đi thi thử đại học vật lý có lời giải chi tiết đề số 5

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC
(Theo đúng cấu trúc của Bộ GD&ĐT ban hành)
ĐỀ THI THỬ SỐ: 505 Môn thi: VẬT LÍ, Khối A
Thời gian làm bài: 90 phút.
GV GIẢI ĐỀ: Đoàn Văn Lượng
Mã đề thi 505
Họ, tên thí sinh:
Số báo danh:
Cho biết: hằng số Plăng h=6,625.10
-34
J.s; 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; gia tốc trọng trường g = 10 m/s
2
.
Câu
1:
Một
chất
điểm đang dao động
với
phương
trình x =
6
c
os10
π

t
(cm) . Tính
tốc
độ
trung
bình của chất
điểm
sau
1/4
chu kì
tính
từ khi bắt
đầu dao động
và tốc độ
trung bình sau
nhiều chu
kỳ

dao
động
A:
1,2m/s
và 0 B: 2m/s và 1,2m/s C:
1,2m/s
và 1,2m/s D: 2m/s và 0
Khi
0
=
t
thì

cmx 60cos6
==
(biên dương)
Sau
4
T
t =
vật ở VTCB nên S=A=6cm. Tốc độ trung bình sau
1/4
chu kì
scm
t
s
v /120
4/2,0
6
===
Tốc độ trung bình sau nhiều chu kỳ
scm
T
A
t
s
v /120
2,0
6.44
====
Câu 2 : Một chất điểm đang dao động điều hoà trên một đường thẳng mà trên đó có 7 điểm theo thứ tự M1, M2, M3, M4,
M5,M6,M7 xung quanh vị trí cân bằng O trùng M
4

. Cho biết trong quá trình dao động cứ 0,05s thì chất điểm lại đi qua
các điểm M1,M2,M3, O(M4), M5,M6,M7 và tốc độ của nó lúc đi qua các điểm M2 là 20π cm/s. Biên độ A bằng?
A. 4cm B.6cm C.12cm D. 4
3
cm
Cách : Dùng vòng tròn lượng giác :
Theo đề suy ra góc quay ứng 0,05s là 30
0
hay π/6
Mà chu kỳ T ứng 2π Hay T= 0,05. 2π/ π/6 =0,6s
=>
2 2 20
/
0,6 6
Rad s
T
π π π
ω
= = =
Biên độ:
2 2 2
2 2
2 2
2 2
2
3 (20 ) .36
4 (20 )
3
36 36
4 4

12
v A
A x
A A
A
A cm
π
ω π
= + = +
<=> − = <=> =
=> =
Câu 3: Hai vật dao động điều hòa dọc theo hai trục tọa độ song song cùng chiều. Phương trình dao động của hai
vật tương ứng là x
1
= Acos(3πt + ϕ
1
) và x
2
= Acos(4πt + ϕ
2
) . Tại thời điểm ban đầu, hai vật đều có li độ bằng
A/2 nhưng vật thứ nhất đi theo chiều dương trục tọa độ, vật thứ hai đi theo chiều âm trục tọa độ. Khoảng thời
gian ngắn nhất để trạng thái của hai vật lặp lại như ban đầu là
A. 4s B. 3s C. 2s D. 1s
Giải: Chu kì dao động của 2 vật: T
1
=
1
2
ω

π
=
π
π
3
2
=
3
2
(s); T
2
=
2
2
ω
π
=
π
π
4
2
=
2
1
(s)
Khoảng thời gian để trạng thái của hai vật lặp lại như ban đầu là:
t = n
1
T
1

= n
2
T
2
với n
1
; n
2
nguyên dương =>
3
2
n
1
=
2
1
n
2
=> n
1
= 3n; n
2
= 4n
II
IV
Hình vẽ
M7
I
O
x

A
A/2
30
M1
M4
-A
A
30
M6
M2
A
M5
M3
Do đó t = 3nT
1
= 4nT
2
= 2n (s). n = 0 ứng với t = 0
Khoảng thời gian ngắn nhất để trạng thái của hai vật lặp lại như ban đầu là t = 2 (s) (n = 1)
Đáp án C
Câu 4: Hai con lắc lò xo nằm ngang giống hệt nhau dao động điều hòa với biên độ lần lượt là A
1
và A
2
= 2A
1

và cùng pha. Mốc thế năng tại VTCB. Khi con lắc thứ nhất có thế năng Wt
1
=0,16J thì con lắc thứ hai có động

năng W
đ2
=0,36J . Khi con lắc thứ hai có thế năng 0,16J thì con lắc thứ nhất có động năng là:
A. 0,36J . B. 0,21J . C. 0,04J . D. 0,09J .
Giải:Do A
2
=2A
1
nên: W
2
= 4W
1
.
Do chúng cùng pha => khi x
2
= 2x
1
thì: W
t2
= 4W
t1
= 4. 0,16=0,64J
Năng lượng con lắc 2: W
2
= W
d2
+W
t2
= 0,36 + 0,64=1J
=> Năng lượng con lắc 1: W

1
=W
2
/4 = 0,25J
Khi con lắc 2 có: W
t2
= 0,16J thì thế năng của con lắc 1 là : W
t1
=W
t2
/4=0,16/4=0,04J
=> Động năng của con lắc 1 là : W
d1
=W
1
- W
t1
= 0,25- 0,04 = 0,21J.Chọn B
Câu 5. Một quả cầu A có kích thước nhỏ và khối lượng m = 50g , được treo dưới một sợi dây mảnh, không dãn
có chiều dài l = 6,4(m) , ở vị trí cân bằng O quả cầu cách mặt đất nằm ngang h = 0,8m. Đưa quả cầu ra khỏi vị
trí cân bằng O sao cho sợi dây lập với phương thẳng đứng một góc 60
0
, rồi buông nhẹ cho nó chuyển động. Bỏ
qua lực cản môi trường và lấy gia tốc trọng trường 10 (m/s
2
). Nếu khi qua O dây bị đứt thì vận tốc của quả cầu
khi chạm đất cho phương hợp với mặt phẳng nằm ngang một góc
A. 38,6
0
B. 28,6

0
C. 36,6
0
D. 26,6
0
Giải: Vận tốc của quả cầu khi qua VTCB

2
2
0
mv
= mgl(1 – cos60
0
) => v
0
=
gl
= 8 m/s
Lúc chạm đất v = v
x
+ v
y
v
x
= v
0
= 8 m/s
v
y
= g

g
h2
=
gh2
= 4 m/s
phương của vận tốc hợp với phương ngang góc β
tanβ =
x
y
v
v
=
8
4
= 0,5 => β = 26,56
0
≈ 26,6
0
Đáp án D
Câu 6: Có hai con lắc lò xo giống hệt nhau dao động điều hoà trên mặt phẳng nằm ngang dọc theo hai đường
thẳng song song cạnh nhau và song song với trục Ox. Biên độ của con lắc một là A
1
= 4cm, của con lắc hai là A
2
= 4
3
cm, con lắc hai dao động sớm pha hơn con lắc một. Trong quá trình dao động khoảng cách lớn nhất giữa
hai vật dọc treo trục Ox là a = 4cm. Khi động năng của con lắc một cực đại là W thì động năng của con lắc hai
là:
A. 3W/4. B. 2W/3. C. 9W/4. D. W

Giải: Giả sử phương trình dao động của hai con lắc lò xo:
x
1
= 4cosωt (cm); x
2
= 4
3
cos(ωt + ϕ) (cm)
Vẽ giãn đồ véc tơ A
1
A
2
và vecto A = A
2
– A
1
Vecto A biểu diễn khoảng cách giữa hai vật x = x
2
– x
1
x = Acos(ωt + ϕ’)
β
h
m
ϕ’ x
O ϕ
A
A
2
A

1
biên độ của x: A
2
= A
1
2
+ A
2
2
– 2A
1
A
2
cosϕ = 64 - 32
3
cosϕ
Trong quá trình dao động khoảng cách lớn nhất giữa hai vật dọc treo trục Ox
khi cos(ωt + ϕ’) = ± 1 => A = a = 4cm => A
2
= 16
64 - 32
3
cosϕ = 16 =>cosϕ =
2
3
=> ϕ =
6
π
Do đó x
2

= 4
3
cos(ωt + ϕ) = x
2
= 4
3
cos(ωt +
6
π
)
Khi W
đ1
= W
đmax
=
2
2
1
kA
= W thi vật thứ nhất qua gốc tọa đô: x
1
= 0=> cosωt = 0 ;sinωt = ± 1
Khi đó x
2
= 4
3
cos(ωt +
6
π
) = 4

3
cosωt cos
6
π
- 4
3
sinωt sin
6
π
= ± 2
3
cm = ±
2
2
A
W
đ2
=
2
2
2
kA
-
2
2
2
kx
=
4
3

2
2
2
kA

1
2
đ
đ
W
W
=
W
W
đ 2
=
2
24
3
2
1
2
2
kA
kA
=
4
3
2
1

2
2
A
A
=
4
9
=> W
đ2
=
4
9
W. Đáp án C
Câu 7: Một con lắc đơn dao động điều hòa tại nơi có gia tốc trọng trường g = 10m/s
2
, vật nặng có khối
lượng 120g. Tỉ số giữa độ lớn gia tốc của vật tại vị trí cân bằng và độ lớn gia tốc của vật tại vị trí biên
là 0,08. Độ lớn lực căng dây tại vị trí cân bằng là
A. 1,207676N B. 1,19616N C. 1,18926N D. 1,21146N
Giải: Con lắc đơn khi dao động, quỹ đạo của vật nặng (quả cầu nhỏ của con lắc) là một cung tròn. Gia
tốc của con lắc gồm hai thành phần là gia tốc tiếp tuyến
t
a
uur
và gia tốc pháp tuyến (gia tốc hướng tâm)
n
a .
uur
Gia tốc toàn phần là
2 2

t n t n
a a a a a a .= + ⇒ = +
r uur uur
Trong đó các độ lớn gia tốc thành phần là
2
t
a s s
′′
= = ω
và
2
n
v
a .=
l
Tại vị trí cân bằng,
2 2 2 2
max 0 0
t 1 n
v S S
g
a 0; a . a
ω
= = = = =
l l l l
Tại vị trí biên,
n
a 0,=

2

2 t 0 0
g
a a S .S= = ω =
l
. Lập tỉ số
0
1
2
S
a
.
a
=
l
Suy ra biên độ dài của con lắc là
( )
1 1
0 0 0
2 2
a a
S rad .
a a
= = α ⇒ α =l l
Độ lớn lực căng dây tại VTCB là
( )
( )
2
2
0
0 0

mg 3 2cos mg 3 2 1 mg 1 .
2
 
 
α
τ = − α ≈ − − ≈ +α
 
 ÷
 
 
Thay số, ta được:
( )
( )
2
0,120.10. 1 0,08 1,2076 N .τ = + =
⟹ Chọn A.
Câu 8: Một vật có khối lượng không đổi thực hiện đồng thời hai dao động điều hòa
( )
11
cos10
ϕω
+= tx
và






−=

2
cos
22
π
ω
tAx
, phương trình dao động tổng hợp của vật là
cos( )
3
x A t
π
ω
= −
. Để vật dao động với biên
độ bằng một nửa giá trị cực đại của biên độ thì A
2
bằng bao nhiêu?
A. 10
3
cm B. 20cm C. 20 /
3
cm D. 10/
3
cm
Giải 1:
Mà ta có
6
sin
sin
sin

6
sin
11
π
α
α
π
A
A
AA
=⇒=

21max
2
AAA
rr
⊥⇔=⇔
π
α

=>A
max
=
20
3
cos
1
=
π
A

. Để A = A
max
/2 = 10 thi
310
6
sin2
12
==
π
AA
.
Giải 2: Ta có:
( )
( )
2 2 2
1 2 1 2 1 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
A A A A A A A A A 2AA cos
10 A A AA 3 A AA 3 A 10 0 *
= + → = − → = + − ϕ − ϕ
→ = + − → − + − =
ur uur uur uur ur uur
Phương trình trên luôn có nghiệm nên:
( )
2 2 2
3A 4A 4.10 0 A 20 cm∆ = − − ≥ → ≤
Khi A=10(cm) từ (*) suy ra:
( )
2

A 10 3 cm=
Giải 3:
* Định lý hàm số sin trong tam giác
1
OA A∆

10
.sin
sin
6
A
α
π
=
 A
max
= 20cm khi α = 90
0
1
A
r
2
A
r
A
r
3/
π
−
∆

1
A
uur
A
uur
2
A
uuur
10cm
π/3
π/6
π/6
φ
α
O
* Khi A=A
max
/2 =10 cm  Dùng định lý hàm số cos trong
1
OA A∆

( )
10 3A cm=
. Đáp án A
Câu 9: M và N là hai điểm trên một mặt nước phẳng lặng cách nhau một khoảng 12 cm. Tại một điểm O trên
đường thẳng MN và nằm ngoài đoạn MN, người ta đặt một nguồn dao động với phương trình u = 2,5
2

cos20πt (cm), tạo ra một sóng trên mặt nước với tốc độ truyền sóng v = 1,6 m/s. Khoảng cách xa nhất giữa hai
phần tử môi trường tại M và N khi có sóng truyền qua là

A. 13 cm. B. 15,5 cm. C. 12,5 cm. D. 17cm.
Giải 1:
Bước sóng λ = v/f =1,6/10 = 0,16m = 16cm. Khoảng cách MN = 12cm =
4
3
λ
( Vuông pha )
Khoảng cách giữa hai phần tử môi trường tại M và N khi có sóng truyền qua là
L =
22
)(
NM
uuMN −+
.
Dễ thấy khi L
max
thì
M
2 2
u a 2,5 2 2,5cm
2 2
= = =
và
N
2 2
u a 2,5 2 2,5cm
2 2
= − = − = −
=>Khoảng cách xa nhất giữa M và N là:
2 2 2 2

max M N
L MN (u u ) 12 5 13cm= + − = + =
.Chọn A
Giải 2:
+ λ = 16cm ; ∆ϕ
M,N
= 2π.12/16 = 1,5π => u
M
và u
N
vuông pha
Nếu u
M
= 2,5
2
cos20πt thì u
N
= 2,5
2
cos(20πt – π/2)
+ Để tìm khoảng cách giữa M,N theo phương thẳng đứng ta tìm hiệu : u = u
M
– u
N
= Acos(20πt + ϕ)
Dùng giản đồ tính được A = 5cm => khoảng cách giữa M,N theo phương thẳng đứng: d
max
= 5 cm
Theo phương ngang : MN = 12cm.
=> Khoảng cách xa nhất giữa hai phần tử tại M và N khi có sóng truyền qua là :

2 2
12 5+
= 13cm
Câu 10:

Một sóng cơ học lan truyền dọc theo một đường thẳng với biên độ sóng không đổi có phương trình sóng tại
nguồn O là: u = A.cos(
ω
t -
π
/2) cm. Một điểm M cách nguồn O bằng 1/6 bước sóng, ở thời điểm t = 0,5
π
/
ω
có ly độ
3
cm. Biên độ sóng A là:
A. 2 (cm) B. 2
3
(cm) C. 4 (cm) D.
3
(cm)
Câu 10:
Giải:
2 0,5 0,5
.sin .sin .sin . 3 2 3
3 3
M M
d
u A t A t u A A cm

π π π π π
ω ω ω
λ ω ω
       
= − = − ⇒ = − = ⇒ =
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
Câu 11: Trên bề mặt chất lỏng tại hai điểm S1;S2 có hai nguồn dao động với phương trình u=4cos40πt(mm),
tốc độ truyền sóng là 120 cm/s. Gọi I là trung điểm của S1S2.Lấy 2 điểm A, B trên S1S2 sao cho lần lượt cách I
các khoảng 0,5cm và 2 cm.Tại thời điểm t vận tốc của điểm A là 12√3(cm/s) thì vận tốc dao động tại điểm B là?
A. 6√3 cm/s B. −12cm/s C. −12√3cm/s D. 4√3 cm/s
Giải: Bước sóng 6 cm
Biên độ dao động tại A và B lần lượt là :
a
-a
a a
-a
N
M
-a
O
;
Trong cả hai trường hợp : A và B ở cùng một phía so với I hoặc ở hai phía so với I thì chúng đều dao động
ngược pha nhau
Vậy : Ta có đáp án B
Câu 12: Ở mặt thoáng của một chất lỏng có hai nguồn kết hợp A, B cách nhau 10 cm, dao động theo
phương thẳng đứng với phương trình lần lượt là u
A
= 3cos(40πt + π/6) (cm); u
B

=4cos(40πt + 2π/3)
(cm). Cho biết tốc độ truyền sóng là 40 cm/s. Một đường tròn có tâm là trung điểm của AB, nằm trên
mặt nước, có bán kính R=4cm. Số điểm dao động với biên độ 5cm có trên đường tròn là
A. 30 B. 32 C. 34 D. 36
Bước sóng
cm
f
v
2
20
40
===
λ
* Số cực đại trên đoạn MN
π
ϕ
λπ
ϕ
λ
22
∆
−≤≤
∆
−−
MN
k
MN
75,325,4
2
63

2
2
8
2
63
2
2
8
≤≤−↔
−
−≤≤
−
−−↔ kk
π
ππ
π
ππ
Vậy có 8 đường dao động với biên độ cực đại A
max
=4+3=7cm
* Số cực tiểu trên đoạn MN
2
1
22
1
2
−
∆
−≤≤−
∆

−−
π
ϕ
λπ
ϕ
λ
MN
k
MN
5,375,4
2
1
2
63
2
2
8
2
1
2
63
2
2
8
≤≤−↔−
−
−≤≤−
−
−−↔ kk
π

ππ
π
ππ
Vậy có 8 đường dao động với biên độ cực tiểu A
min
=4-3=1cm
* Nhận xét: Giữa 1 đường cực đại và cực tiểu có 1 đường dao động biên độ 5cm (trung gian). Ta có 16 đường
cả cực đại và cực tiểu thì xen giữa chúng có 15 đường trung gian biên độ 5cm và đặc biệt tại M và N chính là
hai đường biên độ 5cm (Do
2
2
2
1
5 AAcmA +==
nên hai sóng tới từ A và B vuông pha nhau).
Vậy ta có 16 đường dao động biên độ 5cm nên có 30 điểm dao động biên độ 5cm trên đường tròn do hai đường
tại M và N chỉ cho 1 điểm. Đáp án: 30 điểm.
Câu 13: Một sợi dây đàn hồi căng ngang, đang có sóng dừng ổn định. Trên dây, A là một điểm nút, B
là điểm bụng gần A nhất với AB = 18 cm, M là một điểm trên dây cách B một khoảng 12 cm. Biết rằng
trong một chu kỳ sóng, khoảng thời gian mà độ lớn vận tốc dao động của phần tử B nhỏ hơn vận tốc
cực đại của phần tử M là 0,1s. Tốc độ truyền sóng trên dây là:
A. 3,2 m/s. B. 5,6 m/s. C. 4,8 m/s. D. 2,4 m/s.
N
M
BA
Gii: A l nỳt súng, B l im bng gn A nht, vy
AB 4.AB 4.18 72cm.
4

= = = =

Biờn ca
im B l 2a, vi a l biờn dao ng ca ngun. M cỏch im bng B l
d = 12cm cú biờn dao ng
M
d 12
A 2a cos2 2a cos2 2acos a
72 3

= = = =

.
Vn tc cc i ca phn t M l
Mmax
v a.
=
Vn tc cc i ca B l
Bmax
v 2 a.=
S dng vũng trũn, ta thy trong mt na chu k, thi gian m ln vn tc dao ng ca phn
t B nh hn vn tc cc i ca phn t M l t = 0,05s. Gúc m vect quay quay c l
20
3
.t
3 t 0,05 3


= = = = =
(rad/s). Chu k súng l
( )
2 3

T 0,3 s .
10

= = =

Tc truyn súng trờn
dõy
72
v 240
T 0,3

= = =
(cm/s) = 2,4 (m/s). Chn D.
Cõu 14: Mt si dõy n hi c treo thng ng vo mt im c nh, u di ca dõy t do. Ngi ta
to súng dng trờn dõy vi tn s bộ nht l f
1
. cú súng dng trờn dõy phi tng tn s ti thiu n giỏ tr f
2
.
T s
1
2
f
f
l:
A. 2. B. 3. C. 2,5. D. 1,5.
( ) ( )
( )
1 1
2 2

2 1
+ Điều kiện xảy ra sóng dừng 1 đầu cố định, 1 đầu tự do là: 2 1 2 1
4 4 4
Với là tần số bé nhất 0
4
3
Để lại có sóng dừng trên dây phải tăng tần số tối thiểu đến 1
4
+
= + = + =

+ = =
+ = =
k v
v
l k k f
f l
v
f k f
f
v
f k f
f

2
1
3

=








f
f
Cõu 15: Mt ngi ng trc mt cỏi loa mt khong 50(m), nghe c õm mc cng õm 80(dB). Cho
bit loa cú dng hỡnh nún cú na gúc nh l 30, cng õm chun l . B qua s hp th
õm ca khụng khớ. Cụng sut phỏt õm ca loa l
A. B. C. D.
Cõu 15:
Cường độ âm tại I: Vì bỏ qua hấp thụ âm của không khí.
Công suất nguồn:
Chọn A
(Lưu ý: là diện tích chõm cầu)
Câu 16: Đặt điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng 60V vào hai đầu mạch RLC mắc nối tiếp thì cường độ qua
mạch là:i
1
= I

0
cos ( 100πt + π/4 ). Nếu ngắt bỏ tụ thì cường độ dòng điện qua mạch là i
2
= I
0
cos ( 100πt - π/12 ).
Điện áp hai đầu đoạn mạch là:
A. u = 60
2
cos ( 100πt - π/12 ) B. u = 60
2
cos ( 100πt + π/6)
C. u = 60
2
cos ( 100πt + π/12) D. u = 60
2
cos ( 100πt - π/6 )
Giải nhanh: Nhìn vào các đáp án và cường độ ta thấy cùng I =1A => cùng Z => Z
C
=2Z
L
.
1 2
tan ;tan
L C
L
Z Z
Z
R R
ϕ ϕ

−
= =
.Do Z
C
=2Z
L
=>
1 2 2 1
tan ;tan .
L C
L L
Z Z
Z Z
Hay
R R R
ϕ ϕ ϕ ϕ
−
−
= = = = −
Ta có:
1 1
2 2
u i
u i
ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ ϕ
= +
= +
; Do
2 1

ϕ ϕ
= −
=>
1 2
2.
4 12 6 12
u i i u
π π π π
ϕ ϕ ϕ ϕ
= + = − = => =
Chọn C
Câu 17. Mắc vào đoạn mạch RLC không phân nhánh gồm một nguồn điện xoay chiều có tần số thay đổi được.
Ở tần số
1
60f Hz=
, hệ số công suất đạt cực đại
cos 1
ϕ
=
. Ở tần số
2
120f Hz=
, hệ số công suất nhận giá trị
cos 0,707
ϕ
=
. Ở tần số
3
90f Hz=
, hệ số công suất của mạch bằng

A. 0,874 B.0,486 C. 0,625 D. 0,781
Giải: Ta có Z
L1
= Z
C1
=> ω
1
L =
C
1
1
ω
=> LC =
2
1
1
ω
(1)
cosϕ
2
= 0,707 => ϕ
2
= 45
0
=>
tanϕ
2
=
R
ZZ

CL 22
−
=1 => R = Z
L2
- Z
C2
tanϕ
3
=
R
ZZ
CL 33
−
=
22
33
CL
CL
ZZ
ZZ
−
−
=
C
L
C
L
2
2
3

3
1
1
ω
ω
ω
ω
−
−
=
3
2
ω
ω
1
1
2
1
2
2
2
1
2
3
−
−
ω
ω
ω
ω

=
3
2
ω
ω
2
1
2
2
2
1
2
3
ωω
ωω
−
−
=
3
2
f
f
2
1
2
2
2
1
2
3

ff
ff
−
−
tanϕ
3
=
3
2
f
f
2
1
2
2
2
1
2
3
ff
ff
−
−
=
3
4
22
22
60120
6090

−
−
=
3
4
12
5
=
9
5
=> (tanϕ
3
)
2
= 25/91
=>
81
106
81
25
1
cos
1
3
2
=+=
ϕ
=> cos
2
ϕ

3
= 81/106 => cosϕ
3
= 0,874. Đáp án A
Câu 18: Đặt điện áp xoay chiều u = U
0
cos(ωt + ϕ) vào hai đầu đoạn mạch gồm cuộn cảm thuần L, tụ điện C và
điện trở thuần R mắc nối tiếp. Tăng dần điện dung của tụ điện, gọi t
1
, t
2
và t
3
là thời điểm mà giá trị hiệu dụng
U
L
, U
C
, và U
R
đạt cực đại. Kết luận nào sau đây là đúng?
A. t
1
= t
2
> t
3
. B. t
1
= t

3
< t
2
. C. t
1
= t
2
< t
3
. D. t
1
= t
3
> t
2
.
Giải: Ta có U
R
= U
Rmax
và U
L
= U
Lmax
khi Z
L
= Z
C
trong mạch có cộng hưởng điện để I = I
max

Do đó t
1
= t
3
U
C
= U
Cmax
khi Z
C
=
L
L
Z
ZR
22
+
= Z
L
+
L
Z
R
2
> Z
L
=> t
2
> t
1

Do đó: t
1
= t
3
< t
2
. Đáp án B
Câu 19: Đoạn mạch AB gồm điện trở R = 50Ω, cuộn dây có độ tự cảm L = 0,4/π H và điện trở r = 60Ω, tụ điện
có điện dung C thay đổi được và mắc theo đúng thứ tự trên. Đặt vào hai đầu mạch một điện áp xoay chiều có
dạng: u
AB
= 220
2
cos100πt (V), t tính bằng giây. Người ta thấy rằng khi C = C
m
thì điện áp hiệu dụng ở hai
đầu đoạn mạch chứa cuộn dây và tụ điện đạt cực tiểu U
min
. Giá trị của C
m
và U
min
lần lượt là
A. 10
–3
/(4π) F và 120 V B. 10
–3
/(3π) F và 264 V
C. 10
–3

/(4π) F và 264 V D. 10
–3
/(3π) F và 120 V
Giải: Đặt điện áp giữa hai đầu đoạn mạch chứa cuộn dây và tụ điện là U.
Ta có U = I
22
)(
CL
ZZr −+
=
22
)()(
CL
AB
ZZrR
U
−++
22
)(
CL
ZZr −+
U =
22
22
)(
)()(
CL
CL
AB
ZZr

ZZrR
U
−+
−++
=
22
2
)(
2
1
CL
AB
ZZr
RrR
U
−+
+
+

 U = U
min
khi Z
C
= Z
Cmin
= Z
L
= 40Ω  C
min
=

π
4
10
3−
F
U = U
min
=
2
2
)(
r
rR
U
AB
+
=
rR
rU
AB
+
= 120V. Chọn A
Câu 20: Một đoạn mạch AB gồm hai đoạn mạch AM và MB mắc nối tiếp. Đoạn mạch AM gồm điện trở thuần
R mắc nối tiếp với tụ điện C có điện dung thay đổi được, đoạn mạch MB là cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L.
Thay đổi C để điện áp hiệu dụng của đoạn mạch AM đạt cực đại thì thấy các điện áp hiệu dụng giữa hai đầu
điện trở và cuộn dây lần lượt là U
R
= 100
2
V, U

L
= 100V. Khi đó điện áp hiệu dụng giữa hai đầu tụ điện là:
A. U
C
= 100
3
V B. U
C
= 100
2
V C. U
C
= 200 V D. U
C
= 100V
Giải:
Ta có U
AM
=
22
22
)(
CL
C
ZZR
ZRU
−+
+
=
22

22
)(
1
C
CL
ZR
ZZR
+
−+
=
22
2
2
1
1
C
CLL
ZR
ZZZ
+
−
+
Để U
AM
= U
AMmax
thì biểu thức y =
22
2
2

C
CLL
ZR
ZZZ
+
−
= y
min
=> đạo hàm y’ = 0
=> (
22
C
ZR +
)(-2Z
L
) – (
CLL
ZZZ 2
2
−
)2Z
C
= 0 <=> Z
C
2
– Z
L
Z
C
– R

2
= 0
Hay U
C
2
– U
L
U
C
– U
R
2
= 0 <=> U
C
2
– 100U
C
– 20000 = 0
<=> U
C
= 200(V) (loại nghiệm âm). Chọn C
Câu 21: Đặt điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng 60 V vào hai đầu đoạn mạch R, L, C mắc nối tiếp thì
cường độ dòng điện qua đoạn mạch là i
1
=
0
I cos(100 t )
4
π
π +

(A). Nếu ngắt bỏ tụ điện C thì cường độ dòng điện
qua đoạn mạch là
2 0
i I cos(100 t )
12
π
= π −
(A). Điện áp hai đầu đoạn mạch là
A.
u 60 2 cos(100 t )
12
π
= π −
(V). B.
u 60 2 cos(100 t )
6
π
= π −
(V)
C.
u 60 2 cos(100 t )
12
π
= π +
(V). D.
u 60 2 cos(100 t )
6
π
= π +
(V).

Giải:
Ta thấy I
1
= I
2
=> (Z
L
– Z
C
)
2
= Z
L
2
. Z
C
= 2Z
L
tanϕ
1
=
R
ZZ
CL
−
= -
R
Z
L
(*) tanϕ

1
=
R
Z
L
(**) => ϕ
1
+ ϕ
2
= 0
ϕ
1
= ϕ
u
-
4
π
; ϕ
2
=

ϕ
u
+

12
π
=> 2ϕ
u
-

4
π
+
12
π
= 0 => ϕ
u
=
12
π

Do đó
u 60 2 cos(100 t )
12
π
= π +
, Chọn C
Câu 22: Cho mạch điện gồm cuộn dây có điện trở hoạt động R nối tiếp tụ C. Đặt vào hai đầu mạch điện một
điện áp xoay chiều ổn định u = U
2
cosωt. Khi C = C
0
thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn dây lớn nhất
bằng 2U. Với giá trị nào của C thì U
C
đạt cực đại?
A. C =
0
3C
4

. B. C =
0
C
2
. C. C =
0
C
4
. D. C =
0
C
3
.
Giải:
Ta có U
d
= I
22
L
ZR +
; U
d
= U
dmax
khi I = I
max
mạch có cộng hưởng Z
L
= Z
C0

(*)
U
dmax
= 2U => Z
d
= 2Z = 2R ( vì Z
L
= Z
C0
) => R
2
+ Z
L
2
= 4R
2
=> R =
3
L
Z
=
3
0C
Z
(**)
U
C
= U
Cmax
khi Z

C
=
L
L
Z
ZR
22
+
=
0
2
0
2
0
3
C
C
C
Z
Z
Z
+
=
3
4
0C
Z
=> Z
C
=

3
4
0C
Z
=> C =
4
3
0
C
Chọn đáp án A
Câu 23: Trong lưới điện dân dụng ba pha mắc hình sao, điện áp mỗi pha là u
1
= 220
2
cos(100πt) (V) , u
2
=
220
2
cos(100πt +
3
2
π
) (V), u
3
= 220
2
cos(100πt -
3
2

π
) (V), . Bình thường việc sử dụng điện của các pha
là đối xứng và điện trở mỗi pha có giá trị R
1
=R
2
=R
3
= 4,4Ω. Biểu thức cường độ dòng điện trong dây trung hoà
ở tình trạng sử dụng điện mất cân đối làm cho điện trở pha thứ 1 và pha thứ 3 giảm đi một nửa là:
A. i = 50
2
cos(100πt +
3
π
) (A) B. i = 50
2
cos(100πt +π) (A)
C. i = 50
2
cos(100πt +
3
2
π
) (A) D. i = 50
2
cos(100πt -
3
π
) (A)

Giải:
Do các tải tiêu thụ là các điện trở thuần nên u và i luôn cùng pha
Khi mất cân đối các pha
I
1
= I
3
=
2,2
220
= 100 (A)
I
2
=
4,4
220
= 50 (A). Vẽ giãn đồ véc tơ :
I
0
= I
1
+ I
2
+ I
3
= I
13
+ I
2
I

13
= I
1
= I
3
= 100A
I
0
= I
13
– I
2
= 50 (A)
I
1
-2π/3
2π/3
- π/3
I
0
I
3
I
2
I
13
ϕ
0
= -
3

π
Do đó biểu thức cường độ dòng điện trong dây trung hoà
i = 50
2
cos(100πt -
3
π
) (A) Chọn D
Câu 24: Đặt điện áp xoay chiều u = U
o
cos(ωt + φ) vào hai đầu đoạn mạch gồm cuộn cảm thuần L, tụ
điện C và điện trở thuần R mắc nối tiếp. Tăng dần điện dung của tụ điện, gọi x, y và z là thời điểm mà
giá trị hiệu dụng U
L
, U
C
, và U
R
đạt cực đại. Kết luận nào sau đây là đúng?
A. x = y > z B. x = z < y C. x = y < z D. x = z > y
U
L
= IZ
L
và U
R
= IR có Z
L
và R không đổi khi C thay đổi.
Nên U

L
và U
R
cực đại khi I cực đại hay mạch cộng hưởng có Z
C1
= Z
L
.
U
C
đạt cực đại khi Z
C2
= [R² + (Z
L
)²] / Z
L
= R² / Z
L
+ Z
L
> Z
L
→ Z
C2
> Z
C1
→ C
2
< C
1

.
U
L
và U
R
đạt cực đại cùng lúc, x = z.
Do C
2
< C
1
nên C = C
2
trước khi C = C
1
→ U
C
đạt cực đại trước hay y < x = z.
Đáp án D.
Câu 25: Đoạn mạch AB gồm cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L có thể thay đổi mắc giữa
A
và M, điện trở
thuần mắc giữa M và N, tụ điện mắc giữa N và B mắc nối tiếp. Đặt vào hai đầu
A
, B của mạch điện một điện
áp xoay chiều có tần số f, điện áp hiệu dụng U ổn định. Điều chỉnh L để có u
MB
vuông pha với u
AB
, sau đó tăng
giá trị của L thì trong mạch sẽ có

A. U
AM
tăng, I giảm. B. U
AM
giảm, I giảm. C. U
AM
giảm, I tăng. D. U
AM
tăng, I tăng.
Giải:
Vẽ giãn đồ vectơ như hình vẽ. Theo ĐL hàm sin
α
sin
AM
U
=
β
sin
AB
U
=> U
AM
=
β
α
sin
sin
AB
U
Do góc β, U

AB
xác định nên U
AM
có giá trị lớn nhất khi α = 90
0
Tức là khi u
MB
vuông pha với u
AB
thì U
AM
có giá trị lớn nhất.
Do vậy khi tăng L thì U
AM
giảm
Cường độ dòng điện qua mạch
I =
22
)
1
(
C
LR
U
AB
ω
ω
−+
ta thấy khi L tăng thì mẫu số tăng do đó I giảm.Chọn B: U
AM

giảm, I giảm
Câu 26: Ba điện trở giống nhau đấu hình sao và nối vào nguồn ổn định cũng đấu hình sao nhờ các đường dây
dẫn. Nếu đổi cách đấu ba điện trở thành tam giác (nguồn vẫn đấu hình sao) thì cường độ dòng điện hiệu dụng
qua mỗi đường dây dẫn:
A. tăng
3
lần. B. tăng
3
lần. C. giảm
3
lần. D. giảm
3
lần.
Giải: Khi các điện trở đấu sao: I
d
= I
p
=
R
U
p
Khi các điện trở đấu tam giác: I’
d
=
3
I’
p
=
3
R

U
p
'
=
3
R
U
d
=
3
R
U
R
U
P
p
3
3
=
= 3I
Tăng lên gấp 3 lần. Chọn A
Câu 27: Cho đoạn mạch xoay chiều chỉ chứa tụ điện. Đặt điện áp xoay chiều không đổi vào hai đầu đoạn mạch
u = U
0
cos
ω
t (V). Tại thời điểm t
1
giá trị tức thời của cường độ dòng điện qua tụ và hiệu điện thế hai đầu đoạn
mạch là (2

2
A; 60
6
V). Tại thời điểm t
2
giá trị tức thời của cường độ dòng điện qua tụ và hiệu điện thế hai
đầu đoạn mạch là (2
6
A; 60
2
V).Giá trị dung kháng của tụ điện:
A. 30
Ω
B. 20
2
Ω
C. 40
Ω
D. 20
3
Ω
Giải:
U
AM
β
α
U
MB
U
AB

C1: Vẽ hai đường tròn biểu diện i(t) và u(t) quan hệ vuông pha với nhau, dòng điện luôn sớm pha pi/2 soi với i.
C2: Sự dụng mối quan hệ giữa hai đại lượng vuông pha với nhau thì:
Ví dụ: x-v trong DĐĐH vuông pha với nhau ta có hệ thức độc lập:
1
2
max
2
)max(
=








+








=
v
v
x

x
A
Như vậy i-u ở đây vuông pha nên

1
1
1
2
2
2
1
2
1
2
2
2
0
2
1
2
2
2
0
2
2
2
1
2
0
2

2
0
2
2
0
1
2
0
1
2
0
2
0
2
1
=
−
−
=⇒
−
=
−
⇒








=








+








⇒
=








+









⇒
⇒=








+








=
=
ii
uu

Z
U
uu
I
ii
U
u
I
i
U
u
I
i
U
u
I
i
C
khi
tt
khi
tt
Câu 28: Mạch điện R
1
L
1
C
1
có tần số cộng hưởng ω
1

và mạch R
2
L
2
C
2
có tần số cộng hưởng ω
2
, biết ω
1
=ω
2
. Mắc
nối tiếp hai mạch đó với nhau thì tần số cộng hưởng của mạch sẽ là ω. ω liên hệ với ω
1
và ω
2
theo công thức
nào? Chọn đáp án đúng:
A. ω=2ω
1
. B. ω

= 3ω
1
. C. ω= 0. D. ω = ω
1
.
Giải:
2

ω
=
LC
1
=
21
21
21
)(
1
CC
CC
LL
+
+
=>
2
1
ω
=
11
1
CL
=> L
1
=
1
2
1
1

C
ω
;
2
2
ω
=
22
1
CL
=>L
2
=
2
2
2
1
C
ω

L
1
+ L
2
=
1
2
1
1
C

ω
+
2
2
2
1
C
ω
=
2
1
1
ω
(
1
1
C
+
2
1
C
) =
2
1
1
ω
21
21
CC
CC

+
( vì ω
1
=ω
2
.)
=>
2
1
ω
=
21
21
21
)(
1
CC
CC
LL
+
+
=
2
ω
=> ω = ω
1
. Đáp án D
Câu 29. Mạch dao động LC lí tưởng gồm tụ điện có điện dung 0,2 (µF) và cuộn dây có hệ số tự cảm 0,05 (H). Tại
một thời điểm điện áp giữa hai bản tụ là 40 (V) thì cường độ dòng điện trong mạch là 0,06 (A). Tính tần số góc của
dao động điện từ và cường độ dòng điện cực đại trong mạch.

A. 10
4
rad/s; 0,1
2
A B. 10
4
rad/s; 0,5 A C. 1000 rad/s; 0,1 A D. 10
4
rad/s; 0,1 A
Câu 27:
6
1 1
10000rad / s
LC
0,2.10 .0,05
−
ω = = =

2
2 2 6
2 2 2 2
0
0
LI
Cu Li C 0,2.10 1
W I i u 0,06 40 0,1A
2 2 2 L 0,05 10
−
= + = => = + = + = =
. Chọn D

Câu 30: Cho hai mạch dao động lí tưởng L
1
C
1
và L
2
C
2
với C
1
= C
2
= 0,1μF, L
1
= L
2
= 1 μH. Ban dầu tích điện
cho tụ C
1
đến hiệu điện thế 6V và tụ C
2
đến hiệu điện thế 12V rồi cho mạch dao động. Thời gian ngắn nhất kể
từ khi mạch dao động bắt đầu dao động thì hiệu điện thế trên 2 tụ C
1
và C
2
chênh lệch nhau 3V?
A.
3
10

6−
s; B.
3
10.2
6−
C. 2.10
-6
s; D. 10
-6
s
Giải: chu kì dao động của các mạch dao động T = 2π
LC
=2π
66
10.1.0.10
−−
=
10
10.2
6−
π
= 2.10
-6
s
Biểu thức điện áp giữa các bản cực của hai tụ điện:
u
1
= 12cosωt (V); u
2
= 6cosωt (V)

u
1
– u
2
= 12cosωt - 6cosωt (V) = 6cosωt
u
1
– u
2
= 6cosωt = ± 3 (V) => cosωt = ± 0,5 => cos
T
π
2
t = ± 0,5
=> t
min
=
6
T
=
3
10
6−
s . Đáp án A
Câu 31: Góc chiết quang của một lăng kính bằng 6
0
. Chiếu một tia sáng trắng vào mặt bên của lăng kính theo phương
vuông góc với mặt phẳng phân giác của góc chiết quang. Đặt một màn quan sát sau lăng kính, song song với mặt phân
giác của góc chiết quang và cách mặt này 2m. Chiết suất của lăng kính đối với tia đỏ là n
đ

= 1,50 và đối với tia tím là n
t
=
1,56. Độ rộng của quang phổ liên tục trên màn quan sát bằng
A. 6,28mm. B. 12,60 mm. C. 9,30 mm. D. 15,42 mm.
Giải: Góc lệch của tia đỏ và tia tím qua LK
D
đ
= (n
đ
– 1)A = 3
0
D
t
= (n
t
– 1)A = 3,36
0
Độ rộng của quang phổ liên tục trên màn quan sát
a = ĐT = OT – OĐ
OT = dtanD
đ=t
≈ dD
t
OĐ = dtanD
đ
≈ dD
đ
=> a = d(D
t

- D
đ
) = d.0,36.
180
π
= 0,01256m => a = 12,56mn ≈ 12,6 mm. Đáp án B
Câu 32. Trong thí nghiệm giao thoa áng sáng dùng khe I-âng, khoảng cách 2 khe a = 2 mm, khoảng cách hai khe
tới màn D = 1,8 m. Chiếu bằng sáng trắng có bước sóng thỏa mãn 0,38 µm ≤ λ ≤ 0,75 µm. Khoảng cách gần nhất
từ nơi có hai vạch màu đơn sắc khác nhau trùng nhau đến vân sáng trung tâm ở trên màn là
A. 1,026 mm. B. 1,359 mm. C. 2,34 mm. D. 3,24 mm.
Giải: Khoảng cách gần nhất từ nơi có hai vạch màu đơn sắc khác nhau trùng nhau ứng với λ
1
là bước sóng nhỏ nhất
của bức xạ trong ánh sáng trắng =>λ
1
= 0,38 µm
Vị trí trùng nhau của hai vạch màu đơn sắc khác λ
1
và λ
2
: x = ki
1
= (k-1)i
2
=> kλ
1
= (k-1) λ
2
=> λ
2

=
1
1
−k
k
λ
=
1−k
k
.0,38 0,38 µm ≤ λ
2
≤ 0,75 µm => 0,38 ≤
1−k
k
0,38 ≤ 0,75
=> 0,37k ≥ 0,75 => k ≥ 3 => k
min
= 3 => x
min
= 3i
1
= 3
a
D
1
λ
= 3
3
6
10,2

8,110.38,0
−
−
= 1,026 mm. Đáp án A
Câu 33.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: Vị trí trùng nhau của hai vân tối x = (k
1
+0,5)

i
1
= (k
2
+ 0,5)

i
2
=> .
5(k
1
+0,5)

= 3(k

2
+0,5)

=> 5k
1
+ 1 = 3k
2
=> k
2
= k
1
+
3
12
1
+k
= k
1
+ k
2k
1
+ 1 = 3k => k
1
= k +
2
1−k
Với k – 1 = 2n => k = 2n + 1 => k
1
= 3n + 1 và k
2

= 5n + 2
Vị trí trùng nhau của hai vân tối x = (k
1
+0,5)

i
1
= (3n + 1,5) .0,5 (mm)
- 2,5 ≤ x ≤ 2,5 => - 2,5 ≤ (3n + 1,5) .0,5 ≤ 2,5 => - 5 ≤ (3n + 1,5) ≤ 5
=> - 2 ≤ n ≤ 1. Có 4 giá trị của n. Đáp án A.
Câu 34. 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: Vị trí mà tại đó vân sáng của i
1
trùng với vân tối của i
2
: x = k
1
i

1
= (k
2
+ 0,5)

i
2
d = 2m
O
Đ
T
=> 3k
1
= 4(k
2
+ 0,5)

= 4k
2
+ 2 => k
1
= k
2
+
3
22
2
+k
= k
2

+ k
Với 2k
2
+ 2 = 3k => k
2
= k +
2
2−k
=> k – 2 = 2n => k = 2n + 2 => k
2
= 3n + 2 và k
1
= 5n + 4
Vị trí mà tại đó vân sáng của i
1
trùng với vân tối của i
2
: x = k
1
i
1
= (5n + 4).0,3 (mm)
Trong khoảng MN:
2,25 (mm) ≤ x ≤ 6,75 (mm) => 2,25 ≤ (5n + 4).0,3 ≤ 6,75 => 7,5 ≤ (5n + 4) ≤ 22,5
=> 0 ≤ n ≤ 3. Có 4 giá trị của n. Đáp án C
Câu 35: Cho các bức xạ:
I. Ánh sáng khả kiến II. Sóng Hertz ( Sóng vô tuyến). III.Tia hồng ngoại.
IV. Tia tử ngoại V. Tia Rơnghen.
Khi một vật bị nung nóng , nó có thể phát ra các bức xạ:
A. II, III, V B. I, III , IV C. III, IV D. I, III, IV

Câu 36:Trong TN Y-âng , khi màn cách hai khe một đoạn D1 thì trên màn thu được một hệ vân giao thoa .dời màn đến vị
trí cách hai khe đoạn D2 người ta thấy hệ vân trên màn có van tối thứ nhất (tính từ vân trung tâm) trùng với vân sáng bậc
1 của hệ vân lúc đầu. TỈ số D2/D1 bằng bao nhiêu?
A.1,5 B.2,5 C.2 D.3
Giải:
1 2 2
1
1. 0,5. 2
T
D D D
x
a a D
λ λ
= = ⇒ =
Chọn C
Câu 37. 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 38. Cường độ của một chùm sáng hẹp đơn sắc có bước sóng 0,5μm khi chiếu vuông góc tới bề mặt của
một tấm kim loại là I (W/m

2
), diện tích của bề mặt kim loại nhận được ánh sáng tới là 32 mm
2
. Cứ 50 phôtôn tới
bề mặt tấm kim loại thì giải phóng được 2 electron quang điện và số electron bật ra trong 1s là 3,2.10
13
. Giá trị
của I là
A. 9,9375 W/m
2
. B. 9,9735 W/m
2
. C. 8,5435 W/m
2
. D. 8,9435 W/m
2
.
Giải
Theo bài ra , hiệu suất lượng tử là H = 2/50 = 0,04
Suy phô tôn chieus vào tấm kim loại là N = N
e
/H = 3,2.10
13
/ 0,04 = 8,10
14
photon
Vì đề cho chiếu vuông góc với tấm kim loại nên
Nên công suất bức xạ P = N.hc/λ = 318.10
– 6
W

Cường độ chùm ánh sáng chiếu vào là I = P/S = 318.10
– 6
/ 32.10
– 6
= 9,9375 W/m
2
Chọn A

Câu 39. Theo mẫu nguyên tử Bo thì trong nguyên tử hiđrô, bán kính quỹ đạo dừng của electron trên các quỹ
đạo là r
n
= n
2
r
o
, với r
o
=0,53.10
-10
m; n=1,2,3, là các số nguyên dương tương ứng với các mức năng lượng của
các trạng thái dừng của nguyên tử. Gọi v là tốc độ của electron trên quỹ đạo K. Khi nhảy lên quỹ đạo M,
electron có tốc độ bằng
A.
9
v
B.
3v
C.
3
v

D.
3
v
Giải Khi e chuyển động trong trên các quỹ đạo thì lực tĩnh điện Culông đóng vai trò là lực hướng tâm
00
2
2
2
2
2
2
21
rm
k
n
e
rnm
k
e
mr
ke
vmv
r
e
k
r
mv
r
qq
k =====

qu o K thỡ n=1 nờn
0
.1 rm
k
e
v ==
qu o M thỡ n=3 nờn
0
.9
'
rm
k
e
v ==
Nờn
9
'
9
1' v
v
v
v
==
( )
( )
( )
1 1
1
1
1

2
2 2
1 rL L
2 2
2
L
C
C MAX
2
L 1 1
2 MAX L C 2
2
2
Ban đầu cố định tần số ở f ta có: Z r Z 100
R Z
1 100 L
Điều chỉnh C để U Z C cố định .
Z C L 100
1 1 1
+ Lúc sau thay đổi f = f = 100 Hz I Z Z L L.200 L
L
C 2
.200
100
+ = + =
+
+ = = =

= = = =

( )
H














Chn B.
Cõu 41: Mt b t in gm hai t cú in dung bng nhau v bng C mc ni tip, t gia hai u
mt trong hai t mt khúa K, lỳc u K m. Dựng mt ngun in 1 chiu cú sut in ng 3V np
in cho b t. Khi b t tớch n in tớch cc i, ngt b t khi ngun ri ni b t vi cun cm
thun L thnh mt mch dao ng thỡ trong mch cú dao ng in t t do. úng khúa K vo ỳng
lỳc cng dũng in trờn cun dõy cc i. Hiu in th cc i gia hai u cun dõy khi K úng
l
A.
1,5 2V.
B.
3 2V.
C. 9V. D. 3V.
Gii: in dung ca b t in gm hai t ging nhau mc ni tip l

b
C
C .
2
=
Nng lng in t ca
mch dao ng l
2 2
b
1 1
W C E CE .
2 4
= =
ỳng vo lỳc cng dũng in trờn cun dõy cc i thỡ ton
b nng lng ca mch l nng lng t trng cun cm, nng lng in trng b t bng 0.
Ngay sau khi úng K, mt t b ni tt, mch ch cũn cun cm v mt t C vi nng lng ca mch
khụng i. Gi U
0
l hiu in th cc i gia hai u cun dõy, cng l hiu in th cc i gia hai
bn t, nng lng ca mch l
2
0
1
W CU .
2

=

2 2
0 0

1 1 E 3
W W CU CE U 1,5 2V.
2 4
2 2

= = = = =

Chn A.
Câu 42: Một nguồn sáng có công suất P=2W, phát ra ánh sáng có bước sóng λ=0,597µm tỏa ra đều theo mọi
hướng. Nếu coi đường kính con ngươi của mắt là 4mm và mắt còn có thể cảm nhận được ánh sáng khi tối thiểu
có 80 phôtôn lọt vào mắt trong 1s. Bỏ qua sự hấp thụ phôtôn của môi trường. Khoảng cách xa nguồn sáng nhất
mà mắt còn trông thấy nguồn là
A. 27 km B. 470 km C. 6 km D. 274 km
Giải:Cường độ sáng I tại điểm cách nguồn R được tính theo công thức: I =
2
4 R
P
π
.
Năng lượng ánh sáng mà mắt có thể nhận được:
W = IS = I
4
2
d
π
=
2
4 R
P
π

4
2
d
π
=
2
2
16R
Pd
(d đường kính mắt) mà W = 80
λ
hc
=>
80
λ
hc
=
2
2
16R
Pd
=> R =
hc
Pd
80.16
2
λ
= 0,274.10
6
(m) = 274 (km). Chọn D

Câu 43: 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 1,25Vmax thì bước sóng của bức xạ điện từ chiếu vào quả
cầu có độ lớn xấp xỉ bằng
A. 0,176μm B. 0,283μm C. 0,183μm D. 0,128μm
Giải: Công thoát của hợp kim là công thoát nhở nhất của kim loại A và B tức là A = 3,86 eV
Ta có hf = A + eV
max
hf’ = A + 1,25eV
max
=> h(f’ – f) = 0,25eV
max
= 0,25(hf – A)
=> hf’ = 1,25hf – 0,25A => f’ = 1,25f – 0,25A/h
A/h = 3,86.1,6.10
-19
/6,625.10
-34-
= 0,932. 10
15
=> f’= 1,25f – 0,25A/h = 1,639.10
15
Hz => λ’ = c/f’ = 0,183.10
-6
m = 0,183 μm. Đáp án C
Câu 44: Chất lỏng fluorexein hấp thụ ánh sáng kích thích có bước sóng λ = 0,48μm và phát ra ánh có bước
sóng λ’ = 0,64μm. Biết hiệu suất của sự phát quang này là 90% (hiệu suất của sự phát quang là tỉ số giữa năng
lượng của ánh sáng phát quang và năng lượng của ánh sáng kích thích trong một đơn vị thời gian), số phôtôn

của ánh sáng kích thích chiếu đến trong 1s là 2012.10
10
hạt. Số phôtôn của chùm sáng phát quang phát ra trong
1s là
A. 2,6827.10
12
B. 2,4144.10
13
C. 1,3581.10
13
D. 2,9807.10
11
HD Giải: Công suất của ánh sáng kích thích: P = N
λ
hc
N số phôtôn của ánh sáng kích thích phát ra trong 1s
Công suất của ánh sáng phát quang: P’ = N’
'
λ
hc
. N’ số phôtôn của ánh sáng phát quang phát ra trong 1s
Hiệu suất của sự phát quang: H =
'
''
λ
λ
N
N
P
P

=
=> N’ = NH
λ
λ
'
= 2012.10
10
. 0,9.
48,0
64,0
= 2,4144.10
13
. Chọn B
Câu 45: Bắn hạt vào hạt nhân Bêri đứng yên, tạo ra phản ứng hạt nhân:
Cho biết: Các hạt sinh ra cùng độ lớn vận tốc và động năng hạt nowtron là 0,889 MeV, khối lượng các hạt
m(Be)=9,0727u; m( ) = 4,0015u m(n)=1,0087 m(c)=12,0605u. Động năng hạt là:
A. =6,9MeV B. =7,9MeV C. =6,5MeV D. Một giá trị khác
Giải:
.Chọn A
Câu 46. Trong phản ứng vỡ hạt nhân urani U235 năng lượng trung bình toả ra khi phân chia một hạt nhân là 200MeV.
Một nhà máy điện nguyên tử dùng nguyên liệu u rani, có công suất 500.000kW, hiệu suất là 20%. Lượng tiêu thụ hàng
năm nhiên liệu urani là:
A. 961kg; B. 1121kg; C. 1352,5kg; D. 1421kg.
Giải:
Nguyên tắc: Nhà máy điện hạt nhân sử dụng năng lượng Hạt nhân để biến thành điện năng => Năng lượng Hạt nhân là
năng lượng toàn phần, điện năng là phân hữu ích.
Hiệu suất:
.100%
(%)
ci ci

tp
tp
Q Q
H Q
Q H
= ⇒ =

1 hạt nhân U(235) khi phân rã sinh ra năng lượng hạt nhân (toàn phần) 200(MeV). Vậy Trong 1 năm người ta sử m(Kg 
chuyển sang gam) Năng lượng hạt nhân là:
235
3
8
3 23 13 3
. ( )
.10
.200( ) . .200( )
235 % %
235. . ( )
235.5.10 .365.86400
961
%. .200( ).10 0,2.6,022.10 .200.1,6.10 .10
ci nam
tp A
U
nam
A
Q P s
m
Q N MeV N MeV
H H

P s
m Kg
H N MeV
τ
τ
−
= = = =
⇒ = = =
Câu 47. Biết U
235
có thể bị phân hạch theo phản ứng sau
1 235 139 94 1
0 92 53 39 0
n + U I + Y + k n→
Khối lượng của các hạt
tham gia phản ứng m
U
= 234,99322u; m
n
= 1,0087u; m
I
= 138,8970u; m
Y
= 93,89014u; Nếu có một lượng hạt
nhân U
235
đủ nhiều, giả sử ban đầu ta kích thích cho 10
15
hạt U
235

phân hạch để phản ứng dây chuyền xảy ra với
hệ số nhân nơtrôn là 2. Năng lượng toả ra sau 19 phân hạch dây chuyền đầu tiên gần giá trị nào sau đây:
A. 175,66MeV B. 1,5.10
10
J C. 1,76.10
17
MeV D. 9,21.10
23
MeV
Giải: Từ ptpư
1 235 139 94 1
0 92 53 39 0
n + U I + Y + k n→
=> k =3: =>
nYIUn
1
0
94
39
139
53
235
92
1
0
3++→+
Năng lượng tỏa ra sau mỗi phân hạch:
∆E = ( m
U
+ m

n
- m
I
- m
Y
- 3m
n
)c
2

= 0,18878 uc
2
= 175,84857 MeV

= 175,85 MeV
Khi 1 phân hạch kích thích ban đầu sau 19 phân hach dây chuyền số phân hạch xảy ra là
2
0
+ 2 + 2
2
+ + 2
18
=
21
21
19
−
−
= 524287
Do đó số phân hạ ch sau 19 phân hạch dây chuyền từ 10

15
phân hạch ban đầu: N = 524287.10
15
≈ 5,24,10
20

Năng lượng tỏa ra sau 19 phân hạch là:
E = N ∆E = 5,24.10
20
x175,85 = 921.10
20
MeV = 9,21.10
22
MeV. ≈ 1,5.10
10
J Chọn đáp án B
Câu 48. Một dòng các nơtron có động năng 0,0327eV. Biết khối lượng của các nơtron là 1,675.10
-27
kg. Nếu chu
kì bán rã của nơtron là 646s thì đến khi chúng đi được hết quãng đường 10m, tỉ lệ phần trăm các nơtron bị phân
rã là:
A. 10
-5
% B. 4,29.10
-4
% C. 4,29.10
-6
% D. 10
-7
%

Giải: ta có
19
2
27
1 2.0,0327.1,6.10
0,0327 2500 /
2 1,67510
mv eV v m s
−
−
= ⇒ = =
Thời gia đi hết 10 m là t=10/2500=0,004s
Phần trăm nơtron phân rã
6 4
0
0
(1 2 )
2 1 4,2919.10 4,2919.10 %
.2
t
t
T
T
t
T
N
N
N
N
−

− −
−
−
∆
= = − = =
Câu 49 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:
0 0
(1 )
t
N N N N e
l
-
= - = -D

=N
0
. λt= N
0
.t.Ln2/TT= N
0
.t.Ln2/ΔN=1,022.10
22
.1.0,693/4,2.10
13
=1,68.10
8
s
Nếu sử dụng kiến thức nâng cao sử dụng ĐỘ PHÓNG XẠ thì bào toán dễ hiểu hơn.
Câu 50.Cho phản ứng γ +
Be
9
4
→
He
4
2
+ X + n .Sau thời gian 2 chu kì bán rã, thể tích khí Hê li thu được ở điều
kiện chuẩn là 100,8 lít. Khối lượng ban đầu của Beri là
A. 54g B .27g C.108g D.20,25g
Giải: Theo phương trình phản ứng ta thấy hạt X chính là
He
4
2
.

Ở đktc trong 22,4 lít
He
4
2
có N
A
hạt nhân
He
4
2
. Khi thu được 100,8 lít khí Hê li ta thu được 4,5N
A
hạt nhân
He
4
2
Theo ptpư khi 1 hạt nhân Beri phân rã ta thu được 2 hạt nhân
He
4
2
Khi thu được 4,5N
A
hạt nhân
He
4
2
có N = 2,25N
A
hạt nhân
Be

9
4
bị phân rã.
Khối lượng Beri bị phân rã sau 2 chu kỳ bán rã là: ∆m =
A
N
AN
=
A
A
N
N25,2.9
= 20.25 g.
Do đó khối lượng ban đầu của Beri là: m
0
= m + ∆m = m
0
/4 + ∆m
m
0
= 4∆m/3 = 27g Đáp án B