- Trang chủ >>
- THPT Quốc Gia >>
- Lý
25 đề sưu tầm thi thử THPT Quốc gia môn vật lý (cớ lời giải chi tiết năm 2014) (20)
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (326.39 KB, 20 trang )
TRƯỜNG ĐH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC- 2014 (lần 4)
MÔN VẬT LÍ
Thời gian làm bài : 90 phút
Mã đề thi 504
Họ, tên thí sinh:
Số báo danh:
Cho: hằng số Plăng h = 6,625.10
-34
J.s, tốc độ ánh sáng trong chân không c = 3.10
8
m/s;
MeV
1u 931,5 ;
2
c
=
độ lớn điện tích nguyên tố e = 1,6.10
-19
C; số A-vô-ga-đrô N
A
= 6,023.10
23
mol
-1
.
Câu 1: Vật dao động điều hòa có vận tốc cực đại bằng 3m/s và gia tốc cực đại bằng 30π (m/s
2
). Thời điểm
ban đầu vật có vận tốc 1,5m/s và thế năng đang tăng. Hỏi vào thời điểm nào gần nhất sau đây vật có gia tốc
bằng 15π (m/s
2
):
A. 0,10s; B. 0,15s; C. 0,20s D. 0,05s;
Giải: vmax = ωA= 3(m/s) amax = ω2A= 30π (m/s2 ) => ω = 10π => T = 0,2s
Khi t = 0 v = 1,5 m/s = vmax/2 => Wđ = W/4. Tức là tế năng Wt =3W/4
2
2
0
0
3 3
2 4 2 2
kx
kA A
x= ⇒ = ±
.
Do thế năng đang tăng, vật chuyển động theo chiều dương nên vị trí ban đầu
x0 =
3
2
A
Vật ở M0 góc φ = -π/6
Thời điểm a = 15π (m/s2):= amax/2 => x = ± A/2 =. Do a>0 vật chuyển động nhanh dần về VTCB nên vật ở
điểm M ứng với thời điểm t = 3T/4 = 0,15s ( Góc M0OM = π/2). Chọn B.
Câu 2: Vật nặng trong con lắc lò xo dao động điều hòa với phương trình
cos 4
6
x A t
π
π
= +
÷
. Thời điểm
chất điểm đi qua vị trí có động năng bằng thế năng lần 2014 và 2015 lần lượt là bao nhiêu?
A.
12079
s
48
B.
12085
s
48
C.
1007
s
12
D.
12079
s
24
Giải: Ta có thể giải bài toán này theo 2 cách như sau:
1.Cách giải theo vòng tròn:
+ tại t=0 thì
0
0
3
3
0
A
x
v
=
<
tương ứng
với điểm M
0
trên vòng tròn.
O
M
M
0
-
A
O
A
−
A
2013
2
M
x
0
M
2
2
A
−
2
2
A
2014
2
M
2015
2
M
2016
2
M
+ khi
w w
d t
=
thì
2 2
1 1 2
w w w 2 2.
2 2 2
d t t
A
w kA kx x= + = ⇒ = ⇒ = ±
Do có 2 tọa độ nên trong một chu kỳ sẽ có 4 lần động năng bằng thế năng. Vì vậy ở phương pháp giải vòng
tròn ta sẽ tách số lần đề bài thành số liền kề, nhỏ hơn nó nhưng chia hết cho 4 ( bội của 4) với mục đích tìm
số chu kỳ dao động đầu tiên và lượng dư còn lại và tìm nốt khoảng thời gian tương ứng. với tư duy như vậy,
ta làm như sau:
+ Lần thứ 2014 ta sẽ viết tách thành 2012 (vì 2012 là số chia hết cho 4, liền kề và nhỏ hơn 2014) để thời
điểm động năng bằng thế năng lần thứ 2014 được tính là
2014 2
2012
4
t T t= +
trong đó t
2
là khoảng thời gian để
dịch chuyển trên cung M
0
M
2
. Ta có
0 2
2
7
6 8 24
M M
T T T
t t
→
= = + =
Vậy
2014
2012 7 12079 12079
4 24 24 48
T
t T s
T
= + = =
2.Cách giải theo công thức tính nhanh:
+Vị trí ở đó
2
W W à
2
d t
l x A= = ±
. Do 2 vị trí này đối xứng nhau qua VTCB nên ta có thể quan niệm bài
toán này là tìm thời điểm lần thứ 2014 vật cách VTCB một khoảng
2
2
L A=
.
+ Đối với lần thứ 2014 thì
2014
503
4
=
dư 2 nên ta có:
2015 2
503t t T= +
Theo hình vẽ thì
Dễ dàng có
2 2014
7 7 12079 12079
503
6 8 24 24 24 48
T T T T
t t T T s= + = ⇒ = + = =
Câu 3: Hai chất điểm dao động điều hoà trên hai trục tọa độ Ox và Oy vuông góc với nhau (O là vị trí cần bằng của cả
hai chất điểm). Biết phương trình dao động của hai chất điểm là: x = 2cos(5πt +π/2)cm và y =4cos(5πt – π/6)cm. Khi
chất điểm thứ nhất có li độ x =
3
−
cm và đang đi theo chiều âm thì khoảng cách giữa hai chất điểm là
A.
3 3
cm. B.
7
cm. C.
2 3
cm. D.
15
cm.
Giải 1:
t = 0: x = 0, v
x
< 0 chất điểm qua VTCB theo chiều âm
y =
2 3
, v
y
>0, chất điểm y đi từ
2 3
ra biên.
* Khi chất điểm x đi từ VTCB đến vị trí
3x
= −
hết thời gian T/6
* Trong thời gian T/6 đó, chất điểm y đi từ
2 3y
=
ra biên dương
rồi về lại đúng
2 3y
=
* Vị trí của 2 vật như hình vẽ
Khoảng cách giữa 2 vật là
( ) ( )
2 2
3 2 3 15d
= + =
cm
Chọn D
( lần 3)
( lần 2)
( lần 1)
A
−
O
A
x
2
2
A
2
2
A
−
3
2
A
Câu 4:Một con lắc lo xo treo thẳng đứng và 1 con lắc đơn tich điện q có cùng khối lượng m, khi không có
điện trường chúng dao động điều hòa với chu kì T
1
=T
2
. Khi đặt cả 2 con lắc trong cùng điện trường đều có
vec to cuong do điện trường nằm ngang thì độ giãn của con lắc lò xo tăng 1,44 lần, con lắc đơn dao động với
T=5/6 s. Chu kì của con lắc lo xo trong điện trường bằng bao nhiêu?
A.1s. B.1,2s C.1,44s. B.2s
Giải: Lúc chưa có điện trường T
1
= 2π
m
k
= 2π
g
l∆
( ∆l là độ giãn của lò xo khi vật ở VTCB
T
2
= 2π
g
l
( l độ dài của con lắc đơn)
Ta có:T
1
= T
2
=> ∆l = l (*)
Khi có điện trường: lực tác dụng lên vật P’ = P + F
đ
=> g
hd
= g + a
Khi đó T’
1
= 2π
hd
g
l'∆
và T = T’
2
= 2π
hd
g
l
=>
T
T
1
'
=
l
l'∆
=
l
l∆44,1
= 1,2
T’
1
= 1,2T = 1,2.
6
5
= 1(s)
Câu 5. Hai con lắc đơn thực hiện dao động điều hòa tại cùng 1 địa điểm trên mặt đất (cùng khối lượng và cùng năng
lượng) con lăc 1 có chiều dài l1=1m và biên độ góc là α
01
,của con lắc 2 là l2=1,44m,α
02
.Tỉ số biên độ góc của con
lắc1/con lắc 2 là
A. 0,69 B. 1,44 C. 1,2 D. 0,83
Giải: Năng lượng của con lắc đơn được xác định theo công thức
W
1
= m
1
gl
1
(1- cosα
01
) = m
1
gl
1
2sin
2
01
2
α
≈ m
1
gl
1
2
01
2
α
W
2
= m
2
gl
2
(1- cosα
02
) = m
2
gl
2
2sin
2
02
2
α
≈ m
2
gl
2
2
02
2
α
Mà W
1
= W
2
và m
1
= m
2
2
01 01
2
2
02 1 02
1,44 1,2
l
l
α α
α α
= = ⇒ =
. Chọn C
Câu 6: Hai điểm sáng M và N dao động điều hòa trên trục Ox (gốc O là vị trí cân bằng của chúng) với
phương trình lần lượt là x
1=
5 cos(4 t+ /2)cm; x
2
=10cos(4 t + /3) cm. Khoảng cách cực đại giữa hai
điểm sáng là
A. 5 cm. B. 8,5cm. C. 5cm. D. 15,7cm.
( ) ( ) ( )
!"# $% & $
max x
x x x x x x
x x x t cm d A cm
π
∆
∆ = − ∆ = −
∆ = − = ⇒ = =
Chọn C
Câu 7: Một con lắc lò xo treo thẳng đứng, đầu dưới của lò xo treo một vật nhỏ có khối lượng m. Từ vị trí cân
bằng O, kéo vật thẳng đứng xuống dưới đến vị trí B rồi thả không vận tốc ban đầu. Gọi M là một vị trí nằm
trên OB, thời gian ngắn nhất để vật đi từ B đến M và từ O đến M gấp hai lần nhau. Biết tốc độ trung bình của
vật trên các quãng đường này chênh lệch nhau 60 cm/s. Tốc độ cực đại của vật có giá trị xấp xỉ bằng bao
nhiêu :
A,62,8 cm/s B.40 cm/s C.20 cm/s D. 125,7 cm/s.
Sử dụng đường tròn, A là biên độ, ban đầu vật ở vị trí biên dương.
Vmax =40π= 125,66 cm/s .Chọn D
Câu 8: Con lắc lò xo gồm vật nhỏ có khối lượng m = 100 g, lò xo có độ cứng k dao động cưỡng bức dưới tác dụng của
ngoại lực biến thiên tuần hoàn. Khi tần số của ngoại lực là f
1
= 3 Hz thì biên độ ổn định của con lắc là A
1
. Khi tần số của
ngoại lực là f
2
= 7 Hz thì biên độ ổn định của con lắc là A
2
= A
1
. Lấy pi
2
= 10. Độ cứng của lò xo có thể là
A. k = 200 (N/m). B. k = 20 (N/m). C. k = 100 (N/m). D. k = 10 (N/m).
Giải : Biên độ cộng hưởng sẽ là đỉnh khi tăng từ A
1
đến A
CH
rồi giảm xuống A
2
Nên tần số riêng của hệ nằm trong khoảng từ: 3Hz 7Hz
Nên k khi giải ra sẽ nằm trong khoảng 36N/m đến 196 N/m. Chọn K có thể nằm trong phạm vi trên là 100 N/m
Câu 9: Tại hai điểm A, B trên mặt chất lỏng có hai nguồn phát sóng dao động điều hòa theo phương trình
u
1
=u
2
=acos(100πt)(mm). AB=13cm, một điểm C trên mặt chất lỏng cách điểm B một khoảng BC=13cm và
hợp với AB một góc 120
0
, tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng là 1m/s. Trên cạnh AC có số điểm dao động
với biên độ cực đại là
A. 11 B. 13 C. 9 D. 10
Bước sóng
cm
f
v
2
50
100
===
λ
Xét điểm C ta có
76,4
2
13313
12
=
−
=
−
=
−
λλ
CBCA
dd
Xét điểm A ta có
5,6
2
1300
12
−=
−
=
−
=
−
λλ
AB
dd
Vậy
76,45,6 ≤≤− k
M
A (B)
O1
M1
M2
O2
min( )
min( ) min( )
min( ) min( )
min( )
2.
6
/ 4
12
B M
B M O M
B M O M
B M
T
t
t t
t t T
T
t
−
− −
− −
−
=
=
⇒
+ =
=
(2)
max
3
2. / 6
/ 2
6
2. /12
3
60 /
60.2
40 /
3
B M
M
O M
A A
V
T T
x A
A A
V
T T
A
cm s
T
v A cm s
π
ω π
−
−
= =
⇒ = ⇒
= =
⇒ =
⇒ = = =
C
A B
Câu 10: Trên sợi dây có ba điểm M,N và P, khi sóng chưa lan truyền thì N là trung điểm của đoạn MP. Khi
sóng truyền từ M đến P với biên độ không đổi thì vào thời điểm t
1
M và P là hai điểm gần nhau nhất mà các
phần tử tại đó có li độ tương ứng là -6mm: +6mm vào thời điểm kế tiếp gần nhất t
2
= t
1
+ 0,75s thì li độ của
các phần tử tại M và P đều là +2,5mm. Tốc độ dao động của phần tử N vàp thời điểm t
1
có giá trị gần đúng
nhất
A. 4cm/s B. 2,8cm/s C. 1,4cm/s D. 8cm/s
( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
'
(")* +,-#
(")* +,-# .$ / /.$
(0 '.1$ 2 3 4567'
& 2
(")* )
t MP cm
t A ON OM mm
T
t t s T s rad s
t N
π
ω
=
= = = + =
+ − = = ⇒ = ⇒ =
+
( ) ( )
589:;6 -<)=,)" 2./ 3 .& 3
N
N v A mm s cm s
ω
= = ≈
Câu 11: Sóng dừng trên một sợi dây đàn hồi AB với hai đầu là nút sóng có dạng: y = 2sin
π
4
x.cos200πt cm.
Trong đó x tính bằng cm, t tính bằng s. Điểm gần A nhất dao động với biên độ 1cm cách A là
A. 1cm B.
4
3
cm C.
2
3
cm D. 2cm
Câu 13: Ta có
cm8
4
2
=→=
λ
π
λ
π
và
Hzf 50
2
100
2
===
π
π
π
ω
Biên độ sóng dừng tại bụng sóng A
bụng
=2a=2cm
Biên độ của sóng dừng tại điểm M cách nút sóng đoạn d là
daA
λ
π
2
sin2=
cmcmdddd
3
2
12
8
68
2
6
sin
2
1
8
2
sin
8
2
sin21
minmin
==→=→==↔=
πππππ
O
A
O
M
N
P
M
N
P
+6-6
.$+
( )
'.1$t t t s
→ = +
u
v
Câu 12: Hai nguồn sóng S
1
; S
2
dao động cung pha và cách nhau 8 cm. Về một phía của S
1
S
2
lấy thêm
hai điểm S
3
, S4 sao cho S
3
S
4
= 4 cm và hợp thành hình thang cân S
1
S
2
S
3
S
4
. Biết bước sóng của sóng
trên mặt nước là λ = 1cm. Hỏi đường cao của hình thang lớn nhất là bao nhiêu để trên đoạn S3S4 có
5 điểm dao động cực đại.
A: 6 cm B: 3 cm C: 3 cm D: 4 cm
Câu 11:
Giải Để trên S
3
S
4
có 5 điểm dao động cực đại
thì tại S
3
,S
4
là dao động cực đai thứ hai
tức là k = ± 2
d
1
= S
1
S
3
; d
2
= S
2
S
3
d
1
– d
2
= 2λ = 2 cm (*)
d
1
– d
2
= 2λ = 2 cm (*)
d
1
2
= h
2
+ S
1
H
2
= h
2
+ 6
2
d
2
2
= h
2
+ S
2
H
2
= h
2
+ 2
2
d
1
2
– d
2
= 32
(**)
Từ (*) và (**) suy ra : d
1
+ d
2
= 16 cm => d
1
= 9cm -= h =
22
69 −
= 3
5
cm. Chọn đáp án C
Câu 13: Hai nguồn phát sóng kết hợp A, B với
16AB cm
=
trên mặt thoáng chất lỏng, dao động theo phương
trình
5 os(30 ) ;
A
u c t mm
π
=
5 os(30 / 2)
B
u c t mm
π π
= +
. Coi biên độ sóng không đổi, tốc độ sóng
60 / .v cm s=
Gọi O là
trung điểm của AB, điểm đứng yên trên đoạn AB gần O nhất và xa O nhất cách O một đoạn tương ứng là
A. 1cm; 8 cm. B. 0,25 cm; 7,75 cm. C. 1 cm; 6,5 cm. D. 0,5 cm; 7,5 cm.
( ) ( )
( )
( ) ( )
(-)=!>?%-@)*A!# .
BC =,)" .
BC =,* .
D<E.B=,
∆ = − = ∆ − ∆ ∆ = −
∆ = ∈
∆ = + ∈
M
M
M
d d d víi
M k k Z
M k k Z
λ
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ
π
ϕ π
ϕ
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
&
*6# & .$
F G A6 ' .$ $
FEGHA6 & .$ 2./$ 2 1.$
∆ = − = + + = +
= ⇒ ∆ = − = = ⇔ =
⇒ ∆ = − = = + < ⇔ < ⇒ = ⇒ =
d d d k k cm
M O k d d d OM cm OM cm
d d d ON k AB k k ON cm
π
π
π
A
B
O
M
N
Câu 14: Mạch điện xoay chiều gồm RLC ghép nối tiếp trong đó tụ điện có điện dung C thay đổi đựơc, rL = 0.
Đặt vào hai đầu đoạn mạch một điện áp xoay chiều có biểu thức u = 200cos100πt (V).Khi C = C1 = 10
-4
/π (F)
và khi C = C2 = 10
-4
/5π (F) thì cường độ dòng điện tức thời tương ứng i
1
và i
2
đều lệch pha với u một góc là
π/3 . R,L có giá trị là:
A: R = 115,5Ω; L = 3/π H. B: R = 15,5Ω; L = 3/2π H.C: R = 115,5Ω; L = 1,5/π H.D: R = 115,5Ω; L = 2/π H.
Câu 14: Giải 1: Z
C1
= 100Ω; Z
C2
= 5Z
1
= 500Ω
Khi Z
C
= Z
C1
thì i
1
chậm pha hơn u góc
3
π
: tan
3
π
=
R
ZZ
CL 1
−
=
3
=> Z
L
– Z
C1
= R
3
(*)
Khi Z
C
= Z
C2
thì i sớm pha hơn u góc
3
π
: tan(-
3
π
) =
R
ZZ
CL 2
−
= -
3
=> Z
L
– Z
C2
= - R
3
Z
L
– 5Z
C1
= - R
3
(**)
Lấy (*) – (**) => 2Z
C1
= R
3
=> R =
3
2
1C
Z
=
3
200
= 115,47Ω = 115,5 Ω
=> Z
L
= Z
C1
+ R
3
= 300Ω => L =
π
100
L
Z
=
π
3
( H)
Giải 2:
Ta có Zc1 = 100Ω, Zc2 = 500Ω
Và tanπ/3 = Z
LC1
/R = Z
LC2
/R ⇒ Z
LC1
= Z
LC2
Z
L
– Zc
1
= Zc
2
–Z
L
⇒ Z
L
= (Zc
1
+ Zc
2
)/2 = 300Ω
⇒ L = 3/πH
(Z
L
– Zc
1
)/
3
= R ⇒ R = 200/
3
= 115,5Ω
Câu 15: Đặt điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng không đổi 150 V vào đoạn mạch AMB gồm đoạn AM chỉ
chứa điện trở R, đoạn mạch MB chứa tụ điện có điện dung C mắc nối tiếp với một cuộn cảm thuần có độ tự
cảm L thay đổi được. Biết sau khi thay đổi độ tự cảm L thì điện áp hiệu dụng hai đầu mạch MB tăng 2
2
lần
và dòng điện trong mạch trước và sau khi thay đổi lệch pha nhau π/2. Tìm điện áp cực đại giữa hai đầu mạch
AM khi chưa thay đổi L?
A. 100 V. B. 100
3
V. C. 100
2
V. D. 200 V.
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
I
JKLMN%#
(-# I % %
i
MB MB
R L C R MB
R R
i R R
R MB R MB R MB MB
U k U
U U U U U U
U U
U U U
U U
U U U U U U U k U U
π
ϕ ϕ
π π
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ
=
=
= + − = +
= ⇒ + = ⇒ + = ⇔ + = ⇔ = +
⇔ = + − ⇔ = ⇔ = ⇔
( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
E-#O
$'
PQ.!RS+TUS96-# ''
R
R
R MB R R
R
U
k
U
U k
U U U U
k
k
U U k U V
=
= + = + ⇒ =
+
= ⇒ = ⇒ = =
+
Câu 16: Nối hai cực của một máy phát điện xoay chiều một pha vào hai đầu đoạn mạch ngoài RLC nối tiếp.
Bỏ qua điện trở dây nối, coi từ thông cực đại gửi qua các cuộn dây của máy phát không đổi. Khi rôto của máy
phát quay với tốc độ n
1
= 30 vòng/phút và n
2
= 40 vòng/phút thì công suất tiêu thụ ở mạch ngoài có cùng một
giá trị. Khi rôto của máy phát quay với tốc độ n vòng/phút thì công suất tiêu thụ ở mạch ngoài đạt cực đại?.
Hỏi n có gần giá trị nào nhất sau đây?
A. 50 vòng/phút. B. 30 vòng/phút. C. 40vòng/phút. D. 24 vòng/phút
( ) ( )
&
'
V%USU%A#
D -# .%%<
V9UM<)=
x x
E NBS R NBS R
P I R
L
Z
R L
R L
C C
C
L
x f x R x L f
C C
n
ω
ω
ω ω
ω
ω
= = = =
+ − +
+ −
÷
÷
= = + − +
÷
+
( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( ) ( )
'
'
' '
.
V9UM<)= '->:> (-# .
(0
max
x
x
b
P f min x LC R C
a
b
n n P P f x x x x
a
x x x
n n
ω ω ω
⇔ → ⇔ = − = −
= ⇔ = + = −
⇒ = + ⇔ = + =
÷
'
W
n n
n
n n n
+ ⇔
÷
+
Câu 17: Đặt điện áp xoay chiều có biểu thức u=U
0
cos(100πt) vào hai đầu đoạn mạch RLC nối tiếp. Tại thời
điểm cường độ dòng điện trong mạch có độ lớn cực đại thì điện áp hai đầu đoạn mạch có độ lớn U/ 2 .
Khoảng thời gian ngắn nhất giữa hai thời điểm mà công suất tức thời bằng không là:
A. 1/100s . B. 1/300s. C. 1/ 600s. D. 1/150s
u
i
O
'
I
'
2
U
/
π
ϕ
=
S
P
O
2
−
( ) ( )
( ) ( ) ( )
'
'
S
S
(")*
2
/
U%AS# % % '' % '' %
2
''
' % '' % ' % ''
/ / /''
u i u i
u i u i
i I
U
u
P UI UI t UI t
T
P t t t s
π
ϕ
ϕ π ϕ ϕ π ϕ ϕ ϕ
π
π ϕ ϕ ϕ π ϕ ϕ
=
⇒ =
=
= + + + = + + +
+ = ⇔ + + + = ⇔ + + = − ⇒ ∆ = = =
Câu 18: Đặt một điện áp xoay chiều ổn định có giá trị hiệu dụng U =120V vào hai đầu đoạn mạch nối tiếp
gồm điện trở R, tụ điện C và cuộn cảm thuần L. Ở hai đầu cuộn cảm có mắc một khóa K. Khi K mở dòng điện
qua mạch là: i=4 cos(100 t- /6)(A), mA ,khi K đóng thì dòng điện qua mạch là: i= 4cos(100 t+ /12) (A).
Độ tự cảm L và điện dung C có giá trị
A. 1/ H và 1/(3 ) mF. B. 3/(10 )H và 1/(3 ) mF.
C. 3/ H và 10-4/ F. D. 3/(10 )H và 10-4 / F.
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
⇒ = = = Ω ⇔ + − = Ω
⇒ = = = Ω ⇔ + = Ω
⇒ = − − ⇒
= = Ω ⇒
'
V 5.")>X . . 2' 2' .
&
'
V )-.")>X . 2' 2 .
(0 P"
JK) -# 2'
L C
C
C L C
L C
U
K R C L Z R Z Z
I
U
K R C Z R Z
I
R Z Z Z A C
B Z Z
( )
( ) ( )
⇒ = = − ⇒ = −
÷
+ ⇒ = = − ⇒ = Ω → ⇒
π π
ϕ ϕ π
5=N5 ' % ''
/ /
V )- 2' 2' +Y%<S 2' ) Z)
u i
C
K u t V
u
K Z i Z B
i
Câu 19: Điện năng được truyền từ nơi phát đến một khu dân cư bằng đường dây một pha với điện năng hao
phí trên đường dây là 10%. Biết hiệu suất truyền tải điện năng lớn hơn 80% .Nếu công suất sử dụng điện của
khu dân cư này tăng 20% và giữ nguyên điện áp ở nơi phát thì điện năng hao phí trên chính đường dây đó là
A. 14,2%. B. 10,8%. C. 7,2%. D. 12,3%.
( ) ( )
%
'.2
.
'.'[ '
.
'.[11
. .
TT TT
H P
PR
H
U H P
H
H H
H H
P P
H H H
H P P H
P
H H H P H
ϕ
−
− = ⇒ =
−
=
−
⇒ = ⇔ − + − = ⇔
− =
= = = ⇒ =
Câu 20: Một động cơ điện xoay chiều một pha có điện áp hiệu dụng định mức bằng 90V, hệ số công suất của động cơ
bằng 0,8 và công suất tiêu thụ điện định mức của nó bằng 80W. Để động cơ có thể hoạt động bình thường ở lưới điện
xoay chiều có điện áp hiệu dụng 110V, người ta mắc nối tiếp động cơ này với một điện trở thuần R rồi mới mắc vào
lưới điện. Điện trở R có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 25 Ω. B. 19 Ω. C. 22 Ω. D. 26 Ω.
Câu 21:Một máy biến thế có số vòng cuộn sơ cấp gấp 10 lần cuộn thứ cấp.hai đầu cuộn sơ cấp mắc vào
nguồn U=220.điện trở cuộn sơ cấp r1=0 và cuộn thứ cấp r2=2.mạch từ khép kín,bỏ qua hao phí do dòng fuco
và bức xạ.khi hai đầu cuộn thứ cấp mắc với điên trở R=20 thì điện áp hd hai đầu cuộn thứ cấp là bn?
A.18V B.22V C.20V D.24V
Trả lời:
( )
( )
( )
( )
1 1 2
2
1
2
2
1
2
1
2
.
.
220 0 10.2
10 11 20
220
10.20 20
0
2
20
U r k r
k
U k R R
N
k
N
U V
U V
U
r
r
R
= + +
=
⇔ = + + = ⇔ =
=
=
= Ω
= Ω
Câu 22: Cho đoạn mạch nối tiếp theo thứ tự gồm điện trở thuần R, tụ có dung kháng
C
Z
và cuộn cảm thuần có cảm
kháng
L
Z
. Đặt vào hai đầu đoạn mạch một điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng U thì điện áp hiệu dụng của các
đoạn mạch là
RC L
U
U ; U U 2.
2
= =
Khi đó ta có hệ thức
A.
( )
2
L L C
8R Z Z Z= −
B.
2
L C
R 7Z .Z=
( )
'
V
( )
7' V
r
L
R
α
β
♦ Ta có:
( )
'
[' % % '.[
'
% [' 7' '.[
7
P UI I I A
β α β α
α
+ = ⇒ = − = −
= ⇔ = ⇔ =
♦ Theo định lí cosin trong tam giác ABC ta có:
( ) ( )
%
' 7' 7' '.[ 2.[22
R R R
AB AC BC AC BC
U U U V
β
= + −
⇔ = + − − ⇔ =
♦ Từ đó suy ra:
( )
2.[22
.$ Z)
'
7
R
U
R
I
= = ≈ Ω →
C.
( )
L C
5R 7 Z Z= −
D.
L C
Z Z
7R
2
+
=
Giải: GĐVT của mạch như hình vẽ.
( )
2
2
2
2 2
L RC
L
U
U U 2
U U U
5
2
cos .
2U.U
2U.U 2 4 2
+ −
÷
+ −
α = = =
( )
L C
5U
U U U.cos 1
4 2
− = α =
C L
5U 5U 3U
U U U 2
4 2 4 2 4 2
⇒ = − = − =
( )
2 2
2
2 2
R R,C C
U 3U 7U
U U U 2
32
2 4 2
⇒ = − = − =
÷ ÷
Từ (1) và (2), suy ra:
( ) ( )
R
R L C L C
L C
U 7
5U 7 U U 5R 7 Z Z .
U U 5
= ⇔ = − ⇒ = −
−
⟹ Chọn C.
Câu 23: Một mạch dao động LC với chu kỳ dao động là 2μs, Ban đầu tích cho tụ một điện tích Q0 =
C
9
10
8
−
π
,
sau đó cho mạch dao động tự do. Do mạch có điện trở nhỏ nên dao động điện từ trong mạch tắt dần chậm( chu
kỳ dao động của mạch xem như không đổi), nhưng biên độ của cường độ dòng qua cuộn giảm theo thời gian
và cứ sau 0,5 s dao động biên độ đó giảm đi một nửa. Tại thời điểm t =
2s thì biên độ của cường độ dòng qua cuộn dây là:
A. 2 (mA). B. 8 (mA). C. 0,8 (mA).
D. 0,5 (mA).
Giải:
T = 2π
LC
=> LC =
2
2
4
π
T
Biên độ cương độ dòng điên lúc đầu :
2
2
0
LI
=
C
Q
2
2
0
=> I
0
2
=
LC
Q
2
0
=
2
2
0
2
4
T
Q
π
=> I
0
=
T
Q
0
2
π
= 8.10
-3
A = 8mA.
Biên độ cường độ giảm theo thời gian cứ sau 0,5s giảm đi một nửa, sau t = 2s = 4.0,5s biên độ giảm đi 2
4
lần
-=> Tại thời điểm t = 2s thì biên độ của cường độ dòng qua cuộn là: I’
0
=
4
0
2
I
= 05 mA. Đáp án D
Câu 24: 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 đầu 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 hai 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.
3
10
6−
s C.
2
10
6−
s D.
12
10
6−
s
U
U
L
U
C
U
R
U
R,C
α
Giải: chu kì dao động của các mạch dao động T = 2π
LC
=2π
66
10.1.0.10
−−
=
10
10.2
6−
π
= 2.10
-6
s
Biểu thức điện áp giữa các bản cực của hai tụ điện:
u
1
= 12cosωt (V); u
2
= 6cosωt (V)
u
1
– u
2
= 12cosωt - 6cosωt (V) = 6cosωt
u
1
– u
2
= 6cosωt = ± 3 (V) > cosωt = ± 0,5 => cos
T
π
2
t = ± 0,5 => t
min
=
6
T
=
3
10
6−
s Chọn B
Câu 25: Một anten parabol đặt tại điểm O trên mặt đất, phát ra một sóng truyền theo phương làm với mặt
phẳng ngang một góc 45
0
hướng lên cao. Sóng này phản xạ trên tầng điện li, rồi trở lại gặp mặt đất ở điểm M.
Cho bán kính Trái Đất R = 6400 km. Tâng điện li coi như một lớp cầu ở độ cao 100 km trên mặt đất. Cho 1
phút = 3.10
-4
rad. Độ dài cung OM.
A. 201,6 km B. 301,6 km C. 100 km D. 200 km
Giải:Để tính độ dài cung OM ta tính góc ϕ = ∠ OO’M Xét tam giác OO’A
OO’ = R; O’A = R + h ; β = ∠ O’OA = 90
0
+ 45
0
= 135
0
Theo ĐL hàm số sin:
0
135sin
' AO
=
2
sin
'
α
OO
>
2
sin
α
=
AO
OO
'
'
sin135
0
= 0,696
> α = 88,25
0
> ϕ = 360
0
– 270
0
– 88,25
0
ϕ = 1,75
0
= 1,75,60.3.10
-4
rad = 0,0315 rad
Cung OM = Rϕ = 0,0315 . 6,4.10
3
(km) = 201,6 km. Đáp án A
Câu 26: Mạch dao động ở lối vào của một máy thu thanh gồm cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L
0
và một tụ điện có điện
dung C
0
khi đó máy thu được sóng điện từ có bước sóng
λ
0
. Nếu dùng n tụ điện giống nhau cùng điện dung C
0
mắc nối tiếp
với nhau rồi mắc song song với tụ C
0
của mạch dao động, khi đó máy thu được sóng có bước sóng
A.
0
( 1) /n n
λ
+
. B.
0
/ n
λ
. C.
0
n
λ
. D.
0
/( 1)n n
λ
+
.
Giải: λ
0
= 2πc
00
CL
λ = 2πc
CL
0
Với C = C
0
+
n
C
0
=
n
nC )1(
0
+
>
λ = 2πc
CL
0
= 2πc
00
1
C
n
n
L
+
= 2πc
00
CL
n
n 1+
= λ
0
n
n 1+
. Chọn đáp án A
Câu 27: Một mạch dao động LC lý tưởng đang thực hiện dao động điện từ tự do với chu kỳ T. Ký hiệu A, B
lần lượt là hai bản của tụ. Tại thời điểm t
1
bản A tích điện dương và tụ đang được tích điện. Đến thời điểm t
2
=
3T / 4 thì điện tích của bản A và chiều dòng điện qua cuộn dây là
A. tích điện dương, từ A đến B. B. tích điện dương, từ B đến A.
C. tích điện âm, từ B đến A. D. tích điện âm, từ A đến B.
ϕ
O’
A
α
O β
M
( )
A t
q
i
( )
B t
( )
A t
( )
B t
O
(T))> - ' )\N]
(T )> '
'
(96^9^# Q0
'
A A
B
A
B
A Q Q
B Q
i
A B
i
> ⇒
<
>
⇒ →
<
Câu 28. Một chùm tia sáng song song chiếu gồm hai thành phần đơn sắc chiếu vào tấm thủy tinh dày
L=8mm, chiết suất của các thành phần đối với thủy tinh lần lượt là n
1
=
2
và n
2
=
3
dưới góc tới i = 60
0
.
Để màu của 2 chùm tia ló giống hệt nhau thì độ rộng của chùm tới có giá trị lớn nhất bằng :
A. 4(
5
3
-
3
1
) mm B. 5(
5
3
-
3
1
) mm C. 4(
7
3
-
3
1
) mm D. 4(
5
8
-
3
1
) mm
Câu 28. Giải: Giả sử chùm tới có các điểm tới I
1
và I
2
Do góc tới i = 60
0
nên độ rộng của chùm tới
a = I
1
I
2
/2
Góc khúc xạ của 2 tia sáng trong tấm thủy tinh:
sinr
1
=
1
sin
n
i
=
2
60sin
0
=
4
6
( r
1
≈ 38
0
) > tanr
1
=
5
3
sinr
2
=
2
sin
n
i
=
3
60sin
0
=
2
1
( r
2
= 30
0
) > tanr
2
=
3
1
Để màu của 2 chùm tia ló giống hệt nhau thì điểm ló của hai
thành phần đơn sắc của hai tia tới ở rìa của chùm tới trùng nhau
Do đó I
1
I
2
= H
1
H
2
= H
2
H – H
1
H = I
1
H (tanr
1
- tanr
2
) = 8(
5
3
-
3
1
) mm
> a = 4(
5
3
-
3
1
) mm. Đáp án A
Câu 29: Trong thí nghiệm về giao thoa ánh sáng, khoảng cách giữa hai khe sáng là 1mm, khoảng cách từ mặt
phẳng chứa hai khe đến màn quan sát là 2,5m. Ánh sáng chiếu đến hai khe gồm hai ánh sáng đơn sắc trong
vùng ánh sáng khả kiến có bước sóng λ1 và λ2 = λ1 + 0,1μm. Khoảng cách gần nhất giữa hai vân sáng cùng
màu với vân trung tâm là 7,5mm. Xác định λ1.
A. 0,4 μm. B. 0,6 μm. C. 0,5 μm. D. 0,3μm.
HD: ta có khoăng cách 2 vân sáng liên tiếp cùng màu vân trung tâm gọi là khoảng vân trùng
những vân sáng trung nhau thỏa mản đến đây em có thể thử được đáp án
Câu 30: Trong TN Y âng về GTAS , khoảng cách giữa 2 khe là 0,8mm, khoảng cách từ 2 khe đến màn là 2m.
Nguồn chiếu đồng thời 2 bức xạ đơn sắc có bước sóng 750nm và 500nm. Hỏi trong vùng giao thoa có độ rộng
10mm ( Đối xứng nhau qua VSTT) có bao nhiêu vân sáng có màu giống màu của VSTT?
A. 6 B. 4 C. 3 D. 5
Giải: Vị trí vân sáng có màu giống màu vân sáng trung tâm: x = k
1
i
1
= k
2
i
2
k
1
i
1
= k
2
i
2
-> k
1
λ
1
= k
2
λ
2
-> 3k
1
= 2k
2
-> k
1
= 2n và k
2
= 3n ( với n= 0, ± 1;± 2; ±3 )
x = 2ni
1
= 3ni
2
-> x = 2n
a
D
1
λ
= 2n
3
6
10.8,0
10.75,0.2
−
−
= 3,75n (mm)
Số vân sáng màu giống màu vân sáng trung tâm - 5 < x = 3,75n < 5 -> -1,33 < n < 1,33
-> - 1 ≤ n ≤ 1 -> có 3 giá trị n : (n = - 1; 0; 1) Chọn đáp án C.
H H
1
H
2
I
1
I
2
Câu 31: Trong thí nghiệm giao thoa ánh sáng có bứơc sóng λ từ 0,4 µ m đến 0,7 µm. Khoảng cách giữa hai nguồn kết
hợp là a = 2mm, từ hai nguồn đến màn là D = 1,2m tại điểm M cách vân sáng trung tâm một khoảng x
M
= 1,95 mm có
những bức xạ nào cho vân sáng
A.có 1 bức xạ B.có 3 bức xạ C.có 8 bức xạ D.có 4 bức xạ
Câu 1 giải 1:Tại M có vân sáng nếu: x
M
=ni
Nn ∈
3
. 2.1,95 3,25
. ( )
. .1, 2.10
M
M
a XD
x n mm m
a n D n n
λ
λ λ µ
−
= ⇒ = = => =
Mà: λ =0,4µm -> 0,7µm nên:
3,25 1 1
0,4 0,7
0,4 3,25 0,7
3,25 3,25
8,1 4,6 5,6,7,8
0,4 0,7
n
n
n n n
≤ ≤ ⇒ ≥ ≥
≥ ≥ ⇒ ≥ ≥ ⇒ =
=> có 4 bức xạ ánh sáng tập trung ở M ứng với n=5, 6, 7, 8
Thế vào (1) ta có bước sóng là: λ
5
= 0,65µm;λ
6
=0,542µm; λ
7
=0,464µm; λ
8
=0,406µm
Câu 1 giải 2: MODE 7 :
3.25
( )f x
x
=
= START 1 = END 10 = STEP 1 =
Kết quả như bảng bên phải chọn n= 5; 6; 7; 8
Câu 32: Trong thí nghiệm I - âng về giao thoa ánh sáng . Chiếu hai khe ánh sáng đơn sắc có bước sóng
λ
1
= 0,6μm 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 λ
1
và λ
2
thì người ta thấy 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 2 vị trí vân sáng giống màu vân trung tâm. Bước sóng của bức
xạ λ
2
là
A.0,4 μm. B. 0,38 μm. C. 0,65 μm. D. 0,76 μm.
Giải: Khoảng vân i
1
= 9mm/(6-1) = 1,8mm
1
10,8
6
1,8
M
x
i
= =
Tại M là vân sáng bậc 6 của bức xạ λ
1
.
Khoảng cách giữa vân sáng cùng màu và gần nhất vân sáng trung tâm là:
x =
10,8
3,6
3
mm=
, ứng với vân sáng bậc hai của bức xạ λ
1
Do đó 2i
1
= ki
2
=>
1
1 2 2
2 1,2
2 ( )
D D
k m
a a k k
λ
λ λ λ µ
= ⇒ = =
Với k là số nguyên. k =
2
1,2
λ
. Trong 4 giá trị của bức xạ λ
2
đã cho chỉ có
bức xạ λ
= 0,4 µm cho k = 3 là số nguyên. Chọn A
Câu 33: Một lăng kính thủy tinh có góc chiết quang A = 7
0
, chiết suất của lăng kính đối với tia tím là n
t
= 1,6042. Chiếu
vào lăng kính một tia sáng trắng dưới góc tới nhỏ, góc lệch giữa tia ló màu đỏ và tia tím là
D
∆
= 0,0045rad. Chiết suất
của lăng kính đối với ánh sáng màu đỏ là:
A. n
đ
= 1,6005 B. n
đ
= 1,5872 C. n
đ
= 1,5798 D. n
đ
= 1,5672
Giải:
+ Góc lệch của mỗi tia là : D = (n – 1)A
+ ∆D = D
t
– D
đ
= (n
t
– n
đ
)A => n
đ
= n
t
- ∆D/A = 1,6042 – 0,0045/0,1221
n
đ
= 1,5673
x=k
f(x) = λ
1 3.35
2
3
4
5
6
7
8
9
1.625
1.0833
0.8125
0.65
0.5416
0.4642
0.4062
0.3611
∆D
Câu 34. Trong thí nghiệm Young, ánh sáng có bước sóng 500nm. H là chân đường cao hạ vuông góc từ S1
tới màn M. Lúc đầu người ta thấy H là 1 cực đại giao thoa. Dịch Màn M ra xa hai khe S1 và S2 đến khi tại H
bị triệt tiêu năng lượng sáng lần thứ 1 thì độ dịch là 1/7 m. Để năng lượng tại H lại triệt tiêu thì phải dịch màn
xa thêm ít nhất là 16/35 m. Khoảng cách hai khe S1 và S2 là :
A. 1,8mm. B. 2mm. C. 1mm. D. 0,5mm.
Giải: Trong thí nghiêm I âng vị trí vân sáng và vân tối
x
s
= ki; x
t
= (k-0,5)i với k = 1, 2, 3
Điểm H cách vân trung tâm x
Giả sư lúc đầu tại H là vân sáng bậc k
x = ki = k
a
D
λ
(1)
Khi dịch màn ra xa, lần thứ nhất
tại H là vân tối thứ k ; x = (k - 0,5)
a
DD )(
1
∆+
λ
(2)
Khi dịch màn ra xa thêm thì lần này tại H sẽ là vân tối bậc (k -1)
Khi đó: x = (k -1,5)
a
DDD )(
21
∆+∆+
λ
(3)
Mặt khác x =
2
a
(4)
Từ (1) và (2) (3): kD = (k-0,5)(D +
7
1
) = (k – 1,5)( D +
7
1
+
35
16
) => D = 1m; k =4
x = k
a
D
λ
=
2
a
=> a
2
= 2kλD = 2.4.0,5.10
-6
.1 = 4,10
-6
=> a = 2.10
-3
m = 2 mm.Chọn B
Câu 35 : Trong thí nghiệm giao thoa ánh sáng có bứơc sóng λ từ 0,4 µ m đến 0,7 µm. Khoảng cách giữa hai nguồn kết
hợp là a = 2mm, từ hai nguồn đến màn là D = 1,2m tại điểm M cách vân sáng trung tâm một khoảng x
M
= 1,95 mm có
những bức xạ nào cho vân sáng
A.có 1 bức xạ B.có 3 bức xạ C.có 8 bức xạ D.có 4 bức xạ
Bài :Tại M có vân sáng nếu: x
M
=ni
Nn ∈
3
. 2.1,95 3,25
. ( )
. .1, 2.10
M
M
a XD
x n mm m
a n D n n
λ
λ λ µ
−
= ⇒ = = => =
Mà λ =0,4µm -> 0,7µm nên:
3,25 1 1
0,4 0,7
0,4 3,25 0,7
3,25 3,25
8,1 4,6 5,6,7,8
0,4 0,7
n
n
n n n
≤ ≤ ⇒ ≥ ≥
≥ ≥ ⇒ ≥ ≥ ⇒ =
Nh thế có 4 bức xạ ánh sáng tập trung ở M ứng với n=5, 6, 7, 8
Thế vào (1) ta có bước sóng của chúng là: λ
5
= 0,65µm;λ
6
=0,542µm; λ
7
=0,464µm; λ
8
=0,406µm
Câu 36 : 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
1/7 m 16/35 m
D
D
H H H
• • •
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 37 : 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
=
−
=⇒
Câu 38 : Chất lỏng fluorexein hấp thụ ánh sáng kích thích có bước sóng λ = 0,48μm và phát ra ánh có bước sóng λ’ =
0,64μm. Biết hiệu suất của sự phát quang này là 90% (hiệu suất của sự phát quang là tỉ số giữa năng lượng của ánh
sáng phát quang và năng lượng của ánh sáng kích thích trong một đơn vị thời gian), số phôtôn của ánh sáng kích thích
chiếu đến trong 1s là 2012.10
10
hạt. Số phôtôn của chùm sáng phát quang phát ra trong 1s là
A. 2,6827.10
12
B. 2,4144.10
13
C. 1,3581.10
13
D. 2,9807.10
11
HD Giải: Công suất của ánh sáng kích thích: P = N
λ
hc
N số phôtôn của ánh sáng kích thích phát ra trong 1s
Công suất của ánh sáng phát quang: P’ = N’
'
λ
hc
. N’ số phôtôn của ánh sáng phát quang phát ra trong 1s
Hiệu suất của sự phát quang: H =
'
''
λ
λ
N
N
P
P
=
=> N’ = NH
λ
λ
'
= 2012.10
10
. 0,9.
48,0
64,0
= 2,4144.10
13
. Chọn B
Câu 39: Chiếu lần lượt 3 bức xạ đơn sắc có bước sóng theo tỉ lệ
5,1:2:1::
321
=
λλλ
vào catôt của một tế bao quang
điện thì nhận được các electron quang điện có vận tốc ban đầu cực đại tương ứng và có tỉ lệ
kvvv :1:2::
321
=
, với
k
bằng:
A.
3
B.
3/1
C.
2
D.
2/1
( )
2
2
2
2
2
2
2
2
4. (1)
2
(1) (2) 3
3
2 2
: (2) 3 2
2 2 1
(3) (2) 1
6 2
(3)
1,5. 2
hc mv
A
hc mv
hc mv
HD A k
k
hc mv
k
hc mv
A k
λ
λ
λ
λ
λ
= +
− ⇒ =
= + ⇒ ⇒ = ⇒ =
−
− ⇒ = −
= +
Câu 40: 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 1: Công thoát của hợp kim là công thoát nhở nhất của kim loại A và B tức là A = 3,86 eV
Ta có hf = A + eV
max
hf’ = A + 1,25eV
max
=> h(f’ – f) = 0,25eV
max
= 0,25(hf – A)
=> hf’ = 1,25hf – 0,25A => f’ = 1,25f – 0,25A/h
A/h = 3,86.1,6.10
-19
/6,625.10
-34-
= 0,932. 10
15
=> f’= 1,25f – 0,25A/h = 1,639.10
15
Hz => λ’ = c/f’ = 0,183.10
-6
m = 0,183 μm. Đáp án C
Giải 2:
Áp dụng định luật Anh-Xtanh
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
19
15 15
34
, 1
1,25 , 2
1
0,25 0,25.3,86.1,6.10
1,25 1, 25 1,25.1,5.10 1,642.10
6,625.10
2
A A
B B MAX A A MAX MAX A
A B
SAU A MAX
A
SAU A A SAU
SAU
hf A eV
hf A eV V V hf A eV eV hf A
A A
hf A eV
A
hf A hf A f f Hz
h
c
f
λ
−
−
= +
= + ⇒ = ⇒ = + ⇒ = −
<
= +
⇒ = + − ⇔ = − = − ≈
⇒ =
( )
8
15
3.10
0,183
1,642.10
SAU
m
µ
= ≈
Câu 41: Laze A phát ra chùm bức xạ có bước sóng 400nm với công suất 0,6W. Laze B phát ra chùm bức xạ có bước
sóng λ với công suất 0,2W. Trong cùng một đơn vị thời gian số photon do laze A phát ra gấp 2 lần số photon do laze B
phát ra. Một chất phát quang có khả năng phát ánh sáng màu đỏ và lục. Nếu dùng laze B kích thích chất phát quang trên
thì nó phát ra ánh sáng màu
A. tím. B. đỏ. C. vàng. D. lục.
♦ Xét trong 1 giây ta có:
( )
'./
'./
'. '.&
A A B B
B
B B A
P N
hc
P N N m
P N
λ λ
ε λ µ
λ λ
= = ⇒ = ⇔ = ⇔ =
♦ Theo định luật X – tốc thì bước sóng phát quang phải lớn hơn bước sóng kích thích nên
PQ B
λ λ
>
♦ Đến đây các em sẽ lúng túng không biết làm sao chọn đáp án cho đúng, nhớ rằng bước sóng đỏ là lớn nhất nên chọn
đáp án B.
Câu 42: Các mức năng lượng của các trạng thái dừng của nguyên tử hiđrô được xác định bằng biểu thức
2
13,6
n
E
n
= −
(eV) (n = 1, 2, 3,…). Nếu nguyên tử hiđrô hấp thụ một phôtôn có năng lượng 2,55 eV thì bước sóng lớn
nhất của bức xạ mà nguyên tử hiđrô đó có thể phát ra là
A. 9,74.10
-8
m. B. 1,22.10
-6
m. C. 4,87.10
-6
m. D. 1,88.10
-6
m.
Giải 1:Ta có:
2
13,6
n
E
n
= −
.Đề cho: En-Em =2,856eV , Lấy 2,856eV chia 13,6 eV .ta có
2,55 3
13,6 16
=
:
Dựa vào bảng trên =>n=4 và m=2 =>
n m
2 2
13,6 13,6
E E ( ) 2,55eV
2 4
− = − =
Nghĩa là nguyên tử hiđrô đang ở mức năng lượng N( n=4).Khi nó chuyển từ mức năng lượng N (với n=4) về M (với
n=3) thì phát ra phôtôn có bước sóng dài nhất:
2 2
max
hc 13,6 13,6
( ) 0,661eV
3 4
= − =
λ
=>
6
max
19
hc
1,879558.10 m
0,661.1,6.10
−
−
λ = =
.Chọn D
Giải 2:
n m 4 2
2 2
13,6 13,6
E E ( ) 2,55eV E E
2 4
− = − = = −
=> Mức tối thiểu
4 3
2 2
13,6 13,6
E E ( ) 0,661eV
3 4
− = − = =>
34 8
6
43
19
4 3
hc 6,625.10 .3.10
1,879558.10 m
E E 0,661.1,6.10
−
−
−
λ = = =
−
. Chọn D
Câu 43: Mức năng lượng của nguyên tử hiđrô ở trạng thái dừng được xác định theo biểu thức
2
13,6
n
E
n
= −
eV (n = 1,
2, 3, ). Cho các nguyên tử hiđrô hấp thụ các photon thích hợp để chuyển lên trạng thái kích thích, khi đó số bức xạ có
bước sóng khác nhau nhiều nhất mà các nguyên tử có thể phát ra là 10. Bước sóng ngắn nhất trong số các bức xạ đó là:
A. 0,0951µm. B. 4,059µm. C. 0,1217µm. D. 0,1027µm.
Giải: Số bức xạ có bước sóng khác nhau mà nguyên tử có thể phát ra là 10 ứng với n = 5.
min
λ
hc
= E
5
– E
1
= 13,6 -
25
6,13
(eV) =
25
6,13.24
eV = 13,056 eV
λ
min
=
eV
hc
056,13
=
19
834
10.6,1.056,13
10.3.10.625,6
−
−
= 0,951.10
-7
m = 0,0951µm. Đáp án A
Câu 44: Hạt nhân
Be
10
4
có khối lượng 10,0135u. Khối lượng của nơtrôn (nơtron) m
n
= 1,0087u, khối lượng của prôtôn
(prôton) m
P
= 1,0073u, 1u = 931 MeV/c
2
. Năng lượng liên kết riêng của hạt nhân là
Be
10
4
A. 0,632 MeV. B. 63,215MeV. C. 6,325 MeV. D. 632,153 MeV.
HD Giải :
-Năng lượng liên kết của hạt nhân
Be
10
4
: W
lk
= Δm.c
2
= (4.m
P
+6.m
n
– m
Be
).c
2
= 0,0679.c
2
= 63,249 MeV.
-Suy ra năng lượng liên kết riêng của hạt nhân
Be
10
4
:
63,125
6,325
10
lk
W
A
= =
MeV/nuclôn.Chọn: C.
Câu 45: Một gam chất phóng xạ trong một giây phát ra 4,2.10
13
hạt
β
-
. Khối lượng nguyên tử của chất này phóng xạ này
là 58,933u; 1u = 1,66.10
-27
kg. Chu kỳ bán rã của chất phóng xạ này là:
A. 1,97.10
8
giây; B. 1,69.10
8
giây; C. 1,86.10
8
giây; D. 1,78.10
8
giây
HD Giải : Ta có
0 0
0
(1 ) (1 ) .
t t
A A
m m
N N N e N e N t
A A
λ λ
β
λ
− −
= ∆ = − = − ≈
vì (t<<T)
8
0
. .0,6963
1,68.10
.
A
m N
T s
N A
β
⇒ = ≈
Câu 46: Ban đầu có 2g Radon (222Rn) là chất phóng xạ chu kỳ bán rã T. Số nguyên tử Radon còn lại sau t = 4T:
A. 3,39.10
20
nguyên tử B. 5,42.10
20
nguyên tử
C. 3,49.10
20
nguyên tử D. 5,08.10
20
nguyên tử
HD Giải : Ta có:
⇒===
20
0
0
10.39,3
16
2
1
.
A
Nm
NN
A
T
t
chọn A
Câu 47: Một chất phóng xạ có chu kì bán rã là 20 phút. Ban đầu một mẫu chất đó có khối lượng là 2g. Sau 1h40phút,
lượng chất đã phân rã có giá trị nào sau đây:
A: 1,9375 g B: 0,0625g C: 1,25 g D: một đáp án khác
HD Giải: Số lượng chất đã phân rã
)21.(
T
t
0
−
−=∆ mm
=1,9375 g
⇒
Chọn A.
Câu 48: Xét phản ứng:
232
90
Th →
208
82
Pb + x
4
2
He + y
0
1−
β
–
. Chất phóng xạ Th có chu kỳ bán rã là T. Sau thời
gian t = 2T thì tỷ số số hạt α và số hạt β là:
A.
2
3
. B. 3 C.
3
2
. D.
1
3
HD Giải: ĐL BT Số khối: 232 = 4x+ 208 => x = 6
ĐL BT điện tích Z: 90 = 2x-y+82 => y = 4
Tỉ số số hạt α và số hạt β là x:y = 6:4 =3:2 . Chọn C ( Lưu ý: tỉ số này không đổi theo t)
Câu 49: Cho chùm nơtron bắn phá đồng vị bền
55
25
Mn
ta thu được đồng vị phóng xạ
56
25
Mn
. Đồng vị phóng xạ
56
Mn
có chu trì bán rã T = 2,5h và phát xạ ra tia
β
-
. Sau quá trình bắn phá
55
Mn
bằng nơtron kết thúc người ta thấy
trong mẫu trên tỉ số giữa số nguyên tử
56
Mn
và số lượng nguyên tử
55
Mn
= 10
-10
. Sau 10 giờ tiếp đó thì tỉ số giữa
nguyên tử của hai loại hạt trên là:
A. 1,25.10
-11
B. 3,125.10
-12
C. 6,25.10
-12
D. 2,5.10
-11
HD Giải : Sau quá trình bắn phá
55
Mn
bằng nơtron kết thúc thì số nguyên tử của
56
25
Mn
giảm, cò số nguyên tử
55
25
Mn
không đổi, Sau 10 giờ = 4 chu kì số nguyên tử của
56
25
Mn
giảm 2
4
= 16 lần. Do đó thì tỉ số giữa nguyên tử của
hai loại hạt trên là:
55
56
Mn
Mn
N
N
=
16
10
10−
= 6,25.10
-12
Chọn C
Câu 50: 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:
( )
( )
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
−
−
− − − −
−
−
−
= =
− = × ⇒ = + ×
= ⇒ = + ⇒ × = +
+
+
⇒ = ×
Chọn B
