Tuyển tập những bài tập HAY và KHÓ luyện thi đại học năm học 2012 2013

TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TẬP HAY VÀ KHÓ LUYỆN THI ĐẠI HỌC
NĂM HỌC 2012-2013
Câu 1: Một đoạn mạch xoay chiều mắc nối tiếp gồm điện trở thuần R, tụ điện C và cuộn dây thuần cảm
có độ tự cảm L thay đổi được. Đặt vào hai đầu đoạn mạch một điện áp xoay chiều ổn định , khi điều
chỉnh độ tự cảm của cuộn cảm đến giá trị L0 thì điện áp hiệu dụng hai đầu các phần tử R, L, C có giá trị
lần lượt là 30 V, 20 V và 60 V. Khi điều chỉnh độ tự cảm đến giá trị 2L0 thì điện áp hiệu dụng hai đầu
điện trở bằng bao nhiêu?
50
150
100
A. 50V
B.
C.
D.
V
V
V
3
13
11
Giải: Khi L1 = L0
Điện áp hiệu dụng đặt vào hai đầu mạch: U = U R21  (U L1  U C1 ) 2 = 50 (V)
Do UR1 = 30V; UL1 = 20 V; UC1 = 60V -----> ZC = 2R; ZL1 =

2R
3

4R
. Khi đó tổng trở của mạch
3
13

4R
Z = R 2  (Z L 2  U C ) 2 = R 2  (
R
 2 R) 2 =
3
3
150
U
Điện áp hiệu dụng hai đầu điện trở bằng UR2 = R =
V. Đáp án C
Z
13
Khi điều chỉnh L2 = 2L0 -----> ZL2 = 2ZL1 =

Bài 2 Một người định cuốn một biến thế từ hiệu điên thế U 1 = 110V lên 220V với lõi không phân
nhánh, không mất mát năng lượng và các cuộn dây có điện trở rất nhỏ , với số vòng các cuộn ứng với
1,2 vòng/Vôn. Người đó cuốn đúng hoàn toàn cuộn thứ cấp nhưng lại cuốn ngược chiều những vòng
cuối của cuộn sơ cấp. Khi thử máy với nguồn thứ cấp đo được U 2 = 264 V so với cuộn sơ cấp đúng yêu
cầu thiết kế, điện áp nguồn là U1 = 110V. Số vòng dây bị cuốn ngược là:
A 20
B 11
C . 10
D 22
Giải:Gọi số vòng các cuộn dây của MBA theo đúng yêu cầu là N 1 và N2
N
110 1
Ta có 1 
  N2 = 2N1 (1) Với N1 = 110 x1,2 = 132 vòng
N 2 220 2
Gọi n là số vòng dây bị cuốn ngược. Khi đó ta có

N1  2n 110
N  2n 110
(2)

 1

N2
264
2 N1
264
Thay N1 = 132 vòng ta tìm được n = 11 vòng. Chọn đáp án B
Chú ý: Khi cuộn sơ cấp bị cuốn ngược n vòng thì suất điện động cảm ứn xuất hiện ở các cuộn sơ cấp
và thứ cấp lấn lượt là e1 = (N1-n)e0 – ne0 = (N1 – 2n) e0 với e0 suất điện động cảm ứng xuất hiện ở mỗi
vòng dây.
N  2n e1 E1 U 1
N  2n 110
e2 = N2e0 Do đó 1



 1

N2
e2 E 2 U 2
N2
264

Baì 3: Tại 2 điểm A và B cách nhau 18 cm ở mặt thoáng của một chất lỏng có hai nguồn sóng kết hợp
dao động ngược pha, cùng tần số f = 20 Hz. Biết tốc độ truyền sóng là 0,4 m/s. Một đoạn thẳng CD dài 8
cm trên mặt thoáng, có cùng đường trung trực với AB và cách AB một đoạn là h. Biết rằng ở giữa đoạn

CD có 2 điểm dao động với biên độ cực đại. Giá trị nhỏ nhất của h là
A. 16,46 cm.
B. 21,94 cm.
C. 24,56 cm.
D. 33,85 cm.
Giải: Bước sóng:  = v/f = 0,02m = 2 cm
Giả sử biểu thức của sóng tai A, B
uA = a1cost

C
d1

M

h

D
d2


uB = a2cos(t + π)
Xét điểm M trên CD AM = d1; BM = d2
Sóng tổng hợp truyền từ A, B đến M
2d1
uAM = a1cos(t )



uBM = a2cos (t + π -

2d 2



)

M dao động với biên độ cực đai khi uAM và uBM dao động cùng pha
2d 2 2d1
1
1
π+
= 2kπ -----> ----> d1 – d2 = (k- ) -----> d1 – d2 = 2(k - ) = 2k -1 (*)


2
2
Khi điểm M nằm trên AB thì ta có d1 – d2 = 2k – 1
d1 + d2 = 18 (cm)
-----> d1 = k + 8,5
Số điểm dao động với biên độ cực đại trên AB : 0 < d1 = k + 8,5 < 18
-----> - 8  k  9. Trên AB có 18 điểm dao động với biên độ cực đai
-----> hai đường cực đại gần trung trực của AB nhất khi k = 0 và k = 1.
Để ở giữa đoạn CD có 2 điểm dao động với biên độ cực đại với h có giá trị nhỏ nhất thì tại C và D là hai
điểm dao động với biên độ cực đại: tại C ứng với k = - 1; tại D ứng với k = 2
Khi M trùng với C: k = - 1----> d1 – d2 = -3 ------> d2 – d1 = 3 (*)
Ta có d12 = h2 + 52
d22 = h2 + 132
2
Do đó d2 – d12 = 144 -----> (d1 + d2)(d2 – d1) = 144(**)
Từ (*) và (**) ---->

d1 + d2 = 48 (***)
Từ (*) và (***)
d1 = 22,5 cm
2
2
2
h = d1 – 5 = 481,25 (cm2) ------> h = 21,9374 cm. Chọn đáp án B

Bài 4: Chiếu lần lượt hai bức xạ có bước sóng 1 = 600nm và 2 = 0,3 m vào một tấm kim loại thì nhận
được các quang e có vân tốc cực đại lần lượt là v1 = 2.105 m/s và v2 = 4.105 m/s.Chiếu bằng bức xạ có
bước sóng 3 = 0,2  m thì vận tốc cực đại của quang điện tử là
A. 5.105 m/s
B . 2 7 .105 m/s
C. 6 .105 m/s
D.6.105 m/s
Giải:
hc
hc
hc
Ta có :
= A + Wđ1 (1)
= A + Wđ2 (2)
= A + Wđ3 (3)

1

Do v2 = 2v1 ------> W2 = 4W1 (1) -----> 4

Wđ1 =

hc

3
hc

1

hc

1

= 4A + Wđ2 (1’)

hc 4 1
( ) (4)
3 1  2
1  2
3   42 3  13
1
4
1
- A = hc( +
) = hc 1 2
(*)
3 31 3 2
312 3
  2
1
4
1

- A = hc( +
) = hc 1
(**)
1 31 3 2
312

Lấy (1’) – (2) ; 4
Wđ3 =

3

2

Từ (*) và (**)

hc

-

hc

= 3A ----> A =

Wđ 3
3   42 3  13
= 1 2
=7
Wđ 1
(1  2 )3

----->.

v3
=
v1

7 ------> v3 = v1 7 = 2 7 .105 m/s. Chọn đáp án B

Bài 5. Để giảm điện áp trên đường dây tải điện 100 lần thì cần tăng điện áp ở nơi phát lên bao nhiêu lần.
Biết rằng công suất ở nơi tiêu thụ không thay đổi, điện áp trên đường dây tải điện cùng pha với dòng
điện chạy trên dây và ban đầu độ giảm điện áp trên đường dây bằng 10% điện áp ở nới phát
A.9,01 B.8,99
C.8,515 D.9,125
Bài giải: Gọi P là công suất nơi tiêu thu, R điện trở đường dây
Công suất hao phí khi chưa tăng điện áp P1 và sau khi tăng điện áp P2
R
P1 = P12 2 Với P1 = P + P1 ; P1 = I1.U1
U1
R
P2 = P22 2 Với P2 = P + P2 .
U2
Độ giảm điện thế trên đường dây khi chưa tăng điện áp U = I1R = 0,1U1 ---- R =

0,1U 12
P1

P1 P12 U 22
U
P

 2 2  100  2  10 2
P2 P2 U1
U1
P1
P1 = P + P1
P2 = P + P2 = P + 0,01P1 = P + P1 - 0,99P1 = P1 – 0,99P1
0,1U 12
P1
R
Mặt khác ta có P1 = P12 2 = P12
= 0,1P1
U1
U 12
P  0,99P1
P  0,99.0,1P1
U2
P
Do đó
= 10 2 = 10 1
= 10 1
= 10.(1- 0,099) = 9,01
P1
P1
U1
P1
Vậy U2 = 9,01U1 Chọn đáp án A

Bài 6. Quả cầu kim loại của con lắc đơn có khối lượng m = 0,1 kg tích điện q = 10-7C được treo bằng
một sợi dây không giãn, mảnh, cách điện có chiều dài l tại nơi có gia tốc trọng trường g = 9,8m/s2 và
được đặt trong một điện trường đều, nằm ngang có cường độ E = 2.106V/m. Ban đầu người ta giữ quả

cầu để sợi dây có phương thẳng đứng, vuông góc với phương của điện trường rồi buông nhẹ với vận tốc
ban đầu bằng 0. Lực căng của dây khi quả cầu qua vị trí cân bằng mới là:
A. 1,02N.
B. 1,04N.
C. 1,36N.
D. 1,39N
Giải: Khi con lắc ở VTCB mới O’ dây treo hợp với phương
0,2
F Eq
thẳng đứng góc α0: tanα0 = =
=
= 0,2040
0,98
P mg
α0 = 0,2012 (rad)
0
A
Lực căng của dây khi quả cầu qua vị trí cân bằng mới được xác định
theo công thức T = mg’(3 – 2cosα0 )
Eq
O’
F
vơi gia tốc hiệu dụng g’ = g 2  a 2 ( a =
= 2 m/s2)
m
0
g’ =

O

9,8 2  2 2 = 10,002 m/s2.
20

2 0

) = 1 + 4sin
)=1+ 
2
2
---> T = mg’(3 – 2cosα0 ) = 0,1.10,002(1 + 0,20122) = 1,0406 N = 1,04N. Đáp án B
3 – 2cosα0 = 3 – 2(1 – 2sin

2
0

P


Bài 8: Cho 2 nguồn A,B ngược pha dao động theo phương vuông góc với mặt nước. Gọi I la trung điểm
AB và M,N là 2 điểm thuộc IB cách I lần lượt một đoạn là 7cm,10cm. Tại thời điểm vận tốc tại M
là −3 3 (cm/s) thì vận tốc tại N là bao nhiêu? Biết f = 20Hz và vận tốc truyền sóng là 2,4m/s
A. −3 3 cm/s B.6 cm/s C. 9 cm /s D. − 6 cm/s
Giải: Xét điểm C trên IB; Bước sóng  = v/f = 12cm
A
Đặt IC = d (cm) ; AB = 2b (cm)

Giả sử phương trình dao động của nguồn tại A và B
uA = acost (cm); ub = acos(t + π) (cm)
Sóng truyền từ A , B đến C
2 (b  d )

2 (b  d )
uAC = acos[t ] ; uBC = acos[t + π ]

I MC N
   

B






 2d
 4b
 d
 b
uC = uAC + uBC = 2acos( +
)cos(t + ) = 2acos( +
)cos(t + )
2

2

2 6
2
3
 d
 b
Vận tốc tại C: vC = - 2acos( +

)sin(t + )
2 6
2
3
 b
5
Khi d = 7 cm vM = - 2acos(
)sin(t + ) (*)
2
3
3
 5
 b
Khi d = 10cm vN = - 2acos( +
)sin(t + ) (**)
2 3
2
3
 5
cos(  )
vN
2 3 = - tan 5 = - 3 -----> vN = - vM 3 = 9 cm/s. Đáp án C
Từ (*) và (**)
=
5
vM
3
cos
3


Bài 9 :Một chất điểm tham gia đồng thời hai dao động trên trục Ox có phương trình x1 = A1cos10t; x2 =

A2cos(10t +2). Phương trình dao động tổng hợp x = A1 3 cos(10t +), trong đó có 2 -  = . Tỉ số
6


bằng
2
3
1
2
3
2
2
4
1
A.
hoặc
B. hoặc
C.
hoặc
D. hoặc
2
4
3
3
4
5
3

3
Giải: Vẽ giãn đồ véc tơ như hình vẽ:
Xét tam giác OA1A
A1
A
A2
A
=
---> sin = 2 (*)
A2

sin 
2A
1
sin
π/6
6
2
2
2
2
2
π/6
A2 = A1 + A – 2AA1cos = 4A1 - 2 3 A1 cos (**)

4  2 3 cos
A2
O
sin =
=

------->
2
2A1

4sin2 = 4 - 2 3 cos
2 3 cos = 4(1- sin2) = 4cos2 -----> 2cos (2cos - 3 ) = 0 (***)
-----> cos = 0 hoặc cos =

3
2

A1






2
3
----> 2 = +
=
------>
=
2
2
6
2
3
4






1
hoặc  =
----> 2 = +
= ------>
=
6
6
6
3
2
2
Chọn đáp án A
----->  =

Bài 10. Một cuộn dây không thuần cảm nối tiếp với tụ điện C trong mạch xoay chiều có điện áp
u=U0cosωt(V) thì dòng điện trong mạch sớm pha hơn điện áp u là φ1 và điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn
dây là 30V. Nếu thay C1=3C thì dòng điện chậm pha hơn u góc φ2=900 - φ1 và điện áp hiệu dụng hai đầu
cuộn dây là 90V. Giá trị của U0 là
60
63
A.
(V).
B. 60 (V)
C. 30 2 (V)
D.

(V)
5
5
Giải:
U
Ud1 = 30 (V) Ud2 = 90 (V) ----> d 2 = 3 ----> I2 = 3I1 -----> Z1 = 3Z2 -------.Z12 = 9Z22
U d1
Z
------> R2 + (ZL – ZC1)2 = 9R2 + 9(ZL - C1 )2 ----->2(R2 +ZL2 ) = ZLZC1 (*)
3


2   1 -----> 1 + 2 = -----> tan1 tan2 = -1 ( vì 1 < 0)
2
2
Z
Z L  C1
Z L  ZC2
Z L  Z C1
3
tan1 =
; tan1 =
=
R
R
R
Z
Z L  C1
Z L  Z C1
3 = -1------>(ZL – ZC1)(ZL - Z C1 ) = - R2 ------->

3
R
R
2
2
2
2
3R + 3ZL – 4ZLZC1 + Z c1 = 0 --------> 3(R + ZL2 ) – 8(R2 + ZL2 )+ Z C21 = 0 ---> Z C21 = 5(R2 + ZL2 ) (**)
Từ (*) và (**) -----> Z C21 = 2,5ZLZC1 -----> ZC1= 2,5ZL
2(R2 +ZL2 ) = ZLZC1 = 2,5ZL2 ----> ZL = 2R và ZC1 = 5R (***)
Tuwf ddos suy ra: Z12 = R2 +(ZL – ZC1)2 = 10R2 ----> Z1 = R 10

U d1 U
Z
=
-------> U = Ud1 1 = Ud1
Z d1 Z1
Z d1

và Zd1 =

R 2  Z L2 = R 5

2

Do đó U0 = U 2 = 2Ud1 = 60V. Chọn đáp bán B
Bài 11. Một con lắc lò xo dao động điều hoà theo phương ngang với năng lượng dao động là 20mJ và
lực đàn hồi cực đại là 2N. I là điểm cố định của lò xo. Khoảng thời gian ngắn nhất từ khi điểm I chịu tác
dụng của lực kéo đến khi chịu tác dụng của lực nén có cùng độ lớn 1N là 0,1s. Quãng đường ngắn nhất
mà vật đi được trong 0,2s là:

A. 2cm
B. 1cm
C. 2  3cm
D. 2 3cm
Giải: Gọi A là biên độ của dao động

kA 2
kA 2
W=
và Fđhmax = kA ---->
= 20.10-3 (J) và kA = 2 (N) -----> A = 0,02m = 2cm
2
2
F
A
Điểm I chị tác dụng của lực kéo và lực nén có cùng độ lớn bằng đh max khi vật có li độ x = ±
2
2
A
A
T
Thời gian ngắn nhất từ khi vật đi từ li độ
đên là
= 0,1 (s)
2
2
6
---> T = 0,6 (s)

Quãng đường ngắn nhất mà vật đi được trong 0,2s =

T
A
là A = 2 cm ( vật đi từ
ra biên rồi quay lại
3
2

A
). Chọn đáp án A
2

5
) (cm) Tại thời điểm t1
6
gia tốc của chất điểm có giá trị cực tiểu. Tại thời điểm t2 = t1 + ∆t (trong đó t2 < 2013T) thì tốc độ của
chất điểm là 10π 2 cm/s. Giá trị lớn nhất của ∆t là
A. 4024,75s.
B. 4024,25s.
C. 4025,25s.
D. 4025,75s.
2
Giải: Chu kì dao động T =
= 2s
Bài 12: Một chất điểm dao động điều hòa với phương trình: x = 20cos(πt1 -



Gia tốc có giá trị cực tiểu : a = 0 khi vật qua VTCB---> x = 0



5
5
5
1
k
x = 20cos(πt1 ) = 0 ----> (πt1 ) = ± + k -----> t1 =
±
+
2
2
6
6
6
2
2

1
t1min = s
3

2
5
5
) = 10π 2 -----> sin(πt2 )=--------------->
2
6
6
7

19
t2 =
+ 2k và t’2 =
+ 2k. từ t2 < 2013T = 4026 (s)
12
12
7
19
t2 =
+ 2k < 4026 ----> k  2012; t’2 =
+ 2k < 4026 ----> k  2012
12
12
19
48307
t2max =
+ 4024 =
(s)
12
12
48307 1
Do đó giá trị lớn nhất của ∆t là ∆tmax = t2max – t1min =
- = 4025,25 (s). Đáp án C
12
3

v = - 20πsin(πt2 -

Bài 13: Hai con lắc lò xo giống nhau đều gồm hai vật có khối lượng 4kg gắn vào hai lò xo có độ cứng
100N/m. Hai con lắc được đặt sát bên nhau sao cho 2 trục dao động (cũng là trục các lò xo) được coi là trùng

nhau và nằm ngang. Từ VTCB kéo hai vật theo phương của trục lò xo về cùng một phía thêm đoạn 4cm và
buông nhẹ không cùng lúc. Chọn t = 0 là thời điểm buông vật (1). Thời điểm phải buông vật (2) để dao động
của (2) đối với (1) có biên độ dao động cực đại có thể là:
A. π/10 s.
B. 3π/10 s.
C. 2π/5 s.
D. t = 3π/5 s.
Giải: Chu kì dao động của mỗi con lắc:

m
4
= 2π
= 0,4π (s)
k
100
Để dao động của vật 2 đối với vật 1 có biên độ dao động cực đai thì thời gian buông vật 2 khi vật 1 ở vị
T
trí biên âm tức là ở thời điểm t = (2k + 1)
= (2k + 1).0,2π.
2
Do đó thời điểm phải buông vật (2) để dao động của (2) đối với (1) có biên độ dao động cực đại có thể là: t
3
=
( ứng với k =1. Đáp án D
5
Bài 14: Một khu tập thể tiêu thụ một công suất điện 14289 W, trong đó các dụng cụ điện ở khu này đều
hoạt động bình thường ở hiệu điện thế hiệu dụng là 220 V. Điện trở của dây tải điện từ nơi cấp điện đến
khu tập thể là r. Khi khu tập thể không dùng máy biến áp hạ thế, để các dụng cụ điện của khu này hoạt
động bình thường thì hiệu điện thế hiệu dụng ở nơi cấp điện là 359 V, khi đó hiệu điện thế tức thời ở 2
đầu dây của khu tập thể nhanh pha π/6 so với dòng điện tức thời chạy trọng mạch. Khi khu tập thể dùng

máy biến áp hạ thế lí tưởng có tỉ số N1/N2 =15, để các dụng cụ điện của khu này vẫn hoạt động bình
T = 2π


thường giống như khi không dùng máy biến áp hạ thế thì hiệu điện thế hiệu dụng ở nơi cấp điện là (biết
hệ số công suất ở mạch sơ cấp của máy biến áp hạ thế bằng 1):
A. 1654 V
B. 3309 V
C. 4963 V
D. 6616 V
Giải:
Khi không dùng máy biến áp: Cường độ dòng điện chạy qua mạch cung cấp cho khu tập thể cũng chính
là dòng điện chạy qua đường dây tải
14289
P
I=
=
= 75 (A)

U cos
220 cos
6
U U
359  220 139
Độ sụt áp trên đường dây ∆U1 = U1- U = Ir----> r = 1
=
=
Ω
I
75

75
Khi dùng máy biến áp: Điện áp hiệu dụng nơi cung cấp là U2 = ∆U2 + U’
N
U’ là điện áp ở hai đầu cuộn sơ cấp U’ = U 2 = 15U = 3300 (V)
N2
Độ sụt áp trên đường dây ∆U2 = I’r với I’ là cường độ dòng điện chạy qua cuộn sơ cấp:
N
I
139
I’ = I 1 =
= 5 (A) -----> ∆U2 = I’r = 5.
= 9,27 = 9,3 (V)
N 2 15
75
Do đó U2 = ∆U2 + U’ = 3309,3 (V). Chọn nđáp án B
Bài 15: Một người định cuốn một biến thế từ hiệu điên thế U1 = 110V lên 220V với lõi không phân
nhánh, không mất mát năng lượng và các cuộn dây có điện trở rất nhỏ , với số vòng các cuộn ứng với
1,2 vòng/Vôn. Người đó cuốn đúng hoàn toàn cuộn thứ cấp nhưng lại cuốn ngược chiều những vòng
cuối của cuộn sơ cấp. Khi thử máy với nguồn thứ cấp đo được U2 = 264 V so với cuộn sơ cấp đúng yêu
cầu thiết kế, điện áp nguồn là U1 = 110V. Số vòng dây bị cuốn ngược là:
A 20
B 11
C . 10
D 22
Giải:Gọi số vòng các cuộn dây của MBA theo đúng yêu cầu là N1 và N2
N
110 1
Ta có 1 
  N2 = 2N1 (1) Với N1 = 110 x1,2 = 132 vòng
N 2 220 2

Gọi n là số vòng dây bị cuốn ngược. Khi đó ta có
N1  2n 110
N  2n 110
(2)

 1

N2
264
2 N1
264
Thay N1 = 132 vòng ta tìm được n = 11 vòng. Chọn đáp án B
Chú ý: Khi cuộn sơ cấp bị cuốn ngược n vòng thì suất điện động cảm ứn xuất hiện ở các cuộn sơ cấp
và thứ cấp lấn lượt là e1 = (N1-n)e0 – ne0 = (N1 – 2n) e0 với e0 suất điện động cảm ứng xuất hiện ở mỗi
vòng dây.
N  2n e1 E1 U 1
N  2n 110
e2 = N2e0 Do đó 1



 1

N2
e2 E 2 U 2
N2
264
Câu 16: Trên mặt nước có hai nguồn phát sóng kết hợp là nguồn điểm A và B cách nhau 30 cm, dao
động theo phương trình uA = uB = acos20πt cm. Coi biên độ sóng không đổi trong quá trình sóng truyền
đi. Người ta đo được khoảng cách giữa hai điểm đứng yên liên tiếp trên đoạn AB là 3 cm. Xét 2 điểm

M1 và M2 trên đoạn AB cách trung điểm H của AB những đoạn lần lượt là 0,5 cm và 2 cm. Tại thời
điểm t1, vận tốc của M1 là – 12cm/s thì vận tốc của M2 là
A. 4 5 cm/s B. 4cm/s C. 3 2 cm/s D. 4 3 cm/s
Giải: Ta có bước sóng  = 2x3 = 6cm.
Xét điểm M trên AB cách H: MH = d; AB = 30cm
AB
2 (
 d)
2
Sóng truyền từ A, B đến M: u = acos[20πt ] cm
AM




2 (

uBM = acos[20πt uM = uAM + uBM = 2acos

vM = u’M = - 40πacos

1

2 .d

 .d
3



cos(20πt -

AB
 d)
2
] cm



 . AB
 .d
) = 2acos
cos(20πt - 5π)

3
d 2
2

sin(20πt - 5π)---->

vM 2
=
vM 1

cos

cos
3 =
3 =- 1
d


3
cos
cos 1
6
3

vM1 = 4 3 cm/s. Đáp án D
3
Câu 17: Hai nguồn sóng kết hợp trên mặt nước S1, S2 dao động với phương trình: u1 = asin(t), u2 =
acos(t) S1S2 = 9. Điểm M gần nhất trên trung trực của S1S2 dao động cùng pha với u1 cách S1, S2 bao
nhiêu.
A. 45/8
B. 39/8
C. 43/8
D. 41/8
M
Giải:

Ta có
S
S2
1

u1 = asinωt = acos(t - ) ; u2 = acos(t)
2



Xét điểm M trên trung trực của S1S2:

I
S1M = S2M = d
( d ≥ 4,5 )
 2d
2d
u1M = acos(t ); u2M = acos(t )
2


2d 
2d
uM = u1M + u2M = acos(t - ) + acos(t )
 2


2d 
uM = 2acos( ) cos(t - )
4
 4
2d  
1
Để M dao động cùng pha với u1 :
+ = 2k -------> d = ( +k)

4 2
8
1
d = ( +k) ≥ 4,5 ------> k ≥ 4,375 ----->k ≥ 5 ------> kmin = 5
8
41

dmin =
 . Chọn đáp án B
8
Câu 18: Hai tụ điện C1 = 3C0 và C2 = 6C0 mắc nối tiếp. Nối hai đầu bộ tụ với pin có suất điện động E =
6 V để nạp điện cho các tụ rồi ngắt ra và nối với cuộn dây thuần cảm L tạo thành mạch dao động điện từ
tự do. Khi dòng điện trong mạch dao động đạt cực đại thì người ta nối tắt hai cực của tụ C 2. Hiệu điện
thế cực đại trên cuộn dây của mạch dao động sau đó là
A. 3V
B. 2 3 V
C. 3 2 V
D. 2 6 V
Giải; Điện dung của bộ tụ C = 2C0 . Điện tích của bộ tụ Q0 = EC = 12C0
Q2
LI 2
Năng lượng ban đầu của mạh W0 = 0 = 36C0 Khi i = I0 ---> WL = 0 = 36C0
2C
2
Năng lượng của hai tụ khi đó WC1 = WC2 = 0
Sau khi nối tắt tụ C2 điện dung của tụ trong mạch dao động C’ = 3C0
Hiệu điện thế cực đại trên cuộn dây của mạch dao động sau đó cũng chính là hiệu điện thế cực đại
2
2
LI 02
C1U max
3C0U max
giữa hai bản cực của tụ C1 :
=
----->
= 36C0 -----> Umax = 2 6 V
2

2
2
Chọn đáp án D
Câu 19: Trên mặt nước có hai nguồn phát sóng kết hợp là nguồn điểm A và B cách nhau 30 cm, dao
động theo phương trình uA = uB = acos20πt cm. Coi biên độ sóng không đổi trong quá trình sóng truyền
đi. Người ta đo được khoảng cách giữa hai điểm đứng yên liên tiếp trên đoạn AB là 3 cm. Xét 2 điểm
----> vM2 = -


M1 và M2 trên đoạn AB cách trung điểm H của AB những đoạn lần lượt là 0,5 cm và 2 cm. Tại thời
điểm t1, vận tốc của M1 là – 12cm/s thì vận tốc của M2 là
A. 4 5 cm/s B. 4cm/s C. 3 2 cm/s D. 4 3 cm/s
Giải: Ta có bước sóng  = 2x3 = 6cm.
Xét điểm M trên AB cách H: MH = d; AB = 30cm
AB
2 (
 d)
2
Sóng truyền từ A, B đến M: uAM = acos[20πt ] cm



AB
2 (
 d)
2
uBM = acos[20πt ] cm

uM = uAM + uBM = 2acos

2 .d





cos(20πt -

 .d

 . AB
 .d
) = 2acos
cos(20πt - 5π)

3
d 2
2

v
vM = u’M = - 40πacos
sin(20πt - 5π)----> M 2 =
vM 1
3

cos

cos
3 =
3 =- 1

d

3
cos
cos 1
6
3

1

vM1 = 4 3 cm/s. Đáp án D
3
Câu 20: Tại một điểm trên mặt chất lỏngcó một nguồn dao động theo phương thẳng đứng với tần số
120HZ ,tạo ra sóng ổn định trên mặt nước.Xét hai điểm M,N(MN=0,5m)trên mặt chất lỏng nằm về một
phía với nguồn va trên phương truyền sóng luôn dao động cùng pha.Số gợn lồi ít nhất quan sát đựoc trên
đoạn MN là 4.Tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng là:
A.15m/s B.20m/s C.12m/s D.10m/s
Giải:
----> vM2 = -


M


N

Do M, N dao động cùng pha nên MN = k. Số gợn lồi ít nhất khi M, N đi qua vị trí cân bẳng
Khi đó MN = k = 4 ----->  = MN/4 = 0,125m
Do đó tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng là: v = f = 0,125. 120 = 15m/s. Đáp án A

Câu 21
Một con lắc lò xo có tần số góc riêng  = 25 rad/s, rơi tự do mà trục lò xo thẳng đứng,
vật nặng bên dưới. Ngay khi con lắc có vận tốc 42cm/s thì đầu trên lò xo bị giữ lại. Tính
vận tốc cực đại của con lắc.
A. 60cm/s B. 58cm/s C. 73cm/s D. 67cm/s
Giải: Khi hệ rơi tự do, lò xo ở trạng thái không bị biến dạng (trạng thái không trọng
lượng). Lúc vật đang có vân tốc v0 = 42 cm/s thì đầu trên lò xo bị giữ lại, vật sẽ dao động
quanh VTCB với tần số góc  = 25 rad/s; VTCB cách vị trí của vật lúc lò xo được giữ là
x0 = l =

mg
.
k

Vận tốc cực đại của con lắc được xác định theo công thức:


2
mvmax
mv 2
k (l ) 2
k (l ) 2
2
= 0+
-----> vmax
= v02 +
2
2
2
m

mg
1000
k
k
1
g
Với  =
------> = 2 và l =
.= 2 = 2 (cm)
k

m
m


2
k (l )
g
1000 2
2
= v02 +
= v02 + ( ) 2 = 422 + (
vmax
) = 422 + 402 = 3364
m

25

------> vmax = 58 cm/s. Chọn đáp án B

Câu 22. Một con lắc lò xo thẳng đứng đang dao động tự do. Biêt khoảng thời gian diễn ra mỗi lần lò xo
bị nén và vectơ vận tốc, gia tốc cùng chiều đều bằng 0,05π (s) và π2 = 10. Vận tốc cực đại của vật treo
bằng ?
A. 1,414cm/s B. 10cm/s C. 20cm/s D. 14,14cm/s
Giải: Trong dao động điều hòa khoảng thời gian t diễn ra vec tơ vận tốc và gia tốc cùng chiều ứng với
khoảng thời gian vật chuyển động từ biên đến VTCB tức là từ biện âm (-A) đến gốc O hoặc từ biên
T
T
dương A đến gốc O và t = . Do vậy ta có = 0,05π ----> T = 0,2π --->  = 10 rad/s
4
4
T
Khoảng thời gian lò xo bị nén bằng t =
nên thời gian vật chuyển động từ li độ x = - ∆l đến biên x = 4
T
T T
T
A là t1 = t/2 = , Thời gian vật đi từ gốc tọa độ đến li độ x = - ∆l là
=
8
4 8
8
A 2
nên ∆l =
với A là biên độ của dao động
2
mg
2l
20
g

Mặt khác ∆l =
= 2 = 0,1m = 10cm -----> Biên độ dao động A =
=
= 10 2 cm
k

2
2
Vận tốc cực đại của vật treo v = A = 100 2 cm/s = 1,414 m/s. Đáp án khác

Câu 23: Hai nguồn sóng kết hợp M và N cách nhau 20cm trên bề mặt chất lỏng dao động theo phương
thẳng đứng cùng pha, cùng biên độ A, có tần số 25Hz, tốc độ truyền sóng 1m/s, xem biên độ không đổi
trong quá trình truyền sóng. Số điểm trên đường tròn thuộc mặt phẳng chất lỏng nhận MN làm đường
kính có biên độ dao động bằng A/2.
A. 36
B.42.
C.40. D.38.
Giải: Bước sóng  = v/f = 0,04m = 4cm
Số điểm dao động với biên độ cực đại 2A ( số bụng sóng):

- 10 k
 10-----> - 10  2k  10 ------> - 5  k  5, Trên MN có 11 điểm dao động với biên độ
2
cực đại kể cả M và N. Giữa hai điểm liền kề dao động với biên độ cực đại 4A có 2 điểm dao động với
biên độ A/2. Trong đoạn MN có 20 điểm dao động với biên độ A/2.. Do đó trên đường tròn thuộc
mặt phẳng chất lỏng nhận MN làm đường kính có 20x2 = 40 điểm có biên độ dao động bằng A/2.
Đáp án C
Đõ Viết Doanh Toại
Câu 24: Một con lắc lò xo được đặt nằm ngang gồm lò xo có độ cứng k = 50 N/m và vật nặng khối
lượng m = 200 g. Khi vật đang ở vị trí cân bằng thì tác dụng một lực F không đổi dọc theo trục của lò

xo và có độ lớn là 2 N trong khoảng thời gian 0,1 s. Bỏ qua mọi ma sát, lấy g = 10 m/s2; π2 = 10. Xác
định tốc độ cực đại của vật sau khi lực F ngừng tác dụng?
A. 20π cm/s. B. 20π 2 cm/s. C. 25π cm/s. D. 40π cm/s.
Giải:


Tần số góc của con lắc lò xo:  =

k
=
m

50
= 5 10 = 5π rad/s
0,2

Dưới tác dụng của lực F vật di chuyển cách vị trí cân bằng một đoạn x0 =

F
= 0,04 m = 4 cm
k

Ft
= 1 m/s
m
v2
Biên độ của dao động sau khi lực F ngừng tác dụng: A2 = x02 + 2 = 0,0056 (m2)

và vật thu được vận tốc: m∆v = F.∆t -----> ∆v = v =



------> A = 2 14 cm. Tốc độ cực đại vmax = A = 10π 14 cm/s. Đáp án khác????
Cách giải của thầy Mạnh có vấn đề, thầy xem lại
Thầy và bạn Doanh có thể tham khảo cách làm dưới này

Gọi O là vị trí lò xo không bị biến dạng , O1 là vị trí cân băng khi có lực F tác dụng
Biên độ dao động khi có lực tác dụng F là A=OO1
Biên độ A được tính: ĐK cân bằng kA=F  A 
Chu kì con lắc T  2

F
2

 0,04m  4cm
k 50

m
 0,4s
k

Sau 0,1s tương ứng là T/4 vì vật m từ vị trí biên trái O chuyển động sau T/4 sẽ về tới vị
trí O1, vân tốc lúc này là v= A , tới vị trí này ngừng lực tác dụng thì vị trí cân bằng mới
của con lắc là vị trí O. Biên độ dao động mới là:
A'  x 2 

v2

2

 A2 

(A) 2

2

Tốc độ cực đại: vmax  A' 

 A 2  4 2 cm

k
A'  20 2cm / s
m

O

O1

O2

Câu 25: Một con lắc đơn gồm hòn bi nhỏ bằng kim loại được tích điện q > 0. Khi đặt con lắc vào trong điện
trường đều có véc tơ cường độ điện trường nằm ngang thì tại vị trí cân bằng dây treo hợp với phương thẳng
đứng một góc , có tan = 3/4; lúc này con lắc dao động nhỏ với chu kỳ T1. Nếu đổi chiều điện trường này sao
cho véctơ cường độ diện trường có phương thẳng đứng hướng lên và cường độ không đổi thì chu kỳ dao động
nhỏ của con lắc lúc này là:
A.

T1
.
5

B. T1

7
.
5

C. T1

5
.
7

D. T1 5 .

Giải
Khi điện trường E có phương ngang thì lực điện trường có phương ngang

Con lắc dao động với gia tốc hiệu dụng

g hd 

tan  

qE
qE
3
g
 g(1 
)  g(1  ) 

m
mg
4
4

 T  2

Lấy (1) chia (2)
Câu :26

T  T1 5

Chọn D

 cos  

g
5g
4

 T1  2
 2 .
cos  4
g hd
g 5

Khi điện trường hướng lên thì lực điện trường hướng lên, con lắc dao động với
g hd  g 

F qE 3



P mg 4

g hd

 2

.4
g

(2)

4
5

(1)


Một con lắc lò xo đặt nằm ngang gồm vật M có khối lượng 400g và lò xo có hệ số cứng 40N/m đang dao
động điều hòa xung quanh vị trí cân bằng với biên độ 5cm. Khi M qua vị trí cân bằng người ta thả nhẹ vật
m có khối lượng 100g lên M (m dính chặt ngay vào M), sau đó hệ m và M dao động với biên độ
A. 2 5cm
Giải

C. 3 2cm

B. 4,25cm

D. 2 2cm

k
.A
M
Khi vật m nhỏ đặt lên M thì đây là va chạm mêm nên tốc đọ của vật là
Mv
đậy của là tốc độ cực đại của M+m
V
M m
k
M.
A
V
400 .5
M

 2 5cm
Nên: V   '.A'  A'  
'
k
400  100
( M  m).
M m
Khi M về vị trí cân bằng thì vận tóc của M là: v  A 

Câu 27: Một cuộn dây không thuần cảm nối tiếp với tụ điện C trong mạch điện xoay chiều có điện áp
u  U 0 .cost (V) thì dòng điện trong mạch sớm pha hơn điện áp là 1 , điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn dây
là 30V. Biết rằng nếu thay tụ C bằng tụ C'  3C thì dòng điện trong mạch chậm pha hơn điện áp là

2 



 1 và điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn dây là 90V. Biên độ U 0  ?
2
A. 60V .
B. 30 2V
C. 60 2V .
D.30V
Giải:

Ud2
= 3 ----> I2 = 3I1 -----> Z1 = 3Z2 -------.Z12 = 9Z22
U d1
Z
------> R2 + (ZL – ZC1)2 = 9R2 + 9(ZL - C1 )2 ----->2(R2 +ZL2 ) = ZLZC1 (*)
3


2   1 -----> 1 + 2 = -----> tan1 tan2 = -1 ( vì 1 < 0)
2
2
Z
Z L  C1
Z  ZC2
Z  Z C1
3
tan1 = L
; tan1 = L
=

R
R
R
Z
Z L  C1
Z L  Z C1
3 = -1------>(ZL – ZC1)(ZL - Z C1 ) = - R2 ------->
3
R
R
2
2
2
2
3R + 3ZL – 4ZLZC1 + Z c1 = 0 --------> 3(R + ZL2 ) – 8(R2 + ZL2 )+ Z C21 = 0
Ud1 = 30 (V) Ud2 = 90 (V) ---->

---> Z C21 = 5(R2 + ZL2 ) (**)
Từ (*) và (**) -----> Z C21 = 2,5ZLZC1 -----> ZC1= 2,5ZL
2(R2 +ZL2 ) = ZLZC1 = 2,5ZL2 ----> ZL = 2R và ZC1 = 5R (***)
Tuwf ddos suy ra: Z12 = R2 +(ZL – ZC1)2 = 10R2 ----> Z1 = R 10

U d1 U
Z
=
-------> U = Ud1 1 = Ud1
Z d1 Z1
Z d1

và Zd1 =

R 2  Z L2 = R 5

2

Do đó U0 = U 2 = 2Ud1 = 60V. Chọn đáp án A

Câu 28
Tại hai điểm A và B trên mặt chất lỏng có hai nguồn phát sóng: uA = 4.cosωt (cm) và uB
= 2.cos(ωt + π/3) (cm), coi biên độ sóng không đổi khi truyền đi. Tính biên độ sóng tổng
hợp tại trung điểm của đoạn AB.


A. 6 cm

B. 5,3 cm

C. 0

D. 4,6 cm

Giải:
d
v
d
Phương trình sóng tại O do nguồn B truyền tới: uBO = 2.cosω{(t- )+ π/3} cm
v
2
2
2

Biên độ sóng tại O: A = A1 + A2 + 2. A1. A2 Cos(π/3) = 28 Suy ra A = 2 7  5,3cm

Phương trình sóng tại O do nguồn A truyền tới: uAO = 4.cosω(t- ) cm

( Sóng tại O là sóng dao động tổng hợp của hai sóng uAO và uBO)

Nguyễn Văn Tuyên
Câu 29. Trong thông tin liên lạc bằng sóng vô tuyến, người ta sử dụng cách biến điệu biên độ, tức
là làm cho biên độ của sóng điện từ cao tần (sóng mang) biến thiên theo thời gian với tần số bằng
tần số của dao động âm tần. Cho tần số sóng mang là 780kHz. Khi dao động âm tần có tần số
1kHz thực hiện một dao động toàn phần thì dao động cao tần thực hiện được số dao động toàn
phần là:
A. 780
B. 390
C. 1560
D. 195
Giải: Gọi n1 và n2 là số dao động toàn phần sóng mang và sóng âm thực hiện trong thời gian t
n
n
f
t = n1T1 = n2T2 -----> 1 = 2 -----> n1 = 1 n2 = 780 . Đáp án A
f1
f2
f2

Câu 30 :Trên mặt một chất lỏng, có hai nguồn sóng kết hợp O1, O2 cách nhau l = 24cm,
dao động theo cùng một phương với phương trình u01 = u02 = Acos(t (ttính bằng s A tính
bằng mm) Khoảng cách ngắn nhất từ trung điểm O của O1O2 đến các điểm nằm trên
đường trung trực của O1O2 dao động cùng pha với O là 9cm. Số điểm dao động vớiM
biên

độ bằng cực tiểu trên đoạn O1O2 là:
A. 18
B. 16
C. 20
D. 14
Giải:
Có MO12 = OO12 + OM2 suy ra MO1 = 15cm
Pha dao động của sóng tại O là φ0 = - ω.d/v = - 2.πd/λ
( Với d = 12cm) Do đó φ0 = - 24 π/λ
O1
Pha dao động của sóng tại M là φM = - ω.dM/v = - 2.πdM/λ
Với dM = 15cm do đó φM = - 30 π/λ
Do là khoảng cách ngắn nhất từ trung điểm O của O1O2 đến các
điểm nằm trên đường trung trực của O1O2 dao động cùng pha với O
Nên φ0 - φM = 2 π hay ta có: - 24 π/λ + 30 π/λ =2 π
Do đó 6π/λ =2π Suy ra λ = 3cm.
Trên OO1 có số điểm dao động cực đại là 12/( λ/2) = 8 ( Không kể điểm O)
Do đó trên OO1 có 8 điểm dao động với biên độ cực tiểu
Vậy trên OO1 có 16 điểm dao động với biên độ bằng cực tiểu
Lê Văn Bình xin các thầy cô và các bạn giúp đỡ!

O

Câu 31. Trên mặt thoáng của chất lỏng có hai nguồn sóng kết hợp A, B dao động theo
phương trình uA = uB = acos20  t (mm). Coi biên độ sóng không đổi, tốc độ truyền sóng
v = 60cm/s. Hai điểm M1, M2 cùng nằm trên một elip nhận A, B làm tiêu điểm có M1A –
M1B = -2cm và M2A – M2B = 6cm. Tại thời điểm ly độ của M1 là 2 mm thì điểm M2 có
ly độ ?
Giải :
Có : λ = v/f = 60/10 = 6cm.

Do hai điểm M1, M2 cùng nằm trên một elip nhận A, B làm tiêu điểm nên


ta có M2A + M2B = M1A + M1B ( Bằng khoảng cách giữa hai nguồn)
Phương trình sóng tại điểm M bất kỳ trong vùng giao thoa :
uM = 2aCos(
Chú ý :
+ Cos(ωt -

 (d1  d 2 )
2v

 (d1  d 2 )
2v

)Cos(ωt -

 (d1  d 2 )
2v

)

)tại một thời điểm luôn không đổi khi các điểm cùng nằm trên một

đường elíp
+ Cos(

 (d1  d 2 )
2v

) = Cos( 


(d1  d 2 )



)

Cos( )
u
3 hay ta có : u .Cos(  ) = u .Cos(π) tương tương 1 u = Nên ta có : M 1 
M2
M1
M2
3
uM 2
Cos( )
2

uM1
Vậy uM2 = -2. 2 mm Hay tại thời điểm ly độ của M1 là 2 mm thì điểm M2 có ly độ
là -2. 2 mm
Bài 32: Hai vật dao động điều hòa dọc theo hai đường thẳng song song kề nhau và song
song với trục tọa độ Ox sao cho không va chạm vào nhau trong quá trình dao động. Vị trí
cân bằng của hai vật đều ở trên một đường thẳng qua gốc tọa độ và vuông góc với Ox.
Biết phương trình dao động của hai vật lần lượt là x1  4 cos  4 t   3 cm và
x2  4 2 cos  4 t   12  cm . Tính từ thời điểm t1  1 24 s đến thời điểm t2  1 3 s thì thời

gian mà khoảng cách giữa hai vật theo phương Ox không nhỏ hơn 2 3 cm là bao nhiêu ?

A. 1 3 s
B. 1 8 s
C. 1 6 s
D. 1 12 s
Giải :
L = x2- x1 = 4 2 Cos( 4πt +π/12) - 4 Cos( 4πt +π/3) = 4 Cos( 4πt -π/6) cm
α
2 3 cm
Coi đây là một vật dao động điều hòa.
β
Thời điểm t1 = 1/24s vật có li độ x01 = 4cm
O
Thời điểm t2 = 1/3 s vật có li độ x02 = - 2 3 cm
Khoảng thời gian vật chuyển động Δt = t2 – t1 = 7/24s
t2
Góc quét trong thời gian Δt là α = 4π. 7/24 = 7 π/6
Thời gian khoảng cách giữa hai vật không nhỏ hơn 2 3 cm
Nghĩa là tổng thời gian khoảng cách giữa hai vật lớn hơn hoặc bằng 2 3 cm
Có Cos β = 2 3 /4 = 3 /2 Suy ra β = π/6
Thời gian quét góc β là Δt0 = π/6.4 π = 1/24s Trong khoảng thời gian từ t1 đến t2 có
khoảng thời gian khoảng cách giữa hai vật lớn hơn 2 3 cm là t = 3. Δt0 = 3.1/24= 1/8
s Đáp án B
Bài 33: Hai chất điểm M và N cùng dao động điều hòa trên cùng một trục tọa độ Ox ( O
là vị trí cân bằng của chúng ), coi trong quá trình dao động hai chất điểm không va chạm
vào nhau. Biết phương trình dao động của chúng lần lượt là x1 = 10Cos( 4πt +π/3) và
x2 = 10 2 Cos( 4πt +π/12)cm. Hai chất điểm cách nhau 5cm ở thời điểm đầu tiên kể từ
lúc t  0 là
A. 1 8 s
B. 1 9 s
C. 5 24 s

D. 11 24 s

t


L = x2- x1 = 10 2 Cos( 4πt +π/12) - 10Cos( 4πt +π/3) = 10Cos( 4πt -π/6) cm
Với L = 5cm
Coi đây là một vật dao động điều hòa.
Thời điểm t1 = 0 vật có li độ x01 = 5 3 cm
O
Có Cos β = 5 3 /10 = 3 /2 Suy ra β = π/6
α
Có Cosα = 5/10 = 1/2
Suy ra α = π/3
β
Thời gian chuyển động t = (β+ α)/ω = π/2.4 π = 1/8 s
Đáp án : A

t0

Câu 34 : Trong hiện tượng giao thoa sóng trên mặt nước, hai nguồn kết hợp S1 , S2 cách
nhau 10 cm , dao động theo phương vuông góc với mặt nước, cùng biên độ, cùng pha,
cùng tần số f  50 Hz . Tốc độ truyền sóng trên mặt nước là v  75 cm s . Gọi C là điểm
trên mặt nước thỏa mãn CS1  CS2  10 cm . Xét các điểm trên mặt nước thuộc đoạn thẳng
CS2 , điểm mà phần tử tại đó dao động với biên độ cực đại cách điểm S 2 một đoạn nhỏ
nhất bằng
A. 7, 28 mm
B. 6, 79 mm
C. 5, 72 mm
D. 7,12 mm

C
Giải: λ = v/f = 1,5 cm
Xét trên đoạn OS2 có OS2/ (λ/2) = 10/1,5 = 6,67
Tức là trên đoạn OS2 có 6 điểm cực đại không kể điểm O
Để điểm M dao động với biên độ cực đại gần S2 nhất
thì M thuộc dãy cực đại thứ 6.
Do đó S1M – S2M = 6. λ = 6.1,5 = 9cm. (*)
Tam giác S1CS2 đều nên góc S2 bằng 600 suy ra góc M bằng 300.
Gọi khoảng cách S2H = a cm suy ra S1H = (10 – a) cm
Ta có: S2M = 2.a cm và HM = a. 3 cm
O
S1
Trong tam giác S1HM có: S1M2 = HM2 + S1H2 = (a. 3 )2 + (10 – a) 2
Hay S1M2 = (4.a)2 -20.a + 100 ( 2*)
Theo (*) có S1M = 9 + S2M = 9 + 2.a ( 3*)
Theo ( 2*) và ( 3*) ta có: (4.a)2 -20.a + 100 = 81 + 36.a + (4.a)2
Giải phương trình ta có: a = 19/56 (cm)
Suy ra S2M = 19/28 cm  0,679cm = 6,79 mm
Câu 35 : Mạch điện AB gồm đoạn AM và đoạn MB . Điện áp ở hai đầu mạch ổn định u =
220 2 cos100πt V. Điện áp ở hai đầu đoạn AM sớm pha hơn cường độ dòng điện một góc 300. Đoạn
MB chỉ có một tụ điện có điện dung C thay đổi được. Chỉnh C để tổng điện áp hiệu dụng UAM + UMB có
giá trị lớn nhất. Khi đó điện áp hiệu dụng ở hai đầu tụ điện là
UAM
A. 440 V B. 220 3
C. 220
D. 220 2 V
0
60
Giải:
Vẽ giãn đồ véc tơ như hình vẽ

Đặt Y = (UAM + UMB)2.
0

30

Tổng (UAM + UMB )đạt giá trị cực đại khi Y đạt giá trị cực đại
2
Y = (UAM + UMB)2 = (UAM + UC)2 = U AM
+ U C2 + 2UAMUC (1)

Mặt khác theo giãn đồ ta có:

U
U

M

H


2
2
U2 = U AM
+ U C2 - 2UAMUC cos600 = U AM
+ U C2 - UAMUC
2
U2 = U AM
+ U C2 - UAMUC (2)
2
Z2 = Z AM

+ Z C2 - ZAMZC (3)

Thay (2) vào (1) ta được: Y = U2 + 3UAMUC (4)
Y = Ymax khi X = UAMUC có giá tri lớn nhất X = Xmax
X = UAMUC = I2 ZAM.ZC =

U 2 Z AM .Z C
U 2 Z AM .
U 2 Z AM .
=
=
2
Z AM
Z 2AM  Z C2  Z AM Z C
Z2
ZC 
 Z AM
ZC
ZC

X = Xmax khi mẫu số cực tiểu, -----> ZC = ZAM -----> X = U2 (5) và UC = UAM
Từ (4) và (5): Y = (UAM + UC)2 = U2 + 3U2 = 4U2 ----> UAM + UC = 2U ----> 2UC = 2U
-----> UC = U = 220V. Đáp án C
Hoặc khi ta có ZC = ZAM suy ra UC = UAM tam giác OUAMU là tam giác đều ---> UC = U = 220V

Câu 36:trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng khe hẹp S hphat ra đồng thời 3 búc
xạ đơn sắc có bước sóng lanđa1=392nm; 2 =490nm; 3 =735nm.Trên màn trong khoảng
giua hai vân sáng liên tiếp có mầu giống mầu vân trung tâm ta quan sát được bao nhiêu
vạch sáng đơn sắc ứng với bức xạ lanđa2?
A.11

B.9
C.7
D.6
BÀI GIẢI.
Bài 1

k1 2 5 15

 
k 2 1 4 12
k

2 8
 K33 = k22 => 3  2  
k 2 3 3 12

 K11 = k22 =>

Lập bảng : để thấy sự trùng nhau của các vân sáng.
K1
K2
K3

0
0
0

3
2

5
4

6
4

10
8

9
6

15
12
8

Như vậy giua hai vân sáng liên tiếp có mầu giống mầu vân trung tâm có 11 vân sáng
của 2, nhưng có 5 chỗ trùng nhau với 1 và 3, nên có 6 vạch sáng đơn sắc ứng với
bức xạ 2 . ĐÁP ÁN D
Câu 37 : Mạch điện xoay chiều mắc nối tiếp gồm biến trở R, cuộn dây thuần cảm L và tụ điện C. Đặt
vào hai đầu đoạn mạch điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng U = 100V và tần số f không đổi. Điều
chỉnh để R = R1 = 50Ω thì công suất tiêu thụ của mạch là P1 = 60W và góc lệch pha của điện áp và dòng
điện là 1. Điều chỉnh để R = R2 = 25Ω thì công suất tiêu thụ của mạch là P2 và góc lệch pha của điện áp


và dòng điện là 2 với cos21 + cos22 =

P
3
, Tỉ số 2 bằng

P1
4

A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
2
Giải: P1 = UI1cos1 = I1 R1-----> I1R1 = Ucos1 ----> I1 = 2cos1 (1)
P
3
P1 = UI1cos1 = 2Ucos21 -----> cos21 = 1 =
(2)
2U
10
P2 = UI2cos2 = I22R2-----> I2R2 = Ucos2 ----> I2 = 4cos2 (3)
3
3
3
3
9
cos21 + cos22 = ---> cos22 = - cos21 = =
(4)
4
4
4 10
20
9
2
cos  2

4 cos 2 cos 2
P2 I 2 cos 2
=
=
=2
= 2. 20 = 3. Chọn đáp án C
2
3
cos 1
2 cos1 cos1
P1 I1 cos1
10
Câu 38: Ba điểm O, M, N cùng nằm trên một nửa đường thẳng xuất phát từ O. Tại O đặt một nguồn
điểm phát sóng âm đẳng hướng ra không gian, môi trường không hấp thụ âm. Mức cường độ âm tại M là
70 dB, tại N là 30dB. Nếu chuyển nguồn âm đó sang vị trí M thì mức cường độ âm tại trung điểm MN
khi đó là
A. 36,1 dB. B. 41,2 dB. C. 33,4 dB. D. 42,1 dB.
Giải: Gọi P là công suất của nguồn âm




P
I=
N
O
M
H
4R 2
I

ON 2
LM – LN = lg M = lg(
) =7–4=3
IN
OM
1
30,62
ON
lg
= 1,5-----> ON = 31,62 OM---> MN = ON – OM = ON(1) = ON
31,62
31,62
OM
I
MN 2
LH – L’N = lg H = lg(
) = 2lg2 = 0,602B (*)
I 'N
MH
I'
ON 2
31,62
L’N – LN = lg N = lg(
) = 2lg
= 0,028B----->L’N = LN + 0,028 = 3,028 B (**)
MN
IN
30,62
LH = 3,028 + 0,602 = 3,63 B = 36,3 dB. Đáp án A
13,6

Câu 39: Mức năng lượng trong nguyên tử hiđrô được xác định bằng biểu thức E = - 2 (eV) với n 
n
N*, trạng thái cơ bản ứng với n = 1. Một đám khí hiđrô đang ở trạng thái kích thích và electron đang ở
quĩ đạo dừng N. Tỉ số giữa bước sóng dài nhất và ngắn nhất mà đám khí trên có thể phát ra khi chuyển
về trạng thái dừng có mức năng lượng thấp hơn là
A. 16/9. B. 192/7. C. 135/7. D. 4.
hc
1
15
Giải:
= EN – EK = E4 – E1 = 13,6( 1) = 13.6.
 min
16
16
7
hc
1 1
= EN – EM = E4 – E3 = 13,6( ) = 13.6.
16 .9
max
9 16
----->

max 135
=
. Đáp án C
min
7

Câu 40: Một con lắc lò xo gồm quả cầu nhỏ m mang điện tích q = + 5. 10-5 (C) và lò xo có độ cứng

k=10N/m, dao động điều hòa với biên độ 5cm trên mặt phẳng nằm ngang không ma sát. Tại thời điểm quả
cầu đi qua vị trí cân bằng và có vận tốc hướng ra xa điểm gắn lò xo với giá nằm ngang, người ta bật một điện
trường đều có cường độ E = 104 V/m, cùng hướng với vận tốc của vật. Tỉ số tốc độ dao động cực đại của quả
cầu sau khi có điện trường và tốc độ dao động cực đại của quả cầu trước khi có điện trường bằng
A. 2.
B. 3 .
C. 2.
D. 3 .


Giải
Tốc độ tại vị trí cân bằng cũ là: v  A
Vị trí cân bằng mới cách VTCB cũ một đoạn:x=qE/k=5.10-5.104/10=5cm
Biên độ mới: A'  x 
2

v'
v

Tỉ số cần tính: 

v2

 5 2 cm

2

A'
 2
A

Câu 41: Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, khe hẹp S phát đồng thời 3 bức xạ đơn sắc thuộc
vùng ánh sáng nhìn thấy có bước sóng lần lượt 1  0, 42 m; 2  0,56 m và 3 với 3 > 2 . Trên màn,
trong khoảng giữa vân sáng trung tâm tới vân sáng tiếp theo có màu giống màu vân sáng trung tâm, ta thấy
có 2 vạch sáng là sự trùng nhau của hai vân sáng 1 và 2 , 3 vạch sáng là sự trùng nhau của hai vân sáng

1 và 3 . Bước sóng 3 là

A. 0,60μm.

B. 0,63μm.

C. 0,76μm.

D.

0,65μm

Giải

1 3
  12  41
2 4

2 vân sáng gần nhau cùng màu với vân sáng trung tâm tại đó có 3 vân trùng nhau
Giữa 2 vân này có 2 vân trùng của bức xạ 1 và 2, tính cả hai vân đầu và cuối thì có 4 vân
tương úng 3 khoảng vân
Vây chiều dài của 2 vạch cùng màu cân trung tâm
L  3.41

D
a

+ số vạch trùng của bức xạ 1 và 3 là 5 tương ứng 4 khoảng vân: 4i=L
1 m
D
D
 là phân sos tối giản  4n1  3.41  3
3 n
a
a
3
 3  1 ;0,56  3  0,75  m  2  3  0,63m
m

Câu 43: Một thang máy chuyển động với gia tốc a nhỏ hơn gia tốc của trọng trường g tại nơi đặt thang máy.
Trong thang máy có con lắc đơn dao động điều hòa. Chu kì dao động của con lắc khi thang máy chuyển động
giảm 5% so với chu kì dao động của con lắc khi thang máy đứng yên. Véc tơ gia tốc của thang máy
A. hướng thẳng đứng xuống và có độ lớn là 0,108m/s2. B. hướng thẳng đứng lên trên và có độ lớn là
0,108m/s2.
C. hướng thẳng đứng lên trên và có độ lớn là 1,108m/s2. D. hướng thẳng đứng xuống và có độ lớn là
1,108m/s2

Giải:
Sửa lại đơn vị
Chu kì con lắc
T  2

l
để chu kì giảm thì ghd tăng

g

Nên ghd= g+a
T '  2

l
theo đầu bài
ga

T T'
T'
g
 0,05  1   0,05 
 0,95  a  0,108m / s 2
T
T
ga


Thang máy phải chuyển động đi lên nhanh dần hoặc chuyển động xuống chậm dần( có lẻ
cần bổ xung thêm giả thiết đáp án)
Câu 44: Bốn con lắc đơn cùng khối lượng, treo vào một toa tàu chạy với tốc độ 72 km/giờ. Chiều dài bốn
con lắc lần lượt là l1 = 10cm; l2 = 7cm; l3 = 5cm; l4 = 12cm. Lấy g =10m/s2. Chiều dài mỗi thanh ray 12,5m,
ở chỗ nối hai thanh ray có một khe hở hẹp, coi lực cản như nhau. Con lắc sẽ dao động với biên độ lớn nhất
ứng với con lắc có chiều dài là
A. l2.
B. l3.
C. l1.
D. l4.
Giải

v=20m/s

Chu kì dao động của tàu là
S
v

T= 

12,5
 0,625
20

Chu kì dao động của 4 con lắc là
T1  2

l1
0,1
 2
 0,632
g
10

Tương tự: T2=0,529s; T3=0,447s: T4=0.692s
So sánh chu kì dao động của con lắc nào gần với chu kì dao động của tau thì con lắc đó
dao động với biên độ lớn nhất
Con lắc 1 dao động với biên độ lớn nhất
Câu 45: Một ống tia X làm việc dưới hiệu điện thế 50 kV, tiêu thụ dòng điện I = 1 mA.
Trong mỗi giây ống này bức xạ ra N  2.1013 phôtôn có bước sóng là   1010 m . Hiệu suất
làm việc của ống tia X này bằng :
A. H = 80%

B. H = 8,8.1011
C. H = 0,8 %
D. H = 0,0795%
Giải
Hiệu suất
Xét trong 1 giây: H 

Pbx
.100%
P

P=U.I
Pbx=N.

hc


2.1013.6,625.10 34.3.10 8
H 
.100%  0,08%
10 10.50.10 3.0,001

Câu 46: Trong một thí nghiệm với tế bào quang điện, để dập tắt dòng quang điện, người
ta phải dùng hiệu điện hãm có giá trị 3,2 V. Tách ra một chùm hẹp electron quang điện và
hướng nó vào một từ trường đều có B = 3.10 – 5 T, sao cho vận tốc của electron vuông
góc với B . Bán kính quĩ đạo lớn nhất của các electron quang điện là :
A. 40 cm
B. 4 cm
C. 20 cm
D. 2 cm

Giải:
Bán kính quỹ đạo lớn nhất của electron ứng với tốc độ cực đại của hat e
1
mv 2  U h
+
2
Bán kính quỹ đạo


2.eU h
2mU h
2.9,1.10 31.3,2
mv
R
m


 20cm
e.B
e.B m
B e
3.10 5. 1,6.10 19

Câu 47:Đặt một điện áp xoay chiều có pt u=Ucos(wt)V vào hai đầu một đoạn mạch có điện trở thuần R,
tụ điện C và cuộn cảm thuần có độ tụ cảm L Biết Uo,R LC không đổi điều chỉnh f thì thấy khi f=f1 thì
điện áp hiệu dụng hai đầu mỗi phần tử R,L,C lần lượt là 20V,40V,60V Khi f=2f1 thì điện áp hai đầu
cuộn cảm là
A.20 B.42 C.80 D.64
Giải: Khi f = f1 ta có UL = 2 UR; UC = 3UR -----. ZL = 2R; ZC = 3R và ta có U = 20 2 V
Z

Khi f = 2f1 thì ZL’ = 2ZL = 4R; ZC’ = C = 1,5R ---> UL’ = 4UR; UC’ = 1,5UR’
2
----> U2 = U2R’ + ( UL’ – UC’)2 = 7,25U2R ---. UR’ = 10,5 V -----. UL’ = 4UR’ = 42V. Đáp án B
Câu 48: Cho đoạn mạch AB gồm đoạn mạch AM mắc nối tiếp với cuộn cảm thuần có độ tự cảm l thay
đổi được. Đoạn mạch MB gồm điện trở R mắc nối tiếp với tụ điện có điện dung C. Đặt vào hai đầu đoạn
mạch AB một điện áp xoay chiều ổn định u = U 2 cost (V) thì dung kháng ZC của tụ điện lớn gấp 3
lần điện trở R. Khi L= L1 thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch AM có giá trị bằng U1 và điện
áp tức thời giữa hai đầu đoạn mạch AB lệch pha góc 1 so với dòng điện trong mạch. Khi L =L2= 2L1
thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch AM có giá trị bằng U2 = 0,5U1 và điện áp tức thời giữa hai
đầu đoạn mạch AB lệch pha góc 2 so với dòng điện trong mạch. Hệ thức liên hệ giữa 1 và 2 là:
A.1 - 2 = 900
B.1 + 2 = 900
C 1 + 2 = 600
D. 1 - 2 = 600
Giải: U1 =

U2 =

U R 2  Z C2
R  ( Z L1  3R)
2

2

U R 2  Z C2
R  ( Z L 2  3R )
2

U2 = 0,5U1 ---->

2

=

=

UR 10
R  ( Z L1  3R)
2

; tan1 =

2

UR 10
R  (2Z L1  3R)

1
R 2  (2 Z L1  3R) 2

2

=

2

Z L1  3R
R

; tan2 =

0,5
R 2  ( Z L1  3R ) 2

Z L 2  3R 2 Z L1  3R
=
R
R

<===> ZL1 = 2,5R

Z L1  3R
= - 0,5; ----> 1 = - 26,565 0
R
2 Z L1  3R
tan2 =
= 2 ----> 2 = 63,435 0
R
--------> 2 - 1 = 900
tan1 =

Câu1: Một máy biến thế có hiệu suất 80%. Cuộn sơ cấp có 150vòng, cuộn thứ cấp có
300vòng. Hai đầu cuộn thứ cấp nối với một cuộn dây có điện trở hoạt động 100, độ tự
cảm 318mH. Hệ số công suất mạch sơ cấp bằng 1. Hai đầu cuộn sơ cấp được đặt ở hiệu
điện thế xoay chiều có U1 = 100V, tần số 50Hz. Tính cường độ hiệu dụng mạch sơ cấp.
A. 1,8A
B. 2,0A
C. 1,5A
D. 2,5A
* U2 = U1.N2/N1 = 200V

* Ở mạch thứ cấp : ZL = 100, Z2 = R 2  Z L2 = 100 2 ; cos2 = 1/ 2 ; I2 = U2/Z2 = 2
(A)
* Ta có H = P2/P1 = 0,8 => U2I2cos2 = 0,8 U1I1cos1 => I1 = 2,5 A ĐÁP ÁN D


Bài 2 Một máy phat điện xoay chiều 1 pha phat ra xuất điện động có f=60HZ Nếu thay
rôto của nó bằng một rôto khác có nhiều hơn một cặp cực và f=60 HZ thì số vòng quay
của rôto trong một giờ thay đổi 7200 vòng số cặp cuc của rôto ban đầu là
A.10

B.4

C.15

D.5

*Ta có : f = n1p/60 = 60 => n1 = 3600/p
* mà : f =

n2
 p  1 ; với n2 = n1 - 7200 = n1 - 120 (vòng/phút) (f không đổi => số cặp cực
60
60

tăng thì tốc độ phai giảm)
=> 60 =

n 1  120
 p  1 = 3600 p  120  p  1
60

60

=> p2 + p – 30 = 0 => p = 5

ĐÁP ÁN D

Bài3 Mắc vào hai đầu cuộn dây thứ nhất của một máy biến áp lí tưởng vào một nguồn
điện xoay chiều có điện áp u=Ucăn2cos100pi t thì điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn dây
thú hai để hở là 110V Nếu mắc hai đầu cuộn dây thứ hai vào nguồn điện trên thì điện áp
thì điện áp hai đầu cuộn dây thứ nhất để hở là440V Điện áp hiệu dụng của nguồn điện là
A.120V
B.110V
C.100V
D.220V

N 2 U 2 110


N1 U
U
N
U
U
* Khi mắc vào hai đầu cuộn dây thứ hai vào nguồn điện xoay chiều : 2  
N1 U 1 440
110 U
=>
=
=> U = 220V
ĐÁP ÁN D

440
U

* Khi mắc vào hai đầu cuộn dây thứ nhất vào nguồn điện xoay chiều :

Bài 4 Trong thí nghiệm về giao thoa ánh sáng có a=1mm D=1m Khe S được chiếu đồng
thời ba bức xạ đơn sắc có bước sóng lanđa1=400nm ;lanđa2=500nm :lanđa3=600nm Gọi
M là điểm nằm trong vùng giao thoa trên màn quan sát cách vị trí trung tâm O một
khoảng 7mm .Tổng số vân sáng đơn sắc của ba bức xạ quan sát được trên đoạn OM là
A.19
B.25
C.31
D.42
Giải
Khoảng vân ứng với từng bức xạ là
i1= 0,4mm; i2=0,5mm; i3=0,6mm
+số vạch sang của bức xạ 1 là:
7
 17
0,4

+Số vạch bức xạ 2 là:

7
 14
0,5

Số vạch sáng bức xạ 3 là
+

7
 11
0,6

+ Số vạch trùng của bức xạ 1 và 2


i1 4
7
  i12  5i1  2mm   3 có tổng 6 vân
i2 5
2

+ số vạch trùng bức xạ 1 và 3 là : i13=3i1=1,2
7
 5  có tổng 10 vân
1,2

+ Số vạch trùng của bức xạ 2 và 3 là: i23=6i2=3mm
7
 2 có tổng 4 vân
3

+ số bức xạ trùng của cả 3
Tọa độ trùng
x=ki1=mi2=ni3  x=0,4k=0,5m=0,6n  7  k=15,m=12, n=10 có 1 vân trùng, tức là có 3
vân sang trùng tại vị trí này
vậy sô vân sang đơn sắc(chỉ 1 màu)
N=17+14+11-10-4-6-3=19 vân
Nhờ thầy Thắng và các thầy cô giúp đỡ bài tập này. Xin cám ơn các thầy cô.

Bài 2. Trên mặt chất lỏng có hai nguồn sóng kết hợp A,B cùng pha AB = 10cm, điểm C cách A và B
các đoạn CA = 6cm; CB = 8cm, bước sóng là 3cm. Đường cao CH vuông góc với AB tại H. Trên đoạn
CH có số điểm dao động cùng pha với hai nguồn là
C
A. 3
B. 2
C. 1
D. 0
Giải: Ta có CH = 4,8cm; AH = 3,6 cm; BH = 6,4 cm
Xét điểm N trên HC.
Đặt d1 = AN; d2 = BN với 3,6 ≤ d1 ≤ 6 (cm)
Giả sử phương trình sóng tại hai ngồn có dang:
u = acost (cm).
Sóng truyền từ A, B đến N:
2d1
2d 2
uAN = acos(t ) ; uBN = acos(t )



A

N

d1

H

d2
B


I




2 (d 2  d1 )
2 (d1  d 2 )
uN = 2cos
cos(t )


Điểm N dao động cùng pha với nguồn khi:

2 (d1  d 2 )



= 2kπ -----> d1 + d2 = k = 3k (*)

HN = x
d22 = x2 + 6,42 ; d12 = x2 + 3,62 ----> d22 – d12 = 28 -----> d2 - d1 =

28
(**)
3k

14
14

---> 3,6 ≤ d1 = 1,5k ≤ 6 -----> k = 4. Có 1 giá trị của k.
3k
3k
Do đó trên đoạn CH có số điểm dao động cùng pha với hai nguồn là 1. Chọn đáp án C

Từ (*) và (**) d1 = 1,5k -

Bài 1. 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. 11/120s.
B. 1/ 60s.
C. 1/120s.
D. 1/12 s.

Giải:
Bước sóng λ = v/f = 120/10 = 12cm .
Pha dao động của sóng tại M φM = -

2d



O
π/3

M

Pha dao động của sóng tại M φN = Xét φN - φM = -

2 (d  26)



+

2d



2 (d  26)



1
6

Có Δd = 26 cm = (2+ ). λ


1
= - 2  2   = -(4π + )


6

3

Tại thời điểm t sóng tại N ở vị trí thấp nhất (Hình vẽ 1)
Do đó “có thể coi” sóng tại M sớm pha hơn sóng tại N là π/3
Khi sóng tại điểm M hạ thấp nhất thì véc tơ OM phải quét 1 góc β= 2π - π/3 = 5π/3
Khoảng thời gian ngắn nhất sau đó điểm M hạ xuống thấp nhất là Δt = β/ω =

5
 1/12s Đáp án D
3.20

Bài 2. 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 M hạ xuống thấp nhất. Khoảng thời gian ngắn nhất sau đó điểm N hạ xuống thấp
nhất là
A. 11/120s.
B. 1/ 60s.
C. 1/120s.
D. 1/12 s.

Giải:
Bước sóng λ = v/f = 120/10 = 12cm .
Pha dao động của sóng tại M φM = -

2d


2 (d  26)

O

1
Pha dao động của sóng tại M φN = Có Δd = 26 cm = (2+ ). λ
π/3

6

1
2 (d  26) 2d
N
Xét φN - φM = +
= - 2  2   = -(4π + )

3
6




Do đó “có thể coi” sóng tại M sớm pha hơn sóng tại N là π/3
Tại thời điểm t sóng tại M ở vị trí thấp nhất ( Hình vẽ 2)
Khi sóng tại điểm N hạ thấp nhất thì véc tơ ON phải quét 1 góc α = π/3
Khoảng thời gian ngắn nhất sau đó điểm N hạ xuống thấp nhất là Δt = α/ω

=

M Hình 2



1

s Đáp án B


3 3.20 60

Bài 4 Trong thí nghiệm về giao thoa ánh sáng có a=1mm D=1m Khe S được chiếu đồng
thời ba bức xạ đơn sắc có bước sóng lanđa1=400nm ;lanđa2=500nm :lanđa3=600nm Gọi
M là điểm nằm trong vùng giao thoa trên màn quan sát cách vị trí trung tâm O một
khoảng 7mm .Tổng số vân sáng đơn sắc của ba bức xạ quan sát được trên đoạn OM là
A.19
B.25
C.31
D.42
Bài 4 :
Ta có : i1 = 0,4 mm; i2 = 0,5 mm ; i3 = 0,6 mm
OM
OM
OM
 17,5 ;
 14 ;
 11,7
i1
i2
i3
* k1i1 = k2i2 => k1  2  5  15 (giữa 2 vị trí vân trùng có 2 chỗ trùng của bức
k2
1
4
12

xạ1 và 2)
* k3i3 = k2i2 => k3  2  5  10 (giữa 2 vị trí vân trùng có 1 chỗ trùng của bức
k2

3

6

12

xạ3 và 2)

15
* k1i1 = k3i3 => k1  3  3 =
(giữa 2 vị trí vân trùng có 4 chỗ trùng của bức
k3

1

2

10

xạ1 và 3)
* trên đoạn OM có 1 chỗ trùng của bức xạ 1, 3 và 2 (OM > itrùng ; itrùng = 15i1 = 12i2 =
10i3)


Vậy tổng số vân sáng đơn sắc của ba bức xạ quan sát được trên đoạn OM là :
17 + 14 + 11 – 2*2 -2*1 -2*4 -3 = 25

ĐÁP ÁN B
Lập bảng minh họa : để thấy sự trùng nhau của các vân sáng.
M
O
K1
K2
K3

0
0
0

3
2

5
4

6
4

9
6
5

6

10
8

12
8

15
12
10

17 17 – 7 = 10
14
14 – 4 = 10
11 11 – 6 = 5

Tổng số vân sáng đơn sắc của ba bức xạ quan sát được trên đoạn OM là : 10 + 10 + 5 =
25
Câu 6: Ở mặt chất lỏng có hai nguồn sóng A, B cách nhau 19 cm, dao động theo phương thẳng đứng
với phương trình là uA = uB = acos20t (với t tính bằng s). Tốc độ truyền sóng của mặt chất lỏng là 40
cm/s. Gọi M là điểm ở mặt chất lỏng gần A nhất sao cho phần tử chất lỏng tại M dao động với biên độ
cực tiểu và ngược pha với nguồn A . Khoảng cách AM là
A. 5 cm.
B. 2 cm.
C. 4 cm.
D. giá trị khác.
Giải:
Bước sóng  = v/f = 4 cm
Xét điểm N trên AB NA = d’1 NB = d’2
Sóng truyền từ hai nguồn đến N:
2d '1
uAN = acos(20t )

M

d1



d’
A 1 N

d2

d’2

2d ' 2
2 (19  d '1 )
uBN = acos(20t )= acos[20t ]


2d '1 19
2d '1

= acos(20t +
) = acos(20t +
+ )
2
2


 (d ' 2 d '1 )
 (d '1  d ' 2 )
 (d ' 2 d '1 )
19

uN = 2cos
cos(20t ) = 2cos
cos(20t )
4



 (d ' 2 d '1 )
 (d ' 2 d '1 ) 
N là điểm dao động với biên độ cực tiểu khi cos
= 0-->
=
+ kπ
2


d’2 – d’1 = (k + 0,5)  = 4(k+ 0,5) = 4k + 2
d’2 + d’1 = 19 cm ------> d’1= 8,5 – 2k ---> 0 < d’1= 8,5 – 2k < 19 ----> - 5 ≤ k ≤ 4
Đường cực tiểu gần A nhất :d’1 = d’1min = ANmin = 0,5 cm khi k = 4
Do đó điểm M nằm trên đường cực tiểu qua N : cực tiểu ứng với k = 4
Xét điểm M trên mặt nước MA = d1 MB = d2
d2 – d1 = (k+0,5) = 4,5k = 18 cm ------> d2 = d1 + 18
Sóng truyền từ hai nguồn đến M:
2d 1
uAM = acos(20t )


2d 2
2 (18  d1 )
2d 1 36

uBM = acos(20t )= acos[20t ] = acos(20t )
2



2d 1
= acos(20t ) = uAM

2d 1
uM = uAM + uBM = 2acos(20t ).



B


uM ngược pha với nguồn uA khi

2d 1



= (2k-1) ------> d1 = (k- 0,5). ( với k = 1; 2; 3...)

Khi k = 1 thì d1 = d1min = 0,5  = 2 cm. Chọn đáp án B
Nhờ thầy cô giải giúp Thy Thy
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

y
A.3 3 cm. B. 7 cm. C. 2 3 cm. D. 15 cm.
Giải: Giả sử chất điểm M dao động trên trục Ox;
N N0
chất điểm N dao động trên trục Oy.
Vẽ giãn đồ vec tơ như hình vẽ:
Ở thời điểm ban đầu M ở O; N ở N0
.Khi M có li độ x = - 3 cm và đang đi theo chiều âm;

ta có : x = 2cos(5πt + )cm = - 3 cm
x
M O
2

3
5
cos(5πt + ) = = cos
2
2
6

5 
5πt =
- + 2kπ =
+ 2kπ
3
6 2


Khi đó y = 4cos(5πt – ) = 4cos( + 2kπ) = 2 3 cm

6
6
Khoảng cách giữa hai chất điểm MN
MN2 = (- 3 )2 + (2 3 )2 = 15 ----> MN = 15 cm . Chọn đáp án D
Câu 2
Trong thí nghiệm giao thoa sóng trên mặt nước, hai nguồn AB cách nhau 14,5 cm dao động ngược pha.
Điểm M trên AB gần trung điểm O của AB nhất, cách O một đoạn 0,5 cm luôn dao động cực đại. Số
điểm dao động cực đại trên đường elíp thuộc mặt nước nhận A, B làm tiêu điểm là :
A. 26. B. 28. C. 18. D. 14
Giải: Khoảng cách giữa cực đại và cực tiểu liền kề trên AB là /4
Tại trung điểm O là vân cực tiểu nên OM = /4----> = 4.OM = 2 cm
Số điểm cực đại trong đoạn AB.
AB 1
AB 1
- ---> - 7 k  6 có 14 giá trị của k
 2
 2
Số điểm dao động cực
ực đại
ại trên đường elíp thuộc mặt nước nhận A, B làm tiêu điểm là :
14x2 = 28. Đáp án B
Giải cách khác:Ta có bước sóng = 2.OM = 1 cm
Giả sử phương trình sóng tại A và B là: uA = acost; uB = acos(t – π)
Xét điểm M trên AB: AM = d (cm) Với 0 < d < 14,5 (cm)
2d
2 (14,5  d )
Biểu thức sóng tại M uM = acos(t ) + acos(t – π )



 (2d  14,5) 
14,5 
uM = 2acos( [
- )
 ] cos(t 2

2

 (2d  14,5) 
 (2d  14,5) 
M dao động với biên độ cực đại khi cos( [
 ] = ±1 ---> [
 ] = kπ

2

2
----> 2d = (k+0,5) + 14,5 ----> d = k + 7,75 ---.> 0 < k + 7,5 < 14,5
----> - 7  k  6 Có 14 giá trị của k, trên AB có 14 điểm dao động với biên độ cực đại,
Số điểm dao động cực
ực đại
ại trên đường elíp thuộc mặt nước nhận A, B làm tiêu điểm là :
14x2 = 28. Đáp án B