đi thi thử đại học vật lý có lời giải chi tiết đề số 10

TRƯỜNG ĐH
TRUNG TÂM TNT

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 10 (2014)
MÔN: VẬT LÍ
Thời gian làm bài: 90 phút.
GV GIẢI ĐỀ: Đoàn Văn Lượng
Mã đề thi 510
Cho biết: hằng số Plăng h = 6,625.10
-34
Js; độ lớn điện tích nguyên tố e = 1,6.10
-19
C; tốc độ ánh sáng trong chân không
c=3.10
8
m/s; m
e
= 9,1.10
-31
kg
Câu 1. Một 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 đáp án C
Câu 2: Một vật dao động điều hòa với phương trình
2
4cos
3
x t cm
π
ω
 
= −
 ÷
 
. Trong giây đầu tiên vật đi được quãng đường
là 6cm. Trong giây thứ 2014 vật đi được quãng đường là
A. 2 cm B. 6 cm C. 4cm D. 3 cm
Giải: Khi t = 0 x
0
= 4cos(-
3
2
π
) = - 2cm và vật chuyển động theo chiều dương về VTCB
Trong giây đầu tiên vật đi được quãng đường 6cm = 1,5A =>T/12 + T/4 = 1 => T = 3 s

Tọa độ của vật tại thời điểm t
2013
và t
2014
là:
Tại thời điểm t
2013
= 671T vật có tọa độ x
2013
= x
0
= - 2cm và vật chuyển động theo chiều dương về VTCB
Tại thời điểm t
2014
= 671T + T/3 vật có tọa độ x
2014
= A = 4cm
Do đó khi từ t
2013
đến t
2014
tức là trong giây thứ 2014 thì vật đi từ li độ x = - 2cm theo chiều dương đến li độ x = A = 4cm
Trong giây thứ 2014 vật đi được quãng đường là : 2 + 4 = 6 cm. Đáp án B
Câu 3: Một con lắc lò xo treo thẳng đứng, lò xo có khối lượng không đáng kể, độ cứng k = 50 N/m, khối lượng vật treo m
= 200 g. Vật đang nằm yên ở vị trí cân bằng thì được kéo thẳng đứng xuống dưới để lò xo giãn tổng cộng 12 cm rồi thả
nhẹ cho nó dao động điều hòa. Lấy g = π
2
m/s
2
= 10 m/s

2
. Thời gian lực đàn hồi tác dụng vào giá treo cùng chiều với lực
hồi phục trong một chu kì dao động là
A. 2/15 s B. 1/10 s C. 1/15 s D. 1/30 s
Giải: Chọn trục tọa độ như hình vẽ. Gốc tọa độ tại O
Độ giãn của lò xo khi vật ở VTCB;
∆l
0
=
k
mg
= 0,04m = 4cm
Biên độ dao động của hệ A = 12cm - ∆l
0
= 8cm
Chu kì dao động của con lắc: T = 2π
k
m
= 0,4s
Thời gian lực đàn hồi tác dụng vào giá treo cùng chiều
với lực hồi phục trong một chu kỳ dao động là thời gian
vật CĐ từ O đến N và từ N đến O với N là vị trí lò xo có độ dài tự nhiên
( lò xo đang bị giãn: giá treo bị kéo xuống theo chiều dương;
lực hồi phục hướng theo chiều dương về VTCB)
1
• N
• M
• O
β x x
0

O α
M
M
0
ON = l
0
= A/2. t
ON
=
12
T

=> t = 2t
ON
= 2.
12
T
=
6
T
=
6
4,0
=
15
1
(s). ỏp ỏn C
Cõu 4: Hai dao ng iu hũa cựng phng cựng tn s, dao ng 1 cú phng trỡnh x
1
=A

1
cos(5t + /3) cm, dao ng 2
cú phng trỡnh x
2
= 8cos(5t - /2) cm, phng trỡnh dao ng tng hp x = Acos(5t + ) cm, A
1
cú giỏ tr thay i
c. Thay i A
1
n giỏ tr sao cho biờn dao ng tng hp t giỏ tr nh nht, ti thi im dao ng tng hp cú li
bng 2cm hóy xỏc nh ln li ca dao ng 1
A. 4cm B. 3cm C. 6cm D. 5cm
Gii: V gión vộc t nh hỡnh v. Ta cú = /6
Theo L hm s sin

sin
A
=

sin
2
A
=> A =

sin
2
A
sin
A = A
min

khi = /2; sin = 1=> A = A
min
= 4cm , A
1
= 4
3
cm
v = /3 - /2 = - /6 => x = 4cos(5t - /6) cm
x
1
= 4
3
cos(5t + /3) cm
Khi x = 2cm => cos(5t - /6) =
2
1
; => sin(5t - /6) =
2
3
cos(5t + /3) = cos(5t - /6 +/2) = - sin(5t - /6) => cos(5t + /3) =
2
3
Do vy x
1
= 4
3
cos(5t + /3) cm = 6 cm. ỏp ỏn C
Cõu 5: Mt con lc lũ xo nm ngang khụng ma sỏt gm vt nh cú khi lng
250m g
=

v lũ xo cú cng
100 /k N m=
. Khi vt ang v trớ lũ xo khụng bin dng ngi ta bt u tỏc dng lc
F
r
khụng i vo vt theo hng
ra xa lũ xo. Sau khong thi gian
/ 40t s

=
thỡ ngng tỏc dng lc
.F
r
Bit sau khi ngng tỏc dng lc vt dao ng
vi biờn bng
10 .cm
ln ca lc
F
r
l
A.
5 .N
B.
5 2 .N
C.
10 .N
D.
20 .N
( )
1

+ Lực có tác dụng kéo vị trí cân bằng ra 1 đoạn là: .
+ Vật đang đứng tại vị trí cân bằng nên .
+ Sau khoảng thời gian ngừng tác dụng lực thì vật quay lại vị trí cân bằng cũ, v
40 4
F
F x
k
F
A x
k
T
t s F

=
= =
= =
( ) ( )
2
1
2 2 2 2
2 1 2 1 1
1
à vật đang đứng
tại vị trí cân bằng mới nên có: 2 5 2 5 2
v A
v
A A A A A cm F N
x A

=



= + = = =

ữ
=




Cõu 6. Mt con lc lũ xo treo thng ng vt nng khi lng 1kg. T v trớ cõn bng nõng vt lờn v trớ lũ xo khụng bin
dng ri th nh vt dao ng iu hũa. Ly g=10m/s
2
. Gi T l chu kỡ dao ng ca vt. Tỡm thi gian ngn nht
vt i t v trớ lc n hi cú ln 5N n v trớ lc n hi cú ln 15N.
A. 2T/3 B. T/3 C. T/4 D. T/6
2
2

O
1
O
1
x A=
V trớ cõn bng ban u
V trớ cõn bng
mi.
l
O
x
A
-A
F
hp
O
F
h
P
F
h
P
-10
10
-5
5
Câu 5. GIẢI :
* VT biên trên của vật ứng với lò xo không biến dạng
=> trong quá trình dđ lò xo luôn giãn => F
đh

luôn hướng lên
* Lực hồi phục : F
hp
= - kx
+ Tại VT biên dương : F
đh
= 0 => F
hp
= P = 10N = F
0

=> Biên âm : F
hp
= -10N = -F
0

+ Tại VTCB F
đh
= P = mg = 10N => F
hp
= 0
+ Khi F
đh
= 5N => F
hp
= F
đh
- P = - 5N
+ Khi F
đh

= 15N => F
hp
= F
đh
- P = 5N
* Thời gian ngắn nhất để vật đi từ vị trí lực đàn hồi = 5N đến vị trí lực đàn hồi = 15N,
tương ứng với F
hp
từ -F
0
/2 đến F
0
/2 là : t =
2*
12
T
= T/6.Chọn D
Câu 7. Một con lắc đơn gồm 1 dây kim loại nhẹ dài 1m , dao động điều hòa với biên độ góc 0,2 rad trong một từ trường
đều mà cảm ứng từ có hướng vuông góc với mặt phẳng dao động của con lắc và có độ lớn 1T. Lấy g = 10m/s
2
. Tính suất
điện động cực đại xuất hiện trên thanh treo con lắc
A. 0,45V B. 0,63V C. 0,32V D. 0,22V
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
1.1
2
0,2.
1
10
= 0,316 = 0,32V. Đáp án C
Câu 8: Một con lắc đơn lý tưởng có chiều dài l và khối lượng m. Từ vị trí cân bằng kéo vật nặng m sao cho dây treo hợp
với phương thẳng đứng một góc 45
0
rồi thả nhẹ. Gia tốc trọng trường là g. Độ lớn cực tiểu của gia tốc trong quá trình dao
động của con lắc là :

A. 0 B. g
1
3
. C. g D. g
2
3
Câu 8: Giải:
* Gia tốc pháp tuyến của con lắc đơn : a
n
=
)
2
2
(cos2
)cos(cos2
0
2
−=
−
=
α
αα
g
l
gl
l
v
* Gia tốc tiếp tuyến của con lắc đơn : a
t
= -

α
α
sin
sin
g
m
P
−=
* Gia tốc toàn phần của con lắc : a
2
= a
n
2
+ a
t
2
= 4g
2
(cos
2
α -
2
cosα + 0,5) + g
2
sin
2
α
sin
2
α = 1 - cos

2
α
=> a
2
= g
2
(3cos
2
α + 3 - 4
2
cosα ) = g
2
y với : y = 3cos
2
α + 3 - 4
2
cosα
3
+ y’ = - 2.3cosαsinα + 4
2
sinα ; y’ = 0 => cosα =
3
22
=> y
min
=> a
2
min
=> a
2

min
= g
2
(3(
3
22
)
2
+ 3 - 4
2
.
3
22
) = g
2
.1/3 => a
min
= g /
3
Câu 9:(Chuyen vinh 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 và t
2
= 5s

. Đáp án C
Câu 10: Hai điểm A, B nằm trên cùng một phương truyền sóng cách nhau 5cm, coi biên độ sóng là không suy giảm trong
quá trình truyền. Biết tốc độ truyền sóng là 2 m/s tần số sóng là 10Hz. Tại thời điểm nào đó li độ dao động của A và B lần
lượt là 2 cm và 2
3
cm. Tốc độ dao động cực đại của các phần tử môi trường
A. 10π cm/s B. 80π cm/s C. 60π cm/s D. 40π cm/s
Bước sóng
cm
f
v
20
10
200
===
λ
Độ lệch pha của hai sóng khi truyền tới A và B là :
2
5.
20
2

.
2
ππ
λ
π
ϕ
===∆
d
Ta có
Gọi hình chiếu của OA lên Ox là x
A
Gọi hình chiếu của OA lên Ox là x
B
Ta có:
( )
AA
x
AOx
A
A
2
cos ==
( ) ( )
A
B
B
AOx
AA
x
BOx sin

32
cos
===
do góc AOB là góc vuông
Nên
( ) ( )
1sincos
22
=+
AA
AOxAOx
cmA
AA
41
322
2
2
=→=








+







↔
4
O
N
1
M
1
M
N
N
0
M
0
A
B
+A-A
Vận tốc cực đại của vật chất
)/(804.10.2.2
max
scmAfAv
πππω
====
.
Đáp án B
Giải 2: Bước sóng λ = v/f = 0,2m = 20cm. AB = 5cm =
4
λ

. Góc lệch pha giữa A và B ∆ϕ =
2
π
Giả sử phương trình sóng ở nguồn O có dạng: u = acosωt, khi đó u
A
= acos(ωt -
λ
π
1
2 d
);
u
A
= acos(ωt -
λ
π
1
2 d
) = acos(ωt -
λ
π
1
2 d
-
λ
π
2
4
λ
) = acos(ωt -

λ
π
1
2 d
-
2
π
) = asin(ωt -
λ
π
1
2 d
)
acos(ωt -
λ
π
1
2 d
) = 2; asin(ωt -
λ
π
1
2 d
) = 2
3
 a
2
= 16 - a = 4 cm
Tốc độ cực đại của ác phần tử môi trường v
max

= ωa = 2πfa = 80π cm/s. Đáp án B.
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: Trong thí nghiệm giao thoa sóng nước với 2 nguồn kết hợp dao động cùng pha, cùng tần số, biên độ dao động
của các nguồn lần lượt là 2cm và 3cm, hai nguồn cách nhau 10cm, sóng tạo ra có bước sóng bằng 2cm, giả sử sóng truyền
đi không giảm biên độ. Xác định số gợn hypelbol mà trong đó phần tử môi trường dao động với biên độ

13
cm.
A. 21. B. 20. C. 10. D. 11
Giải: Các phần tử M của môi trường dao động với biên độ
13
cm. =
22
32 +
khi hai sóng truyền từ 2 nguồn đến M
vuông pha nhau.
Xét điểm M trên đoạn S
1
S
2
nối hai nguồn. S
1
M = d
1
; S
2
M = d
2
(0 < d
2
< 10cm)
Giả sử u
1
= 2cosωt và u
2
= 3cosωt => u

1M
= 2cos(ωt -
λ
π
1
2 d
) cm; u
2M
= 3cos(ωt -
λ
π
2
2 d
) cm
U
1M
và u
2M
vuông pha với nhau thì
λ
π
)(2
12
dd −
=
2
π
+ 2kπ => d
2
– d

1
= (
4
1
+k)λ = 2k + 0,5 (cm)(*)
Mặt khác d
1
+ d
2
= 10 cm (**) Từ (*) và (**) => d
2
= k + 5,25
0 < d
2
= k + 5,25 < 10 => - 5 ≤ k ≤ 4 . Có 10 giá trị của k.
Số gợn hypelbol mà trong đó phần tử môi trường dao động với biên độ
13
cm.là 10. Chọn C
Câu 13. Trong thí nghiệm giao thoa sóng nước người ta quan sát 2 điểm MN trên đoạn thẳng nối 2 nguồn thấy M
dao động với biên độ cực đại, N không dao động và MN cách nhau 3cm. Biết tần số dao động của nguồn bằng 50Hz, vận
tốc truyền sóng 0,9 m/s ≤ v ≤ 1,6 m/s. Tính vận tốc sóng
A. 1m/s B. 1,2m/s C. 1,5m/s D. 1,33m/s
Cách 1: M dao động với biên độ cực đại, N không dao động nên cách nhau MN= (2k+1) λ/4=(k+0,5)λ/2.
Ta có: MN = (k + 0,5) λ/2 = (k + 0,5)v/2f
5
u
M
N
P
Thay số: 3 = (k + 0,5).v/2.50 => k + 0,5 = 300/v (1)

300/160 ≤ k + 0,5 ≤300/90 => k = 2. Thay lên (1) ta được : v = 1,2m/s
Chú ý đồng nhất đơn vị v với MN. Ta dùng đơn vị cm/s cho vận tốc.
Cách 2: Đặt MN = x. i  3 = x.v/2f
 300 = x.v do v thuộc khoảng 90cm/s đến 160cm/s nên: 300/160 ≤ x ≤ 300/90
 1,875 ≤ x ≤ 3,3 . như vậy trong khoảng từ 1,875 đến 3,3 chỉ có 2,5 là bán.
như vậy: v = 300/2,5= 120cm/s = 1,2m/s
Cách 3: Dùng MODE 7: đổi đơn vị của MN là mét: MN=0,03m
Ta có: MN = (k + 0,5)i = (k + 0,5)v/2f => v=MN.2f/(k + 0,5) hay:
2 0 03 2 50 3
0 5 0 5 0 5
MN. .f , * *
v
k , k , k ,
= = =
+ + +
Theo đề:
3
0 9 1 6
0 5
, m / s v , m / s
k ,
≤ = ≤
+
Dùng máy tính Fx570Es : MODE 7:
Nhập:
3
0 5
F(X)
X ,
= =

+
Start 1, End 1, Step 1: kết quả: với x= k =2 thì : v=1,2m/s
Câu 14: Người ta tạo ra sóng dừng trên một sợi dây căng ngang giữa 2 điểm cố định. Sóng dừng được tạo ra trên dây lần
lượt với 2 tần số gần nhau nhất là 200Hz và 300Hz. Tần số kích thích nhỏ nhất mà vẫn tạo ra sóng dừng trên dây là:
A. 50Hz. B. 100Hz. C. 150HZ. D. 200HZ
Giải 1: Theo điều kiện để có sóng dừng cho 2 đầu là nút ℓ = k
2
λ
= k
f
v
2
=> ℓ =
f
k
2
v
Do v và ℓ không đổi nên buộc
f
k
= const
Khi số bó sóng ít nhất ( tức k = 1) => tần số f lúc đó sẽ nhỏ nhất=> f
min
=
2
v
(1)
Theo bài 2 tần số gần nhau nhất là 200Hz và 300Hz sẽ ứng với số bó sóng liên tiếp là k và k +1
nên: ℓ = k
200.2

v
và ℓ = (k+1)
300.2
v
từ 2 phương trình này ta có: k= 2; ℓ =
200
v
(2) => f
min
= 100Hz
Giải 2: Với trường hợp 2 đầu là nút, có 2 tần số liên tiếp mà tỉ số tần số của chúng là 2 số nguyên lẻ liên tiếp :

1
2
1
+
=
n
n
f
f
= 2/3 => Tần số nhỏ nhất vẫn tạo ra sóng dừng trên dây là f
min
= │f
1
-f
2
│ =100Hz
Câu 15 : Một người nghe thấy âm do một nhạc cụ phát ra có tần số f=100Hz và tại vị trí đó cường độ âm là I. Nếu tần số
và cường độ âm tại đó đều tăng gấp 10 lần thì người đó nghe thấy âm có độ to

A. tăng thêm 1B. B. tăng chưa đến 1B.
C. tăng 10 lần. D. tăng thêm hơn 1B.
Giải:L
2
– L
1
= lg(I
2
/I
1
) = lg(10) = 1 =>L
2
= L
1
+ 1( ben)
Câu 16: Đặt điện áp xoay chiều có biểu thức
2 osu U c t
ω
=
( trong đó U và ω không đổi) vào hai đầu AB của một đoạn
mạch gồm đoạn mạch AM nối tiếp với đoạn mạch MB. Đoạn mạch AM có cuộn cảm thuần có độ tự cảm L và biến trở R
mắc nối tiếp, đoạn mạch MB chỉ có tụ điện có điện dung C. Biết rằng
1
2LC
ω
=
. Khi thay đổi biến trở đến các giá trị
R
1
= 2R

2
= 0,5R
3
thì điện áp hiệu dụng giữa hai điểm AM có giá trị lần lượt là U
1
, U
2
, U
3
. Kết luận nào sau đây là đúng?
A. U
1
<U
2
<U
3
. B. U
1
>U
2
>U
3
C. U
3
<U
1
< U
2
. D. U
1

=U
2
=U
3
.
6
Giải: U
AM
= IZ
AM
=
22
22
)(
L
CL
ZR
ZZR
U
+
−+
= U
Vì từ
1
2LC
ω
=
=> 2ωL =
C
ω

1
Hay 2Z
L
= Z
C
=> (Z
L
– Z
C
)
2
= Z
L
2
U
AM
= U = const. Chọn D
Câu 17: Mạch điện xoay chiều gồm cuộn dây và tụ điện mắc nối tiếp, tụ điện có điện dung thay đổi được. Điện áp đặt vào
2 đầu mạch có giá trị hiệu dụng U = 120 V, tần số không đổi. Khi dung kháng Z
C
< Z
Co
thì luôn có 2 giá trị của Z
C
để công
suất tiêu thụ của mạch bằng nhau. Khi Z
C
> Z
Co
thì chỉ có 1 giá trị công suất của mạch tương ứng. Khi Z

C
= Z
Co
thì điện áp
hiệu dụng giữa 2 đầu cuộn dây là
A. 40 V. B. 120 V. C. 80 V. D. 240 V.
Giải:
Khi Z
C
< Z
Co
thì luôn có 2 giá trị Z
C
để công suất tiêu thụ của mạch bằng nhau cũng có nghĩa cường độ hiệu dụng hay tổng
trở ứng với hai giá trị đó như nhau.
Nói cách khác có 2 giá trị Z
C1
, Z
C2
khác nhau < Z
Co
sao cho Z
L
– Z
C1
= Z
C2
– Z
L
.

Suy ra Z
C1
+ Z
C2
= 2Z
L
.
Rõ ràng Z
C1
và Z
C2
< 2Z
L
.
Nếu Z
C1
> 2Z
L
thì không tồn tại Z
C2
tức là ứng với trường hợp Z
C
> Z
Co
.
Có thể khẳng định là Z
Co
= 2Z
L
.

khi Z
C
= 2Z
L
thì Z =
2 2 2 2
L C L cd
R (Z Z ) R Z Z+ − = + =
→ U
cd
= U = 120 V.Đáp án B.
Câu 18: Đoạn mạch gồm tụ C nối tiếp với đoạn mạch X và cuộn cảm thuần .Đặt vào hai đầu đoạn mạch AB điện áp
2
AB
u U cos( t )
ω ϕ
= +
(ổn định) và LCω
2
=1, điện áp hiệu dụng:
100 2 200
AN MB
U V ,U V= =
. Đồng thời U
AN
trễ
pha so với U
MB
góc nhọn α .
Tính góc α và giá trị của U ?

A.
50 10 V
;
4
π
α
=
B.
1000 10 V
;
6
π
α
=
C.
50 5 V
;
3
π
α
=
D.
100 5 V
;
5
π
α
=
Giải:Từ số liệu của đề bài, ta vẽ giản đồ vectơ ( Hình bên):
Đề cho LCω

2
=1 => U
C
=U
L
.
1
2
MB
KB U=
;
1
2
AN
KN U=
=> Tứ giác AMNB là hình bình hành: NK=AN/2; BK =MB/2
Xét tam giác vuông NBK vuông tại N:
2 2 2 2
100 50 2 50 2
L
U KB KN ( ) ( ) V= − = − =
Xét tam giác vuông ANB vuông tại N:
2 2 2 2
100 2 50 2 50 10U AN NB ( ) ( ) V= + = + =
Nếu tính luôn :
0
2 50 10 2 50 20 100 5U U . (V )= = = =
.
Tính góc α :
50 2

1
1
50 2
2
L
AN
UBN
tan
KN
U
α
= = = =
·
0
45
4
BKN
π
α
= = =
.
100 2 1
2
5
50 10
AN
R
U
U
cos

U U
ϕ
= = = =
,Chọn A
7
A
N
M
C
X
L
B
U
MB
ur
AN
U
uuuur
U = U
X
I
K
C
U
uuur
L
U
uuur
U
X

uuur
U
ur
A
α
Hình vẽ giản đồ vectơ câu 18
N
B
M
Cõu 19. t in ỏp
0
cos(100 t )
3
u U


=
,(V) vo hai u 1 cun thun cm cú t cm
1
2

H. thi im in ỏp
hai u t l 150V thỡ cng dũng in trong mch l 4A. Tớnh giỏ tr cng dũng in hiu dng trong mch.
A.
2 5 2I , A=
B.
5 2I A=
. C.
5I A
=

. D.
2 5I , A=
.
Gai: Cm khỏng
=== 50100.
2
1



LZ
L
Do mch ch cú L nờn u v i vuụng pha nhau nờn :
1
.
1504
1
2
0
2
0
2
0
2
0
=

+








=








+

L
ZIIU
u
I
i
AI
II
51
50.
1504
0
2
0
2
0
==








+

=>
2 5 2I , A=
Cõu 20: Cho mch in RLC mc ni tip, cun dõy thun cm vi CR
2
< 2L. t vo hai u on mch mt in ỏp
xoay chiu cú biu thc u = U
2
cos2ft (V), trong ú U khụng i v tn s f thay i c. iu chnh giỏ tr ca f khi
f=f
1
thỡ khi ú U
Cmax
v cụng sut ca mch : P = 0,75P
max
, khi f = f
2
= f
1
+100Hz thỡ U
L
t U
Lmax
.Tớnh f
1
; f

2
v cos
1
:
A.150Hz, 250Hz,
3
2
. B.50Hz, 150Hz,
3
2
.
C.250Hz, 350Hz,
2
3
. D.50Hz, 250Hz,
2
2
.
Gii:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )

= +




=



+ =


= = = =



=

=

=

=
= = +



+ =
1
1 1

1
1 1
2 2 2

2
1
2 2
2
2
1
2
Khi thì
3 3 3
, mà cos cos cos
4 4 2
3
2,5
+ Không mất tính tổng quát chọn: 1
1,5
2
Tại
C L
C m ax
L C L
max max
C
C L
L
L C
Z Z Z

U
R Z Z Z
f f
P P P P
R
Z
Z Z
Z
Z R Z Z
f f
= =
+
1
1
1
1 2
2,5 5
thì ta có:
1,5 3
Vì khi tần số dòng điện tăng từ đến thì điện áp của tụ và của cuộn cảm cực đại đổi giá trị cho nhau, nên
cảm kháng và dung kháng cũng đổi giá trị cho nhau. Nên ở tầ
C
L
Z
Z
f f
( )
( ) ( )
( )
( )

( )
( )



















= = = =




=


+ = +

=



2 2
2 1
2
2 2 1
1
1
2 1
2
5 5 5
n số ta có: , 1
3 3 3
1 150
Mặt khác: 100 , 2 Từ .
2 250
L L
C L
Z Z
f
f f f
Z Z f
f Hz
f f Hz
f Hz
Chon A

Cõu 21: Mt cun dõy D ni tip vi mt t xoay trong mch cú in ỏp u = U
0
cos(t) (V).Ban u dũng in I trong
mch lch pha =
1
so vi in ỏp u v in ỏp gia hai u cun dõy l U
d
=U
d1
=30V. Sau ú,tng in dung ca t lờn
3 ln thỡ lỳc ú =
2
=
1
- 90
0
v U
d
=U
d2
=90V.Xỏc nh U
0
.
A. 60 V. B. 80 V. C. 60
2
V. D. 120 V.
8
Giải: U
d1
= 30 (V); U

d2
= 90 (V) =>
1
2
d
d
U
U
= 3 => I
2
= 3I
1
=> Z
1
= 3Z
2
=>.Z
1
2
= 9Z
2
2
=> R
2
+ (Z
L
– Z
C1
)
2

= 9R
2
+ 9(Z
L
-
3
1C
Z
)
2
=>2(R
2
+Z
L
2
) = Z
L
Z
C1
=> Z
C1
=
L
L
Z
ZR )(2
22
+
1
1

d
d
Z
U
=
1
Z
U
=> U = U
d1

1
1
d
Z
Z
= U
d1

22
1
2
1
22
2
L
CLCL
ZR
ZZZZR
+

−++
= U
d1
2
2
2
1
1
2
1
1
CL
CLC
CL
ZZ
ZZZ
ZZ
−+
U = U
d1
3
2
1
−
L
C
Z
Z
(*)
tanϕ

1
=
R
ZZ
CL 1
−
; tanϕ
2
=
R
ZZ
CL 2
−
=
R
ZZ
CL 2
−
2 1
2
π
ϕ ϕ
= −
=> ϕ
1
+ ϕ
2
=
2
π

=> tanϕ
1
tanϕ
2
= -1 ( vì ϕ
1
< 0)
R
ZZ
CL 1
−
R
ZZ
CL 2
−
= -1 =>(Z
L
– Z
C1
)(Z
L
– Z
C2
) = - R
2
=>
R
2
+ Z
L

2
–
3
4
1CL
ZZ
+
3
2
1C
Z
= 0 =>
2
1CL
ZZ
–
3
4
1CL
ZZ
+
3
2
1C
Z
= 0=>
3
2
1C
Z

=
6
5
1CL
ZZ
=> Z
C1
= 2,5Z
L
(**)
Từ (*) và (**) U = U
d1
3
2
1
−
L
C
Z
Z
= U
d1
2
. Do đó U
0
= U
2

= 2U
d1

= 60V.
Câu 22: Đặt điện áp xoay chiều u = U
2
cosωt (V) (U không đổi, còn ω thay đổi được) vào mạch nối tiếp RLC biết CR
2

< 2L. Điều chỉnh giá trị ω để U
Cmax
khi đó U
Cmax
= 90 V và U
RL
= 30
5
V. Giá trị của U là:
A. 60 V. B. 80 V. C. 60
2
V. D. 24
10
V.
Giải: U
C
= U
Cmax
khi ω =
L
1
2
2
R

C
L
−
(1) và U
Cmax
=
22
4
2
CRLCR
UL
−
(*)
Khi đó Z
L
= ωL =
2
2
R
C
L
−
; Z
C
=
C
ω
1
=
C

L

2
1
2
R
C
L
−
U
RL
=
22
22
)(
CL
L
ZZR
ZRU
−+
+
; U
Cmax
=
22
)(
CL
C
ZZR
UZ

−+
=>
maxC
RL
U
U
=
C
L
Z
ZR
22
+
=
3
5
=> 9(R
2
+Z
2
L
) = 5Z
2
C
=> 9( R
2
+
C
L
-

2
2
R
) = 5
)
2
(
2
2
2
R
C
L
C
L
−
=> 9(
2
2
R
+
C
L
) = 5
)
2
(
2
2
2

R
C
L
C
L
−

=> 9(
2
2
R
+
C
L
)C
2
(
C
L
-
2
2
R
) = 5L
2
=> 9C
2
(
2
2

C
L
-
4
4
R
) = 5L
2
=> 4L
2
=
4
9
24
CR
=> 4L = 3R
2
C (**)
U
Cmax
=
22
4
2
CRLCR
UL
−
=
)4(
2

2
CRLCR
UL
−
=
)2.
2
2
CRCR
UL
=
2
2U
CR
L
2
=
2
2U
4
3
=
22
3U
= 90 V
=> U = 60
2
V. Đáp án C
Câu 23: Điện năng được truyền từ nhà máy điện nhỏ đến một khu công nghiệp (KCN) bằng đường dây tải một pha. Nếu
điện áp truyền đi là U thì ở KCN phải lắp một máy hạ áp vơi tỉ số 54/1 để đáp ứng 12/13 nhu cầu sử dụng điện năng ở khu

9
công nghiệp. Nếu muốn cung cấp đủ điện năng cho KCN thì điện áp truyền đi phải là 2U. Khi đó cần dùng máy hạ áp với
tỉ số như thế nào? Coi hệ số công suất bằng 1.
A. 117/1; B. 108/1; C. 111/1; D. 114/1
Giải: Công suất ở cuộn sơ cấp trong 2 lần : P
1
=U
1
I
1
=
13
12
P
0
và P
2
= U
2
I
2
= P
0
( P
0
là công suất của KCN)
Do điện áp trước khi tải đi là U và 2U nên I
1
= 2I
2

=>
2
1
P
P
=
2
1
U
U
2
1
I
I
= 2.
2
1
U
U
=
13
12
=>
2
1
U
U
=
13

6
Tỉ số của máy hạ áp ở khu công nghiệp: k
1
=
0
1
U
U
; k
2
=
0
2
U
U
với U
0
là điện áp thứ cấp
=>
2
1
k
k
=
2
1
U
U
=
13

6
=> k
2
=
6
13
k
1
= 117 => k
2
= 117/1 Đáp án A
Giải:
Vì U
AM
sớm pha hơn I một góc π/6 nên β = π/3
Áp dụng định lý hàm số sin:
3/sinsinsin
πγα
UUU
MBAM
==
với = π – ( γ + π/3) → sin α = sin( γ + π/3)
→
γπγπγπγ
sin (sin
)(
3/sinsin sin( +/3)+
+
===
/3)+

MBAMMBAM
UUUUU
→ U
AM
+ U
MB
=
( )
)6/sin(.6/cos.
3/sin
.2
sin (sin.
3/sin
πγπ
π
γπγ
π
+=+/3)+
UU
AM MB
U U+
cực đại khi
)6/sin(
πγ
+
cực đại = 1 → γ + π/6 = π/2 → γ =
π/3 = β nên tam giác AMB đều → U
MB
= 200V
Câu 25: Stato của một động cơ không đồng bộ ba pha gồm 6 cuộn dây, cho dòng điện xoay chiều ba pha tần số 50Hz vào

động cơ. Từ trường tại tâm của stato quay với tốc độ bằng bao nhiêu?
A. 3000vòng/min. B. 1500vòng/min. C. 1000vòng/min. D. 500vòng/min
Giải: Áp dụng công thức f = np
với n là tốc độ quay của từ trường (đơn vị là vòng/s ) ; p là số cặp cực từ. Đối với động cơ không đồng bộ ba pha
gồm 6 cuộn dây thì p = 2: 3 cuộn ứng với 1 cặp cực từ
 n = f/p = 50/2 = 25vòng/s = 1500 vòng/min. Đáp án B
Câu 26: Một động cơ không đồng bộ ba pha hoạt động dưới điện áp xoay chiều có điện áp hiệu dụng mỗi pha là U
P
= 200
V, khi đó công suất tiêu thụ của động cơ là 3,6 kW, hệ số công suất là cos φ = 0,8 và điện trở thuần của mỗi cuộn là 2 Ω.
Biết ba cuộn dây của động cơ mắc hình sao vào mạng điện hình sao. Coi năng lượng vô ích chỉ do tỏa nhiệt trong các
cuộn dây của stato. Hiệu suất của động cơ là
A. 99,7%. B. 7,5%. C. 90,625%. D. 92,5%.
Công suất 3,6 kW là công suất của ba pha nên công suất mỗi pha là P
P
= 3,6/3 = 1,2 kW.
P
p
= U
P
.I
p
.cos φ → I
p
= 1200 / (200.0,8) = 7,5 A
Công suất hao phí ba pha là ΔP = 3(I
p
)²R = 337,5 W.
10
AM

U
r
MB
U
r
U
r
I
r
π/6
β
α
A
M
B
γ
Hiệu suất H = (P – ΔP) / P = (3600 – 337,5) / 3600 = 90,625%.Đáp án C.
Câu 27: Mạch dao động điện từ gồm cuộn cảm và một bộ hai tụ điện có cùng điện dung C = 2,5 µF mắc song song.
Trong mạch có dao động điện từ tự do, hiệu điện thế cực đại giữa hai bản tụ điện là Uo = 12 V. Tại thời điểm hiệu điện
thế hai đầu cuộn cảm u
L
= 6 V thì một tụ điện bị bong ra vì đứt dây nối. Tính năng lượng cực đại trong cuộn cảm sau đó
A. 0,27 mJ. B. 0,135 mJ. C. 0,315J. D. 0,54 mJ.
Giải: Năng lượng ban đầu của mạch dao động
W
0
=
2
2
0

UC
b
=
2
2
2
0
CU
= CU
0
2
= 2,5.10
-6
144 = 360.10
-6
J
W
0
= 0,360 mJ
Năng lượng của cuộn cảm khi u
L
= 6V => u
C
= u
L

W
C
=
2

2
2
L
Cu
= Cu
L
2
= 90.10
-6
J = 0,090mJ
W
L
= W
0
– W
C
= 0,360 – 0,090 = 0,270 mJ
Khi một tụ bị hỏng, năng lượng của mạch:
W = W
L
+
2
C
W
= 0,270 + 0,045 = 0,315 mJ.=> W
Lmax
= W = 0,315 mJ. Chọn C
Câu 28. Mạch dao động điện từ LC lí tưởng dao động điều hòa với độ từ cảm của cuộn dây là
5L H
µ

=
. 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 29. Mạch chọn sóng của một máy thu thanh gồm cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L = 2.9µH và tụ điện có điện
dung C = 490pF. Để máy thu được dải sóng từ
λ
m
= 10m đến
λ
M
= 50m, người ta ghép thêm một tụ xoay C
V
biến thiên
từ C
m
= 10pF đến C
M
= 490pF. Muốn mạch thu được sóng có bước sóng
λ
= 20m, thì phải xoay các bản di động của tụ C
V

từ vị trí ứng với điện dung cực đại C
M
một góc

α
là:
A. 170
0
. B.172
0
C.168
0
D. 165
0
Giải:Khi chưa mắc tụ xoay sóng mà máy có thể thu được λ
0
= 2πc
LC
= 71 m. Để thu được dải sóng từ
λ
m
= 10m đến
λ
M
= 50m cần phải giảm điện dung của tụ, cần phải mắc nối tiếp thêm tụ xoay C
v
. Điện dung của bộ tụ: C
B
=
V
V
CC
C C+

Để thu được sóng có bước sóng
λ
= 20m, λ = 2πc
B
LC

 C
B
=
2 2
12
2 2 2 16 6
20
38,3.10
4 4.3,14 .9.10 .2,9.10c L
λ
π
−
−
= =
F = 38,3pF ;
C
V
=
. 490.38.3
41,55
490 38,3
B
B
C C

C C
= =
− −
pF
11
C
CL
k
C
V
= C
m
+
.
180
M m
C C
β
−
= 10 + 2,67.β  β =31,55/2,67 = 11,8
0
≈ 12
0
tính từ vị trí ứng với C
m.
Nếu tính từ vị trí ứng với điện dung cực đại C
M

α
= 168

0
Chọn C
Câu 30: Một sóng điện từ đang truyền từ một đài phát sóng ở Hà Nội đến máy thu. Tại điểm A có sóng truyền về hướng
Bắc, ở một thời điểm nào đó, khi cường độ điện trường là 4 V/m và đang có hướng Đông thì cảm ứng từ là B. Biết cường
độ điện trường cực đại là 10 V/m và cảm ứng từ cực đại là 0,15 T. Cảm ứng từ B có hướng và độ lớn là
A. lên; 0,075 T B. xuống; 0,075 T C. lên; 0,06 T D. xuống; 0,06 T
Giải:
Hướng của B như hình vẽ . Trong điện từ trường E và B
biến thiên điều hòa cùng pha.
E = E
0
cosωt; B = B
0
cosωt
=>
0
B
B
=
0
E
E
= 0,4 => B = 0,4. 0,15 = 0,6T. Đáp án D
Câu 31: Cho mạch điện như hình vẽ 1, nguồn có suất điện động E = 24 V, r = 1
Ω
, tụ điện có điện dung C = 100
µ
F,
cuộn dây có hệ số tự cảm L = 0,2H và điện trở R
0

5= Ω
, điện trở R = 18
Ω
. Ban đầu khoá k đóng, khi trạng thái trong
mạch đã ổn định người ta ngắt khoá k. Nhiệt lượng toả ra trên điện trở R trong thời gian từ khi ngắt khoá k đến khi dao
động trong mạch tắt hoàn toàn.
A. 98,96 mJ B. 24,74 mJ C. 126,45 mJ D. 31,61 mJ
Giải: Cường độ dòng điện qua mạch trước khi mở khóa k
I
0
= E/( R + R
0
+ r) =
24
24
= 1 A
Điện áp giữa hai bản cực tụ điện U = I(R + R
0
) = 23 V
Năng lượng của mạch dao động sau khi ngắt khóa k
W
0
=
2
2
0
LI
+
2
2

CU
= 0,1J + 0,02645J = 126,45mJ
Trong thời gian từ khi ngắt khoá k đến khi dao động trong mạch tắt hoàn toàn.
năng lượng này biến thành nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở R và trên R
0
của cuộn dây.
Nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở R là: Q
R
=
0
0
RR
W
+
R =
23
45,126
.18 = 98,96 mJ. Đáp án A
Câu 32: Một học sinh làm hai lần thí nghiệm sau đây:
Lần 1: Dùng nguồn điện một chiều có suất điện động 6V, điện trở trong 1,5
Ω
nạp năng lượng cho tụ có điện dung C. Sau
đó ngắt tụ ra khỏi nguồn và nối tụ với cuộn cảm thuần có độ tự cảm L thì mạch dao động có năng lượng 5
J.
µ
Lần 2: Lấy tụ điện và cuộn cảm có điện dung và độ tự cảm giống như lần thí nghiệm 1 để mắc thành mạch LC. Sau đó
nối hai cực của nguồn nói trên vào hai bản tụ cho đến khi dòng trong mạch ổn định thì cắt nguồn ra khỏi mạch. Lúc này,
mạch dao động với năng lượng 8
J.
µ

Tần số dao động riêng của các mạch nói trên là
A. 10MHz. B. 0,91MHz. C. 0,3MHz D. 8MHz.
Giải: Đây là hai cách nạp điện cho mạch dao động.
Ở cách thứ nhất, tụ điện được nạp điện đến
0
U E,
=
năng lượng điện từ của mạch là
( )
2 2
1 0
1 1
W CU CE 1 .
2 2
= =
Ở cách thứ hai, khi dòng điện ổn định, lúc cắt nguồn khỏi mạch thì dòng điện qua cuộn dây là cực đại
( )
0
E 6
I 4 A ,
r 1,5
= = =
năng lượng điện từ của mạch là
( )
2
2 0
1
W LI 2 .
2
=

12
R
E, r
C
K
R
0
,L
Hình vẽ 1
Đông
Bắc
E
B
v
A
Nhân (1) và (2) vế với vế, ta được
2 2
1 2
1 2 0
2 2
0
4.W .W
1
W .W LC. E .I LC .
4 E .I
= ⇒ =

Tần số của mạch là
1 2 1 2

2 2
0
1 1 E.I
f .
2 LC 4W .W 4 W .W
2.
E I
= = =
π π
π
Thay số:
6
6 6
6.4
f 0,30.10 Hz 0,30MHz.
4.3,14 5.10 .8.10
− −
= = =
⟹ Chọn C.
Câu 33: Hiện tượng tán sắc xảy ra do ánh sáng trắng là một hỗn hợp của nhiều ánh sáng đơn sắc khác nhau và còn do
nguyên nhân nào dưới đây.
A. lăng kính bằng thuỷ tinh.
B. lăng kính có góc chiết quang quá lớn.
C. lăng kính không đặt ở góc lệch cực tiểu.
D. chiết suất của mọi chất - trong đó có thuỷ tinh - phụ thuộc bước sóng (do đó vào màu sắc) của ánh sáng.
Câu 34: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 35: Trong thí nghiệm Yâng về giao thoa ánh sáng, khoảng cách giữa 2 khe Yâng là a=1 mm, khoảng cách từ 2 khe
đến màn D=2 m. Chùm sáng chiếu vào khe S có 2 bước sóng trong đó
m
µλ
4,0
1
=
. Trên màn xét khoảng MN=4,8 mm
đếm được 9 vân sáng với 3 vạch là kết quả trùng nhau của 2 vân sáng và 2 trong 3 vạch đó nằm tại M,N. Bước sóng
2
λ
là
A. 0,48
m
µ
B. 0,6
m
µ
C. 0,64
m

µ
D. 0,72
m
µ
Giải: Khoảng vân”:
mm
a
D
i 8,0
1
2.4,0
1
1
===
λ

Số vân sáng của bức xạ
1
λ
là :
33
22
11
≤≤−↔≤≤− k
i
L
k
i
L
. Vậy có 7 bức xạ.

Ta đếm được 9 vân sáng với 3 vạch là kết quả trùng nhau của 2 vân sáng và 2 trong 3 vạch đó nằm tại M,N. Suy ra tất cả
ta có 12 vân sáng, bức xạ
2
λ
sẽ cho 5 vân sáng tức là
m
a
D
i
µλ
λ
6,08,448,44
2
2
2
=↔=↔=
Câu 36: Thí nghiệm giao thoa I-âng với ánh sáng đơn sắc có bước sóng λ, khoảng cách giữa hai khe a = 1mm. Ban đầu,
tại M cách vân trung tâm 5,25mm người ta quan sát được vân sáng bậc 5. Giữ cố định màn chứa hai khe, di chuyển từ từ
màn quan sát ra xa và dọc theo đường thẳng vuông góc với mặt phẳng chứa hai khe một đoạn 0,75m thì thấy tại M
chuyển thành vân tối lần thứ hai. Bước sóng λ có giá trị là
A. 0,60μm B. 0,50μm C. 0,70μm D. 0,64μm
Giải 1:+ Khi chưa dịch chuyển ta có:
M
λD
x = 5
a
(1)
+ Khi dịch chuyển ra xa M chuyển thành vân tối lần thứ 2 chính là vân tối thứ tư: (k’ = 3)
+ Dùng công thức:
λD

x = (k'+ 0,5)
a
t
=>
M
7λ(D + 0,75)
x =
2a
(2)
+Từ (1) và (2), ta có: D = 1,75m → λ = 0,60μm . Chọn A
Giải 2:+Vị trí vân sáng:
λD
x = K
a
S
; với k = 1, 2, 3, 4, 5
13
D
D
• M
T
k-1
M •
T
k
M •
S
5
0,75 m
+Điểm M cách vân trung tâm:

x = 5,25 mm = 5i = 5
a
D
λ
(K=5) (1)
+ Dùng công thức vị trí vân tối:
λD
x = (k -0,5)
a
t
+Khi dịch màn ra xa, giả sử lần thứ nhất tại M là vân tối thứ 5: k = 5
=> Vân tối gần nhất thì lần thư hai sẽ là vân tối thứ (k-1) = 4
+ Khi đó: x = (4-0,5)i’ = 3,5
a
D )75,0( +
λ
(2)
+Từ (1) và (2) ta có: 5
a
D
λ
= 3,5
a
D )75,0(
+
λ
=> 5D = 3,5D + 0,75.3,5<=>1,5 D = 2,625 =>D =1,75m.
+Ta có:
3
3 6

M
λD 10
x = 5 5,25.10 0,6.10 0,6
a 5 5.1,75
M
a
x m m
D
λ µ
−
− −
=> = = = =
.Chọn A
(Hay: λ =
D
ai
=
75,1
10.05,1
6−
= 0.6 µm ) .
Câu 37: Trong thí nghiệm I-âng về giao thoa ánh sáng, khe hẹp S phát ra đồng thời hai bức xạ đơn sắc có bước sóng λ
1

= 4410Å và λ
2
. Trên màn, trong khoảng giữa hai vân sáng liên tiếp có màu giống màu của vân trung tâm còn có chín vân
sáng khác. Giá trị của λ
2
bằng?

A. 5512,5Å. B. 3675,0Å. C. 7717,5Å. D. 5292,0Å.
Giải: Gọi n

là số vân sáng của bức xạ λ
1
trong khoảng giữa hai vân sáng cùng màu với vân sáng trung tâm. Khi đó số số
vân sáng của bức xạ λ
2
là (9-n)
(n+1) i
1
= (10- n)i
2
=>(n+1)λ
1
= (10- n)λ
2
=> λ
2
=
n
n
−
+
10
1
λ
1

0,38 µm ≤ λ

2
=
n
n
−
+
10
1
λ
1
≤ 0,76µm => 4,09 ≤ n ≤ 5,96 => n = 5=>λ
2
= 0,5292µm = 5292,0 Å. Chọn D
Câu 38:TN giao thoa ánh sáng I-âng.chiếu hai khe ánh sáng đơn sắc có bước sóng λ1=0,6 μm thì trên màn quan sát, ta
thấy có 6 vân sáng liên tiếp cách nhau 9mm.nếu chiếu hai khe đồng thời hai bức xạ λ1 và λ2 thì người ta thây tại M cách
vân trung tâm 10,8mm vân có màu giống vân trung tâm , trong khoảng giữa M và vân sáng trung tâm còn có hai vị trí vân
sáng giống màu vân trung tâm.Bước sóng của bức xạ λ2 là
A.0,4μm B.0,38μm C.0,65μm D.0,76μm
Giải:
( ) ( ) ( )
( )
1
1 1
1
1 1 2 2
2
2 2
2
6 1 9 1,8 3
6

3,6
10,8
T
D
D
i mm i mm
a a
k
x k i k i
D
k mm
a k
λ
λ
λ

− = ⇒ = = ⇒ =



=




= = ⇒


= ⇒ =





Với
( )
2
0,4 m
λ µ
=
thì
2
4k Z= ∈
còn lại không thoả mãn.
Câu 39:Gọi năng lượng do một chùm sáng đơn sắc chiếu tới một đơn vị diện tích đặt vuông góc với phương chiếu sáng
trong một đơn vị thời gian là cường độ của chùm sáng đơn sắc, kí hiệu là I (W/
2
m
). Chiếu một chùm sáng hẹp đơn sắc
(bước sóng 0,5
m
µ
) tới bề mặt của một tấm kim loại đặt vuông góc với chùm sáng , diện tích của bề mặt kim loại nhận
được ánh sáng chiếu tới là 30
2
mm
. Bức xạ đơn sắc trên gây ra hiện tượng quang điện đối với tấm kim loại( coi rằng cứ
20 phôtôn tới bề mặt tấm kim loại làm bật ra 3 electron), số electron bật ra khỏi bề mặt tấm kim loại trong thời gian 1s là
13
3.10
. Giá trị của cường độ sáng I là:

A. 9,9375 W/
2
m
B.9,6 W/
2
m
C*.2,65 W/
2
m
D.5,67 W/
2
m
Giải 1:
Cứ 20 phôtôn tới bề mặt tấm kim loại làm bật ra 3 electron
Cần n phôtôn tới bề mặt tấm kim loại làm bật ra 3.10
13
electron ( trong 1s)
14
Dễ dàng có n= 20. 3.10
13
/ 3 = 20. 10
13
phôtôn (1)
Năng lượng lượng tử là năng lượng của 1 hạt phôtôn! ε = h.c/λ = 6,625.10
-34
. 3.10
8
/(0,5.10
-6
) Suy ra ε = 39,75.10

- 20
J
Do đó có 20. 10
13
phôtôn thì năng lượng của chúng là:
E = n. ε = 20. 10
13
. 39,75.10
- 20
= 795.10
-7
J
Đây chính là năng lượng chiếu tới diện tích 30mm
2
= 30.10
-6
m
2
Lại có: Trong 30.10
-6
m
2
thì năng lượng chiếu vào là 795.10
-7
J
Trong 1m
2
thì cần năng lượng chiếu vào là I ( Theo định nghĩa của I)
Nên ta có: I = (1x 795.10
-7

)

/ (30.10
-6
) = 2,65 W/ m
2
. (2)
Câu 40: Chiếu lần lượt hai bức xạ có bước sóng
1
λ
= 600nm và
2
λ
= 0,3
m
µ
vào một tấm kim loại thì nhận được các
quang e có vân tốc cực đại lần lượt là v
1
= 2.10
5
m/s và v
2
= 4.10
5
m/s.Chiếu bằng bức xạ có bước sóng
3
λ
= 0,2
µ

m thì
vận tốc cực đại của quang điện tử là
A. 5.10
5
m/s B . 2
7
.10
5
m/s C.
6
.10
5
m/s D.6.10
5
m/s
Giải 1 : Ap dụng CT Anhxtanh
2
2
2
2
1
1
2
1
;
2
1
mvA
hc
mvA

hc
+=+=
λλ
)1)((
2
1
)
11
(
2
1
2
2
12
vvmhc −=−→
λλ
2
3
3
2
1
mvA
hc
+=
λ
)2)((
2
1
)
11

(
2
1
2
3
13
vvmhc −=−→
λλ
Lấy pt(2) : pt(1) :
smv
v
vv
vv
/10.722
10.410.16
10.4
11
11
5
3
1010
102
3
12
13
2
1
2
2
2

1
2
3
=→=
−
−
→
−
−
=
−
−
λλ
λλ
Giải 2:
Ta có :
1
λ
hc
= A + W
đ1
(1)
2
λ
hc
= A + W
đ2
(2)
3
λ

hc
= A + W
đ3
(3)
Do v
2
= 2v
1
=> W
2
= 4W
1
(1) => 4
1
λ
hc
= 4A + W
đ2
(1’) Lấy (1’) – (2) ; 4
1
λ
hc
-
2
λ
hc
= 3A => A =
3
hc
(

1
4
λ
-
2
1
λ
) (4)
W
đ3
=
3
λ
hc
- A = hc(
3
1
λ
-
1
3
4
λ
+
2
3
1
λ
) = hc
321

313221
3
43
λλλ
λλλλλλ
+−
(1)
W
đ1
=
1
λ
hc
- A = hc(
1
1
λ
-
1
3
4
λ
+
2
3
1
λ
) = hc
21
21

3
λλ
λλ
−
(2)
Từ (1) và (2)
1
3
đ
đ
W
W
=
321
313221
)(
43
λλλ
λλλλλλ
−
+−
= 7 =>
1
3
v
v
=
7
=> v
3

= v
1
7
= 2
7
.10
5
m/s. Chọn B
Câu 41: Lần lượt chiếu vào catôt của một tế bào quang điện hai bức xạ đơn sắc có bước sóng
m
µλ
6,0
1
=
và
m
µλ
5,0
2
=
thì hiệu điện thế hãm để dòng quang điện triệt tiêu khác nhau ba lần. Giới hạn quang điện của kim loại làm
catôt là:
A.
).(745,0 m
µ
B.
).(723,0 m
µ
C.
).(667,0 m

µ
D.
).(689,0 m
µ

HD Giải :
+ Khi dùng
1
01
1 h
Ue
hchc
+=⇒
λλ
λ
(1) ;
+ Khi dùng
1
0
2
02
2
3
hh
Ue
hc
Ue
hchc
==+=⇒
λλλ

λ
(2)
+ Từ (1) và (2)
)(667,0
3
2
12
21
0
m
µ
λλ
λλ
λ
=
−
=⇒

15
Câu 42: Trong chân không, người ta đặt một nguồn sáng điểm tại A có công suất phát sáng không đổi. Lần lượt thay đổi
nguồn sáng tại A là ánh sáng tím bước sóng λ
1
= 380 nm và ánh sáng lục bước sóng λ
2
= 547,2 nm. Dùng một máy dò ánh
sáng, có độ nhạy không đổi và chỉ phụ thuộc vào số hạt phôton đến máy trong một đơn vị thời gian, dịch chuyển máy ra
xa A từ từ. Khoảng cách xa nhất mà máy còn dò được ánh sáng ứng với nguồn màu tím và nguồn màu lục lần lượt là r
1
và
r

2
. Biết |r
1
– r
2
| = 30 km. Giá trị r
1
là
A. 180 km B. 210 km C. 150 km D. 120 km
Giải Gọi P là công suất phát sáng tại nguồn A; N
1
và N
2
là số photon tím và lực phát ra trong 1s
P = N
1
1
λ
hc

= N
2

2
λ
hc

=>
1
2

N
N
=
1
2
λ
λ
Photon còn đến được máy dò khi;
2
1
1
4 r
N
π

=

2
2
2
4 r
N
π

≥ 1 => N
1
= 4π
2
max1
r

= 4π
2
1
r
và N
2
= 4π
2
2
r
=>
2
2
2
1
r
r
=
2
1
N
N

=
2
1
λ
λ
= 0,6944
=> r

1
= 0,833r
2
< r
2
=> r
2
– r
1
= 30 km => r
2
= r
1
+ 30 (km)
=> r
1
= 0,833(r
1
+ 30) => 0,167r
1
= 25 => r
1
= 149,7 km ≈ 150 km. Đáp án C
Câu 43: Kích thích cho các nguyên tử hidro chuyển từ trạng thái cơ bản lên trạng thái kích thích sao cho bán kính quỹ đạo
dừng tăng 25 lần. Trong quang phổ phát xạ của nguyên tử hidro sau đó, tỉ số giữa bước sóng dài nhất và bước sóng ngắn
nhất là:
A.
128
3
. B.

128
9
. C.
128
16
D.
64
3
.
HD giải: Nguyên tử hidro chuyển từ trạng thái cơ bản lên trạng thái kích thích sao cho bán kính quỹ đạo dừng tăng 25 lần
(tức là chuyển lên trạng thái n=5 - Trạng thái 1)
Bước sóng dài nhất
45
54
EE
hc
−
=
λ
(năng lượng bé nhất – chuyển từ trạng thái 5 sang trạng thái 4)
Bước sóng ngắn nhất
15
51
EE
hc
−
=
λ
(năng lượng lớn nhất – chuyển từ trạng thái 5 sang trạng thái 1)
Vậy

2 2
54 5 1
51 5 4
2 2
13,6 13,6
384 128
5 1
13,6 13,6
9 3
5 4
E E
E E
λ
λ
− +
−
= = = =
−
− +
.Chọn A
Câu 44: Khi chiếu chùm bức xạ đơn sắc có bước sóng λ = 102,5 nm qua chất khí hiđrô ở nhiệt độ và áp suất thích hợp thì
thấy chất khí đó phát ra ba bức xạ có các bước sóng λ
1
< λ
2
< λ
3
. Cho biết λ
3
= 656,3 nm Giá trị của λ

1
và λ
2
l
A. λ
1
= 97,3 nm và λ
2
= 121,6 nm B . λ
1
= 97,3 nm và λ
2
= 410,2 nm
C. λ
1
= 102,5 nm và λ
2
= 410,2 nm D. λ
1
= 102,5 nm và λ
2
= 121,5 nm
Giải: Khi chiếu chùm bức xạ λ, nguyên tử hiđrô ở trạng thái kích thích có thể phat ra 3 bức xạ λ
1
< λ
2
< λ
3

nên ở quỹ đạo M

ta có
3
λ
hc
= E
M
– E
L
(1)

1
λ
hc
= E
M
– E
K
=
λ
hc
(2)

2
λ
hc
= E
L
– E
K
(3)

Từ (2) => λ
1
= λ = 102,5 nm
Lấy (2) –(1):
1
λ
hc
-
3
λ
hc
= E
L
– E
K
=
2
λ
hc
=>
2
1
λ
=
1
1
λ
-
3
1

λ
=> λ
2
=
λλ
λλ
−
3
3
= 121,47 nm = 121,5 nm. Chọn D
16
M
L
K
λ
1
λ
2
λ
3
Câu 45: Tỉ số bán kính của hạt nhân 1 và 2 là r
1
/r
2
= 2. Tỉ số năng lượng liên kết của 2 hạt nhân đó xấp xỉ bằng bao nhiêu
nếu xem năng lượng liên kết riêng của 2 hạt nhân bằng nhau?
A. ΔE
1
/ΔE
2

= 8. B. ΔE
1
/ΔE
2
= 0,125 C. ΔE
1
/ΔE
2
= 2 D. ΔE
1
/ΔE
2
= 0,5
Giải: Bán kính hạt nhân có số khối A r = r
0
A
1/3


3
2
3
1
r
r
=
2
1
A
A

= 8

2
1
E
E
∆
∆
=
22
11
AW
AW
LK
LK
=
2
1
A
A
= 8. Đáp án A
Câu 46. Trong phản ứng tổng hợp hêli:
HeHeHLi
4
2
4
2
1
1
7

3
+→+
Biết m
Li
= 7,0144u; m
H
= 1,0073u; m
He4
= 4,0015u, 1u =
931,5MeV/c
2
. Nhiệt dung riêng của nước là c = 4,19kJ/kg.k
-1
. Nếu tổng hợp hêli từ 1g liti thì năng lượng toả ra có thể đun
sôi một nước ở 0
0
C là:
A. 4,25.10
5
kg; B. 5,7.10
5
kg; C. 7,25. 10
5
kg; D. 9,1.10
5
kg.
Giải 1:
Năng lượng phản ứng tỏa ra khi tổng hợp một hạt Liti là
2
. ( 2.4,0015 7,0144 1,0073).931,5 17,41905( )E m c MeV∆ = ∆ = − + + =

Khi tổng hợp 1g Liti thi
23 13 10
1
. . . . .6,023.10 .17.41905.1,6.10 23,9806.10 ( )
7
A A
m
Q n N E N E J
A
−
= ∆ = ∆ = =
Như vậy:
2 2
10
5
2 1
3
2 1
23,9806.10
. ( ) 5,723.10 ( )
( ) 4,19.10 .(100 0)
H O H O
Q
Q m c t t m kg
c t t
= − ⇒ = = =
− −
Vậy chọn B
Giải 2:
* Tính năng lượng PUHN là:

W
pu
Năng lượng khi tổng hợp từ 1g Li là:
0
0
100
1
. .W
1
7
.W . .W . . . . 0
7 .100
A pu
pu A pu dunnuocsoi
soi C
N
Q N N Q C m t C m t m
C
=
 
= = = = ∆ = − ⇒ =
 

Chú ý: Năng lượng phản ứng đổi ra Jun. và C=4190J/Kg.K
Câu 47. Biết đồng vị phóng xạ
14
6
C có trong khí quyển có chu kì bán rã 5568 năm. Mọi thực vật sống trên trái đất đều hấp
thụ Cacbon dưới dạng CO2 và đều chứa một lượng cân bằng C14. Trong một môi mộ cổ, người ta tìm thấy một mảnh xương
18g với độ phóng xạ 112 phân rã/phút . Hỏi vật hữu cơ này đã chết cách đây bao lậu, biết độ phóng xạ C14 ở thực vật sống là

12 phân rã/phút .
A. 5368,28 năm. B. 5268,28 năm. C. 5168,28 năm. D. 5068,28 năm.
Giải :
Nguyên tắc xác định tuổi cổ vật thì hai mẫu vật: cổ và mới (còn sống) phải cùng khối lượng.
Độ phóng xạ ở thực vật sống là 12 phân rã/g.phút nên H
0
=12.18=216 phân rã/g.phút
Độ phóng xạ ở mảnh xương cổ H=112 phân rã/g.phút
Áp dụng công thức
86,52752.2161122
5568
0
=→=↔=
−
−
tHH
t
T
t
năm Chọn B
Câu 48: Phương trình phóng xạ
α
của rađi là :
226 222
88 86
Ra Rn
α
→ +
. Cho biết khối lượng các hạt nhân:
m

Ra
= 225,977u; m
Rn
= 221,970u,
m
α
= 4,0015u và 1u =931 MeV/c
2
. Động năng của hạt
α
bằng:
A. 0,09 MeV B. 5,03 MeV * C. 5,12 MeV D. 5,21 MeV
Giải Câu 48:
( )
.931 5,12
Rn Ra Rn
E K K m m m MeV
α α
= + = − + = 
 

0 2 2 5,03
1
Rn Rn Rn Rn
Rn
Rn
m
E
p p m K m K K K K MeV
m

m
m
α
α α α α α
α
+ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = =
+
r r

17
Câu 49: Ban đầu có một mẫu chất phóng xạ nguyên chất X với chu kì bán rã T. Cứ một hạt nhân X sau khi phóng xạ tạo
thành một hạt nhân Y. Nếu hiện nay trong mẫu chất đó tỉ lệ số nguyên tử của chất Y và chất X là k thì tuổi của mẫu chất
là :
A.
( )
ln 1 k
t T
ln 2
−
=
. B.
( )
ln 1 k
t T
ln 2
+
=
. C.
( )
ln 2

t T
ln 1 k
=
+
. D.
( )
2ln 2
t T
ln 1 k
=
+
.
Giải câu 8:
( )
( )
1 2
2
1 2 2 1 2 2
1 1
2 1 ln 2 ln 1
1
2
ln 1
ln 2
t
T
t
T
t t t t
T T T T

t
T
t
T
Y
K
X
K K
t
K K
K T
K
t T
−
−
− − − −
−
−
−
= =
− = × ⇒ = + ×
= ⇒ = + ⇒ × = +
+
+
⇒ = ×
Câu 50. Bắn hạt α có động năng 4 MeV vào hạt nhân
14
7
N đứng yên thì thu được một prôton và hạt nhân X. Giả sử hai hạt
sinh ra có cùng tốc độ, tính động năng và tốc độ của prôton. Cho: m


= 4,0015 u; m
X
= 16,9947 u; m
N
= 13,9992 u; m
p
=
1,0073 u; 1u = 931,5 MeV/c
2
.
A. 5,6.10
6
m/s B. 30,85.10
5
m/s C. 30,85.10
6
m/s D. 5,6.10
5
m/s
Phương trình phản ứng
OpN
17
8
1
1
14
7
4
2

+→+
α
Năng lượng thu vào của phản ứng:
MeVcmmmmE
XpN
21095,15,931)9947,160073,19992,130015,4()(
2
−=−−+=−−+=∆
α
* Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng toàn phần
XpXp
KKKKEK +=−↔+=∆+ 21095,14
α
78905,2=+↔
Xp
KK
(*)
* Mặt khác
00073,19947,16
9947,16
0073,1
.5,0
.5,0
2
2
=−↔=↔=
Xp
X
p
XX

pp
X
p
KK
K
K
vm
vm
K
K
(**)
Giải hệ ta có



=
=
MeVK
MeVK
X
p
633,2
156,0
Tốc độ của proton là
sm
c
cMev
MeV
m
K

vvmK
p
p
pppp
/10.47,5
5,931.0073,1
)10.3.(156,0.2
5,931.0073,1
.156,0.2
/5,931.0073,1
156,0.2
2
.
2
1
6
282
2
2
=====→=
18