tuyển chọn 49 câu hỏi ôn tập tốt nghiệp thpt và đại học cao đẳng môn vật lý ( có hướng dẫn giải chi tiết)

 TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ÔN TẬP

KHỞI ĐỘNG KÌ THI THPT QG 2016
TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ÔN TẬP
Câu 1: Một vật nhỏ dao động điều hòa trên trục tọa độ Ox với biên độ 10cm v{ đạt gia tốc lớn
nhất tại li độ x1. Sau đó, vật lần lượt đi qua c|c điểm có li độ x2, x3, x4, x5, x6, x7 trong những
khoảng thời gian bằng nhau t  0,1s . Biết thời gian vật đi từ x1 đến x7 hết một nửa chu kì.
1. Tìm khoảng c|ch nhỏ nhất v{ khoảng c|ch lớn nhất giữa hai điểm gần nhau liên tiếp.
2. Tìm tốc độ trung bình lớn nhất của chất điểm chuyển động trong 0,8s.
Hướng dẫn giải
1. Dễ thấy cư sau khoang th i gian ngan nhat T th vat lai đi qua M1, M2, M3, M4, M5, M6, M7
12

Khoảng c|ch xa nhất l{: A = 5cm
2

Khoảng c|ch gần nhất l{: A - A

3
= 1,34cm
2

2. Để có vận tốc TB lớn nhất thì 2 lần vật qua VTCB: s =

 v tb =

A
A
+ A + A + = 3A
2
2

30
= 37,5cm / s
0,8

Câu 2: Một d}y đ{n ph|t ra c|c họa }m có tần số 2964 Hz v{ 4940 Hz. Biết }m c bản có tần số
trong khoảng 380 Hz tới 720 Hz. D~y đ{n có thể ph|t ra số họa }m có tần số nằm trong khoảng
từ 8 kHz đến 11kHz l{
A. 7
B. 8
C. 6
D. 5
Hướng dẫn giải
Theo đề suy ra: 4940 − 2964 = n.fmin thay fmin ∈ (380Hz → 720Hz) ⇒ n = 5;4;3 thử lại thấy n =
4 nhận ⇒ fmin = 494Hz.
Theo đề suy ra tiếp: 8000 ≤ 494k ≤ 11400 ⇒ 19,16 ≤ k = 07,23 ⇒ có 7 gi| trị k nguyên. Chọn A.
Câu 3: Trên đoạn mạch điện xoay chiều không ph}n nh|nh có 4 điểm theo thứ tự l{ A, M, N v{ B.
Đoạn AM chứa cuộn cảm thuần L, đoạn MN chứa biến trở R v{ đoạn NB chứa tụ C. Khi thay đổi R
thấy U MB không phụ thuộc v{o R. Khi góc lệch pha của u AN so với u AB đạt cực đại thì góc lệch
pha của u AM so với u MB là bao nhiêu ?
A.

3
4

B.

7
10

C.


3

D.

5
7

Hướng dẫn giải
Ta thấy: Khi thay đổi R thấy U MB không phụ thuộc v{o R nên: ZL  2ZC .
Nhận xét: Khi góc lệch pha của u AN so với u AB đạt cực đại thì tan  AN  AB  đạt cực đại.
Ta có: tan  AN

ZC
Z L Z L  ZC

tan AN  tan AB
ZC
R
R
 AB  
 R


Z Z  ZC
2Z .  2ZC  ZC 
1  tan AN .tan AB
2ZC 2

1 L . L
1 C
R

R
R
R
R2

- Trang 1/24 -


 TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ÔN TẬP

Thấy rằng: R 

1
2ZC 2 BĐT
2Z 2
.
 2 R. C  2 2ZC  tan  AN  AB  
R Cauchy
R
2 2

Dấu “=” xảy ra khi: R  2ZC .
 ZC
1



 MB  
R
5
2
    7
   
. Chọn B.
2  5  10

Suy ra: tan MB 
Vậy: AM  MB

Câu 4: Cho hai mạch dao động điện từ lí tưởng có cùng điện dung C v{ giả sử độ tự cảm liên hệ
nhau theo biểu thức L2 = 5L1. Ban đầu cho hai tụ của hai mạch trên mắc song song v{o cùng một
nguồn điện có suất điện động ε. Sau một thời gian đủ lớn thì ngắt ra v{ nối với mỗi cuộn cảm
trên. Khi độ lớn điện tích mỗi tụ ở hai mạch đều bằng nhau thì tỉ số c|c độ lớn của cường độ dòng
điện chạy qua cuộn cảm L1 so với ở cuộn cảm L2 là
A. 5.
B. 5 .
C. 5 .
D. 5ε.
Hướng dẫn giải
Dùng công thức độc lập:

i
Q = q + 
ω
2
0

2

2

cho 2 mạch trên với chú ý 2 mạch cùng độ lớn

điện tích q, cùng điện tích cực đại Qo = Cε và T2 = 5 T1 => i1 = 5 i2 . Chọn B.
Câu 5: Trong thí nghiệm Y-}ng về giao thoa |nh s|ng, cho khoảng c|ch giữa hai khe l{ 1 mm, từ
hai khe đến m{n l{ 1 m, ta chiếu v{o hai khe đồng thời bức xạ λ1 = 0,5 µm và λ2, giao thoa trên
m{n người ta đếm được trên bề rộng L = 3 mm có tất cả 9 cực đại của λ1 và λ2 trong đó có 3 cực
đại trùng nhau, biết 2 trong 3 cực đại trùng ở hai đầu. Gi| trị của λ2 là
A. 0,6 µm.
B. 0,75 µm.
C. 0,54 µm.
D. 0,48 µm.
Hướng dẫn giải
L
λ .D
Tính: i1 = 1 = 0,5(mm)  N1 =   = 6  có 7 v}n s|ng của bức xạ 1
a
 i1 
Ta chú ý số v}n s|ng đếm được trên màn bằng tổng số v}n s|ng của bức xạ 1 và 2 trừ đi số v}n
sáng trùng nhau của hệ  Nqs = N1 + N 2 - N12  9  7  N 2  3  N2  5
Vậy ta có 5 v}n s|ng của bức xạ 2 trên L  trên L có 4 khoảng v}n của bức xạ 2
ia
L
 i 2 = = 0, 75 (mm)  λ 2 = 2 = 0, 75(μm).
4
D
Câu 6: Một đ|m h i hydro đang ở |p suất thấp thì được kich thích bằng c|ch chiếu v{o đ|m h i

đó chùm bức xạ đ n sắc có bước sóng 200nm. Biết to{n bộ đ|m h i sau khi kích thích chỉ ph|t ra
3 vạch bức xạ tư ng ứng với bước sóng λ1 < λ 2 = 300nm < λ 3 . Gi| trị λ 3 bằng
A. 600nm
B. 500nm
C. 450nm
D. 400nm
Hướng dẫn giải
Khi đ|m h i Hydro đang ở trạng th|i dừng thứ n thì hấp thụ
n+3
photon hf thì nguyên tử được nhảy lên mức n+3 v{ ph|t ra 3
vạch tư ng ứng. Ứng với vạch 3 có năng lượng thấp nhất nên
n+2

hc
hc hc
= E n+3 - E n+2 =
-  λ3 = 600nm
λ3
λ λ2
n

- Trang 2/24 -


TUYN CHN BY BY BN CHN CU ễN TP

Cõu 7: Bit ht nh}n A phúng x cú chu kỡ b|n r~ l{ 2 h. Ban u cú mt mu A nguyờn cht,
chia th{nh hai phn I v{ II. T thi im ban u t = 0 n thi im t 1 = 1 h thu c phn I 3
lớt khớ He (ktc). T thi im t1 n thi im t2 = 2 h thu c phn II 0,5 lớt khớ He (ktc).
m

Gi m1, m2 ln lt l{ khi lng ban u ca phn I v{ II. T s 1 l
m2
A. 2 3 .

B. 2 2 .

C. 3 2 .
Hng dn gii
*Soỏ mol heủửụùc taùo ra soỏ mol A bũ maỏt ủi.

*Phan I :n He



N A N 0 1 e
n A

NA
NA

*Phan II :m 02 ' m 02 .e
n He
m

m 02 '
A

t1

n

He



D.

m
3
01 1 e
22,4 A





6.

1

t1

1 e
.1

1 2 m 01 4,2426 3

m 02 .e
A

t1

1 e
.1

2

2

02

Cõu 8: Mot con lac lo xo treo thang ng nh h nh v. Vat co khoi l ng m = 1kg,
lũ xo nh cú cng k = 100N/m. t gi| B nm ngang vt m lũ xo cú chiu
d{i t nhiờn. Cho giỏ B chuyen ong xuong nhanh dan eu khong van toc au
vi gia tc a = 2m/s2. Lay g 10m / s 2 .
k
a) Tớnh thi gian t khi gi| B bt u chuyn ng cho n khi vt m ri gi| B.
b) Sau khi r i gia B th vat m dao ong ieu hoa. Viet ph ng tr nh dao ong cua m
vat. Chon truc toa o thang ng, chieu d ng h ng xuong, goc toa o tai vi tr
c}n bng ca vat m, goc th i gian la luc vat m i qua vi tr lo xo gian 7cm h ng
ve vi tr can bang.
c) Xac inh th i iem vat i qua vi tr co ong nang gap 3 lan the nang lan th 2013.
Hng dn gii
h
n
h
n n
n
B.
- Ph ng tr nh ong lc hoc cua vt m: P + N + Fdh = ma .

- Chiu lờn Ox: mg - N - k l = ma N = m(g a) - k l
- Khi vt ri gi| thỡ N = 0 l
h

n

nh

n .

B

k
m( g a) 1 2
2m( g a)
at t
0,08( s)
ka
k
2
m

B

- Ph ng tr nh dao ong: x A cos(t ) . Tan so goc:

k
10(rad / s)
m

mg
0,1m 10cm .
- Khi vat m VTCB: P Fh0 0 mg kl0 0 l 0
k
at 2
= 0,08 m = 8cm.
- Qu~ng ng vt i c cho n khi ri gi| B l{: S =
2
- Ly ca vat m khi r i gia B la: x = 8 - 10 = -2 cm.
- Vn tc ca vt khi ri gi| B l{: v = at = 40 2 cm/s.
- Bien o dao ong cua vat m: A x 2

v2

2

O
x

6cm .

x0 l l 0 7 10 3cm cos 1 / 2
2


- Khi t = 0
3
sin 0

v0 0
2
) (cm ) .
- Ph ng trỡnh dao ng: x 6 cos(10t
3
- Trang 3/24 -


 TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ÔN TẬP

h

=3Wt

- Khi Wđ  3Wt  W  4Wt  x  

n

A
 3(cm)
2

 x0  3cm
- Khi t = 0  
v0  0
 ng v i điem M0 tren vong tron.
- Khi vat qua vi tr co Wđ = 3Wt lan đau tien ưng v i
điem M1 tren vong tron.
- Goc quet ưng v i th i điem vat qua vi tr co Wđ =
3Wt lan thư 2013 la:

      n2

-A

M3

M2

-A/2

A/2

M =M

A

M

0
1
1

2013  1
  ; n 
 503
A 2
3
4
2 
3019

 3019
  503.2 
t 

(s)
- Vay:  
3
3
3

30
Câu 9: Hai mũi nhọn S1, S2 ban đầu c|ch nhau 8cm gắn ở đầu một cần rung có tần số f = 100Hz,
được đặt chạm nhẹ v{o mặt nước. Tốc độ truyền sóng trên mặt nước l{ v = 0,8 m/s.
1) Gõ nhẹ cần rung cho hai điểm S1, S2 dao động theo phư ng thẳng đứng với phư ng trình dạng
u = Acos(2πft). Viết phư ng trình dao động của điểm M1 c|ch đều S1, S2 một khoảng d = 8cm.
2) Tìm trên đường trung trực của S1, S2 điểm M2 gần M1 nhất v{ dao động cùng pha với M1.
3) Cố định tần số rung, thay đổi khoảng c|ch S1S2. Để lại quan s|t được hiện tượng giao thoa ổn
định trên mặt nước, phải tăng khoảng c|ch S1S2 một đoạn ít nhất bằng bao nhiêu ? Với khoảng
c|ch ấy thì giữa S1,S2 có bao nhiêu điểm có biên độ cực đại. Coi rằng khi có giao thoa ổn định thì
hai điểm S1S2 l{ hai điểm có biên độ cực tiểu.
Hướng dẫn giải
v
1. λ = = 0,8cm và d1 = d2 = d = 8cm
f
M2
Ta có phư ng trình dao động sóng tổng hợp tại M1
M1
(d 2  d1 )
(d1  d 2 ) 


M2'
uM1 = 2A cos
cos200t 





với d1 + d2 = 16cm = 20λ và d2 – d1 = 0,
S1
I
ta được: uM1 = 2Acos(200πt - 20π)
2. Hai điểm M2 và M2’ gần M1 ta có:
S1M2 = d + λ = 8 + 0,8 = 8,8 cm
S1M2’ = d – λ = 8 – 0,8 = 7,2 cm

- V i cos 

x



S1M 22  S1I 2  8,8 2  4 2  7,84(cm) ;

Do đó:

IM2 =

Suy ra

IM1 = S1I 3  4 3  6,93(cm)
M1M2 = 7,84 – 6,93 = 0,91 (cm)

Tư ng tự: IM2’ =

S1M 2  S1I  7, 2  4  5,99(cm)
'2

2

2

2

=> M1M2’ = 6,93 – 5,99 = 0,94 (cm)
3. Khi hệ sóng đ~ ổn định thì hai điểm S1, S2 l{ hai tiêu điểm của c|c hypecbol v{ ở rất gần chúng
xem gần đúng l{ đứng yên, còn trung điểm I của S1S2 luôn nằm trên v}n giao thoa cực đại. Do đó
 


ta có: S1I = S2I = k   (2k  1) => S1S2 = 2S1I = (2k + 1)
2
2 4
4


Ban đầu ta đ~ có: S1S2 = 8cm = 10λ = 20 => chỉ cần tăng S1S2 một khoảng = 0,4cm.
2
2
Khi đó trên S1S2 có 21 điểm có biên độ cực đại.

- Trang 4/24 -


 TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ÔN TẬP

Câu 10: Rô to của một m|y ph|t điện xoay chiều một pha có 4 cực từ v{ quay với tốc độ n
vòng/phút. Hai cực phần ứng của m|y mắc với một tụ điện có điện dung C = 10  F . Cho rằng
điện trở trong của m|y không đ|ng kể. H~y vẽ đồ thị biểu diễn sự biến thiên của cường độ dòng
điện hiệu dụng I qua tụ theo tốc độ quay của rô to khi tốc độ quay của rô to biến thiên liên tục từ
n1 = 150 vòng/phút đến n2 = 1500 vòng/phút. Biết rằng với tốc độ quay 1500 vòng/phút thì suất
điện động hiệu dụng giữa hai cực m|y ph|t tư ng ứng l{ 200 V.
Hướng dẫn giải
- Rô to có 4 cực, nên số cặp cực từ p = 2.
n p 1500.2
 50 Hz  2  2 f 2  314 (rad/s)
* Khi n2  1500 (vòng/phút) thì: f 2  2 
60
60
- Vì bỏ qua điện trở trong của m|y nên: U 2  E2  200V
U
- Cường độ dòng điện hiệu dụng qua tụ: I 2  2  U 2C2  200.105.314  0, 628A
ZC
NBS
* Hiệu điện thế được x|c định một c|ch tổng qu|t l{: U  E 
(vì điện trở trong bằng 0)
2
np
U
NBSC 2

- Cường độ dòng điện hiệu dụng qua tụ : I 
 UC 
 . Với   2 f  2
60
ZC
2
NBSC  2 np 
NBSC 4 2 p 2 2
- Suy ra I 
.

.n  K .n 2

60
2 
3600 2

2 2
NBSC 4 p
- Với K 
l{ hằng số  I  K .n 2 đường biểu diễn sự
3600 2
phụ thuộc của I với n - tốc độ quay của rô to, có dạng một nh|nh
của parabol có bề lõm hướng lên chiều dư ng của toạ độ.
- Với n  0 : I = 0
- Với n1  150 v/ph : I1  K (150)2
2

n2  1500 v/ph: I 2  K (1500)2  0,628 A
2

I1  150 
I
1

 I1  2  0, 00628 A
 
I 2  1500  100
100
2
- Đồ thị của I = K .n l{ một nh|nh parabol có dạng như hình vẽ.


Câu 11: Mạch dao động lí tưởng gồm cuộn d}y thuần cảm có độ tự cảm L = 5.10-5(H) v{ tụ điện
có điện dung C = 5pF. Ban đầu cho dòng điện cường độ I0 chạy qua cuộn d}y, ngắt mạch để dòng
điện trong cuộn d}y tích điện cho tụ, trong mạch có dao động điện từ tự do chu kì T. Điện |p cực
đại trên cuộn d}y l{ U0. Ở thời điểm t, cường độ dòng điện qua cuộn d}y l{ i = - 0,5I0 đang giảm
thì đến thời điểm t’ = t + T/3 điện |p trên tụ sẽ l{
U 3
U 3
A. u  0
, đang tăng.
B. u  0
, đang giảm
2
2
U 3
U 3
C. u   0
, đang giảm

D. u   0
, đang tăng
2
2
Hướng dẫn giải
- Thời điểm t: Khi đó i = - 0,5I0 v{ đang giảm, vẽ đường tròn lượng
gi|c ra ta x|c định được vị trí tư ng ứng trên đường tròn.
- Do u trễ pha h n i góc π/2 nên ta cũng x|c định được ở thời điểm
t’: u  

U0 3
2

v{ đang giảm.

- Trang 5/24 -


 TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ÔN TẬP

Câu 12: Trong thí nghiệm giao thoa khe I-}ng, dùng đồng thời hai |nh s|ng đ n sắc có khoảng
v}n trên m{n giao thoa tư ng ứng l{ i1 = 0,8 mm và i2 = 0,6 mm. Biết hai khe hẹp c|ch nhau a = 1
mm, khoảng c|ch giữa m{n quan s|t v{ m{n chứa hai khe l{ D = 1,5 m.
a) Tìm bước sóng của từng bức xạ. Tìm vị trí của v}n gần trung t}m nhất có cùng m{u với v}n
trung tâm?
b) Tìm tổng số v}n s|ng trong khoảng hai v}n cùng m{u với v}n trung t}m, đối xứng với nhau
qua v}n trung t}m v{ gần v}n trung t}m nhất?
c) Trên miền giao thoa đối xứng qua vân trung tâm, có bề rộng 9,6 mm có bao nhiêu vị trí m{ v}n
tối của bức xạ 1 trùng với v}n s|ng của bức xạ 2? X|c định c|c vị trí đó?
Hướng dẫn giải

.* B ớ s n
D
i.a
8
 
 1  (  m) và 2  0, 4(  m)
- Ta có: i 
a
D
15
*
ủ ân n
n â nhấ
ùn
à ớ ân
n â
- Vị trí của v}n có cùng m{u với v}n trung t}m l{ vị trí hai v}n s|ng của hai bức xạ trùng nhau
x1 x 2
k1 1 k2 2 hay 4k1 3k2
- Vị trí của v}n trùng gần v}n trung t}m nhất ứng với gi| trị nguyên nhỏ nhất của k1, k2 thỏa m~n
phư ng trình trên l{ k1= 3, k2= 4. Khi đó khoảng c|ch tới trung t}m l{ x=3i1=4i2=2,4mm.
b. ổn số ân s n
- Trong khoảng hai v}n trùng liên tiếp có 2 v}n s|ng của 1 v{ 3 v}n s|ng của 2
- Trong khoảng hai v}n cùng m{u với v}n trung t}m, đối xứng với nhau qua v}n trung t}m v{ gần
v}n trung t}m nhất có 5 v}n s|ng của 1 v{ 7 v}n s|ng của 2 trong đó có vị trí trung t}m trùng
nhau nên có tổng 5 + 7 – 1 = 11 vân sáng.
.
ân s n
ùn ớ ân ố
Điều kiện: k1

1
i
2 1

Biểu diễn: 2k1

1

k2i2

3 2n

Trong miền giao thoa :

2k1 1
2k2

1 ; 2k2

9, 6
mm
2

3
4

4 2n
k2i2

1 với n nguyên.

9, 6
mm
2

2, 5

n

1, 5 .

Vậy có 4 vị trí thỏa m~n v}n tối i1 trùng vân sáng i2 tư ng ứng n bằng: -2; -1; 0; 1.
C|c vị trí đó c|ch v}n trung t}m khoảng x cho bởi bảng sau:
n
-2
-1
0
1
k1
-5
-2
1
4
k2
-6
-2
2
6
x (mm)

-3,6
-1,2 1,2
3,6
Câu 13: Có một bóng đèn tròn dùng sợi đốt có công suất l{ 75W. Người quan s|t đứng ở khoảng
c|ch 1km so với bóng đèn. Cho biết hiệu suất ph|t quang của bóng đèn l{ 5%; có 1% công suất
của bức xạ khả kiến l{ công suất của bức xạ có bước sóng 662,5nm; đường kính con ngư i mắt
người quan s|t l{ 2mm; coi môi trường không hấp thụ photon. Số phôtôn có bước sóng 662,5nm
đi v{o con ngư i mắt người quan s|t trong một gi}y l{
A. 52130 photon/s
B. 31250 photon/s
C. 3125.103 photon/s D. 5213.103 photon/s
Hướng dẫn giải
P
Số photôn ph|t ra: N = = 2,5.1020  Số photôn dẫn đến ph|t quang: Npq = 5%.N = 1,25.1019.

3,125.1010
N kk
Số photôn khả kiến: Nkk = 1%.Npq = 1,25.1017  Mật độ photôn:
=
.
4 R 2

d2
N kk
Số photôn đi v{o con ngư i: Nmắt =
.
= 31250 photon/s.
4 R 2
4
- Trang 6/24 -

 TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ÔN TẬP
1
95
139
1
0
Câu 14: Một kiểu ph}n hạch của U235 l{: 235
92U  0 n  42 Mo  57 La  2 0 n  7 1 e (Mo l{ kim loại,
La l{ kim loại Lantan họ đất hiếm).
a) Tính năng lượng E toả ra từ phản ứng trên theo đ n vị Jun (J). Cho biết khối lượng của
c|c hạt: mU = 234,99u; mMo= 94,88u; mLa = 138,87u; mn = 1,01u; bỏ qua khối lượng của electron;
lấy 1u = 931 MeV/c2.
b) Nếu coi gi| trị E tìm được ở trên l{ năng lượng trung bình cho bởi mỗi ph}n hạch thì khi
1g U235 ph}n hạch hết sẽ cho một năng lượng bằng bao nhiêu kWh? Cần phải đốt một lượng
than bằng bao nhiêu để được lượng năng lượng đó? Biết năng suất toả nhiệt của than q =
2,93.107 J/kg. Lấy số Avôgađrô N A  6,023.1023 mol 1 .
c) Trong sự cố của c|c lò phản ứng hạt nh}n tại nh{ m|y điện nguyên tử ở Fukushima (Nhật
Bản) do động đất v{ sóng thần, người ta lo ngại nhất hiện tượng gì sẽ xảy ra? (hiện tượng n{y có
liên quan đến kiến thức em đ~ được học về phản ứng ph}n hạch hạt nh}n d}y truyền). Hiện
tượng đó có dễ xảy ra không?
Hướng dẫn giải
931MeV 2
.c
a) Ta có E  (mU  mn  mMo  mLa  2mn )c 2  (234,99  94,88  138,87  1, 01)
c2
= 214,13 MeV = 214,13. 1,6.10 – 13 = 342,608.10 – 13 J  3,43.10 – 11 J
m
1

.6, 023.1023 hạt
b) Trong 1g U235 có số hạt U235 bằng: N  N A 
A
235
1
.6, 023.10 23.3, 43.10 11  8, 79.1010 J
- Năng lượng toả ra khi 1g U235 ph}n hạch hết: E  N .E 
235
10
8, 79.10
 2, 44.104 J
- Lượng năng lượng n{y bằng K (kWh) : K 
6
3, 6.10

E 8, 79.1010

 3.103 kg
q 2,93.107
c) Sự cố tại một số lò phản ứng hạt nh}n của nh{ m|y điện nguyên tử ở Fukushima do thảm hoạ
động đất v{ sóng thần đang dấy lên mối lo ngại chung về sự rò rỉ phóng xạ. Tuy nhiên điều đ|ng
lo ngại có liên quan đến hiện tượng ph}n hạch hạt nh}n l{ nếu không hạ được nhiệt độ của lò thì
c|c thanh nhiên liệu có chứa U235 đ~ được l{m gi{u sẽ tan chảy v{ nếu c|c khối tan chảy nhập
với nhau đến vượt khối lượng tới hạn thì sẽ l{ một trong những điều kiện để phản ứng ph}n
hạch d}y truyền xảy ra ở mức vượt hạn (s > 1).
Khối lượng tới hạn phụ thuộc v{o tỉ lệ U235 được l{m gi{u. Nhưng tỉ lệ U235 được l{m gi{u
dùng l{m nhiên liệu của lò phản ứng thường không cao, nên để vượt khối lượng tới hạn m{ g}y
nên phản ứng vượt hạn l{ không dễ xảy ra.
Câu 15: Cho con lắc lò xo gồm lò xo nhẹ có độ cứng k  50N / m , vật nặng kích thước nhỏ có khối
lượng m  500 g . Kích thích cho vật dao động điều hòa theo phư ng thẳng đứng.

- Lượng than cần đốt để thu được lượng năng lượng kể trên bằng: m 

Chọn gốc thời gian l{ lúc vật qua vị trí có li độ x  2,5cm với tốc độ 25 3 cm / s theo
k
phư ng thẳng đứng hướng xuống dưới. Chọn trục tọa độ Ox theo phư ng thẳng
đứng, chiều dư ng hướng lên trên, gốc O trùng với vị trí c}n bằng của vật. Lấy
g  10m / s 2 .
m
a) Viết phư ng trình dao động của vật.
b) Tính khoảng thời gian ngắn nhất để vật đi từ vị trí có li độ x1  2,5cm đến vị trí có
li độ x2  2,5cm .
c) Tính qu~ng đường đi được của vật kể từ lúc bắt đầu dao động đến khi tới vị trí có động năng
bằng thế năng lần thứ hai.
Hướng dẫn giải
a) Tần số góc  

k
50

 10rad / s
m
0,5
- Trang 7/24 -


 TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ÔN TẬP

2,5

cos=






A

 
Tại t = 0: 

x

5cos(10t

) (cm)


3



3
25
3
 v   A sin   25 3
sin  
 A  5cm

10A
x  A cos   2,5

b)

-5

- 2,5

O


2,5

5 x

Khoảng thời gian ngắn nhất vật đi từ vị trí có li độ x1 = 2,5cm đến vị trí có li độ x2 = 2,5cm



t  
 s  0,1s
 3.10 30



5

N

M

M

c) Qu~ng đường vật đi từ vị
trí ban đầu tới vị trí có động năng bằng thế năng lần thứ 2

N
2,5

Wd A  x
A

1 x  
 2,5 2cm
2
Wt
x
2
2

2

O

 s  7,5  5  2,5 2  12,5  2,5 2  8,96cm
Q
(Lần 1)

-5

P

(Lần 2)

Câu 16: Trong thí nghiệm giao thoa sóng mặt nước, hai nguồn kết hợp S1, S2 cách nhau 8cm dao
động cùng pha với tần số f = 20Hz. Tại điểm M trên mặt nước c|ch S 1, S2 lần lượt những khoảng
d1 = 25cm, d2 = 20,5cm dao động với biên độ cực đại, giữa M v{ đường trung trực của AB có hai
d~y cực đại kh|c.
a. Tính tốc độ truyền sóng trên mặt nước.
b. N l{ một điểm thuộc đường trung trực của đoạn thẳng S1S2 dao động ngược pha với hai
nguồn. Tìm khoảng c|ch nhỏ nhất từ N đến đoạn thẳng nối S1S2.
c. Điểm C c|ch S1 khoảng L thỏa m~n CS1 vuông góc với S1S2. Tính gi| trị cực đại của L để điểm C
dao động với biên độ cực đại.
Hướng dẫn giải
. nh ố
ền sóng:
d  d2
 Tại M sóng có biên độ cực đại nên: d1 – d2 = k    1
k

k
 3    1,5cm => v = f = 30 cm/s
 Giữa M v{ trung trực của AB có hai d~y cực đại kh|c
.
N
2d 

 Giả sử u1  u2  a cost , phư ng trình sóng tại N: u N  2a cos t 

 

2d


 (2k  1)  d  2k  1
Để dao động tại N ngược pha với dao động tại nguồn thì  

2
 Do d  a/2  2k  1
.X


2

2

 a/2  k  2,16. Để dmin thì k=3 dmin= xmin

2

a
    xmin  3,4cm
2

nh Lmax

 Để tại C có cực đại giao thoa thì: L2  a 2  L  k. ; k =1, 2, 3... và a = S1S2
Khi L c{ng lớn đường CS1 cắt c|c cực đại giao thoa có bậc c{ng nhỏ (k c{ng bé), vậy ứng với gi|
trị lớn nhất của L để tại C có cực đại l{ k =1
 Thay c|c gi| trị đ~ cho v{o biểu thức trên ta nhận được: L2 max  64  Lmax  1,5  Lmax  20,6cm

- Trang 8/24 -

 TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ÔN TẬP

Câu 17: Trong qu| trình truyền tải điện năng đi xa cần tăng điện |p của nguồn lên bao nhiêu lần
để giảm công suất hao phí trên đường d}y đi 100 lần. Giả thiết công suất n i tiêu thụ nhận được
không đổi, điện |p tức thời u cùng pha với dòng điện tức thời i. Biết ban đầu độ giảm điện thế
trên đường d}y bằng 15% điện |p của tải tiêu thụ.
Hướng dẫn giải
 Đặt U, U1, ΔU , I1, P1 l{ điện |p nguồn, điện |p ở tải tiêu thụ, độ giảm điện |p trên đường d}y,
dòng điện hiệu dụng v{ công suất hao phí trên đường d}y lúc đầu.
U’, U2, ΔU' , I2, P2 l{ điện |p nguồn, điện |p ở tải tiêu thụ, độ giảm điện |p trên đường d}y,
dòng điện hiệu dụng v{ công suất hao phí trên đường d}y lúc sau.
2

P2  I 2 
1
I
1
U ' 1
Ta có:
   
 2 


P1  I1  100
I1 10
U 10
0,15U1
Theo đề ra: ΔU = 0,15.U1  U ' 
(1)

10
 Vì u v{ i cùng pha v{ công suất n i tiêu thụ nhận được không đổi nên:
U2
I
U1.I1 = U 2 .I2 
= 1 = 10  U2 = 10U1 (2)
U1
I2

 U = U1 + ΔU = (0,15 + 1).U1

 Từ (1) và (2): 
0,15.U1
0,15
U' = U 2 + ΔU' = 10.U1 +
= (10 +
).U1

10
10

0,15
10+
U'
10 = 8,7
=
 Do đó:
U
0,15+1
Câu 18: Một tụ điện có điện dung C v{ hai cuộn cảm thuần có độ tự cảm L 1

và L2 được mắc như hình vẽ. Khi khóa K ở giữa chốt 1 v{ chốt 2, tụ điện
được tích điện đến hiệu điện thế U0. Đầu tiên đóng khóa k v{o chốt 1, trong
khoảng thời gian t trong mạch L1C có dao động điện từ tự do với tần số f v{
cường độ dòng điện cực đại I0; sau đó chuyển khóa K từ chốt 1 sang chốt 2,
trong mạch L2C có dao động điện từ tự do với tần số 4f v{ cường độ dòng
điện cực đại 4I0. Biết t < 10,5π L1C . Gi| trị lớn nhất của t l{

A. 40π L 2 C .

B. 38π L 2 C .

C. 41π L 2 C .

K
1

2

C
L2

L1

D. 35π L 2 C .

Hướng dẫn giải
1
1
và f2 = 4f =
 L1 = 16L2.

2 L1C
2 L 2 C
I
Q 
Q
Ta có: I01 = I0 = Q011 và I02 = 4I0 = Q022  02  02 . 2  4  02 .4  Q02 = Q01 = Q0.
I01 Q02 1
Q02
Ban đầu, K ở chốt 1 tụ tích điện cực đại q1 = Q01 = Q0.
Khi K ở chốt 2 v{ để Q02 = Q0 thì thời điểm chuyển từ chốt 1 sang chốt 2 thì chốt 1 có điện tích q1
= Q0.
T
Suy ra: t = k. 1 = k.  L1C < 10,5  L1C  k = 10 (do để hỏi tmax).
2
Suy ra: t = 10  L1C = 40  L 2 C . Chọn A.

Ta có: f1 = f =

Lưu ý, ban đầu K ở chốt 1, q1 = Q0  cứ sau nửa chu kì thì tụ lại tích điện q1 = Q0.

- Trang 9/24 -


 TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ÔN TẬP

Câu 19: Hiện tượng cầu vồng l{ do hiện tượng t|n sắc của |nh s|ng Mặt Trời qua c|c giọt nước
hoặc c|c tinh thể băng trong không khí.
Một tia s|ng Mặt Trời truyền trong mặt
phẳng tiết diện thẳng đi qua t}m của một
giọt nước hình cầu trong suốt có chiết

suất n với góc tới i = 450 . Sau khi khúc xạ
tại I tia s|ng phản xạ một lần tại J rồi lại
khúc xạ v{ truyền ra ngo{i không khí tại
P (xem hình). Biết chiết suất của nước đối
với |nh s|ng đỏ v{ |nh s|ng tím lần lượt
là n d = 1,32; n t = 1,35 . Góc tạo bởi tia ló
màu đỏ v{ tia ló màu tím xấp xỉ bằng
A. 2,40°.
B. 3,46°.
C. 3,20°.
D. 0,16°.
Hướng dẫn giải
Sử dụng c|c định luật khúc xạ tại I, P v{ phản xạ tại J, ta có góc lệch D của tia tới v{ tia ló là:
D = 2 i +  900 - 2r  = 1800 + 2i - 4r , thay i = 450 thì D = 2700 - 4.r
sini sin450
Với tia tím: sini = n t sinrt  sinrt =
=
 rt  31,590  Dt = 2700 - 4.31,590 = 143, 640
nt
1,35

sini sin450
Với tia đỏ: sini = n dsinrd  sinrd =
=
 rd  32,390  Dd = 2700 - 4.32,390 = 140, 440
nd
1,32
Góc tạo bởi tia ló màu đỏ v{ tia ló màu tím là: D = Dt - Dd = 3, 20 . Chọn C.
Câu 20: Chiếu lần lượt hai bức xạ có bước sóng 1 = 0,555m và 2 = 377nm v{o một tấm kim
loại có giới hạn quang điện 0 thì thấy vận tốc ban đầu cực đại của c|c quang electron có độ lớn

gấp đôi nhau. Giả sử một êlectron hấp thụ phôtôn sử dụng một phần năng lượng làm công thoát,
phần còn lại biến thành động năng của nó.
a. Tìm giới hạn quang điện 0 của kim loại đó.
b. Chỉ chiếu bức xạ có bước sóng 1, t|ch từ chùm electron bắn ra một electron có vận tốc lớn
nhất rồi cho nó bay từ A đến B trong điện trường đều m{ hiệu điện thế UAB = -3V. Tìm vận tốc của
electron khi đến B.
Hướng dẫn giải
a. Tính 0
2
hc hc mv1
 Ta có:
(1)


1 0
2
hc

hc

2

2

mv2
hc
mv

 4 1 (Vì 2  1 )
2 0

2
0
2
1
4
1
 0  0,659 m
 Từ (1) v{ (2):


0 31 32
.
n ố
n e ạ B.
hc hc
 Khi chỉ chiếu 1 thì: Wđ1 = WđA =





1

(2)

0

 Theo định lí động năng: WđB - WđA = eUAB  WđB =
 vB 

hc

1



hc

0

+ eUAB

2 hc hc
(   eU AB )  1,086.106 m / s
m 1 0

- Trang 10/24 -


 TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ÔN TẬP

Câu 21: Một lò phản ứng hạt nh}n có chứa nhiên liệu l{ urani đ~ được l{m gi{u urani 235 (
và chất làm chậm là than chì ( ). Khi lò hoạt động urani 235 bị phân hạch theo phản ứng
235
92

A
38

1

0

U

n

140
Z

X

)

3 01n

Y

a) X|c định A v{ Z của hạt nh}n X v{ Y. Biết độ hụt khối của phản ứng l{ 0,006675 u. Giả thiết
to{n bộ năng lượng của phản ứng được cung cấp cho c|c n tron thứ cấp v{ chúng có động năng
như nhau. Tính vận tốc của c|c n tron thứ cấp.
b) C|c n tron thứ cấp được sinh ra sau phản ứng ph}n hạch nói trên tới va chạm với c|c nguyên
tử cacbon của chất l{m chậm (xem l{ đứng yên). Giả thiết c|c va chạm l{ đ{n hồi, không có sự
biến đổi th{nh hạt nh}n kh|c v{ sau va chạm c|c hạt chuyển động cùng phư ng. Hỏi sau bao
nhiêu lần va chạm thì n tron thứ cấp trở th{nh n tron nhiệt (c|c n tron nhiệt l{ c|c n tron có
năng lượng kBTph, kB = 1,38.10-23J.K-1 l{ hằng số Bôn-x -man, Tph = 300K l{ nhiệt độ phòng).
c) Giả sử một n tron nhiệt được hấp thụ bởi một hạt nhân
có trong nhiên liệu urani. Hạt
nh}n được tạo thành không bền, nó biến đổi thành hạt nhân plutoni
và hai hạt X giống
nhau. X|c định X v{ tính động năng cực đại và vận tốc tư ng ứng của hạt X.

Cho: mn = 1,008665u; m(U238) = 238,048608u; m(Pu239) = 239,052146u; 1u = 1,66.10-27kg =
931,5 MeV/c2.
Hướng dẫn giải
a) Áp dụng định luật bảo to{n điện tích hạt nh}n v{ bảo to{n số nuclon cho phản ứng
235
92

A
38

1
0

U

n

140
Z

X

3 01n

Y

Ta được: 235 + 1 = A + 140 + 3 suy ra A = 93; Và 92 = 38 + Z suy ra Z = 54
Năng lượng tỏa ra của phản ứng: E
m.c2
Do c|c n tron thứ cấp có động năng bằng nhau nên

Vận tốc của mỗi n tron:

2Kn
mn

vn

Kn

2. m.c 2
3mn

m.c 2
3

E
3

2.0, 006675
3.108
3.1, 008665

2.107 m/s

b) Sau mỗi lần va chạm với nguyên tử cacbon, do c|c hạt chuyển động cùng phư ng nên theo
định luật bảo to{n động lượng v{ năng lượng ta được:
2
n n

' 2

C C

mv
2

'2
n n

m v
2

mv
2 . Với

mC
mn

12

ta được

mnvn

mC vC'

mnvn'

11
vn
vn'

13
về độ lớn

vn'

và

11
v
13 n

Sau N lần va chạm n tron trở th{nh n tron nhiệt có động năng cỡ kBTph, tức l{ có vận tốc

v

Ta có

v

11
vn
13

2kBTph

2Kn
mn

mn

N

c) Ta có phản ứng:
Động năng cực đại:

U

2Kemax

Vận tốc của electron

ve

ln vn
ln 13

N

Suy ra
238
92

2.1, 38.10 23.300
1, 008665.1, 66.10 27

1
0

239
94

n

Pu

E

2Ke
me

ln v
ln 11

0, 9843

lần

2 ZAX  A =0, Z = -1  X là electron.

(mU 238

mn

mPu 239 )c 2  Kemax

2me

9,16.108 m / s > c = 3.108m / s

Ta phải sử dụng công thức tư ng đối tính

Ta được

55

2,22.103 m/s

Ke

1
1

2

1 mec 2

3, 82.10

13

J

=> Vô lý

trong đó

ve
c

hay v = 2,95.108 m/s.
- Trang 11/24 -

 TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ÔN TẬP

Câu 22: Một con lắc lò xo gồm vật nặng có khối lượng M  300 g , lò xo nhẹ có độ
cứng k  200N / m . Khi M đang ở vị trí c}n bằng thì thả vật m  200 g r i từ độ cao
h  3, 75cm so với M. Coi va chạm giữa m v{ M l{ ho{n to{n mềm. Sau va chạm, hệ M

m
h

M
v{ m bắt đầu dao động điều hòa. Lấy g  10m / s 2 .
a) Tính vận tốc của m ngay trước va chạm v{ vận tốc của hai vật ngay sau va chạm.
k
b) Viết phư ng trình dao động của hệ (M+m). Chọn gốc thời gian l{ lúc va chạm,
trục tọa độ Ox thẳng đứng hướng lên, gốc O l{ vị trí c}n bằng của hệ sau va chạm.
c) Tính biên độ dao động cực đại của hệ vật để trong qu| trình dao động vật m
không rời khỏi M
Hướng dẫn giải
a) Vận tốc của m ngay trước va chạm: v  2 gh  50 3cm / s  86,6cm / s
Do va chạm mềm nên sau va chạm hai vật cùng vận tốc V
mv
mv  ( M  m)V  V 
 20 3cm / s  34, 6cm / s
M m
K
 20rad / s . Khi có thêm m thì lò xo bị nén thêm một
b) Tần số dao động của hệ:  
M m

mg
V2
 1cm . Vậy VTCB mới nằm dưới VTCB cũ đoạn 1cm  A  x 20  2  2 (cm).
K

1  2cos



Tại t = 0: 
   rad  x  2cos  20t   cm
3
3

2.20sin   0

đoạn: x0 

c) Phản lực của M lên m l{ N thỏa m~n: N  mg  ma  N  mg  ma  m 2 x
 N  mg  m 2 x  Nmin  mg  m 2 A
g
g
10
Để m không rời khỏi M thì N min  0  A  2 . Vậy Amax  2  2  2,5cm


20
Câu 23: Một phòng h|t karaoke có diện tích 20 m2, cao 4 m (với điều
kiện hai lần chiều rộng BC v{ chiều d{i AB chênh nhau không qu| 2 m để
phòng c}n đối) với d{n }m gồm 4 loa như nhau có công suất lớn, hai c|i

đặt ở góc A, B của phòng, hai c|i treo trên góc trần A’, B’. Đồng thời còn
có một m{n hình lớn full HD được gắn trên tường ABB’A’ để người h|t
ngồi tại trung điểm M của CD có được cảm gi|c sống động nhất. Bỏ qua
kích thước của người v{ loa, coi rằng loa ph|t }m đẳng hướng v{ tường
hấp thụ }m tốt. Hỏi có thể thiết kế phòng để người h|t chịu được loa có
công suất lớn nhất l{ bao nhiêu?
A. 723 W.
B. 842 W.
C. 535 W.
D. 796 W.
Hướng dẫn giải
Gọi x l{ chiều rộng BC, y l{ chiều d{i AB thì xy = 20 (m 2 ) và y - 2x  2 (m)





Gọi công suất nguồn l{ P, ngưỡng đau m{ người chịu được l{ 130 dB nên Imax = 10 W / m 2 .
Tai người chịu được: Imax =

2Pmax
2P
+ max  Pmax =
2
4πAM
4πA'M 2

2πImax
1
x2 +

2



y2

+

4

1
x 2 +16 +

y2
4

2

Từ y - 2x  2  x - y  1  x 2 + y  1  xy  21   x 2 + y  max  21
2


4 

2π.10
 Pmax =
 842  W  .
1
1

+
21 21+16

4

- Trang 12/24 -


 TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ÔN TẬP
Câu 24: Cho mạch điện AF như hình vẽ. Đặt giữa hai đầu A, F của

mạch điện một điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dung UAF = 50V
và tần số 50Hz. Điện áp giữa hai đầu c|c đoạn mạch AD v{ BE đo
được là UAD = 40V và UBE = 30V. Cường độ dòng điện hiệu dụng
trong mạch là I = 1A.
a. Tính R, L, C.
b. Tính hệ số công suất của mạch.
Hướng dẫn giải
U
50
 50
a) Ta có:
Z = (2R) 2  (Z L  ZC ) 2  AF 
 4R 2  (ZL  ZC )2  2500
I
1
U
40
 40
ZAD = R 2  Z2L  AD 

(2)
 R 2  Z2L  1600
I
1
U
30
 30
ZBE = R 2  ZC2  BE 
(3)
 R 2  ZC2  900
I
1
Từ (2) v{ (3): 4R2 + 2 Z2L  2ZC2  5000
(4)
Từ (1):

4R2 + Z2L  ZC2  2ZL ZC  2500

(5)

Lấy (4) trừ (5): Z2L  ZC2  2ZL ZC  (ZL  ZC )2  2500  Z L  ZC  50

(6)

Lấy (2) trừ (3): 700 = Z  Z  (ZL +ZC )(ZL  ZC )

(7)

2
L

2
C

Thay (6) vào (7): 700 = 50 (Z L  ZC )  Z L  ZC 

(1)

700
 14
50

(8)

L  0,102H
 Z L  32

Từ (6) v{ (8) suy ra 
6
 ZC  18
C  177.10 F
Từ (2)  R = 1600  Z2L = 24 
2R 2.24

 0,96
Z
50
Câu 25: Cho mạch dao động lí tưởng như hình vẽ. C|c tụ điện có điện dung
Cuộn thuần cảm có độ tự cảm L  0,5mH . Bỏ qua điện trở
C1

kho| K v{ d}y nối.
1. Ban đầu kho| K đóng, trong mạch có dao động điện từ tự A

b) Hệ số công suất của mạch: cos  

C1  3nF ; C2  6nF .

K
•
M

C2
B

do với cường độ dòng điện cực đại trong mạch l{ 0, 03 A.
L
a) Tính tần số biến thiên năng lượng từ trường của mạch.
b) Tính điện |p cực đại giữa hai điểm A, M v{ M, B.
c) Lúc điện |p giữa hai bản tụ điện C1 l{ 6V thì độ lớn của
cường độ dòng điện trong mạch bằng bao nhiêu?
2. Ban đầu kho| K ngắt, tụ điện C1 được tích điện đến điện |p
10V, còn tụ điện C2 chưa tích điện. Sau đó đóng kho| K. Tính cường độ dòng điện cực đại trong
mạch.
Hướng dẫn giải
1. a. Tính tần số biến thiên của năng lượng từ trường
1
1
+ Tần số dao động riêng của mạch: f 

159155( Hz )

2 LC
C1C2
2 L
C1  C2
+ Tần số biến thiên của năng lượng từ trường l{: f1  2 f 318310( Hz )
b. Tính điện áp cực đại hai đầu mỗi tụ điện
CbU 02 LI 02
L

 U0 
.I 0  15(V )
+ Điện |p cực đại hai đầu bộ tụ điện:
2
2
Cb

- Trang 13/24 -


 TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ÔN TẬP

U 01  U 02  15V
U 01  10(V )

+ Điện |p uAM và uMB cùng pha nhau, nên: U 01 C2

U 02  5(V )
U  C  2
1
 02

c. Tính cường độ dòng điện
u C
u
+ Lúc điện |p hai đầu tụ C1 là u1= 6V, thì: 1  2  2  u2  1  3V
u2 C1
2
C1u12 C2 u22 Li 2 LI 02
C u 2  C2 u22



 i  I 02  1 1
 0, 024( A)
2
2
2
2
L
2. Tính cường độ dòng điện cực đại
9
8
+ Theo định luật bảo to{n điện tích: q1  q2  CU
1 01  3.10 .10  3.10 (C )  q0 (1)

+ Bảo to{n năng lượng: W=

+ Theo định luật bảo to{n năng lượng:

q12
q22 Li 2 q02

(2)



2C1 2C2
2
2C1

q12 (q0  q1 )2 Li 2 q02
+ Từ (1) và (2):



 C2 q12  C1 (q0  q1 )2  LC1C2 .i 2  C2 .q02  0
2C1
2C2
2
2C1
2
2
12 2
Thay số: 3q1  2q0 .q1  q0  3.10 .i  0 (3)
2q0
 0, 02( A)
+ Điều kiện tồn tại nghiệm:  /  q02  3.(3.1012.i 2  q02 )  4q02  9.10 12.i 2  0  i 
3.106
Suy ra cường độ dòng điện cực đại trong mạch l{ I0 = 0,02A.
Câu 26: Một điểm sáng S chuyển động đều theo phư ng song song với đoạn thẳng nối hai lỗ nhỏ
S1 và S2 trên một màn phẳng. Khoảng cách giữa hai lỗ là 2 mm, nguồn sáng cách màn 1 m. Tại
điểm A trên đường trung trực của S1, S2 và vuông góc với màn có đặt một máy đo ánh sáng, cứ

mỗi giây máy đo được 15 lần thay đổi tuần hoàn của cường độ sáng của bức xạ màu vàng có
bước sóng 1  600 nm. Nếu nguồn phát đồng thời hai bức xạ màu vàng có bước sóng 1 và màu
tím  2  400 nm và nguồn bắt đầu chuyển động từ điểm O trên trung trực của S1 và S2 thì thời
điểm hai chớp cùng xuất hiện kể từ lúc nguồn bắt đầu chuyển động là
A. 0,3333 s.
B. 0,1333 s.
C. 0,3666 s.
D. 0,2555 s.
Hướng dẫn giải
Gọi O là vị trí v}n trung t}m ban đầu (vị trí trùng nhau), O’ l{ vị trí trùng tiếp theo của 2 bức xạ

k
2
tính từ O. Điều kiện trùng: 1  2 
 2 k1 3
Như vậy vị trí trùng O’ chính l{ vị trí vân sáng bậc 2 của bức xạ 1.
Cứ mỗi gi}y m|y đo được 15 lần thay đổi tuần hoàn của cường độ sáng của bức xạ màu vàng
1
nghĩa l{ 1 chu kỳ s|ng l{ (s|ng → s|ng): T =
s.
15
Do O’ l{ vị trí vân sáng bậc 2  thời gian thõa m~n đề bài là: t = 2T = 0,1333 s. Chọn B.
Câu 27: Theo mẫu nguyên tử Borh, năng lượng ứng với các trạng thái dừng của nguyên tử hidro
13, 6
được tính theo biểu thức E n   2 eV (n = 1, 2, 3,…). Giả sử có một đám nguyên tử hidro đang
n
ở trạng thái c bản thì được chiếu bằng chùm bức xạ mà các photon có năng lượng tư ng ứng là
3,4 eV; 11,51 eV; 12,75 eV và 12,85 eV. Photon bị đám nguyên tử hấp thụ có năng lượng bằng
A. 12,85 eV.
B. 11,51 eV.

C. 12,75 eV.
D. 3,4 eV.
Hướng dẫn giải
1
1
Năng lượng hấp thụ:  = 13,6.( 2  2 )
m
n
Đ|m nguyên tử đang ở trạng th|i c bản  n = 1.
Chọn m = 2, 3, 4 ..  với m = 4   = 12,75 eV. Chọn C.

- Trang 14/24 -


 TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ÔN TẬP

Câu 28: Tiêm vào máu bệnh nhân 10cm3 dung dịch chứa 24
11 Na có chu kì bán rã T = 15 giờ với
nồng độ 10-3 mol/lít. Sau 6 giờ lấy 10cm3 máu tìm thấy 1,5.10-8 mol Na24. Coi Na24 phân bố đều.
Thể tích máu của người được tiêm khoảng
A. 4,8 lít.
B. 5,1 lít.
C. 5,4 lít.
D. 5,6 lít.
Hướng dẫn giải
-3
-2
Số mol Na24 tiêm v{o m|u: n0 = 10 .10 =10-5 mol.
-

ln2.t

-

ln2.6

Số mol Na24 còn lại sau 6h: n = n0e-t = 10-5. e T = 10-5 e 15 = 0,7579.10-5 mol.
0,7579.105.102
Thể tích m|u của bệnh nh}n V =
= 5,053 lít  5,1 lít. Chọn B.
1,5.108
Câu 29: Một con lắc đ n có chiều d{i l  40cm , quả cầu nhỏ có khối lượng m  600 g được treo
tại n i có gia tốc r i tự do g  10m / s 2 . Bỏ qua sức cản không khí. Đưa con lắc khỏi phư ng thẳng
đứng một góc  0  0,15rad rồi thả nhẹ, quả cầu dao động điều ho{.
a) Tính chu kì dao động T v{ tốc độ cực đại của quả cầu.
b) Tính sức căng d}y treo khi quả cầu đi qua vị trí c}n bằng.
c) Tính tốc độ trung bình của quả cầu sau n chu kì.
d) Tính qu~ng đường cực đại m{ quả cầu đi được trong khoảng thời gian 2T/3 v{ tốc độ của quả
cầu tại thời điểm cuối của qu~ng đường cực đại nói trên.
Hướng dẫn giải
a. Xác định chu kì dao động và tốc độ cực đại:
2
l 2
+ Chu kì dao động: T 
 2

 1, 257( s)

g
5

+ Biên độ dao động của quả cầu: s0   0 .l  6cm
+ Tốc độ cực đại của quả cầu: vmax   s0  5.6  30cm / s
b. Xác định sức căng dây treo tại VTCB:
+ Lúc đi qua VTCB quả cầu có tốc độ: vmax  30cm / s

vm2 ax 0,32

 0, 225m / s 2
l
0, 4
+ Khi vật đi qua VTCB:   mg  man    mg  man  0, 6.(10  0, 225)  6,135( N )
c. Tốc độ trung bình của vật sau n chu kì:
+ Sau n chu kì qu~ng đường của vật đi được l{: S  n.4s0
n.4s0
S
4.6


 19,1(cm / s)
+ Tốc độ trung bình của vật sau n chu kì l{: V 
nT
n.T
1, 2566
d. Quãng đường cực đại:
2T T T
 
+ Phân tích t 
3
2 6
M2

M1
+ Qu~ng đường cực đại Smax  2s0  S1max
s
Trong thời gian T/6 vật đi được S1max ứng với tốc độ trung bình lớn
•O 3 6
nhất khi vật chuyển động l}n cận VTCB. Sử dụng véc t quay ta tính
-3
2 T 
. 
được góc quay M 1OM 2 
T 6 3
Suy ra S1max= A  Smax  3s0  3.6  18cm
+ Ở cuối thời điểm đạt qu~ng đường cực đại nói trên thì vật có li độ d{i s = -3cm , vận tốc của vật
+ Gia tốc hướng t}m của quả cầu: an 

có độ lớn l{: v   A2  x 2  6. 62  (3) 2  18 3(cm / s)

- Trang 15/24 -


 TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ÔN TẬP

Câu 30: Trên mặt nước có hai nguồn ph|t sóng kết hợp l{ nguồn điểm A v{ B dao động theo
phư ng trình: u A  uB  acos(20 t) . Coi biên độ sóng không đổi. Người ta đo được khoảng c|ch
giữa 2 điểm đứng yên liên tiếp trên đoạn AB l{ 3cm. Khoảng c|ch giữa hai nguồn A, B l{ 30cm.
1. Tính tốc độ sóng.
2. Tính số điểm đứng yên trên đoạn AB.
3. Hai điểm M1 và M2 trên đoạn AB c|ch trung điểm H của AB những đoạn lần lượt l{ 0,5cm và
2cm. Tại thời điểm t1 vận tốc của M1 có gi| trị đại số l{ 12cm / s. Tính gi| trị đại số của vận tốc
của M2 tại thời điểm t1.

4. Tính số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn AB cùng pha với nguồn.
Hướng dẫn giải
1. Tính tốc độ sóng:
+ Khoảng c|ch giữa hai điểm đứng yên liên tiếp trên đoạn AB l{:  / 2  3cm    6cm
+ Tốc độ sóng: v   f  60cm / s
2. Tính số điểm đứng yên trên đoạn AB
+ Khoảng c|ch giữa hai điểm đứng yên liên tiếp trên đoạn AB l{  / 2 , khoảng c|ch giữa một điểm
cực đại v{ một điểm đứng yên liên tiếp trên đoạn AB l{  / 4
+ Hai nguồn cùng pha thì trung điểm của AB l{ một điểm cực đại giao thoa
 AB 1 
+ Trên đoạn AB có số điểm đứng yên l{: N A min  2 

 10 điểm
  2 
3. Tính li độ của M1 tại thời điểm t1:
+ Pt dao động của M trên đoạn AB c|ch trung điểm H của AB một đoạn x:
2 x
 . AB
uM  2a.cos
.cos(t 
)


+ Từ pt dao động của M trên đoạn AB ta thấy hai điểm trên đoạn AB dao động cùng pha hoặc
ngược pha, nên tỷ số li độ cũng chính l{ tỷ số vận tốc
2 x1
2 .0,5
cos
uM/ 1 uM1 cos 
uM/ 1

3/2
/
6




  3  vM 2  uM 2  
 4 3(cm / s)
2 .2
uM/ 2 uM 2 cos 2 x 2

1/
2
3
cos
6

4. Tính số điểm dao động với biên độ cực đại cùng pha với nguồn trên đoạn AB:
+ Theo trên pt dao động của một điểm trên đoạn AB có biên độ cực đại :
2 x
 . AB
2 x
uM  2a.cos
.cos(t 
)  2a.cos
cos( t-5 )




+ C|c điểm dao động với biên độ cực trên đoạn AB cùng pha với nguồn thoả m~n:
2k  1

.
2 x
2 x
x 
cos
 1 
 (2k  1)  
 k  2; 1;0;1 => có 4 điểm.
2



 AB / 2  x  AB / 2
Câu 31: Cho đoạn mạch AB như hình vẽ; R  120 3 ,
cuộn d}y có r  30 3 . Đặt điện |p u  U 0 cos t (V) vào
hai đầu đoạn mạch AB. Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc
điện |p hai đầu đoạn AN v{ MB v{o thời gian như
hình vẽ bên. Gi| trị U 0 là
A.
C.

√
√

V.
V

B. 120 V.
D. √ V

- Trang 16/24 -


 TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ÔN TẬP

Hướng dẫn giải
Vì u MB vuông pha với u AN nên ta suy ra M l{ trực t}m tam gi|c
ANB. Đặt U r  MH  x  U R  AM  4x
Sử dụng tam gi|c đồng dạng ta suy ra KM 
Lại có SAMN 

AM  MH
4x 2

MB
60 3

1
1
KM  AN  AM  NH nên ta có phư ng trình:
2
2

4x 2
 300  4x 3002  25x 2  x  30 3  HB  MB2  x 2  90
60 3
Vậy U  AH 2  HB2 

150 3 

2

 902  60 21V

 U0  60 42 V . Chọn A.
Câu 32: Cho mạch điện như hình vẽ, nguồn điện có suất điện động E,
k
điện trở trong r = 0,5  , cuộn cảm thuần có độ tự cảm L, tụ điện có
điện dung C. Ban đầu khóa k đóng, khi dòng điện đ~ ổn định thì ngắt E
C
L
khóa k, trong mạch có dao động điện từ với chu kì T = 10-3(s). Hiệu ,r
điện thế cực đại giữa hai bản tụ điện gấp n = 5 lần suất điện động của
nguồn điện. Bỏ qua điện trở thuần của mạch dao động, tìm điện dung
C v{ độ tự cảm L.
Hướng dẫn giải
+ Dòng điện qua cuộn cảm khi K đóng: I0 = E/r
2
1 2 1 E
+ Năng lượng từ trường ở cuộn cảm khi K đóng: WtMax  LI 0  L  
2
2 r
1
1
+ Khi K ngắt năng lượng điện từ trường của mạch l{: W= CU 02  Cn 2 E 2  Wt Max  L  Cr 2 n 2
2
2

2
T
nrT
T
;C 
+ Ta có: T  2 LC  LC  2  L 
. Thay số L 0,398mH ; C 63, 7(  F )
4
2
2 nr
Câu 33: Một lăng kính thủy tinh có góc chiết quang A < 100, đặt trong
không khí. Chiếu một chùm tia sáng song song, hẹp vào mặt bên của lăng
kính với góc tới rất nhỏ. Biết khi đó góc lệch D được tính bằng công thức:
D = A(n – 1) với n là chiết suất của chất l{m lăng kính. Chiết suất của chất
l{m lăng kính phụ thuộc v{o bước sóng của |nh s|ng như hình vẽ. Tỉ số
giữa góc lệch cực đại Dmax và góc lệch cực tiểu Dmin của tia ló ra khỏi lăng
kính gần giá trị nào nhất sau đ}y?
A. 1,1
B. 1,3
C. 1,2
D. 1,4
Hướng dẫn giải
D
A(n max  1) 1, 7  1
Từ đồ thị ta có: nmax = 1,7 và nmin = 1,6  max 

 1,166  Chọn C.
Dmin A(n min  1) 1, 6  1
Câu 34: Chiếu bức xạ điện từ v{o một tấm vônfram, biết rằng c|c êlêctrôn quang điện không bị
lệch khi bay v{o một vùng không gian có điện trường đều v{ một từ trường đều hướng vuông

góc với nhau. Cường độ điện trường bằng E = 10 (kV/m), cảm ứng từ có độ lớn B = 10 (mT) và
công tho|t êlêctrôn ra khỏi bề mặt vônfram l{ A = 7,2.10-19J. Giả sử một êlectron hấp thụ phôtôn
sử dụng một phần năng lượng làm công thoát, phần còn lại biến thành động năng của nó. Bước
sóng của bức xạ trên là
A. 0,17 μm
B. 0,20 μm
C. 0,22 μm
D. 0,12 μm
Hướng dẫn giải

- Trang 17/24 -


 TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ÔN TẬP

+ Khi êlêctrôn bứt ra khỏi bề mặt kim loại với vận tốc ban đầu cực đại v{
không bị lệch tức l{ lực điện v{ lực từ t|c dụng lên êlêctrôn (lực Lorenxo)

 


triệt tiêu lẫn nhau: Fđ  Ft  0  Fđ   Ft .

+ Khi đó, c|c vect cảm ứng từ B , vect cường độ điện trường, vect lực

điện Fđ v{ véc t lực Lorenx t|c dụng lên êlêctrôn được biểu diễn như
trên hình bên.
+ Từ đó suy ra được vận tốc của êlêctrôn quang điện:

Fđ  Ft  eE  ev0 max B  v0 max 

e

E
.
B

+ Do êlectron hấp thụ phôtôn sử dụng một phần năng lượng làm công thoát, phần còn lại biến
2
mv 2
c
m E 
thành động năng của nó nên: h  A  0 max  A    .

2
2 B
2
2hcB
 1,7.107 (m)  0,17m.
+ Từ đó x|c định được:  
2 B 2 A  mE 2
Câu 35: Dùng hạt proton có động năng Kp = 5,68 MeV bắn v{o hạt nh}n 23
11 Na đứng yên, ta thu
được hạt α v{ hạt X có động năng tư ng ứng l{ 6,15 MeV v{ 1,91 MeV. Coi rằng phản ứng không
kèm theo bức xạ gamma, lấy khối lượng c|c hạt tính theo u gần bằng số khối. Góc giữa vecto vận
tốc của hạt  v{ hạt X xấp xỉ bằng
Pα
A. 1590.
B. 1370.
C. 980.

D. 700.
Hướng dẫn giải
β
23
20
Phư ng trình phản ứng: 11 p  11
Na  24 He  10
X
Bảo to{n động lượng: Pp  P  PX  giản đồ véc t động lượng như hình.

φ

Pp

Dựa v{o giản đồ suy ra theo định lí cos: PP2  P2  PX2  2P .PX .cos mà P2 = 2m.K
Suy ra: mp .K P  m .K   mX .K X  2 m .K  .m .K  .cos 
Thay số v{o tính được:  = 21,30   =

360  2
 1590. Chọn A.
2

PX

Lưu ý: hình bình h{nh c|c góc đối điện bằng nhau.
Câu 36: Có hai vật nhỏ A, B chuyển động tròn đều trên hai đường
tròn có b|n kính lần lượt l{ 5 cm v{ 10 cm. Ánh s|ng từ m|y chiếu ở
phía trên chiếu c|c vật lên m{n quan s|t đặt ở phía dưới (bố trí như
hình vẽ). Chọn gốc thời gian l{ lúc hai vật ở vị trí A v{ B, chiều chuyển
động của hai vật đều l{ ngược chiều kim đồng hồ. Biết tốc độ chuyển

động của hai vật l{ bằng nhau. Kể từ thời điểm t = 0, thời điểm đầu
tiên v{ thời điểm lần thứ 10 m{ người ta chỉ quan s|t được một vị trí
bóng của hai vật trên m{n l{ t = 2 (s) và t =  (s). Gi| trị của  n
nà nhấ sau đ}y?
A. 50 s.
B. 52 s.
C. 48 s.
D. 55 s.
Hướng dẫn giải
Ứng dụng chuyển động tròn đều v{ dao động điều hòa thì R chính l{ biên độ A, tốc độchuyển
động tròn đều: v = R.
Theo đềtốc độ chuyển động của hai vật l{ bằng nhau: v = A11 = A22  1 = 22
Từ c|c dữ kiện của đề b{i ta viết được phư ng trình:
xA = 5cos(1t + ) = 5cos(22t + ) = 5cos22t ; Và xB = 10cos2t
Quan s|t được 1 bóng mờ, nghĩa l{ 2 chất điểm gặp nhau  xA = xB  5cos22t = 10cos2t
 10cos2t + 5cos22t = 0 

2cos22t


1  3
cos 2 t 
+ 2cos2t  1 = 0  
2

1  3
 1
cos 2 t 

2

- Trang 18/24 -


 TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ÔN TẬP

 t  (0,1903591627  k1 ).T2
2
1  3
Suy ra: cos 2 t  1  3  cos .t 
 1
T2
2
2
 t 2  (0,1903591627  k 2 ).T2
Lần gặp đầu tiên  k1 = 0  t1 = 0,1903591627T2 = 2  T2 = 10,50645512 s.
....................................................
Lần gặp thứ 10  k2 = 5  t = 50,53227561 s.
Câu 37: Tại điểm O trên mặt nước có một nguồn sóng lan truyền theo những vòng tròn đồng tâm
với bước sóng λ = 20 cm. Gọi A v{ B l{ hai điểm trên cùng một phư ng truyền sóng sao cho O là
trung điểm của AB, C là một điểm trên phư ng truyền sóng kh|c dao động ngược pha với nguồn
O và CA  CB. Biết trên đoạn CA có 5 điểm dao động cùng pha với nguồn O v{ trên đoạn CB có 2
điểm dao động vuông pha với nguồn O. Diện tích tam giác ABC g n giá tr nào nhất sau đ}y?
A. 0,32 m2.
B. 0,84 m2.
C. 0,43 m2.
D. 0,65 m2.
Hướng dẫn giải
Một điểm dao động cùng pha với nguồn khi, ngược pha
1

2

khi d  ( k  ) , vuông pha khi d  ( k  1 ) . Điểm C dao
2

4

động ngược pha so với nguồn O ⟹ A, B, C cùng nằm trên
đường tròn dao động ngược pha với nguồn. Giả sử
1
CO  (k  )
2

Do trên CA có 5 điểm dao động cùng pha với nguồn nên sẽ
có 2 đường tròn cắt CA (có bán kính là k  và (k  1) ) và
1 đường tròn tiếp xúc với CA (có bán kính ( k  2) )
⟹ HO  (k  2)
Do trên CB có 2 điểm dao động vuông pha với nguồn nên sẽ có 1 đường tròn cắt CB (có bán kính
l 1
là (  ) ) v{ ta cũng biết 2 đường tròn vuông pha liên tiếp nhau có bán kính chênh lệch nhau
2 4

2



1
1 

15

2

⟹ CO  KO   (k  )   (k  )    (k  2)    k  5k   k  4
2
2
2 
2
4

⟹ Giá trị của k có thể bằng k = 4 hoặc 3
Nếu k = 3 thì không có đường tròn vuông pha nào cắt CB
Nếu k = 4 thì thỏa m~n v{ đường tròn vuông pha đấy có bán kính là 4, 25
2

⟹ CO = 90 cm, CB = 40 cm và CA = 20 65 cm
1
⟹ Diện tích tam giác ABC S ABC  .40.20 65  0,32 m2
2
Câu 38: Đặt điện |p u = U0cost (V) v{o đoạn mạch R, L, C nối tiếp trong đó cuộn d}y thuần cảm
2U
. Còn khi  = 3 thỉ
và  biến thiên được. Khi  = 1 hoặc  = 2 thì ta thấy rằng: UL1 = UC2 =
3
điện |p hiệu dụng 2 đầu cuộn cảm đạt gi| trị cực đại l{

2U 5
11

. Khi  biến thiên ta thấy tỉ số A =

12  222
cho 4 gi| trị kh|c nhau. Tổng 4 gi| trị kh|c nhau của A l{
32
A.

47
.
5

B.

21
.
10

C.

54
.
5

D.

27
.
10

Hướng dẫn giải

- Trang 19/24 -

 TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ÔN TẬP

Giả sử khi  = 1 hoặc  = 1’ thì UL =
Và khi  = 2 hoặc  = 2’ thì UC =

2U
3

Khi  = 3 = L thì ULmax, với ULmax =

2U
3

 kU  1  1/ 

 
1  R 
 L 

4

Không mất tính tổng qu|t ta chọn R = 1  L =



4

11

0, 45

 2R  22R

k 1
1
 2R  .2R
k
2

2U 5

1

k 1
2

2

 kU  2  2/ 

U

k

 R  L  4 0, 45

 C 

2R 4
 0, 45  Tìm c|c gi| trị 1,
L

1’, 2 và 2’.
1  1/  22R  2
12  2 5

1

1
2
2
Áp dụng:  2  /2  2 
 2 0, 45   2 2 5
1
 1 1 L
1  5

0, 45
 2
5
1 2 1



/

2
2  2  R 

2
2
2
Và 


5
2  /2  22  2 0, 45
2
 2
2
C
2 

10
54
.
5
Câu 39: Trong mạch LC lý tưởng đang có dao động điện từ tự do với chu kỳ T v{ điện tích cực đại
Q0, tụ điện gồm hai bản M v{ N. Tại t = 0, bản M tích điện dư ng, bản N tích điện âm v{ chiều
dòng điện đi qua cuộn cảm từ M sang N. Sau khoảng thời gian t = 1,5π LC thì dòng điện đi qua
cuộn cảm theo chiều từ
A. N đến M v{ bản M tích điện }m.
B. M đến N v{ bản M tích điện }m.
C. N đến M v{ bản M tích điện dư ng.
D. M đến N và bản M tích điện dư ng.
Hướng dẫn giải
Ta xét bản M, tại t = 0, bản M tích điện dư ng, dòng điện đi qua
cuộn cảm từ M sang N (dòng điện đi ra khỏi bản M) đồng nghĩa
bản M đang phóng điện, điện tích của bản M đang giảm. Sau

Với 4 gi| trị trên v{ 32  2L  0, 45  thay số v{o có tổng A =

khoảng thời gian t = 1,5π LC 

3T
, theo đường tròn ta thấy
4

điện tích của bản M đang dư ng v{ đang tăng, suy ra bản M đang
nạp điện (dòng điện đi v{o bản M) hay dòng điện đi qua cuộn cảm
từ N sang M. Chọn C.
Câu 40: Thí nghiệm giao thoa |nh s|ng đ n sắc với hai khe hẹp S1,S2 như hình vẽ. M{n quan s|t
gắn với lò xo v{ có thể dao động với chu kỳ riêng l{ T = 1,5
(s). Bỏ qua ma s|t v{ sức cản môi trường. Ban đầu m{n

nằm c}n bằng v{ khoảng c|ch từ hai khe đến m{n l{ D0 ta 
thu được một hệ v}n giao thoa v{ điểm M trên m{n c|ch

v}n trung t}m 3(mm) l{ v}n s|ng bậc 3. Đưa m{n đến vị trí
lò xo nén l0  D0 / 2 rồi thả nhẹ cho dao động. Sau bao
l}u thì tại M ta thu được v}n s|ng bậc 2 lần đầu tiên?
A. 1/16 (s)
B. 3/7 (s)
C. 3/16 (s)
D. 1/11 (s)
Hướng dẫn giải

- Trang 20/24 -

 TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ÔN TẬP

Ban đầu tại M l{ v}n s|ng bậc 3 nên: 3  3i0  i0  1mm 

 D0
a

 1(mm) 


a



1
D0

Khi cho m{n dao động, tại M l{ v}n s|ng bậc 2 vậy ta có:
D


D0  0 cos t 

D x

2
  2  2cos t
3  2i  2  D0  x   2  0
  2

a
D0


 D0 





 /4 3
 (s )
Suy ra cosωt = 2 từ đó tính được thời gian lần đầu l{ t 

16
2

Câu 41: Khi electron ở quỹ đạo dừng thứ n thì năng lượng của nguyên tử hiđrô được tính theo công
13,6
thức E n =- 2 eV (n=1,2,3...) , bán kính Bo là r0 =5,3.10-11 (m). Khi electron trong nguyên tử hiđrô
n
đang ở quỹ đạo dừng có b|n kính quỹ đạo l{ 4r0 thì nguyên tử hấp thụ một photon có năng lượng
4,08.10-19J v{ chuyển động lên quỹ đạo dừng thứ m, sau đó electron chuyển về c|c quỹ đạo dừng có
năng lượng thấp h n thì ph|t ra photon có năng lượng lớn nhất bằng
A. 4,08.10-19 J
B. 2,04.10-18 J
C. 3,55 eV
D. 12,089 eV
Hướng dẫn giải
Khi hấp thụ photon có năng lượng 4,08.10-19J thì electron chuyển từ mức n = 2 (quỹ đạo 4r0) lên mức

m = 4 (dùng công thức ε = Em -E2  4,08.1019 J  m = 4 ). Sau đó electron chuyển về c|c quỹ đạo
dừng có năng lượng thấp h n thì ph|t ra photon có năng lượng lớn nhất ứng với từ m = 4 về n = 1
 ε = E4 -E1  2,04.1018 J . Chọn B.
Câu 42: Có ba hạt mang động năng bằng nhau: hạt prôton, hạt đ teri v{ hạt , cùng đi v{ một từ
trường đều, chúng đều chuyển động tròn đều bên trong từ trường. Gọi b|n kính quỹ đạo của
chúng lần lượt l{: RH, RD, R v{ xem khối lượng c|c hạt có khối lượng lấy bằng số khối, đ n vị l{ u.
Gi| trị của c|c b|n kính sắp xếp theo thứ tự giảm dần l{
A. RH > RD >R
B. R = RD > RH
C. RD > RH = R
D. RD > R > RH
Hướng dẫn giải

mp vp

R H = qB


2m p v D
mv
Chọn C. Xem b{i Lực Lorenxo sgk Vật Lý 11, ta có: R =
 R D =
qB
qB


4m p vα 2m p vα
=
R α =
2qB

qB

Câu 43: Một con lắc đ n có chiều d{i 1m, đầu trên cố định đầu dưới gắn với vật nặng có khối
lượng m. Điểm cố định c|ch mặt đất 2,5m. Ở thời điểm ban đầu đưa con lắc lệch khỏi vị trí c}n
bằng một góc  = 0,09 (rad) rồi thả nhẹ, khi con lắc vừa qua vị trí c}n bằng thì sợi d}y bị đứt. Bỏ
qua mọi sức cản, lấy g = 2 = 10 m/s2. Tốc độ của vật nặng ở thời điểm t = 0,55s có gi| trị gần
bằng
A. 5,5 (m/s). B. 0,5743 (m/s).
C. 0,2826 (m/s).
D. 1 (m/s).
Hướng dẫn giải
Khi qua VTCB sợi d}y đứt chuyển động của vật l{ h
n n ném ngang với vận tốc ban đầu
= vận tốc cực đại của con lắc: v0 = α 0 g = 0,09
Tốc độ của vật nặng x|c định theo công thức: v2 = v02 + (gt)2  v = 0,5753 (m/s). Chọn B.
(xem lại b{i Ch
n n ném ngang sgk Vật Lý 10)

- Trang 21/24 -


 TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ÔN TẬP

Câu 44: Trong thí nghiệm giao thoa sóng nước, có hai nguồn sóng dao động cùng biên độ, cùng
tần số, cùng pha với bước sóng 4 cm. Trên mặt nước có ba điểm thẳng hàng theo thứ tự là A, B, C.
Nếu đặt hai nguồn sóng tại A và C, các phần tử tại trung điểm của AB và BC đều dao động với biên
độ cực đại, số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn AB ít h n số điểm dao động với biên
độ cực đại trên đoạn BC là 4. Nếu đặt hai nguồn sóng tại B và C thì số điểm dao động với biên độ
cực đại trên đoạn BC là 9. Nếu đặt hai nguồn sóng tại A v{ B thì điểm dao động với biên độ cực
đại nằm trên đường tròn tâm B bán kính BC cách C một đoạn lớn nhất xấp xỉ bằng

A. 40,1 cm.
B. 39,6 cm.
C. 37,5 cm.
D. 38,3 cm.
Hướng dẫn giải
- Gọi O1, O2, O3 lần lượt l{ trung điểm của AB, AC, BC và AB  2 x ,
BC  2 y

- Khi hai nguồn sóng đặt tại A và C thì tại O1, O3 c|c dao động với biên
O C  O1 A  k 
2 y  k 
độ cực đại nên ta có:  1

2 x  l 
O3C  O3 A  l 
Xét điểm B: BC  BA  2 y  2 x  (k  l ) nên phần tử tại B dao động
với biên độ cực đại. Mà số điểm dao động với biên độ cực đại trên AB
ít h n số điểm dao động với biên độ cực đại trên BC là 4. Giả sử vân
giao thoa cực đại gần A nhất và gần C nhất là vân mà tại đó
d 2  d1  i và d 2  d1  i
+ Số điểm dao động với biên độ cực đại trên AB là i  (k  l )  1 (1)
+ Số điểm dao động với biên độc cực đại trên BC là i  (k  l )  1 (2)
+ Từ (1) và (2) ta có k  l  2  BC  BA  2.4  8
- Khi hai nguồn sóng đặt tại B v{ C thì trên BC có 9 điểm dao động với biên độ cực đại, nên ta có:
 BC
BC
 j
 (k  1)  j  k  1  2(k  1)  1  9  k  5 .





Do đó BC  5.4  20 và AB  12
- Khi đặt hai nguồn sóng tại A và B thì trên AB có 5 vân giao thoa cực đại
Gọi M thuộc vân giao thoa cực đại nằm trên  B; 20  và cách C một đoạn dài nhất. Khi đó
MB  MA  2  8 , do MB  BC  20 nên MA  12  AB
Áp dụng định lí hàm số cosin trong tam giác MAB và MBC, ta có:

MB 2  AB 2  MA2 MB 5
cos MBA 

  MC  MB 2  BC 2  2MB.BC.cos MBA  38,3
2MB. AB
2 AB 6
Câu 45: M|y biến thế có số vòng d}y của cuộn s cấp l{ N1 = 400 vòng, số vòng d}y của cuộn thứ
cấp l{ N2 = 100 vòng. Điện trở của cuộn s cấp l{ r1 = 4  , điện trở của cuộn thứ cấp l{ r2 = 1  .
Điện trở mắc v{o cuộn thứ cấp R = 10  . Xem mạch từ l{ khép kín v{ hao phí do dòng Fucô l{
không đ|ng kể. Đặt v{o hai đầu cuộn s cấp một điện |p xoay chiều có gi| trị hiệu dụng U 1 =
360V. Điện |p hiệu dụng tại hai đầu cuộn thứ cấp v{ hiệu suất m|y biến thế lần lượt có gi| trị là
A. 100V; 88,8%
B. 88V; 80%
C. 80V; 88,8%
D. 80V; 80%
Hướng dẫn giải
Tai cuộn s cấp khi đặt v{o nó hiệu điện thế U 1 thì sẽ có 1 phần điện năng bị hao phí toả nhiệt
trên r1 , phần còn lại sinh ra suất điện động có gi| trị hiệu dụng E1  E1  U1  I1 .r1 . Phần từ
thông sinh ra E1 chuyển qua cuộn thứ cấp nhờ mạch từ l{ c|c lõi thép nên sinh ra suất điện
động có gi| trị hiệu dụng E2 ở cuộn thứ cấp. Năng lượng điện ở đ}y cũng được ph}n bố lại, một
phần bị tiêu hao do điện trở mạch r2 , phần còn lại tham gia sinh ra hiệu điện thế xoay chiều có

gi| trị hiệu dụng

U 2  E2  U 2  I 2 .r2

Công thức m|y biến thế:

P
U .I
E1 N1 I 2


 4 ; Và hiệu suất m|y biến thế :   ci  2 2
E2 N 2 I1
Ptp U1 .I1

Giải hệ phư ng trình ta thu được

n C.
- Trang 22/24 -


 TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ÔN TẬP

Câu 46: Cho hai mạch dao động lý tưởng L1C1 và L2C2 với L1 = L2 và C1 = C2 = 1 F. Tích điện cho
hai tụ C1 và C2 thì đồ thị điện tích của chúng được biểu diễn
như hình vẽ. Kể từ thời điểm t = 0, thời điểm lần thứ 2016
hiệu điện thế trên hai tụ C1 và C2 chênh nhau 3V là

1511
s.

1500
1509
C.
s.
1500
A.

403
s.
400
400
D.
s.
403
B.

Hướng dẫn giải

Do L1 = L2 và C1 = C2  T1 = T2.
Dễ thấy từ thời điểm t = 0 đến t = 2 ms là 1 chu kì  T = 2.10-3 s   = 1000 rad/s.
6
Tại thời điểm t = 0, q1 = Q01 v{ đang giảm  q1 = 4.10 cos(1000 t) (C).

Và từ t = 0 đến t =


6
1
T
ms =

thì q2 = 0 v{ đang giảm  q2  2.10 cos(1000t  ) (C)
3
6
12

Suy ra phư ng trình điện áp của 2 bản tụ: u1 
Và u 2 

q1
 4 cos(1000 t) (V)
C1

q2

 2 cos(1000t  ) (V).
C2
3

Độ chênh lệch điện áp giữa hai bản tụ:

2400


u  u1  u 2  2 3 cos(1000t  ) = 3 (V)
6

1


3

Suy ra: cos(1000t  ) = 
.
2
6
Dựa v{o vòng tròn lượng giác ta có: 1 chu kì có 4 vị trí
thỏa m~n đề bài.
Do tại t = 0 đ~ thỏa mãn, nên chỉ cần tìm thời điểm thứ
2015.
Ta có: 2015 = 2012 + 3  t =

1
3

3

2

cos

2

t=0
503T
0

2014
2T
1511
2T
=

s. (
vòng tròn quét 2400). Chọn A.
T +
4
3
3
1500

Câu 47: Một nhóm học sinh x|c định bước sóng của chùm tia laze bằng thí nghiệm giao thoa I}ng. Biết khoảng c|ch hai khe a = 0,200  0,005(mm), khoảng c|ch D từ hai khe đến m{n quan
s|t được đo bằng thước có độ chia nhỏ nhất l{ 1mm, khoảng c|ch L của 4 khoảng v}n liên tiếp
được đo bằng thước kẹp có độ chia nhỏ nhất l{ 0,05mm. C|c số liệu đo được như sau:
Lần đo

1

2

3

4

5

D(mm)

462

461

461

462

460

L(mm)

4,50

4,55

4,65

4,50

4,40

Bước sóng của chùm laze có biểu thức l{
A.  = 0,49 ± 0,20 (m)
B.  = 0,49 ± 0,02 (m)
C.  = 0,65 ± 0,03 (m)
D.  = 0,65 ± 0,30 (m)
Hướng dẫn giải
+ Theo đề b{i, ta có: a  0,200mm, a  0,005mm
+ Sai số hệ thống của phép đo D là:  = 0,5mm
+ Sai số hệ thống của phép đo khoảng v}n là: ’ = 0,025mm
+ Số khoảng v}n đ|nh dấu: n = 4
Lần đo
D(mm)
L(mm)

D(mm)
L(mm)
1
462
0,8
4,50
0,02
- Trang 23/24 -


 TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ÔN TẬP

2
3
4
5
Trung bình

-

461
461
462
460
461,2

0,2
4,55
0,03
0,2

4,65
0,13
0,8
4,50
0,02
1,2
4,40
0,12
0,64
4,52
0,064
a.L 0,2.4,52

 0,49.103 (mm)
Gi| trị trung bình của bước sóng:  
4
.
461
,
2
n.D
Sai số tuyệt đối của phép đo độ rộng 4 khoảng v}n:
L  L  '  0,064  0,025  0,089mm

Sai số tuyệt đối của phép đo khoảng c|ch D là: D  D    0,64  0,5  1,14mm
Sai số tuyệt đối của bước sóng:
 0,005 0,089 1,14 
 a L D 
  





.0,49.103  0,02.103 mm
.  
4,52 461,2 
L
D 
 a
 0,2
Bước sóng của chùm laze có biểu thức l{:  = 0,49 ± 0,02 (m). Đáp số B
Câu 48: Chiếu lần lượt c|c bức xạ có tần số f, 2f, 3f vào một tấm kim loại thì g}y ra hiện tượng
quang điện với vận tốc ban đầu cực đại của electron quang điện lần lượt l{ v, 2v, kv. Giả sử một
êlectron hấp thụ phôtôn sử dụng một phần năng lượng làm công thoát, phần còn lại biến thành
động năng của nó. Gi| trị của k bằng
A. 4
B. √5
C. √7
D. 3
Hướng dẫn giải
-

mv2
mv2
mv2 2
(1); 2hf  A 
.4 (2); 3hf  A 
.k (3)
2
2

2
mv 2
mv 2 hf


Từ (1) v{ (2): hf = 3
2
2
3
mv 2 mv 2 2
hf hf 2

k  hf 
 k
Từ (3): 3hf = hf 2
2
3
3

Ta có: hf  A 

3=1-

1 k2
k2
1 7


2  k  7
3 3

3
3 3

Câu 49: Có 1mg chất phóng xạ pôlôni

210
84

Po đặt trong một nhiệt lượng kế có nhiệt dung C = 8

J/K. Do phóng xạ  m{ Pôlôni trên chuyển th{nh chì

206
82

Pb . Biết chu kỳ b|n r~ của Pôlôni l{ T

=138 ng{y; khối lượng nguyên tử Pôlôni l{ mPo = 209,9828u; khối lượng nguyên tử chì l{ mPb =
205,9744u; khối lượng hạt  là m= 4,0026u; 1u = 931,5

MeV
. Sau thời gian t = 1giờ kể từ khi
c2

đặt Pôlôni vào nhiệt lượng kế thì nhiệt độ trong nhiệt lượng kế tăng lên
A. ≈ 155 K
B. ≈ 125 K
C. ≈ 95 K
Hướng dẫn giải
+ Năng lượng tỏa ra khi một hạt Po210 ph}n r~ l{:

D. ≈ 65 K

E0  mPo  mHe  mPb c 2  5,4MeV  8,64.1013 J .


t

+ Vậy số hạt Po210 bị ph}n r~ trong thời gian t l{: N  N 0 (1  2 T ) 

t


m0
T

N A 1  2
APo


t


m0
T

.N A .1  2
+ Tổng năng lượng do số hạt n{y ph}n r~ l{: E  E0 .N  E0
APo












+ Gọi t l{ độ tăng nhiệt độ của nhiệt lượng kế thì: Q  C .t.
t


m0
T
.N A .1  2
+ Với: E  Q  E0
APo



  C.t  t  65K


- Trang 24/24 -