Đề kiểm tra giữa học kì 1 Vật lí 12 – Đề số 03 có lời giải chi tiết

câu 38: một sợi dây đàn hồi om = 90cm có hai đầu cố định. khi được kích thích thì trên dây có sóng dừng với 3 bó sóng. well độ tại bụng sóng là 3cm. tại điểm n trên dây gần o nhất có biên độ dao động là 1.5 cm. in có giá trị là:

a. 10 cm b. (5sqrt 2 cm)

c. 5 cmd. 7.5 cm.

câu 39: tại một điểm trên trục ox có một nguồn âm điểm phát âm đẳng hướng ra môi trường. hình vẽ bên là đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của cường độ âm i tại những điểm trên trục ox theo tọa độ x. cường độ âm chuẩn là ({i_0}; = {10^{-12;}}w/{m^2}). m là điểm trên trục ox có tọa độ x = 4 m. mức cường độ âm tại m có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?

a. 23db. b. 24.4db.

c. 24db. d. 23.5db.

câu 40: hai nguồn sóng kết hợp ({o_1},{o_2}) cách nhau 25cm, dao động cùng pha. Ở mặt chất lỏng, điểm m cách ({o_1},{o_2}) lần lượt là 15cm và 20cm dao động với biên độ cực đại. số điểm dao ộng với biên ộ cực ại trên (m {o_2} ) nhiều hơn so với trên (m {o_1} ) là 8. xét các điểm trên mặt chất lỏng thuộc ườNG ườ o_1}{o_2}) tại ({o_1}), điểm dao động với biên độ cực đại cách m một đoạn nhỏ nhất là

a. 90.44 mm b. 90.98 mm

c. 90.14 mm d. 90.67 mm

lời giải chi tiết

1.c

2.c

3.a

4.d

5.a

6.d

7.b

8.d

9.a

10.a

11.d

12.b

13.c

14.d

15.a

16.a

17.c

18.c

19.a

20.c

21.c

22.c

23.d

24.c

25.d

26.a

27.c

28.c

29.b

30.c

31st

32.a

33.a

34.a

35.a

36.a

37.d

38.c

39.b

40th

cau 1:

phương pháp giải:

sử dụng lí thuyết đại cương về dao động điều hòa

lời giải:

(rad/s) là đơn vị đo của tần số góc (omega {rm{ }})

chọn c.

cau 2:

phương pháp giải:

phương trình dao động tổng quát (x = a.cos left( {omega t + varphi } right)(cm))

trong đó a là bien độ dao động.

lời giải:

phương trình dao động điều hòa:

(x = 2sqrt 2 .cos left( {5pi t + 0.5pi } right)(cm) \rightarrow a = 2sqrt 2 cm)

chọn c.

cau 3:

lực kéo về tác dụng lên vật dao động điều hòa luôn hướng về vtcb

chọn a.

cau 4:

phương pháp giải:

phương trình tổng quát của dao động điều hòa là (x = a.cos left( {omega t + varphi } right))

từ đồ thị ta tìm ra biên độ, chu kì và pha ban đầu của dao động.

lời giải:

từ đồ thị ta thấy:

+ well độ dao động là a = 3 cm

+ thời gian từ t = 0.5s đến t = 2.5s là một chu kì ( rightarrow t = 2s rightarrow omega = pi left( {rad/s} right))

+ ban đầu vật ở biên dương ( rightarrow varphi = 0)

vậy phương trình dao động là: (x = 3.cos left( {pi t} right)cm)

chọn d.

cau 5:

phương pháp giải:

+ Đọc phương trình dao động

+ sử dụng biểu thức tính tần số (f = frac{omega }{{2pi }})

lời giải:

số dao động toàn phần chất điểm thực hiện được trong 1s là: (f = frac{omega }{{2pi }} = frac{{6pi }}{{2pi } } = 3)

chọn a.

cau 6:

Điều kiện có sóng dừng trên dây hai đầu cố định: (l = kfrac{lambda }{2})

chọn d.

cau 7:

tốc độ truyền sóng là tốc độ lan truyền dao động trong môi trường

chọn b.

cau 8:

phương pháp giải:

Độ lệch pha: (delta varphi = frac{{2pi d}}{lambda })

vận tốc truyền song: (v = lambda f = lambda frac{omega }{{2pi }})

lời giải:

Độ lệch pha: (delta varphi = frac{{2pi d}}{lambda } = frac{{2pi df}}{v} = frac{pi }{ 3} \rightarrow v = 6df = 6dfrac{omega }{{2pi }} = 6.0.5.frac{{4pi }}{{2pi }} \= 6{ mkern 1mu} {mkern 1mu} left( {m/s} right))

chọn d.

cau 9:

phương pháp giải:

tốc độ dao động cực đại của phần tử môi trường: ({v_{max }} = omega a)

lời giải:

tốc độ dao động cực đại của phần tử môi trường là:

({v_{max }} = omega a = 100pi .3 = 300pi {mkern 1mu} {mkern 1mu} left( {cm/s} right))

chọn a.

cau 10:

phương pháp giải:

vận tốc dao động cực đại của mỗi phần tử: ({v_{max }} = omega {y_0} = 2pi f.{y_0})

vận tốc sóng: (v = frac{lambda }{t} = lambda f)

lời giải:

vận tốc dao động cực đại của mỗi phần tử môi trường gấp 4 lần vận tốc sóng:

({v_{max }} = 4v leftrightarrow 2pi f.{y_0} = 4.lambda f\ rightarrow lambda = frac{{{y_0}pi }}{2 })

chọn a.

cau 11:

phương pháp giải:

phương trình sóng tổng quát: (u = acos left( {2pi ft – frac{{2pi x}}{lambda }} right))

tốc độ truyền song: (v = lambda f)

lời giải:

phương trình sóng là: (u = 5cos left( {6pi t – pi x} right){mkern 1mu} {mkern 1mu} left( {cm} right) )

Đối chiếu với phương trình sóng tổng quát, ta có: (left{ {begin{array}{*{20}{l}}{6pi = 2pi f rightarrow f = 3 {mkern 1mu} {mkern 1mu} left( {hz} right)}\{pi = frac{{2pi }}{lambda } rightarrow lambda = 2{mkern 1mu} {mkern 1mu} left( m right)}end{matrix}} right.)

tốc độ truyền sóng là: (v = lambda f = 2.3 = 6{mkern 1mu} {mkern 1mu} left( {m/s} right))

chọn d.

cau 12:

phương pháp giải:

chu kì của with lắc lò xo: ​​(t = 2pi sqrt {frac{m}{k}} )

with lắc lò xo nằm ngang, lực đàn hồi chính là lực phục hồi

lời giải:

chu kì của with lắc là: (t = 2pi sqrt {frac{m}{k}} = 2pi sqrt {frac{{0,1}}{{100}} } = 0.2{mkern 1mu} {mkern 1mu} left( s right))

strong in the 2019s with lắc thực hiện được số chu kì là:

(n = frac{{2019}}{t} = frac{{2019}}{{0.2}} = 10095)

vậy sau 2019s, vật trở lại vị trí ở thời điểm t = 1s

Độ lớn lực phục hồi khi đó là ({f_{ph}} = {f_{dh}} = 6{mkern 1mu} {mkern 1mu} left(n right))

chọn b.

cau 13:

phương pháp giải:

từ đồ thị ta thấy giá trị cực đại của lực kéo về là 0.04n.

từ t = 0 ến t = 1s, vật đi từ vị tríc lực kéo về Bằng một nửa giá trịc cực ại (âm) ến nửa giá trị cực ại (dương), tức là nửa chu kì. >

công thức tính lực kéo về ({f_{_{kv}}} = -kx)

lời giải:

từ t = 0 ến t = 1s, vật đi từ vị tríc lực kéo về Bằng một nửa giá trịc cực ại (âm) ến nửa giá trị cực ại (dương), tức là nửa chu kì. >

vậy chu kì t = 2s.

giá trị cực đại của lực kéo về là 0.04n nên:

({f_{max }} = ka leftrightarrow a = frac{{{f_{max }}}}{k} = frac{{{f_{max }}}}{{ m{omega ^2}}} \rightarrow a = frac{{0.04}}{{0.1.{{left( {frac{{2pi }}{t}} right)}^2}}} = 0.04m = 4cm)

chọn c.

cau 14:

phương pháp giải:

lực đàn hồi cực đại: ({f_{max }} = k.left( {a + delta l} right))

tại vtcb: (mg = k.delta l)

tần số góc: (omega = sqrt {frac{k}{m}} = sqrt {frac{g}{{delta l}}} {rm{ }})

tốc độ cực đại của vật: ({v_{max }} = omega a)

lời giải:

lực đàn hồi cực đại có độ lớn cực đại gấp 1.5 lần trọng lượng của vật:

(begin{array}{*{20}{l}}{{f_{max }} = 1.5p leftrightarrow k.left( {a + delta l} right) = 1 .5mg}\{ leftrightarrow k.left( {a + delta l} right) = 1.5k.delta l rightarrow delta l = 2a}end{matrix})

tốc độ cực đại của vật:

({v_{max }} = omega a = sqrt {frac{g}{{delta l}}} .frac{{delta l}}{2} = frac{ {sqrt {g.delta l} }}{2}\ rightarrow delta l = frac{{4.v_{max }^2}}{g} = frac{{4.0,{{ 35}^3}}}{{9.8}} = 0.05m)

tại vtcb: (mg = k.delta l\ rightarrow m = frac{{k.delta l}}{g} = frac{{40.0.05}}{{9.8 }} = 0.204kg = 204g)

chọn d.

cau 15:

phương pháp giải:

tần số góc của con lắc lò xo: ​​(omega = sqrt {frac{k}{m}} = sqrt {frac{g}{{delta l}}} { rm{ }})

lực đàn hồi của lò xo: ​​({f_{dh}} = kdelta l)

lời giải:

tần số góc của with lắc là:

(omega = sqrt {frac{k}{m}} = sqrt {frac{g}{{delta l}}}\ rightarrow 10sqrt 5 = sqrt { frac{k}{{0,1}}} = sqrt {frac{{10}}{{delta l}}} \ rightarrow left{ {begin{array}{*{20} {l}}{k = 50{mkern 1mu} {mkern 1mu} left( {n/m} right)}\{delta l = 0.02{mkern 1mu} {mkern 1mu} left( m right)}end{array}} right.)

biên độ dao động của con lắc: (a = 1{mkern 1mu} {mkern 1mu} left( {cm} right) < delta l rightarrow ) lò xo luôn giãn trong quá trình vật dao động.

Độ biến dạng của lò xo:

(left{ {begin{matrix}{*{20}{l}}{delta {l_{min }} = delta l – a = 0.02 – 0.01 = 0 .01{mkern 1mu} {mkern 1mu} left( m right)}\{delta {l_{max }} = delta l + a = 0.02 + 0.01 = 0.03 {mkern 1mu} {mkern 1mu} left( m right)}end{matrix}\ rightarrow left{ {begin{matrix}{*{20}{l}}{{f_{ dhmin }} = k.delta {l_{min }} = 50.0.01 = 0.5{mkern 1mu} {mkern 1mu} left( n right)}\{{f_{dh max }} = k.delta {l_{max }} = 50.0.03 = 1.5{mkern 1mu} {mkern 1mu} left( n right)}end{matrix}} right .} right.)

chọn a.

cau 16:

phương pháp giải:

chu kì của with lắc lò xo: ​​(t = 2pi sqrt {frac{m}{k}} )

Độ cứng của hệ lò xo mắc song song: (k = {k_1} + {k_2})

lời giải:

chu kì của con lắc ứng với mỗi lò xo là:(left{ {begin{array}{*{20}{l}}{{t_1} = 2pi sqrt {frac{ m}{{{k_1}}}} rightarrow {k_1} = frac{{4{pi ^2}m}}{{{t_1}^2}}}\{{t_2} = 2pi sqrt {frac{m}{{{k_2}}}} rightarrow {k_2} = frac{{4{pi ^2}m}}{{{t_2}^2}}}end{matrix }} right.)

hai lò xo ghép song song, độ cứng của hệ lò xo là: (k = {k_1} + {k_2})

chu kì của with lắc mới là:

(begin{matrix}{*{20}{l}}{t = 2pi sqrt {frac{m}{k}} rightarrow k = frac{{4{pi ^ 2}m}}{{{t^2}}} = {k_1} + {k_2} \right arrow frac{{4{pi ^2}m}}{{{t^2}}} = frac{{4{pi ^2}m}}{{{t_1}^2}} + frac{{4{pi ^2}m}}{{{t_2}^2}}} { rightarrow frac{1}{{{t^2}}} = frac{1}{{{t_1}^2}} + frac{1}{{{t_2}^2}} = frac {1}{{0,{{45}^2}}} + frac{1}{{0,{6^2}}} \rightarrow t = 0.36{mkern 1mu} { mkern 1mu} left(s right)}end{array})

chọn a.

cau 17:

phương pháp giải:

Điều kiện để m dao động với biên độ cực đại là: ({d_2} – {d_1} = klambda )

lời giải:

Điều kiện để m dao động với biên độ cực đại là: ({d_2} – {d_1} = klambda )

chọn c.

cau 18:

phương pháp giải:

Điều kiện có sóng dừng trên dây hai đầu cố định: (l = k.frac{lambda }{2} = k.frac{v}{{2f}})

trong đó: số bó = số bụng = k; số nut = k + 1.

lời giải:

trên dây có 4 bó sóng ( rightarrow k = 4)

Điều kiện để có sóng dừng trên dây với hai đầu cố định

(l = k.frac{lambda }{2} = k.frac{v}{{2f}}\ rightarrow v = frac{{2.l.f}}{k} = frac{{2.0,8.10}}{4} = 4m/sm/s)

chọn c.

cau 19:

phương pháp giải:

Điều kiện có cực đại giao thoa trong giao thoa sóng hai nguồn cùng pha: ({d_{1m}} – {d_{2m}} = klambda ;k in z)

giữa m là đường trung trực có 1 dãy cực đại khác vậy tại m là cực đại bậc 2 (k = 2).

tốc độ truyền song: (v = lambda .f)

lời giải:

giữa m là đường trung trực có 1 dãy cực đại khác vậy tại m là cực đại bậc 2 (k = 2)

( rightarrow {d_{1m}} – {d_{2m}} = klambda rightarrow 14 – 12 = 2lambda \ rightarrow lambda = 1cm)

tốc độ truyền song: (v = lambda .f = 1.50 = 50cm/s)

chọn a.

cau 20:

phương pháp giải:

bước song: (lambda = frac{v}{f})

số cực đại giao thoa trên đoạn thẳng ab bằng số giá trị k nguyên thoả mãn: ( – frac{{ab}}{lambda } < k < frac{{ab}}{lambda })

Áp dụng định lí pitago trong tam giác vuông.

lời giải:

bước song: (lambda = frac{v}{f} = frac{{150}}{{50}} = 3cm)

số cực đại giao thoa trên đoạn thẳng ab bằng số giá trị k nguyên thoả mãn:

( – frac{{ab}}{lambda } < k < frac{{ab}}{lambda } leftrightarrow – frac{{20}}{3} < k &lt ;frac{{20}}{3}\ rightarrow k = k = – 6; – 5;…;6)

vậy cực đại gần ab nhất ứng với k = 6 (gần b).

khi đó: (ma – mb = 6lambda = 18cm \rightarrow mb = ma – 18cm \= 20 – 18 = 2cm)

Áp dụng định lí pitago cho hai tam giác vuông amh và bmh ta có:

(begin{matrix}{*{20}{l}}{m{b^2} – h{b^2} = m{a^2} – {{left( {ab – hb } right)}^2}\ leftrightarrow {2^2} – h{b^2} = {{20}^2} – {{left( {20 – hb} right)}^2} \rightarrow hb = 0.1cm}\{ rightarrow mh = sqrt {m{b^2} – h{b^2}} \ = sqrt {{2^2} – 0.{1 ^2}} = 1.997cm = 19.97mm}end{array})

chọn c.

cau 21:

phương pháp giải:

công thức tính chu kì dao động của con lắc đơn: (t = 2pi sqrt {frac{l}{g}} )

lời giải:

ta có: (t = 2pi sqrt {frac{l}{g}} rightarrow l = frac{{{t^2}.g}}{{4{pi ^2 }}} = frac{{{2^2}.10}}{{4.10}} = 1m)

chọn c.

cau 22:

phương pháp giải:

vận dụng biểu thức tính chu kì của con lắc đơn: (t = 2pi sqrt {frac{l}{g}} )

lời giải:

ta có: (t = 2pi sqrt {frac{l}{g}} ) có chiều dài không đổi

( rightarrow ) chu kì con lắc đơn phụ thuộc vào gia tốc rơi tự do g

xét các phương án, phương án c: tỉ số giữa khối lượng và trọng lượng của con lắc (frac{m}{p} = frac{m}{{mg}} = frac{1} {g}) thỏa mãn.

chọn c.

cau 23:

phương pháp giải:

chu kì dao động của with lắc đơn dao động điều hòa: (t = 2pi sqrt {frac{l}{g}} )

sử dụng vtlg.

lời giải:

chu kì dao động: (t = 2pi sqrt {frac{l}{g}} = 2pi sqrt {frac{{0.5}}{{9.8}} } = 1.42s)

biểu diễn các vị trí trên vtlg:

từ vtlg ta thấy góc quét được là: (alpha = frac{pi }{4})

( rightarrow ) thời gian ngắn nhất vật đi từ vị trí biên dương đến vị trí có li độ góc (alpha = frac{{{alpha _0}}}{{sqrt 2 }} ) la:

(delta t = frac{alpha }{omega } = alpha .frac{t}{{2pi }} = frac{pi }{4}.frac{t {{2pi }} = frac{t}{8} = frac{{1.42}}{8} \= 1.774s)

chọn d.

cau 24:

phương pháp giải:

chu kì của with lắc đơn: (t = 2pi sqrt {frac{l}{g}} )

gia tốc trọng trường hiệu dụng: ({g_{hd}} = g + frac{{eq}}{m})

lời giải:

chọn chiều dương hướng xuống

chu kì của with lắc sau khi có điện trường là:

(t = 2pi sqrt {frac{l}{{{g_{hd}}}}} \ rightarrow 1.8 = 2pi .sqrt {frac{{0.987} }{{{g_{hd}}}}}\ rightarrow {g_{hd}} = 12,026{mkern 1mu} {mkern 1mu} left( {m/{s^2}} right) )

mà ({g_{hd}} = g + frac{{eq}}{m}\ rightarrow 12.026 = 9.87 + frac{{e.left( { – {{9.10} − 6}}} right)}}{{{{90.10}^{ – 3}}}}\ rightarrow e = – 21560{mkern 1mu} {mkern 1mu} left( {v/ m} right))

vậy điện trường hướng lên

chọn c.

cau 25:

phương pháp giải:

lực điện: (overrightarrow {{f_d}} = qvec e rightarrow left{ {begin{array}{*{20}{l}}{q > 0 rightarrow overrightarrow {{f_d}} {mkern 1mu} uparrow uparrow {mkern 1mu} vec e}\{q < 0 rightarrow overrightarrow {{f_d}} {mkern 1mu} uparrow downarrow { mkern 1mu} vec e}end{array}} right.)

chu kì của con lắc đơn khi chịu thêm tác dụng của điện trường:

(t = 2pi sqrt {frac{l}{{{g_{hd}}}}} = 2pi sqrt {frac{l}{{g pm a}}} )

với: (left{ {begin{array}{*{20}{l}}{{g_{hd}} = g + a leftrightarrow overrightarrow {{f_d}} downarrow downarrow vec p}\{{g_{hd}} = g – a leftrightarrow overrightarrow {{f_d}} uparrow downarrow vec p}end{array}} right.)

lời giải:

+ Độ lớn lực điện tác dụng lên quả cầu bằng 0.2 trọng lượng của nó:

({f_d} = 0.2p leftrightarrow ma = 0.2.mg\ rightarrow a = 0.2g)

+ khi (vec e downarrow {mkern 1mu} rightarrow overrightarrow {{f_d}} uparrow rightarrow overrightarrow {{f_d}} uparrow downarrow vec p \rightarrow {g_ {hd}} = g – a = 0.8g)

chu kì dao động của with lắc: (t = 2pi sqrt {frac{l}{{{g_{hd}}}}} = 2pi sqrt {frac{l}{ {0.8g}}} )

+ khi (vec e uparrow {mkern 1mu} rightarrow overrightarrow {{f_d}} downarrow rightarrow overrightarrow {{f_d}} downarrow downarrow vec p \rightarrow {g_ {hd}} = g + a = 1.2g)

chu kì dao động của with lắc: (t’ = 2pi sqrt {frac{l}{{{g_{hd}}}}} = 2pi sqrt {frac{l} {{1.2g}}} )

+ lấy (frac{{t’}}{t} = frac{{2pi sqrt {frac{l}{{1.2g}}} }}{{2pi sqrt {frac{l}{{0.8g}}} }} leftrightarrow frac{{t’}}{{sqrt 3 }} = frac{{sqrt 2 }}{{sqrt 3 } }\ rightarrow t’ = sqrt 2 s = 1.41s)

chọn d.

cau 26:

phương pháp giải:

+ sóng âm là những sóng cơ truyền trong các môi trường rắn, lỏng, khí.

+ tai con người chỉ có thể cảm nhận (nghe thấy) những âm có tần số trong khoảng từ 16hz đến 20000hz. những âm có tần số lớn hơn 20000hz gọi là siêu âm và những âm có tần số nhỏ hơn 16hz gọi là hạ âm.

lời giải:

siêu âm là sóng cơ nên không thể truyền được trong chân không.

→ kết luận siêu âm có thể truyền được trong chân không là sai.

chọn a.

cau 27:

phương pháp giải:

các đặc trưng vật lý của âm là: tần số âm, cường độ âm, mức cường độ âm, đồ thị âm.

các đặc trưng sinh lý của âm là: độ cao, độ to, âm sắc.

lời giải:

Độ cao của âm là một đặc trưng sinh lý phụ thuộc tần số âm.

chọn c.

cau 28:

phương pháp giải:

khoảng thời gian liên tiếp giữa hai lần dây duỗi thẳng là nửa chu kì.

với dây hai đầu cố định thì chiều dài dây: (l = k.frac{lambda {2}) ; với k là số bụng.

Áp dụng công thức tính bước sóng: (lambda = v.t)

lời giải:

với dây hai đầu cố định thì chiều dài dây: (l = k.frac{lambda }{2}) với k là số bụng.

vì trên dây có 4 điểm đứng yên nên có 3 bụng, ta có: (1,2 = 3.frac{lambda }{2} rightarrow lambda = 0,8m)

Áp dụng công thức tính bước sóng: (lambda = v.t rightarrow t = frac{lambda }{v} = frac{{0.8}}{8} = 0.1s)

khoảng thời gian liên tiếp giữa hai lần dây duỗi thẳng là nửa chu kì : (delta t = frac{t}{2} = 0.05s)

chọn c.

cau 29:

phương pháp giải:

Điều kiện để có sóng dừng trên dây hai đầu cố định là (l = k.frac{lambda }{2})

Điều kiện có sóng dừng trên dây một đầu cố định một đầu tự do: (l = left( {k + frac{1}{2}} right).frac{lambda }{2 })

vì đối với dây hai đầu cố định thì số bụng nhiều hơn số nút 1, do đó tổng số bụng và số nút là số lẻ. Đối với dây một đầu cố định một đầu tự do thì số nút bằng số bụng.

lời giải:

vì tổng số điểm bụng và điểm nút trên dây là 16 nên dây có một đầu cố định, một đầu tự do.

số bụng là: (frac{{16}}{2} = 8)

Áp dụng điều kiện có sóng dừng trên dây một đầu cố định một đầu tự do ta có:

(l = left( {k + frac{1}{2}} right).frac{lambda {2} rightarrow lambda = 2.frac{l}{{ left ( {k + frac{1}{2}} right)}}\ = 2.frac{{60}}{{7 + frac{1}{2}}} = 16cm)

chọn b.

cau 30:

phương pháp giải:

họa âm: ({f_n} = n.{f_1})

lời giải:

ta có họa âm của nhạc cụ: ({f_n} = n.{f_1} = 370.n)

người chỉ nghe được âm cao nhất là 18000hz

( rightarrow ) Để đàn phát ra âm mà người đó có thể nghe được

({f_n} le 18000hz leftrightarrow 370n le 18000\ rightarrow n le 48.65 rightarrow {n_{max}} = 48)

( rightarrow {f_{max}} = 48.370 = 17760hz)

chọn c.

cau 31:

phương pháp giải:

+ dao động tắt dần có biên độ và năng lượng giảm dần theo thời gian.

lời giải:

một vật dao động tắt dần có biên độ và năng lượng giảm liên tục theo thời gian

chọn a.

cau 32:

phương pháp giải:

công thức tính cơ năng: ({rm{w}} = frac{1}{2}k{a^2})

dựa vào dữ kiện “cứ sau mỗi chu kì biên độ giảm 2%” để tính biên độ dao động của vật sau hai dao động toàn phần liên ti.

phần trăm cơ năng mất đi: (delta {rm{w}} = frac{{{rm{w}} – {{rm{w}}_2}}}{{rm {w}}}.100% = frac{{{a^2} – a_2^2}}{{{a^2}}}.100% )

lời giải:

ban đầu biên độ dao động của vật là a

sau 1 dao động toàn phần biên độ dao động của vật là: ({a_1} = a – 0.02a = 0.98a)

sau 2 dao động toàn phần biên độ dao động của vật là:({a_2} = {a_1} – 0.02{a_1} \= 0.98a – 0.02.0.98a = 0.9604a )

phần trăm cơ năng mất đi sau 2 dao động toàn phần liên tiếp là:

(begin{matrix}{*{20}{l}}{delta {rm{w}} = frac{{{rm{w}} – {{rm{w}} _2}}}{{rm{w}}}.100% = frac{{{a^2} – a_2^2}}{{{a^2}}}.100% }\{ rightarrow delta {rm{w}} = frac{{{a^2} – 0.{{9604}^2}.{a^2}}}{{{a^2}}}.100 % = 7.8% }end{array})

chọn a.

cau 33:

phương pháp giải:

chu kì dao động riêng của with lắc đơn: (t = 2pi sqrt {frac{l}{g}} )

con lắc dao động mạnh nhất khi xảy ra cộng hưởng: thời gian đoàn tàu chuyển động qua mỗi thanh ray bằng chu kì của con lắc

lời giải:

chu kì dao động riêng của con lắc đơn là: (t = 2pi sqrt {frac{{rm{l}}}{g}} = 2pi sqrt {frac{{ 0.16}}{{9.8}}} = 0.8{mkern 1mu} {mkern 1mu} left( s right))

Để con lắc dao động mạnh nhất, thời gian đoàn tàu đi qua mỗi thanh ray là: (t = t = 0.8{mkern 1mu} {mkern 1mu} left(s right))

tốc độ của đoàn tàu là: (v = frac{l}{t} = frac{{12}}{{0.8}} = 15{mkern 1mu} {mkern 1mu} left ({m/s} right))

chọn a.

cau 34:

phương pháp giải:

well độ dao động tổng hợp: (a = sqrt {a_1^2 + a_2^2 + 2{a_1}{a_2}.cos delta varphi } )

tốc độ cực đại là: ({v_0} = omega a)

lời giải:

well độ của dao động tổng hợp:

(a = sqrt {a_1^2 + a_2^2 + 2{a_1}{a_2}.cos delta varphi } {mkern 1mu} \ = sqrt {{6^2} + {8^2} + 2.6.8.cos left( {frac{pi }{6} – frac{pi }{2}} right)} = sqrt {148} cm)

tốc độ cực đại: ({v_0} = omega a = 10.sqrt {148} = 122(cm/s) = 1.22(m/s))

chọn a.

cau 35:

phương pháp giải:

well độ dao động tổng hợp: (a = sqrt {a_1^2 + a_2^2 + 2{a_1}{a_2}.cos delta varphi } )

Động năng cực đại: ({{rm{w}}_d} = frac{1}{2}.m.{omega ^2}.{a^2})

lời giải:

well độ dao động tổng hợp: (a = sqrt {a_1^2 + a_2^2 + 2{a_1}{a_2}.cos delta varphi } = 5sqrt 2 cm)

Động năng cực đại:({{rm{w}}_d} = frac{1}{2}.m.{omega ^2}.{a^2} = frac{1} {2}.0,{1.10^2}.{left( {frac{{5sqrt 2 }}{{100}}} right)^2}\ = {25.10^{ – 3}} j = 25mj)

chọn a.

cau 36:

phương pháp giải:

+ công thức liên hệ giữa chu kì và tần số: (f = frac{1}{t})

+ Âm phát ra càng cao khi có tần số dao động càng lớn.

lời giải:

từ đồ thị, ta thấy chu kì của âm 2 lớn hơn âm 1 ( rightarrow ) tần số của âm 1 lớn hơn âm 2 ( rightarrow ) độ cao của âm 1 lớn p>

chọn a.

cau 37:

phương pháp giải:

+ nhạc âm là những âm có tần số xác định. tạp âm là những âm không có tần số xác định.

+ Độ cao là một đặc tính sinh lí của âm gắn liền với tần số âm.

+ Độ to là một đặc trưng sinh lí của phụ thuộc vào mức cường độ âm và tần số âm.

+ Âm sắc là một đặc trưng sinh lí của âm, giúp ta phân biệt được âm do các nguồn khác nhau phát ra. Âm sắc có liên quan mật thiết với đồ thị dao động âm (tần số và biên độ).

lời giải:

Độ cao là một đặc tính sinh lí của âm gắn liền với tần số âm

chọn d.

cau 38:

phương pháp giải:

Điều kiện có sóng dừng trên dây hai đầu cố định : (l = frac{{klambda }}{2}) (với k là số bó sóng)

trên dây có 3 bó sóng tức là (l = 3.frac{lambda }{2} rightarrow lambda )

phương trình sóng dừng: (u = 2a.sin left( {2pi frac{x}{lambda }} right).cos left( {omega t + frac{ pi }{2}} right)cm)

có a = 1,5cm nên ta tìm được x.

lời giải:

Điều kiện có sóng dừng trên dây hai đầu cố định : (l = frac{{klambda }}{2}) (với k là số bó sóng)

trên dây có 3 bó sóng tức là : (l = 3.frac{lambda }{2} rightarrow lambda = 90.frac{2}{3} = 60cm)

phương trình sóng dừng :

(u = 2a.sin left( {2pi frac{x}{lambda }} right).cos left( {omega t + frac{pi }{2 }} right)cm \leftrightarrow u = 3sin left( {2pi frac{x}{lambda }} right).cos left( {omega t + frac{ pi {2}} right)cm)

có: ({a_n} = 1.5cm rightarrow 3sin left( {2pi frac{x}{lambda }} right) = 1.5\ leftrightarrow sin left( {2pi frac{x}{lambda }} right) = frac{1}{2} rightarrow 2pi frac{x}{lambda } = frac{pi }{ 6} right arrow x = 5 cm)

chọn c.

cau 39:

phương pháp giải:

sử dụng kĩ năng đọc đồ thị

cường độ âm tại một điểm bất kì: (i = frac{p}{{4pi {r^2}}})

mức cường độ âm: (l = 10log frac{i}{{{i_0}}})

lời giải:

từ đồ thị ta thấy cường độ âm tại tọa độ x = 2m là:

(i = 1,{25.10^{ – 9}}{mkern 1mu} {mkern 1mu} left( {w/{m^2}} right) \rightarrow frac{p }{{4pi {{.2}^2}}} = 1,{25.10^{ – 9}} rightarrow p = 4pi {.5.10^{ – 9}}{mkern 1mu} { mkern 1mu} left( w right))

cường độ âm tại tọa độ x = 4 m là:

(i’ = frac{p}{{4pi {r^2}}} = frac{{4pi {{.5.10}^{ – 9}}}}{{4 pi {{.4}^2}}} = 3,{125.10^{ – 10}}{mkern 1mu} {mkern 1mu} left( {w/{m^2}} right))

mức cường độ âm tại tọa độ x = 4 m là:

(l’ = 10log frac{{i’}}{{{i_0}}} = 10log frac{{3,{{125.10}^{ – 10}}}}{{ {{10}^{ – 12}}}} = 24.95{mkern 1mu} {mkern 1mu} left( {db} right))

chọn b.

cau 40:

phương pháp giải:

số cực đại giao thoa: (n = 2k + 1)

Điều kiện cực đại: ({d_2} – {d_1} = klambda )

lời giải:

gọi số cực đại trên (m{o_1}) là m ( rightarrow ) số cực đại trên (m{o_2}) là m + 8

tổng số cực đại giao thoa là: (n = m + m + 8 + 1 = 2m + 9;) (tính cả đường trung trực)

vậy trên mỗi nửa đoạn ({o_1}{o_2}) có (m + 4) cực đại ( rightarrow ) tại m là cực đại bậc 4

ta có: (m{o_2} – m{o_1} = klambda rightarrow 20 – 15 = 4lambda \ rightarrow lambda = 1.25{mkern 1mu} {mkern 1mu} left({cm} right))

số cực đại trên mỗi nửa đoạn ({o_1}{o_2})là: (n = left[ {frac{{{o_1}{o_2}}}{lambda }} right] = left[ {frac{{25}}{{1.25}}} right] = 20)

ta có hình vẽ:

Đặt mh = x , ta có:

(begin{matrix}{*{20}{l}}{{o_1}{o_2} = {o_1}h + {o_2}h\ rightarrow {o_1}{o_2} = sqrt { m{o_2}^2 – {x^2}} + sqrt {m{o_1}^2 – {x^2}} }\{ rightarrow 25 = sqrt {{{20}^2} – { x^2}} + sqrt {{{15}^2} – {x^2}} rightarrow x = 12{mkern 1mu} {mkern 1mu} left( {cm} right) \ right arrow {o_1}h = 9{mkern 1mu} {mkern 1mu} left( {cm} right)}end{matrix})

Để n gần m nhất, khoảng cách ({o_1}n;) gần với x nhất

gọi n là cực đại bậc k, ({o_1}n = y) , ta có: (n{o_2} – n{o_1} = klambda rightarrow sqrt {{y^2} + {{25}^2}} – y = k.1,25)

với (y = 12{mkern 1mu} {mkern 1mu} cm rightarrow k = 12.58 rightarrow k = 13)

(begin{array}{*{20}{l}}{ rightarrow sqrt {{y^2} + {{25}^2}} – y = 13.1.25 rightarrow y approx 11.1{mkern 1mu} {mkern 1mu} left( {cm} right)}\{ rightarrow mn = sqrt {{o_1}{h^2} + {{left( {mh – {o_1}n} right)}^2}} \= 9.045{mkern 1mu} {mkern 1mu} left( {cm} right) = 90.45{mkern 1mu} {mkern 1mu} left({mm} right)}end{array})

chọn a.

loigiaihay.com