LỜI GIẢI CHI TIẾT đề 5

Câu 1: Đáp án C
E=

Giá trị hiệu dụng:

E0
2.

Câu 2: Đáp án C
Theo thuyết tương đối, động năng của hạt:

K = E − E0 = ( m − m0 ) c2

.

E0 là năng lượng nghỉ của hạt.
Câu 3: Đáp án A
Dao động cưỡng bức có tần số bằng tần số của ngoại lực cưỡng bức.
Câu 4: Đáp án B
Câu 5: Đáp án A
Câu 6: Đáp án B
T = 2

Chu kỳ con lắc lò xo:

k
T2k 1.10
 m= 2 =
= 0,25kg = 250g
m
4

4.10
.

Câu 7: Đáp án D
Tia X là sóng điện từ, khơng phải là tia phóng xạ.
Câu 8: Đáp án B
Ánh sáng nhìn thấy có thể gây ra hiện tượng quang điện với 4 kim loại: K, Na, Ca và Xe.
Câu 9: Đáp án C
Đi-ốt bán dẫn là linh kiện bán dẫn được tạo ra bởi một lớp chuyển tiếp
p – n.
Đi-ốt bán dẫn chỉ cho dịng điện chạy qua nó khi miền p được nối với
cực dương và miền n được nối với cực âm của nguồn điện ngoài.
Câu 10: Đáp án D
Chiết suất của thủy tinh (lăng kính, nước) càng lớn đối với ánh sáng có bước sóng càng nhỏ.
Câu 11: Đáp án C
f =

Chú ý, tần số tỉ lệ nghịch với bước sóng,

c

.


Câu 12: Đáp án A
P = R

Cơng suất hao phí trên đường dây
Do đó, tăng điện áp nơi phát lên

P2

(U cos )

2

.

n lần thì hao phí giảm n lần.

Câu 13: Đáp án D
Mạch chỉ có điện trở R nên khi thay đổi tần số công suất là không thay đổi.
Câu 14: Đáp án B
Để so sánh mức độ bền vững của các hạt nhân cần xác định năng lượng liên kết riêng của chúng. Hạt
nhân có năng lượng liên kết riêng càng lớn thì càng bền vững.
mLi = ( Z.mp − N .mn ) − mLi = ( 3.1,0073u + 4.1,0087u) − 7,0144u = 0,0423u
0,0423.931,5
= 5,6 MeV / nuclon
7
0,03032.931,5
 He =
= 7,06 MeV / nuclon
4

 Li =

Hạt Li kém bền vững hơn.
Câu 15: Đáp án B
A=

Cơng thốt electron xác định bởi

hc

0 , thay số ta được A = 6,625.10−19 J .

Câu 16: Đáp án D
i=

Ta có

 .D
a

→ =

a.i 0,6.1,8
=
= 0,54 m = 540nm
D
2
.

Câu 17: Đáp án D
nkk .sin i = nnc .sin r → sin r =

nkk .sin i
 0,65 → r  40,52
nnc
.

Góc lệch D = i − r = 60 − 40,52 = 19,48 .
Câu 18: Đáp án C
+ Trên dây có hai điểm đứng yên → Sóng dừng xảy ra trên dây với 3 bó sóng.
→ 3.


2

= 1,2m   = 0,8m

.


T=

+ Chu kỳ của sóng
T
t = = 0,05s
2
.


v

=

0,8
= 0,1s
8

nên khoảng thời gian giữa hai lần liên tiếp sợi dây duỗi thẳng là:

Chú ý: khoảng thời gian giữa n lần liên tiếp sợi dây duỗi thẳng

t = ( n − 1)

T
2.

Câu 19: Đáp án A
+ Kéo con lắc theo phương thẳng đứng cho lò xo dãn thêm 3 cm nữa rồi thả nhẹ → Con lắc sẽ dao động
với biên độ A = 3cm .
x = 1

+ Vị trí cách vị trí cân bằng 1 cm:

Wt
x2
12
1
= 2
=
=
2
2
2
Wđ A − x
3 −1 8 .

Câu 20: Đáp án D

E= −

Áp dụng định luật Fa-ra-đây về cảm ứng điện từ:

 6.10−3
=
= 0,15 V
t
0,04
.

Câu 21: Đáp án D

+ Ban đầu:

2 eU
1
me.v12 = e .U → v1 =
2
me

+ Lúc sau:

2 e .1,5U
1
me.v22 = e .1,5U → v2 =
2
me

.

.

Dễ thấy điện áp tăng thì tốc độ electron tăng, do đó ta có:
v2
v + v
v
2020.103
= 1,5 →
= 1,5 → 1 +
= 1,5  v =
 9.106 m / s
v1
v
v
1,5 − 1

.

Câu 22: Đáp án D

+ Vật qua thấu kính cho ảnh cùng chiều, cao gấp 3 lần vật ta có:

→ Ảnh này là ảo qua thấu kính hội tụ, k  0.
d'

k = − = 3
→
 d ' = −3d = −30cm
d

d = 10

.

tk=

A' B'
AB

=3

.


1 1 1
1
1
1
+ = → +
=  f = 15cm
10 −30 f
+ Áp dụng cơng thức thấu kính: d d ' f
.

Câu 23: Đáp án D
I=

Áp dụng định luật Ôm tồn mạch, ta có:

E

1 R + R+ r R0 r + R
→ = 0
=
R0 + R+ r
I
E
E .

Dựa vào đồ thị:
R = 80 →

1
= 100 → R0 r + 80 = 100E
I
.

R = 40 →

1
= 60 → R0 r + 40 = 60E
I
.

+ Khi

+ Khi

 E = 1 V, r = 1 .
Câu 24: Đáp án A
Áp dụng nguyên lý chồng chất điện trường.

Vì điện tích q2 cân bằng

 q1q2
q3q2
r12
q
= 1 = 2 r12 = 40cm
k. 2 = k. 2 →
→ F12 + F32 = 0 →  r12

r32
r32
q3
r32 = 20cm

r12 + r32 = AC = 60cm

.

Câu 25: Đáp án C

(

)

1
1
1
C 2 2

5
W = CU02 = Cu2 + Li 2 → i =
U0 − u =
A
2
2
2
L
5 .
Năng lượng điện từ của mạch dao động:

Câu 26: Đáp án A
hc

Ta có: 

= En − Ek  En = −5.44.10−19 =

−13,6
.1,6.10−19
2
n
. Suy ra n = 2 ứng với quỹ đạo L.

Câu 27: Đáp án A
2

 E 
P = I R= 
 R

 R+ r  .
Ta có:
2

 16 =

122
R
R2 + 4R + 4 .

 R2 − 5R+ 4 = 0  R = 4  hoặc R= 1  (loại).

Hiệu suất của nguồn điện:

H=

R
= 66,7%
R+ r
.


Câu 28: Đáp án A
2

I 0C  r0 A 
1
=   =  I 0 A = 16I 0C
I
r

16
Ta có: 0 A  0C 
.
I 
I 
I 
log  0 A  + log  0C  = 4 B = 2log  0 B 
 I0 
 I0 
 I0 
2
 I  
I I 
 log  0 A . 0C  = log  0 B  
 I 0  
 I0 I0 
2

2

r  r 
I I
 I 0 A .I 0C = ( I 0 B )  0 A . 0C = 1   OB   OB  = 1
I 0B I 0B
 rOA   rOC 
2
2
 rOB = rOA .rOC = OB = OA.OC = 4OA2  OB = 2OA  BC = 40m
2

Câu 29: Đáp án D
+ Theo định luật bảo toàn năng lượng toàn phần:

Q = KH + KX − KHe → KH + KX = 5 − 1,21 = 3,79 MeV → KH = 3,79 − KX .
+ Áp dụng định luật bảo toàn vectơ động lượng: pHe = pH + pX

cos =

cos =

2
pHe
+ pX2 − pH2 2mHe.K He + 2mX .K X − 2mH .K H
=
2 pHe. pX
2 2mHe.K He . 2mX .K X

4.5 + 17K X − ( 3,79 − K X )
4 5. 17K X

=

16,21 + 18K X
4 85. K X

=

16,21
+ 18 K X
KX

4 85

 16,21

+ 18 K X   2 16,21.18

 K

X

Áp dụng BĐT Cosi cho hệ thức 
. Nhận thấy cos đạt min thì góc  đạt
max.


Dấu “=” xảy ra

16,21
KX

= 18 K X  K X = 0,9006 MeV

.

Câu 30: Đáp án D

A1

−
 x1 =

t = 0, 
2 → 1 =
3
v  0
1
Dựa vào đồ thị ta có: Tại
.
v2 =

v2max




 v2 =
v2 − 2 = → 2 = − →  =
3 mà
2
6
6.
2 và đang giảm tức là


Câu 31: Đáp án B

Tại M có vân tối trùng với 1 vân sáng nên:

xM = ( kt + 0,5)

t D

a

= ks

s D
a

(1)

Để bức xạ cho vân tối 2 có giá trị nhỏ nhất thì vân sáng phải có bước sóng lớn nhất tức là
k .760
 = s
( 2)
s = 760nm (1) . Suy ra t kt + 0,5
.
Dùng Mode 7 của máy tính, ta xét (2) ứng với lần lượt ks = 1,2,3,4...
Thấy rằng, ks = 2 thì kt có 2 giá trị là kt = 2 và kt = 3 thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Suy ra bước sóng của bức xạ 2 là

2 =

2.760
= 608nm
2 + 0,5
.

Câu 32: Đáp án B
Gọi công suất của mỗi tổ máy là P0 .
+ Ban đầu, ở giờ cao điểm:
Công suất phát đi P1 = 8P0 ;

Công suất tiêu thụ: Ptt1 = 0,7P1 .
Php1 = I12 R =

Cơng suất hao phí:

P12
R 0,3
R = 0,3P1 → 2 =
2
U
U
P1 .

+ Khi công suất tiêu thụ giảm còn 72,5% so với lúc cao điểm: Ptt 2 = 0,725Ptt1 = 0,725.0,7.P1 = 0,5075P1 .
P2 = Ptt 2 + Php2 = 0,5075P1 +

Công suất của máy phát lúc này:

P22
0,3
R → P2 = 0,5075P1 + P22 .
2
U
P1

 P2
 P = 2,71( KTM ) do P2  P1
 1
2


 P2  P2
 P2 = 0,62 ( KTM ) → P  0,62P  4,96P
 0,3.   − + 0,5075 = 0
2
1
0
P
 P1  P1
. Giải ra ta được:  1
.

Câu 33: Đáp án D
T 45 41
=
−  T = 0,5s
Hai thời điểm gia tốc liên tiếp bằng 0 là: 2 16 16
.

→  = 4 rad / s .


Từ t = 0 đến t1 , vật quay góc

= 4 .

41 41
1
=   5T +
16 4
8.


Từ t1 lùi lại 5 vịng và lùi thêm góc 4 ta xác định được thời điểm đầu tiên
của vật (đang chuyển động về biên dương).
→ x0 = −5 2 cm theo chiều dương.
Một chu kỳ vật qua x = 5cm hai lần, tách 2020 = 1009T + 2
t = 1009T + t0 = 1009T +

T T
T
+ + 2 = 504,77s
8 12
6
.

Câu 34: Đáp án A
Gọi m0 là khối lượng ban đầu của Po.
+ Sau thời gian t1 = 2T :
− t1

 3m
mPo1 = m0  1 − 2 T  = 0 → m0 = 84mg
4


Khối lượng Po bị phân rã:
.

Khối lượng Po còn lại: mPo1 = 21mg .
mPb1 APb  tT1  206 2

103
=
. 2 −1 =
→ mPb1 = 61,8mg
 2 − 1 =
m
APo 
35
 210
Khối lượng Pb sinh ra: Po1
.

(

)

+ Sau thời gian t2 = 3T
− t2

−3
T
Khối lượng Po còn lại: mPo2 = m0 .2 = m0 .2 = 10,5mg .

 206 3
mPb2 APb  tT2
103
=
. 2 −1 =
→ mPb2 = 72,1mg
 2 − 1 =

mPo2 APo 
210
15

Khối lượng Pb sinh ra:
.

(

)

 Từ t = 2T đến t = 3T , lượng Pb được tạo thành trong mẫu có khối lượng là: 72,1− 61,8 = 10,3mg
Câu 35: Đáp án B
+ Khi

C = C0 : U MN (U L )

Khi đó ta có

đạt max → cộng hưởng.

U R = U = 15 2 V; ZL = ZC0

.

2
U AN = U R2 + U L2 → U L = U AN
− U R2 = 15 6 V 

Có:

ZL U L
=
= 3
R UR
.


+ Khi

C = 0,5C0 : ZC ' = 2ZC0 = 2ZL

→ Z ' = R + ( ZL − ZC ' )
2

.
2

2

2
Z 
2
=  L  + ( ZL − 2ZL ) =
ZL
3
 3

Z
U UL

15 6
=
→ U L = L .U =
V → U0 L = 15 3 V
Z ' ZL
Z'
2
tan =

ZL − ZC ' ZL − 2ZL
−

 5
=
= − 3 → =
→ i =  u −  = →  i + =
R
3
3
2 6
ZL / 3

5 

 uMN = 15 3cos 100 t +
( V)
6 


Câu 36: Đáp án C

Lực ma sát tác dụng lên vật m: Fms = .N = 0,2.0,3 = 0,06 N .
Khi vật m dao động sang trái (như hình vẽ), do dây khơng dãn nên vật M gây lực ma sát (hướng sang
F
OO1 = ms = 0,015m = 1,5cm
k
phải) tác dụng lên vật m làm VTCB của vật m thay đổi một đoạn:
(O là vị
trí CB ban đầu, lị xo khơng biến dạng, O1 là vị trí cân bằng mới).

+ Vật m chuyển động từ A1 tới A1 ' (dây căng, có lực ma sát):

T1 = 2

m 
= s; A1 = 3cm
k 10
.

+ Vật chuyển động từ A1 ' → O1 → O (dây không dãn, hệ vật gồm cả m và M cùng chuyển động):
T2 = 2

m+ M 
= s; A2 = 1,5cm
k
5
.

Quãng đường chuyển động của vật m: s = 2A1 + 3A2 = 10,5cm.

Thời gian chuyển động của vật m:

t=

T1 3T2 
+
= s
2
4
5 .

s
vTB =  16,71 cm / s
→ Vận tốc trung bình của vật m:
t
.


Câu 37: Đáp án A
MN = OM 2 + ON 2 = 10 .

Từ O hạ OH vng góc với MN:
1
1
1
=
+
→ OH = 4,8
2
2

OH
OM
ON 2
.

Điều kiện dao động ngược pha với O:

d = ( k + 0,5) 

.

+ Trên đoạn MH: 4,8  d  6 → 4,3  k  5,5 → k = 5 .
+ Trên đoạn NH (khơng tính H): 4,8  d  8 → 4,3  k  7,5 → k = 5,6,7 .

 Số điểm dao động ngược pha trên đoạn MN là 4 điểm.
Câu 38: Đáp án D
Khi C = C0 và C = 0,5C0 khi thì điện áp giữa hai đầu M, B cùng pha với nhau.
Khi đó ta có:
tan( urLC −i ) =

 = ( u

rLC −i

Có



− ( u−i )

(vẽ giản đồ vectơ).

ZL − ZC
Z − ZC
;tan( u−i ) = L
r
R+ r .

tan ( a − b) =
4r − ZC0

)

−

tan( urLC −i ) − tan( u−i )
tan a − tan b
→ tan =
1 + tan a.tan b
1 + tan( urLC −i ) .tan( u−i )

4r − ZC0

4r − 2ZC0

−

4r − 2ZC0

r

6r
r
6r
=
4r − ZC0 4r − ZC0
4r − 2ZC0 4r − 2ZC0
1+
.
1+
.
r
6r
r
6r
.

Chuẩn hóa chọn

r = 1 → ZC0 = 1 → tan = 1 →  =

Câu 39: Đáp án D


4

 0,7854 rad

.

Gọi AB = L , vì trên AB có 9 cực đại nên 4  L  5 .
AN = NB =

5
5 5
L → 2 5  AN 

2
2
.

 MA = d1  AN  4,47

 MB = d2  AN  5,6

 d1 − d2 = 
 MA, MB  ON  4
Có 

Vì M là cực đại và ngược pha với nguồn nên dao động tại M do A và B
truyền đến phải cùng pha nhau và ngược pha với nguồn.
Từ đó ta có bảng giá trị sau:

Ta có:

d1

5,5

6,5

d2

4,5

5,5

AB = AH + HB → d12 − L2 + d22 − L2 = 1

.

TH1: d1 = 5,5; d2 = 4,5 → L  4,377 .
TH2: d1 = 6,5; d2 = 5,5 → L  5,289 (loại).
Câu 40: Đáp án B
+ Xét mạch ban đầu:
U1I cos1 = I 2 R + U2 I cos2
 U1 cos1 = IR + U2 cos2
 U1.0,8 =

U2
+ 0,6U2  U1 = 1,0625U2
4

+ Xét mạch lúc sau: Do công suất trên R giảm 100 lần:

I
U U2 '
;U2 ' = 10U2 ; U ' =
=
10

10 400
U1 '2 = U '2 + U2 '2 + 2.U '.U2 '.cos2  U1 ' = 1,0015U2 ' = 10,015U2  U1 ' = 9,426U1
I'=

Vậy k = 9,426 .