vị chia trên trục O$x$,
+ Trạng thái của điểm O ở thời điểm $t_1$ được truyền đến N ở thời điểm $t_2$, tức là sóng truyền được quãng đường $s=\text{ON}=4$ đơn vị chia trong thời gian $\Delta t$
$\frac{\Delta t}{T}=\frac{4}{12}=\frac{1}{3}\Rightarrow T=3\Delta t=0.24\space\text{s}$
Trên đường tròn pha (hình dưới đây), độ biến thiên pha giữa hai thời điểm là $\frac{2\pi}{3}$

Từ đường tròn pha ta dễ thấy
$3=A\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow A=2\sqrt{3}\space\text{cm}$
Trạng thái của N cũng như trạng thái của O ở thời điểm $t_1$, như trên đường tròn pha, nó qua vị trí cân bằng theo chiều dương. Vận tốc của N là vận tốc cực đại
$v_{\text{max}}=\omega A=\frac{2\pi}{T}A=91\space\text{cm/s}$

Câu 33. A

Đây là bài toán xác định véc tơ cảm ứng từ tổng hợp do hai dòng điện thẳng gây ra tại một điểm, các bước như sau:
+ Vẽ hình biểu diễn các dòng điện dạng ㊉ hoặc ☉, các khoảng cách dễ dàng nhẩm được, và dễ dàng nhận định các độ lớn cảm ứng từ $B_1=B_2$, chúng vuông góc với các đường nối đến các dòng điện, chiều theo quy tắc vặn nút chai (hình vẽ ngay dưới đây).

+ Tính độ lớn các véc tơ cảm ứng từ do $I_1, I_2$ gây ra tại M:
$B_1=B_2=2\times10^{-7}\frac{I}{r}=2\times10^{-7}\frac{2}{0.05}=8\times10^{-6}\space\text{T}$
+ Từ hình vẽ ta tính được độ lớn véc tơ cảm ứng từ tổng hợp:
$B=2B_1\cos{\alpha}=2B_1\sin{\beta}$
$=2\times8\times10^{-6}\times\frac{3}{5}=9.6\times10^{-6}\space\text{T}$
+ Hướng thì dễ dàng thấy $\vec{B}$ vuông góc với đường thẳng AB.

Câu 34. A

Đây là bài toán về lực Culomb tương tác giữa hai điện tích điểm $q_1$ và $q_2$ cách nhau một khoảng $r$, nó có công thức
$F=9\times10^9\frac{|q_1q_2|}{r^2}$
Bài toán cho $\vec{F}_1=6.75\vec{F}_2$, ta viết được thành:
$9\times10^9\frac{|qq_1|}{r{_1^2}}=9\times10^9\frac{|qq_2|}{r{_2^2}}\Rightarrow \frac{|q_1|}{(AM){^2}}=\frac{|q_2|}{(BM){^2}}$
Đến đây, nếu bạn nào không để ý thì rất lúng túng, vì có một phương trình mà những hai ẩn, đó là hai khoảng cách AM và BM. Vấn đề là biểu thức bài toán cho là biểu thức véc tơ, ngoài liên hệ về độ lớn, nó còn cho ta biết $\vec{F}_1$ và $\vec{F}_2$ cùng hướng, tức là ta còn có một biểu thức liên hệ giữa AM và BM nữa
$|AM-BM|=AB=6\space\text{cm}$
Kết hợp hai phương trình này ta được $AM=26\space\text{cm}$

Câu 35. D

Từ thông qua cuộn dây mang dòng điện $i$ là
$\phi=Li=LI_0\cos(\omega t+\varphi_i)$
Độ lớn từ thông cực đại là
$\Phi_0=LI_0$, trong đó $I_0$ được tính theo năng lượng
$\frac{1}{2}LI{_0^2}=\frac{1}{2}CU{_0^2}\Rightarrow I_0=U_0\sqrt{\frac{C}{L}}$
$\Phi_0=U_0\sqrt{LC}=7.5\times10^{-6}\space\text{Wb}$

Câu 36. C

Trước hết ta xử lí cái bóng đèn, tức là tính điện trở và cường độ định mức
$R_\text{đ}=\frac{U{_\text{đ}^2}}{P_\text{đ}}=12\space\text{Ω},I_\text{đ}=\frac{P_\text{đ}}{U_\text{đ}}=0.5\space\text{A}$
Sau đó vẽ mạch điện và quyu ước dòng điện (như dưới đây)

Rồi viết định luật Ôm cho các đoạn AB:
$U_\text{AB}=$
$12-\frac{48}{17}I=(1+5)(I-0.5)$
$12-\frac{48}{17}I=(12+R_3)\times0.5$
Giải hệ phương trình này ta được $R_3=2.5\space\text{Ω}$

Câu 37. D

Trước hết tính bước sóng
$\lambda=\frac{v}{f}=\frac{40}{20}=2\space\text{cm}$
Vẽ hình như dưới đây:

Tất nhiên, để vẽ được hình này, ta làm như sau:
+ Vẽ nhanh các đường tròn đồng tâm (không cần chính xác lắm đâu, đảm bảo nhanh).
+ Cố định điểm N ở đường tròn thứ 5 (vì tính cả N thì đoạn ON có 5 điểm cùng pha với O).
+ Cho điểm M chạy trên đường số 8,5 (vì M ngược pha O, trên OM có 8 điểm cùng pha O), sao cho đoạn MN cắt các đường tròn tai 8 điểm.
Để MN cắt 8 điểm thì phải có một tiếp điểm H, tức là OH vuông góc với MN.
Từ hình vẽ dễ dàng tính được
$MN=MH+HN$
$=\sqrt{(5\lambda)^2-(3\lambda)^2}+\sqrt{(8.5\lambda)^2-(3\lambda)^2}$
$=11.95\lambda=23.9\space\text{cm}$

Câu 38. B

Đây là bài tập về tần số thay đổi trong mạch $RLC$, ta sẽ vận dụng phương pháp đã được tôi viết rất kỹ, đó là bài viết LẠI NÓI VỀ MẠCH ĐIỆN XOAY CHIỀU RLC CÓ TẦN SỐ THAY ĐỔI
$P_{\text{max}}=\frac{U^2}{R}$
$P=I^2R=\frac{U^2R}{R^2+L^2(\omega-\frac{\omega{_0^2}}{\omega})}=\frac{\frac{U^2}{R}}{1+\frac{L^2}{R^2}(\omega-\frac{\omega{_0^2}}{\omega})}$
$\Rightarrow \frac{L^2}{R^2}(\omega-\frac{\omega{_0^2}}{\omega})=\frac{P_{\text{max}}}{P}-1$
$\frac{\omega_2-\frac{\omega{_0^2}}{\omega_2}}{\omega_1-\frac{\omega{_0^2}}{\omega_1}}=\frac{\frac{P_{\text{max}}}{P_2}-1}{\frac{P_{\text{max}}}{P_1}-1}$
$\frac{2\pi\times120-\frac{(2\pi\times80)^2}{2\pi\times120}}{2\pi\times40-\frac{(2\pi\times80)^2}{2\pi\times40}}=\frac{\frac{240}{P_2}-1}{\frac{240}{120}-1}\Rightarrow P_2=180\space\text{W}$

Câu 39. C

Nhìn vào bảng ta thấy $W_{\text{đ}_\text{max}}=6\space\text{mJ}$, và tất nhiên các giá trị
$3=\frac{W_{\text{đ}_\text{max}}}{2},1.5=\frac{W_{\text{đ}_\text{max}}}{4},4.5=\frac{3W_{\text{đ}_\text{max}}}{4}$
Các giá trị động năng này đều tại các tọa độ cung đặc biệt trên đường tròn pha (hình dưới đây).

$t_1=\frac{T}{6}-\frac{T}{8}=\frac{T}{24}$
$t_4=\frac{5T}{12}-\frac{T}{24}=\frac{3T}{8}$
$t_6=\frac{5T}{12}+\frac{T}{8}=\frac{13T}{24}$
$t_7=\frac{5T}{12}+\frac{T}{6}=\frac{7T}{12}$

Câu 40. D

Nhìn vào đồ thị, ta thấy
$Z(L_1)=Z(L_3)$ và $U_L(L_2)=U_L(L_4)=60\space\text{V}$
Trong đó
$L_1=20\space\text{mH},L_2=40\space\text{mH},$
$L_3=60\space\text{mH},L_4=120\space\text{mH}$
Ta ngĩ đến việc áp dụng định lý Viet (tham khảo một bài viết rất cụ thể có tên ỨNG DỤNG ĐỊNH LÍ VIET CHO CÁC BÀI TOÁN VẬT LÝ)
+ Áp dụng cho $Z(L)$
$Z=\sqrt{R^2+(Z_L-Z_C)^2}$ đưa về dạng phương trình bậc hai
$Z{_L^2}-2Z_CZ_L+Z{_C^2}+R^2-Z^2=0$
Áp dụng định lí Viet:
${Z_L}_1+{Z_L}_3=2Z_C$ (1)
+ Áp dụng cho $U_L(L)$
$U_L=IZ_L=\frac{UZ_L}{\sqrt{R^2+(Z_L-Z_C)^2}}$, cũng đưa về pt bậc hai
$(1-\frac{U^2}{U{_L^2}})Z{_L^2}-2Z_CZ_L+Z{_C^2}+R^2=0$
Áp dụng định lý Viet
$Z_{L2}+Z_{L4}=\frac{2Z_C}{1-\frac{U^2}{60^2}}$ (2)
Lập tỉ số vế theo vế (1) và (2) ta được
$\frac{20+60}{40+120}=1-\frac{U^2}{60^2}\Rightarrow U=30\sqrt{2}\space\text{V}$
$U_0=U\sqrt{2}=60\space\text{V}$

Chuyên mục: Dạy học vật lý,