đi thi thử đại học vật lý có lời giải chi tiết đề số 7

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐT TPHCM
TRUNG TÂM LUYỆN THI TNT
GV ra đề: Đoàn Văn Lượng
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC (2014)
MÔN: VẬT LÍ KHỐI A & A1
Thời gian làm bài: 90 phút.
Mã đề thi 507
Họ, tên thí sinh:
Số báo danh:
Câu 1. Một vật dđđh với biên độ A = 5 cm.Tại thời điểm ban đầu vật có li độ x = 4 cm và đang chuyển động
theo chiều dương .Đến thời điểm T/4 vật đi được quãng đường là
A.1 cm B.2 cm C.3 cm D.5 cm
Giải: Khi t = 0 x
0
= 4 cm. vật ở M
0
Khi t = T/4 vật ở M có li độ x OM
0
vuông góc với OM
> α + β = π/2
x
0
= 5cosα = 4 > cosα = 0,8 > sinα = 0,6
x = 5cosβ = 5sinα = 3 cm
Đến thời điểm T/4 vật đi được quãng đường là
s = (A-x
0
) + (A-x) = 1 + 2 = 3cm. Chọn C
Câu 2 : Một chất điểm dao động điều hoà có vận tốc bằng không tại hai thời điểm liên tiếp là t
1
= 2,2 (s) và t

2
=
2,9(s). Tính từ thời điểm ban đầu (t
o
= 0 s) đến thời điểm t
2
chất điểm đã đi qua vị trí cân bằng
A. 6 lần . B. 5 lần . C. 4 lần . D. 3 lần .
Giải: Vận tốc bằng không tại vị trí biên, vận tốc bằng không tại hai thời điểm liên tiếp là
t
1
= 2,2 (s) và t
2
= 2,9(s) => T = 2(t
2
– t
1
) = 1,4s
Xác định thời điểm ban đầu
Pt dao động x = Acos(ωt + ϕ)
Giả sử tại thời điểm t
1
có x
1
= A
⇔
Acos(ωt
1
+ ϕ) = A
⇔

cos(ωt
1
+ ϕ) = 1
⇔
(ωt
1
+ ϕ) = k2π
⇔
ϕ = k2π - ωt
1
= k2π -
4,1
2,2.2
π
ϕ = k2π -
7
.22
π
Vì - π ≤ ϕ ≤ π ⇒ - π ≤ k2π -
7
.22
π
≤ π
=> k = 2 => ϕ =
7
.6
π
=> x = Acos(ωt + ϕ)
x = Acos(ωt +
7

.6
π
) = 0 => ωt +
7
.6
π
=
2
.
π
+ kπ
T
.2
π
t =
2
.
π
-
7
.6
π
+ kπ => t =
2
T
(k -
14
5
) = 0,7k – 0,25
0 ≤ t = 0,7k – 0,25 ≤ 2,9 => 0,357 ≤ k ≤ 4,5 => 1≤ k ≤ 4

Có 4 giá trị của k = 1, 2, 3, 4.
Trong khoảng thời gia từ t
0
= 0 đến t
2
= 2,9s chất điểm 4 lần qua VTCB. Đáp án C
Câu 3: Một con lắc lò xo thẳng đứng tại nơi có gia tốc
( )
2
10 /g m s=
, lò xo có độ cứng
( )
50 /k N m=
. Khi vật
dao động thì lực kéo cực đại và lực nén cực đại của lò xo lên giá treo vật lần lượt là 4 N và 2N. Vận tốc cực đại
của dao động là
A.
( )
40 5 /cm s
B.
( )
30 5 /cm s
C.
( )
50 5 /cm s
D.
( )
60 5 /cm s
Giải:
M

2
M
1
M
0
β x x
0
O α
M
M
0
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
max
max
max
4
6
2 3
10
6. 60 5 /
0,02
2

4
50. 4
3 3
K
N
MAX
K
F
k l A
A
l
A cm
F k A l
g
v A A cm s
l
l cm
A A
F k l A k A
ω

∆ +
= = ⇔ ∆ =

=
− ∆
 
⇔ ⇒ = = = =
 
∆

∆ =


 

= ∆ + = + = =
 ÷

 

Câu 4: Một vật dao động điều hòa với biên độ 6cm. Quãng đường nhỏ nhất mà vật đi được trong một giây là
18cm. Thời điểm kết thúc quãng đường đó thì vật có li độ
A. 2 cm. B. 3 cm hoặc -3 cm. C. 6 cm hoặc -6 cm. D. bằng 0
Giải: Trong 1 chu kì quãng đường vật đi được
S = 4A = 24 cm. Quãng đường nhỏ nhất vật đi được
là 3A = 18cm thì trong quãng đường A vật đi trong thời gian nhỏ nhất, tức là với vân tốc lớn nhất: đó là đoạn
đường bao quanh vị trí cân bằng từ A/2 đến – A/2.
Để có quãng đường đi nhỏ nhất thì vật bắt đầu từ li độ A/2 hoặc – A/2;ra biên khi đó thời điểm kết thúc quãng
đường đó của vật có li độ - 3cm hoặc li độ x = 3 cm. Chọn đáp án B.
Câu 5 (Chuyenvinh lần 3-2014): Hai điểm sáng dao động điều hòa chung gốc tọa độ, cùng chiều dương, có
phương trình dao động lần lượt x
1
= 2Acos(
6
t
π
-
3
π
) và x

2
= Acos(
3
t
π
-
6
π
) Tính từ t = 0 thời gian ngắn nhất để
hai điểm sáng gặp nhau là
A. 4s B. 2s C. 5s D. 1s
Giải: Theo bài ra ta có ω
2
= 2ω
1
. Ta có giãn đồ như hình vẽ
Tại t = 0, điểm sáng thứ nhất ở M
0
( góc M
0
OM = 60
0
)
điểm sáng thứ hai ở N
0
( góc N
0
ON = 120
0
)

Theo hình vẽ ta có:
Khi M
0
đến biên M (góc quét M
0
OM = 60
0
)
thì N
0
CĐ ra biên và quay về VTCB (góc quét N
0
ON = 120
0
)
Sau đó M chuyển đến M
1
(gốc tọa đô) thì N chuyến đến N
1
là gốc tọa độ. Ở đây hai chấm sáng gặp nhau lần đầu.
Góc quét M
0
OM = 150
0
=> t =
360
150
T
1
=

12
5
T
1
mà T
1
= 12s
=> t = 5s. Chọn C
Nhận xét : hai điểm sáng chỉ gặp nhau khi qua VTCB x = 0
x
1
= 2Acos(
6
t
π
-
3
π
) = 0 => t
1
= 2 + 3k
1
(*)với k
1
≥ 1
x
2
= Acos(
3
t

π
-
6
π
) = 0 => t
2
=
2
31
2
k+
(**) với k
2
≥ 1
Từ (*) và (**) t = t
1
= t
2
=> 1 + 3k
2
= 4 + 6k
1
=> k
2
= 2k
1
+ 1
Khi k
1
=1 (lần đầu x

1
= 0) => t
1
= 5s khi đó k
2
= 3 (lần thứ hai x
2
= 0) và t
2
= 5s

. Đáp án C
Câu 6: Treo một vật trong lượng 10N vào một đầu sợi dây nhẹ, không co giãn rồi kéo vật khỏi phương thẳng
đứng một góc α
0
và thả nhẹ cho vật dao động. Biết dây treo chỉ chịu được lực căng lớn nhất là 20N. Để dây
không bị đứt, góc α
0
không thể vượt quá:
A. 15
0
. B. 30
0
. C. 45
0
. D. 60
0
.
Giải: Lực căng dây treo được xác định theo công thức:
T = mg(3cosα - 2cosα

0
) => T
max
= mg(3 - 2cosα
0
)
10(3 - 2cosα
0
) ≤ 20 =>cosα
0
≥ 0,5 => α
0
≤ 60
0
. Chọn đáp án D
Câu 7: Một vật khối lượng m = 0,5 kg , thực hiện dao động điều hòa mà trong đó người ta thấy cứ sau những
khoảng thời gian ngắn nhất là π/10 s , thì gia tốc của vật lại có độ lớn 1m/s
2
. Cơ năng của vật :
A. 20m J B. 2J C. 0,2J D. 2mJ
O
N
1
M
1
M
N
N
0
M

0
Giải: Trong một chu kỳ có 4 lần gia tốc có độ lớn bằng nhau. Trong trường hợp cứ sau những khoảng thời gian
ngắn nhất gia tốc có cùng độ lớn thì chu kỳ dao động T = 4t
min
=
10
4
π
= 0,4π
=> Tần số góc ω = 2π/T = 5 rad/s. và tọa độ của vật tại các vị trí đó là x = ±
2
2A
Độ lớn gia tốc a = ω
2
x= ω
2
2
2A
= 1 m/s
2
> A =
2
2
ω

Cơ năng của vật W =
2
2
max
mv

=
2
22
ω
mA
=
2
ω
m
=
25
5,0
= 0,02J = 20mJ. Đáp án A
Câu 8 . Một con lắc đơn gồm một dây kim loại nhẹ có đầu trên cố định, đầu dưới có treo quả cầu nhỏ bằng kim
loại. Chiều dài của dây treo là l = 1m. Kéo vật nặng ra khỏi vị trí cân bằng một góc 0,1rad rồi thả nhẹ để vật
dao động điều hoà. Con lắc dao động trong từ trường đều có vectơ cảm ứng từ B vuông góc với mặt phẳng dao
động của con lắc, biết B = 0,5T, lấy g = 9,8 m/s
2
. Suất điện động hiệu dụng xuất hiện giữa hai đầu dây kim loại
là
A. 0,1106 V B. 1,565V C. 0,0783V D. 0,0553 V
Giải: Phương trình dao động của con lắc đơn: α = α
0
cosωt với ω =
l
g
Suất điện động cảm ứng xuất hiện giữa hai đầu dây treo: e = - Φ’(t)
Với từ thông do dây kim loại cắt trong quá trình dao động Φ = BS = B
2
2

l
α
S là diện tích hình quạt bán kính l; góc ở tâm là α (rad)
Φ =
2
2
Bl
α
0
cosωt => Φ’(t) = -
2
2
Bl
α
0
ω

sinωt
e = - Φ’(t) =
2
2
Bl
α
0
ω

sinωt = E
0
sinωt
Suất điện động cực đại E

0
=
2
2
Bl
α
0
ω =
2
2
Bl
α
0
l
g
=
2
1.5,0
2
0,1.
1
8,9
= 0,07826 = 0,0783V. Đáp án C
Câu 9 Một chất điểm tham gia đồng thời 2 dao động
1 1 2 2 2
.cos10 ; .cos(10 )x A t x A t
ϕ
= = +
.Dao động tổng
hợp là

1
. 3.cos(10 )x A t
ϕ
= +
với
2
6
π
ϕ ϕ
− =
. Tỉ số
2
ϕ
ϕ
?
A.
1 2
3 3
hay
B
4 2
3 3
hay
C.
3 2
4 5
hay
D.
3 1
4 2

hay
Giải: Vẽ giãn đồ véc tơ như hình vẽ
Tronh tam giác OAA
2
: A =
3
A
1
A
1
2
= A
2
+ A
2
2
– 2AA
2
cos
6
π
= 3A
1
2
+ A
2
2
– 3A
1
A

2
=> A
2
2
– 3A
1
A
2
+ 2A
1
2
= 0 (*)
Phương trình (*) có hai nghiệm: A
2
= 2A
1
và A’
2
= A
1
A
2
2
= A
2
+ A
1
2
– 2AA
1

cosϕ
=> cosϕ =
1
2
2
2
1
2
2AA
AAA −+
*=> cosϕ =
1
2
1
2
1
2
1
2
43
AA
AAA −+
= 0 => ϕ =
2
π
π/6
O ϕ
A
A
1

A
2
=>
2
ϕ
ϕ
=
62
2
ππ
π
+
=
4
3
**=> cosϕ’ =
2
1
2
1
2
1
2
1
32
3
A
AAA −+
=
2

3
=> ϕ’ =
6
π
=>
2
'
ϕ
ϕ
=
66
6
ππ
π
+
=
2
1
Chọn D
2
ϕ
ϕ
=
4
3
hoặc
2
1
Câu 10: Sóng dọc truyền trong một môi trường với tần số 50Hz,vận tốc song là 200 cm/s,biên độ song là 4
cm.Biết A và B là hai điểm cùng nằm trên một phương truyền song khi chưa có songs lần lượt cách nguồn các

khoảng 20 cm và 42 cm.Khi có song truyền qua thì khoảng cách lớn nhất giữa A và B là?
A.30 cm B.32 cm C.22 cm D.14 cm
Giải: Bước sóng λ = v/f = 4cm. Hai điểm A và B cách nhau d = 42 – 20 = 22 cm = 5,5λ . nên dao động của các
phần tử tại A và B ngược pha nhau.=> AB
max
= a + d + a = 30cm ( a là biên độ sóng) Đáp án A
Câu 11: Cho M, N, P là 3 điểm liên tiếp trên một sợi dây mang sóng dừng có cùng biên độ 6mm, phân tử vật
chất tại tại N dao động ngược pha với phân tử vật chất P. Cho MN = NP/2=1cm. Biên độ dao động của phân tử
vật chất tại điểm bụng là
A. 4
3
mm B. 8 mm C. 3
3
mm D. 10mm
Giải: N và P dao động ngược pha nên ở hai bó sóng
liền kề. M và N cùng bó sóng đối xứng
nhau qua bụng sóng :
MN = 1cm. NP = 2 cm
=>
2
λ
= 2.
2
MN
+ NP = 3cm .Suy ra bước sóng λ = 6cm
Biên độ của sóng tạ N cách nút d = 1 cm = λ/6: a
N
= 2acos(
λ
π

d2
+
2
π
) = 6mm
=> a
N
= 2acos(
6
2
λ
λ
π
+
2
π
) = 2acos(
3
π
+
2
π
) = a
3
= 6mm => a = 2
3
mm
Biên độ của bụng sóng a
B
= 2a = 4

3
mm Chọn A
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 5
cm có trên đường tròn là
A. 30. B. 32. C. 34. D. 36
Giải:
Bước sóng λ = v/f = 2 (cm)
Xét điểm M trên A’B’ . d
1
= AM; d
2
= BM
Sóng truyền từ A, B đến M
u
AM
= 3cos(10πt +
6
π
-
λ
π
1
2 d
) (cm) = 3cos(10πt +

6
π
- πd
1
) (cm) (*)
u
BM
= 4cos(10πt +
3
2
π
-
λ
π
2
2 d
) (cm) = 4cos[10πt +
3
2
π
-
λ
π
)10(2
1
d−
]
= 4cos(10πt +
3
2

π
+ πd
1
- 10π) > u
BM
= 4cos(10πt +
3
2
π
+ πd
1
) (cm) (**)
u
M
= u
AM
+ u
BM
có biên độ bằng 5 cm khi u
AM
và u
BM
vuông pha với nhau:
3
2
π
+ πd
1
-
6

π
+ πd
1
=
2
π
+ kπ => d
1
=
2
k
u
M
N
P
•
B
•
A
• • • •
A’ O M B’
1 ≤ d
1
=
2
k
≤ 9 => 2 ≤ k ≤ 18. Như vậy trên A’B’ co 17 điểm dao động với biên độ 5 cm trong đó có điểm A’ và B’.Suy
ra trên đường tròn tâm O bán kính R = 4cm có 32 điểm dao động với biên độ 5 cm
Do đó trên đường tròn có 32 điểm dao động với biện độ 5 cm. Chọn B
Câu 13. Một sợi dây đàn hồi AB, khi chưa có dao động AB=1,2m, đầu B được giữ cố định, đầu A gắn với một

cần rung và bắt đầu dao động với phương trình: u = 4cos(20πt)(cm, s), tốc độ truyền sóng trên dây là v =1,2m/s
năng lượng sóng không bị mất khi truyền đi. Tại vị trí điểm M trên dây cách B 67cm ở thời điểm t =1s có biên
độ dao động là:
A. 4cm. B. 8cm. C. 5cm. D. 6cm.
Giải: d = AM = AB – MB = 53 cm; Bước sóng λ = v/f = 0,12m = 12 cm
Chu kỳ sóng T = 0,1s. Ở thời điểm t = 1s = 10T trên dây chưa có sóng dừng: sóng truyền từ A vừa tới B, sóng
phản xạ từ B chưa tới được M. Do đó biểu thức của sóng tại M: u
M
= 4cos(20πt -
λ
π
d2
)
=> Tại vị trí điểm M trên dây cách B 67cm ở thời điểm t=1s có biên độ dao động là 4 cm. Đáp án A
Câu 14. Trên mặt nước có 2 nguồn kết hợp giống nhau dao động theo phương thẳng đứng.Sóng do chúng tạo ra
có bước sóng λ.Khoảng cách AB =12λ.Số điểm dao động với biên độ cực đại và cùng pha với nguồn trên đoạn
BN=9λ của hình chữ nhật AMNB trên mặt nước là
A .2 B .1 C.3 D.5
Giải: Giả sử phương trình của hai nguồn u = acosωt
Xét điểm C trên BN: d
1
= AC; d
2
= BC 0 < d
2
< 9λ
Biểu thức sóng tại C:
u
C
= acos(ωt -

λ
π
1
2 d
) + acos(ωt -
λ
π
2
2 d
)
= 2acos(
λ
π
)(
21
dd −
)cos(ωt -
λ
π
)(
21
dd +
)
C là điểm dao động với biên độ cực đại khi:
d
1
-d
2
= kλ (*) với k là số nguyên dương
Mặt khác ta có d

1
2
– d
2
2
= AB
2
= 144λ
2
(**) hay (d
1
+d
2
) (d
1
-d
2
) = 144λ
2
Từ (*) và (**)  (d
1
+d
2
) = 144λ/k (***)
 d
2
=
k
k
2

144
2
−
λ  0 <
k
k
2
144
2
−
λ< 9λ  7≤ k≤ 11 (1)
C là điểm dao động với biên độ cực đại và cùng pha với nguồn khi:
d
1
+d
2
= 2k’λ Với k’ nguyên dương
d
2
=
k
k
2
144
2
−
λ và d
1
= d
2

+ kλ =
k
k
2
144
2
+
λ
 d
1
+d
2
=
k
k
2
144
2
+
λ +
k
k
2
144
2
−
λ =
k
144
λ = 2k’λ  k’ =

k
72
(2)
Từ (1) và (2)  k là ước của 72.  k = 8 và k = 9 có 2 giá trị của k
Số điểm dao động với biên độ cực đại và cùng pha với nguồn trên đoạn BN là 2.Đáp án A
Câu 15. Nguồn sóng ở O dao động với tần số 10 Hz , dao động truyền đi với vận tốc 0,4 m/s trên phương Ox . Trên
phương này có 2 điểm P và Q theo chiều truyền sóng với PQ = 15 cm. Cho biên độ sóng a = 1 cm và biên độ không thay
đổi khi sóng truyền. Nếu tại thời điểm nào đó P có li độ u = 0,5 cm và đang chuyển động theo chiều dương thì Q sẽ có li
độ và chiều chuyển động tương ứng là:
A. u
Q
=
3
2
cm, theo chiều âm. B. u
Q
= -
3
2
cm, theo chiều dương.
C. u
Q
= 0,5 cm, theo chiều âm. D. u
Q
= - 0,5 cm, theo chiều dương.
Lam sao Chỉ ra được dao động tại P trễ pha hơn dao động tại Q một góc π/2.
dao động tại P nhanh pha hơn d đ tại Q:
2 2 .10.0,15 30
7,5
0,4 4

PQ
fd
v
π π π
ϕ π
= = = =V

d
2
d
1
C
•
N•M•
•
B
•
A
tại thời điểm nào đó P có li độ u = 0,5 cm và đang chuyển động theo chiều dương thì Q sẽ có li u
Q
=
3
2
cm, theo chiều
âm. độ
Câu 16: Hai nguồn phát sóng kết hợp A, B trên mặt thoáng của một chất lỏng dao động theo phương trình: u
A
=
4cos 40πt (mm); u
B

= 4cos (40πt + π/2) (mm). Coi biên độ sóng không giảm theo khoảng cách, tốc độ truyền
sóng là v = 60 cm/s. Hai điểm M
1
, M
2
cùng nằm trên một elip nhận A và B làm tiêu điểm thỏa mãn: M
1
A –
M
1
B = 3 cm, M
2
A – M
2
B = 4,5 cm. Tại thời điểm t, li độ của M
1
là 2 (mm) thì li độ của M
2
là
A. 2 mm B. –2 mm C. 2,8 mm D. –2,8 mm
f = 20 Hz; λ = v/f = 3 cm
Phương trình các dao động thành phần do A, B truyền tới M
1
lần lượt là
u
1A
= 4 cos (40πt – 2πM
1
A / λ), u
1B

= 4cos (40πt – 2πM
1
B / λ + π/2)
Độ lệch pha Δφ
1
= 2π(M
1
A – M
1
B) / λ + π/2 = 2π + π/2.
Dao động tổng hợp tại M
1
là u
1
= 4
2
cos [40πt – 2π(M
1
A + M
1
B)/λ + π/2]
Tương tự Δφ
2
= 2π(M
2
A – M
2
B) / λ + π/2 = 3π + π/2.
Dao động tại M
2

là u
2
= –4
2
cos [40πt – 2π(M
2
A + M
2
B)/λ + π/2]
Mặt khác M
1
, M
2
trên cùng elip nên M
1
A + M
1
B = M
2
A + M
2
B
→ u
1
và u
2
ngược pha nhau
→ khi u
1
= 2 mm thì u

2
= –2 mm.Đáp án B.
Câu 17: Một người bố trí một phòng nghe nhạc trong một căn phòng vuông người này bố trí 4 loa giống nhau
coi như nguồn điểm ở 4 góc tường,các bức vách được lắp xốp để chống phản xạ.Do một trong 4 loa phải
nhường vị trí để đặt chỗ lọ hoa trang trí,người này đã thay thế bằng một số lọ hoa nhỏ có công suất 1/8 loa ở
góc tường và đạt vào trung điểm đường nối vị trí loa ở góc tường với tâm nhà.phải đặt thêm bao nhiêu loa nhỏ
để người ngối ở tâm nhà nghe rõ như 4 loa đặt ở góc tường?
A.2 B.4 C.8 D.6
Giải: Để người ngối ở tâm nhà nghe rõ như 4 loa đặt ở góc tường thì cường độ âm do các loa nhỏ gây ra ở tâm
bằng cường độ âm do loa ban đầu gây ra ở tâm nhà.
I =
2
0
4 R
P
π
=
4
4
2
R
nP
π
với P
0
= 8P, R là khoảng cách từ tâm nhà đến góc tường
=> 4n = 8 => n = 2. Đáp án A
Câu 18: Đặt điện áp u = U
0
cosωt (U

0
và ω không đổi) vào hai đầu đoạn mạch mắc nối tiếp gồm điện
trở R, tụ điện có điện dung C, cuộn cảm thuần có độ tự cảm L thay đổi được. Khi L = L
1
và L =L
2
; điện
áp hiệu dụng ở hai đầu cuộn cảm có cùng giá trị; độ lệch pha của điện áp ở hai đầu đoạn mạch so với
cường độ dòng điện lần lượt là 0,52 rad và 1,05 rad. Khi L = L
0
; điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn
cảm đạt cực đại; độ lệch pha của điện áp ở hai đầu đoạn mạch so với cường độ dòng điện là ϕ. Giá trị
của ϕ gần giá trị nào nhất sau đây?
A. 1,57 rad. B. 0,83 rad. C. 0,26 rad. D. 0,41 rad.
Bài giải:
- Khi L = L
1
:
0
1
0,52.180
30
3,14
ϕ = ≈
( )
L1 C
1 L1 C
Z Z
3
tan Z R Z 1

R 3
−
→ ϕ = → = +
π/6
P
0,5
Q
π/6
P
1
Q
1
3
2
- Khi L = L
2
:
0
2
1,05.180
60
3,14
ϕ = =
( )
L2 C
2 L2 C
Z Z
tan Z 3R Z 2
R
−

→ ϕ = → = +
Dựa vào gian đồ bên ta có:
( )
2R 2
1
1R 1
U I 1
tan 3
U I
3
ϕ = = =
Theo đề ra U
1L
= U
2L
; kết hợp (3) ⇒ Z
2L
=
3
Z
1L
(4)
Thay 1 và 2 vào 4 ta được R = Z
C
.
Khi L = L
0
thì U
Lmax
, dựa vào giản đồ khi U

Lmax
(U
RC
┴ U
AB
)
ta có:
⇒
C
R 45.3,14
tan 1 0,785
Z 180
ϕ = = → ϕ = =
Câu 19. Một nhà máy thủy điện cung cấp điện cho một thành phố cách nó
80km 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: 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
Câu 20. Đặt điện áp xoay chiều u = U
2
cos(ωt) (V) vào hai đầu đoạn mạch R, L, C mắc nối tiếp *cuộn dây
thuần cảm). Khi nối tắt tụ thì điện áp hiệu dụng trên R tăng lên 2 lần và dòng điện trong hai trường hợp vuông
pha nhau. Hệ số công suất của đoạn mạch lúc sau là:
A.
5
2
B.
2
3
C.
5
1
D.
2
2

Giải: U’
R
= 2U
R
=> I’ = 2I => 2Z’ = Z => 4Z’
2
= Z
2
=> 4R
2

+ 4Z
L
2
= R
2
+ (Z
L
– Z
C
)
2
=> 3(R
2
+ Z
L
2
) = Z
C
2
– 2Z
L
Z
C
(*)
Dòng điện trong hai trường hợp vuông pha nhau nên: tanϕ.tanϕ’ = - 1

R
ZZ
CL
−

.
R
Z
L
= - 1=> Z
L
Z
C
= R
2
+ Z
L
2
(**)
Thế (**) vào (*) ta được 3Z
L
Z
C
= Z
C
2
– 2Z
L
Z
C
=> Z
C
= 5Z
L
(***)

Thế (***) vào (**) ta được 4Z
L
2
= R
2
=> Z
L
= R/2
Hệ số công suất của mạch lúc sau: cosϕ’ =
22
L
ZR
R
+
=
4
2
2
R
R
R
+
=
5
2
. Đáp án A
( )
C
R
tan *

Z
ϕ =
U
r
1
I
r
2
I
r
1R
U
r
2R
U
r
1LC
U
r
2LC
U
r
ϕ
1
ϕ
2
Câu 21: Đặt hiệu điện thế xoay chiều u = U
0
cos(100πt + ϕ) hai đầu đoạn mạch nối tiếp theo thứ tự gồm R,C và
cuộn thuần cảm có độ tự cảm L Tụ điện có điện dung C thay đổi được. Ban đầu điều chỉnh C để hiệu điện thế

hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch chứa R và C đạt cực đại. Sau đó, phải giảm giá trị điện dung đi ba lần thì
hiệu điện thế hai đầu tụ mới đạt cực đại. Tỉ số R/ Z
L
của đoạn mạch xấp xỉ
A. 3,6 B. 2,8 C. 3,2 D. 2,4
Giải: U
RC
=
22
22
)(
CL
C
ZZR
ZRU
−+
+
=
22
22
)(
C
CL
ZR
ZZR
U
+
−+

U

RC
= U
Rcmax
khi y =
22
22
)(
C
CL
ZR
ZZR
+
−+
= y
min

=> y =
22
222
2
C
CLCL
ZR
ZZZZR
+
−++
. Lấy đạo hàm y theo Z
C
, cho y’ = 0
=> (R

2
+Z
C
2
)(2Z
C
– 2Z
L
) – 2Z
C
(
CLCL
ZZZZR 2
222
−++
= 0 => Z
C
2
– Z
L
Z
C
– R
2
= 0
=> Z
C
=
2
4

22
RZZ
L
++
U
C’
= U
C’max
khi Z
C’
=
L
L
Z
ZR
22
+
= 3Z
C
=>
L
L
Z
ZR
22
+
= 3
2
4
22

RZZ
LL
++
=> 2R
2
+ 2Z
L
2
= 3Z
l
2
+ 3Z
L
22
4RZ
L
+
=> 3Z
L
22
4RZ
L
+
= 2R
2
- Z
L
2
=> 9Z
L

2
(Z
l
2
+ 4R
2
) = (2R
2
- Z
L
2
)
2
=> R
4
– 10Z
L
2
R
2
– 2Z
L
4
= 0 => R
2
= 5Z
L
2
± 3
3

Z
L
2
Loại nghiệm âm: R
2
= Z
L
2
( 5 +3
3
) = 10,196Z
L
2
=>
L
Z
R
= 3,193 = 3,2. Đáp án C
Câu 22: Đặt điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng U không đổi, tần số f thay đổi được vào hai đầu đoạn mạch
gồm điện trở thuần, cuộn cảm thuần và tụ điện mắc nối tiếp. Khi f = f
0
thì điện áp hiệu dụng hai đầu tụ điện U
C

= U. Khi f = f
0
+ 75 thì điện áp hiệu dụng hai đâu cuộn cảm U
L
= U và hệ số công suất của toàn mạch lúc này là
1/

3
. Hỏi f
0
gần với giá trị nào nhất sau đây ?
A. 75 Hz. B. 16 Hz. C. 25 Hz. D. 180 Hz.
Giải: Khi f = f
0
hay ω = ω
0
U
C
= U => Z
C0
=
2
00
2
)(
CL
ZZR −+
=>
2
0L
Z
= 2Z
L0
Z
C0
– R
2

= 2
C
L
- R
2
(1)
Khi f = f
0
+ 75. U
L
= U => Z
L
=
22
)(
CL
ZZR −+
=>
2
C
Z
= 2Z
L
Z
C
– R
2
= 2
C
L

-R
2
(2)
Từ (1) và (2) => Z
L0
= Z
C
=> ω
0
L =
C
ω
1
=> ωω
0
=
LC
1
(3)
cosϕ =
22
)(
CL
ZZR
R
−+
=
L
Z
R

=
3
1
=>
L
R
=
3
ω
(4)
Từ (1) =>
2
0L
Z
= 2
C
L
- R
2
=>
2
0
ω
L
2
= 2
C
L
- R
2

=>
2
0
ω
= 2
LC
1
-
2
2
L
R
(5)
Thế (3) và (4) vào (5) =>
2
0
ω
= 2ωω
0
-
3
2
ω
=> 3
2
0
ω
- 6ωω
0
+ ω

2
= 0
Hay 3f
0
2
- 6ff
0
+ f
2
= 0 => 3f
0
2
– 6(f
0
+ f
1
)f
0
+(f
0
+ f
1
)
2
= 0
=> 2f
0
2
+ 4f
1

f
0
– f
1
2
= 0 (6) (với f
1
= 75Hz)
Phương trình (6) có nghiệm; f
0
=
2
62
11
ff ±−
. Loại nghiệm âm ta có f
0
= 16,86 Hz. Chọn đáp án B
Câu 23: Đặt một nguồn điện xoay chiều có hiệu điện thế hiệu dụng không đổi, tần số f = 50Hz vào hai đầu của
mạch điện gồm một cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L=
π
3,0
H mắc nối tiếp với điện trở thuần R và một tụ
điện có điện dung bằng C =
π
2
10
3−
F. Biết điện áp tức thời giữa hai đầu đoạn mạch chứa cuộn dây và điện trở
lệch pha

4
π
so với điện áp giữa hai đầu đoạn mạch chứa điện trở và tụ điện. Điện trở R bằng
A. 90Ω B. 30Ω C. 60Ω D. 120Ω
Giải: Ta có Z
L
= 30Ω; Z
C
= 20Ω. tanϕ
LR
=
R
Z
L
=
R
30
; tanϕ
CR
=
R
Z
C
−
=
R
20−
ϕ
LR
- ϕ

CR
=
4
π
=> tan(ϕ
LR
- ϕ
CR
) = tan
4
π
= 1
=> tan(ϕ
LR
- ϕ
CR
) =
CRLR
CRLR
ϕϕ
ϕϕ
tan.tan1
tantan
+
−
= 1 =>
CRLR
ϕϕ
tantan −
= 1 +

CRLR
ϕϕ
tan.tan
=>
R
30
+
R
20
= 1 -
R
30
R
20
=> R
2
– 50R – 600 = 0 => R = 60Ω. Đáp án C
Câu 24: Đặt một điện áp u = U
0
cos(100πt) V (t tính bằng s) vào hai đầu đoạn mạch gồm một cuộn dây có độ tự
cảm L =
0,15
H
π
và điện trở
5 3r = Ω
mắc nối tiếp với một tụ điện có điện dung
3
10
C F

π
−
=
.
Tại thời điểm t
1
(s) điện áp tức thời hai đầu cuộn dây có giá trị 15 V, đến thời điểm t
2
= (t
1
+
1
75
) (s) thì điện áp
tức thời hai đầu tụ điện cũng bằng 15 V. Giá trị của U
0
bằng
A.
10 3
V B. 15 V C.
15 3
V. D. 30 V.
Giải: Ta có Z
L
= 15Ω; Z
C
= 10Ω; và Z = 10Ω;
=> Góc lệch pha giữa u, u
d và
u

C
so với i qua mạch: tanϕ =
r
ZZ
CL
−
=
3
1
=> ϕ =
6
π
tanϕ
d
=
r
Z
L
=
3
=> ϕ
d
=
3
π
còn ϕ
C
=
2
π

. Ta có giãn đồ như hình vẽ.
Theo giãn đồ ta có: U
d
= U
r
cos
3
π
= 2U
r
;
U
L
= U
r
tan
3
π
=
3
U
r
; U
L
– U
C
= U
r
tanϕ = U
r

tan
6
π
=
3
r
U
=> U
C
= U
L
-
3
r
U
=
3
2
r
U
Theo bài ra ta có u
d
sớm

pha hơn u góc
6
π
. Còn u
C
chậm pha hơn u góc

3
2
π
Do đó biểu thức của u
d
và u
C
là:
u
d
= U
d
2
cos(100πt +
6
π
) = 2U
r
2
cos(100πt +
6
π
)
u
C
= U
C
2
cos(100πt -
3

2
π
) =
3
2
r
U
2
cos(100πt -
3
2
π
)
Khi t = t
1
u
d
= 2U
r
2
cos(100πt +
6
π
) = 15 (V) (*)
Khi t = t
1
+
75
1
: u

C
=
3
2
r
U
2
cos[100π(t+
75
1
) -
3
2
π
] = 15 (V) (**)
Từ (*) và (**) ta suy ra cos(100πt +
6
π
) =
3
1
cos[100π(t+
75
1
) -
3
2
π
] = -
3

1
sin(100πt +
6
π
)
=> tan(100πt +
6
π
) = -
3
=> cos(100πt -
3
2
π
) = ±
2
1
π/6
π/6

U
r
U
U
C
U
d
U
L
u

d
= 2U
r
2
cos(100πt +
6
π
) = 15 (V) => U
r
2
= 15 (V)
=> Mặt khác U =
3
r
U
=> U
0
= U
2
=
3
2
r
U
= 10
3
V. Đáp án A
Câu 25 : Đặt một điện áp xoay chiều ổn định u = U
0
cos(ωt) (V) vào hai đầu đoạn mạch R, L, C mắc nối tiếp.

điện dung của tụ điện có thể thay đổi được. Điều chỉnh điện dung của tụ sao cho điện áp hiệu dụng của tụ đạt
giá trị cực đại, khi đó điện áp tức thời cực đại trên R là 12a. Biết khi điện áp tức thời giữa hai đầu mạch là 16a
thì điện áp tức thời giữa hai đầu tụ là 7a. Chọn hệ thức đúng :
A. 4R = 3ωL B. 3R = 4ωL. C. R = 2ωL D. 2R = ωL.
Giải: U
C
= U
Cmax
khi Z
C
=
L
L
Z
ZR
22
+
U
Rmax
=
Z
U
0
R với Z =
22
)(
CL
ZZR −+
=
2

22
2
)(
L
L
L
Z
ZR
ZR
+
−+
= R
L
L
Z
ZR
22
+
=> U
0
= U
Rmax
L
L
Z
ZR
22
+
= 12a.
L

L
Z
ZR
22
+
(*)
Góc lệch pha giữa u và i trong mạch: tanϕ =
R
ZZ
CL
−
=
R
Z
ZR
Z
L
L
L
22
+
−
= -
L
Z
R
Góc lệch pha giữa u
RL
và i trong mạch: tanϕ
RL

=
R
Z
L
=> tanϕ. tanϕ
LR
= - 1 => u
RL
và u vuông pha nhau =>
2
0
2
U
u
+
2
0
2
RL
RL
U
u
= 1

0
0
U
U
RL
=

Z
Z
RL
=
L
L
L
Z
ZR
R
ZR
22
22
+
+
=
R
Z
L
=> U
0LR
= U
0
R
Z
L
=>
2
0
2

U
u
+
2
0
2
RL
RL
U
u
=
2
0
2
U
u
+
2
0
2
U
u
RL
2
2
L
Z
R
= 1
=> u

2
2
L
Z
+
2
RL
u
R
2
= U
0
2
2
L
Z
(**)
Khi u = 16a thì u
C
= 7a => u
RL
= u - u
C
= 16a – 7a = 9a (***)
Thay (*) và (**) vào (***) :
256a
2
2
L
Z

+ 81a
2
R
2
=144a
2
(R
2
+
2
L
Z
) => 9R
2
= 16
2
L
Z
=> 3R = 4Z
L
= 4ωL
=> 3R = 4ωL. Đáp án B
Câu 26: Một máy biến áp lý tưởng có tỉ số vòng dây giữa cuộn sơ cấp và cuộn thứ cấp bằng 20. Điện áp hiệu
dụng và cường độ dòng điện hiệu dụng ở cuộn sơ cấp lần lượt là 220V và 0,16A. Hệ số công suất của mạch sơ
cấp và mạch thứ cấp lần lượt là 1,0 và 0,8. Cường độ dòng điện hiệu dụng ở mạch thứ cấp là
A. 2,56A. B. 4,0A. C. 3,2A. D. 8,0A.
U
1
= 220V; I
1

= 0,16A
→ U
2
= U
1
/ 20 = 11 V
Vì năng lượng bảo toàn nên công suất ở hai mạch sơ cấp và thứ cấp bằng nhau
U
1
.I
1
.cos φ
1
= U
2
.I
2
.cos φ
2
.
→ I
1
= 220.0,16 / (11.0,8) = 4 (A) Đáp án B
Câu 27: Trong quá trình truyền tải điện năng một pha đi xa, giả thiết công suất tiêu thụ nhận được không đổi,
điện áp và dòng điện luôn cùng pha. Ban đầu độ giảm điện thế trên đường dây bằng 15% điện áp nơi tiêu thụ.
Để giảm công suất hao phí trên đường dây 100 lần cần tăng điện áp của nguồn lên
A. 8,25 lần. B. 10 lần. C. 6,25 lần. D. 8,515 lần.
Bài giải: Gọi P là công suất nơi tiêu thu, R điện trở đường dây
Công suất hao phí khi chưa tăng điện áp: ∆P
1

=
2
1
2
1
R
P
U

Công suất hao phí khi tăng điện áp ∆P
2
=
2
2
2
2
R
P
U

Độ giảm điện thế trên đường dây khi chưa tăng điện áp ∆U = I
1
R = 0,15U
1

=> ∆P
1
= I
1
2

R = ∆U
1
I = 0,15U
1
I
1
= 0,15P
1
P
1
= P + ∆P
1

P
2
= P + ∆P
2
= P + 0,01∆P
1
= P + ∆P
1
- 0,99∆P
1
= P
1
– 0,99∆P
1
= (1 – 0,99.0,15)P
1
= 0,8515P

1
=>
1
2
P
P
= 0,8515
2 2
1 1 2 2 2
2 2
2 2 1 1 1
100 10
P P U U P
P P U U P
∆
= = ⇒ =
∆
= 8,515. Do đó: Vậy U
2
= 8,515 U
1
.Đáp án D
Câu 28: Trong mạch dao động LC lí tưởng đang có dao động điện từ tự do. Thời gian ngắn nhất giữa hai lần
liên tiếp năng lượng từ trường bằng ba lần năng lượng điện trường là 10
-4
s. Thời gian giữa ba lần liên tiếp dòng
điện trên mạch có giá trị lớn nhất là
A. 3.10
-4
s. B. 9.10

-4
s. C. 6.10
-4
s. D. 2.10
-4
s.
Giải: Thời gian giữa ba lần liên tiếp dòng điện trên
mạch có giá trị cực đại chính là chu kì dao đông của mạch
N¨ng lîng ®iÖn trêng
)(cos
2
2
2
0
ϕω
+= t
C
Q
E
đ
.
N¨ng lîng tõ trêng
)(sin
2
2
2
0
ϕω
+= t
C

Q
E
t
.
E
t
= 3E
đ
=>. sin
2
(ωt +ϕ) = 3cos
2
(ωt +ϕ)
=> 1 - cos
2
(ωt +ϕ) =3cos
2
(ωt +ϕ)
=> cos
2
(ωt +ϕ) = ¼ =>cos(ωt +ϕ) = ± 0,5
Trong một chu kì dao động khoảng thời gian giữa hai
lần liên tiếp năng lượng từ trường bằng 3 lần năng lượng điện trường có hai khả năng:
t
1
= t
M1M2
= T/6 hoặc t
2
= t

M2M3
= T/3. Bài ra cho thời gian ngắn nhất giữa hai lần liên tiếp E
t
= 3E
đ
nên ta chọn t
1
= 10
-4
s => chu kì T = 6.10
-4
s Chọn C
Câu 29: 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 8π (mA) và đang tăng, sau đó khoảng thời gian 3T/4 thì điện tích trên bản tụ có
độ lớn 2.10
-9
C Chu kỳ dao động điện từ của mạch bằng
A. 0,5 ms B. 0,25ms C. 0,5µs D. 0,25µs
Giải Năng lượng của mạch dao động
W = w
C
+ w
L
=
C
q
2
2
+
2

2
Li
Đồ thị biến thiên của w
C
và w
L
như
hình vẽ. Ta thấy sau
4
3T
:
w
C2
= w
L1
>
C
q
2
2
=
2
2
Li
> LC =
2
2
i
q
Do đó T = 2π

LC
= 2π
i
q
= 2π
3
9
10.8
10.2
−
−
π
= 0,5.10
-6
(s) = 0,5µs Chọn C
Câu 30: Hai tụ điện C
1
= C
2
mắc song song. Nối hai đầu bộ tụ với ắc qui có suất điện động E = 6V để nạp điện
cho các tụ rồi ngắt ra và nối với cuộn dây thuần cảm L để tạo thành mạch dao động. Sau khi dao động trong
mạch đã ổn định, tại thời điểm dòng điện qua cuộn dây có độ lớn bằng một nữa giá trị dòng điện cực đại, người
ta ngắt khóa K để cho mạch nhánh chứa tụ C
2
hở. Kể từ đó, hiệu điện thế cực đại trên tụ còn lại C
1
là:
• • • • • •
t
1

t
2
T
W
C
W
L
M
3
M
2
M
1
A. 3
3
. B.3. C.3
5
. D.
2
Giải: Gọi C
0
là điện dung của mỗi tụ điên Năng lượng của mạch dao động khi chư ngắt tụ C
2_

W
0
=
0
2
0

2
36
2
2
2
C
EC
CU
==
Khi i =
2
0
I
, năng lượng từ trường W
L
= Li
2
=
0
0
2
0
9
424
1
C
WLI
==
Khi đó năng lượng điên trường W
C

=
0
0
27
4
3
C
W
=
; năng ượng điên trường của mỗi tụ
W
C1
=W
C2
= 13,5C
0
Sau khi ngắt một tụ năng lượng còn lại của mạch là
W = W
L
+W
C1
= 22,5C
0
W =
0
2
10
2
11
5,22

22
C
UCUC
==
=> U
1
2
= 45 > U
1
= 3
5

(V), Chọn C
Câu 31. Ang ten sử dụng một mạch dao động LC lý tưởng để thu sóng điện từ, trong đó cuộn dây có L không
đổi, tụ điện có điện dung C thay đổi được. mỗi sóng điện từ đều tạo ra trong mạch dao động một suất điện động
cảm ứng. xem rằng các sóng điện từ có biên độ cảm ứng từ đều bằng nhau. Khi điện dung của tụ điện C
1
=1µF
thì suất điện động cảm ứng hiệu dụng trong mạch do sóng điện từ tạo ra là E
1
= 4,5 µV. khi điện dung của tụ
điện C
2
=9µF thì suất điện động cảm ứng hiệu dụng do sóng điện từ tạo ra là
A. E
2
= 1,5 µVB. E
2
= 2,25 µV C. E
2

= 13,5 µV D. E
2
= 9 µV
Giải: Tù thông xuất hiện trong mạch Φ = NBScosωt. Suất điện động cảm ứng xuất hiện
e = - Φ’ = NBSωcos(ωt -
2
π
) = E
2
cos(ωt -
2
π
) với ω =
LC
1
tần số góc của mạch dao động
E = NBSω là suất điện động hiệu dụng xuất hiện trong mạch
=>
2
1
E
E
=
2
1
ω
ω
=
1
2

C
C
= 3 => E
2
=
3
1
E
= 1,5 µV. Chọn A
Câu 32: Mạch dao động điện từ LC lí tưởng dao động điều hòa với độ từ cảm của cuộn dây là
5L mH
=
. Khi
hiệu điện thế giữa hai đầu cuộn cảm bằng 1,2mV thì cường độ dòng điện trong mạch bằng 1,8mA. Còn khi hiệu
điện thế giữa hai đầu tụ điện bằng -0,9mV thì cường độ dòng điện trong mạch bằng 2,4mA. Tìm chu kì dao
động của năng lượng điện trường trong tụ điện.
A.
20 s
πµ
B.
20 0, s
µ
C.
5 s
πµ
D.
10 s
πµ
Giaỉ:
Khi u

1
=1,2mV thì i
1
=1,8mA ta có:
2
0
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
LILicu =+
Khi u
2
=-0,9mV thì i
2
=2,4mA ta có:
2
0
2
2
2
2
2
1

2
1
2
1
LILicu =+
=>Ta có
2
2
2
1
2
1
2
2
2
1
2
2
2
2
2
1
2
2
2
2
2
1
2
1

)(
)()(
2
1
2
1
2
1
2
1
uu
iiL
CiiLuucLicuLicu
−
−
=↔−=−↔+=+
FC
5
2323
23236
10.2
)10.9,0()10.2,1(
])10.8,1()10.4,2[(10.5
−
−−
−−−
=
−
−
=↔

Chu kỳ dao động của mạch:
6 5 5
2 2 5 10 2 10 2 10 20T LC . . . . s s
π π π πµ
− − −
= = = =
Chu kỳ dao động năng lượng điện trường trong tụ :
5
5
6 28 10
3 14 10 10
2 2
T , .
, . s s
πµ
−
−
= = =
Chọn D.
Câu 33: Một anten parabol đặt tại điểm O trên mặt đất, phát ra một sóng truyền theo phương làm với mặt
phẳng ngang một góc 45
0
hướng lên cao. Sóng này phản xạ trên tầng điện li, rồi trở lại gặp mặt đất ở điểm M.
Cho bán kính Trái Đất R = 6400 km. Tâng điện li coi như một lớp cầu ở độ cao 100 km trên mặt đất. Cho 1
phút = 3.10
-4
rad. Độ dài cung OM.
A. 201,6 km B. 301,6 km C. 100 km D. 200 km

Giải:Để tính độ dài cung OM ta tính góc ϕ = ∠ OO’M Xét tam giác OO’A

OO’ = R; O’A = R + h ; β = ∠ O’OA = 90
0
+ 45
0
= 135
0
Theo ĐL hàm số sin:
0
135sin
' AO
=
2
sin
'
α
OO
=>
2
sin
α
=
AO
OO
'
'
sin135
0
= 0,696
=> α = 88,25
0

=> ϕ = 360
0
– 270
0
– 88,25
0
ϕ = 1,75
0
= 1,75,60.3.10
-4
rad = 0,0315 rad
Cung OM = Rϕ = 0,0315 . 6,4.10
3
(km) = 201,6 km. Đáp án A
Câu 34: Chiếu vào mặt bên của một lăng kính có góc chiết quang A = 60
0
một chùm tia sáng trắng hẹp. Biết
góc lệch của tia màu vàng là cực tiểu. Chiết suất của lăng kính đối với tia vàng là n
v
= 1,52 và tia tím n
t
= 1,54.
Góc lệch của tia màu tím là
A. 43,86
0
. B. 48,50
0
. C. 36,84
0
. D. 40,72

0
.
Giải: Tia vàng có góc lệch cực tiểu nên r
1
= 30
0
Nên sini = n
V
sin 30
0
 i = i’
V
= 48, 59
0
Sinr
t
= sini/n
t
= sin 48,59
0
/1,52= 0,493
r
t
= 29,57
0
 r’
t
= 60
0
– 29,57

0
= 30,43
0
sini’
t
= 1,52.sin30,43
0
= 0,77 i’
t
= 50,34
0
Góc tạo bởi tia ló màu vàng và tia ló màu tím
có giá trị xấp xỉ bằng: 50,34-48,59 = 1,75
0

Chọn đáp án D
Câu 35. 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 36: Cho thí nghiệm Y-âng, khoảng cách hai khe sáng 0,2 mm, khoảng cách từ hai khe sáng tới màn là 1 m.
Người ta dùng đồng thời ba ánh sáng đơn sắc màu đỏ, lam và tím có bước sóng tương ứng là 760 nm, 570 nm
và 380 nm. Trên màn quan sát, điểm M và N nằm về một phía vân trung tâm và cách vân trung tâm tương ứng
là 2 cm và 6 cm. Tìm số vân sáng trong khoảng giữa hai điểm M và N.
A. 28 B. 21 C. 33 D. 49
Giải:
Ta có
1 2 3
1 2
1 1 2 2 3 3
1 3
3 2
: : 3:4:6
: 3: 4
: 1: 2

: 3: 2
k k k
k k
k k k
k k
k k
λ λ λ
=


=

= = ⇒

=


=


Do vậy trong khoảng hai vân liên tiếp cùng màu vân trung tâm không có vân sáng hai màu của bức xạ 1 và 2
V
T
ϕ
O’
A
α
O β
M
123 13 23

1 2 3
123 13 23 1 2 3
11,4 ; 3,8 ; 5,7
3,8 ; 2,85 ; 1,9
1 4; 11; 8; 11; 15; 22
trung trung
s
D
i
i mm i mm i mm
a
D i mm i mm i mm
i k
a
L
N N N N N N N
i
λ
λ

=

= = =


⇒
 
= = =



=


 
= + ⇒ = = = = = =
 
 

Số vân sáng trong khoảng từ 2cm đến 6cm là:
1 2 3 13 23 123
2. 21N N N N N N N= + + − − − =
.Chọn B
Câu 37: Cho các vùng bức xạ điện từ:
I. Ánh sáng nhìn thấy II. Tia tử ngoại
III. Tia hồng ngoại IV. Tia X
Hãy sắp xếp theo thứ tự tăng dần về bước sóng:
A. I, II, III, IV B. IV, II, I, III C. IV, III, II, I D. III, I, II, IV.
Chọn B
Câu 38: Trong thi nghiệm về giao thoa anh sang trắng, có a = 1mm, D = 2m, bước sóng nằm trong đoạn 0,39 micromet
đến 0,76 micromet. Tím khoảng cách gần nhất từ nơi có 2 vạch màu khác nhau trùng nhau đến vân sáng trung tâm?
A.0,78 mm. B.0,39 mm. C.1,56 mm. D.0,26 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
= 0,39 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
.0,39 0,39 µm ≤ λ
2
≤ 0,76 µm => 0,39 ≤
1−k
k
0,39 ≤ 0,76
=> 0,37k ≥ 0,76 => k ≥ 2,054 => k ≥ 3 => k
min
= 3 => x
min

= 3i
1
= 3
a
D
1
λ
= 3
3
6
10
2.10.39,0
−
−
= 0,78 mm.
Chọn A
Câu 39: Theo mẫu nguyên tử Bo, trong nguyên tử hiđrô bán kính Bo là r
0
, chuyển động của êlectron quanh hạt
nhân là chuyển động tròn đều. Tốc độ góc của êlectron trên quỹ đạo O là ω
1
, tốc độ góc của êlectron trên quỹ
đạo M là ω
2
. Hệ thức đúng là
A. 27ω
1
2
= 125ω
2

2
. B. 9ω
1
3
= 25ω
2
3
. C. 3ω
1
= 5ω
2
. D. 27ω
2
= 125ω
1
.
Giải: Ta có R
1
= R
O
= 25r
0
; R
2
= R
M
= 9r
0
Electron CĐ tròn đều do tác dụng của lực Culông đóng vai trò là lực hướng tâm F
ht

=
2
2
R
ke
= mω
2
R
=> ω
2
=
3
2
R
ke
=>
2
2
2
1
ω
ω
=
3
1
3
2
R
R
=>

2
2
2
1
ω
ω
= (
3
)
25
9
=>
2
1
ω
ω
=
125
27
=> 27ω
2
= 125ω
1
. Chọn D
Chọn B
Câu 41: 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:
hf = A
A
+ eV
Amax
= A
B
+ eV
Bmax
Do A
B
> A
A
nên V
Amx
> V
Bmax
V
max
= V
Amax
hf = A
A
+ eV
Amax
(*)
hf’ = A
A

+ 1,25eV
Amax
(**) = A
A
+ 1,25( hf – A
A
) = 1,25hf – 0,25A
A
f’ = 1,25f – 0,25A
A
/h = 1,642 .10
15
Hz
Bước sóng của bức xạ điện từ chiếu vào quả cầu có độ lớn :
λ’ =
'f
c
=
'10.642,1
10.3
15
8
≈ 0,183μm. Chọn C
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: Một ống Rơn-ghen hoạt động dưới điện áp
VU 50000=
. Khi đó cường độ dòng điện qua ống Rơn-
ghen là
mAI 5
=
. Giả thiết 1% năng lượng của chïm electron được chuyển hóa thành năng lượng của tia X và
năng lượng trung bình của các tia X sinh ra bằng 75% năng lượng của tia có bước sóng ngắn nhất. Biết electron
phát ra khỏi catot với vận tôc bằng 0. Tính số photon của tia X phát ra trong 1 giây?
A.3,125.10
16
(ph«t«n/s) B.3,125.10
15
(ph«t«n/s)
C.4,2.10
15

(ph«t«n/s) D.4,2.10
14
(ph«t«n/s)
Giải:
Năng lượng cua tia X có bước sóng ngằn nhất được tính theo công thức:
ε
xmax
=
min
λ
hc
=
2
2
mv
= eU
Năng lượng trung bình của tia X: ε
X
=0,75ε
xmax
= 0,75eU
Gọi n là số photon của tia X phát ra trong 1s, công suất của chùm tia X:
P = nε
X
= 0,75neU
Số electron đến được anot trong 1s: n
e
=
e
I

. Năng lượng chùm electron đến anot trong 1s là
P
e
= n
e
2
2
mv
=
e
I
eU = IU
Theo bài ra : P = 0,01P
e
=>0,75neU = 0,01IU
=> n =
e
I
.75,0
01,0
=
19
3
10.6,1 75,0
10.5.01,0
−
−
= 4,166.10
14
= 4,2.10

14
(photon/s). Chọn D
Câu 44. Catốt của một tế bào quang điện có công thoát electron là 1,5 eV, được chiếu bởi bức xạ đơn sắc bước
sóng λ
Khi đặt lần lượt vào hai cực của tế bào quang điện các điện áp U
AK
= 3 V và U’
AK
= 15 V thì vận tốc cực đại của các
electron khi đập vào anốt tăng lên gấp đôi.Bước sóng λ có giá trị
A. λ = 0,259 µm. B. λ = 0,0795 µm, C. λ = 0,497 µm D. λ = 0,211 µm
Gải:
Theo công thức Anhxtanh
2
2
o
mv
hc
A
λ
= +
Theo ĐL động năng ∆W
đ
=
2
2
0
2 2
AK
mv

mv
e U− =
Với v vận tốc của electron khi đến anốt

2
2
0
2 2
AK
mv
mv
e U− =
(1)

2
2
'
0
'
2 2
AK
mv
mv
e U− =
hay
2
2
'
0
4

2 2
AK
mv
mv
e U− =
(2) vì v’ =2v
Từ (1) và (2); Lấy (2) trừ 4X(1) ta được

2
'
0
3 ( 3 ) 3( )
2
AK AK
mv
e U U eV= − =
2
2
o
mv
hc
A
λ
= +
= 1,5 (eV) + 1 (eV) = 2,5 (eV)
34 8
7
19
6,625.10 .3.10
4,97.10 0,497

2,5 2,5.1,6.10
hc
m m
eV
λ µ
−
−
−
= = = =
. Chọn C
Câu 45. Tiêm vào máu bệnh nhân 10cm
3
dung dịch chứa
Na
24
11
có chu kì bán rã T = 15h với nồng độ 10
-
3
mol/lít. Sau 6h lấy 10cm
3
máu tìm thấy 1,5.10
-8
mol Na24. Coi Na24 phân bố đều. Thể tích máu của người
được tiêm khoảng:
A. 5 lít. B. 6 lít. C. 4 lít. D. 8 lít.
Giải: Số mol Na24 tiêm vào máu: n
0
= 10
-3

.10
-2
=10
-5
mol.
Số mol Na24 còn lại sau 6h: n = n
0
e
-
λ
t
= 10
-5
.
T
t
e
.2ln
−
= 10
-5
15
6.2ln
−
e
= 0,7579.10
-5
mol.
Thể tích máu của bệnh nhân V =
litl 505,5

5,1
578,7
10.5,1
10.10.7579,0
8
25
≈==
−
−−
Chọn A
Câu 46: Người ta trộn 2 nguồn phóng xạ với nhau. Nguồn phóng xạ thứ nhất có chu kỳ phóng xạ là T
1
. Số hạt
nhân ban đầu của nguồn thứ nhất gấp 4 lần số hạt nhân ban đầu của nguồn thứ hai; khi đó độ phóng xạ nguồn
thứ nhất gấp 8 lần độ phóng xạ của nguồn thứ hai. Thời gian để số hạt nhân phóng xạ của hỗn hợp còn lại bằng
10% so với ban đầu là
A. 5,0T
1
. B. 4,0T
1
. C. 3,0T
1
. D. 2,0λ
1
.
(bài này gõ nhầm số liệu xin đổi lại 10%)
Ban đầu N
01
= 4N
02

và H
01
= 8H
02
.
mà H
01
= λ
1
.N
01
và H
02
= λ
2
.N
02
.
→ 4λ
1
.N
02
= 8λ
2
.N
02
hay λ
1
= 2λ
2

.
→ T
2
= 2T
1
.
N
1
= N
01
.
1
t/T
2
−
= 4N
02
.
1
t/T
2
−
và N
2
= N
02
.
2
t/T
2

−
= N
02
1
t/(2T )
2
−
N
1
+ N
2
= 0,25 (N
01
+ N
02
) <=>
1 1
t/T t/(2T )
02 02
4N .2 N .2
− −
+
= 0,1.5N
02
. (*)
đặt
1
t/(2T )
2
−

= x
(*) <=> 4x² + x – 0,5 = 0
<=> x = 0,25 hoặc x = –0,5 (loại) → t = 4T
1
.Chọn B
Câu 47 (VLTT số 5):Hạt nhân
Ra
226
88
phóng xạ α biến thành
Rn
222
86
, quá trình phóng xạ còn có bức xạ γ. Biết
động năng của hạt α là K
α
= 4,54MeV, khối lượng các hạt tính theo đơn vị u là m
Ra
= 226,025406; m
Rn
=
222,017574 m
α
= 4,001505; m
e
= 0,000549. Lấy 1u = 931,5MeV/c
2
, bỏ qua động lượng của photon γ. Bước
sóng của tia γ là
A. 2,5.10

-12
m B. 5.10
-12
m C. 7,5.10
-12
m D. 10.10
-12
m
Giải: Phương trình phản ứng:
Ra
226
88
→
Rn
222
86
+
He
4
2
+
γ
λ
hc
Năng lượng phản ứng tỏa ra: ∆E = (m
Ra
- 88 m
e
- m
Rn

+ 86 m
e
- m
α
)c
2
= 0,005229uc
2

=> ∆E = 0,005229uc
2
= 4,8708 MeV
∆E = K
α
+ K
Rn
+
γ
λ
hc
.
Theo ĐL bảo toàn động lượng: m
α
v
α
= m
Rn
v
Rn
=> m

α
K
α
= m
Rn
K
Rn
=> K
Rn
=
Rn
m
m
α
K
α

=> K
Rn
=
222
4
4,54 MeV = 0,082 MeV
=>
γ
λ
hc
= ∆E - K
α
- K

Rn
= 0,2488 MeV = 0,398.10
-13
J
=> λ
γ
=
13
834
10.398.0
10.3.10.625,6
−
−
= 49,9244.10
-13
m = 5.10
-12
m. Đáp án B
Câu 48: Một pho tượng cổ bằng gỗ biết rằng độ phóng xạ của nó bằng 0,42 lần độ phóng xạ của một mẫu gỗ
tươi cùng loại vừa mới chặt có khối lượng bằng 2 lần khối lượng của pho tượng cổ này. Biết chu kì bán rã của
đồng vị phóng xạ
C
14
6
là 5730 năm. Tuổi của pho tượng cổ này gần bằng
A. 4141,3 năm. B. 1414,3 năm. C. 144,3 năm. D. 1441,3 năm.
Giải:
Theo bài ra ta có: H = 0,42.2 H
0
= 0,84 H

0
.
Theo ĐL phóng xạ: H = H
0
e
-
λ
t.
=>

e
-
λ
t
= 0,84
-λt = ln0,84 => t = - ln0,84.T/ln2 = 1441,3 nămChọn D
Câu 49: Hạt α có động năng k
α
= 3,3MeV bắn phá hạt nhân
9
Be gây ra phản ứng
9
4
Be
+ α → n +
12
6
C.
Biết m
α

= 4,0015u; m
n
= 1,00867u; m
Be
= 9,01219u; m
C
= 11,9967u; 1u = 931 MeV/c². Năng lượng tỏa ra từ phản ứng
trên là
A. 11,2MeV B. 8,7MeV C. 5,76MeV D. 7,7MeV
Độ hụt khối của phản ứng Δm = 4,0015u + 9,01219u – 1,00867u – 11,9967u = 8,32.10
–3
.u.
Năng lượng tỏa ra (không liên quan gì với động năng hạt α) là
ΔE = Δmc² = 7,74592 MeV .Chọn D
Câu 50. Cho prôtôn có động năng K
P
= 2,25MeV bắn phá hạt nhân Liti
7
3
Li
đứng yên. Sau phản ứng xuất hiện
hai hạt X giống nhau, có cùng động năng và có phương chuyển động hợp với phương chuyển động của prôtôn
góc φ như nhau. Cho biết m
p
= 1,0073u; m
Li
= 7,0142u; m
X
= 4,0015u; 1u = 931,5 MeV/c
2

.Coi phản ứng không
kèm theo phóng xạ gamma giá trị của góc φ là
A. 39,45
0
B. 41,35
0
C. 78,9
0
. D. 83,7
0
.
Giải:
Công thức liên hệ giữa động lượng và động năng của vật
K =
2
2
2
2
P
P mK
m
⇒ =

Phương trình phản ứng:
1 7 4 4
1 3 2 2
H Li X X
+ → +
m
P

+ m
Li
= 8,0215u ; 2m
X
= 8,0030u.
Năng lượng phản ứng toả ra :
∆E = (8,0215-8,0030)uc
2
= 0,0185uc
2
= 17,23MeV
2K
X
= K
P
+ ∆E = 19,48 MeV  K
X
=9,74 MeV.
Tam giác OMN:

2 2 2
2 os
X X P X P
P P P P P c
ϕ
= + −
Cosφ =
21 1 2.1,0073.2,25
0,1206
2 2 2 2 2.4,0015.9,74

P P P
X X X
P m K
P m K
= = =
Suy ra φ = 83,07
0
Chọn D
N
M
O
P
X
P
X
P
H
φ
φ