bài tập hay và khó các chương vật lý 12

Sưu tầm và biên soạn :Võ Tiến Dũng
TỔNG HỢP CÂU HỎI HAY VÀ KHÓ CÁC CHƯƠNG
Chương 1:Dao động cơ
Câu 1: Một vật có khối lượng m
1
= 1,25 kg mắc vào lò xo nhẹ có độ cứng k = 200 N/m, đầu kia của lò xo gắn chặt vào
tường. Vật và lò xo đặt trên mặt phẳng nằm ngang có ma sát không đáng kể. Đặt vật thứ hai có khối lượng m
2
= 3,75 kg sát
với vật thứ nhất rồi đẩy chậm cả hai vật cho lò xo nén lại 8 cm. Khi thả nhẹ chúng ra, lò xo đẩy hai vật chuyển động về một
phía. Lấy
2
π
=10, khi lò xo giãn cực đại lần đầu tiên thì hai vật cách xa nhau một đoạn là:
A.
84
−
π
(cm) B.
42
−
π
(cm) C.
44
−
π
(cm) D. 16 (cm)
Câu 2: Một con lắc lò xo gồm vật nhỏ khối lượng 0,2 kg và lò xo có độ cứng k =20 N/m. Vật nhỏ được đặt trên giá đỡ cố
định nằm ngang dọc theo trục lò xo. Hệ số ma sát trượt giữa giá đỡ và vật nhỏ là 0,01. Từ vị trí lò xo không bị biến dạng,
truyền cho vật vận tốc ban đầu 1 m/s thì thấy con lắc dao động tắt dần trong giới hạn đàn hồi của lò xo. Lấy g = 10 m/s
2

. Độ
lớn lực đàn hồi cực đại của lò xo trong quá trình dao động bằng.
A. 2 N. B. 2,02 N. C. 1,88 N. D. 1,98 N.
Câu 3: Một con lắc lò xo nằm ngang gồm vật M có khối lượng 400 g và lò xo có độ cứng là 40 N/m đang dao động điều
hòa trên mặt phẳng ngang nhẵn với biên độ 5cm. Đúng lúc M qua vị trí cân bằng người ta dùng vật m có khối lượng 100g
bay với vận tốc 50 cm/s theo phương thẳng đứng hướng xuống bắn vào M và dính chặt ngay vào M. Sau đó M dao động với
biên độ.
A.
2 5 cm
. B.
2 2 cm
. C.
2,5 5 cm
. D.
1,5 5 cm
.
Câu 4: Một con lắc lò xo có độ cứng k=40N.m
-1
đầu trên được giữ cố định còn phia dưới gắn vật m. Nâng m lên đến vị trí
lò xo không biến dạng rồi thả nhẹ vật dao động điều hòa theo phương thẳng đứng với biên độ 2,5cm. Lấy g=10m/s
2
.Trong
quá trình dao động, trọng lực của m có công suất tức thời cực đại bằng
A.0,41W B.0,64W C.0,5W D.0,32W
Giải:
- Ta có độ biến dạng của lò xo tại VTCB là
0,025l A m∆ = =
. Mà tại VTCB ta có
40.0,025
0,1

10
dh
K l
F P K l mg m m kg
g
∆
= ⇒ ∆ = ⇒ = ⇒ = =
- Vận tốc cực đại của vật m trong quá trình dao động:
0,025.20 0,5 /
max max
K
v A A v m s
m
ω
= = ⇒ = =
- Công suất tức thời cực đại của trong lực tác dung lên m:
P
max
= mv
max
= 0,5.0,1= 0,05W
Câu 5: Một con lắc lò xo đặt trên mặt phẳng nằm ngang gồm lò xo nhẹ, độ cứng
50 /k N m=
, một đầu cố định, đầu kia gắn
với vật nhỏ khối lượng
1
100m g=
. Ban đầu giữ vật
1
m

tại vị trí lò xo bị nén 10 cm, đặt một vật nhỏ khác khối lượng
2
400m g=
sát vật
1
m
rồi thả nhẹ cho hai vật bắt đầu chuyển động dọc theo phương của trục lò xo. Hệ số ma sát trượt giữa
các vật với mặt phẳng ngang
0,05.
µ
=
Lấy
2
10 / .g m s=
Thời gian từ khi thả đến khi vật
2
m
dừng lại là:
A. 2,16 s. B. 0,31 s. C. 2,21 s. D. 2,06 s.
Vật m
2
sẽ rời khỏi m
1
khi chúng đi qua vị trí mà lò xo không biến dạng(1/4 chu kỳ =
)(20/ s
π
). Khi đó m
2
có vận tốc thỏa
mãn phường trình

9,0
22
22
=⇒−= vmgA
kAmv
µ
.Tiếp sau đó m
2
chuyển động chậm dần đều với gia tốc
2
/5,0 smga ==
µ
.
Vậy thời gian cần tìm t = ¼T + v/a = 2,06s. Đáp án D
Câu 6. Con lắc lò xo gồm vật nặng M = 300g, lò xo có độ cứng k = 200N/m lồng vào một trục thẳng đứng như hình bên.
Khi M đang ở vị trí cân bằng, thả vật m = 200g từ độ cao h = 3,75cm so với M. Lấy g = 10m/s
2
. Bỏ qua ma sát. Va chạm là
mềm.Sau va chạm cả hai vật cùng dao động điều hòa.Chọn trục tọa độ thẳng đứng hướng lên, gốc tọa độ là vị trí cân bằng
của M trước khi va chạm, gốc thời gian là lúc va chạm. Phương trình dao động của hai vật là :
A.
)(1)3/2cos(2 cmtx
−+=
ππ
B.
)(1)3/2cos(2 cmtx ++=
ππ

C.
)()3/2cos(2 cmtx

ππ
+=
D.

)()3/2cos(2 cmtx
ππ
−=

Hướng dẫn:
+ Chọn mốc thế năng tại O (Vị trí cân bằng của M trước va chạm)
+ Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho m ta có :
smghvmvmgh /866,02
2
1
2
≈=⇒=
+ AD định luật bảo toàn động lượng ta có:
sm
Mm
mv
VVMmmv /3464,0)( =
+
=⇒+=
+ Khi có thêm vật m vị trí cân bằng mới O
’
cách O một đoạn :
cmkmgl 1/ ==∆
+ Như vậy hệ (m + M ) sẽ dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng O
’
cách O một đoạn 1cm.

+ Phương trình dao động của hệ (m + M ) khi gốc tọa độ tại O có dạng là :
1)cos( −+=
ϕω
tAx
+ Tần số góc :
)/(20 srad
mM
k
=
+
=
ω
+ Khi t = 0
Vv
x
−=
=
0
0
0
⇔
64,34sin
01cos
−=−
=−
ϕω
ϕ
A
A
+ Giải hệ phương trình trên ta được :A = 2cm ;

3/
πϕ
=
+ Phương trình dao động là :
)(1)3/2cos(2 cmtx −+=
ππ
Câu 7. Cho cơ hệ như hình bên. Biết M = 1,8kg, lò xo nhẹ độ cứng k = 100N/m. Một vật khối
lượng m = 200g chuyển động với tốc độ v
0
= 5m/s đến va vào M (ban đầu đứng yên) theo trục
của lò xo. Hệ số ma sát trượt giữa M và mặt phẳng ngang là μ = 0,2. Coi va chạm hoàn toàn
đàn hồi xuyên tâm. Tốc độ cực đại của M sau khi lò xo bị nén cực đại là:
A. 1 m/s B. 0,8862 m/s
C. 0.4994 m/s D. 0, 4212 m/s
Hướng dẫn:
+ Chọn gốc tọa độ là vị trí lò xo bị nén cực đại, chiều dương sang phải
+ ĐL bảo toàn động lượng:
0 1 2
mv mv Mv= +
r r r
210
Mvmvmv +=⇒
(1)
+ Động năng bảo toàn:
2 2 2
0 1 2
mv mv Mv
2 2 2
= +
(2)

+ Từ (1), (2) có: v
2
=
0
2mv
1
m M
=
+
m/s
+ ĐL bảo toàn năng lượng:
( )
)(103,0
22
maxmax
2
max
2
2
mllMg
lk
Mv
=∆⇒∆+
∆
=
µ

+ Tốc độ của M đạt cực đại tại vị trí có:
)(036,0 m
k

Mg
xkxMgFF
đhms
==⇒=⇒=
µ
µ
+ ĐL bảo toàn năng lượng:
( )
smv
kx
Mv
xlMg
lk
/4994,0
22
)(
2
max
2
2
2
max
max
2
max
≈⇒++−∆=
∆
µ
m
M

M
m
h
Câu 8: Có ba con lắc đơn cùng chiều dài cùng khối lượng cùng được treo trong điện trường đều có
E
ur
thẳng đứng. Con lắc
thứ nhất và thứ hai tích điện q
1
và q
2
, con lắc thứ ba không tích điện. Chu kỳ dao động nhỏ của chúng lần lượt là T
1
, T
2
, T
3
có
1 3 2 3
1 5
;
3 3
T T T T= =
. Tỉ số
1
2
q
q
là:
A. 12,5 B. 8 C. -12,5 D. -8

Câu 9. Một con lắc đơn dao động điều hòa với phương trình li độ dài: s = 2cos7t (cm) (t : giây), tại nơi có gia tốc trọng
trường g = 9,8 (m/s
2
). Tỷ số giữa lực căng dây và trọng lực tác dụng lên quả cầu ở vị trí cân bằng là
A. 1,08 B. 0,95 C. 1,01 D. 1,05
( )
2
0 1
3 2 0 1 1 01
3 2
ax
ax
max max
m
c
c m
S S
, rad
F
l g
HD : cos , ,
mg
F mg cos cos
ω
α
α α

= = =

⇒ = − ≈



= −

Câu 10: Một thiên thể nọ có bán kính gấp m lần bán kính Trái Đất, khối lượng riêng gấp n lần khối lượng riêng Trái Đất.
Với cùng một con lắc đơn thì tỉ số chu kì dao động nhỏ con lắc trên thiên thể nọ so với trên Trái Đất là
A. mn . B.
1
mn
. C.
mn
. D.
1
mn
.
Câu 11. Biết bán kính Trái đất là R = 6400km, hệ số nở dài là
.10.2
15 −−
= K
α
Một con lắc đơn dao động trên mặt đất ở
25
0
C. Nếu đưa con lắc lên cao 1,28km. Để chu kì của con lắc không thay đổi thì nhiệt độ ở đó là
A. 8
0
C. B.10
0
C. C. 3
0

C. D. 5
0
C.
Hướng dẫn:
+ Ở t
1
0
C trên mặt đất, chu kì dao động của con lắc là :
g
l
T
1
1
2
π
=
+ Ở t
2

0
C và ở độ cao h, chu kì dao động của con lắc là :
h
g
l
T
2
2
2
π
=

+ Do
1
221
21
l
l
g
g
g
l
g
l
TT
h
h
=⇒=⇔=
(1)
+ Mặt khác Ta có :
R
h
hR
R
g
g
h
2
1
2
−≈







+
=
(2) Và
)(1
1
1
12
1
2
1
2
tt
t
t
l
l
−+≈
+
+
=
α
α
α
(3)
+ Từ (1) (2) (3) ta rút ra :

C
R
h
tt
0
12
5
2
=−=
α
Câu 12: Một vật dao động điều hòa với phương trình x = A.cos(ωt). Tỉ số giữa tốc độ trung bình và vận tốc trung
bình khi vật đi được sau thời gian 3T/4 đầu tiên kể từ lúc bắt đầu dao động là
A. 1/3 B. 3 C. 2 D. 1/2
Vận tốc trung bình:
2 1
tb
2 1
x x
v =
t t
−
−
,
2 1
Δx = x x−
là độ dời. Vận tốc trung bình trong một chu kỳ luôn bằng không
Tốc độ trung bình luôn khác 0:
tb
2 1
S

v =
t t−
trong đó S là quãng đường vật đi được từ t
1
đến t
2
.
Tốc độ trung bình:
tocdo
S 3A 4A
v = = =
3T
t T
4
(1); chu kỳ đầu vật đi từ x
1
= + A (t
1
= 0) đến x
2
= 0 (t
2
= ) (VTCB theo
chiều dương)
Vận tốc trung bình:
2 1
van toctb
2 1
x x 0 A
4A

v = = =
3T
t t 3T
0
4
− −
−
−
(2). Từ (1) và (2) suy ra kết quả bằng 3.
Câu 13: Một con lắc lò xo gồm lò xo có độ cứng k = 2N/m, vật nhỏ khối lượng m = 80g, dao động trên mặt
phẳng nằm ngang, hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt phẳng ngang là μ = 0,1. Ban đầu kéo vật ra khỏi vị trí cân
bằng một đoạn 10cm rồi thả nhẹ. Cho gia tốc trọng trường g = 10m/s
2
. Tốc độ lớn nhất mà vật đạt được bằng
A. 0,36m/s B. 0,25m/s C. 0,50m/s D. 0,30m/s
Vật có tốc độ cực đại khi gia tốc bằng 0; tức là lúc
hl dh ms
F = F + F = 0
r r r

lần đầu tiên tại N
ON = x
⇒
kx = µmg
⇒
x = µmg/k = 0,04m = 4cm
Khi đó vật đã đi được quãng đường S = MN = 10 – 4 = 6cm = 0,06m
Theo ĐL bảo toàn năng lượng ta có:
2
2 2

max
mv
kx kA
+ =μmgS
2 2 2
−
(Công của lực ma sát F
ms
= µmgS)

2
2 2
max
mv
kA kx
=μmgS
2 2 2
− −
⇒

06,0.10.08,0.1,0
2
04,0.2
2
1,0.2
2
08,0
22
2
max

−−=
v
= 0,0036
⇒

2
max
v = 0,09
⇒
v
max
= 0,3(m/s) = 30cm/s.
Câu 14 : Một con lắc lò xo đạt trên mặt phảng nằm ngang gồm lò xo nhẹ có một đầu cố định, đầu kia gắn với vật nhỏ
có khối lượng m. Ban đầu vật m được giữ ở vị trí để lò xo bị nén 9cm. Vật M có khối lượng bằng một nửa khối lượng
vật m nằm sát m. Thả nhẹ m để hai vật chuyển động theo phương của trục lò xo. Bỏ qua mọi ma sát. Ở thời điểm lò
xo có chiều dài cực đại lần đầu tiên, khoảng cách giữa hai vật m và M là:
A. 9 cm. B. 4,5 cm. C. 4,19 cm. D. 18 cm.
Khi qua vị trí cân bằng, vận tốc 2 vật là v
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho quá trình hai vật chuyển động từ vị trí lò xo bị nén
l
∆
đến khi hai vật
qua vị trí cân bằng:
2 2
1 1 k
k(Δ ) = (m + M)v v = Δ
2 2 m + M
l l
⇒
(1)

Đến vị trí cân bằng, vật m chuyển động chậm dần, M chuyển động thẳng đều, hai vật tách ra, hệ con lắc lò xo chỉ
còn m gắn với lò xo.
Khi lò xo có độ dài cực đại thì m đang ở vị trí biên, thời gian chuyển động từ vị trí cân bằng đến vị trí biên là T/4
Khoảng cách của hai vật lúc này:
2 1
T
Δx = x x = v. A
4
− −
(2), với
m
T = 2π
k
;
m
A = v
k
,
Từ (1) và (2) ta được:
k 2π m m k π 1 1
Δx = .Δ . . .Δ = Δ . Δ = 4,19cm
1,5m 4 k k 1,5m 2 1,5 1,5
l l l l
− −
Chương 2 Sóng cơ học
Câu 15: Tại O có một nguồn phát sóng với với tần số f = 20 Hz, tốc độ truyền sóng là 1,6 m/s. Ba điểm thẳng hàng A, B, C
nằm trên cùng phương truyền sóng và cùng phía so với O. Biết OA = 9 cm; OB = 24,5 cm; OC = 42,5 cm. Số điểm dao
động cùng pha với A trên đoạn BC là
A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
Câu 16: Một sóng cơ học lan truyền trên mặt thoáng chất lỏng nằm ngang với tần số 10 Hz, tốc độ truyền sóng 1,2 m/s. Hai

điểm M và N thuộc mặt thoáng, trên cùng một phương truyền sóng, cách nhau 26 cm (M nằm gần nguồn sóng hơn). Tại thời
điểm t, điểm N hạ xuống thấp nhất. Khoảng thời gian ngắn nhất sau đó điểm M hạ xuống thấp nhất là
A.
11/120 .s
B.
1/ 60 .s
C.
1/120 .s
D.
1/12 .s
HD: λ = 12 cm ;
MN
λ
=
26
12
= 2 +
1
6
hay MN = 2λ +
6
λ
⇒ Dao động tại M sớm pha hơn dao động tại N một góc
3
π
.
⇒
Dùng liên hệ giữa dao động điều hòa và chuyển động tròn đều
Dùng liên hệ giữa dao động điều hòa và chuyển động tròn đều
dễ dàng thấy

dễ dàng thấy : Ở thời điểm t, u
N
= -a (xuống thấp nhất)
thì u
M
=
a
2
−
và đang đi lên.
⇒ Thời gian ∆t
min
=
5T
6
=
5 1
s s
60 12
=
, với T =
1 1
s
f 10
=
.
Câu 1 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
Hướng dẫn
Phương trình sóng tại M do sóng tại A truyền đến là:
u
AM
= 3cos(40πt +
6
π
-
1
2 d
π
λ
)
Phương trình sóng tại M do sóng tại B truyền đến là:
u
BM
= 4cos(40πt +
2
3
π
-
2
2 d
π
λ

)
Phương trình sóng tổng quát tổng hợp tại M là:
u
M
= u
AM
+ u
BM
= 3cos(40πt +
6
π
-
1
2 d
π
λ
) + 4cos(40πt +
2
3
π
-
2
2 d
π
λ
)
Biên độ sóng tổng hợp tại M là: (Áp dụng công thức dao động điều hòa)
A =
2 2
2 1

2 2 2
3 4 2.3.4. os( ( ))
3 6
d d
c
π π π π
λ λ
+ + − − −
=
2 2
2 1
2
3 4 2.3.4. os( ( ))
2
c d d
π π
λ
+ + − −
Biên độ sóng tổng hợp tại M bằng 5 khi:
2 1
2
os( ( ))
2
c d d
π π
λ
− −
= 0
Khi đó:
2 1

2
( )
2
d d
π π
λ
− −
2 1
2 (
2
d d
π
π
λ λ
− −
) =
2
k
π
π
−
Do đó: d
2
– d
1
= k
2
λ
;
Mà - 8 ≤ d

2
– d
1
≤ 8 ⇔ - 8 ≤ k
2
λ
≤ 8 ⇔ - 8 ≤ k ≤ 8
Tương tự tại hai điểm M và N ở hai đầu bán kính là điểm dao động với biên độ bằng 5cm
Nên số điểm dao động với biên độ 5cm là: n = 17x2 – 2 = 32
Câu 17: Giao thoa sóng nước với hai nguồn giống hệt nhau A, B cách nhau 20cm có tần số 50Hz. Tốc độ truyền sóng trên
mặt nước là 1,5m/s. Trên mặt nước xét đường tròn tâm A, bán kính AB. Điểm trên đường tròn dao động với biên độ cực đại
cách đường thẳng qua A, B một đoạn gần nhất là
A. 18,67mm B. 17,96mm C. 19,97mm D. 15,34mm
A R = 4cm O B
Hướng dẫn:
Bước sóng λ = v/f = 0,03m = 3 cm
Xét điểm N trên AB dao động với biên độ
cực đại AN = d’
1
; BN = d’
2
(cm)
d’
1
– d’
2
= kλ = 3k
d’
1
+ d’

2
= AB = 20 cm
d’
1
= 10 +1,5k
0≤ d’
1
= 10 +1,5k ≤ 20
⇒
- 6 ≤ k ≤ 6
⇒
Trên đường tròn có 26 điểm dao động với biên độ cực đại
Điểm gần đường thẳng AB nhất ứng với k = 6. Điểm M thuộc cực đại thứ 6
d
1
– d
2
= 6λ = 18 cm; d
2
= d
1
– 18 = 20 – 18 = 2cm
Xét tam giác AMB; hạ MH = h vuông góc với AB. Đặt HB = x
h
2
= d
1
2
– AH
2

= 20
2
– (20 – x)
2

h
2
= d
2
2
– BH
2
= 2
2
– x
2

⇒
20
2
– (20 – x)
2
= 2
2
– x
2

⇒
x = 0,1 cm = 1mm
⇒

h =
mmxd 97,19399120
222
2
==−=−
. Chọn đáp án C
Cách khác:
v
3
f
cm
λ = =
; AM = AB = 20cm
AM - BM = kλ⇒BM = 20 - 3k
AB AB
k 6,7
− < < ≈
λ λ
⇒ k
max
= 6⇒BM
min
= 2cm
∆AMB cân: AM = AB = 200mm; BM = 20mm.
Khoảng cách từ M đến AB là đường cao MH của ∆AMB:
h =
( ) ( ) ( )
p p a p b p c
a b c
2

; p 21cm
a 2
− − −
+ +
= =
Câu 18 Hai điểm A, B nằm trên cùng một đường thẳng đi qua một nguồn âm và ở hai phía so với nguồn âm. Biết mức
cường độ âm tại A và tại trung điểm của AB lần lượt là 50 dB và 44 dB. Mức cường độ âm tại B là
A. 28 dB B. 36 dB C. 38 dB D. 47 dB
Từ công thức I = P/4πd
2
Ta có:
2
A M
M A
I d
= ( )
I d
và L
A
– L
M
= 10.lg(I
A
/I
M
) → d
M
=
0,6
A

10 .d
Mặt khác M là trung điểm cuả AB, nên ta có: AM = (d
A
+ d
B
)/2 = d
A
+ d
M
; (d
B
> d
A
)
Suy ra d
B
= d
A
+ 2d
M
Tương tự như trên, ta có:
2 0,6 2
A B
B A
I d
= ( ) = (1+ 2 10 )
I d
và L
A
– L

B
= 10.lg(I
A
/I
B
)
Suy ra L
B
= L
A
– 10.lg
0,6 2
(1 2 10 )+
= 36dB.
Câu 19 Hai nguồn kết hợp A, B cách nhau 45mm ở trên mặt thoáng chất lỏng dao động theo phương trình
u
1
= u
2
= 2cos100πt (mm). Trên mặt thoáng chất lỏng có hai điểm M và M’ ở cùng một phía của đường trung trực của AB
thỏa mãn: MA - MB = 15mm và M’A - M’B = 35mm. Hai điểm đó đều nằm trên các vân giao thoa cùng loại và giữa chúng
chỉ có một vân loại đó. Vận tốc truyền sóng trên mặt chất lỏng là:
A. 0,5cm/s B. 0,5m/s C. 1,5m/s D. 0,25m/s
GIẢI:
d
1
M
•
•
B

•
A
d
2
Giả sử M và M’ thuộc vân cực đại
Khi đó: MA – MB = 15mm = k
λ
; M’A – M’B = 35mm = (k + 2)
λ
=> (k + 2)/k = 7/3 => k = 1,5 không thoả mãn => M và
M’ không thuộc vân cực đại.
Nếu M, M’ thuộc vân cực tiểu thì:
MA – MB = 15mm = (2k + 1)
λ
/2; và M’A – M’B = 35mm =
( )
2 2 1
2
k
λ
+ + 
 

=>
2 5 7
2 1 3
k
k
+
=

+
=> k = 1. Vậy M, M’ thuộc vân cực tiểu thứ 2 và thứ 4
Ta suy ra: MA – MB = 15mm = (2k + 1)
λ
/2 =>
λ
= 10mm.
=> v =
λ
.f = 500mm/s = 0,5m/s
Câu 20: Trong thí nghiệm giao thoa Y-âng, nguồn S phát ánh sáng đơn sắc có bước sóng
λ
người ta đặt màn quan sát cách
mặt phẳng hai khe một khoảng D thì khoảng vân là 1mm. Khi khoảng cách từ màn quan sát đến mặt phẳng hai khe lần lượt
là
D D
+ ∆
hoặc
D D
− ∆
thì khoảng vân thu được trên màn tương ứng là
2i
và
.i
Nếu khoảng cách từ màn quan sát đến mặt
phẳng hai khe là
3D D+ ∆
thì khoảng vân trên màn là:
A. 3 mm. B. 2,5 mm. C. 2 mm. D. 4 mm.
Câu 21. Theo đề ra:

mmi
a
D
a
DD
imm
a
D
iDD
a
DD
i
a
DD
i 22
23
'1;3/;2
00
===
∆+
=⇒===∆⇒
∆−
=
∆+
=
λλλλλ
. Đáp án C.
Câu 22: Hai nguồn sóng kết hợp A, B trên mặt thoáng chất lỏng dao động theo phương trình
4 os(10 ) .

A B
u u c t mm
π
= =
Coi
biên độ sóng không đổi, tốc độ sóng
15 /v cm s
=
. Hai điểm
1 2
,M M
cùng nằm trên một elip nhận A, B làm tiêu điểm có
1 1
1AM BM cm− =
và
2 2
3,5 .AM BM cm− =
Tại thời điểm li độ của M
1
là
3mm
thì li độ của M
2
tại thời điểm đó là
A.
3 .mm
B.
3 .mm
−
C.

3 .mm
−
D.
3 3 .mm
−
Câu 23. Hai nguồn giống nhau, có
cm3=
λ
nên .
cmuu
d
d
u
u
dddd
dd
t
d
u
dd
t
d
u
MM
M
M
MM
3333
3/cos
6/cos

/cos
/cos
'');
''
cos(cos4.2);cos(cos4.2
12
2
2
1
2
2121
212
2
211
1
−=−=⇒−=−=
∆
∆
=⇒
+=+
+
−
∆
=
+
−
∆
=
π
π

λπ
λπ
λ
πω
λ
π
λ
πω
λ
π
. Đáp án D.
Câu 24: Tại O có 1 nguồn phát âm thanh đẳng hướng với công suất không đổi. Một người đi bộ từ A đến C theo một đường
thẳng và lắng nghe âm thanh từ nguồn O thì nghe thấy cường độ âm tăng từ I đến 4I rồi lại giảm xuống I. Khoảng cách AO
bằng:
A.
AC 2
2
B.
AC 3
3
C.
AC
3
D.
AC
2
Do nguồn phát âm thanh đẳng hướng. Cường độ âm tại điểm cách nguồn âm R là
2
P
I =

4πR
. Giả sử người đi bộ từ A qua M tới C → I
A
= I
C
= I → OA = OC
Giả thuyết: I
M
= 4I → OA = 2.OM. Trên đường thẳng qua AC I
M
đạt giá trị lớn nhất,
nên M gần O nhất → OM vuông góc với AC và là trung điểm của AC
AO
2
= OM
2
+ AM
2
=
2 2
AO AC
+
4 4
→ 3AO
2
= AC
2

→

AO =
AC 3
3
.
Chương 3 Điện xoay chiều
Câu 25: Một chiếc đèn nêôn đặt dưới một hiệu điện thế xoay chiều 119V – 50Hz. Nó chỉ sáng lên khi hiệu điện thế tức thời
giữa hai đầu bóng đèn lớn hơn 84V. Thời gian bóng đèn sáng trong một chu kỳ là bao nhiêu?
A. Δt = 0,0100s. B. Δt = 0,0133s. C. Δt = 0,0200s.D. Δt = 0,0233s.
Câu 26: Mắc nối tiếp một điện trở thuần R, một cuộn cảm thuần có độ tự cảm L và một tụ điện C có điện dung biến thiên
vào một mạch điện xoay chiều có điện áp hiệu dụng U = 150
3
V. Điện áp u
RL
giữa hai đầu đoạn mạch chứa R và L sớm
pha π/6 so với cường độ dòng điện i. Điều chỉnh giá trị điện dung C của tụ điện để điện áp hiệu dụng hai đầu tụ điện đạt giá
trị cực đại là U
C max
.Giá trị cực đại U
C max
bằng
A. 75 V. B. 75
3
V. C. 150 V. D. 300 V.
Câu 27: Cho mạch điện xoay chiều RLC mắc nối tiếp, cuộn dây thuần cảm. Biết L = CR
2
. Đặt vào hai đầu đoạn mạch điện
áp xoay chiều ổn định, mạch có cùng hệ số công suất với hai giá trị của tần số góc
)s/rad(50
1
π=ω

và
)s/rad(200
2
π=ω
. Hệ số công suất của đoạn mạch bằng:
A.
2
13
. B.
2
1
. C.
2
1
. D.
12
3
.
Câu 28 Đặt điện áp xoay chiều có u = 100
2
cos(ωt) V vào hai đầu mạch gồm điện trở R nối tiếp với tụ C có Z
C
= R. Tại
thời điểm điện áp tức thời trên điện trở là 50V và đang tăng thì điện áp tức thời trên tụ là
A. – 50V. B. – 50
3
V. C. 50V. D. 50
3
V.
Từ Z

C
= R
⇒
U
0C
= U
0R
= 100V mà
R
u 50
i = =
R R
còn
0R
0
U
I =
R
Áp dụng hệ thức độc lập trong đoạn chỉ có tụ C:
2
R
2 2
2
C C
2 2 2
2
0R
0C 0
u
( )

u u
i
R
+ = 1 =1
U
U I 100
( )
R
⇒ +

2
C C
u = 7500 u = ± 50 3V⇒ ⇒
; vì đang tăng nên chọn
C
u = 50 3V−
Câu 29: Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ. Điện dung C có giá trị thay đổi được và cuộn dây thuần cảm. Điều chỉnh
giá trị của C và ghi lại số chỉ lớn nhất trên từng vôn kế thì thấy U
Cmax
= 3U
Lmax
. Khi đó U
Cmax
gấp bao nhiêu lần U
Rmax
?
A.
3
8
B.

8
3
C.
4 2
3
D.
3
4 2
Vì C biến thiên nên:
2 2
Cmax L
U
U R Z
R
= +
(1)
Lmax max L L L
min
U U
U I .Z .Z .Z
Z R
= = =
(2) (cộng hưởng điện) và
Rmax
U U=
(3) (cộng hưởng điện)
2 2
L
Cmax
L

Lmax L
R + Z
U
(1)
= 3 = R = Z 8
(2) U Z
⇒ ⇒
(4)
2 2
L
Cmax
Rmax
R + Z
U
(1)
=
(3) U R
⇒
(5)
Từ (4) và (5) →
8
3
U
U
maxR
maxC
=
Câu 30: Cho đoạn mạch AB gồm hai đoạn mạch AM nối tiếp với MB. Biết đoạn AM gồm R nt với C và MB có cuộn cảm
có độ tự cảm L và điện trở r. Đặt vào AB một điện áp xoay chiều u = U
2

cosωt (v). Biết R = r =
L
C
, điện áp hiệu dụng
giữa hai đầu MB lớn gấp
3
điện áp hai đầu AM. Hệ số công suất của đoạn mạch có giá trị là
A. 0,866 B. 0,975 C. 0,755 D.0,887
HD:
R = r =
L
C
→ R
2
= r
2
= Z
L
.Z
C
→ Z
C
=
2
L
R
Z
(1)
(Vì Z
L

= ωL; Z
C
=
1
ωC
→ Z
L
.Z
C
=
L
C
)
U
MB
=
3
U
AM
→ Z
MB
=
3
Z
AM
↔ R
2
+ Z
C
2

= 3r
2
+ 3Z
L
2

→

Z
C
2
= 2R
2
+ 3Z
L
2
(2) → (
2
L
R
Z
)
2
= 2R
2
+ 3Z
L
2

3Z

L
4
+ 2R
2
Z
L
2
– R
4
= 0 →(3 Z
L
2
- R
2
)( R
2
+ Z
L
2
)=0
→ Z
L
2
=
2
R
3
→ Z
L
=

R
3
và Z
C
= R
3
(3)
Tổng trở Z =
2 2
L C
(R + r) +(Z Z )−
=
4R
3
→ cosϕ =
R + r
Z
=
2R
4R
3
=
2
3
= 0,866
Câu 31: Cho mạch điện RLC, tụ điện có điện dung C thay đổi. Điều chỉnh điện dung sao cho điện áp hiệu dụng của tụ đạt
giá trị cực đại, khi đó điện áp hiệu dụng trên R là 75 V. Khi điện áp tức thời hai đầu mạch là
75 6V
thì điện áp tức thời của
đoạn mạch RL là

25 6 .V
Điện áp hiệu dụng của đoạn mạch là
A.
75 6 .V
B.
75 3 .V
C. 150 V. D.
150 2 .V
Câu 32. Điều chỉnh điện dung để U
C
đạt cực đại thì điện áp u
LR
vuông pha với u nên ta có
1sin;cos
2
0
2
2
0
2
00
=+⇒Φ=Φ=
LR
LR
LRLR
U
u
U
u
UuUu

(*). Mặt khác áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có
2
0
2
0
2
0
111
LRR
UUU
+=
(**). Từ (*) và (**) tìm được
V
U
U
U
u
uu
U
R
LR
LR
150
2
25.72
1
0
2
2
0

2
22
2
0
==⇒=
−
−
=
. Đáp án C.
Câu 33: Máy biến thế gồm cuộn sơ cấp N
1
=1000 vòng, r
1
=1 (ôm); cuộn thứ cấp với N
2
=200 vòng, r
2
=1,2 (ôm). Nguồn sơ
cấp có hiệu điện thế hiệu dụng U
1
, tải thứ cấp là trở thuần R=10 (ôm); hiệu điện thế hiệu dụng U
2
. Bỏ qua mất mát năng
lượng ở lõi từ. Tính hiệu suất của máy.
A. 80% B. 82% C. 69% D. 89%
E1= U1 - I1.r1
E2= U2 + I2.r2
Mà
Thay vào được U1= 5,624.U2
Câu 34 Mạch điện xoay chiều R, L, C mắc nối tiếp. Điện áp ở hai đầu đoạn mạch là

0
u U cos t= ω
. Chỉ có
ω
thay đổi
được. Điều chỉnh
ω
thấy khi giá trị của nó là
1
ω
hoặc
2
ω
(
2
ω
<
1
ω
) thì cường độ dòng điện hiệu dụng đều nhỏ hơn cường
độ dòng điện hiệu dụng cực đại n lần (n > 1). Biểu thức tính R là
A. R =
1 2
2
L( )
n 1
ω − ω
−
B. R =
1 2

2
L( )
n 1
ω − ω
−
C. R =
1 2
2
L
n 1
ω ω
−
D. R =
1 2
2
( )
L n 1
ω −ω
−
Hướng dẫn:
+ Gọi I
1
và I
2
là cường độ dòng điện hiệu dụng ứng với ω
1
và ω
2
.
+ Theo bài ra ta có:

n
I
II
max
21
==
+ Do:
( )
1
111
21
2
2
2
2
1
12121
L
Cc
L
C
LZZII
ϖϖ
ϖ
ϖ
ϖ
ϖ
=⇒









+=








+⇒=⇒=
+ Mặt khác:
( )
( )
2
1
1
1
2
1
1
22
2
1
1

2
max
1
C
LRn
nR
U
C
LR
U
n
I
I








−=−⇒=









−+
⇒=
ϖ
ϖ
ϖ
ϖ
+ Từ (1) và (2) ta có:
( )
1
2
21
−
−
=
n
L
R
ϖϖ
.
Câu 35. Trong quá trình truyền tải điện năng đi xa cần tăng điện áp của nguồn lên bao nhiêu lần để giảm công suất hao phí
trên đường dây đi 100 lần. Giả thiết công suất nơi tiêu thụ nhận được không đổi, điện áp tức thời u cùng pha với dòng điện
tức thời i. Biết ban đầu độ giảm điện áp trên đường dây bằng 15% điện áp của tải tiêu thụ.
A. 4,3 lần B. 8,7 lần. C. 10 lần D. 5 lần
Hướng dẫn:
+ Gọi U; U
1
;
ΔU
; I
1;

1
P∆
là điện áp nguồn, điện áp ở tải tiêu thụ, độ giảm điện áp trên đường dây, dòng điện hiệu dụng và
công suất hao phí trên đường dây lúc đầu.
U’; U
2
;
ΔU'
; I
2
;
2
P∆
là điện áp nguồn, điện áp ở tải tiêu thụ, độ giảm điện áp trên đường dây, dòng điện hiệu dụng và công
suất hao phí trên đường dây lúc sau.
+ Ta có:
10
1'
10
1
100
1
1
2
2
1
2
1
2
=

∆
∆
⇒=⇒=








=
∆
∆
U
U
I
I
I
I
P
P

+ Theo đề ra:
1
ΔU = 0,15.U
10
15,0
'
1

U
U =∆⇒
(1)
+ Vì u và i cùng pha và công suất nơi tiêu thụ nhận được không đổi nên:

2 1
1 1 2 2
1 2
U I
U .I = U .I = = 10
U I
⇒
⇒ U
2
= 10U
1
(2)
+ Từ (1) và (2) ta có:
1 1
1
2 1 1
U = U + ΔU = (0,15 + 1).U
0,15.U 0,15
U' = U + ΔU' = 10.U + = (10 + ).U
10 10






+ Do đó:
0,15
10+
U'
10
= = 8,7
U 0,15+1
Câu 36: Mạch điện R
1
L
1
C
1
có tần số cộng hưởng ω
1
và mạch R
2
L
2
C
2
có tần số cộng hưởng ω
2
, biết ω
1
=ω
2
. Mắc nối tiếp hai
mạch đó với nhau thì tần số cộng hưởng của mạch sẽ là ω. ω liên hệ với ω

1
và ω
2
theo công thức nào? Chọn đáp án đúng:
A. ω=2ω
1
. B. ω

= 3ω
1
. C. ω= 0. D. ω = ω
1
.
Giải:

2
ω
=
LC
1
=
21
21
21
)(
1
CC
CC
LL
+

+

2
1
ω
=
11
1
CL
> L
1
=
1
2
1
1
C
ω
;
2
2
ω
=
22
1
CL
>L
2
=
2

2
2
1
C
ω

L
1
+ L
2
=
1
2
1
1
C
ω
+
2
2
2
1
C
ω
=
2
1
1
ω
(

1
1
C
+
2
1
C
) =
2
1
1
ω
21
21
CC
CC
+
( vì ω
1
=ω
2
.)
>
2
1
ω
=
21
21
21

)(
1
CC
CC
LL
+
+
=
2
ω
> ω = ω
1
. Đáp án D
Câu 37: Đặt điện áp xoay chiều
0
. osu U c t
ω
=
(U không đổi,
ω
thay đổi được) vào hai đầu đoạn mạch RLC mắc nối tiếp
(biết L>CR
2
/2). Với 2 giá trị
1
120 2( / )rad s
ω ω
= =
và
2

160 2( / )rad s
ω ω
= =
thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu
cuộn cảm có giá trị như nhau. Khi
0
ω ω
=
thì thấy điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn cảm đạt giá trị cực đại. Giá trị
0
ω
là:
A. 189 (rad/s). B. 200 (rad/s) C. 192(rad/s) . D. 198 (rad/s).
Tính nhanh như sau:
1 2
2 2 2
2 2
1 2
1 2
. . 21 1 1 1
( ) 192 / .
2
rad s
ω ω
ω
ω ω ω
ω ω
= + ⇒ = =
+
Câu 38. Đoạn mạch xoay chiều AB ghép theo thứ tự L,R,C nối tiếp, L là cuộn dây thuần cảm,R là điện trở thuần, C là tụ

điện.Điện áp xoay chiều ở 2 đầu đoạn mạch AB có dạng:u
AB
= U
2
cos2
π
ft V .Các điện áp hiệu dụng U
C
= 200V , U
L
=
100V. Điện áp u
LR
và u
RC
lệch pha nhau 90
o
. Điện áp hiệu dụng U
R
có giá trị là :
A. 200(V) B. 100(V) C. 100
2
(V) D. 3000(V).
HD:Ta có:
.tan;tan
R
C
RC
R
L

LR
U
U
U
U
−==
ϕϕ
Do
1
.
1tan.tan
2
=⇒−=⇒⊥
R
RCLR
RCLRRCLR
U
UU
UU
ϕϕ
rr
)(2100. VUUU
RCLRR
==⇒
Câu 39: Cho đoạn mạch RLC với
2
/ ,L C R
=
đặt vào hai đầu đoạn mạch trên điện áp xoay chiều
2 cos , u U t

ω
=
(với U
không đổi,
ω
thay đổi được). Khi
1
ω ω
=
và
2 1
9
ω ω ω
= =
thì mạch có cùng hệ số công suất, giá trị hệ số công suất đó là
A.
3/ 73.
B.
2 / 13.
C.
2 / 21.
D.
4 / 67.
Câu 40.
73
3
/cos
9
73
)(3;

3
1
/
9
1
9
1
9''coscos;
9
1
';9'9
222
12
==⇒=−+=⇒==⇒==
=⇔−=−⇔=⇔===⇒=
ZRRZZRZRZRZRCLZZ
ZZZZZZZZZZZZ
CLCLCL
CLCLLCLCLCCCLL
ϕ
ϕϕωω
. Đáp án A.
Câu 41: Cho đoạn mạch RLC với
2
/ ,L C R
=
đặt vào hai đầu đoạn mạch trên điện áp xoay chiều
2 cos , u U t
ω
=

(với U
không đổi,
ω
thay đổi được). Khi
1
ω ω
=
và
2 1
9
ω ω ω
= =
thì mạch có cùng hệ số công suất, giá trị hệ số công suất đó là
A.
3/ 73.
B.
2 / 13.
C.
2 / 21.
D.
4 / 67.
Câu 42.
73
3
/cos
9
73
)(3;
3
1

/
9
1
9
1
9''coscos;
9
1
';9'9
222
12
==⇒=−+=⇒==⇒==
=⇔−=−⇔=⇔===⇒=
ZRRZZRZRZRZRCLZZ
ZZZZZZZZZZZZ
CLCLCL
CLCLLCLCLCCCLL
ϕ
ϕϕωω
. Đáp án A.
Câu 43: Một mạch điện AB gồm tụ C nối tiếp với cuộn cảm thuần L. Đặt vào hai đầu đoạn mạch điện áp xoay chiều có tần
số
2
ω =
LC
. Điểm giữa C và L là M. Khi u
MB
= 40V thì u
AB
có giá trị

A. 160V B. – 30V C. – 120V D. 200V
2
2
C
2 2
2
2
0C 0
C
L
2 2
2
2
0C 0L
L
2 2
0L 0
u
i
+ = 1
U I
u
u
=
U U
u i
+ = 1
U I




⇒




; với U
0C
= Z
C
I
0
và U
0L
= Z
L
I
0
L
L C L C
C
Z
u = u u = 4u
Z
⇒ ⇒ −
(u
L
ngược pha với u
C
) Vậy u

AB
= u
L
+ u
C
= – 3u
C
= – 120V
Câu 44: Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ 1.
Điện áp hai đầu mạch là u
AB
=






−
6
100cos260
π
π
t
(V).
Điều chỉnh giá trị điện dung C của tụ điện để vôn kế V chỉ giá trị cực đại và bằng 100V.
Viết biểu thức điện áp u
AE
.
A.

120 2 cos 100
3
AE
π
uπt
 
= +
 ÷
 
V B.
2
80 2 cos 100
3
AE
π
uπt
 
= +
 ÷
 
V
C.
160 2 cos 100
3
AE
π
uπt
 
= +
 ÷

 
V D.
80 2 cos 100
3
AE
π
uπt
 
= +
 ÷
 
V
GIẢI :
Vẽ giản đồ véc tơ biểu diễn phương trình

CLRAB
UUUU
rrrr
++=
trục gốc là
I
r
Trên giản đồ véc tơ ta có
const
Z
R
IZ
IR
U
U

tanα
LLL
R
====
Áp dụng định lý hàm sin với
ΔOMN
ta được

sinβ
MN
sinα
ON
=
hay
sinβ
U
sinα
U
C
AB
=

.sinβ
sinα
U
U
AB
C
=⇒

⇒
U
C
max khi
1sinβ =

0
90=⇒
β
: tam giác MON vuông tại O
Áp dụng định lý pitago cho
ΔOMN
ta được
80V60100UUU
222
AB
2
CmaxAE
=−=−=
và U
AE
nhanh pha hơn U
AB
1 góc 90
0
Vậy biểu thức U
AE
là

80 2 cos 100

3
AE
π
uπt
 
= +
 ÷
 
(V)
Câu 45: Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ. Điện dung C có giá trị thay đổi được và cuộn dây thuần cảm.
Điều chỉnh giá trị của C thì thấy: ở cùng thời điểm số, chỉ của V
1
cực đại thì số chỉ của V
1
gấp đôi số chỉ của V
2
.
Hỏi khi số chỉ của V
2
cực đại thì số chỉ của V
2
gấp bao nhiêu lần số chỉ V
1
?
A. 2 lần. B. 1,5 lần. C. 2,5 lần. D.
2 2
lần
O
M
N

U
AE
U
AB
U
R
I
U
L
U
C
α
β
Khi V
1
cực đại thì mạch cộng hưởng: U
R
= U = 2U
C
= 2U
L
hay R = 2Z
L
(1)
Khi V
2
cực đại ta có:
R
ZRU
U

2
L
2
maxC
+
=
theo (1) →
2 2
L L
Cmax
L
U 4Z + Z
U 5
U =
2Z 2
=
(2)
Khi đó lại có:
L
2
L
2
C
Z
ZR
Z
+
=
theo (1) ta được: Z
C

= 5Z
L
= 2,5R → Z = R
5
(3)
Chỉ số của V
1
lúc này là
R
UR U
U = IR = =
Z
5
(4)
Từ (3) và (4) ta có:
Cmax
R
U
5
= = 2,5
U 2
Chương 4 Dao động và sóng điện từ
Câu 46 Cho hai mạch dao động lí tưởng L
1
C
1
và L
2
C
2

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

6
10
2
−
s D.
6
10
12
−
s
Câu 47. Một mạch dao động LC lí tưởng gồm cuộn cảm thuần có độ tự cảm 50 mH và tụ điện có điện dung C. Trong mạch
đang có dao động điện từ tự do với cường độ dòng điện
i 0,12cos2000t=
(i tính bằng A, t tính bằng s). Ở thời điểm mà
cường độ dòng điện trong mạch bằng một nửa cường độ hiệu dụng thì hiệu điện thế giữa hai bản tụ có độ lớn bằng
A. 3
14
V. B. 6
2
V. C. 12
3
V. D. 5
14
V.
HD:
( )
2
0
2 2 2
2

2
2
3
0 0 0 0
I
i u u 1 u 7
2 2
1 1 1 u .144 u 3. 14
I U I LI 8 8
2000.50.10 .0,12
−
 
 ÷
     
+ = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = ⇔ =
 ÷
 ÷  ÷  ÷
 ÷
ω
       
Chương 5 Sóng ánh sáng, Giao thoa ánh sáng
Câu 48: Trong thí nghiệm giao thoa Y-ang,khe S phát ra đồng thời 3 ánh sáng đơn sắc, có bước song tương ứng
λ
1
=0,4µm, λ
2
=0,48µm và λ
3
=0,64µm
Trên màn, trong khoảng giữa hai vân sáng liên tiếp có màu trùng với vân trung tâm,quan sát thấy số vân sáng

không phải đơn sắc là:
A.11 B.9 C.44 D.35
* Xét trong khoảng hai vân sáng liên tiếp có màu trùng với vân trung tâm ( sự nhau của 3 bức xạ ) => x = kλD/a
 với x
min
=> k
1
λ
1
= k
2
λ
2
= k
3
λ
3
 k
1
= k
3
λ
3
/ λ
1
= 8k
3
/5 (1)
 k
2

= k
3
λ
3
/ λ
2
= 4k
3
/3 (2)
 Ta có k
3
= 15 => k
1
= 24 và k
2
= 20 (3)
** Xét số vân trùng với hai bức xạ khác nhau trong khoảng x
min
ở trên
Từ (1) số vân trùng của hai bức xạ λ
1
và λ
3
=> k
31min
= 5 ; k
13min
= 8
k

trùng
13 = k
3max
/ k
3min
= 15/5 = 3
Từ (2) số vân trùng của hai bức xạ λ
2
và λ
3
=> k
23min
= 4 ; k
32min
= 3
k
trùng
23 = k
23max
/ k
23min
= 20/4 = 5
*Tính số vân trùng của hai bức xạ λ
1
và λ
2
• k
1
= k
2

λ
2
/ λ
1
= 48k
2
/40 = 6k
2
/5 => k
21min
=5 ;k
12min
= 6
 k
trùng
12 = k
12max
/ k
12min
= 24/6= 4 hay k
trùng
12 = k
21max
/ k
21min
= 20/5 = 4
Tổng số vân sáng trên màn không phải đơn sắc trong khoảng giữa hai vân hai vân sáng liên tiếp có màu với vân
trung tâm . Như vậy là không tính vân trùng ở vị trí x
min
tức là phải trừ đi 3

N = k
trùng
13 + k
trùng
23 + k
trùng
12 – 3 = 9 => chọn B
Mở rông bài toán :
* Nếu hỏi có bao nhiêu vân không phải đơn sắc trên đoạn x
min
đã cho thì ta có ngay là 11 ( cộng với hai vân cùng
màu vân trung tâm )
** Nếu hỏi có bao nhiêu vân sáng đơn sắc , bạn có ngay
N = K
1max
+ K
2max
+ K
3max
– 2 (k
trùng
13 + k
trùng
23 + k
trùng
12 ) = 35
Câu 49: Thí nghiệm giao thoa Y- âng với ánh sáng đơn sắc có bước sóng λ, khoảng cách giữa hai khe a = 1 mm. Ban đầu,
tại M cách vân trung tâm 5,25 mm 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 0,75 m thì thấy tại M chuyển
thành vân tối lần thứ hai. Bước sóng λ có giá trị là

A. 0,64 µm B.0,50 µm C. 0,70 µm D. 0,60 µm
Câu 50: Một tia sáng trắng chiếu tới bản hai mặt song song với góc tới i = 60
0
. Biết chiết suất của bản mặt đối với tia tím và
tia đỏ lần lượt là 1,732 và 1,70. Bề dày của bản mặt e = 2 cm. Độ rộng của chùm tia khi ra khỏi bản mặt là:
A. 0,146 cm. B. 0,0146 m. C. 0,0146 cm. D. 0,292 cm.
Góc ló bằng góc tới: i’ = 60
0
, bề rộng chùm ló b = 0,5e(tanr
đ
– tanr
t
) = 0,0146cm. Đáp án C
Câu 51. 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
. Tỉ số giữa bề rộng chùm khúc xạ tím và
đỏ trong thủy tinh là:
A. 1,73. B. 1,10 C. 1,58. D. 0,91
Hướng dẫn:
+ Theo Định luật khúc xạ ta có: sinr = sini/n
sinr
t
=
⇒==
2

1
3
60sin60sin
00
t
n
r
t
= 30
0
sinr
đ
=
⇒==
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

⇒
h
t
= I
1
I
2
cosr
t
.
+ Góc I
1
I
2

Đ bằng r
đ

⇒
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

.
Chương 6 Lượng tử ánh sáng
Câu 52: Khi elêctrôn ở quỹ đạo dừng thứ n thì năng lượng của nguyên tử hiđrô được xác định bởi
2
n
E 13,6 / n (eV),
= −
với
*.n N
∈
Một đám khí hiđrô hấp thụ năng lượng chuyển lên trạng thái dừng có năng lượng cao nhất là
3
E
(ứng với quỹ đạo
M). Tỉ số giữa bước sóng dài nhất và ngắn nhất mà đám khí trên có thể phát ra là
i
T Đ
H
i
I
2
I
1
A. 27/8. B. 32/5. C. 32/27. D. 32/3.
Vì
5
32
5.9
36.8
9

8
;
36
5
31
32
013
31
023
32
==⇒=−==−=
λ
λ
λλ
EEE
hc
EEE
hc
. Đáp án B.
Câu 53: Hiệu điện thế hãm của một tế bào quang điện là 1,5 V. Đặt vào hai đầu anot (A) và catot (K) của tế bào quang điện
trên một điện áp xoay chiều: u
AK
= 3 cos (
3
100
π
π
+t
) (V). Khoảng thời gian dòng điện chạy trong tế bào này trong khoảng
thời gian 2 phút đầu tiên là

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

≥
-1,5 V. Căn cứ vòng tròn lượng giác suy ra trong mỗi chu kỳ T = 0,02 s thời gian chạy
qua tế bào là
3
2T
. Trong 2 phút, thời gian chạy qua là: t = 2.120/3 = 80 s.
Câu 54. Một tế bào quang điện có katốt bằng Xêdi, giới hạn quang điện của kim loại này là
λ
0
=650nm. Katốt được chiếu
sáng với công suất P=1mW. Khi đó hiệu điện thế hãm đối với tế bào quang điện là U=0,07V. Biết rằng hiệu suất lưỡng tử
bằng 1.Cường độ dòng quang điện bão hòa qua tế bào quang điện là.
A.
)(55.2 AI
bh
≈
B.
)(10.1,5
2
AI
bh
−
≈
C.
)(10.1,5
4

AI
bh
−
≈
D.
)(10.22,2
4
AI
bh
−
≈

HD:+ Gọi ∆N là số phôtôn quang điện thoát ra khỏi bề mặt katốt trong thời gian ∆t. Do mỗi phôtôn cho 1 êlêctrôn nên số
êlêctrôn được giải phóng ra khỏi bề mặt katốt trong thời gian này cũng bằng ∆N.
+ Cường độ dòng điện bão hòa sẽ là:
hf
P
e
t
N
e
t
q
I
bh
=
∆
∆
=
∆

∆
=
;(Với công suất chiếu sáng:
.hf
t
N
P
∆
∆
=
)
+ Theo hệ thức Anhstanh:
.
2
00
2
max0
λλ
hc
eUhf
hc
hf
mv
eU
hh
+=⇒−==
).(10.1,5
4
0
0

A
eUhc
eP
I
h
bh
−
≈
+
=⇒
λ
λ
Chương 7 Hạt nhân nguyên tử
Câu 55: 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.
( )
2ln 2
ln 1
t T
k
=
+
B.
( )
ln 1
ln 2
k
t T
+

=
C.
( )
ln 2
ln 1
t T
k
=
+
D.
( )
ln 1
ln 2
k
t T
−
=
Câu 56: Ban đầu (t = 0) có một mẫu chất phóng xạ X nguyên chất. Ở thời điểm t
1
mẫu chất phóng xạ X còn lại 20% hạt
nhân chưa bị phân rã. Đến thời điểm t
2
= t
1
+ 100 (s) số hạt nhân X chưa bị phân rã chỉ còn 5% so với số hạt nhân ban đầu.
Chu kì bán rã của chất phóng xạ đó là
A. 50 s. B. 25 s. C. 400 s. D. 200 s.
Câu 57: 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 bằngA. 4141,3 năm. B. 1414,3 năm. C. 144,3 năm. D. 1441,3 năm.
Câu 58:Trong quặng Urani tự nhiên hiện nay gồm hai đồng vị U238 và U235.Biết rằng U235 chiếm tỉ lệ 7,143
00
0
. Giả sử
lúc đầu trái đất mới hình thành tỉ lệ 2 đồng vị này là 1:1. Cho biết chu kì bán rã của U238 là T
1
= 4,5.10
9
năm,chu kì bán rã
của U235 là T
2
= 0,713.10
9
năm .Tuổi của trái đất là :
A. 60,4 tỉ năm B. 6,04 tỉ năm C. 6,04 triệu năm D. 604 tỉ năm
HD:+ Số hạt U235 và U238 khi trái đất mới hình thành là N
0
như nhau.
+ Số hạt U238 bây giờ
1
T
t
2.
01
−
= NN

; Số hạt U235 bây giờ
2
T
t
2.
02
−
= NN
+ Ta có
9
2
1
10.04,6
1000
143,7
=⇒= t
N
N
(năm)= 6,04 tỉ năm
Câu 59: Dùng hạt prôtôn có động năng
5,58
p
K MeV
=
bắn vào hạt nhân
23
11
Na
đứng yên, ta thu được hạt
α

và hạt X có
động năng tương ứng là
6,6 ; 2,64 .
X
K MeV K MeV
α
= =
Coi rằng phản ứng không kèm theo bức xạ gamma, lấy khối lượng
hạt nhân tính theo u xấp xỉ bằng số khối của nó. Góc giữa vectơ vận tốc của hạt α và hạt X là:
A. 170
0
. B. 150
0
. C. 70
0
. D. 30
0
.
Từ phương trình

0
170cos
2
cos
cos2
≈
−−
=⇔
++=⇒+=
αα

αα
ααααα
ϕ
ϕ
KKmm
KmKmKm
KKmmKmKmKmppp
xx
xxpp
xxxxppxp
rrr
. Vậy ta có đáp án A
Câu 60. Người ta tiêm vào máu một người một lượng nhỏ dung dịch chứa đồng vị phóng xạ
24
Na
có độ phóng xạ bằng 1,5
µ
Ci. Sau 7,5giờ người ta lấy ra
3
1cm
máu người đó thì thấy nó có độ phóng xạ là 392 phân rã/phút,biết chu kỳ bán rã của
24
Na
là 15 giờ. Thể tích máu của người đó là:
A. 6 lít B.
3
600cm
C.
3
525cm

D. 5,25 lít
HD : + Khối lượng Na đưa vào máu là :
A
N
TAH
m
.2ln

0
0
=

+ Khối lượng Na còn lại trong máu sau t = 7,5 giờ là :
T
t
A
T
t
e
N
TAH
emm
.2ln
0
.2ln
0
.
.2ln

.

−−
==
+ Khối lượng Na có trong
lítcm
33
101
−
=
là :
A
N
TAH
m
.2ln

=∆
+ Thể tích máu của ngươi đó là :
)(6.10.
10.
.2ln
3
0
3
líte
H
H
m
m
V
T

t
==
∆
=
−
−
−