[Năm 2022] Đề thi thử môn Vật lí THPT Quốc gia có lời giải - Đề số 8

Đáp án A

Phương pháp giải:

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị

Gia tốc ngược pha với li độ

Vận tốc sớm pha hơn li độ góc π2

Giải chi tiết:

Từ đồ thị ta thấy pha ban đầu của các đồ thị là:φ1=πradφ2=π2radφ3=−π2rad

Lại có:φv−φx=π2φa−φx=π⇒φx=π2=φ2φv=0=φ1φa=−π2=φ3

Đáp án D

Phương pháp giải:

Phương trình li độ: x=Acosωt+φ

Phương trình vận tốc: v=−ωAsinωt+φ

Giải chi tiết:

Tại thời điểm đầu t=0, vật có li độ x=33cm và đang chuyển động ngược chiều dương, thay vào phương trình li độ và vận tốc, ta có:
x=Acosφv=−ωAsinφ<0⇒33=6cosφsinφ>0⇒φ=π6rad

Đáp án B

Phương pháp giải:

Độ cao của âm phụ thuộc vào tần số âm

Giải chi tiết:

Hai âm cùng độ cao là hai âm có cùng tần số

Đáp án A

Phương pháp giải:

Suất điện động cảm ứng: ec=−ΔΦΔt

Giải chi tiết:

Độ lớn suất điện động cảm ứng trong vòng dây là:

ec=−ΔΦΔt=−0−6.10−30,02=0,3V

Đáp án A

Phương pháp giải:

Tần số góc của dao động cưỡng bức bằng tần số góc của ngoại lực

Biên độ của dao động cưỡng bức tỉ lệ thuận với biên độ của ngoại lực và phụ thuộc vào tần số góc của ngoại lực

Giải chi tiết:

Dao động cưỡng bức có biên độ không đổi và có tần số bằng tần số của lực cưỡng bức

Đáp án B

Phương pháp giải:

Bước sóng:λ=vf=v.2πω

Số điểm dao động với biên độ cực đại:Nmax=2.ABλ+1

Số điểm dao động với biên độ cực tiểu:Nmin=2.ABλ

Giải chi tiết:

Bước sóng là:λ=v.2πω=1,5.2π50π=0,06m=6cm

Số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn thẳng AB là:

Nmax=2.ABλ+1=2.206+1=2.3+1=7

Số điểm dao động với biên độ cực tiểu trên đoạn thẳng AB là:

Nmin=2.ABλ=2.206=2.3=6

Đáp án D

Phương pháp giải:

Hệ số công suất của mạch điện xoay chiều:cosφ=RR2+ZL−ZC2

Giải chi tiết:

Hệ số công suất của mạch điện là:cosφ=RR2+ZL−ZC2

Ta có: cosφmin=0⇔R=0→  mạch điện không chứa điện trở

Đáp án C

Phương pháp giải:

Hệ số công suất của mạch điện xoay chiều:cosφ=R+rR+r2+ZL−ZC2

Bất đẳng thức Cô – si: a+b≥2ab (dấu “=” xảy ra )

Giải chi tiết:

Hệ số công suất của mạch điện là:

cosφ=R+rR+r2+ZL−ZC2=11+ZL−ZC2R+r2

 

Đặt:f=1+ZL−ZC2R+r2⇒cosφ=1f

Mạch điện tiêu thụ công suất cực đại:Pmax⇔cosφmax⇒fmin

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có:

1+ZL−ZC2R+r2≥2ZL−ZC2R+r2=2ZL−ZCR+r

⇒fmin=2ZL−ZCR+r⇔1=ZL−ZC2R+r2

⇒R+r=ZL−ZC⇒R=ZL−ZC−r

 

 

 

Đáp án D

Phương pháp giải:

Cường độ dòng điện: I=UR+r2+ZL2

Công suất tiêu thụ: P=I2R=U2RR+r2+ZL2

Bất đẳng thức Cô – si: a+b≥2ab (dấu “=” xảy ra )

Giải chi tiết:

Cường độ dòng điện trong mạch là: I=UR+r2+ZL2

Công suất tiêu thụ trên biến trở là: P=U2RR+r2+ZL2=U2R+2r+r2+ZL2R                            

Đặt f=R+r2+ZL2R⇒P=U2f+2r

Công suất tiêu thụ trên biến trở đạt cực đại: Pmax⇔fmin

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có:

R+r2+ZL2R≥2R.r2+ZL2R=2r2+ZL2

⇒fmin=2r2+ZL2⇔R=r2+ZL2R⇒R2=r2+ZL2

Khi R=R0, ta có điện áp hiệu dụng giữa hai đầu biến trở và cuộn dây:

UR=Ud⇒R=Zd⇒R0=r2+ZL2⇒R02=r2+ZL2

→ Khi R=R0, công suất tiêu thụ trên biến trở đạt cực đại

→ Khi R tăng hoặc giảm, công suất tiêu thụ trên biến trở đều giảm

Đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng lý thuyết dao động điều hòa

Giải chi tiết:

Chuyển động của vật từ biên âm về vị trí cân bằng là chuyển động nhanh dần theo chiều dương

Đáp án D

Phương pháp giải:

Khoảng cách giữa 2 đỉnh sóng liên tiếp là λ

Tốc độ truyền sóng: v=λf

Giải chi tiết:

Khoảng cách giữa 5 đỉnh sóng liên tiếp là: d=4λ=0,48m⇒λ=0,12m

Tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng là: v=λf=0,12.100=12m/s

Đáp án B

Phương pháp giải:

Cuộn dây có cảm kháng khi đặt vào hai đầu cuộn dây một điện áp xoay chiều: ZL=ωL=2πfL

Cường độ dòng điện: I=Ur2+ZL2

Giải chi tiết:

Khi đặt vào hai đầu cuộn dây điện áp một chiều, cường độ dòng điện là: 

I1=Ur⇒r=UI1=602=30Ω

Khi đặt vào hai đầu cuộn dây điện áp xoay chiều, cường độ dòng điện là:

I1=Ur2+ZL2⇒1,2=60302+ZL2⇒ZL=40Ω

Lại có: ZL=ωL=2πfL⇒L=ZL2πf=402π.50=0,4πH

Đáp án C

Phương pháp giải:

Cơ năng của con lắc lò xo: W=kA22

Giải chi tiết:

Cơ năng ban đầu của con lắc là: W=kA22=1,5J

Tăng khối lượng của vật nặng và biên độ lên gấp đôi, cơ năng của con lắc mới là:

W'=kA'22=k.2A22=4.kA22=4W=6J

⇒ΔW=W'−W=4,5J

Đáp án A

Phương pháp giải:

Tỉ số: uRuR0=URUR0=RR0

Giải chi tiết:

Ta có tỉ số: uRuR0=URUR0=RR0=k⇒uRuR0=k

→ Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc giữa uX,uR0 là đoạn thẳng

Đáp án D

Phương pháp giải:

Sử dụng lý thuyết dao động điều hòa

Giải chi tiết:

Từ đồ thị ta thấy:

Tại thời điểm t1, vận tốc có giá trị âm và đang giảm → vật đang chuyển động từ vị trí cân bằng về biên âm→ vật có li độ âm và gia tốc âm

Tại thời điểm t2, vận tốc bằng 0 và đang tăng → vật ở biên âm → gia tốc của vật có giá trị cực đại

Tại thời điểm t3, vận tốc có giá trị dương và đang tăng → vật đang chuyển động từ biên âm về vị trí cân bằng → vật có li độ âm và gia tốc dương

Tại thời điểm t4, vận tốc có giá trị cực đại → vật đang ở vị trí cân bằng → gia tốc của vật bằng 0

Đáp án C

Phương pháp giải:

Công thức độc lập với thời gian: i2I02+uL2U0L2=1

Giải chi tiết:

Tại thời điểm điện áp giữa hai đầu cuộn cảm có độ lớn cực đại, ta có công thức độc lập với thời gian:

i2I02+uL2U0L2=1⇒i2I02+U0L2U0L2=1⇒i=0

 

Đáp án C

Phương pháp giải:

Độ lệch lớn nhất khỏi vị trí cân bằng của vật nặng là biên độ dao động

Chiều dài quỹ đạo chuyển động của con lắc: L=lmax−lmin=2A

Giải chi tiết:

dài quỹ đạo của con lắc là:

L=lmax−lmin=2A⇒A=lmax−lmin2=34−262=4cm

Đáp án B

Phương pháp giải:

Tiêu cự của thủy tinh thể: OV≤f≤OC

Góc trông vật: tanα=ABl

Giải chi tiết:

Người này tiến lại gần bức tranh, khoảng cách từ người tới bức tranh giảm tới điểm cực cận:

Tiêu cự của thủy tính thể tăng

Góc trông vật: tanα=ABl⇒tanα~1l→tanα tăng →α  tăng

Đáp án D

Phương pháp giải:

Độ lệch pha giữa hai điểm trên phương truyền sóng: Δφ=2πdλ

Giải chi tiết:

Khoảng cách ngắn nhất giữa hai điểm mà hai phần tử của môi trường tại đó dao động vuông pha nhau, ta có:

Δφ=2πdλ=π2⇒λd=4

 

Đáp án B

Phương pháp giải:

Âm có tần số lớn hơn 20000Hz gọi là siêu âm

Âm có tần số nhỏ hơn 16Hz gọi là hạ âm

Giải chi tiết:

Âm có tần số 10Hz<16Hz là hạ âm

Đáp án A

Phương pháp giải:

Thế năng của vật đạt cực đại khi vật ở vị trí biên

Động năng của vật đạt cực đại khi vaạt ở vị trí cân bằng

Giải chi tiết:

Thế năng của vật cực đại khi vật ở vị trí biên

Đáp án C

Phương pháp giải:

Chu kì của con lắc đơn:T=2πlg

Giải chi tiết:

Chu kì của con lắc đơn là: T=2πlg⇒T2=4π2lg

Nhận xét: T12+T32=T22⇒l1+l3=l2⇒l1=l2−l3

Đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị xác định chu kì của dòng điện

Trong 1 chu kì, dòng điện đổi chiều 2 lần

Giải chi tiết:

Từ đồ thị ta thấy chu kì của dòng điện là: T=40.2=80ms=0,08s

Số lần dòng điện đổi chiều trong 1 phút là: n=2.60T=2.600,08=1500 (lần)

Đáp án A

Phương pháp giải:

Độ lệch pha giữa hai phần tử dao động: Δφ=2πdλ

Sử dụng vòng tròn lượng giác

Giải chi tiết:

Độ lệch pha giữa hai điểm M,N là: Δφ=2πdλ=2π.4030=8π3=2π3rad

Ta có vòng tròn lượng giác:

Từ vòng tròn lượng giác ta thấy: uM=Acosπ6=3cm⇒A=23cm

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dung kháng của tụ điện: ZC=1ωC

Cảm kháng của cuộn dây: ZL=ωL

Cường độ dòng điện: I=Ur2+ZL−ZC2

Giải chi tiết:

Dung kháng của tụ điện và cảm kháng của cuộn dây là: ZC=1ωC=1100π.10−38π=80ΩZL=ωL=100π.0,4π=40Ω

Cường độ dòng điện hiệu dụng qua mạch là: I=Ur2+ZL−ZC2=100302+40−802=2A

Đáp án C

Phương pháp giải:

Cường độ hiệu dụng I của dòng điện xoay chiều bằng cường độ của một dòng điện không đổi, nếu cho hai dòng điện đó lần lượt đi qua cùng một điện trở trong những khoảng thời gian bằng nhau đủ dài thì nhiệt lượng tỏa ra bằng nhau.

Cường độ dòng điện cực đại: I0=I2

Giải chi tiết:

Giá trị hiệu dụng của dòng điện xoay chiều là: I=I0

Cường độ dòng điện cực đại là: Imax=I2=I02

Đáp án D

Phương pháp giải:

Hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch ngoài: UN=IR=E−Ir

Giải chi tiết:

Hiệu điện thế hai đầu mạch ngoài là: UAB=E−Ir

Đáp án C

Phương pháp giải:

Hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn mạch: U=UR2+UL−UC2

Giải chi tiết:

Hiệu điệ thế giữa hai đầu đoạn mạch là: U=UR2+UL−UC2⇒U≥UR

Đáp án B

Phương pháp giải:

Sử dụng lý thuyết dao động tắt dần

Giải chi tiết:

Dao động tắt dần có biên độ và cơ năng giảm dần theo thời gian → A, C đúng

Có sự biến đổi qua lại giữa động năng và thế năng → B sai

Ma sát càng lớn, dao động tắt dần càng nhanh → D đúng

Đáp án A

Phương pháp giải:

Hiệu hai mức cường độ âm: L1−L2=10lgI1I2

Giải chi tiết:

Cường độ âm tăng thêm 2dB, ta có: L2−L1=10lgI2I1=2⇒lgI2I1=0,2⇒I2I1=100,2≈1,58

Đáp án A

Phương pháp giải:

Điện áp hiệu dụng: U=I.Z

Sử dụng giản đồ vecto

Bất đẳng thức Cô – si: a+b≥2ab (dấu “=” xảy ra ⇔a=b

Giải chi tiết:

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch AP là: 

UAP=UR+r2+ZL2R+r2+ZL−ZC2

Để điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch AP không phụ thuộc vào R, ta có: 

R+r2+ZL2=R+r2+ZL−ZC2

⇒ZL2=ZL−ZC2⇒ZL=ZC−ZL⇒ZC=2ZL

Ta có giản đồ vecto:

Từ giản đồ vecto, ta thấy góc lệch giữa uAP và uAB là:

 tan2α=2tanα1−tan2α=2.ZLR+r1−ZLR+r2 

tan2αmax⇒2αmax⇒αmax⇒tanαmax 

⇒ZLR+rmax⇒R+rmin⇒R=0

Khi đó ta có: 

U1=UBP=UC=U.ZCr2+ZL−ZC2=U.2ZLr2+ZL2

Ta có tích 

UAN.UNP=U.R+rR+r2+ZL−ZC2.U.ZLR+r2+ZL−ZC2

=U2.ZL.R+rR+r2+ZL−ZC2=U2.ZL.1R+r+ZL−ZC2R+r

Đặt x=R+r;fx=x+ZL−ZC2x⇒UAN.UNP=U2.ZL.1fx

Để tích UAN.UNPmax⇒fxmin

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có: 

x+ZL−ZC2x≥2x.ZL−ZC2x=2ZL−ZC

fxmin⇔x=ZL−ZC2x

⇒x2=R+r2=ZL−ZC2=ZL2

⇒R=ZL−r

Khi đó ta có: U2=UAM=UR=U.RR+r2+ZL−ZC2

⇒U2=U.ZL−r2ZL2=U.ZL−r2ZL

Theo đề bài ta có:

U1=2.6+3U2

⇒U.2ZLr2+ZL2=2.6+3.U.ZL−r2ZL

⇒2ZL2=6+3.ZL−r.r2+ZL2

⇒ZL2=6+32.ZL−r.r2+ZL2

⇒ZLr2=6−32.ZLr−1.1+ZL2r21

Đặt tanα=ZLr, thay vào phương trình (1), ta có:

x2=6+32x−11+x2⇒x=tanα≈1.377⇒α≈540⇒2α=1080

Góc 1080 có giá trị gần nhất với góc 4π7

Đáp án D

Phương pháp giải:

Tụ điện không cho dòng điện một chiều đi qua

Cuộn dây thuần cảm không cản trở dòng điện một chiều

Cường độ dòng điện: I=UZ=UR+r2+ZL−ZC2

Điện năng tiêu thụ: Q=I2Rt

Giải chi tiết:

Khi mắc từng phần tử vào dòng điện thứ nhất, cường độ dòng điện qua tụ điện bằng 0A

→ Dòng điện thứ nhất là dòng điện một chiều

Cường độ dòng điện qua điện trở R là: I1R=UR=1A

Với dòng điện một chiều, điện trở trong của cuộn dây có tác dụng cản trở dòng điện, cường độ dòng điện qua cuộn dây là: I1r=U1r1=1A

⇒I1R=I1r⇒U1R=U1r⇒R=r

Điện năng tiêu thụ trên điện trở trong thời gian Δt là: 

Q1=U12R.Δt=Q

Khi chỉ mắc điện trở R vào nguồn thức hai, điện năng tiêu thụ trên điện trở trong thời gian Δt là:

Q2=U22R.Δt=4Q⇒U22R.Δt=4U12RΔt⇒U2=2U1

Khi mắc điện trở R nối tiếp với tụ vào nguồn thứ hai, số chỉ của ampe kế là:

I2=U2R2+ZC2=1A=U1R

⇒2R=R2+ZC2⇒ZC2=3R2

Mắc nối tiếp các linh kiện vào một nguồn thứ hai, số chỉ của ampe kế là:

I2'=1A=I2⇒U2R+r2+ZL−ZC2=U2R2+ZC2

⇒R+r2+ZL−ZC2=R2+ZC2

⇒4R2+ZL−ZC2=R2+ZC2

⇒3R2+ZL−ZC2=ZC2=3R2

⇒ZL−ZC=0⇒ZL=ZC=3R

Khi mắc cuộn dây vào nguồn điện thứ hai, điện năng tiêu thụ trong thời gian Δtlà:

Q2'=U22.rr2+ZL2.Δt=4U12.RR2+3R2.Δt=2.U12R.Δt=2Q

Đáp án C

Phương pháp giải:

Sử dụng phương pháp giản đồ vecto

Định lí hàm sin: asinA=bsinB=csinC

Định lí hàm cos: a2=b2+c2−2bccosA

Giải chi tiết:

Ta có giản đồ vecto:

 

Áp dụng định lí hàm sin, ta có:

Asinα=A1sinπ6⇒Asinα=5sinπ6=10⇒A=10sinα

 

Biên độ dao động tổng hợp đạt cực đại:

Amax⇔sinαmax=1⇒A=10cm

 

Theo đề bài ta có: A=Amax2=5cm

Áp dụng định lí hàm cos, ta có:

A12=A22+A2−2A.A2cosπ6

⇒52=A22+52−2.5.A2.cosπ6

⇒A22−53A2=0⇒A2=53cm

 

 

Đáp án A

Phương pháp giải:

Độ lớn lực điện: F=kq1q2r2

Giải chi tiết:

Gọi điện tích truyền cho các quả cầu là q

Điện tích của mỗi quả cầu là: q'=q2

Ta có hình vẽ:

Từ hình vẽ ta thấy: P=Fd

⇒mg=kq22l2⇒q=4mgl2k

⇒q=4.90.10−3.10.0,129.109=2.10−6C

Đáp án A

Phương pháp giải:

Sử dụng máy tính bỏ túi, li độ dao động tổng hợp: A1∠φ1+A2∠2=A∠φ

Giải chi tiết:

Ở thời điểm t, dao động (1) có: x1=A1cosφ1⇒23=4cosφ1⇒cosφ1=32v1=−ωAsinφ1<0⇒sinφ1<0⇒φ1=−π6

Ở thời điểm t, dao động (2) có: x2=0v2>0⇒φ2=−π2

Sử dụng máy tính bỏ túi, ta có: 

4∠−π6+4∠−π2=43∠−π3

Li độ và vận tốc của dao động tổng hợp là: 

x=43cos−π3=23cmv=−ωAsin−π3>0

Đáp án C

Phương pháp giải:

Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch: U=Ir2+ZL−ZC2

Hai đại lượng vuông pha có: tanφ1.tanφ2=−1

Hệ số công suất: cosφ=rr2+ZL−ZC2

Giải chi tiết:

Ban đầu, số chỉ của vôn kế là: UV1=Ud=Ur2+ZL2r2+ZL−ZC2

Nối tắt tụ điện, số chỉ của vôn kế là điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch: UV2=U

Theo đề bài ta có:

UV2=3UV1⇒U=3Ud⇒U=3Ur2+ZL2r2+ZL−ZC2

⇒r2+ZL−ZC2=9r2+ZL21

Cường độ dòng điện trong hai trường hợp vuông pha với nhau, ta có:

tanφ1.tanφ2=−1⇒ZL−ZCr.ZLr=−1

⇒ZLZL−ZC=−r2

Thay vào phương trình (1), ta có:

−ZLZL−ZC+ZL−ZC2=9−ZLZL−ZC+ZL2

⇒ZC2−ZLZC=9ZLZC⇒ZC2−10ZLZC=0⇒ZC=10ZL

⇒r2=−ZLZL−ZC=9ZL2⇒r=3ZL

Hệ số công suất của mạch điện lúc đầu là:

cosφ=rr2+ZL−ZC2=3ZL9ZL2+ZL−10ZL2=110

Đáp án D

Phương pháp giải:

Sử dụng kĩ năng đọc đồ thị

Phương trình điện áp: u=U0cosωt+φ

Công suất tiêu thụ: P=UIcosφ=UR.I

Sử dụng giản đồ vecto

Giải chi tiết:

Từ đồ thị, ta có chu kì của điện áp là:

T=2.403−103=20ms=0,02s

⇒ω=2πT=2π0,02=100πrad/s

Phương trình điện áp giữa hai đầu đoạn mạch AB là: uAB=220cos100πtV

Ta thấy φAB=φi→ trong mạch có cộng hưởng →∑ZL=∑ZC⇒UL=UC

Tại thời điểm t=103ms→ΔφAM=π3rad,uAM=0 và đang giảm φAM=π2

⇒φuAM=π2−π3=π6rad

⇒uAM=U0AMcos100πt+π6V

Tại thời điểm t=7,5ms→ΔφMB=3π4rad,uMB=0 và đang giảm φMB=π2

⇒φuMB=π2−3π4=−π4rad

⇒uMB=U0MBcos100πt−π4V

Ta có giản đồ vecto:

 

Từ giản đồ vecto, ta thấy:

UR1+UR2=UAB=2202V

⇒ULcotanπ6+UCcotanπ4=155,56

⇒UL=UC=155,56cotanπ6+cotanπ4=56,94V

Công suất tiêu thụ trên đoạn mạch AM và MB là:

PAM=UR1.I=ULcotanπ6.I=56,94.cotanπ6.1=98,62WPMB=UR2.I=UC.cotanπ4.I=56,94.cotanπ4.1=56,94W

Đáp án B

Phương pháp giải:

Tần số góc của con lắc lò xo: ω=km

Độ lớn lực điện: Fd=E.q

Độ lớn lực đàn hồi của lò xo: Fdh=kΔl

Định luật II Niu – tơn: F=ma

Quãng đường chuyển động thẳng nhanh dần đều: s=v0t+at22

Giải chi tiết:

Ban đầu nối hai vật bằng dây dẫn, lực điện tác dụng lên vật B có độ lớn bằng độ lớn lực đàn hồi tác dụng lên vật A: Fd=Fdh⇒qE=kΔl⇒Δl=qEk=0,02m=2cm

Cắt dây nối hai vật, hai vật chuyển động không vận tốc đầu, vật A ở biên dương

Biên độ dao động của vật A là: A=Δl=2cm

Tần số góc dao động của con lắc lò xo là: ω=km=101=10=πrad/s

Chọn gốc tọa độ tại VTCB của vật A

Phương trình dao động của vật A là: xA=2cosπtcm

Tại thời điểm 1,5 s , li độ của vật A là: xA=0

Vật B chuyển động với gia tốc: a=Fdm=qEm=0,2m/s2=20cm/s2

Phương trình chuyển động của vật B là: xB=A+Δx+v0t+at22=22+10t2

Tọa độ của vật B ở thời điểm 1,5 s là: xB=22+10.1,52=44,5cm

Khoảng cách giữa hai vật là: d=xB−xA=44,5cm

Đáp án B

Phương pháp giải:

Phương trình giao thoa sóng:

Điều kiện cực đại giao thoa:

Giải chi tiết:

Bước sóng: λ=vf=4080=0,5cm

 

Điểm M , N nằm trên đường trung trực của S1S2, ta có: d2M=d1M=dMd2N=d1N=dN

Độ lệch pha giữa hai điểm M, N là:

Δφ=φM−φN=2dMλ−2dNλ=2dM−dNλ

 

Điểm N cùng pha với điểm M, ta có: Δφ=k2π⇒2dM−dNλ=k2π⇒dM−dN=kλ

Điểm N gần M nhất ⇒kmin=±1⇒dM−dN=±λ

⇒dM−dN=λ⇒dN=dM−λ=9,5cmdM−dN=−λ⇒dN=dM+λ=10,5cm

 

Với dN=9,5cm, ta có:

MN=IM−IN=dM2−S1I2−dN2−S1I2≈0,88cm=8,8mm

 

Với dN=10,5cm, ta có:

MN=IN−IM=dN2−S1I2−dM2−S1I2=0,8cm=8mm

 

Đáp án D

Phương pháp giải:

Độ lệch pha: Δφ=2πdλ

Công thức lượng giác: tana−b=tana−tanb1+tanatanb

Hàm số fx đạt cực trị khi  f'x=0

Hệ thức lượng trong tam giác vuông: 1h2=1b2+1c2

Giải chi tiết:

Điểm P dao động ngược pha với nguồn, giữa OP có 4 điểm ngược pha với O, ta có:

ΔφP=2π.OPλ=2k+1π;k=4⇒OP=4,5λ

Điểm P dao động cùng pha với nguồn, giữa OQ có 8 điểm ngược pha với nguồn →k=8

ΔφQ=2π.OQλ=8.2π⇒OQ=8λ

Ta có hình vẽ:

 

Ta có: PMQ^=OMQ^−OMP^⇒tanPMQ^=tanOMQ^−OMP^

⇒tanPMQ^=tanOMQ^−tanOMP^1+tanOMQ^.tanOMP^

⇒tanPMQ^=OQOM−OPOM1+OQOM.OPOM=OM.OQ−OPOM2+OQ.OP=OM.PQOM2+OP.OQ

Đặt OM=x⇒fx=x.PQx2+OP.OQ

Xét f'x=PQ.x2+OP.OQ−2x.x.PQx2−OP.OQ2=−x2.PQ+PQ.OP.OQx2−OP.OQ2

Để fxmax⇒f'x=0⇒−x2.PQ+PQ.OP.OQ=0

⇒x=OP.OQ=6λ

Kẻ  OH⊥MQ

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông OMQ, ta có:

1OH2=1OM2+1OQ2⇒1OH2=16λ2+18λ2⇒OH=4,8λ

Số điểm dao động ngược pha với O trên đoạn MH thỏa mãn:

OH≤2k+1λ≤OM⇒4,8λ≤2k+1λ≤6λ⇒1,9≤k≤2,5⇒k=2

→ trên MH có 1 điểm dao động ngược pha với nguồn

Số điểm dao động ngược pha với O trên đoạn QH thỏa mãn:

OH≤2k+1λ≤OQ⇒4,8λ≤2k+1λ≤8λ⇒1,9≤k≤3,5⇒k=1;2;3

→ trên QH có 3 điểm dao động ngược pha với nguồn

→ Trên MQ có 4 điểm dao động ngược pha với nguồn