đi thi thử đại học vật lý có lời giải chi tiết đề số 9

TRƯỜNG THPT

ĐỀ KHẢO SÁT LẦN CUỐI
GV RA ĐỀ: Đoàn Văn Lượng
THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 9 NĂM 2013 -2014
MÔN THI: VẬT LÍ 12
Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát
đề
(50 câu trắc nghiệm)
(Đề thi gồm 4 trang)

Họ tên thí sinh: ; SBD:
Câu 1 : Một chất điểm dao động điều hòa trên trục Ox (với O là VTCB) có vận tốc bằng nửa giá trị cực đại tại
hai thời điểm t
1
= 2,8s và t
2
= 3,6s tốc độ trung bình trong khoảng thời gian đó là 10
3
cm/s. Biên độ dao động
của vật là.
A. 4cm B. 5cm C. 8cm D. 10cm
GIẢI :
+ vận tốc bằng nửa giá trị cực đại : v = wA/2
A
2
= x
2
+ v
2
/w

2
=> x =
3
2
A±
∆t = 3,6 – 2,8 = 0,8s
+ tốc độ trung bình : v
tb
= S/∆t =>10
3
=
3
0,8
A
=> A = 8cm
Câu 2 : Một dao động điều hòa với biên độ 13cm, t=0 tại biên dương. Sau khoảng thời gian t (kể từ lúc chuyển động) vật
đi được quãng đường 135cm. Vậy trong khoảng thời gian 2t ( kể từ lúc chuyển động) vật đi được quãng đường là bao
nhiêu?
A. 263,65cm B. 260,24cm C. 276cm D. 270 cm
Giải:
Phương trình dao động của vật x = Acosωt (cm) = 13cosωt (cm)
Vị trí của vật ở thời điểm t là M
1
cách O: 8cm
x
1
=13cosωt (cm) = -8 (cm) vì 135 cm = 10A + 5
Vị trí của vật ở thời điểm t là M
2

x
2
=13cos2ωt (cm)
x
2
= 13(2cos
2
ωt -1) = 13[2
1
169
64
−
] = -
13
41
= -3,15 (cm)
=> OM
2
= 3,15 cm
Tổng quãng đường vật đi trong khoảng thời gian 2t
s = 10A + BM
1
+ 10A +M’
1
M
1
(với M’
1
A = BM
1

= 5cm)
s = 20A + BM
1
+ (A –AM’
1
) + OM
2
= 21A + OM
2
= 276,15cm. Đáp án 276,15 cm. Đáp án C
Câu 3. Một con lắc lò xo gồm lò xo nhẹ có độ cứng K và vật nhỏ khối lượng m=100g. Con lắc dao động điều hòa theo
phương ngang với tần số f. Biết ở thời điểm t
1
vật có li độ 3cm, sau t
1
một khoảng thời gian
f
t
4
1
=∆
vật có vận tốc
-30cm/s. Giá trị của K bằng
A. 15N/m B. 150N/m C. 10N/m D. 100N/m
Giải:Ở cùng thời điểm thì v nhanh pha hơn x góc
2
π
Sau thời gian
44
1 T

f
t ==∆
xét về pha là 90
0

Dựa vào hình vẽ ta thấy v
1
và x
2
cùng pha nhau nên
)/(10
330
max
2
max
1
srad
AAx
x
v
v
=↔=↔=
ω
ω
•
A
•
O
•
B

•
M
1
•
M
2
•
M’
1
Mã đề thi 509
x
2
v
2
v
1
x
1
x
3
2
A
0
A
A
(t
1
) (t
2
)

S
Mà
mNmk
m
k
/1010.1,0
22
===↔=
ωω
Câu 4: Một con lắc lò xo treo thẳng đứng có độ cứng k khối lương 2m.Từ VTCB đưa vật tới vị trí x
0
ko bị biến dạng rồi
thả cho dao động. Khi vật xuống vị trí thấp nhất thì khối lượng giảm còn một nửa. Biên độ dao động của vật sau khi khối
lượng giảm là bao nhiêu?
A. 3mg/k B. 2mg/k C. 3mg/2k D. mg/k
Giải: Lúc đầu biên độ dao động của con lắc A
1
= ∆l =
k
mg2
Lần sau VTCB mới cách VTCB cũ OO’ = ∆l’ =
k
mg
;
biên độ dao động mới A
2
= A
1
+ ∆l’ =
k

mg3
. Đáp án A
Câu 5: Một chất điểm đang dao động điều hòa. Khi vừa qua khỏi vị trí cân bằng một đoạn S động năng của chất điểm là
0,091 J. Đi tiếp một đoạn 2S thì động năng chỉ còn 0,019 J và nếu đi thêm một đoạn S ( biết A >3S) nữa thì động năng
bây giờ là:
A. 0,042 J. B. 0,096 J. C. 0,036 J. D. 0,032 J.
→ HD giải:
Ta có thể dùng sơ đồ để hiểu hơn chuyển động của dao động trên như sau:
Quan trọng nhất của bài toán này là bảo toàn năng lượng:
E = W + W W + W W + W
Ta có = = 9 ⇒ W - 9W = 0 (3)
Từ (1) ⇒ 0,091 + W = 0,019 + W (4). Giải (3) và (4) ⇒ ⇒ E = 0,1 J
Bây giờ để tính W ta cần tìm W = ?
Dựa vào 4 phương án của bài ta nhận thấy W > W = 0,019 ⇒ chất điểm đã ra biên rồi vòng trở lại.
Ta có từ vị trí 3S → biên A (A - 3S) rồi từ A → vị trí 3S (A - 3S) sau cùng đi được thêm 1 đoạn nữa.
Gọi x là vị trí vật đi được quãng đường S cách vị trí cân bằng O
Ta có: S = 2(A - 3S) + 3S - x ⇒ x = 2A - 4S.
Lại có = = ⇒ A = ⇒ x = - 4S =
Xét = = ⇒ W = 0,064 ⇒ W = 0,036 ⇒ đáp án C
Câu 6: Một con lắc lò xo được đặt nằm ngang gồm lò xo có độ cứng k = 50 N/m và vật nặng khối lượng m = 200 g. Khi
vật đang ở vị trí cân bằng thì tác dụng một lực
F
ur
không đổi dọc theo trục của lò xo và có độ lớn là 2 N trong khoảng thời
gian 0,1 s. Bỏ qua mọi ma sát, lấy g = 10 m/s
2
;
π
2
= 10. Xác định tốc độ cực đại của vật sau khi lực

F
ur
ngừng tác dụng?
A.
20
π
cm/s. B.
20 2
π
cm/s. C.
25
π
cm/s. D.
40
π
cm/s.
HD:
• T =
m
2
k
π
= 0,4(s) ⇒ ω = 5π (rad/s) - không đổi trước và sau khi có lực F
+ Gọi O là vị trí cân bằng khi không có lực F và O’ là vị trí cân bằng khi có lực F
• Khi con lắc có thêm lực F thì vị trí cân bằng dịch chuyển đoạn
F
OO'
k
=
, và vì tác dụng lực này khi vật đứng yên nên

biên khi đó A =
F
OO'
k
=
= 0,04m = 4cm.
• Sau thời gian ∆t = 0,1(s) =
T
4
thì vật từ O về tới vị trí cân bằng O’. Đúng lúc đó lực F bị triệt tiêu thì vị trí cân bằng là O
và vật đang có li độ x = 4cm và vận tốc v = A.ω = 20π (cm/s).
• Biên mới:
2
'
v
A x
 
= +
 ÷
ω
 
= 4
2
cm.
⇒ Vận tốc cực đại mới: v
max
= A’ω = 20π
2
cm/s
Câu 7: Con lắc đơn với vật nặng có khói lượng là M treo trên dây thẳng đứng đang đứng yên .Một vật nhỏ có khối lượng

m=M/4 có động năng Wo bay theo phương ngang đến va chạm vào vật M sau va chạm 2 vật dính vào nhau thì sau đó hệ
dđ điều hòa .Năng lượnh dđ của hệ là
A.Wo/5 B.Wo C.4Wo/5 D.W0/4
Giải: Vận tốc v
0
của vật m trước khi va chạm vào M:W
0
=
2
2
0
mv
=>
0
v
=
m
W
0
2
= 2
M
W
0
2
Vận tốc v của hệ hai vật sau va chạm: (M + m) v = mv
0
=>
4
5

Mv =
4
1
Mv
0
=> v =
5
0
v
= 0,4
M
W
0
2
Năng lượng dao động của hệ là: W =
2
)(
2
vmM +
=
4
5
2
M
v
2
=
4
5
2

M
.0,16.
M
W
0
2
= 0,2W
0
= W
0
/5. Đáp án A
Câu 8. Một con lắc đơn có chiều dài
l
= 64cm và khối lượng m = 100g. Kéo con lắc lệch khỏi vị trí cân bằng một góc 6
0
rồi thả nhẹ cho dao động. Sau 20 chu kì thì biên độ góc chỉ còn là 3
0
. Lấy g =
2
π
= 10m/s
2
. Để con lắc dao động duy trì
với biên độ góc 6
0
thì phải dùng bộ máy đồng hồ để bổ sung năng lượng có công suất trung bình là
A. 0,77mW. B. 0,082mW. C. 17mW. D. 0,077mW.
Giải: α
0
= 6

0
= 0,1047rad.
Cơ năng ban đầu W
0
= mgl(1-cosα
0
) = 2mglsin
2
2
0
α
≈ mgl
2
2
0
α
Cơ năng sau t = 20T: W = mgl(1-cosα) = 2mglsin
2
2
α
≈ mgl
2
2
α
=mgl
8
2
0
α
Độ giảm cơ năng sau 20 chu kì: ∆W = mgl(

2
2
0
α
-
8
2
0
α
) = mgl
8
3
2
0
α
= 2,63.10
-3
J
T = 2π
g
l
= 2π
2
64,0
π
= 1,6 (s)
Công suất trung bình cần cung cấp để con lắc dao động duy trì với biên độ góc là 6
0
W
TB

=
3
3
10.082,0
32
10.63,2
20
−
−
==
∆
T
W
W = 0,082mW. Chọn B
Câu 9: Một chất điểm khối lượng m=100g đồng thời thực hiện hai dao động điều hòa cùng phương, cùng tần số. Ở thời
điểm t bất kỳ li độ của hai dao động thành phần này luôn thỏa mãn 16x
1
2
+9x
2
2
=36 (x
1
, x
2
tính bằng cm). Biết lực hồi phục
cực đại tác dụng lên chất điểm trong quá trình dao động là F = 0,25N. Tần số góc của dao động có giá trị là
A. 10π Rad/s B. 8Rad/s C. 10 Rad/s D. 4πRad/s
Giải: Theo đầu bài 16x
1

2
+9x
2
2
= 36 →
1
25,1
2
2
2
2
2
1
=+
xx
nên hai dao động vuông pha nhau, dao động 1 có A
1
= 1,5cm dao
động 2 có A
2
= 2cm. Vì hai dao động vuông pha nhau nên A =
2
2
2
1
AA +
= 2,5cm = 0,025m
+ Tính ω : Ta có F
max
= mω

2
.A → ω =
Am
F
.
max
= 10Rad/s
O
Câu 10. Trên mặt nước có hai nguồn phát sóng kết hợp A và B cách nhau 30cm có phương trình u
A
= u
B
= acos(20
π
t).
Coi biên độ sóng không đổi, khoảng cách giữa hai điểm đứng yên liên tiếp trên đoạn AB là 3cm. Số điểm dao động với
biên độ cực đại trên đoạn AB ngược pha với nguồn là
A. 5 B. 3 C. 4 D. 6
Giải: Khoảng cách giữa hai điểm đứng yên liên tiếp trên đoạn AB là
cm63
2
=→=
λ
λ
* Số điểm dao động biên độ cực đại trên đoạn nối hai nguồn là
π
ϕ
λπ
ϕ
λ

22
∆
−−<<
∆
−−
AB
k
AB
55
2
0
6
30
2
0
6
30
<<−↔−−<<−−↔ kk
ππ
* Điểm dao động cực đại và ngược pha với nguồn ứng với k=-4;-2;0;2;4 (xem A và B như những bụng sóng trong sóng
dừng, những điểm nằm trên cùng bó sóng dao động cùng pha, hai điểm nằm trên hai bó sóng liên tiếp dao động ngược pha
nhau).Chọn A.
Câu 11: Quả cầu nhỏ chạm mặt nước tại O và thực hiện dao động điều hòa theo phương thẳng đứng. Từ O có những
gợn sóng tròn lan rộng ra xung quanh. Biết phần tử tại điểm M trên mặt nước, cách O một khoảng OM =2 cm, dao
động với phương trình u
M
= 4cos40

t (mm), t tính bằng giây. Bỏ qua mọi mất mát năng lượng, tốc độ truyền sóng
trên mặt nước là 80 cm/s. Tốc độ dao động của phần tử tại điểm N trên mặt nước, cách O một khoảng ON = 8 cm.tại

thời điểm t = 1/240s là:
A. 40
π
3
mm/s B. 40
π
mm/s C. 80
π
mm/s D. 40
π
2
mm/s
Giải: Bước sóng λ = v/f = 2 cm.
OM = 2 cm = λ.; ON = 8 cm = 4λ u
M ,
u
N
và u
O
dao động cùng pha . u
O
sớm pha hợn u
M
góc 2π.
Do đó phương trình sóng của nguồn là u
O
= 4cos(40πt - 2π) (mm)
N dao động theo phương trình u
N
= 4cos(40πt - 8π) (mm). Tốc độ dao động của N

u’
N
= 160πsin(40πt - 8π) (mm/s). Khi t = 1/240 (s)
u’
N
= 160πsin(40π/240 - 8π) =160πsin(π/6) = 80π (mm/s). Đáp án C

Câu 12: Một dàn nhạc gồm nhiều đàn đặt gần nhau thực hiện bản hợp xướng. Nếu chỉ một chiếc đàn được chơi thì một
người nghe được âm với mức cường độ âm 12 dB. Nếu tất cả các đàn cùng được chơi thì người đó nghe được âm với mức
cường độ âm là 24,56 dB. Coi mỗi đàn như một nguồn âm điểm, cường độ âm do mỗi đàn phát ra như nhau và môi
trường không hấp thụ hay phản xạ âm. Dàn nhạc có khoảng
A. 8 đàn B. 12 đàn C. 18 đàn D. 15 đàn
Giải: Gọi I là cường độ âm do một đàn gây ra
Gọi n là số đàn
* Khi có 1 đàn thì
12lg10
0
==
I
I
L
(*)
* Khi có n đàn thì
56,24lg10'
0
==
I
nI
L
(**)

Lấy (**) – (*) ta có
256,1.lg256,1lglg1256,24lg10lg10
0
00000
=








↔=−↔−=−
I
I
I
nI
I
I
I
nI
I
I
I
nI
18256,1lg =→=↔ nn
Câu 13: Một sóng ngang truyên trên mặt nước với bước sóng
,
λ

xét hai điểm M và N trên cùng một phương truyền cách
nhau một đoạn
10 /3
λ
(M gần nguồn sóng hơn N), coi biên độ sóng không đổi. Biết phương trình sóng tại M có dạng
( )
3cos 10 .
M
u t cm=
Vào thời điểm t, tốc độ dao động của phần tử M là
30 /cm s
thì tốc độ dao động của phần tử N là
A.
15 / .cm s
B.
15 2 / .cm s
C.
15 3 / .cm s
D.
30 / .cm s
GIẢI
N chậm pha hơn M một góc: Δφ = 2π.10/3 = 2π/3
Do đo khi M có tốc độ v
M
= 30 cm/s = v
max
⇒ v
N
= v
max

/2 = 15 cm/s . ĐÁP ÁN A
Câu 14. Trên mặt nước có hai nguồn kết hợp , B dao động theo phương thẳng đứng có phương trình
u
A
= u
B
= 2acos20
π
t. Biết tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 30 cm/s. M
1
, M
2
là hai điểm trên cùng một elip nhận A,B
là tiêu điểm. Biết AM
1
– BM
1
= 1 (cm), AM
2
– BM
2
= 3,5 (cm). Tại thời điểm li độ của M
1
là –3 cm thì li độ của M
2
là
A.
3
cm. B. –
3

cm. C. 3
3
cm. D. –3
3
cm.
GIẢI:λ = v/f = 30/10 = 3 cm
ta có phương trình dao động tại M1:
1 1 1 1 1
1 1
4 cos (AM BM )cos( (AM ))
2 cos( (AM ))
M
u a t BM
a t BM
π π
ω
λ λ
π
ω
λ
= − + +
= + +

phương trình dao động tại M2:
1 2 2 2 2
2 2
4 cos (AM BM )cos( (AM ))
2 3 cos( (AM ))
M
u a t BM

a t BM
π π
ω
λ λ
π
ω
λ
= − + +
= − + +
trên cùng một elip ta có AM
1
+ BM
1
= AM
2
+ BM
2

suy ra dao động của M1 và M2 ngược pha nhau, ta có: cosΔφ = u
M1
/A
M1
= 3/2a
⇒ u
M2
= A
M2
cosΔφ =
2 3.3
3 3

2
a
cm
a
=

Câu 15. Một sợi dây đàn hồi dài 2m, có hai đầu cố định được căng ngang. Kích thích cho đầu A của dây dao động với tần
số 425Hz thì trên dây có sóng dừng ổn định với A và B là hai nút sóng. Tốc độ truyền sóng trên dây là 340m/s. Trên dây,
số điểm dao động với biên độ bằng một nửa biên độ dao động của một bụng sóng là
A. 21. B. 11. C. 10. D. 20.
HD:
• Bó sóng dài λ/2 = 0,4m.
• AB = 2(m) = 5
2
λ

• Trên 1 bó có 2 điểm biên bằng nửa biên tại bụng.
⇒ Trên AB có 5 bó ⇒ 10 điểm thỏa mãn.
Câu 16. Một nguồn âm đẳng hướng đặt tại O. Ba điểm A, B, C cùng nằm trên một hướng truyền âm. Mức cường độ âm
tại A lớn hơn mức cường độ âm tại B là 20 dB, mức cường độ âm tại B lớn hơn mức cường độ âm tại C là 20 dB. Tỉ số
AB/BC bằng
A. 1/10 B. 10 C. 9 D. 1/9
HD:
• ∆L
1
= L
A
– L
B
= 20log

OB
OA
 
 ÷
 
⇒ OB = 10.OA (1)
• ∆L
2
= L
B
– L
C
= 20log
OC
OB
 
 ÷
 
⇒ OC = 10.OB = 100.OA (2)
• Từ (1) và (2) ta có: AB = OB – OA = 9.OA.
BC = OC – OB = 90.OA
⇒ AB/BC = 1/10
Câu 17. 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 V thì ở thời điểm (t + 1/600)s
dòng điện i
AB
= 0 và đang giảm. Công suất của đoạn mạch MB là:
A. 120W B. 320W C. 400W D. 266,4W
HD: ∆t =
1 T
600 12
=
⇒ ∆ϕ =
6
π

u
M1
u
M2
• Thời điểm t thì u = 200
2
(V) = U
0
.
• Thời điểm t’ = t +
T
12

⇒ u’ =
0
U 3
2
và đang giảm,
Lúc đó i’ = 0 và đang giảm ⇒ u trễ hơn i thời gian
T
6
hay trễ pha
3
π
⇒ ϕ = -
3
π

P = UIcosϕ = P
AM
+ P
MB
= I
2
R
1
+ P
MB
⇒ P
MB
= 120(W)
Câu 18: Đặt điện áp
0

cos100u U t
π
=
vào hai đầu đoạn mạch AB theo thứ tự gồm RLC nối tiếp (cuộn dây thuần cảm), M
là điểm nối giữa R và L. Điện áp tức thời của đoạn mạch AM(chứa R) và MB(chứa L và C) tại thời điểm
1
t
là
60 ; 15 7
AM MB
u V u V= =
và tại thời điểm
2
t
là
40 3 ; 30 .
AM MB
u V u V= =
Giá trị của
0
U
bằng
A.
100 .V
B.
50 2 .V
C.
25 2 .V
D.
100 2 .V

GIẢI
Ta có:
2
2
1
1
2 2
0 0
1
LC
R
R LC
u
u
U U
+ =
và
2
2
2
2
2 2
0 0
1
LC
R
R LC
u
u
U U

+ =
suy ra
2
2
0
0
16
9
LC
R
U
U =
và
0
60
LC
U V=

2 2
0 0 0 0
5
100
3
R LC LC
U U U U V= + = =
ĐÁP ÁN A
Câu 19: 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 B
Câu 20: Đặt điện áp u = U
0
cosωt (U
0

và ωkhông đổi) vào hai đầu đoạn mạch mắc nối tiếp gồm điện trở R, cuộn cảm
thuần có độ tự cảm L , tụ điện có điện dung C thay đổi được. Khi C =C
1
và C = C
2
điện áp hiệu dụng ở hai đầu tụ điện có
cùng giá trị và độ lệch pha của điện áp ở hai đầu đoạn mạch so với cường độ dòng điện lần lượt là ϕ
1
rad và ϕ
2
rad. Khi C
= C
0
điện áp giữa hai đầu tụ điện đạt cực đại và độ lệch pha của điện áp hai đầu đoạn mạch so với cường độ dòng điện là
ϕ
0
. Giá trị của ϕ
0
là:
A.
1
1
ϕ
+
2
1
ϕ
=
0
2

ϕ
. B. ϕ
1
+ ϕ
2
= ϕ
0
. C. ϕ + ϕ =
2
0
ϕ
. D. ϕ
2
1
+ ϕ
2
2
= 2ϕ
2
0
.
Giải: tanϕ
1
=
R
ZZ
CL 1
−
=> Z
C1

= Z
L
- Rtanϕ
1
(1)
tanϕ
2
=
R
ZZ
CL 2
−
=> Z
C2
= Z
L
- Rtanϕ
2
(2)
(1) + (2) => Z
C1
+ Z
C2
= 2Z
L
– R(tanϕ
1
+tanϕ
2
)

(1).(2) => Z
C1
Z
C2
= Z
L
2
– RZ
L
(tanϕ
1
+tanϕ
2
) + R
2
tanϕ
1
.tanϕ
2
tanϕ
0
=
R
ZZ
CL 0
−
=
L
Z
R−

Với Z
C0
=
L
L
Z
ZR
22
+
U
C1
= U
C2
=>
1
1
C
Z
+
2
1
C
Z
=
0
2
C
Z
=
22

2
L
L
ZR
Z
+
=>
21
21
CC
CC
ZZ
ZZ +
=
22
2
L
L
ZR
Z
+
(3)
Từ (1); (2) và (3) :
21
2
21
2
21
tan.tan)tan(tanZ
)tan(tan2

ϕϕϕϕ
ϕϕ
RRZ
RZ
LL
L
++−
+−
=
22
2
L
L
ZR
Z
+

21
21
tan.tan-1
tantan
ϕϕ
ϕϕ
+
=
22
2
L
L
ZR

RZ
−
=
1
2
2
2
−
L
L
Z
R
Z
R
=
0
2
0
tan-1
tan2
ϕ
ϕ
=> tan(ϕ
1
+ϕ
2)
) = tan2ϕ
0
=> ϕ
1

+ϕ
2)
= 2ϕ
0
Chọn C
Câu 21: Cho mạch điện gồm ba phần tử: cuộn thuần cảm, điện trở thuần R, tụ điện C mắc nối tiếp nhau. M và N là các
điểm giữa ứng với cuộn dây và điện trở, điện trở và tụ. Điện áp hai đầu đoạn mạch AB có tần số 50Hz. Điện trở và độ
tự cảm không đổi nhưng tụ có điện dung biến thiên. Người ta thấy khi C = C thì điện áp hiệu dụng hai đầu M, B đạt cực
đạị bằng hai lần hiệu điện thế hiệu dụng U của nguồn. Tỉ số giữa cảm kháng và dung kháng khi đó là:
A. 4/3. B. 2. C. 3/4. D. 1/2.
Giải: Ta có U
MB
=
22
22
)(
CL
C
ZZR
ZRU
−+
+
=
Y
U
U
MB
= U
Mbmax
khi Y =

22
22
)(
C
CL
ZR
ZZR
+
−+
= Y
min
 Đạo hàm theo Z
C
Y’ = 0
Y’ = 0  R
2
– Z
2
C
+ Z
L
Z
C
= 0  R
2
= Z
2
C
– Z
L

Z
C
(*)
Ta thấy R
2
> 0  Z
L
< Z
C
hay
C
L
Z
Z
= X <1 (**)
U
MBmax
= 2U 
Y
U
= 2U  Y =
22
22
)(
C
CL
ZR
ZZR
+
−+

=
4
1

 3R
2
+ 3Z
2
C
+ 4Z
2
L
– 8Z
L
Z
C
= 0 (***)
Từ (*) và (***) 4Z
2
L
– 11Z
L
Z
C
+ 6Z
2
C
= 0  4X
2
– 11X + 6 = 0

Phương trình có 2 nghiệm X= 2 > 1 loại và X =
4
3

C
L
Z
Z
=
4
3
Đáp án C
Câu 22: Đặt điệp áp u = 120
2
cos100πt (V) vào hai đầu đoạn mạch mắc nối tiếp gồm biến trở R, tụ điện có
điện dung C = 1/4π (mF) và cuộn cảm thuần L = 1/π (H). Khi thay đổi giá trị của biến trở thì ứng với hai giá trị R
1
và R
2

thì mạch tiêu thụ cùng công suất P và độ lệch pha của điện áp hai đầu đoạn mạch so với dòng điện trong mạch tương ứng
là ϕ
1
, ϕ
2
với ϕ
1
= 2ϕ
2
. Giá trị của công suất P bằng:

A. 120 W. B. 240 W. C. 60
3
W. D. 120
3
W.
Giải: Ta có Z
L
= 100Ω ; Z
C
= 40Ω  Z
L
- Z
C
= 60Ω
P = P
1
= P
2

22
1
1
60+R
R
=
22
2
2
60+R
R

 R
!
R
2
= 60
2
(*)
tanϕ
1
=
1
60
R
; tanϕ
2
=
2
60
R
. ϕ
1
= 2ϕ
2
 tanϕ
1
= tan2ϕ
2
=
2
2

2
tan1
tan2
ϕ
ϕ
−


1
60
R
=
22
2
2
60
2.60
−R
R
 R
2
2
–
60
2
= 2R
1

R
2

(**)
Từ (*) và (**)  R
2

= 60
3
. Giá trị của công suất P bằng: P =
22
2
2
2
60+R
RU
= 60
3
W . Đáp án C
Câu 23: Đặt điện áp xoay chiều u = U
2
cos2πft, (U không đổi còn f thay đổi được) vào mạch nối tiếp RLC
với cuộn dây thuần cảm và CR
2
< 2L. Khi f = f thì U. Khi f = f = 1,225f thì U. Hệ số công suất của mạch khi f = f là:
A. 0,763. B. 0,874. C. 0,894. D. 0,753.
Giải: U
C
= U
Cmax
khi khi ω
C
=

L
1
2
2
R
C
L
−
; Z
Z
=
2
2
R
C
L
−
; Z
C
=
2
2
R
C
L
C
L
−
Z
2

= R
2
+ Z
2
L
+ Z
2
C

- 2Z
L
Z
C
= R
2
+
2
2
R
C
L
−
+
)
2
(
2
2
2
R

C
L
C
L
−
- 2
C
L
=
2
2
R
-
C
L
+
)
2
(
1
2
2
2
R
C
L
L
C
−

=
2
2
R
-
C
L
+
)
2
(
2
2
2
R
C
L
C
L
−
=
)
2
(
2
2
2
R
C
L

C
L
−
- (
C
L
-
2
2
R
) - Z
2
=
)
2
(
2
2
2
R
C
L
C
L
−
- (
C
L
-
2

2
R
) (*)
U
R
= U
Rmax
khi ω
R
=
LC
1
= 1,225ω
C

LC
1
= 1,225
L
1
2
2
R
C
L
−

LC
1
= 1,5

2
1
L
(
2
2
R
C
L
−
)

L
C
(
2
2
R
C
L
−
) =
5,1
1

2
2
R
C
L

−
=
5,1
1
C
L

C
L
=
2
3
2
R
và
2
2
R
C
L
−
=
5,1
1
2
3
2
R
= R
2

(**)
THế (**) vào (*) ta được
Z
2
=
2
2
R
-
C
L
+
)
2
(
2
2
2
R
C
L
C
L
−
= - R
2
+
2
4
4

9
R
R
= 1,25R
2
 Z = R
25,1
Hệ số công suất của mạch khi f = f cosϕ =
Z
R
=
25,1
1
= 0,894. Đáp án C
Câu 24: Cho mạch điện xoay chiều gồm các phần tử điện trở thuần R, cuộn dây cảm thuần có độ tự cảm L = 6,25/π (H)
và tụ điện có điện dung C = 10
-3
/4,8π (F). Đặt vào hai đầu đoạn mạch một điện áp xoay chiều có biểu thức u = 200
2
cos(ωt + ϕ) (V) có tần số góc ω thay đổi được. Thay đổi ω, thấy rằng tồn tại ω
1
= 30π
2
rad/s hoặc ω
2
= 40π
2
rad/s
thì điện áp hiệu dụng trên cuộn dây có giá trị bằng nhau. Điện áp hiệu dụng cực đại hai đầu cuộn dây có giá trị gần với
giá trị nào nhất ?

A. 140 V. B. 210 V. C. 207 V. D. 115 V.
Giải: Z
L1
= 187,5
2
Ω; Z
C1
= 80
2
Ω; Z
L2
= 250
2
Ω; Z
C2
= 60
2
Ω;
U
L1
= U
L2

2
11
2
1
)(
CL
L

ZZR
Z
−+
=
2
22
2
2
)(
CL
L
ZZR
Z
−+
 R = 200Ω
U
L
= U
Lmax
khi khi ω =
2
1
2
R
C
L
C −
và U
Lmax
=

22
4
2
CRLCR
UL
−
= 212 V
U
Lmax
=
22
6
2
3
8,4
10
200
8,4
1025,6
4200
25,6
.200.2
π
ππ
π
−−
−
= 212,13 V
Điện áp hiệu dụng cực đại hai đầu cuộn dây có giá trị gần với giá trị 210V. Chọn B
Câu 25: Cho mạch điện xoay chiều theo thứ tự gồm tụ C =

π
9
10
3−
F, cuộn dây có r = 30 Ω, độ tự cảm L =
π
3,0
H và biến
trở R mắc nối tiếp. Khi cố định giá trị f = 50Hz và thay đổi giá trị R = R thì U đạt giá trị cực đại. Khi cố định giá trị R =
30
Ω
và thay đổi giá trị f = f thì U đạt giá trị cực đại. Tỉ số giữa
2
1
C
C
U
U
bằng:
A.
5
8
B.
5
2
C .
3
2
D .
3

8
Giải: Z
L1
= 30Ω Z
C1
= 90Ω  U
C1
=
2
11
2
1
1
)()(
CL
C
ZZrR
UZ
−++
 U
C1
= U
Cmax
khi R
1
= 0  U
C1
=
22
6030

90.
+
U
=
5
3U
(*)
U
C2
= U
C2max
khi ω
2
=
L
1
2
)(
2
rR
C
L +
−
và U
C2max
=
22
)(4)(
2
CrRLCrR

UL
+−+

 U
C2max
=
2
63
81
10
3600
9
103.0
460
3,0
2
πππ
π
−−
−
U
=
8
3
U (**)

2
1
C
C

U
U
=
5
3U
:
8
3
U =
5
8
. Đáp án A
Câu 26: Trong một máy phát điện xoay chiều một pha, bộ nam châm của phần cảm có 5 cặp cực, phần ứng có 6 cuộn
dây tương ứng mắc nối tiếp. Để khi hoạt động máy có thể phát ra dòng điện xoay chiều có tần số 60Hz thì rôto của máy
phải quay với tốc độ:
1. A. 5 vòng/s B. 720 vòng/phút C. 6 vòng/s D. 8 vòng/s
Áp dụng
f
f n.p n 12(vong / s) 12.60 720(vong / phut)
p
= => = = = =
Câu 27: Máy biến áp tự ngẫu dùng cho các tải có công suất nhỏ là máy biến áp chỉ có một cuộn dây. Biến thế tự ngẫu
cuộn ab gồm 1000 vòng. Vòng dây thứ 320 kể từ a được nối với chốt c. Người ta nối a, b với mạng điện xoay chiều thành
phố (cuộn ab lúc này là cuộn dây sơ cấp) và nối bc với tải tiêu thụ R thì dòng qua tải có cường độ hiệu dụng 10A ( đoạn
bc lúc này gọi là cuộn thứ cấp). Tính dòng điện đưa vào máy biến thế. Bỏ qua mọi hao phí trong máy biến thế?
A. 6,6A B.6,8A C.3,2A D.6,7A
Giải: Ta có N
ab
= N
1

= 1000 vòng, N
bc
= N
2
= 1000 – 320 = 680 vòng.

2
1
I
I
=
1
2
N
N
=> I
1
= I
2
1
2
N
N
= 10.
1000
680
= 6,8(A). Chọn B
Câu 28:Một mạch dao động LC lí tưởng gồm cuộn thuần cảm L và hai tụ có điện dung lần lượt C
1
= 3C

0
và C
2
= 2C
0
mắc
nối tiếp. Mạch đang hoạt động thì ngay tại thời điểm năng lượng điện trường trong các tụ gấp đôi năng lượng từ trường
trong cuộn cảm, tụ C
1

bị đánh thủng hoàn toàn. Điện áp cực đại giữa hai đầu cuộn cảm sau đó sẽ bằng bao nhiêu lần so với
lúc đầu?
A.0,2
11
B.
3/11
C.3/4 D.11/15
Giải: Điện dung của bộ tụ lúc đầu: C =
21
21
CC
CC
+
= 1,2C
0
W
0
=
2
2

0
CU
=
2
2,1
2
00
UC
; w
C
= w
C1
+ w
C2
= 2w
L
=
3
2
W
0
Hai tụ mắc nối tiếp nên
2
1
C
C
w
w
=
1

2
C
C
=
3
2
=> w
C1
=
3
2
w
C2
w
C1
+ w
C2
=
3
5
w
C2
=
3
2
W
0
=> w
C2
=

5
2
W
0
Khi tụ C
1
bị đánh thủng: W = w
C2
+ w
L
=
5
2
W
0
+
3
1
W
0
=
15
11
W
0

W =
2
2
2

UC
=
2
2
2
0
UC
=
15
11
2
2,1
2
00
UC
=> U
2
=
30
2,13
U
0
2
=
25
11
U
0
2
=> U =

5
11
U
0
= 0,2
11
U
0
, Chọn A
Câu 29: Một anten parabol, đặt tại điểm O trên mặt đất, phát ra một sóng truyền theo phương làm với mặt phẳng nằm
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. Biết bán kính Trái
Đất R = 6400 km, tầng điện li coi như một lớp cầu ở độ cao 100 km so với mặt đất. Độ dài cung OM bằng
A. 3456 km. B. 390 km. C. 195 km. D. 1728 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 = 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 π/180 = 0,03054 rad.Cung OM = Rϕ = 6400.0,03054 (km) = 195,44 km. Chọn C
Câu 30: Mạch chọn sóng của máy thu vô tuyến gồm tụ xoay C và cuộn thuần cảm L. Tụ xoay có điện dung C tỉ lệ theo hàm
số bậc nhất đối với góc xoay φ. Ban đầu khi chưa xoay tụ thì mạch thu được sóng có tần số
0
f
. Khi xoay tụ một góc φ
1
thì
mạch thu được sóng có tần số

1 0
0,5f f=
. Khi xoay tụ một góc φ
2
thì mạch thu được sóng có tần số
0
2
3
f
f =
. Tỉ số giữa hai
góc xoay là:
A.
2
1
3
8
ϕ
ϕ
=
. B.
2
1
1
3
ϕ
ϕ
=
. C.
2

1
3
ϕ
ϕ
=
. D.
2
1
8
3
ϕ
ϕ
=
.
→ HD giải:
Ta có C = kϕ + C ⇒ ϕ = ; Ta có f tỉ lệ nghịch .
Do đó = = = ⇒ đáp án D
Câu 31: Mạch dao động LC đang thực hiện dao động điện từ tự do với chu kì T. Tại thời điểm nào đó dòng điện trong
mạch có cường độ 4π (mA), sau đó khoảng thời gian 3T/4 thì điện tích trên bản tụ có độ lớn 10 C. Chu kì dao động điện
từ của mạch là:
A. 0,25 µs. B. 0,5 ms. C. 0,5 µs. D. 0,25 ms.
Giải 1: Giả sử q
1
= Q
0
cos(ωt +ϕ) . Sau
4
3T
 q
2

= Q
0
cos[ω(t+
4
3T
)+ ϕ]= Q
0
cos(ωt +
T
π
2
4
3T
+ϕ) = Q
0
cos(ωt +ϕ +
2
3
π
) = Q
0
sin(ωt +ϕ)
ϕ
O’
A
α
O β
M
Do đó q
2

1
+ q
2
2
= Q
2
0
(1)
Mặt khác q
2
1
+
2
2
1
ω
i
= Q
2
0
(2)
Từ (1) và (2) 
2
2
1
ω
i
= q
2
2

 ω =
2
1
q
i
=
9
3
10
10.4
−
−
π
=
T
π
2
 T = 0,5.10
-6
s = 0,5 µs. Đáp án C
Giải 2:
+ Cường độ dòng điện trong mạch tại thời điểm t : i
1
= I
0
cos( ωt + φ) = ωQ
0
.cos( ωt + φ)
+ Vì q trễ pha hơn i là π/2, nên tại thời điểm t
/

= t + 3T/4, điện tích trên tụ điện có phương
trình q
2
= Q
0
( ωt + ω.3T/4 + φ – π/2) = Q
0
( ωt + 3π/2 + φ – π/2)
= Q
0
( ωt + φ + π) = - Q
0
( ωt + φ)
→ q
2
và i
1
ngược pha nhau, độ lớn của q
2
= Q
0
( ωt + φ) → ω = i
1
/q
2
= 4π.10
8
rad/s→ T = 2π/ω = 0,5.10
– 6
s

Câu 32: Mạch chọn sóng của một máy thu vô tuyến gồm một cuộn dây có độ tự cảm L và một bộ tụ điện gồm một tụ điện
cố định C
0
mắc song song với một tụ xoay C. Tụ C có điện dung thay đổi từ 1/23 pF đến 0,5pF. Nhờ vậy mạch có thể thu
được các sóng có bước sóng từ 0,12m đến 0,3m. Xác định độ tự cảm L và C
0
.
A.
2
5,1
π
H
µ
B.
2
2
π
H
µ
C.
2
1
π
H
µ
D.
π
1
H
µ

Câu 32: Giải: Tụ mắc song song: C// = C
0
+ C
Ta có: C
//min
= C
0
+ C
min
= C
0
+ 1/23pF
C
//max
= C
0
+ C
max
=

C
0
+ 0,5 pF
Ta có bước sóng ngắn nhất : λ
min
= 2πc
min
LC
== 2πc
0

1
( )
23
L C
+
(1)
Ta có bước sóng dài nhất: λ
max
= 2πc
max
LC
== 2πc
0
( 0,5)L C
+
(2)
Thế số và lấy (1) chia cho (2) rồi bình phương ta có:
0
0
1
4
23
25 0,5
C
C
+
=
+

=>

0 0
25
4 2 25
23
C C
+ = +
=> C
0
=
1
23
pF
Thế C
0
=
1
23
pF vào ( 1) : 0,12 =2πc
12
1 1
( )10
23 23
L
−
+

Bình phương 2 vế ta có:
0,0144 =4π
2
c

2
.
12
2.10
23
L
−
=> L =
12 2 16
23.0,0144
2 10 .4 .9.10
π
−
= 4,660774448.10
-8
(H)
Câu 33. Chiếu một chùm tia sáng trắng song song có bề rộng 5cm từ không khí đến mặt khối thủy tinh nằm ngang dưới
góc tới 60
0
. Cho chiết suất của thủy tinh đối với tia tím và tia đỏ ần lượt là
3
và
2
thì tỉ số giữa bề rộng chùm khúc xạ
tím và đỏ trong thủy tinh là:
A. 1,58. B. 0,91 C. 1,73. D. 1,10
Giải
Theo ĐL khúc xạ ta có
sinr = sini/n
sinr

t
=
2
1
3
60sin60sin
00
==
t
n
=> r
t
= 30
0
i
T Đ
H
i
I
2
I
1
sinr
đ
=
61,0
4
6
2
60sin60sin

00
===
đ
n
=> r
đ
≈ 38
0
Gọi h
t
và h
đ
là bề rộng của chùm tia khúc xạ tím và đỏ trong thủy tinh.
Xét các tam giác vuông I
1
I
2
T và I
1
I
2
Đ;
Góc I
1
I
2
T bằng r
t
; Góc I
1

I
2
Đ bằng r
đ
h
t
= I
1
I
2
cosr
t
.
h
đ
= I
1
I
2
cosr
đ
.
=>
10,1099,1
38cos
30cos
cos
cos
0
0

≈===
đ
t
đ
t
r
r
h
h
. Chọn D
Câu 34. Trong thí nghiệm Y-âng, nguồn S phát bức xạ đơn sắc
λ
, màn quan sát cách mặt phẳng hai khe một khoảng không
đổi D, khoảng cách giữa hai khe S
1
S
2
= a có thể thay đổi (nhưng S
1
và S
2
luôn cách đều S). Xét điểm M trên màn, lúc đầu là vân
sáng bậc 4, nếu lần lượt giảm hoặc tăng khoảng cách S
1
S
2
một lượng
a
∆
thì tại đó là vân sáng bậc k và bậc 3k. Nếu tăng

khoảng cách S
1
S
2
thêm
2 a∆
thì tại M là:
A. vân sáng bậc 7. B. vân sáng bậc 9. C. vân sáng bậc 8. D. vân tối thứ 9 .
Giải: .Giả sử tại M là vân sáng bậc k’ khi tăng S
1
S
2
thêm 2∆a
Ta có x
M
=
4 3 '
2
2
4 3 '
2; ' 8
D D D D
k k k
a a a a a a a
a a a a a a a
k k k
k k
λ λ λ λ
= = =
− ∆ + ∆ + ∆

− ∆ + ∆ + ∆
⇒ = = =
⇒ = =
Chọn đáp án C: Vân sáng bậc 8
Câu 35: Trong thí nghiệm giao thoa ánh sáng với khe Young. Xét điểm M trên màn, lúc đầu tại đó là vân sáng, sau đó dịch
màn ra xa mặt phẳng hai khe một đoạn nhỏ nhất là m thì tại M là vân tối. Nếu tiếp tục dịch màn ra 1 đoạn nhỏ nhất m nữa
thì tại M lại là vân tối. Khoảng cách giữa màn và mặt phẳng chứa hai khe là:
A. 2 m. B. 1 m. C. 1,8 m D. 1,5 m.

Câu 36: Trong thí nghiệm giao thoa ánh sáng với khe Y-âng, các khe S
1
, S
2
cách nhau một đoạn 2mm. Khe sáng
S
cách đều hai khe, phát ra bức xạ có bước sóng . Màn quan sát
E
đặt cách màn chứa S
1
, S
2
một đoạn 130cm.
Dịch
chuyển một mối hàn của cặp nhiệt điện trên màn E theo một đường vuông góc với hai khe một đoạn 4,9mm, thì
thấy có mười lần kim điện kế lại lệch nhiều nhất. Bước sóng của bức xạ sử dụng trong thí nghiệm là
A. 830nm. B. 380nm. C. 0,753m D. 0,685
Giải: Trên đoạn 4,9 mm có 10 lần kim điện kế lệch nhiều nhất ứng với các vị trí vân sáng. Đoạn đó là 9 khoảng vân.
9i = 4,9mm
Khoảng vân i =
9

9,4
mm= 0,54mm
λ =
D
ai
=
.
3,1
10.54,0.10.2
33 −−
= 0,830.10
-6
m = 830nm. Đáp án A
Câu 37: Trong một thí nghiệm Iâng, hai khe S
1
, S
2
cách nhau một khoảng a = 1,8mm. Hệ vân quan sát được qua một kính
lúp, dùng một thước đo cho phép ta do khoảng vân chính xác tới 0,01mm. Ban đầu, người ta đo được 16 khoảng vân và
được giá trị 2,4mm. Dịch chuyển kính lúp ra xa thêm 30 cm cho khoảng vân rộng thêm thì đo được 12 khoảng vân và
được giá trị 2,88mm. Tính bước sóng của bức xạ.
A. 0,45.µm B. 0,32 .µm C. 0,54 .µm D. 0,432 .µm
Giải:
Ta có i
1
=
16
4,2
= 0,15 (mm); i
2

=
12
88,2
= 0,24 (mm)
i
1
=
a
D
λ
; i
2
=
a
DD )( ∆+
λ
với ∆D = 30 cm = 0,3m
1
2
i
i
=
D
DD ∆+
=
15,0
24,0
= 1,6 => D = 50 cm = 0,5m
=> λ =
D

ai
1
=
5,0
10.15,0.10.8,1
33 −−
= 0,54.10
-6
m = 0,54.µm. Chọn C
Câu 38. Trong thí nghiệm I-âng về giao thoa ánh sáng, nguồn phát sáng đồng thời hai bức xạ đơn sắc, có bước sóng lần
lượt là 0,72 μm và 0,45 μm. Hỏi trên màn quan sát, giũa hai vân sáng gần nhau nhất và cùng màu với vân sáng trung tâm,
có bao nhiêu vân sáng khác màu vân trung tâm?
A. 10. B. 13. C. 12. D. 11.
Giải: Vị trí các vân sáng cung màu với vân sáng trung tâm là vị trí vấn sáng của hai bức xạ trùng nhau”
k
1
i
1
= k
2
i
2
=> k
1
λ
1
= k
2
λ
2

=> 8k
1
= 5k
2
=> k
1
= 5n; k
2
= 8n với n = 0; ± 1 ; ± 2 ;
Hai vân sáng cùng màu vân trung tâm gần nhau nhất ứng với hai giá trị liên tiếp của n
n = 0. Vân sáng trung tâm
n = 1
* vân sáng bậc 5 của bức xạ λ
1
giữa hai vân sáng này có 4 vân sáng của bức xạ thứ nhất
* Vân sáng bậc 8 của bức xạ λ
2
giữa hai vân sáng này có 7 vân sáng của bức xạ thứ hai
Vậy tổng cộng có 11 vân sáng khác màu với vân sáng trung tâm. Chọn D
Câu 39: Trong ống Cu-lit-giơ electron được tăng tốc bới một điện trường rất mạnh và ngay trước khi đập vào đối anôt nó
có tốc độ 0,8c. Biết khối lượng ban đầu của electron là 0,511Mev/c
2
. Bước sóng ngắn nhất của tia X có thể phát ra:
A. 3,64.10
-12
µm B. 3,64.10
-12
m C. 3,79.10
-12
µm D. 3,79.10

12
m
Giải:
Công mà electron nhận được khi đến anot A = ∆W
đ
= (m – m
0
)c
2
m =
2
2
0
1
c
v
m
−
=
2
0
8,01−
m
=
6,0
0
m
Bước sóng ngắn nhất của tia X có thể phát ra tính theo công thức:
λ
hc

= (m – m
0
)c
2
=> λ =
2
0
)( cmm
hc
−
=
)1
6,0
1
(
2
0
−cm
hc
=
2
0
2
3
cm
hc
λ =
2
0
2

3
cm
hc
=
13
834
10.6,1.511,0.2
10.3.10.625,6.3
−
−
= 3,646.10
-12
m. Chọn B
Câu 40. Để đo khoảng cách từ Trái Đất lên Mặt Trăng người ta dùng một tia laze phát ra những xung ánh sáng có bước
sóng 0,5
µ
m, chiếu về phía Mặt Trăng. Thời gian kéo dài mỗi xung là 10
-7
(s)

và công suất của chùm laze là 100.000
MW. Số phôtôn chứa trong mỗi xung là:
A. 2,62.10
22
hạt . B. 2,62.10
15
hạt . C. 2,52.10
29
hạt . D . 2, 52.10
22

hạt .
GIẢI:
* NL mỗi xung : E = Pt = 10
11
.10
-7
= 10
4
J
* Số photon : N = E/ε với ε= hc/λ => N ≈ 2,52.10
22
hạt .Chọn D
Câu 41. 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/m
2
. 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 42: Cho mức năng lượng của nguyên tử hirdo xác định bằng công thức
0
2

n
E
E
n
=
(
0
13,6 , 1,2,3,4 E eV n= − =
).
Để có thể bức xạ tối thiểu 6 photon thì nguyên tử H phải hấp thụ photon có mức năng lượng là:
A. 12,75 eV B.10,2 eV C. 12,09 eV D. 10,06 eV
Giải: Để có thể bức xạ tối thiểu 6 photon
nguyên tử Hiđro phải hấp thụ photon để chuyển
lên quỹ đạo từ N trở lên tức là n ≥4
Năng lượng của photon hấp thụ
ε ≥ E
4
– E
1
= E
0
(
22
1
1
4
1
−
) = -13,6.(-15/16) eV=12,75eV
Chọn A

Câu 43: Nguồn sáng thứ nhất có công suất P
1
phát ra ánh sáng đơn sắc có bước sóng
1
450nm
λ
=
. Nguồn sáng thứ hai có
công suất P
2
phát ra ánh sáng đơn sắc có bước sóng
2
0,60 m
λ µ
=
. Trong cùng một khoảng thời gian, tỉ số giữa số
photon mà nguồn thứ nhất phát ra so với số photon mà nguồn thứ hai phát ra là 3:1. Tỉ số P
1
và P
2
là:
A. 4. B. 9/4 C. 4/3. D. 3.
Giải P
1
=
t
N
1
1
λ

hc
P
2
=
t
N
2
2
λ
hc
=>
2
1
P
P
=
2
1
N
N
1
2
λ
λ
= 3
45,0
6,0
= 4. Chọn A
Câu 44: Người ta dùng một loại laze có công suất P = 12 W để làm dao mổ. Tia laze chiếu vào chỗ mổ sẽ làm nước ở
phần mô chỗ đó bốc hơi và mô bị cắt. Nhiệt dung riêng của nước là 4186 J/kg.độ. Nhiệt hóa hơi của nước là L = 2260

kJ/kg, nhiệt độ cơ thể là 37
o
C, khối lượng riêng của nước 1000 kg/m
3
. Thể tích nước mà tia laze làm bốc hơi trong 1s là
A. 4,557 mm
3
. B. 7,455 mm
3
. C. 4,755 mm
3
D. 5,745 mm
3
.
Giải:
Gọi m là khối lượng nước đã bốc hơi
P t = m(c∆t + L) => m =
Ltc
Pt
+∆
V =
D
m
=
)( LtcD
Pt
+∆

=> V =
)10.226063.4186(10

1.12
33
+
= 4,75488.10
-9
m
3
= . 4,755 mm
3
Chọn C
Câu 45: 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
N: n =4
M: n = 3
L: n =2
K: n = 1
Câu 46. Hạt nhân Po
210
là chất phóng xạ phát ra tia α và biến đổi thành hạt nhân Pb. Ban đầu một mẫu chất chỉ chứa Po
nguyên chất có khối lượng m
0
gam, sau 2 chu kì đem mẫu chất cân lại có khối lượng 207g. Tìm khối lượng m
0
?
A.828g. B. 210g. C. 414g. D. 315g.
Giải: Sau 2 chu kỳ khối lượng P
0
còn lai m
P0
=
4
0
m
và khối lượng chì Pb tạo thành là
m

Pb
=
A
N
206
∆N với ∆N là số hạt nhân chì được tạo thành tức là số hạt nhân P
0
bị phân rã sau 2 chu kỳ
∆N =
4
3
0
N
=
4
3
210
0 A
Nm
 m
Pb
=
A
N
206
∆N =
A
N
206
.

4
3
.
210
0 A
Nm
=
140
103
m
0
m= m
P0
+ m
Pb
=
4
0
m
+
140
103
m
0
=
140
138
m
0
= 207  m

0
= 210 g. Đáp án B
Câu 47: Cho phản ứng hạt nhân
1 6 3
n + Li H +α
0 3 1
→
. Hạt nhân
6
Li
3
đứng yên, nơtron có động năng K
n
= 2 MeV. Hạt
α

và hạt nhân
3
H
1
bay ra theo các hướng hợp với hướng tới của nơtron những góc tương ứng bằng
θ
= 15
0
và
φ
= 30
0
. Lấy
tỉ số giữa các khối lượng hạt nhân bằng tỉ số giữa các số khối của chúng. Bỏ qua bức xạ gamma. Hỏi phản ứng tỏa hay thu

bao nhiêu năng lượng ?
A. Thu 1,66 MeV B. Tỏa 1,52 MeV C. Tỏa 1,66 MeV D. Thu 1,52 MeV
Giải 1: * Áp dụng định luật bảo toàn động lượng
α
PPP
Hn
+=
Áp dụng đinh lý hàm sin ta có
000
135sin15sin30sin)180sin(sinsin
nHnH
PPPPPP
==↔
−−
==
αα
θαθϕ
202020
2
0
2
0
2
0
)135(sin
2
)15(sin
2
)30(sin
2

135sin15sin30sin
nnHHnH
KmKmKmPPP
==↔






=






=






↔
ααα








==
===
↔==↔
MeV
m
m
K
MeV
m
m
K
mKmKm
H
n
H
n
nHH
0893,0
.5,0
15sin.2
125,0
4
1.2.25,0.2.25,0
5,0
2.
)15(sin25,0
02

20
α
α
αα
* Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng
HLin
KKEKK +=∆++
α
MeVKKKKE
LinH
786,1020893,0125,0 −=−−+=−−+=∆→
α

Chọn đáp án gần nhất là A
Giải 2: HD: Theo DLBT động lượng ta có:
n H
p p p
α
= +
r r r
(1)
Chiếu (1) lên phương cuả
n
p
r
và phương vuông góc với
n
p
r
, ta được

n H
H n
p p cos p cos
p sin p sin
α
= θ + ϕ


ϕ = θ

=>
2 2 2
os os
sin
à m sin m sin ( )
sin
n n H H
H H H
H
m K m K c m K c
m
v K K K K
m
α α
α
α α α
θ ϕ
θ
ϕ θ
ϕ

= +
= ⇒ =
Giải hệ phương trình trên ta tính được K
H
= 0,09MeV và Kα=0,25 MeV
Rồi thay vào biểu thức:
1,66
H n
E K K K MeV
α
∆ = + − = −
 Chọn A
Câu 48: Hạt nhân
238
92
U
sau khi phát ra bức xạ α và β thì cho đồng vị bền của chì
206
82
Pb
. Số hạt α và β phát ra là
A. 8 hạt α và 10 hạt β
+
B. 8 hạt α và 6 hạt β
-
C. 4 hạt α và 6 hạt β
-
D. 4 hạt α và 10 hạt β
-
n

p
r
p
α
r
H
p
r
ϕ
θ
H
P
α
P
n
P
Câu 49: Thành phần đồng vị phóng xạ C14 có trong khí quyển có chu kỳ bán rã là 5568 năm. Mọi thực vật sống trên Trái
Đất hấp thụ cacbon dưới dạng CO
2
đều chứa một lượng cân bằng C14. Trong một ngôi mộ cổ, người ta tìm thấy một
mảnh xương nặng 18g với độ phóng xạ 112 phân rã/phút. Hỏi vật hữu cơ này đã chết cách đây bao nhiêu lâu, biết độ
phóng xạ từ C14 ở thực vật sống là 12 phân rã/g.phút.
A. 5734,35 năm B. 7689,87năm C. 3246,43 năm D. 5275,86 năm.
Giải: Độ phóng xạ của 18g thực vật sống H
0
= 18.12 phân rã/phút = 216 phân rã/phút
Ta có H = H
0
t
e

λ
−
=>
t
e
λ
−
=
0
H
H
=
216
112
=
27
14
=> -
λt = ln
27
14

t = -
2ln
T
ln
27
14
= 5275,86 năm
Câu 50: Một nguyên tử U235 phân hạch tỏa ra 200MeV. Nếu 2g chất đó bị phân hạch thì năng lượng tỏa ra:

A. 8,2.10
10
J B. 16,4.10
10
J C. 9,6.10
10
J D. 14,7.10
10
J
Năng lượng tỏa ra: E = N.
E
m
E ∆=∆ .10.023,6.
235
23
=
=
−1323
10.6,1.200.10.023,6
235
2
16,4.10
10
J. Chọn B.