đi thi thử đại học vật lý có lời giải chi tiết đề số 3

TRƯỜNG THPH
ĐỀ THI THỬ
(Đề thi có 05 trang; 50 câu trắc nghiệm)
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014
Môn thi: VẬT LÍ: Khối A, A
1
.
Thời gian: 90 phút, không kể thời gian giao đề
GV GIẢI ĐỀ: Đoàn Văn Lượng
Họ, tên thí sinh: Số báo danh: Mã đề 503:
Cho biết: hằng số Plăng h = 6,625.10
-34
Js; độ lớn điện tích nguyên tố e = 1,6.10
-19
C; tốc độ ánh sáng trong chân
không c=3.10
8
m/s; m
e
= 9,1.10
-31
kg
Câu 1: Một chất điểm dao động điều hoà không ma sát dọc theo trục Ox. Biết rằng trong quá trình khảo sát chất
điểm chưa đổi chiều chuyển động. Khi vừa rời khỏi vị trí cân bằng một đoạn s thì động năng của chất điểm là 13,95
mJ. Đi tiếp một đoạn s nữa thì động năng của chất điểm chỉ còn 12,60 mJ. Nếu chất điểm đi thêm một đoạn s nữa thì
động năng của nó khi đó là:
A. 11,25 mJ. B. 8,95 mJ. C. 10,35 mJ. D. 6,68 mJ.
Giải: Theo định luật bảo toàn cơ nănng:
2
đ1 đ2 đ3
2 2

1 1 1
W ks W k.4s W k.9s
2 2 2
+ = + = +
Từ đó suy ra:
( ) ( )
đ1 đ2 đ1
2
2
2
đ
3 2
ks W W ks W W 1
2 3
= − ⇒ = −

( )
đ3 đ1 đ1
2 2 2
1 1
W W ks k.9s W 4k.s 2
2 2
= + − = −
Thay (1) vào (2) được
( ) ( )
đ3 đ1 đ1 đ 2
2
W W 4. W W 10,35 mJ .
3
= − − =

⟹ Chọn C.
Câu 2: Một vật dao động điều hòa theo phương trình x = 2cos(2πt + π/6) (cm), trong đó t được tính theo đơn vị
giây (s). Động năng của vật vào thời điểm t = 0,5 (s)
A. đang tăng lên. B. có độ lớn cực đại. C. đang giảm đi. D. có độ lớn cực tiểu.
Hướng dẫn giải:
- Nhận xét: Muốn biết động năng tăng hay giảm, ta xem tốc độ của vật tăng hay giảm, mà muốn biết tốc độ tăng
hay giảm ta xem vật đi về vị trí cân bằng hay chuyển động ra 2 biên.
- Tại t = 0,5 s:
( )
2cos 3
6
0
x cm
v
π
π

 
= + = −

 ÷
⇒
 


>

vật đi về vị trí cân bằng
⇒
vật chuyển động nhanh dần

⇒
tốc
độ tăng
⇒
động năng tăng
Câu 3: Hãy chỉ ra phát biểu đúng trong số những phát biểu sau.
A. Dao động của con lắc lò xo dưới tác dụng của ngoại lực tuần hoàn gọi là sự tự dao động.
B. Dao động tự do là dao động có chu kì chỉ phụ thuộc vào các đặc tính của hệ không phụ thuộc vào các yếu tố
bên ngoài.
C. Chu kì dao động là khoảng thời gian ngắn nhất mà vị trí của vật lặp lại như cũ.
D. Chu kì riêng của con lắc lò xo tỉ lệ thuận với khối lượng của vật nặng.
Hướng dẫn giải:
A. Sai, vì đó là dao động cưởng bức.
1
B. Đúng (ví dụ con lắc lò xo:
2
m
T
k
π
=
, ).
C. Sai, vì theo định nghĩa: Chu kì là thời gian vật thực hiện một dao động toàn phần (hay chu kì là thời gian để
vật trở lại vị trí cũ và lặp lại chuyển động như trước).
D. Sai, vì
2
m
T
k
π

= ⇒
T
tỷ lệ thuận với
m
.
Câu 4: Một con lắc lò xo, gồm lò xo có độ cứng 50 (N/m) và vật nặng có khối lượng M = 0,5 (kg) dao động
điều hoà với biên độ A
0
dọc theo trục Ox nằm ngang trùng với trục của lò xo. Khi vật M có tốc độ bằng không
thì một vật nhỏ có khối lượng m = 0,5/3 (kg) chuyển động theo phương Ox với tốc độ 1 (m/s) đến va chạm đàn
hồi xuyên âm với M. Sau va chạm vật M dao động điều hoà với biên độ 10 cm. Giá trị của A
0
là
A. 5
3
cm.
B. 10 cm. C. 15 cm.
D. 5
2
cm.
Hướng dẫn giải:
- Trước khi m va chạm đàn hồi với M:
+ Tần số góc của con lắc lò xo:
( )
50
10 /
0,5
k
rad s
M

ω
= = =
.
- Khi m va chạm đàn hồi với M:
+ Khi M có tốc độ bằng không là khi M ở vị trí biên.
+ Do va chạm là đàn hồi xuyên tâm nên áp dụng định luật bảo toàn động lượng và động năng ta có:
( ) ( )
0 0
2 2 2
2
2 2
2
0
1
0,5 0,5
0,5
3 3
3 3
0,5 / 50 / .
1 1 1
0,5 0,5
1
0,5
2 2 2
3 3
3 3
v
V
m v mv MV
V v

V m s cm s
mv mv MV v
V v
V


+ =
= +
+ =



  
⇒ ⇒ ⇒ = =
  
= +
  
+ =
+ =





- Ngay sau va chạm, vật M dao động điều hòa với biên độ A, có vận tốc V và ly độ
0
x A= ±
(vì vật va chạm ở
vị trí biên). Do đó ta có:
( )

2 2
2 2 2 2
0 0
2 2
50
10 5 3 .
10
V
A x A A cm
ω
= + ⇔ = + ⇒ =
Câu 5: Một vật nhỏ dao động điều hòa với chu kì T và biên độ 8 cm. Biết trong một chu kì, khoảng thời gian để
vật nhỏ có tốc độ lớn hơn 16 cm/s là T/2. Tần số góc dao động của vật là
A. 2
2
rad/s.
B. 3 rad/s. C. 2 rad/s. D. 5 rad/s.
Hướng dẫn giải:
- Nhận xét: Tốc độ của vật càng lớn khi vật đi về vị trí cân bằng. Gọi
1
x
là li độ ứng với vận tốc 16 cm/s. Do đó
để tốc độ
( )
1
16v cm≥
thì vật phải ở trong khoảng
1
x x= −
đến

1
x x= +
.
- Ta có:
( )
1
2
4 4 2
2 8 4 2
T T A
t t x cm
π
∆ = ⇒ ∆ = ⇒ ∆α = ⇒ = =
.
- Tần số góc của dao động:
2
2 2
1
1
2
256
32 64 2 2( / ).
v
A x rad s
 
= + ⇔ + = ⇒ ω =
 ÷
ω ω
 
Câu 6: Một vật thực hiện đồng thời hai dao động cùng phương, cùng tần số 4 Hz và cùng biên độ 2 cm. Khi qua

vị trí cân bằng vật đạt tốc độ 16π
3
(cm/s). Độ lệch pha giữa hai dao động thành phần bằng
A. π/6. B. π/2. C. π/3. D. 2π/3.
Hướng dẫn giải:
2
- Biên độ của dao động tổng hợp:
max
2 3
ω
= =
v
A cm

- Độ lệch pha của 2 dao động:
( )
2 2 2 2 2
1 2 1 2 2 1
2 12 2 2 2 2 2
3
A A A A A cos . . .cos .
π
ϕ ϕ ϕ ϕ
= + + − ⇒ = + + ∆ ⇒ ∆ =
Câu 7: Một con lắc lò xo gồm vật nhỏ khối lượng 0,1 kg và lò xo có độ cứng 10 N/m. Vật nhỏ được đặt trên giá
đỡ cố định nằm ngang dọc theo trục lò xo. Hệ số ma sát trượt giữa giá đỡ và vật nhỏ là 0,15. Ban đầu giữ vật ở
vị trí lò xo bị nén 7 cm rồi buông nhẹ để con lắc dao động tắt dần. Lấy g = 10 m/s
2
. Khi vật dừng lại thì lò xo
A. bị nén 1,5 cm. B. bị dãn 1,5 cm. C. bị nén 1 cm. D. bị dãn 1 cm.

Hướng dẫn giải:
- Gọi O là vị trí cân bằng lúc đầu của vật (khi không có lực ma sát); O
1
, O
2
là các tâm dao động mới (khi có lực
ma sát tác dụng).
- Độ giảm biên độ trong một nữa chu kì dao động:
1 2 1 2
0 15 0 1 10
2 2 2 2 0 03 3
10
C
/ I
F
mg , . , .
A O O x , m cm.
k k
µ
∆ = = = = = = =
- Số lần vật qua vị trí cân bằng O:
1 2
7
2
3
/
A
N
A
 

 
= = = ⇒
 
 
∆
 
 
khi đó lò
xo bị nén (vì lúc đầu đã bị nén).
- Do từ khi bắt đầu dao động đến khi dừng lại vật qua vị trí cân bằng 2 lần và độ giảm biên độ trong 1/4 chu kì
là
1 4 1
1 5
/
A OO , cm∆ = =
(hình vẽ) nên khi dừng lại vật cách vị trí C cân bằng O

một khoảng CO = 2,5 cm – 1,5
cm = 1 cm.
Câu 8: Dụng cụ đo khối lượng trong một con tàu vũ trụ có cấu tạo gồm một chiếc ghế có khối lượng m được
gắn vào đầu của một chiếc lò xo có độ cứng k = 480 N/m. Để đo khối lượng của nhà du hành thì nhà du hành
phải ngồi vào ghế rồi cho chiếc ghế dao động. Người ta đo được chu kì dao động của ghế khi không có người là
T
0
= 1 s còn khi có nhà du hành là T = 2,5 s. Khối lượng nhà du hành là
A. 80 kg. B. 63 kg. C. 75 kg. D. 70 kg.
Hướng dẫn giải:
- Nhận xét: Chiếc ghế có cấu tạo giống như một con lắc lò xo treo thẳng đứng, ghế ở phía trên, lò xo ở phía
dưới. Gọi khối lượng của ghế là m (kg), của người là m
0

(kg).
- Khi chưa có người ngồi vào ghế:
0
2 1
m
T
k
π
= =
(1).
- Khi có người ngồi vào ghế:
0
2 2,5
m m
T
k
π
+
= =
(2).
- Từ (1) và (2), ta có:
0
2 2
2
0
0
2 2,5
2,5 1
63 ( 10)
2 2

2 1
m m
m
k
m kg
k
m
k
π
π
π π
π

+
 =
   

⇒ = − ⇒ = =

 ÷  ÷
   

=



Câu 9: Trên bề mặt chất lỏng có hai nguồn kết hợp AB cách nhau 40cm dao động cùng pha. Biết sóng do mỗi nguồn
phát ra có tần số f=10(Hz), vận tốc truyền sóng 2(m/s). Gọi M là một điểm nằm trên đường vuông góc với AB tại đó A
dao đông với biên độ cực đại. Đoạn AM có giá trị lớn nhất là :
A. 20cm B. 30cm C. 40cm D.50cm

*Xác định khoảng cách ngắn nhất hoặc lớn nhất từ một điểm M đến hai nguồn .
a.Phương pháp: Xét 2 nguồn cùng pha ( Xem hình vẽ bên)
Giả sử tại M có dao đông với biên độ cực đại.
-Khi / k/ = 1 thì :
Khoảng cách lớn nhất từ một điểm M đến hai nguồn là : d
1
=MA
3
A B
k=1
k=2
k=
-1
/k
max
/
k=0
k=0
k=1
k=
-1
k= - 2
N
M
N’
M’
Từ công thức :
AB AB
k
λ λ

−
< <
với k=1, Suy ra được AM
-Khi / k/ = /Kmax/ thì :
Khoảng cách ngắn nhất từ một điểm M’ đến hai nguồn là:d
1
= M’A
Từ công thức :
AB AB
k
λ λ
−
< <
với k= k
max ,
Suy ra được AM’
Giải: Ta có
200
20( )
10
v
cm
f
λ
= = =
. Do M là một cực đại
giao thoa nên để đoạn AM có giá trị lớn nhất thì M
phải nằm trên vân cực đại bậc 1 như hình vẽ và thõa mãn:
2 1
1.20 20( )d d k cm

λ
− = = =
(1). ( do lấy k= +1)
Mặt khác, do tam giác AMB là tam giác vuông tại A nên ta có :

2 2 2 2
2 1
( ) ( ) 40 (2)BM d AB AM d
= = + = +
Thay (2) vào (1)
ta được :
2 2
1 1 1
40 20 30( )d d d cm
+ − = ⇒ =
Đáp án B
Câu 10: Một nguồn sóng O trên mặt nước dao động với phương trình u
0
= 5cos(2πt + π/4) (cm) (t đo bằng
giây). Tốc độ truyền sóng trên mặt nước 10 cm/s, coi biên độ sóng truyền đi không đổi. Tại thời điểm t = 1,5 s,
điểm M trên mặt nước cách nguồn 20 cm có li độ bằng
A. -2,5
2
cm.
B. -2,5 cm. C. 0. D. 2,5 cm.
Hướng dẫn giải:
- Thời gian để sóng truyền từ O đến M:
( )
20
2 .

10
d
t s
v
∆ = = =
Khi
( ) ( )
1,5 2t s s= <
thì sóng chưa truyền đến M
nên
0.
M
=u
- Nhận xét: Đa số các bạn viết ngay phương trình sóng tại M (
2
5cos 2
4
M
x
u t
π π
π
λ
 
= + −
 ÷
 
) rồi thay t vào mà
quên mất điều kiện là
x

t
v
≥
).
Câu 11: Sóng cơ lan truyền qua điểm M rồi đến điểm N cùng nằm trên một phương truyền sóng cách nhau một
phần ba bước sóng. Coi biên độ sóng không đổi bằng A. Tại thời điểm t
1
= 0 có u
M
= +a và u
N
= -a. Thời điểm t
2
liền sau đó để u
M
= +A là
A. 11T/12. B. T/12. C. T/6. D. T/3.
Hướng dẫn giải:
- Cách 1: Theo hình vẽ: Để sau đó M có li độ
bằng biên độ thì M phải đi thêm quảng đường:
4 6 12
λ λ λ
− =
; mà ta biết để đi được quảng đường
bằng bước sóng
λ
thì phải mất thời gian bằng chu
kì T. Do đó để đi được quảng đường
12
λ

thì phải
mất thời gian
2
.
12
T
t =
- Cách 2:
4
A
B
M
K=0
d
1
d
2
K=1
+ Góc lệch pha của M và N:
2
2 2
3
.
3
d
λ
π
π π
ϕ
λ λ

 
 ÷
 
∆ = = =
+ Mặt khác, tại
1
0
M
N
u a
t
u a

= +

=

= −


nên để u
M
= A liền sau đó thì góc quét phải là:
6
π
α
∆ =
.
+ Thời gian cần tìm:
2

6
.
2
12
T
t
T
π
α
π
ω
 
 ÷
∆
 
= = =
 
 ÷
 
Câu 12: M, N, P là 3 điểm liên tiếp nhau trên một sợi dây mang sóng dừng có cùng biên độ 4 cm, dao động tại
N cùng pha với dao động tại M. Biết MN = 2NP = 20 cm. Bước sóng và biên độ tại điểm bụng lần lượt là
A. 4 cm, 40 cm. B. 4 cm, 60 cm. C. 8 cm, 40 cm. D. 8 cm, 60 cm.
Hướng dẫn giải:
- Tính bước sóng: Theo hình vẽ, ta có:
( )
0 25 15 60
2 2
MN NP
, x' x cm cm .
λ λ

= + = + = ⇒ =
- Tính biên độ: Ta có:
( )
2 2 5
4 8
60
max max max
x .
A A sin A sin A cm
π π
λ
   
= ⇒ = ⇒ =
 ÷  ÷
   
(loạ
i nghiệm
2 5
4
60
max
.
A sin
π
 
− =
 ÷
 
, vì chọn ly độ dương).
* Lưu ý: Nếu biết khoảng cách từ một điểm bất kỳ đến nút gần

nhất thì biên độ của điểm đó xác định theo biểu thức:
2
max
x
A A sin ;
π
λ
 
=
 ÷
 
còn nếu biết khoảng cách đến bụng thì biên độ điểm đó xác định theo biểu thức:
2
max
x
A A cos .
π
λ
 
=
 ÷
 
Câu 13: Trên mặt một chất lỏng có hai nguồn sóng kết hợp cùng pha có biên độ a và 2a dao động vuông góc
với mặt thoáng chất lỏng. Nếu cho rằng sóng truyền đi với biên độ không thay đổi thì tại điểm M cách hai
nguồn những khoảng d
1
= 12,75λ và d
2
= 7,25λ sẽ có biên độ dao động a
0

như thế nào?
A. a
0
= a.
B. a < a
0
< 3a.
C. a
0
= 2a. D. a
0
= 3a.
Hướng dẫn giải:
- Độ lệch pha của 2 sóng tại M:
( ) ( )
1 2
2 2
12,75 7,25 11d d
π π
ϕ λ λ π
λ λ
∆ = − = − =
: hai sóng ngược pha nhau nên
a
0
= 2a – a = a.
Câu 14: Một cái loa đặt trong không khí phát sóng âm đều về mọi phía. Bỏ qua sự hấp thụ âm của không khí và
sự phản xạ âm. Mức cường độ âm tại điểm A cách loa 1 m là 70 dB. Mức cường độ âm do loa đó phát ra tại
điểm B nằm trên đường thẳng qua A và loa, sau A và cách loa 5 m là
A. 56 dB. B. 57 dB. C. 30 dB. D. 40 dB.

Hướng dẫn giải:
- Cường độ âm tại một điểm cách nguồn âm một khoảng r:
2
4
P
I
r
π
=
, do bỏ qua sự hấp thụ âm nên
2
B A
A B
I r
I r
 
=
 ÷
 
.
- Mức cường độ âm tại B:
5
( )
0 0
1
10 lg lg 10lg 20lg 20lg 14 14 56 .
5
B A B A
B A B A
A B

I I I r
L L L L dB
I I I r
 
   
 
− = − = = = ≈ − ⇒ = − =
 ÷
 ÷  ÷
 ÷
 
   
 
- Nhận xét: Có thể nhớ nhanh:
10lg 20lg
B A
B A
A B
I r
L L
I r
   
− = =
 ÷  ÷
   
.
Câu 15: Một nguồn âm (coi như nguồn điểm) phát sóng âm đều về mọi phía. Tại một điểm trên phương truyền
sóng có biên độ 0,12 mm thì cường độ âm bằng tại đó bằng 1,8 W/m
2
. Cường độ âm tại điểm đó sẽ bằng bao

nhiêu nếu biên độ âm tại điểm đó bây giờ là 0,36 mm.
A. 0,6 W/m
2
. B. 2,7 W/m
2
. C. 5,4 W/m
2
. D. 16,2 W/m
2
.
Hướng dẫn giải:
Ta có:
2 2
2 2
2 2 2
2 1
2 2
1 1 1
. 16,2(W / ). ⇒ = ⇒ = =;
I A A
I A I I m
I A A
Câu 16: Cho đoạn mạch AB được ghép bởi các đoạn mạch nối tiếp nhau: Đoạn AM chứa điện trở R
1
= R, đoạn
MN chứa cuộn cảm thuần L, đoạn NB chứa tụ điện C. Đặt vào AB một điện áp xoay chiều ổn định, khi đó U
AM
= U
AB
. Mắc thêm một điện trở R

2
= R nối tiếp vào mạch thì thấy trong số các điện áp hiệu dụng U
AM
, U
MN
, U
NB
có một điện áp tăng, hai điện áp còn lại giảm. Giá trị R và vị trí mắc R
2
vào mạch là
A. R bất kì, mắc vào đoạn AM. B. R >
2
Z
L
, mắc vào đoạn MN.
C. R >
3
Z
L
, mắc vào đoạn MB. D. R >
2
Z
L
, mắc vào đoạn MB.
Hướng dẫn giải:
Ban đầu mạch đang cộng hưởng. Khi mắc thêm R
2
= R vào mạch thì mạch vẫn cộng hưởng nhưng cường độ
dòng điện hiệu dụng trong mạch giảm còn một nửa do tổng trở tăng gấp 2 lần:
I

I'
2
=

Ta xét các trường hợp:
- Nếu mắc R
2
vào đoạn AM (R
1
nt R
2
): Điện áp hai đầu AM không đổi, hai đầu MN và NB đều giảm còn một
nửa (Không thỏa mãn)
- Nếu mắc R
2
vào đoạn MN:
' 2 2 2 2
MN L L
I
U I' R Z R Z
2
= + = +
; để điện áp trên MN tăng lên so với ban đầu thì
2 2
L
L
R Z
Z
2
+

>
; Suy ra: R > Z
L
. Hai điện áp U
AM
và U
NB
đều giảm còn một nửa so với ban đầu.
- Nếu mắc R
2
vào đoạn NB: Tương tự như mắc vào MN vì Z
L
= Z
C
; Khi đó U
NB
tăng, còn lại giảm.
Vậy: R >
3
Z
L
, mắc R
2
vào đoạn MB.
Câu 17: Một cuộn dây không thuần cảm có điện trở 10Ω được nối với một điện trở R. Đặt vào hai đầu đoạn
mạch điện áp u = 40 cos100πt (V) thì cường độ dòng điện i trong mạch chậm pha hơn u một góc và công
suất trên R là 50W. Cường độ dòng điện hiệu dụng trong mạch là:
A. 5A hoặc 3A B. 2A hoặc 4A C. 2A hoặc 5A D. 1A hoặc 5A
Giải:
( )

u 40 6 cos100 t V .= π

( )
0
U
U 40 3 V .
2
= =
6
( )
L
u/i L
Z 1
tan tan R r 3Z 1
R r 6
3
π
ϕ = = = ⇒ + =
+
( )
( )
( )
2
2
2 2
L
2
R
2
2

R
L
R r Z
U R U
P I R 96 2 .
R P
R r Z
+ +
= = ⇒ = =
+ +
Từ (1) và (2), thay số ta được phương trình:
2
R 52R 100 0
− + =
.
Giải phương trình ta được
( )
( )
1
2
R 2
R 50
= Ω

= Ω


Với
( )
1

R
1 1
1
P
50
R 2 I 5 A
R 2
= Ω ⇒ = = =
; Với
( )
2
R
2 2
2
P
50
R 50 I 1 A
R 50
= Ω ⇒ = = =
. ⟹ Chọn D.
Câu 18: Cho đoạn mạch xoay chiều nối tiếp gồm tụ điện C, biến trở R, cuộn dây không thuần cảm có r = 40 Ω
và L =
0,2
H
π
. Điện áp hai đầu mạch có biểu thức
u 200cos100 t(V)= π
. Thay đổi biến trở R để công suất trên
biến trở đạt cực đại, lúc đó điện áp hiệu dụng hai đầu biến trở là
100 5

V
3
. Điện dung C của tụ điện là
A.
1
mF
3π
. B.
1
mF
5π
. C.
1
mF
7π
. D.
3
mF
π
.
Hướng dẫn giải:
Điều chỉnh R để công suất trên R cực đại thì
( )
2
2 2
L C
R r Z Z= + −
(1)
Từ đó có thể chứng minh được hệ thức:
2 2

2 2 2
L C
L C
2
R
2 2
2 2
(R r) (Z Z )
R 2Rr r (Z Z )
U Z
U R R
R
R 2Rr R 2R(R r) 2(R r)
R
R R
100 2 2(R 40)
R 50
R
100 5
3
+ + −
+ + + −
= = =
+ + + +
= = =
+
⇒ = ⇒ = Ω

Thay vào (1) ta tính được Z
C

= 50 Ω ⇒ C =
1
mF
5π
.
Câu 19: Cho đoạn mạch AB gồm hai đoạn mạch nối tiếp: Đoạn AM gồm cuộn dây không thuần cảm có điện
trở trong r = 20 Ω và cảm kháng Z
L
= 20 Ω ; Đoạn MB gồm hai trong ba phần tử: Điện trở R
1
, cuộn dây thuần
cảm L
1
, tụ điện C
1
. Đặt vào hai đầu AB điện áp xoay chiều có tần số 50 Hz. Sau thời gian ít nhất
7
s
1200
kể từ
khi điện áp trên đoạn AM đạt cực đại thì điện áp trên đoạn MB đạt cực đại. Đoạn MB chứa các phần tử là
A. L
1
và R
1
thỏa mãn
L1
1
Z
3

R
=
. B. C
1
và R
1
thỏa mãn
C1
1
Z
3
R
=
.
7
C. C
1
và R
1
thỏa mãn
1
C1
R
3
Z
=
. D. L
1
và R
1

thỏa mãn
1
L1
R
3
Z
=
.
Hướng dẫn giải:
Ta có r = Z
L
⇒
0
AM
45ϕ =

Chu kì dòng điện: T = 0,02 s ⇒
7 7
s T
1200 24
=
⇒ u
AM
nhanh pha hơn
u
MB
một góc
0
7
.360 105

24
=
⇒
0
MB
60ϕ = −
⇒ MB chứa C
1
và R
1
thỏa mãn
C1
1
Z
3
R
=
.
Câu 20: Đoạn mạch AB gồm đoạn AM (chứa tụ điện C nối tiếp điện trở R) và đoạn MB (chứa cuộn dây). Đặt
vào hai đầu mạch một điện áp xoay chiều ổn định. Đồ thị theo thời gian của u
AM
và u
MB
như hình vẽ. Lúc t = 0,
dòng điện đang có giá trị i = +I
0
/
2
và đang giảm. Biết C =
1

mF
5π
, công suất tiêu thụ của mạch là
A. 200 W. B. 100 W.
C. 400 W. D. 50 W.
Hướng dẫn giải:
Từ đồ thị suy ra phương trình:
AM
u 200cos50 t(V)= π
và
MB
u 200cos 50 t (V)
2
 
π
= π +
 ÷
 
AB
u 200 2cos 50 t (V)
4
 
π
⇒ = π +
 ÷
 

(Chu kì dòng điện là T = 4.10 ms = 40 ms = 40.10
-3
s nên

50ω = π
)
Tại t = 0, dòng điện đang có giá trị i = +I
0
/
2
và đang giảm nên pha ban đầu của i là +
π
/4.
⇒ Mạch đang cộng hưởng.
u
AM
và u
MB
đều lệch
π
/4 so với i, giá trị hiệu dụng của chúng cũng bằng nhau nên R = r = Z
L
= Z
C
= 100 Ω.
Công suất của mạch là
2 2
U 200
P 200 (W)
R r 100 100
= = =
+ +

Câu 21: Cho mạch điện xoay chiều không phân nhánh RLC có tần số thay đổi được.Gọi f

0
;f
1
;f
2
lần lượt các giá
trị tần số làm cho hiệu điện thế hiệu dung hai đầu điện trở cực đại,hiệu điện thế hiệu dung hai đầu cuộn cảm cực
đại,hiệu điện thế hiệu dung hai đầu tụ điện cực đại.Ta có :
A.f
0
=
2
1
f
f
B. f
0
=
1
2
f
f
C.f
1.
f
2
= f
0
2
D. f

0
= f
1
+ f
2
Giải: U
R
= U
rmax
khi trong mạch có cộng hưởng điện Z
L
= Z
C
> f
0
2
=
LC
2
4
1
π
(1)
U
C
= U
Cmax
khi Z
C2
=

2
2
2
2
L
L
Z
ZR +
> R
2
= Z
L2
Z
C2
– Z
L2
2
(*)
U
L
= U
Lmax
khi Z
L1
=
1
2
1
2
C

C
Z
ZR +
> R
2
= Z
L1
Z
C1
– Z
C1
2
(**)
Từ (*) và (**) suy ra Z
L1
Z
C1
– Z
C1
2
= Z
L2
Z
C2
– Z
L2
2

8
u(V)

t(ms)
AM
u
MB
u
O
10
200
200−
Z
L
.Z
C
=
C
L
suy ra Z
C1
= Z
L2
>
Cf
1
2
1
π
= 2πf
2
L > f
1

f
2
=
LC
2
4
1
π
(2)
Từ (1) và (2) ta có f
1
f
2
= f
0
2

Chọn đáp án C
Câu 22: Đặt vào hai đầu mạch điện RLC nối tiếp một hiệu điện thế xoay chiều có giá trị hiệu dụng không đổi
thì hiệu điện thế hiệu dụng trên các phần tử R, L và C đều bằng nhau và bằng 20V. Khi tụ bị nối tắt thì điện áp
dụng hai đầu điện trở R bằng:
A. 10V. B. 10
2
V. C. 20V. D. 20
2
V.
Giải: Do U
R
= U
L

= U
C
trong mạch có cộng hưởng , nên U = U
R
= 20V
Khi tụ bị nối tắt U’
L
= U’
R
=
2
U
= 10
2
(V). Chọn đáp án B
Câu 23: Đặt điện áp xoay chiều
u U 2 cos(100 t)V= π
vào đoạn mạch RLC. Biết
R 100 2= Ω
, tụ điện có điện
dung thay đổi được. Khi điện dung tụ điện lần lượt là
π
25
1
=C
(µF) và
π
3
125
2

=C
(µF) thì điện áp hiệu dụng trên tụ
có cùng giá trị. Để điện áp hiệu dụng trên điện trở R đạt cực đại thì giá trị của C có thể là:
A.
π
50
=C
(µF). B.
π
3
200
=C
(µF)., C.
π
20
=C
(µF). D.
π
3
100
=C
(µF)
Giải
Ta có
1
1
2 2
1
( )
C

C
L C
UZ
U
R Z Z
=
+ −

2
2
2 2
2
( )
C
C
L C
UZ
U
R Z Z
=
+ −
U
C1
= U
C2 =>>
2 2
1 2
2 2 2 2
1 2
( ) ( )

C C
L C L C
Z Z
R Z Z R Z Z
=
+ − + −

Z
C1
= 400Ω; Z
C2
= 240Ω => R
2
+ Z
L
2
=
21
21
2
CC
CCL
ZZ
ZZZ
+
=
240400
240.400.2
+
L

Z
= 300Z
L
Để điện áp hiệu dụng trên điện trở R đạt cực đại thì trong mạch có cộng hưởng Z
L
= Z
C
Thay R =100
2
Ω; :  Z
C
2
- 300Z
C
+20000 = 0
Phương trình có hai nghiệm : Z
C
= 200Ω và Z’
C
= 100 Ω
Khi Z
C
= 200Ω thì C =
4
10 50
2
F F
µ
π π
−

=

Khi Z
C
= 100Ω thì C =
4
10 100
F F
µ
π π
−
=
. Chọn A
Câu 24: Một mạch điện xoay chiều gồm AM nồi tiếp MB. Biết AM gồm điện trở thuần R
1
, tụ điện C
1
, cuộn dây
thuần cảm L
1
mắc nối tiếp. Đoạn MB có hộp X, biết trong hộp X cũng có các phần tử là điện trở thuần, cuộn
cảm, tụ điện mắc nối tiếp nhau. Đặt điện áp xoay chiều vào hai đầu mạch AB có tần số 50Hz và giá trị hiệu
dụng là 200V thì thấy dòng điện trong mạch có giá trị hiệu dụng 2A. Biết R
1
= 20Ω và nếu ở thời điểm t (s), u
AB
= 200
2
V thì ở thời điểm ( t+1/600)s dòng điện i
AB

= 0(A ) và đang giảm. Công suất của đoạn mạch MB là:
A. 266,4W B. 120W C. 320W D. 400W
Giải:
9
Giả sử điện áp đặt vào hai đầu mạch có biểu thức u = U
2
cosωt = 200
2
cos100πt (V). Khi đó cường độ
dòng điện qua mạch có biểu thức i = 2
2
cos(100πt -ϕ) với ϕ gọc lệch pha giữa u và i
Tại thời điểm t (s) u = 200
2
(V) > cosωt = 1. Do đó cường độ dòng điện tại thời điểm ( t+1/600)s
i = 0 > i = 2
2
cos[100π(t +
600
1
) -ϕ] = 0 > cos(100πt +
6
π
-ϕ) = 0
> cos100πt.cos(
6
π
-ϕ) - sin100πt.sin(
6
π

-ϕ) = 0 > cos(
6
π
-ϕ) = 0 (vì sin100πt = 0 ) >
ϕ =
6
π
-
2
π
= -
3
π
>
Công suất của đoạn mạch MB là: P
MB
= UIcosϕ - I
2
R
1
= 200.2.0,5 – 4. 20 = 120W. Chọn đáp án B
Câu 25: Đặt điện áp xoay chiều vào hai đầu đoạn mạch gồm một cuộn dây mắc nối tiếp với một tụ điện. Điện áp hiệu
dụng giữa hai đầu cuộn dây bằng giá trị điện áp hiệu dụng giữa hai bản tụ điện. Dòng điện tức thời trong đoạn mạch
chậm pha
6
π
so với điện áp tức thời giữa hai đầu cuộn dây. Hệ số công suất của đoạn mạch là
A. 0,707. B. 0,866. C. 0,924. D. 0,999.
Giải 1: Dùng giản đồ véc tơ:
-Xét tam giác AIM vuông tại I.

Theo đề: góc
· ·
0
30
6 3
IAM AMI
π π
= = => =
-Xét tam giác AMB, theo đề AM=MB => tam giác AMB cân tại M
=> Góc:
·
·
·
0
0 0 0
0 0
180 60
60
2
60 30 30
6
MAB
MAB MAI
π
ϕ
−
= =
= − = − = =
=> Góc lệch pha giữa u và i là: ϕ = - π/6
-Hệ số công suất của đoạn mạch là: cos(-π/6)=0,866.Chọn B.

Giải 2: U
d
= U
C
=> R
2
+ Z
L
2
= Z
C
2
; tanϕ
d
=
1
3
L
Z
R
=

=>
3
L
R Z=
và Z
C
= R
2

3
=>
2 2 2 2
2 2
3 3 3
L C
R R R
Z R ( Z Z ) R ( )= + − = + − =
cosϕ =
Z
R
=
3
0 866
2
2
3
R
,
R
= =
Giải 3:
( )
/
1
tan tan 1
6
3 3
L
d i L

Z R
Z
R
π
ϕ
= = = → =
;

( )
( ) ( )
1 2
2 2 2
2
2
3
d C d C L C C
R
U U Z Z R Z Z Z= ⇒ = ⇔ + = → =
10
L,r
BA
C
M
M
A
B
/6π
ϕ
U
ur

U
d
uuur
I
r
U
L
uuur
R
U
uuur
π/3
U
C
uuur
U
r,L
U
C
U
4
π
ϕ

( )
2 2
2
2
3
cos 0,866

2
2
3 3
L C
R R
R Z Z
R R
R
ϕ
= = = =
+ −
 
+ −
 ÷
 
.Chọn B.
Câu 26. Stato của một động cơ không đồng bộ ba pha gồm 9 cuộn dây, cho dòng điện xoay chiều ba pha tần số
50Hz vào động cơ. Rôto lồng sóc của động cơ có thể quay với tốc độ nào sau đây?
A. 1000vòng/min. B. 900vòng/min. C. 3000vòng/min. D. 1500vòng/min.
Giải:
Áp dụng công thức f = np. với p là số cặp cực từ. Động cơ không đồng bộ 3 pha mỗi cặp cực từ ứng với 3
cuộn dây stato. Do đó p = 3. n là tốc độ quay của từ trường.
> n =
p
f
=
3
50
vòng/s =
3

50
.60 vòng/min = 1000 vòng/min.
Tốc độ quay của roto động cơ n’ < n nên có thể là n’ = 900 vòng /min. Chọn đáp án B
Câu 27. Mạch dao động LC đang thực hiện dao động điện từ tự do với chu kỳ T. Tại thời điểm nào đó dòng
điện trong mạch có cường độ
8 ( )mA
π
và đang tăng, sau đó khoảng thời gian
3 / 4T
thì điện tích trên bản tụ có độ
lớn
9
2.10 .C
−
Chu kỳ dao động điện từ của mạch bằng
A.
0,5 .ms
B.
0,25 .ms
C.
0,5 .s
µ
D.
0,25 .s
µ
Giải
Tại thời điểm t ta có:
2
2
2 2 2

1
1 0
2
0 0
1 ( )
( )
q i
q Q i
Q Q
ω
ω
+ = ⇒ = −
(1)
Tại thời điểm t + 3T/4:
Giả sử ở thời điểm t, bt của q: q1 =
0
osQ c t
ω
suy ra ở thời điểm t + 3T/4 ta có: q2 =
0 0
3
os( ) sin
2
Q c t Q t
π
ω ω
+ = −
Suy ra
2 2
2 2 2

1 2
1 2 0
2 2
0 0
1
q q
q q Q
Q Q
+ = ⇒ + =
(2)
Từ (1) và (2).ta có:
6
2
2
4 .10 / 0,5
i
rad s T s
q
π
ω π µ
ω
= = ⇒ = =
ĐÁP ÁN C
Câu 28: Đặt một điện áp u = U
2
cos(110πt – π/3) (V) vào hai đầu đoạn mạch mắc nối tiếp gồm điện trở R
(không đổi), cuộn dây thuần cảm có L = 0,3 H và một tụ điện có điện dung C thay đổi được. Cần phải điều
chỉnh điện dung của tụ đến giá trị nào để điện tích trên bản tụ điện dao động với biên độ lớn nhất?
A. 26,9 µF. B. 27,9 µF. C. 33,77 µF. D. 23,5 µF
Giải: Giả sử điện tích giữa hai bản cực tụ điện biến thiên theo phươg trình q = Q

0
cos(ωt + ϕ)
Khi đó dòng điện qua mạch có biểu thức: i = q’ = -ωQ
0
sin(ωt + ϕ) = I
0
cos((ωt + ϕ +
2
π
)
Với I
0
= ωQ
0
> Q
0
có giá trị lớn nhất khi I
0
có giá trị lớn nhất
> I = I
cđ
tức là khi trong mạch có sự cộng hưởng > Z
C
= Z
L
Do đó C =
L
2
1
ω

=
3,0.)110(
1
2
π
= 27,9 µF. Chọn đáp án B
11
Cõu 29. Trong mch dao ng lý tng ang dao ng in t t do vi chu k T, in tớch cc i ca t in
l q
o
. Ti thi im t = 0 bn t A tớch in q
A
= 0,5q
o
, bn t B tớch in dng v dũng in qua cun cm cú
chiu t A sang B. Sau thi gian T/3 thỡ dũng in qua cun cm cú chiu
l
A. t A n B v in tớch q
A
= 0,5q
o
. B. t A n B v in tớch q
A
=
0,5q
o
.
C. t B n A v in tớch q
A
= 0,5q

o
. D. t B n A v in tớch q
A
= 0,5q
o
.
Ti t = 0, dũng in cú chiu t A sang B thỡ in tớch bn A ang gim (
ln tng).
Xột trờn vũng trũn lng giỏc, v trớ xut phỏt M
o
ca dao ng in tớch cú
ta gúc 2/3. Sau thi gian T/3, im biu din quột gúc 2/3 nờn v trớ
mi M cú ta gúc l 4/3 = + /3. Ti ú, q
A
= 0,5q
o
v ang tng (
ln gim), chiu dũng in qua cun dõy t B n A.
Cõu 30: Mch chn súng ca mt mỏy thu vụ tuyn cú tng in tr trong mch l R =
3
10

, h s t cm ca
ng dõy l L = 20àH, in dung ca t in ang l C = 1000pF. Khi mch bt c súng in t ca mt i
phỏt, súng duy trỡ trong mch mt sut in ng cú giỏ tr hiu dng E = 1àV. Cng dũng in hiu dng
trong mch lỳc ú l:
A.
4
10
2

A B.
4
10

A C.
3
10

A D.
8
10
2

A
( )
( )
( )
8
2
2 2
0 0 0
1
+ Khi mạch bắt đợc sóng thì xảy ra cộng hởng: /
1 1 1 10
Năng lợng trong mạch: 2 2
2 2 2
2
Chú ý: ở đây có tác dụng làm cho mạch dao động tắt dần.
rad s

LC
C C
W LI CU C E I E I E A
L L
R



=




+ = = = = = =



+



Cõu 31: Cho hai mch dao ng lớ tng L
1
C
1
v L
2
C
2
vi C

1
= C
2
= 0,1F, L
1
= L
2
= 1 H. Ban u tớch in
cho t C
1
n hiu in th 6V v t C
2
n hiu in th 12V ri cho mch dao ng. Thi gian ngn nht k
t khi hai mch dao ng bt u dao ng thỡ hiu in th trờn 2 t C
1
v C
2
chờnh lch nhau 3V?
A.
6
10
6
s B.
3
10
6
s C.
2
10
6

s D.
12
10
6
s
Gii: chu kỡ dao ng ca cỏc mch dao ng T = 2
LC
=2
66
10.1.0.10

=
10
10.2
6

= 2.10
-6
s
Biu thc in ỏp gia cỏc bn cc ca hai t in:
u
1
= 12cost (V); u
2
= 6cost (V)
u
1
u
2
= 12cost - 6cost (V) = 6cost

u
1
u
2
= 6cost = 3 (V) > cost = 0,5 > cos
T

2
t = 0,5
=> t
min
=
6
T
=
3
10
6
s Chn B
12
q
o
q
o
M
o
M
Câu 32. Đặt một nguồn điện xoay chiều có điện áp hiệu dụng U = 120V, tần số f = 50Hz vào hai đầu mạch điện
gồm R, L, C mắc nối tiếp, trong đó R = 30Ω, cuộn dây thuần cảm có L = 1/π (H), tụ điện có điện dung C biến
đổi từ 0 đến vô cực. Biết hiệu điện thế đánh thủng của tụ điện là U

0
= 240V, và nếu sử dụng mạng điện trên thì
tụ bị đánh thủng. Điện dung C có giá trị
A. 0 < C < 9,51μF B. 9,51μF < C < 48,92μF
C. 48,92μF < C < 154,68μF D.154,68μF
Giải: Ta có Z
L
= 100Ω U
C
= IZ
C
=
22
)(
CL
C
ZZR
UZ
−+
Do tụ bị đánh thủng nên U
C
2

≥ 240  Z
C
2
≥ 2
22
)(
CL

ZZR −+
=>
z
c
2
- 400z
c
+ 21800 ≤ 0  65,1 Ω ≤ Z
C
≤ 334,9 Ω
 65,1 Ω ≤
C
π
100
1
≤ 334,9 Ω  9,51μF < C < 48,92μF. Đáp án B
Câu 33: Chiếu một chùm ánh sáng trắng song song, hẹp tới mặt nước của một bể nước với góc tới i = 30
0
. Biết chiết
suất của nước với màu đỏ là λ
đ
= 1,329 ; với màu tím là λ
t
= 1,343. Bể nướcsâu 2m. Bề rộng tối thiểu của chùm tia tới để
vệt sáng ở đáy bể có một vạch sáng màu trắng là
A. 0,426 cm. B. 1,816 cm. C. 2,632 cm. D. 0,851 cm.
Giải:
Gọi h là chiều sâu của nước trong bể a = TĐ là bề rộng của
vùng quang phổ trên đáy bể: TĐ = a = h (tanr
đ

– tanr
t
)
r
i
sin
sin
= n => sinr = sini/n =
r
i
sin
sin
=
n2
1
tanr =
r
r
cos
sin
=
r
r
2
sin1
sin
−
=
2
4

1
1
2
1
n
n
−
=
14
1
2
−n
tanr
đ
=
1329,1.4
1
2
−
= 0,406; tanr
t
=
1343,.1.4
1
2
−
= 0,401
a = h (tanr
đ
– tanr

t
) = 2(0,406 – 0,401) = 0,01m = 1cm
Để có vệt sáng trắng trên đáy bể thì tại vị trí vệt đỏ trên đáy phải có vệt sáng tím T’ trùng Đ . Vùng sáng tối thiểu trên
mặt nước là a = TĐ = 1cm.
Do đó bề rộng tối thiểu của chùm tia tới b = acos30
0
=
2
3a
= 0,866 cm. Chọn đáp án D
Câu 34. Trong thí nghiệm giao thoa ánh sáng của I-âng khoảng cách giữa hai khe a=2mm, kính ảnh đặt cách
hai khe D = 0,5m. Một người có mắt bình thường quan sát hệ vân giao thoa qua kính lúp có tiêu cự
f = 5cm trong thái không điều tiết thì thấy góc trông khoảng vân là 10’. Bước sóng λ của ánh sáng là:
A. 0,55 μm B. 0,45μm C. 0,65 μm D. 0,60 μm
Giải: Để quan sát vật qua kính lúp ở trạng thái không điều tiết của người có mắt bình thường thì vật đặt ở tiêu
diện của kính. Khoảng cách từ mặt phẳng hai khe đến màn quan sát vân giao thoa
Khoảng vân i = fα = 5 .10’ = 0,0145 cm ≈ 0,15 mm
Do đó λ =
D
ai
=
5,0
10.15,0.2
6−
= 0,60.10
-6
m = 0,60µm Chọn đáp án D
13
D

i α
f
O
• •
T Đ
b
h
i
r
t
r
đ
Câu 35.Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, chiếu tới 2 khe chùm sáng hẹp gồm 2 bức xạ đơn sắc
thu được khoảng vân trên màn lần lượt là i
1
= 0,5mm và i
2
= 0,3mm. Trên bề rộng giao thoa trường có độ dài
5mm hỏi có bao nhiêu vân tối là kết quả trùng nhau của vân tối của 2 vân?
A. 4 B. 5 C. 2 D. 3
Giải: do trường giao thoa nên ở 2 đầu mút k
M
=
±
2,5:0,5 -5
≤
k
1
≤
5

Vị trí trùng nhau của hai vân tối x = k
1
i
1
= k
2
i
2
, trong đó k
1
, k
2
, là các số bán nguyên
1
2
3 1,5 4,5
5 2,5 7,5
k
k
= = ± = ±
có 4 đáp án. (Lấy phân số 3/5 nhân với các số bán nguyên ta được kết quả trên)
Câu 36. Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, chiếu tới 2 khe chùm sáng hẹp gồm 2 bức xạ đơn sắc
thu được khoảng vân trên màn lần lượt là i
1
= 0,3mm và i
2
= 0,4mm. Trên bề rộng giao thoa trường xét 2 điểm
M, N cùng phía với vân trung tâm cách vân trung tâm lần lượt những khoảng 0,225cm và 0,675cm. Hỏi trong
khoảng MN quan sát được bao nhiêu vị trí mà tại đó vân sáng của i
1

trùng với vân tối của i
2
?
A. 1 B. 2 C. 4 D. 5
Giải: Câu này mình cũng giải tương tự như trên
Tại M: K
1M
=2,25:0,3=7,5
Tại N: K
1N
=6,75:0,3=22,5
Vị trí mà tại đó vân sáng của i
1
trùng với vân tối của i
2
: x = k
1
i
1
=k
2
i
2
trong đó k
1
là số nguyên, k
2
là số bán
nguyên
1 2

2 1
0,4 4 2
0,3 3 1,5
k i
k i
= = = =
Lấy tỉ số cuối nhân với các số lẻ ta được các cặp sô k
1
; k
2
tương ứng thỏa mã điều kiện bài toán
1 2
2 1
0,4 4 2
0,3 3 1,5
k i
k i
= = = =
=
6 10 14 18 22
4,5 7,5 10,5 13,5 16,5
= = = =
Từ Kết quả trên tra điều kiện ta chọn đáp án C
Câu 37: Nói về đặc điểm và tính chất của tia Rơnghen, chọn câu phát biểu sai:
A. Tính chất nổi bật nhất của tia Rơnghen là khả năng đâm xuyên.
B. Dựa vào khả năng đâm xuyên mạnh, người ta ứng dụng tính chất này để chế tạo các máy đo liều lượng tia Rơnghen.
C. Tia Rơnghen tác dụng lên kính ảnh
D. Nhờ khả năng đâm xuyên mạnh, mà tia Rơnghen được được dùng trong y học để chiếu điện, chụp điện.
Câu 38: Theo chiều tăng dần của bước sóng các loại sóng điện từ thì ta có sự sắp xếp sau
A. tia

γ
, tia tử ngoại, tia X, ánh sáng nhìn thấy, tia hồng ngoại, sóng vô tuyến.
B. tia
γ
, tia X, tia tử ngoại, ánh sáng nhìn thấy, tia hồng ngoại, sóng vô tuyến.
C. tia X, ánh sáng nhìn thấy, tia hồng ngoại, sóng vô tuyến, tia tử ngoại, tia
γ
.
D. sóng vô tuyến, tia hồng ngoại, ánh sáng nhìn thấy, tia tử ngoại, tia X, tia
γ
Câu 39: Khi chiếu một bức xạ điện từ có bước sóng vào catôt của một tế bào quang điện thì xảy
ra hiện tượng quang điện và hiệu điện thế hãm lúc đó là 2V. Nếu đặt vào giữa anôt và catôt của tế bào quang
14
điện trên một hiệu điện thế và chiếu vào catôt một bức xạ điện từ khác có bước sóng
thì động năng cực đại của electron quang điện ngay trước khi tới anôt bằng:
A. B. C. D.
Giải: => Theo công thức Anh-xtanh ta có:
Áp dụng định lí động năng ta có: WDA-WDK=/e/Uak => WDA=WDK+/e/Uak
Thế số Dáp án A
Câu 40: Hiệu điện thế hãm của một tế bào quang điện là 1,5 V. Đặt vào hai đầu anot (A) và catot (K) của tế
bào quang điện trên một điện áp xoay chiều: u
AK
= 3 cos (
3
100
π
π
+t
) (V). Khoảng thời gian dòng điện chạy
trong tế bào này trong 2 phút đầu tiên là:

A. 60s. B. 70s. C. 80s. D. 90s.
Giải:
Dòng điện chạy qua tế bào khi u
AK

≥
-1,5 V.
Trong mỗi chu kì 3cos(
3
100
π
π
+t
) (V).
≥
-1,5 (V) trong khoảng thời gian
3
2T
Trong mỗi chu kỳ T = 0,02 s thời gian chạy qua tế bào là
3
2T
= .
3
04,0
(s)
Trong 2 phút, thời gian chạy qua là: t =
02,0
120
3
04,0

= 80 s. Chọn đáp án C.
Câu 41: Một nguyên tử hiđrô có mức năng lượng thứ n tuân theo công thức E
n
= –13,6/n² eV. Nguyên
tử đang ở trạng thái kích thích thứ nhất. Kích thích nguyên tử để bán kính quỹ đạo electron tăng 9 lần.
Tìm tỉ số bước sóng nhìn thấy nhỏ nhất và bước sóng hồng ngoại lớn nhất mà nguyên tử này có thể
phát ra.
A. 7 / 32 B. 3 / 8. C. 7 / 20. D. 11 / 200
Trạng thái kích thích thứ nhất ứng với n = 2 vì n = 1 là mức cơ bản.
Bán kính quỹ đạo dừng theo công thức: r
n
= n²r
o
.
n = 2 → r
2
= 4r
o
.
Bán kính tăng 9 lần: r
n
= 36r
o
→ n = 6.
Bước sóng của mỗi ánh sáng phát ra luôn thỏa mãn: hc / λ = E
m
– E
n
(giả sử m > n)
hc / λ = –E

o
/ m² + E
o
/ n² = E
o
[(m – n)/(mn)](1/n + 1/m)
Năng lượng nhỏ nhất khi [(m – n) / (mn)](1/n + 1/m) dương nhỏ nhất; tức là m, n là hai mức liên tiếp
lớn nhất có thể được. Bước sóng hồng ngoại lớn nhất có năng lượng nhỏ nhất trong trường hợp này là
khi electron chuyển từ mức m = 6 về n = 5:
E
6
– E
5
= hc / λ
65
.
→ λ
65
=
2 2
2 2
o o
hc (mn) hc 30
. .
E E 11
m n
=
-
(= 7,473 μm)
Các vạch nhìn thấy đều nằm trong dãy banme, tức là electron sẽ chuyển từ mức m > 2 về mức n = 2.

Bước sóng nhìn thấy nhỏ nhất trong trường hợp này ứng với chuyển dịch từ m = 6 xuống n = 2.
E
6
– E
2
= hc / λ
62
.
15
→ λ
62
=
2
o
hc 12
.
E 32
(= 0,411 μm)
Lập tỉ số
2
62
2
65
λ
12 11 11
.
λ 32 200
30
= =
. Đáp án D.

Câu 42: Công thoát của kim loại A là 3,86 eV; của kim loại B là 4,34 eV. Chiếu một bức xạ có tần số f
=1,5.10
15
Hz vào quả cầu kim loại làm bằng hợp kim AB đặt cô lập thì quả cầu tích điện đến điện thế cực đại là
Vmax. Để quả cầu tích điện đến điện thế cực đại là 1,25V thì bước sóng của bức xạ điện từ chiếu vào quả cầu
có độ lớn là:
A. 0,176μm B. 0,283μm C. 0,183μm D. 0,128μm
Giải:
Áp dụng định luật Anh-Xtanh
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
19
15 15
34
, 1
1,25 , 2
1
0,25 0,25.3,86.1,6.10
1,25 1,25 1,25.1,5.10 1,642.10
6,625.10
2
A A
B B MAX A A MAX MAX A
A B
SAU A MAX
A
SAU A A SAU

SAU
hf A eV
hf A eV V V hf A eV eV hf A
A A
hf A eV
A
hf A hf A f f Hz
h
c
f
λ
−
−
 = +



= + ⇒ = ⇒ = + ⇒ = −




<



= +




⇒ = + − ⇔ = − = − ≈



⇒ =
( )
8
15
3.10
0,183
1,642.10
SAU
m
µ
= ≈
Lưu ý: Điện thế cực đại là 1,25V ở đây V chính V cực đại ban đâu khi chiếu ánh sáng có tần số f vào A và B đó .
Hay nói cách khác là có thể ghi là điện thế cực đại là
( )
,
1,25
MAX
MAX SAU
V V=
A A
B B A B MAX A
A B
hf A eV
hf A eV V V V V
A A
= +



= + ⇒ > ⇒ =


<

Câu 43: Một bộ pin quang điện gồm nhiều pin mắc nối tiếp. Diện tích tổng cộng của các pin là 0,4 m2. Dòng ánh sáng
chiếu vào bộ pin có cường độ 1000 W/m2. Khi cường độ dòng điện mà bộ pin cung cấp cho mạch ngoài là 2,85A thì điện
áp đo được hai cực của bộ pin là 20 V. Hiệu suất của bộ pin là
A. 43,6% B. 14,25% C. 12,5% D. 28,5%
Giải: Công suất ánh sáng chiếu vào diện tích bề mặt bộ pin: P = 1000. 0,4 = 400 W.
Công suất tiêu thụ mạch ngoài: P’ = UI = 57 W
Hiệu suất của bộ pin H =
P
P'
=
400
57
= 0,1425 = 14,25% Chọn B
Câu 44: Trong chân không, người ta đặt một nguồn sáng điểm tại A có công suất phát sáng không đổi. Lần lượt
thay đổi nguồn sáng tại A là ánh sáng tím có λ
1
=380nm và ánh sáng lục λ
2
=547,2nm. Dùng một may dò ánh
sáng có độ nhạy không đổi chỉ phụ thuộc vào số hạt photon đến máy trong một đơn vị thời gian, dịch chuyển
máy ra xa A từ từ. Khoảng cách xa nhất mà máy còn dò được ánh sáng ứng với nguồn màu tím và nguồn màu
lục lần lượt là r
1

và r
2
. Biết . Giá trị r
1
là:
A.180km B.210 km C.150km D.120km.
16
Câu 44:
Câu 45: Dùng màn chắn tách ra một chùm hẹp các electron quang điện có vận tốc 7,31.10
5
(m/s) và hướng nó vào một
từ trường đều có cảm ứng từ 9,1.10
-5
(T) theo hướng vuông góc với từ trường. Xác định bán kính quỹ đạo các electron đi
trong từ trường.
A. 6 cm B. 4,5 cm C. 5,7 cm D. 4,6 cm
Giải: Bán kính quỹ đạo
31 5
2
19 5
mv 9,1.10 .7,31.10
R 4,56875.10 m
e.B 1,6.10 .9,1.10
−
−
− −
= = =
=4,6cm. Chọn D
Câu 46: Một gam chất phóng xạ trong 1s phát ra 4,2.10
13

hạt β
-
. Khối lượng nguyên tử của chất phóng xạ này
là 58,933u; 1u = 1,66.10
-27
kg. Chu kì bán rã của chất phóng xạ này là
A. 1,78.10
8
s B. 1,68.10
8
s C. 1,86.10
8
s D. 1,87.10
8
s
GIẢI
Theo giả thiết  H = 4,2.10
13
Ci
Ta có

8
23
ln 2
1,68.10
1
.6,023.10
58,933
H H
H N T s

T N
λ λ
= − > = = = => =

Câu 47: Một hỗn hợp gồm hai chất phóng xạ X và Y ban đầu số hạt phóng xạ của hai chất là như nhau.
Biết chu kì phóng xạ của hai chất lần lượt là T
1
và T
2
với T
2
= 2T
1
. Sau thời gian bao lâu thì hỗn hợp
trên còn lại một phần hai số hạt ban đầu?
A. 1,5T
2
B. 2T
2
C. 3T
2
D. 0,69T
2
Giải: T
2
= 2T
1
=> λ
1
= 2λ

2
Sau thời gian t số hạt nhân của X và Y còn lại:
N
1
= N
01
t
e
1
λ
−
;
N
2
= N
02
t
e
2
λ
−

với N
01
= N
02
=
2
0
N

; N
0
là số hạt nhân ban đầu của hỗn hợp
Số hạt nhân còn lại của hỗn hợp: N = N
1
+ N
2
=N
01
(
t
e
1
λ
−
+
t
e
2
λ
−
) =
2
0
N
(
t
e
2
2

λ
−
+
t
e
2
λ
−
)
Gọi T là khoảng thời số hạt nhân của hỗn hợp giảm đi một nửa: N =
2
0
N
khi t = T thì
T
e
2
2
λ
−
+
T
e
2
λ
−
=1. Đặt
T
e
2

λ
−
=X >0 ta có : X
2
+ X – 1 = 0 (*)
Phương trình (*) có nghiệm X =
2
51±−
; loại nghiệm âm X =
2
15
−
= 0,62
17
=>

T
e
2
λ
−
= 0,62=> -
2
T
T
ln2 = ln0,62 => T = 0,69T
2
Đáp án D
Câu 48: Để cho chu kì bán rã T của một chất phóng xạ, người ta dùng máy đếm xung. Trong t
1

giờ đầu
tiên máy đếm được n
1
xung; trong t
2
= 2t
1
giờ tiếp theo máy đếm được n
2
=
64
9
n
1
xung. Chu kì bán rã
T có giá trị là bao nhiêu?
A. T = t
1
/2 B. T = t
1
/3 C. T = t
1
/4 D. T = t
1
/6
Giải Ta có n
1
= ∆N
1
= N

0
(1-
1
t
e
λ
−
) n
2
= ∆N
2
= N
1
(1-
2
t
e
λ
−
) = N
0
1
t
e
λ
−
(1-
1
2 t
e

λ
−
)

2
1
n
n
=
)1(
1
11
1
2 tt
t
ee
e
λλ
λ
−−
−
−
−
=
)1(
1
2
XX
X
−

−
(Với X =
1
t
e
λ
−
do đó ta có phương trình: X
2
+ X =
2
1
n
n
=
64
9
hay
X
2
+ X –
64
9
= 0. Phương btrình có các nghiệm X
1
= 0,125 và X
2
= - 1,125 <0 loại
e
-

λ
t
1
= 0,125  -λt
1
= ln 0,125

-
T
2ln
t
1
= ln0,125 T = -
125,0ln
2ln
t
1
=
3
1
t
.  Chọn B
Câu 49 . Một khối chất phóng xạ hỗn hợp gồm hai đồng vị với số lượng hạt nhân ban đầu như nhau
.Đồng vị thứ nhất có chu kì T
1
= 2,4 ngày ngày đồng vị thứ hai có T
2
= 40 ngày ngày.Sau thời gian t
1

thì có 87,5% số hạt nhân của hỗn hợp bị phân rã,sau thời gian t
2
có 75% số hạt nhân của hỗn hợp bị
phân rã.Tỉ số
2
1
t
t
là.
A. t
1
= 1,5 t
2
. B. t
2
= 1,5 t
1
C. t
1
= 2,5 t
2
D. t
2
= 2,5 t
1


Giải: Gọi T là khoảng thời gian mà một nửa số hạt nhân của hỗn hợp hai đồng vị bị phân rã ( chu kỳ
bán rã của hỗn hợp, ta có thể tính được T = 5,277 ngày).
Sau thời gian t

1
số hạt nhân của hỗn hợp còn lại N
1
= N
0
1
t
e
λ
−
=
8
0
N
= .
3
0
2
N
=> t
1
= 3T (*)
Sau thời gian t
2
số hạt nhân của hỗn hợp còn lại N
2
= N
0
2
t

e
λ
−
=
4
0
N
.=
2
0
2
N
=> t
2
= 2T. (**).
Từ (*) và (**) suy ra
2
1
t
t
=
2
3
hay t
1
= 1,5t
2
Chọn A
Câu 50. Một nhà máy thủy điện cung cấp điện cho một thành phố cách nó 80 km bằng đường dây tải
điện một pha, hệ số công suất của đường dây bằng 1. Đường dây tải làm tiêu hao 5% công suất cần tải

và ở thành phố còn nhận được công suất 47500 kW với điện áp hiệu dụng 190 kV. Đường dây làm
bằng đồng có điện trở suất 1,6.10
–8
Ω.m và khối lượng riêng là 8800 kg/m³. Khối lượng đồng dùng làm
đường dây này bằng
A. 190 tấn. B. 90 tấn. C. 180 tấn. D. 80 tấn.
Giải 1: Công suất nhận được chiếm 95% công suất truyền đi. Công suất truyền đi P = 47500 / 0,95 =
50 000 kW. Công suất hao phí ΔP = 0,05.50 000 = 2500 kW.
Mà P – ΔP = (U – IR).I = 190.I
18
và P = U.I.
→ 190 / U = (1 – ΔP / P) → U = 190 / (1 – 0,05) = 200 kV.
→ R = ΔP.U² / P² = 2,5.10
6
.(2.10
5
)² / (5.10
7
)² = 40 Ω
Mà R =
l
ρ
S
→ S =
ρ.l
R
→ m = D.S.l =
2
D.ρ.l
R

= 8800.1,6.10
–8
.(2.80000)² / 40 = 90 112 kg = 90 tấn.
Giải 2: Công suấ hao phí trên đường dây:
∆P = P
2
2
U
R

= 0,05P=> PR = 0,05U
2
=> R = 0,05
P
U
2


Trong đó: 0,95P = 47500kW => P = 50000kW;
U = U
0
+ ∆U = U
0
+ IR = U
0
+
U
PR
=>
U = U

0
+ 0,05U => U = U
0
/ 0,95 = 200kV
=> R = 0,05
P
U
2
= 0,05.

7
10
10.5
10.4

= 40Ω => R = ρ
S
l
=> S = ρ
R
l
;
m = VD = SlD = ρ
R
l
lD = ρ
R
Dl
2

= 1,6.10
-8
.

40
10.8,8.10.16
382
=
l
= 90,112.10
3
kg = 90 tấn. Đáp án B
19