1. Trang Chủ
  2. Ôn thi ĐH-CĐ
  3. NHỮNG CÁCH GIẢI HAY TRONG ĐỀ VẬT LÝ (Lê Văn Long - Trường THPT Lê Lợi)

NHỮNG CÁCH GIẢI HAY TRONG ĐỀ VẬT LÝ (Lê Văn Long - Trường THPT Lê Lợi)

Chúng ta biết rằng từ năm 2007 trở lại đây, Bộ đã chuyển đổi hình thức thi môn vật lý từ tự luận sang trắc nghiệm. Với cách thi như vậy đòi hỏi các em có rất nhiều kỹ năng: kỹ năng phân tích, dự đoán, loại trừ,… và đặc biệt là kỹ năng giải nhanh các bài toán. Trong kỳ thi tuyển sinh 2012, Thầy thấy đa số các em đều than thời gian quá ngắn (so với đề kiến thức trong đề) nên bài làm chưa thật tốt lắm. Trong phạm vi kiến thức của mình, Thầy... GV: Lê Văn Long – DĐ: 0915714848 – Trường THPT Lê Lợi N

Thể loại Tài liệu miễn phí Ôn thi ĐH-CĐ

Số trang 7

Ngày tạo 8/30/2018 1:13:39 AM +00:00

Loại tệp DOC

Kích thước 0.15 M

Tên tệp

Tải NHỮNG CÁCH GIẢI HAY TRONG ĐỀ VẬT LÝ (Lê Văn Long -... (.docx) Tải NHỮNG CÁCH GIẢI HAY TRONG ĐỀ VẬT LÝ (Lê Văn Long -... (.pdf)

Xem mẫu

  1. GV: Lê Văn Long – DĐ: 0915714848 – Trường THPT Lê Lợi NHỮNG CÁCH GIẢI HAY TRONG ĐỀ VẬT LÝ Chúng ta biết rằng từ năm 2007 trở lại đây, B ộ đã chuy ển đ ổi hình th ức thi môn v ật lý từ tự luận sang trắc nghiệm. Với cách thi như vậy đòi h ỏi các em có r ất nhi ều k ỹ năng: kỹ năng phân tích, dự đoán, loại trừ,… và đặc biệt là kỹ năng gi ải nhanh các bài toán. Trong kỳ thi tuyển sinh 2012, Thầy thấy đa s ố các em đ ều than th ời gian quá ng ắn (so v ới đề kiến thức trong đề) nên bài làm chưa thật tốt lắm. Trong phạm vi ki ến th ức c ủa mình, Thầy xin giới thiệu với các em các cách giải khác nhau của một số bài đi ển hình trong đ ề thi Đại học 2012. Sau đây là một số ví dụ. Câu 1 (mã đề 958): Một con lắc lò xo gồm lò xo nhẹ có độ cứng 100N/m và vật nhỏ khối lượng m. Con lắc dao động theo phương ngang với chu kì T. Bi ết ở th ời đi ểm t v ật có ly T độ 5cm, ở thời điểm t + vật có vận tốc 50cm/s. Giá trị m bằng 4 A. 0,5kg. B. 1,2kg. C. 0,8kg. D. 1,0kg.  Có thể có các cách giải như sau: Cách 1: Giả sử x = A cos ωt v = −ω Asinωt .  * Tại t: A cos ωt = 5. � π� v = −ω Asin � t + � −ω Acosωt ω v = ω Acosωt = 50 = Tại * t + T/4: 2� � � ω = 10rad / s � m = 1kg.  Cách 2: Hai vị trí cách nhau T/4 => Hai vị trí lệch pha nhau góc π/2. Theo đ ường tròn v x v k lượng giác: = = 10rad/s. Mà ω = = >m = 1,0kg (hình => ω = bên). A ωA x m t : x1 2π T π � ∆α = . = � x12 + x2 = A2 . Mặt 2  Cách 3: Ta có: T t + : x2 T42 π/2 4 2 2 x2 x1 v v �� �� khác x + �2 �= A2 nên x12 − �2 �= 0 � m = 1kg (hình bên). 2 ω ω 2 �� �� t : x1 , v1 T . Do khoảng thời gian là  Cách 4: Ta có nên góc T t + : x2 , v2 4 4 π quét ∆α = . Áp dụng v2 = �� ω = 10rad / s � m = 1kg. ω x1 2 * Nhận xét: Theo ý kiến của cá nhân thì thấy cách 3 giải khá hay (vì ki ến th ức này theo mạch tư duy của các em). Cách 1: có vẻ dài hơn và yêu cầu các em nắm kiến thức l ượng giác (chuyển từ sin sang cos). Tuy nhiên, tùy sở trường của mình mà các em có th ể ch ọn cho mình cách giải phù hợp.
  2. GV: Lê Văn Long – DĐ: 0915714848 – Trường THPT Lê Lợi Câu 4 (mã đề 958): Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, nguồn sáng phát ra ánh sáng đơn sắc có bước sóng λ1 . Trên màn quan sát, trên đoạn thẳng MN dài 20 mm (MN vuông góc với hệ vân giao thoa) có 10 vân tối, M và N là v ị trí c ủa hai vân sáng. Thay ánh 5λ sáng trên bằng ánh sáng đơn sắc có bước sóng λ2 = 1 thì tại M là vị trí của một vân giao 3 thoa, số vân sáng trên đoạn MN lúc này là A.7. B. 5. C. 8. D. 6.  Có thế có cách giải sau:  Cách 1: Do M, N là hai vân sáng và trên MN có 10 vân t ối => có 10 kho ảng vân => i 1 i1 λ1 3 10 MN = = = >i2 = mm => trên MN có = 6 khoảng vân = 2mm. Mặt khác: i 2 λ2 5 i2 3 => có 7 vân sáng.  Cách 2: * Khi λ1 : Do M, N là vị trí của 2 vân sáng và trên đoạn MN = 20mm có 10 vân t ối nên λD D 2(mm) MN = 10i1 = 10. 1 = 20mm = . λ1 a a λ2 D 5λ 2 10 * Khi λ2 : xs = k . = k . 1 . = k. mm . M là một vân giao thoa, ta có thể chon M O ̣ 3 λ1 a 3 , vì vây số vân sáng trên đoạn OM bằng số vân sáng trên đoạn MN. Do đó số vân sang cân ̣ ́ ̀ 10 10 tim là 0 ����= 0 k 6 N 7 (có thể chon −10 k . 10 ). k. 20 ̀ ̣ 3 3  Cách 3: * Khi λ1 : Có 10 vân tối, mà M và N là hai vân sáng có 10 khoảng vân có 11 vân sáng i1 = 2mm. 5 5 * Khi λ2 : Do λ2 = λ1 � i2 = i1 (i tỷ lệ với λ ) có 6 khoảng vân có 7 vân sáng. 3 3 10  Cách 4: Ta có i1 = 2mm (lý luận như trên). Do i tỷ lệ λ nên i2 = mm . Tại M là 3 20 vân sáng nên số vân sáng trong khoảng MN là N s = +1 = 7 . i2 i1a 2a i1 = 2mm � λ1 = = (mm) . Mà (lý luận như trên)  Cách 5: Ta có DD 5λ 10a λ D 10 MN (mm) � i2 = 2 = (mm) � số vân sáng cần tìm: n = =6 λ2 = 1 = i2 3 3D a 3 số vân sáng 7. * Nhận xét: Nhìn chung các cách giải đều na ná như nhau. Tùy sở trường của em mà ch ọn cho mình cách giải phù hợp nhất.
  3. GV: Lê Văn Long – DĐ: 0915714848 – Trường THPT Lê Lợi Câu 7 (mã đề 958): Đặt điện áp u = U0cos100πt (V) vào hai đầu đoạn mạch AB gồm hai đoạn mạch AM và MB mắc nối tiếp. Đoạn mạch AM gồm điện trở thuần 100 3Ω mắc nối tiếp với cuộn cảm thuần có độ tự cảm L. Đoạn mạch MB chỉ có tụ điện có điện π 10−4 F . Biết điện áp giữa hai đầu đoạn mạch AM lệch pha so với điện áp giữa dung 2π 3 hai đầu đoạn mạch AB. Giá trị của L bằng 3 2 1 2 B. H . C. H . A. H . D. H. π π π π  Có thể có các cách giải sau:  Cách 1 (phương pháp loại trừ): Ta có R = 100 3Ω ; ZC = 200Ω. * Nếu ZL > ZC. Điều kiện tồn tại: ϕ AM > π/3 Đáp án A và B loại. ZL > 300 Ω ZC tan ϕ = � ϕ = 490 Hiện tượng cộng hưởng Loại đáp án D * ZL = Zc Đáp án R đúng là A. tgϕ AM − tgϕ π =3 ϕ AM − ϕ =  Cách 2 (dùng công thức): Ta có: 1 + tgϕ AM .tgϕ 3 Z � − ZC � � Z L Z L − ZC � Z � tgϕ AM − tgϕ = 3(1 + tgϕ AM .tgϕ ) � L − � L � 3 �+ . = 1 � R �R � �R R� 1 � Z L − Z L Z C + 104 = 0 � ( Z L − 100 ) = 0 � Z L = 100 � L = . 2 2 π UAM UL  Cách 3 (dùng giản đồ véctơ): Ta có 3 3 3 U C � ∆OUU AM có đường cao OU R = R= ZC � U R = U AM U π/3 2 2 2 O UR π R 1 � ZL = �L= . ∆OUU AM đều U L = U R tan π 6 3 * Nhận xét: Cách giải 1 có vẻ nhanh hơn cách 2, tuy nhiên không ph ải bào nào củng loại trừ được. Cách 2 là cách giải cơ bản, dù h ơi dài. Cách 3 yêu cầu các em nắm chắc giản đồ véctơ và phải nhanh trong UC 3 việc nhận xét U R = UC . 2 Câu 11 (mã đề 958): Hai dao động cùng phương lần lượt có phương trình x 1 = π π A1 cos(π t + ) (cm) và x2 = 6 cos(π t − ) (cm). Dao động tổng hợp của hai dao động này có 6 2 phương trình x = A cos(π t + ϕ ) (cm). Thay đổi A1 cho đến khi biên độ A đạt giá trị cực tiểu thì π π D. ϕ = 0 rad . A. ϕ = − rad . B. ϕ = π rad . C. ϕ = − rad . 6 3  Có thể có các cách giải sau:
  4. GV: Lê Văn Long – DĐ: 0915714848 – Trường THPT Lê Lợi r π  Cách 1 (dùng công thức): Ta có x1 = A1 cos(π t + )cm ; A1 6 π x2 = 6 cos(π t − )cm . độ động tổng hợp Biên dao 2 π /6 O ϕ ∆ r A r A2 �π � 2 A2 = A12 + A2 + 2 A1 A2cos � � A12 − 6 A1 + 36 = ( A1 − 3) + 27 27 2 A = Amin � A1 = 3 = 2 �3 � . Khi đó A sin ϕ1 + A2 sin ϕ2 3sin ( π / 6 ) + 6sin ( −π / 2 ) π tan ϕ = 1 = − 3 �ϕ = − . = A1cosϕ1 + A2cosϕ 2 3cos ( π / 6 ) + 6cos ( −π / 2 ) 3  Cách 2 (dùng định lý sin): Áp dụng định lý sin cho ∆ OA1A: A1 A2 A A 6 A 33 = = � 1= = � A= π π π cosϕ sin( π + ϕ ) sin( π ) π sin( − ϕ ) sin( + ϕ ) sin( ) sin( + ϕ ) 2 6 3 6 3 6 π π π � A = Amin : sin( + ϕ ) = 1 � ϕ = . Do ϕ dưới trục ∆ nên ϕ = − . 6 3 3 * Nhận xét: Cách 2 giải nhanh hơn nhưng yêu cầu cac em nắm được định lý sin và vẽ ́ được giản đồ véctơ. Câu 18 (mã đề 958): Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, nguồn sáng phát đồng thời hai ánh sáng đơn sắc λ1, λ2 có bước sóng lần lượt là 0,48 µm và 0,60 µm. Trên màn quan sát, trong khoảng giữa hai vân sáng gần nhau nh ất và cùng màu v ới vân sáng với vân sáng trung tâm có A. 4 vân sáng λ1 và 3 vân sáng λ2. B. 5 vân sáng λ1 và 4vân sáng λ2. C. 4 vân sáng λ1 và 5vân sáng λ2. D. 3 vân sáng λ1 và 4vân sáng λ2.  Có thể có các cách giải sau:  Cách 1: Vị trí vân có màu giống vân trung tâm tại đó có sự trùngcủa 2 vân sáng: λ1 D λD λD λD x1 = x2 � k1 = k2 2 � 4k1 = 5k 2 = 20k12 � k1 = 5k12 � x12 = 5 1 k12 � x12 Min = 5 1 a a a a Trong khoảng 2 vân cùng màu vân trung tâm: λ1 D λ1 D 0 < k1 < x12min = 5. � < k1 < 5 �1 = 1, 2,3, 4 0 k a a Có 4 vân sáng λ1 ; 3 vân sáng λ2 . �� � � λD λD � < k2 < 4 �2 = 1, 2,3 0 k 0 < k2 2 < x12min = 5. 1 a a
  5. GV: Lê Văn Long – DĐ: 0915714848 – Trường THPT Lê Lợi  Cách 2: Muốn tại vị trí nào đó có màu cùng với màu của vân trung tâm thì tại đó ph ải k1 λ2 5 là vị trí trùng nhau của 2 vân sáng của 2 bức xạ. Do đó k1λ1 = k2 λ2 � = = . Do k2 λ1 4 giữa vân trung tâm và ví trí trùng nhau đo không con vân sáng nào trùng nhau n ữa nên trong khoảng đó có 4 vân sáng của λ1 và 3 vân sáng λ2. * Nhận xét : Cách 2 là cách giải hay (nhanh, ít tính toán, đơn giản). Câu 24 (mã đề 958): Điện năng từ một trạm phát điện được đưa đến một khu tái định cư bằng đường dây truyền tải một pha. Cho biết, nếu điện áp tại đầu truyền đi tăng từ U lên 2U thì số hộ dân được trạm cung cấp đủ điện năng tăng từ 120 lên 144. Cho r ằng chi tính đến hao phí trên đường dây, công suất tiêu thụ điện của các hộ dân đều như nhau, công suất của trạm phát không đổi và hệ số công suất trong các trường hợp đ ều b ằng nhau. Nếu điện áp truyền đi là 4U thì trạm phát huy này cung cấp đủ điện năng cho A. 168 hộ dân. B. 150 hộ dân. C. 504 hộ dân. D. 192 hộ dân.  Gợi ý cách giải  Nhận xét: Công suất nhà máy P và điện trở đường dây R không đổi.  Gọi P0 là công suất tiên thụ của một hộ dân. Ta có P2 120 P0 + R 2 = P 3RP 2 U U :120 P0 + RI1 = P 2 24 P0 = P2 4U 2 2U :144 P0 + RI 2 = P � � P0 + R =P� � n = 150. 2 144 � 4U 2 15RP 2 �4U : nP + RI 2 = P � (n − 120) P0 = P2 0 3 16U 2 nP0 + R =P 16U 2  Có cách giải khác nhưng thầy thấy cách này ngắn nên thầy chỉ chọn cách này. Câu 29 (mã đề 958): Đặt điện áp u = 400cos100πt (u tính bằng V, t tính bằng s) vào hai đầu đoạn mạch AB gồm điện trở thuần 50 Ω mắc nối tiếp với đoạn mạch X. Cường độ dòng điện hiệu dụng qua đoạn mạch là 2 A. Biết ở th ời điểm t, đi ện áp t ức th ời gi ữa hai 1 đầu AB có giá trị 400 V; ở thời điểm t + (s), cường độ dòng điện tức thời qua đoạn 400 mạch bằng không và đang giảm. Công suất tiêu thụ điện của đoạn mạch X là A. 400 W. B. 200 W. C. 160 W. D. 100 W.  Có thể có các cách giải sau: Mi MU  Cách 1 π 1 ( s ) ∆ϕu = ω∆t = * Sau thời gian ∆t = . Trên đường 400 4 π/4 tròn lớn ứng M u . O * Giá trị i = 0 , đang giảm, trên đường tròn nhỏ ứng với M i .
  6. GV: Lê Văn Long – DĐ: 0915714848 – Trường THPT Lê Lợi π uR = 100 2cos(100π t + )(V ) π 4 * Nhìn vào đường tròn i sớm pha hơn u là nên . π 4 i = iX = 2 2cos(100π t + )( A) 4 Do đó u X = u AB − u R = 316, 2 cos(100π t − 18, 43 ) . Vậy công suất tiêu thụ mạch X: 0 316, 2 PX = 2.( ).cos( −18, 430 − 450 ) = 200W . 2 t : u = 400V Tπ  Cách 2: Ta có . T t + : ∆α = ω. = � u = 220 2V 8 84 π π/4 Muốn i = 0 thì i phải nhanh pha h ơn u m ột góc . Do đó hệ số 4 O U0 2 công suất cua mach cosϕ = ̉ ̣ . Vậy công suất tiêu thụ trên 2 mạch X là PX = P − PR = UIcosϕ − RI = 200W . 2 * Nhận xét : Cách 2 là cách giải hay (nhanh, ít tính toán, đơn giản). Câu 31 (mã đề 958): Hai chất điểm M và N có cùng khối lượng, dao động đi ều hòa cùng tần số dọc theo hai đường thẳng song song kề nhau và song song với trục tọa độ Ox. Vị trí cân bằng của M và của N đều ở trên một đường thẳng qua góc tọa độ và vuông góc với Ox. Biên độ của M là 6 cm, của N là 8 cm. Trong quá trình dao đ ộng, kho ảng cách l ớn nhất giữa M và N theo phương Ox là 10 cm. Mốc thế năng t ại v ị trí cân b ằng. Ở th ời điểm mà M có động năng bằng thế năng, tỉ số động năng của M và động năng của N là 4 3 9 16 A. . B. . C. . D. . 4 16 9 3  Có thể có các cách giải sau: rr r  Cách 1: Biên độ dao động tổng hợp A = AM − AN . Do AM A = 6cm, AN = 8cm, A = 10cm nên tam giác có 3 cạnh A M, AN AN, A là tam giác vuông. AM π/2 π π A1 A π/4 � ϕ1 = � ϕ 2 = � xN = 2 . * Khi WđM = WtM � xM = xN xM O 4 4 2 2 2 �A � A −� 1 � 2 A −x 1 2 2 2 W v � 2 �= 9 . * Tỷ số đông năng đM = M = 12 M = ̣ WđN vN A2 − xN 2 2 2 � 2 � 16 A A2 − � � 2 �2�  Cach 2: Khoang cach giữa hai chât điêm M, N: ́ ̉ ́ ́ ̉
  7. GV: Lê Văn Long – DĐ: 0915714848 – Trường THPT Lê Lợi d = xM − xN = 6 cos(ω t + ϕ M ) − 8cos(ω t + ϕ N ) = 6 cos(ω t + ϕ M ) + 8cos(ω t + ϕ N + π ) = A cos(ω t + ϕ ) 2 2 � �� � AM x x vuông pha, do đó � M �+ � N �= 1 . Măt khac: WđM = WtM � xM = � , do đó xM ; xN ̣ ́ 2 A A �M � �N � 2 �A � A −� 1 � 2 2 AN A −x �N � 1 1 2 2 2 W x v � 2 �= 9 . xN = = M = 12 M = � �= . Khi đó đM vN A2 − xN 2 2 2 WđN � 2 � 16 2 �N � 2 A A A2 − � � 2 �2� * Nhân xet: Cach giai 1 ngăn và dễ hiêu hơn. ̣ ́ ́ ̉ ́ ̉ Câu 35 (mã đề 958): Hai điểm M, N cùng nằm trên một hướng truy ền sóng và cách nhau một phần ba bước sóng. Biên độ sóng không đổi trong quá trình truy ền. Tại một th ời điểm, khi li độ dao động của phần tử tại M là 3cm thì li độ dao động của ph ần t ử t ại N là -3cm. Biên độ sóng bằng A. 6cm. B. 3cm. C. 2 3 cm. D. 3 2 cm.  Gợi ý cach giai ́ ̉ 2π d 2π Độ lêch pha cua 2 song ∆ϕ = = ̣ ̉ ́ , do hai toa độ đôi xứng ̣ ́ λ 120° 3 A3 nhau nên 3 = � A = 2 3cm . 3 3 - 2 2 2 * Nhân xet: Cach giai nay nhanh, phù hợp cho giai trăc nghiêm, ̣ ́ ́ ̉ ̀ ̉ ́ ̣ (con cach giai băng cach viêt phương trinh song tai M và N rôi dựa ̀ ́ ̉ ̀ ́ ́ ̀ ́ ̣ ̀ vao bai giai ra biên đô, cac em thử tim hiêu xem). ̀ ̀ ̉ ̣́ ̀ ̉ Trên đây là những bai điên hinh trong đề và thây cung chỉ trinh bay những cach giai cơ ̀ ̉ ̀ ̀ ̉ ̀ ̀ ́ ̉ ban, có thể cac em có nhiêu cach giai hay, ngăn gon hơn. Thây rât vui khi cac em tim ra cac ̉ ́ ̀ ́ ̉ ́ ̣ ̀ ́ ́ ̀ ́ cach giai hay khac. Thây hy vong những điêu trên có ich với em. Thân ai. ́ ̉ ́ ̀ ̣ ̀ ́ ́
nguon tai.lieu . vn
Trung học phổ thông Ôn thi ĐH-CĐ Đề thi - Kiểm tra Sáng kiến kinh nghiệm Tiểu học Mầm non - Mẫu giáo Giáo án điện tử Trung học cơ sở Bài giảng điện tử Bài văn mẫu Vật lý Bài tập SGK Khoa học xã hội Tiếng Anh phổ thông