lời giải chi tiết đề thi đại học môn vật lý từ năm 2007 đến 2015 rất hay

KÌ THI THPT Quốc Gia NĂM 2015
MÔN THI: VẬT LÝ
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề
Mã đề thi: 138
Cấu trúc đề thi THPTQG môn Vật Lí năm 2015
Chương
Tiết
Số câu
1. Dao động cơ
11
10
2. Sóng cơ
8
7
3. Điện xoay chiều
15
12
4. Sóng điện từ
5
4
5. Sóng ánh sáng
9
5
6. Lượng tử
7
6
7. Hạt nhân
11
6
Tổng
66

50
Nhận xét:
- Cấu trúc gần như không thay đổi so với các năm trước, thay câu thực hành cơ năm 2014 bằng câu
thực hành điện (câu 47 mã 138)
- Thí sinh dễ dàng lấy 7-8 điểm. Em nào không đạt được ngưỡng này thì khó đạt nguyện vọng xét
trường tốp khá (từ 17-20 điểm các năm)
- Điểm thi năm nay sẽ cao hơn các năm trước trung bình từ 1 – 2 điểm
- Các câu khó: 42; 43 ; 44 ; 47; 48.
- Đề này khó đạt điểm 10 nhưng trên 5 điểm là dễ dàng.
Câu 1: Một con lắc lò xo có khối lượng vật nhỏ là m dao động điều hòa theo phương ngang với phương trình x =
Acosωt. Mốc tính thế năng ở vị trí cân bằng. Cơ năng của con lắc là
A. mωA2.
Giải: W 

B.

1
mA 2 .
2

C. m2 A 2 .

D.

1
m2 A 2 .
2

1 2 1
kA  m2 A 2 . Chọn D.

2
2

Câu 2: Một vật nhỏ dao động theo phương trình x  5cos(t  0,5)(cm) . Pha ban đầu của dao động là
A.  .
B. 0,5  .
C. 0,25  .
D. 1,5  .

Giải: x  A cos(t  ) =>  = 0,5 . Chọn B.
Câu 3: Một mạch dao động điện từ lí tưởng gồm cuộn cảm thuần có độ tự cảm L và tụ điện có điện dung C. Chu kì
dao động riêng của mạch là
A. T   LC .
B. T  2LC .
C. T  LC .
D. T  2 LC .
Chọn D.
Câu 4: Một chất điểm dao động theo phương trình x  6cos t (cm). Dao động của chất điểm có biên độ là
A. 2cm.
B. 6cm.
C. 3 cm.
D. 12 cm.
Giải: x  A cos(t  ) => A = 6cm. Chọn B.
Câu 5: Một con lắc lò xo gồm một vật nhỏ khối lượng m và lò xo có độ cứng k. Con lắc dao động điều hòa với tần
số góc là
A. 2 

m
.
k

B. 2 

k
.
m

C.

m
.
k

Chọn D
Câu 6: Ở Việt Nam, mạng điện dân dụng một pha có điện áp hiệu dụng là
A. 220 2 V.
B. 100 V.
C. 220 V.
Chọn C.
Câu 7: Quang điện trở có nguyên tắc hoạt động dựa trên hiện tượng
A. quang – phát quang.
B. quang điện ngoài.
C. quang điện trong.
D. nhiệt điện.
Chọn C.

D.

k
.

m

D. 100 2 V.

1


Câu 8: Một sóng cơ có tần số f, truyền trên dây đàn hồi với tốc độ truyền sóng v và bước sóng  . Hệ thức đúng là
A. v  f.
Giải:  

B. v 

f
.


C. v 


.
f

D. v  2f.

v
 v  .f . Chọn A.
f

Câu 9: Một sóng dọc truyền trong một môi trường thì phương dao động của các phần tử môi trường

A. là phương ngang.
B. là phương thẳng đứng.
C. trùng với phương truyền sóng.
D. vuông góc với phương truyền sóng.
Chọn C.
Câu 10: Sóng điện từ
A. là sóng dọc và truyền được trong chân không.
B. là sóng ngang và truyền được trong chân không.
C. là sóng dọc và không truyền được trong chân không.
D. là sóng ngang và không truyền được trong chân không.
Chọn B.
Câu 11: Một sóng cơ truyền dọc theo trục Ox có phương trình u = A cos(20t  x) (cm), với t tính bằng s. Tần số
của sóng này bằng
A. 15 Hz.
B. 10 Hz.
C. 5 Hz.
D. 20 Hz.
Giải:  = 20π => f= /2π = 10Hz . Chọn B.
Câu 12: Theo thuyết lượng tử ánh sáng, phát biểu nào sau đây đúng?
A. Phôtôn ứng với ánh sáng đơn sắc có năng lượng càng lớn nếu ánh đó có tần số càng lớn.
B. Năng lượng của phôtôn giảm dần khi phôtôn ra xa dần nguồn sáng.
C. Phôtôn tồn tại trong cả trạng thái đứng yên và trạng thái chuyển động.
D. Năng lượng của mọi loại phôtôn đều bằng nhau.
Chọn A.
Câu 13: Hạt nhân càng bền vững khi có
A. năng lượng liên kết riêng càng lớn
B. số prôtôn càng lớn.
C. số nuclôn càng lớn.
D. năng lượng liên kết càng lớn.
Chọn A.

Câu 14: Cường độ dòng điện I = 2cos100t (A) có pha tại thời điểm t là
A. 50  t.
B. 100  t.
C. 0.
D. 70  t.
Chọn B.
Câu 15: Hai dao động có phương trình lần lượt là: x1 = 5cos(2t  0, 75) (cm) và x2= 10cos(2t  0,5) (cm).
Độ lệch pha của hai dao động này có độ lớn bằng
A. 0,25  .
B. 1,25  .
C. 0,50  .
D. 0,75  .
Giải:  =1- 2 = 0,75π -0,5 π= 0,25π . Chọn A.
Câu 16: Công thoát của êlectron khỏi một kim loại là 6,625.10-19J. Biết h =6,625.10-34J.s, c=3.108m/s. Giới hạn
quang điện của kim loại này là
A. 300 nm.
B. 350 nm.
C. 360 nm.
D. 260 nm.
Giải:  0 

hc 6, 625.10 34.3.10 8

 3.10 7 m  300nm . Chọn A.
19
A
6, 625.10

Câu 17: Khi nói về tia hồng ngoại và tia tử ngoại, phát biểu nào sau đây đúng?
A. Bước sóng của tia hồng ngoại lớn hơn bước sóng của tia tử ngoại.

B. Tia hồng ngoại và tia tử ngoại đều gây ra hiện tượng quang điện đối với mọi kim loại.
C. Một vật bị nung nóng phát ra tia tử ngoại, khi đó vật không phát ra tia hồng ngoại.
D. Tia hồng ngoại và tia tử ngoại đều làm ion hóa mạnh các chất khí.
Chọn A.
Câu 18: Khi nói về quang phổ vạch phát xạ, phát biểu nào sau đây đúng?
A. Quang phổ vạch phát xạ của một nguyên tố là một hệ thống những vạch tối nằm trên nền màu của quang phổ
liên tục.
B. Quang phổ vạch phát xạ của một nguyên tố là một hệ thống những vạch sáng riêng lẻ, ngăn cách nhau bởi
những khoảng tối.
C. Quang phổ vạch phát xạ do chất rắn hoặc chất lỏng phát ra khi bị nung nóng.
D. Trong quang phổ vạch phát xạ của hiđrô, ở vùng ánh sáng nhìn thấy có bốn vạch đặc trưng là vạch đỏ, vạch
cam, vạch chàm và vạch tím.
Chọn B.

2


Câu 19: Đặt điện áp u = U 0 cos t (với U0 không đổi,  thay đổi) vào hai đầu đoạn mạch mắc nối tiếp gồm điện
trở R, cuộn cảm thuần có độ tự cảm L và tụ điện có điện dung C. Khi  =  0 thì trong mạch có cộng hưởng điện.
Tần số góc  0 là

1
.
D. LC .
LC
1
1

Giải: Trong mạch có cộng hưởng điện khi ZL  ZC  L 
.Chọn C.

C
LC
A. 2 LC .

B.

2
.
LC

C.

Câu 20: Ở Trường Sa, để có thể xem các chương trình truyền hình phát sóng qua vệ tinh, người ta dùng anten thu
sóng trực tiếp từ vệ tinh, qua bộ xử lí tín hiệu rồi đưa đến màn hình. Sóng điện từ mà anten thu trực tiếp từ vệ tinh
thuộc loại
A. sóng trung.
B. sóng ngắn.
C. sóng dài.
D. sóng cực ngắn.
Chọn D.
Câu 21: Một vật nhỏ khối lượng 100 g dao động theo phương trình x = 8cos10t (x tính bằng cm, t tính bằng s). Động
năng cực đại của vật bằng
A. 32 mJ.
B. 64 mJ.
C. 16 mJ.
D. 128 mJ.

1 2 1
1
kA  m2 A 2  0,1*102 (8.102 )  32.103 J  32mJ . Chọn A.

2
2
2

Câu 22: Cho 4 tia phóng xạ: tia , tia   , tia   và tia  đi vào một miền có điện trường đều theo phương vuông
Giải: W 

góc với đường sức điện. Tia phóng xạ không bị lệch khỏi phương truyền ban đầu là
A. tia  .
B. tia   .
C. tia   .
D. tia  .
Giải:Tia  là sóng điện từ , hạt phôton không mang điện nên nó không bị lệch. Chọn A.
Câu 23: Hạt nhân 146 C và hạt nhân 147 N có cùng
A. điện tích.
B. số nuclôn.
Giải: Hai hạt nhân có cùng 14 nuclôn. Chọn B.

C. số prôtôn .

D. số nơtron.

104
Câu 24: Đặt điện áp u  U 0 cos100t (t tính bằng s) vào hai đầu một tụ điện có điện dung C =
(F). Dung

kháng của tụ điện là
A. 150  .
B. 200  .
C. 50  .

D. 100  .
Chọn D.
Câu 25: Đặt điện áp u = 200 2 cos100t (V) vào hai đầu một điện trở thuần 100  . Công suất tiêu thụ của điện
trở bằng
A. 800 W.
B. 200 W.
C. 300 W.
D. 400 W.

Giải: P 

U 2 2002

 400W . Chọn D.
R
100

Câu 26: Chiếu một chùm sáng đơn sắc hẹp tới mặt bên của một lăng kính thủy tinh đặt trong không khí. Khi đi qua
lăng kính, chùm sáng này
A. không bị lệch khỏi phương truyền ban đầu.
B. bị đổi màu.
C. bị thay đổi tần số.
D. không bị tán sắc.
Chọn D.
Câu 27: Cho khối lượng của hạt nhân 107
47 Ag là 106,8783u; của nơtron là 1,0087u; của prôtôn là 1,0073u. Độ hụt
khối của hạt nhân
A. 0,9868u.

Giải:

107
47

Ag là
B. 0,6986u.

C. 0,6868u.

D. 0,9686u.

m  Zmp  (A  Z)mn  mx  47*1,0073u  (107  47)*1,0087u  106,8783u
 0,9868u

Chọn A.

Câu 28 : Đặt một điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng 200V vào hai đầu đoạn mạch gồm cuộn cảm thuần mắc nối
tiếp với điện trở thuần. Biết điện áp hiệu dụng ở hai đầu điện trở là 100V. Hệ số công suất của đoạn mạch bằng
A. 0,8
B. 0,7
C. 1
D. 0,5

Giải: cos  

U R 100

 0,5 . Chọn D.
U 200

Câu 29: Sự phát sáng nào sau đây là hiện tượng quang - phát quang?
A. Sự phát sáng của con đom đóm
B. Sự phát sáng của đèn dây tóc.
C. Sự phát sáng của đèn ống thông dụng
D. Sự phát sáng của đèn LED.

3


Giải: Sự phát sáng của đèn ống huỳnh quang là do tia tử ngoại tác dụng lên lớp bột của thành ống huỳnh
quang, làm lớp bột phát ra ánh sáng huỳnh quang, đó là hiện tượng quang - phát quang. Chọn C.
Câu 30: Khi nói về tia X, phát biểu nào sau đây là đúng?
A. Tia X có khả năng đâm xuyên kém hơn tia hồng ngoại
B. Tia X có tần số nhỏ hơn tần số của tia hồng ngoại.
C. Tia X có bước sóng lớn hơn bước sóng của ánh sáng nhìn thấy.
D. Tia X có tác dụng sinh lí : nó hủy diệt tế bào
Chọn D.
Câu 31 : Đồ thị li độ theo thời gian của chất điểm 1(đường 1) và chất điểm 2 (đường 2) như hình vẽ, tốc độ cực đại
của chất điểm 2 là 4  (cm/s) . Không kể thời điểm t = 0, thời điểm hai chất điểm có cùng li độ lần thứ 5 là
A. 4,0 s
B. 3,25s
x(cm)
C. 3,75 s
D. 3,5 s
6

v
4 2
Giải 1: 2  max 2 


rad / s
0
A
6
3
T1
2 2

.3  3s
Chu kì chất điểm 2: T2 
(1)
2 2
6
T
4
Hình câu 31
Chu kì chất điểm 1: T1  2  1,5s => 1  22 
rad / s
2
3
4

2

Phương trình dao động của hai chất điểm: x1 = 6cos(
t - ) (cm) và x2 = 6cos(
t - ) (cm)
3
3
2

2
4

2

Hai chất điểm có cùng li độ khi: x1 = x2 => cos(
t - ) = cos(
t- )
3
3
2
2
4

2

=>
t= (
t - )+ 2kπ.
3
3
2
2

(2)
t(s)

Có hai họ nghiệm t1 = 3k1 (s) với k1 = 1, 2, 3…. Và t2 = k2 + 0,5 (s) với k2 = 0, 1, 2
Các thời điểm x1 = x2: t (s)
Lần gặp nhau

Thời điểm t(s)
Chọn D.

Lúc đầu
0

1
0,5

2
1.5

3
2,5

4
3

6
4.5

5
3,5

Giải 2:
+ Tốc độ cực đại của chất điểm 2: v2 max  2 A 2  2 .6  4  2 

2
rad/s.
3

4
rad/s.
3
4 
2 
+ Phương trình dao động: x1  6cos( t  ) cm và x 2  6 cos( t  ) cm.
3
2
3
2
4 
2 
+ Khi 2 chất điểm gặp nhau: x1 = x2  6cos( t  )  6cos( t  )
3
2
3
2
4   2 

t 
t   k1.2  t  3k1 (k1 = 1, 2, 3,…)
3
2 3
2
4 
2

1
t    t   k 2 .2  t   k 2 (k2 = 0, 1, 2,…)


3
2
3
2
2

+ Theo hình vẽ: T2 = 2T1  1  22 

Lần
t  3k1
t

1
 k2
2

1

2

3

0,5 s

1,5 s

2,5 s

4

3s

5

6

7

3,5 s

4,5 s

5,5s

…

Vậy, hai chất điểm gặp nhau lần thứ 5 ở thời điểm t = 3,5s.  Chọn D.
4


Câu 32: Một đám nguyên tử hiđrô đang ở trạng thái cơ bản. Khi chiếu bức xạ có tần số f 1 vào đám nguyên tử này thì
chúng phát ra tối đa 3 bức xạ. Khi chiếu bức xạ có tần số f 2 vào đám nguyên tử này thì chúng phát ra tối đa 10 bức
xạ. Biết năng lượng ứng với các trạng thái dừng của nguyên tử hiđrô được tính theo biểu thức E n  

f1
là
f2
27
B.
25

E0
(E0 là
n2

hằng số dương, n = 1,2,3,...). Tỉ số
A.

10
3

C.

3
10

D.

25
27

Giải:
Quĩ đạo M: n=3  3vạch,
Quĩ đạo O: n =5  10 vạch

1
1 1
1 1
3 2  f1  25 Chọn D
Ta có: hf1  E 0 ( 2  2 ) và hf 2  E 0 ( 2  2 ) =>

1
f 2 27
1 3
1 5
1 2
5
1

Câu 33 : Hai mạch dao động điện từ lí tưởng đang có dao động điện từ tự do với cùng cường độ dòng điện cực đại I0
. Chu kì dao động riêng của mạch thứ nhất là T 1, của mạch thứ hai là T2 = 2T1. Khi cường độ dòng điện trong hai
mạch có cùng độ lớn và nhỏ hơn I0 thì độ lớn điện tích trên một bản tụ điện của mạch dao động thứ nhất là q1 và của
mạch dao động thứ hai là q2. Tỉ số
A. 2

q1
là
q2

B. 1,5

Giải 1: q1 

C. 0,5

q 01 IO1
q
I
q

T


;q 2  02  O2  1  2  1  0,5 . Chọn C
2
1
2
2
q 2 1 T2

Giải 2: Ta có

D. 2,5

L I2
L1i 2
q2
+ 1 = 1 0 => q12 = L1C1( I02 – i2)
2
2
2C1
L I2
L2 i 2
q2
+ 2 = 2 0 => q22 = L2C2( I02 – i2)
2
2
2C2

=>

q1

=
q2

L1C1
L2 C 2

=

T1
= 0,5. Chọn C
T2

Câu 34: Tại nơi có g = 9,8 m/s2, một con lắc đơn có chiều dài dây treo 1m, đang dao động điều hòa với biên độ góc
0,1 rad. Ở vị trí có li độ góc 0,05 rad, vật nhỏ của con lắc có tốc độ là
A. 2,7 cm/s
B. 27,1 cm/s
C. 1,6 cm/s
D. 15,7 cm/s

2

Giải: Áp dụng công thức gần đúng với cos = 1- 2sin 2  1 - 2
 02   2
2
v = 2gl(cos - cos0) = 2gl
= gl(02 - 2)
2
2

=> v =

gl ( 02   2 ) =

9,8(0,12  0,052 )  0, 271m / s  27,1 cm / s . Chọn B

Câu 35: Một sợi dây đàn hồi đang có sóng dừng. Trên dây, những điểm dao động với cùng biên độ A 1 có vị trí cân
bằng liên tiếp cách đều nhau một đoạn d1 và những điểm dao động với cùng biên độ A2 có vị trí cân bằng liên tiếp
cách đều nhau một đoạn d2. Biết A1>A2>0. Biểu thức nào sau đây đúng?
A. d1  0 ,5d 2
B. d1  4d 2
C. d1  0, 25d 2
D. d1  2d 2
Giải 1: Những điểm dao động với cùng biên độ
Bụng A1 có vị trí cân bằng liên tiếp cách đều


Nhau: d1 
2

u

/2
/2
/4 /4 /4 /4
x

0

5

Những điểm dao động với cùng biên độ
A2 =

A bung

có vị trí cân bằng liên tiếp cách đều nhau: d 2 

2
=> d1  2d 2 . Chọn D


4

Giải 2: Nhận xét: Khi có sóng dừng trên sợi dây các điểm có vị trí cân bằng liên tiếp cách đều nhau có 3 loại: các


); các bụng sóng B ( có biên độ bằng 2a, VTCB cách đều
2



nhau cũng là ) và các điểm M có biên độ bằng nhau, có VTCB cách đều nhau ; các điểm này cách nút ;
2
4
8

2
8 = 2asin  = a 2
Biên độ của M; aM = 2asin

4


Theo bài ra A1 > A2 > 0 nên A1 là biên độ của bụng sóng ( A1 = 2a) => d1 = ;
2

A2 là biện độ các điểm M ( A2 = a 2 ) => d2 =
4
điểm nút N ( có biên độ bằng 0, VTCB cách đều nhau

Do vậy ta có d1 = 2d2. Chọn D
Câu 36: Tại vị trí O trong một nhà máy, một còi báo cháy (xem là nguồn điểm) phát âm với công suất không đổi. Từ
bên ngoài, một thiết bị xác định mức độ cường độ âm chuyển động thẳng từ M hướng đến O theo hai giai đoạn với
vận tốc ban đầu bằng không và gia tốc có độ lớn 0,4 m/s2 cho đến khi dừng lại tại N (cổng nhà máy). Biết NO = 10
m và mức cường độ âm (do còi phát ra) tại N lớn hơn mức cường độ âm tại M là 20dB. Cho rằng môi trường truyền
âm đẳng hướng và không hấp thụ âm. Thời gian thiết bị đó chuyển động từ M đến N có giá trị gần giá trị nào nhất
sau đây?
A. 27s
B. 32s
C. 47s
D. 25s
Giải 1: Dùng công thức: IM 
Theo đề: 20  10lg

P
P
; IN 
2
4OM
4ON 2

rM2
 OM  10ON  100m  MN  90m .
rN2

Theo đề thiết bị chuyển động thẳng từ M hướng đến O theo hai giai đoạn với vận tốc ban đầu bằng không ,
Ta có thời gian đi nửa quãng đường: S 

MN 1 2
90
 at 
 0,5*0, 4t 2  t  15s
2
2
2

=> Thời gian thiết bị đó chuyển động từ M đến N dừng lại có giá trị gần giá trị nhất: 2t =30s Chọn B
Giải 2: Tính MN: LN – LM = log

IN
I
= 2 (B) => N = 102
IM
IM

IN
OM 2
=
= 102 => OM= 10.ON = 100 m => MN = 90 m
IM

ON 2
Từ M đến N thiết bị chuyển động theo hai giai đoạn: Bắt đầu CĐ nhanh dần đều sau đó CĐ chậm dần đều dừng lại
tại N với độ lớn gia tốc như nhau. Thời gian CĐ nhanh và CĐ chậm dần đều bằng nhau t1 = t2
và quãng đường S1 = S2 = MN/2 = 45m.
Thời gian thiết bị đó chuyển động từ M đến N :
t = 2t1 = 2

2 S1
90
=2
= 2.15 = 30s.Gần giá trị 32s nhất. Chọn B.
4
a

Giải 3:

N

O

C

M

+ Biết mức cường độ âm tại N lớn hơn mức cường độ âm tại M là 20 dB, ta có:
2

R 
L N  LM  10. g  M   20  R M  OM  10R N  100 m  MN = OM – ON = 90 m.
 RN 

6


+ Vật (thiết bị) đi từ M nhanh dần đều đến trung điểm của MN, sau đó chuyển động chậm dần và dừng
lại tại N, nên ta có:
t MN  2.t MC (C là trung điểm của MN)
MN 1 2
 at MC  t MC 
2
2
+ Vậy giá trị gần nhất là 32s.
 Chọn B.
MC 

MN
MN
90
2
 30s .
 t  t MN  2
a
a
04

Câu 37: Trong một thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, khoảng cách giữa hai khe là 0,5mm, khoảng cách từ
mặt phẳng chứa hai khe đến màn quan sát là 2m. Nguồn sáng phát ánh sáng trắng có bước sóng trong khoảng từ 380
nm đến 760 nm. M là một điểm trên màn, cách vân sáng trung tâm 2 cm. Trong các bước sóng của các bức xạ cho
vân sáng tại M, bước sóng dài nhất là
A. 417 nm

B. 570 nm
C. 714 nm
D. 760 nm.

D
 380    760  6,5  K  13,1
a
x.a
Chọn k =7:  max(k 7) 
 714nm . Chọn C
kD
x.a 20*0,5 5
5000
Giải 2: Dùng MODE 7,Ta có hàm bước sóng:  

 m 
nm Chọn k =7
kD
2k
k
k
Giải 1: x  k

Câu 38: Tại mặt nước, hai nguồn kết hợp được đặt ở A và B cách nhau 68 mm, dao động điều hòa cùng tần số, cùng
pha, theo phương vuông góc với mặt nước. Trên đoạn AB, hai phần tử nước dao động với biên độ cực đại có vị trí
cân bằng cách nhau một đoạn ngắn nhất là 10 mm. Điểm C là vị trí cân bằng của phần tử ở mặt nước sao cho
AC  BC . Phần tử nước ở C dao động với biên độ cực đại. Khoảng cách BC lớn nhất bằng
A. 37,6 mm
B. 67,6 mm
C. 64,0 mm

D. 68,5 mm
Giải 1:

AB
AB
68
68
M
K

K
 3, 4  K  3, 4


20
20

d1
2
2
Ta có: CA  AB  BC => k=3=> CB =67,6mm. Chọn B.


CB  CA  k  20k
A d’1
=20mm=2cm =>

d2

B

d’2

Giải 2:
Bước sóng λ = 20 mm
Số cực đại trên AB: -

AB




AB



=> -

68
68
20
20

=> - 3 ≤ k ≤ 3 ; d1 = AC; d2 = BC
Cực đại tại C xa B nhất khi d2 – d1 = 3λ = 60mm
=> d1 = d2 – 60 (mm)
(*)
d22 + d12 = AB2 = 682 (**)

Thế (*) vào (**) ta được: d22 – 6d2 – 5,12 = 0 => d2 = 67,576 mm
d2max = 67,6 mm. Chọn B

C 
d1

A

d2

B

Giải 3: Khoàng cách giữa hai bụng sóng: λ/2 = 10 mm => λ = 20 mm.
Vì AC ⏊ BC nên BC2 = AB2 – AC2 => (BC)max  (AC)min

 AB 

3
 BC – AC = kmax.λ, với k max  
  
2
2
2
2

BC  AC  AB  68
 BC  67,58mm . Chọn B
BC

AC


3.20

60



Suy ra: 

7


Câu 39 : Một lò xo đồng chất, tiết diện đều được cắt thằng ba lò xo có chiều dài tự nhiên là l (cm), ( l -10)(cm) và
( l -20) (cm). Lần lượt gắn mỗi lò xo này (theo thứ tự trên) với vật nhỏ khối lượng m thì được ba con lắc có chu kì
dao động riêng tương ứng là : 2s; 3s và T. Biết độ cứng của các lò xo tỉ lệ nghịch với chiều dài tự nhiên của nó.
Giá trị của T là
A. 1,00 s
B. 1,28s
C. 1,41s
D. 1,50s

T
k
k
2
l
4
m
m
= 2 (s); T2 = 2π

= 2 (s)=> 1 = 2 =
=> 2 =
= => l = 40cm
T2
k1 l  10 3
k1
k2
k1
3

Giải 1: T1 = 2π

l
T
= 2 => T = 1 =
l  20
2

T = 2π

T
k
m
=> 1 = 3 =
T
k3
k1

Giải 2:

K2
2

 4K 1  3K 2  2K 3  T  2
K1
3

2 s = 1,41s. Chọn C

Giải 3:

+ Cắt lò xo thành 3 đoạn, ta có: k1  k 2 (  10)  k 3 (  20) 
+ Chu kì dao động con lắc lò xo: T  2
 10

m
k
k

k1
 10 k1
 20


;
.
k2
k3

k1 T22 3

1



T2
k 2 T12 4

3
  40 cm.
4
k
T
 20 40  20 1 T32
+ Vậy: 1 

  2  T3  1  2  1, 41s  T = 1,41s.
k3
40
2 T1
2
Chọn
B.





Câu 40: Trong một thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, nguồn sáng phát đồng thời hai ánh sáng đơn sắc; ánh
sáng đỏ có bước sóng 686 nm, ánh sáng lam có bước sóng  , với 450 nm<  <510 nm. Trên màn, trong khoảng hai
vân sáng gần nhau nhất và cùng màu với vân sáng trung tâm có 6 vân ánh sáng lam . Trong khoảng này bao nhiêu

vân sáng đỏ?
A. 4
B. 7
C. 5
D. 6
Giải 1: Ta có: k đ  7 lam  4,5  k  5, 2  k  5  4 vach .Chọn A.
Giải 2: Tại vân sáng cùng màu với vân sáng trung tâm gần vân sáng trung tâm nhất là vân sáng thứ 7 màu lam và
vân sáng thứ n màu đỏ; 7iL = niđ hay 7λ = 686n => λ = 98n (nm)
450nm < λ = 98n < 510 nm => 4,59 < n < 5,20  n = 5.
Do đó trong khoảng giữa hai vân sáng gần nhau nhất và cùng màu với vân sáng trung tâm có 4 vân sáng đỏ.
Chọn A.
206
Câu 41 : Đồng vị phóng xạ 210
84 Po phân rã  , biến đổi thành đồng vị bền 82 Pb với chu kì bán rã là 138 ngày. Ban
đầu có một mẫu

210
84

Po tinh khiết. Đến thời điểm t, tổng số hạt  và số hạt nhân

206
82

Pb (được tạo ra) gấp 14 lần số

210
84

hạt nhân Po còn lại. Giá trị của t bằng

A. 552 ngày
B. 414 ngày
C. 828 ngày
D. 276 ngày
206
Giải 1: Cứ sau mỗi phân rã thì một hạt  và 1 hạt nhân 82 Pb được tạo thành. Đến thời điểm t, tổng số hạt  và hạt
nhân

206
82

Pb ( được tạo ra) gấp 14 lần số hạt nhân

210
84

Po còn lại, tức là số hạt

210
84

Po bị phân rã bằng 7 lần số hạt nhân

Po còn lại. Suy ra : N = 7N. Ta có N = N02-t/T; N = N0( 1 – 2-t/T) = 7N02-t/T
1
t
2-t/T =
=>
= 3 => t = 3T = 414 ngày. Chọn B.
8

T
210
206
4
Giải 2: Phương trình phóng xạ: 84 Po -> 2 H e + 82 Pb
N
Tại thời điểm t: N   N Pb  14N Po  2N Pb => Pb  7
N Po
210
84

8


Áp dụng công thức: t 

N
T
138
ln(1  Pb ) 
ln 8  414 ngày.
ln 2
N Po
ln 2

Câu 42: Lần lượt đặt điện áp u  U 2 cos t (U không đổi,  thay đổi được) vào
hai đầu của đoạn mạch X và vào hai đầu của đoạn mạch Y; với X và Y là các đoạn
mạch có R, L, C mắc nối tiếp. Trên hình vẽ, PX và PY lần lượt biểu diễn quan hệ công
suất tiêu thụ của X với  và của Y với  . Sau đó, đặt điện áp u lên hai đầu đoạn
mạch AB gồm X và Y mắc nối tiếp. Biết cảm kháng của hai cuộn cảm thuần mắc nối

tiếp (có cảm kháng ZL1 và ZL2) là ZL = ZL1 + ZL2 và dung kháng của hai tụ điện mắc
nối tiếp (có dung kháng ZC1và ZC2) là ZC = ZC1 + ZC2. Khi   2 , công suất tiêu thụ
của đoạn mạch AB có giá trị gần giá trị nào nhất sau đây?
A. 14 W
B. 10 W
C. 22 W
D. 18 W
Giải 1: Khi  biến thiên để có Pmax thì cộng hưởng, theo đồ thị ta có:

R
3
2
U2
U2
 40W;PYmax 
 60W => X  => Ry = Rx và U2 = 40Rx = 60Ry
RY 2
3
RX
RY

PXmax 

Khi  = 2: Px = Py = 20 W
=>

U 2 Rx
40Rx2
=
20W

=>
= 20 => Rx = ZLx - ZCx (vì 2 > 1 nên ZLx2 >ZCx2)
Rx2  ( Z Lx  ZCx )2
Rx2  (Z Lx  ZCx )2

Và

U 2 Ry
Ry2  ( Z Ly  ZCy )2

Khi  = 2 : PAB =

=

= 20W =>

60Ry2

= 20 =>

Ry2  ( Z Ly  ZCy )2

U 2 ( Rx  Ry )
( Rx  Ry )2  ( Z Lx  Z Ly  ZCx  ZCy )2

U 2 ( Rx  Ry )
( Rx  Ry )2  ( Rx  2 Ry )2

=

5
U 2 Rx
3
25 2
2
Rx  ( Rx  2 Rx )2
9
3

=

=

2 Ry = ZCy – ZLy (vì ZLy2 < ZCy2)

U 2 ( Rx  Ry )
( Rx  Ry )2  [(Z Lx  ZCX )  ( Z Ly  ZCy )]2

5
5
U2
=
.40 = 23,97 W = 24W.
14  4 2 R x
14  4 2

Chọn C.
Giải 2:

U 2


U2

40
W

 R1 
 R1
40
Theo đồ thị ta thấy các giá trị cực đại  2

(1) ; với R1 = RX; R2 = RY;
2
U  60W
R  U
 R2
 2 60
Mặt khác với ω2 > ω1 và ω2 < ω3 thì PX=20W và mạch X có ZLX2 > ZCX2;
Py=20W và mạch Y có ZLY2 < ZCY2; (1 ký hiệu ứng với ω1, 2 ký hiệu ứng với ω2)

U2
cos2  φX2=450 , φY2≈ - 54,3760  ZLX2 – ZCX2= RX và ZLY2 – ZCY2= -√2RY
Từ công thức P 
R
Cộng 2 vế  ZLX2 + ZLY2 – (ZCX2 + ZCY2) = R1 - √2R2
Khi 2 mạch nối tiếp thì cos  

(2)

RX  RY

( RX  RY ) 2  [ Z LX 2  Z LY 2  ( Z CX 2  Z CY2 )]2

thay (1) và (2) vào trên  cos2φ ≈ 0,9988238  P 

U2
cos2  23,972W  Chọn C
R1  R2

Giải 3: Bài toán ω thay đổi thì công suất đạt cực đạt khi xảy ra cổng hưởng (ω = ω0). Khi ω < ω0 thì mạch có tích
dung kháng; khi ω > ω0 thì mạch có tích cảm kháng.
+ Với đoạn mạch X có P1max 

U2
 40W và khi ω = ω2 thì có:
R1
9


+ Với đoạn mạch Y có P2max 

U2
 60W và khi ω = ω2 thì có
R2

Mặt khác
Khi X nối tiếp Y công suất của mạch là:

Đáp án: C
Câu 42. Lần lượt đặt điện áp u = U 2 cost ( U không đổi,  thay
đổi được) vào hai đầu của đoạn mạch X và vào hai đầu của đoạn mạch

Y; với X và Y là các đoạn mạch có R, L, C mắc nối tiếp. Trên hình vẽ,
PX và PY lần lượt biểu diễn quan hệ công suất tiêu thụ của X với  và
của Y với . Sau đó, đặt điện áp u lên hai đầu đoạn mạch AB gồm
X và Y mắc nối tiếp. Biết cảm kháng của cuộn cảm thuần mắc nối tiếp
( có cảm kháng ZL1 và ZL2) là ZL = ZL1 + ZL2 và dung kháng của hai tụ
điện mắc nối tiếp( có dung kháng ZC1 và ZC2) là ZC = ZC1 + ZC2 . Khi
 = 2, công suất tiêu thụ của đoạn mạch AB có giá trị gần giá trị nào
nhất sau đây?
A. 14 W.
B. 10W
C. 22W
D. 24 W

P
60 
40 

U
= 40W (*) khi  = 1 < 2
Rx

2

P

ymax

=

U

2
= 60W (**) khi  = 3 > 2 => Ry = Rx (***)
3
Ry

PY

20 

0

2

Giải 4: Theo đồ thi ta có Pxmax =

(W)

A


PX



1 2 3

X

Y

B


và U2 = 40Rx = 60Ry (****)

U 2 Rx
Khi  = 2: Px = Py = 20W => 2
== 20W
Rx  ( Z Lx  ZCx )2
=>

40Rx2
= 20 => Rx = ZLx - ZCx ( vì 2 > 1 nên ZLx2 > XCx2)
Rx2  ( Z Lx  ZCx )2
U 2 Ry

Ry2  ( Z Ly  ZCy )2
Khi  = 2 : PAB =

=

= 20W =>

60Ry2
Ry2  ( Z Ly  ZCy )2

U 2 ( Rx  Ry )
( Rx  Ry )2  ( Z Lx  Z Ly  ZCx  ZCy )2

U 2 ( Rx  Ry )

( Rx  Ry ) 2  ( Rx  2 Ry ) 2

U2
=

2 Ry = ZCy – ZLy ( vì ZLy2 < ZCy2)

= 20 =>

=

5
Rx
3

25 2
2
Rx  ( Rx  2 Rx )2
9
3

U 2 ( Rx  Ry )
( Rx  Ry )2  [(Z Lx  ZCX )  ( Z Ly  ZCy )]2
=

5
5
U2
=
.40 = 23,97 W = 24

14  4 2 R x
14  4 2

W. Chọn đáp án D
Câu 43 (Câu này sai số liệu) : Đặt điện áp u  U 0 cos 2ft (U0 không đổi, f thay đổi được) vào hai đầu đoạn mạch
mắc nối tiếp gồm cuộn cảm thuần có độ tự cảm L, điện trở thuần R và tụ điện có điện dung C. Khi f = f1 = 25 2 Hz
hoặc f = f2= 100 Hz (Số liệu này nên sửa lại là f = f 1 = 75 Hz) thì điện áp hiệu dụng ở hai đầu tụ điện có cùng giá
trị U0. Khi f = f0 thì điện áp hiệu dụng ở hai đầu điện trở đạt cực đại. Giá trị của f0 gần giá trị nào nhất sau đây?
A. 70 Hz
B. 80 Hz
C. 67 Hz
D. 90 Hz

10


k2 1 2
0 .
k

Giải 1: Khi thay đổi f để UC1=UC2 = kU thì 1.2 

Theo đề UC1  UC2  U0  2U  k  2 => f 0  f1f 2 2  25 2.100 2  50 2Hz  70Hz Chọn A.

U 0 Z C1

Giải 2: UC1 = I1ZC1 =
=> 2 Z L21 + Z C2 1 = 2
UC2 = I2ZC2 =

L
- 2R2 (*)
C
U 0 ZC2

2 R  (Z L2  Z C 2 )
2

=> 2 Z L2 2 + Z C2 2 = 2
Từ (*) và (**)

1
=
LC

2 R  ( Z L1  Z C1 )
2

2

2

= U0 => Z C2 1 = 2R2 + 2 Z L21 + 2 Z C2 1 - 2

= U0 => Z C2 2 = 2R2 + 2 Z L2 2 + 2 Z C2 2 - 2

L
C

L

C

L
- 2R2 (**)
C

2 Z L2 2 + Z C2 2 = 2 Z L21 + Z C2 1 => 2L2( 22 - 12) =

1  22  12
C 2 12 22

2 2 1

UR cực đại khi  02 =

1
  02 =
LC

2 12 hay f 02 =

2 f1f2 = 5000

=> f0 = 70,7 Hz. Đáp án A.
Giải 3:
Khi  =1 ta có: UC1  U0 
Khi  =2 ta có: UC2  U0 

U0 .ZC1
2R  2(ZL1  ZC1 )

U0 .ZC2
2

2

=> 2L2 12 

1
L
 4  2R 2 (1)
2
C 1
C

=> 2L2 22 

1
L
 4  2R 2 (2)
2
C 2
C

2

2

2R 2  2(ZL2  ZC2 )2
1
1

Từ (1) và (2) : 2L2 12  2L2 22  2 2  2 2  0
C 1 C 2
1
1
=> 2L2  2 2 2  0 => 2 2  212 .22 Hay: 04  212 .22 => f02  2 f1.f2 => f 0 
C 1 .2
LC
Thế số: f 0 

2f1 .f 2

2.25 2.100  50 2Hz

Câu này số liệu đề không đúng bản chất vật lý! ( Hai số liệu f1 và f2 không phù hợp )

12  22
f12  f22
Vì UCmax khi     2 => C 
 fC 
 75Hz
2
2
1
Và URmax khi cộng hưởng: f 0  f R 
> fC
2 LC
2
1

2

2

2
C

Câu 43b: Đặt điện áp u  U 2 cos(2ft ) (U không đổi, f thay đổi được) vào hai đầu đoạn mạch mắc nối tiếp gồm
cuộn cảm thuần có độ tự cảm L, điện trở thuần R và tụ điện có điện dung C. Khi f = f1 = 25 2 Hz hoặc
f = f2= 75 Hz thì điện áp hiệu dụng ở hai đầu tụ điện có cùng giá trị
điện trở đạt cực đại. Giá trị của f0 gần giá trị nào nhất sau đây?
A. 60 Hz.
B. 90 Hz.
C. 70 Hz.

2U . Khi f = f0 thì điện áp hiệu dụng ở hai đầu
D. 80 Hz.

+ Xét tổng quát: Với hai giá trị f1, f2: U C  U C1  U C 2  kU ; (ĐK k > 1, vì UC 2 giá trị f để UC bằng nhau, ngoài ra cần thêm điều kiện xét ở sau)

11


U.

+Ta có: U C 

1
C

R 2  ( 2 L2  2

L
1
 2 2)
C  C



U
 kU
L
2 2 4
2
2 2
L C   (2  R )C   1
C

2 2 2 4
2 2
2 2
2
=> k L C   (2 LC  R C )k   k  1  0

kf1 f 2
k 2  1 (k 2  1)04

 f 02 
(1)
2 2 2
2

k LC
k
k 2 1

+ Tích 2 nghiệm: 1222 

+ Tổng hai nghiệm: 12  22 
2
2
+ Thay (1) vào (2) f1  f 2 

(2 LC  R 2C 2 )
R2
R2
2
2
2
2

2


f

f

2
f

=>

(2)
0
1
2
0
L2C 2
L2
4 2 L2

2kf1. f 2
k 2 1



R2
2kf1
R2
2
2
f

f

(
f

)  0 (3)
=>
2
2

1
4 2 L2
4 2 L2
k 2 1

* Từ biểu thức (3) ta xét như đề mở như sau:
*/ TH1: Giả sử ta chọn

R
 50 (.H 1 ); f1  25 2 ( Hz) (4). Đến đây ta phải tìm điều kiện của k để PT (3) có
L

nghiệm, sau đó chọn 1 giá trị phù hợp của k rồi mới giải tìm f2, nếu không thực hiện bước này, chọn k tùy ý bài
toán sẽ dễ trở nên vô nghiệm!
+ Thay (4) vào (3): f 22 

2k.25 2
k 2 1

f 2  1875  0

/
/2
+ Điều kiện PT (5) có nghiệm là:   b  ac 

*Áp dụng, xét k 

(5)

k 2 .25 2.2

 1875  0  k 2  3
k 2 1

(6)

2 , thay vào (5) =>

 f  75 ( Hz )  f 
2 f1. f 2  61,2( Hz )
0
 2
f 22  100 f 2  1875  0  
 f / 2  25 ( Hz )  f / 0 
2 f1. f 2  25 2 ( Hz )  35,35 ( Hz )

1 2
1
( f1  f 22 ) 
(252.2  752 )  58,63( Hz)  f 0  61,2( Hz)
 fC 
2
2


+ Kiểm tra nghiệm:  f / C  1 ( f 2  f / 2 )  1 (252.2  252.2)  25 2 ( Hz)  35,35( Hz)  f / (loai)
1
2
0
.


2
2
 Đáp án ...
2
*Áp dụng, xét k  3 ( Để PT (5) có 1 nghiệm f 2 thì ta chọn k  3 ):

+ Thay k  3 vào PT (5) => f 2  25 3 ( Hz ) => f 0 
+ Kiểm tra nghiệm: f C 

3 f1. f 2 

3.25 2. 25 3  51,494( Hz)

1 2
1
( f1  f 22 ) 
(25 2.2  25 2.3)  39 ,528 ( Hz )  f 0  51,494 ( Hz ) (Thỏa mãn)
2
2

*Áp dụng, xét k  4 : Không thỏa mãn ĐK (6): PT sẽ vô nghiệm.
2

2.2.25 2
2.50 2
502.2
2
/
f 2  1875  0  f 2 
f 2  1875  0   

 1875  208,33  0
+ Thật vậy: f 
3
4 1
3
 PT vô nghiệm.
R
 80 (.H 1 ); f1  25 2 ( Hz) (7) thì điều kiện là k 2  1,78
*/ TH2: Giả sử ta chọn
L
2
2

2
+ Thay (7) vào (3): f 2 

2kf1
k 2 1

f 2  ( f12 

R2
2k.25 2
)  0 (3) => f 22 
f 2  2850  0
2 2
4 L
k 2 1

(7)

12


+ Điều kiện PT (5) có nghiệm là: /  b / 2  ac 

k 2 .1250
 2850  0  k 2  1,78 (6)
2
k 1

*Áp dụng, xét k  1,5 , thay vào (5) =>

f 22 

2. 1,5.25. 2
1,5.252.2
f 2  2850  0  / 
 2850  900  302
0,5
0,5

 f  25 6  30  91,237( Hz)  f  1,5 f . f  62,854( Hz)
0
1 2
 2
 
 f / 2  25 6  30  31,237( Hz)  f / 0  1,5 f1. f 2  ( Hz)  36,7777( Hz)

1 2

1
( f1  f 22 ) 
(252.2  91,2372 )  69,1888( Hz)  f 0  62,854( Hz)(loai)
 fC 
2
2


+ Kiểm tra nghiệm:  f / C  1 ( f 2  f / 2 )  1 (252.2  31,2372 )  33,36( Hz)  f /  36,7777( Hz)(nhan)
1
2
0
.

2
2
* Tóm lại: Ta có thể đặt đề toán như sau:
Câu 43’: Đặt điện áp u  U 2 cos(2ft ) (U không đổi, f thay đổi được) vào hai đầu đoạn mạch mắc nối tiếp gồm
cuộn cảm thuần có độ tự cảm L, điện trở thuần R và tụ điện có điện dung C. Khi f = f1 = 25 2 Hz hoặc
f = f2= 25 3 Hz thì điện áp hiệu dụng ở hai đầu tụ điện có cùng giá trị
đầu điện trở đạt cực đại. Giá trị của f0 gần giá trị nào nhất sau đây?
A. 60 Hz.
B. 90 Hz.
C. 70 Hz.
Câu 44 : Trên một sợi dây OB căng ngang, hai đầu cố định
đang có sóng dừng với tần số f xác định. Gọi M, N và P là ba
điểm trên dây có vị trí cân bằng cách B lần lượt là 4 cm, 6
cm và 38 cm. Hình vẽ mô tả hình dạng sợi dây tại thời điểm

11

t1 (đường 1) và t 2  t1 
(đường 2). Tại thời điểm t1, li
12f

3U . Khi f = f0 thì điện áp hiệu dụng ở hai
D. 80 Hz.

u(cm)

(1) 
(2)
x(cm)

O

12

36

24

B

độ của phần tử dây ở N bằng biên độ của phần tử dây ở M và
tốc độ của phần tử dây ở M là 60 cm/s. Tại thời điểm t2, vận
tốc của phần tử dây ở P là
A. 20 3cm / s

B. 60cm / s

C. 20 3cm / s

D. 60cm / s

Giải 1: Nhìn vào đồ thị ta có:  =24cm. uM đang dương tại t1 và t2.
BM= 4=/6; BN= 6=/4 ; BP= 38= 1,5+/12.

u M AM a 3
3
.



u N AN
2a
2
v
A
Ta thấy: M và P khác bó sóng kế nhau nên ngược pha: P   P .
VM
AN
Ta thấy: M và N cùng bó sóng nên cùng pha:

V
3
A M  v M  M max  60cm / s  VM max  120cm / s .
2
2
A
A

a
 60 3cm / s .=> v Pt 2   v Mt 2 P  60 3 P  60 3
 60cm / s
AM
AM
a 3

Tại t1: uN = AM => u M 
Tại t2: v Mt 2 

3
v max
2

u(cm)

Chọn D.

/2



Giải 2:
B

M N
4 6

24

P
38

x(cm)

13
Hình minh họa câu 44


+   24cm nên MB 



; PB 

19
12

6
suy ra M,P ngược pha.
(nhìn vào hình cũng thấy M,P ngược pha)
+ Tìm biên độ của M và P:
3
1
AM  2a
; AP  2a
2
2
+ Vì M,P ngược pha:
vP

A
3
 P 
vM
AM
3

B




6



M

3

11
+ Đến thời điểm t2 góc quét là
nên
6

2a

3

2a

3

2a

2

2

 /6



M

V1M

cos
v2 M
6  3  v  60 3cm / s

2M

v1M cos
3
Suy ra: v2 P  60cm / s

V2M

N

v

Giải 3:
Từ đồ thị suy ra, bước sóng trên dây λ = 24 cm.
+ B là nút sóng và BN = 6 cm = λ/4 => N là bụng sóng, có biên độ là A.
+ MN = 2 cm = λ/12 => biên độ của điểm M là 0,5A

.

+ Lúc li độ N bằng biên độ M thì tốc độ dao động của N bằng 0,5ωA = 60 cm/s => ωA = 120 cm/s.
+ BP = 38 cm = 3λ/2 + λ/12 nên P dao động ngược pha với M và có biên độ là 0,5A. Do đó, ở một thời điểm t bất kỳ
vận tốc dao động vP của điểm P và vN của điểm N liên hệ với nhau

=

.

+ Góc quét:

.

Đáp án: D
Giải 4: Phương trình dao động tại M, N, P là:
uM = 2A.cos(5π/6).cos[2πft – (π/2)] = -A(√3).cos[2πft – (π/2)];
uN = - 2A.cos[2πft – (π/2)];
uP = 2A.cos(-5π/6).cos[2πft – (π/2)] = -A(√3).cos[2πft – (π/2)];
Phương trình vận tốc dao động tại các điểm là:
vM = A(√3)(2πf).sin[2πft – (π/2)];
vN = 2A(2πf).sin[2πft – (π/2)];

vP = A(√3)(2πf).sin[2πft – (π/2)];
Tại t1: uN1 = -2A.cos[2πft1 – (π/2)] = A(√3) = biên độ tại M;
=> cos[2πft1 – (π/2)] = - (√3)/2 = sin[2πft1] => cos(2πft1) = ±1/2;
Ta có: | vM1 | = A(√3)(2πf).sin[2πft1 – (π/2)] = 60 cm/s <=> (2Aπf√3)(-cos(2πft1)) = 60 => Aπf = 60/√3;
ta có t2 = t1 + (11.T/12)
=> sin[2πft2 – (π/2)] = - cos(2πft2) = - cos[2πft1 – (π/6)]= -[(√3/2)cos 2πft1 + (1/2) sin 2πft1] ;
= -[(√3/2)(-1/2) + (1/2)(-√3/2)] = √3;
Vậy tốc độ tại điểm P ở t2 là |vP2 | = A(√3)(2πf).sin[2πft2 – (π/2)] = 60 cm/s;
Từ đồ thị ta thấy M và P trái dấu pha  Chọn D.
Giải 5:
Theo đồ thi ta thấy bước sóng λ = 24cm
Khi đó; BM = 4cm =



BN = 6cm =
6
4

BP = 38 cm = λ +

7
 
=3 +
12
2 12
14

u

Do B là nút nên N là bụng sóng. M, N cùng một bó sóng nên dao động cùng pha, P dao động ngược pha với M. N
Phương trình sóng dừng tại điểm cách nút một khoảng d có dạng:
u = 2acos(

2d



+



) cos(t - )
2
2

Biên độ sóng tại M, N, P

2 
5
5
+ )  = 2acos(
) = a 3 ; aN = 2a; aP = 2acos(
)=a
6
3
6 2



Do đó nếu uM = a 3 cos(t - ) thì up = - acos(t - )
2
2


3
Tại thời điểm t1 uN = a 3 = 2a cos(t1 - ) => cos(t1 - ) =
2
2
2
3

Khi đó vM = - a 3 sin(t1 - ) = a
= 60 => a = 40 3
2
2

1
và sin(t1 - ) = 2
2
11
11
11T
Tại thời điểm t2 = t1 +
= t1 +
= t1 +
12 f
12 f
12


Phương trình sóng tại P up = - acos(t - )
2
aM =2acos(

Lúc này vận tốc của phần tử dây tại P


11T 
 11
) = asin(t1 + 
- ) = asin(t1 +
)
12 2
6
2
2
3
3
3
 11

11

11
sin(t1 +
) = sin(t1 - )cos
+ cos(t1 - )sin
==4
4
2

6
6
6
2
2
2
3
 11
vP = asin(t1 +
) = - 40 3 .
= - 60 cm/s. Đáp án D
2
6
2
vP = asin(t2 -

Giải 6:

+ Theo hình vẽ ta có:   24 cm
+ Tính biên độ dao động của các điểm M, N, P: A  A b . sin

2x
(với Ab: biên độ của điểm bụng).


Ab 3
A
; A N  Ab ; AP  b .
2
2

+ Dễ dàng thấy: N và M cùng pha, N và P ngược pha.

Thay số, ta được: A M 

+ Tạ thời điểm t1: li độ của điểm N bằng biên độ M thì tốc độ dao động của M bằng 60 cm/s
u N  AM 

Ab 3
A
3
 u M  M .u N  A b
AN
4
2

2
2
u M   AM
 uM


N

u (cm)

M

O
P

Ab 3
 60  A b  80 3
4

x (cm)

B

11T
) hình dạng sợi dây (đường 2) có dạng như hình vẽ trên  Tại thời
12
điểm t1 các phần tử M, N, P đang chuyển động theo chiều đi ra vị trí biên tương ứng. Vec tơ quay môt tả
chuyển động của N, P tại thời điểm t1 và t2:

+ Tại thời điểm t2 (sau t1 là

uN
Ab 3
2

Ab

uP
t1

Ab
2

t2
15

t2



Ab
4


+ Vậy ở thời điểm t2, điểm P có li độ là u P  

 vP   AP2  u P2  

Ab
4

A2b Ab2
A 3
3

  b
 80 3
 60 cm/s.
4 16
4
4

 Chọn D.
Câu 45 : Lần lượt đặt các điện áp xoay chiều u1, u2 và u3 có cùng giá trị hiệu dụng nhưng tần số khác nhau vào hai
đầu một đoạn mạch có R, L, C nối tiếp thì cường độ dòng điện trong mạch tương ứng là : i1  I 2 cos( 150t 

i 2  I 2 cos( 200 t 



) và i3  I cos( 100t  ) . Phát biểu nào sau đây đúng?
3
3

A. i2 sớm pha so với u2
C. i1 trễ pha so với u1


),
3

B. i3 sớm pha so với u3
D. i1 cùng pha với i2

Giải 1: Ta thấy tần số thay đổi nên ta khảo sát I theo .
Khi  thay đổi mà I1=I2 => có  = 0 để Imax.
Suy ra 0  12  150.200  100 3 rad / s
Do 3= 100π rad/s < 1= 150π rad/s < 2 = 200π rad/s => ZL3  ZC3 ; ZL3  ZL1  ZC1
=> i3 sớm pha so với u3.
Chọn B.
Giải 2: Ta có I1 = I1 = I => Z1 = Z2 => (ZL1 – ZC1)2 = (ZL2 – ZC2)2
=> (ZL1 – ZC1) = - (ZL2 – ZC2) => ZL1 + ZL2 = ZC1 + ZC2 => L =

1

1 2 C

=> ZL1 = ZC2 và ZL2 = ZC1

Z L1  Z C1 Z L1  Z L 2
 50L
=
=
< 0 => i1 sớm pha hơn u1 => C sai
R
R
R
Z  Z C 2 Z L 2  Z L1
50L
tan2 = L 2
=
=
>0 => i2 trễ pha hơn u2 => A sai
R
R
R
tan1 =

Câu D sai vì 1  3
ZL3 = 100πL = 100π
tan3 =

1

1 2 C

= 100π

Z
1
1
=
= C 3 < ZC
200 .150.C 3.100.C
3

Z L3  Z C 3
< 0 . => i3 sớm pha so với u3. Chọn đáp án B
R

Câu 46: Đặt một điện áp xoay chiều có tần số 50 Hz và giá trị hiệu dụng 20V vào hai đầu cuộn sơ cấp của một máy
biến áp lí tưởng có tổng số vòng dây của cuộn sơ cấp và cuộn thứ cấp là 2200 vòng. Nối hai đầu cuộn thứ cấp với
đoạn mạch AB (hình vẽ); trong đó, điện trở R có giá trị không đổi, cuộn cảm thuần có độ tự cảm 0,2 H và tụ điện có
điện dung C thay đổi được. Điều chỉnh điện dung C đến giá trị C 

103
( F ) thì vôn kế (lí tưởng) chỉ giá trị cực đại
3 2

bằng 103,9V (lấy là 60 3 V). Số vòng dây của cuộn sơ cấp là
A. 400 vòng
B. 1650 vòng
C. 550 vòng
Giải 1: Ta có khi C biến thiên để URCmax thì:

ZL  4R 2  ZL2

ZC 
 R  10 3  54, 4 .
2

D. 1800 vòng

L

A

C

R
B

16
V
Hình câu 46


2U2 R

 60 3  U2  60V
4R 2  Z2L  ZL
N  N1 U 2
2200 60

1 

 1  N1  550 vong

Theo đề ta có: 2
N1
U1
N1
20
U

RCmax



Chọn C.
Giải 2: Ta có ZL = 2πfL = 20π (); ZC =

U AB R 2  Z C2

URC =

R  (Z L  Z C )
2

=

2

URC có giá trị cực đại khi Y =

1
= 30π ()
2fC

U AB
R  (Z L  Z C ) 2
R 2  Z C2
2

Z L2  2Z L Z C
R 2  (Z L  ZC )2
=
1
+
có giá trị cực tiểu khi ZC thay đổi
R 2  ZC2
R 2  Z C2

=> Đạo hàm Y’= 0 theo ZC => R2 – ZC2 + 2ZLZC = 0 => R2 = ZC2 - 2ZLZC = 300π2

URC =

Ta co

U AB R 2  Z C2
R 2  (Z L  Z C ) 2

= 60 3 => UAB = 60 V

N
N
20
U

= 1 => 1 =
=> N2 = 3N1 => N1 + N2 = 4N1 = 2200 vòng
U AB N 2
N2
60

=> N1 = 550 vòng. Đáp án C.
Câu 47. Một học sinh xác định điện dung của tụ điện bằng
cách đặt điện áp u = U0cost ( U0 không đổi,  = 314 rad/s)
vào hai đầu một đoạn mạch gồm tụ điện có điện dung C mắc
nối tiếp với biến trở R. Biết

1
1
2
2
= 2 + 2 2 2
;
2
U 0 U0 C R2
U

trong đó, điện áp U giữa hai đầu R được đo bằng đồng hồ đo
điện đa năng hiện số. Dựa vào kết quả thực nghiệm được cho
trên hình vẽ, học sinh này tính được giá trị của C là
A. 1,95.10-3 F.
B. 5,20.10-6 F
-3
C. 5,20.10 F
D. 1,95.10-6 F

1
(W)-1
U2
0,0175 
0,0135



0,0095



0,0055



0,0015



1
1
2
2



= 2 + 2 2 2
0,00 1,00 2,00

2
2
U 0 U0 C R
U
1
2
1
Đặt y = 2 (W)-1; X = 2 (10-6-2). ( R tính theo đơn vị là 103 ) a = 2 = const
U0
U
R
2
Khi đó ta có phương trình; y = a + a. Z C X
Giải 1: Từ

10 6 -2
( )
R2

3,00


4,00

Theo đồ thị ta có khi X = 0 thì y = a = 0,0015 => y = 0,0015 + 1,5.10-3 Z C2 X
khi X = 1. (10-6-2) thì y = 0,0055 => 0,0055 = 0,0015 + 0,0015.10-6 Z C2
=> Z C2 =

8
1

1
. (106 2) => ZC = 1,633.103. => C =
=
= 1,95.10-6 F. Đáp án D
Z C
3
314 .1,633 .10 3

Giải: Lưu ý: Một độ chia của

1
ứng với 10-6( Ω-2).
R2

+ Từ đồ thị, ta có:

1
1
2
106
2
10 6
6
X

0
,
0055
;


1
.
10

0
,
0055

(
1

)

(
1

X
)
(1);
Đặt
314 2 C 2
U2
R2
U 02
3142 C 2
U 02

17

1
1
2
2.106
2
6

0
,
0095
;

2
.
10

0
,
0095

(
1

)  2 (1  2 X ) (2);
2
2
2
2 2
U
R

U0
314 C
U0
+ Lấy

55 1  X
8
10 6
(1)

 X  
 C  1,95 .10 6 ( F )
=>
2
2
95 1  2 X
3 314 C
( 2)

 Chọn D

Câu 48: Một lò xo nhẹ có độ cứng 20 N/m, đầu trên được treo vào một điểm cố định, đầu dưới gắn vào vặt nhỏ A có
khối lượng 100g; vật A được nối với vật nhỏ B có khối lượng 100g bằng một sợi dây mềm, mảnh, nhẹ, không dãn và
đủ dài. Từ vị trí cân bằng của hệ, kéo vật B thẳng đứng xuống dưới một đoạn 20 cm rồi thả nhẹ để vật B đi lên với
vận tốc ban đầu bằng không. Khi vật B bắt đầu đổi chiều chuyển động thì bất ngờ bị tuột tay khỏi dây nối. Bỏ qua
các lực cản, lấy g = 10m/s2. Khoảng thời gian từ khi vật B bị tuột khỏi dây nối đến khi rơi đến vị trí được thả ban đầu
là
A. 0,30 s
B. 0,68 s
C. 0,26 s

D. 0,28 s
Giải 1: Khi treo hai vật lò xo giãn l 

(m1  m2 )g 0, 2.10

 0,1m  10cm
k
20

Sau khi kéo vật B xuống dưới 20 cm và thả nhẹ thì hệ dao động với biên độ 20cm.
Vật B đi lên được h1 = 30 cm đến vị trí lòxo không giãn thì sợi dây chùng nên nó không chịu tác dụng của lực đàn

k
3
3
A =
A = 3 m/s.
2m
2
2
v2
3
Vật B đi lên chậm dần đều dưới tác dụng của trọng lực, thêm được độ cao h2 =
=
m = 15cm.
2 g 20
hồi của lò xo nữa. Khi đó vận tốc của B có độ lớn v =

3
vmax =

2

Vật B đổi chiều chuyển động kh lên được độ cao so với ban đầu thả: h = h1 + h2 = 45cm = 0,45m
Khoảng thời gian (rơi tự do) từ khi vật B tuột khỏi dây nối đến khi rơi đến vị trí được thả ban đầu là:
t=

2h =
g

0,09 = 0,3 S. Chọn A

Giải 2.
- Khi dây chùng, gia tốc dao động bằng gia tốc trọng trường, tức là lực đàn hồi bằng 0, suy ra khi đó lò xo ở trạng
thái không biến dạng  x1B  10cm; v1B   A2  x 2  3 (m / s) (gốc tọa độ là vị trí CB ban đầu của B,
chiều + hướng xuống). Từ thời điểm này vật chuyển động ném đứng lên.
- Khi đổi chiều chuyển động, v 2B  0. Sau đó vật rơi tự do.
2
2
- Khi trở lại vị trí ban x 3B  20 cm  v3B  v1B  2g.(x 3  x1 )  v3B  3m / s.

- Vậy thời gian từ lúc B đổi chiều chuyển động (bị tuột) đến khi nó đến vị trí ban đầu là:

t 23 

v3B  v 2B
 0,3(s). Chọn A
g

Giải 3.

+ Khi hệ cân bằng: Vật A ở vị trí O, vật B ở vị trí N, lò xo dãn một đoạn
là  o
m  mB
0, 2
 o A
.g 
.10  10 cm.
k
20
+ Kéo vật B tới vị trí tới vị trí M một đoạn 20 cm, thả nhẹ  Biên độ
k
 10 rad/s.
dao động A = 20 cm;  
mA  mB
+ Khi thả tay để vật đi lên: vật A tới vị trí G lò xo không biến dạng (Fđh =
0), vật lên tới vị trí P (với NP = OG =  o = 10 cm), tại thời điểm này vật
B có tốc độ là

k
A

B

G


O
Q
P
N

o

20 cm

18

M
x


vB   A2  x B2  10. 202  (10)2  100 3 cm/s = 3 m/s.
+ Sau thời điểm này sợi dây bị chùng, vật B vẫn tiếp tục chuyển động đi lên (do quán tính) một đoạn
đường S = PQ nữa thì dừng lại (vQ = 0), gia tốc trong giai đoạn này là a = -g = - 10 m/s2.
v2
( 3)2
v2  vo2  2aS  S   o  
 0,15 m  15 cm.
2a
2.(10)
+ Khoảng cách từ vị trí ban đầu thả đến vị trí cao nhất mà vật B lên được là h:
h = MN + NP + PQ = 20 + 10 + 15 = 45 cm = 0,45 m.
+ Sau đó vật B rơi tự do (không vận tốc đầu):
1
2h
2.0, 45
h  gt 2  t 

 0,3 s.  Chọn A.
2

g
10
Câu 49: Bắn hạt proton có động năng 5,5 MeV vào hạt nhân 37 Li đang đứng yên, gây ra phản ứng hạt nhân p + 37 Li
 2α. Giả sử phản ứng không kèm theo bức xạ  , hai hạt α có cùng động năng và bay theo hai hướng tạo với nhau
góc 1600. Coi khối lượng của mỗi hạt tính theo đơn vị u gần đúng bằng số khối của nó. Năng lượng mà phản ứng tỏa
ra là
A. 14,6 MeV
B. 10,2 MeV
C. 17,3 MeV
D. 20,4 MeV
1
4
7
Giải: 1 H + 3 Li  2 2 He .
P1
Theo ĐL bảo toàn động lượng

pP  p1  p 2 với P2 = 2mK
cos

P
1

= P =
2 P 2
2

K là động năng

2m P K P

1 mP K P 1 mP K P 1 1.K P
=
=
=
2m K 
2 m K  2 m K  2 4.K 

/2

PP

KP
 1 KP
cos =
=> K =
= 2,073Kp = 11,4MeV
2
16 cos2 800
4 K
Năng lượng mà phản ứng tỏa ra là:
E = 2K - Kp = 22,8 – 5,5 = 17,3 MeV. Chọn C.

P 2

Giải 2:

+ Phương trình phản ứng hạt nhân: 11 H  73 Li  2 42 He
+ Áp dụng định luật bảo toàn động lượng: pp  p1  p2

 p2p  p12  p22  2p1 .p2 .cos  p2p  2p2 (1  cos)  mp Kp  2mK (1  cos)

mp K p

1.5,5
 11, 4 MeV.
2m (1  cos) 2.4.(1  cos160)
+ Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng toàn phần:
K p  E  2K   E  2K   K p  2.11, 4  5,5  17,3 MeV.  Chọn C.
Câu 50: Đặt điện áp u  400cos100 t (V) vào hai đầu đoạn mạch mắc nối tiếp gồm cuộn cảm thuần có độ tự cảm
103
2
F hoặc C = C1 thì công suất của đoạn
L, điện trở R và tụ điện có điện dung C thay đổi được. Khi C = C1 =
8
3
3
10
F hoặc C = 0,5C2 thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu tụ điện có cùng giá trị.
mạch có cùng giá trị. Khi C = C2 =
15

 K 



Khi nối một ampe kế xoay chiều (lí tưởng) với hai đầu tụ điện thì số chỉ của ampe kế là
A. 2,8A
B. 1,4 A
C. 2,0 A

D. 1,0A

Giải :
Khi C biến thiên cho P bằng nhau: ZC1+1,5ZC1 =2ZL  120+80=2ZL => ZL=100
Khi C biến thiên cho P bằng nhau:
Mà : ZCmax 

2
ZC max



1
1
4
4

 ZC max  ZC2  .150  200
ZC2 2ZC2
3
3

R Z
 200  R  100 .
ZL
2

2
L

19

Khi nối một ampe kế xoay chiều (lí tưởng) với hai đầu tụ điện thì mạch còn RL.
Suy ra: I 

U
R 2  Z2L



200 2
1002  1002

 2A . Chọn C.

Giải : C thay đổi:
+ Khi C = C1 và C = C2 cho cùng giá trị công suất thì: ZC1 + ZC2 = 2ZL => ZL = 100Ω
+ Khi C = C1 và C = C2 cho điện áp hiệu dùng giữa hai đầu C có cùng giá trị thì:

+ Khi mắc ampe kế lý tưởng vào hai đầu tụ C thì số chỉ của nó là:

Chọn C.

Thầy Đoàn Văn Lượng:TP. Hồ Chí Minh
DĐ: 0915718188 - 0906848238 - 0975403681
Email: ;
Lưu ý: Câu 43: Đề sai bản chất vật lý! Bộ Giáo dục đã cộng điểm câu này.

20

ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A, A1 NĂM 2014
Môn thi : VẬT LÝ – Mã ñề : 319 (Thời gian làm bài : 90 phút)
ĐỀ THI GỒM 50 CÂU (TỪ CÂU 1 ĐẾN CÂU 50) DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH.
Cho biết: hằng số Plăng h=6,625.10-34J.s; ñộ lớn ñiện tích nguyên tố e = 1,6.10-19C; tốc ñộ ánh sáng
trong chân không c = 3.108 m/s; 1uc2 = 931,5 MeV.
Câu 1: Một con lắc lò xo gồm lò xo nhẹ và vật nhỏ khối lượng 100g ñang dao ñộng ñiều hòa theo
π
phương ngang, mốc tính thế năng tại vị trí cân bằng. Từ thời ñiểm t1 = 0 ñến t2 = s, ñộng năng của
48
con lắc tăng từ 0,096 J ñến giá trị cực ñại rồi giảm về 0,064 J. Ở thời ñiểm t2, thế năng của con lắc
bằng 0,064 J. Biên ñộ dao ñộng của con lắc là
C. 8,0 cm.
D. 3,6 cm.
A. 5,7 cm.
B. 7,0 cm.
2
Giải 1: Tại thời ñiểm t2 Wñ = Wt => W = Wñ + Wt =2Wt= 2*0,064=0,128J và x2 = ±
A
2
A
Tại thời ñiểm t1 Wñ= 0,096J =3*0,128/4 =3W/4 => WĐ = 3WT => lúc ñó: x1 = ± .
2
2
A
Gỉa sử vật ñi theo chiều dương từ x1 = − ñến x2 =
A thì thời gian ñi ñược là:
2
2
1

1 2W 1 2* 0,128
T T π
π
∆t = + =
=>T=
s .Ta có : W = mω 2 A2 => A =
=
0,08J . Chọn C.
12 8 48
10
2
0,1
ω m 20

1
A 2
3
A
Giải 2: W = 2.0,064 = 0,128 J ⇒ Wd1 = W → x = Mặt khác: Wñ 2 = W → x =
4
2
2
2
2W
π
T T 5T
⇒ + =
⇒ T = ⇒ ω = 20rad Biên ñộ dao ñộng: A =
= 0.08m = 8cm Chọn C.
12 8 24

10
mω 2
Câu 2: Đặt ñiện áp xoay chiều ổn ñịnh vào hai ñầu ñoạn mạch AB mắc nối tiếp (hình vẽ). Biết tụ
ñiện có dung kháng ZC, cuộn cảm thuần có cảm kháng ZL và 3ZL = 2ZC. Đồ thị biểu diễn sự phụ
thuộc vào thời gian của ñiện áp giữa hai ñầu ñoạn mạch AN và ñiện áp giữa hai ñầu ñoạn mạch MB
như hình vẽ. Điệp áp hiệu dụng giữa hai ñiểm M và N là
B. 86 V.
A. 173V.
C. 122 V.
D. 102 V.

Giải 1: Theo ñồ thị ta có: UAM=100 2 V; : UMB=50 2 V;
uMB nhanh pha hơn uAN góc π/3.
UC =1,5UL . Vẽ giản ñồ vectơ như hình bên.
Dễ thấy tam giác NBK vuông tại B .Nên ta có:
π 2
2
U L = BK tan = U MB 3 = 50 2 3 = 20 6 V
3 5
5
Xét tam giác vuông MBN ta có:
2
U MN = U MB
+ U L2 = ( 50 2 )2 + ( 20 6 )2 = 10 74 = 86, 02 V
Chọn B.

A

I

ur
U

uuur
UC

K

60 0

M

uuur
UX

B

uuur
UL
N

Giải 2: Theo ñề cho: 3ZL = 2ZC => ZC = 1,5ZL => uC =-1,5uL
Hình vẽ giản ñồ vectơ câu 2
Ta có: u AN = u AM + uMN = −1,5uL + uMN = 200 cos( 100π t )(V ) (1) (Dễ thấy T=0,02s)


uMB = uMN + uNB = uMN + uL = 100 cos( 100π t +
1,5uMB = 1,5uMN + 1,5uL = 150 cos( 100π t +

=>

π
3

π
3

)(V )
)(V ) (2)

Cộng (1) và (2) : 2,5uMN = 50 37∠0, 4413064324 => U 0 MN =

50 37
= 20 37V
2 ,5

U 0 MN 20 37
=
= 10 74 = 86 , 02V .Chọn B.
2
2
π

Giải 3: Từ ñồ thị ta có: u AM = 200Cos (100πt )V ; u MB = 100Cos100πt + V
3

Ta có: u AN = uc + u x ; uMB = u L + u x Hay: 2u AN = 2uc + 2u x ;3uMB = 3u L + 3u x
suy ra: 2u AN + 3uMB = 5u x + 2uc + 3u L = 5u x
121,7
2u + 3uMB

= 86V .Chọn B.
Từ ñó ta ñược: u x = AN
.Điện áp hiệu dụng giữa 2 ñiểm MN: U=
5
2
Giải 4: Theo ñồ thị T = 0,02 s → ω = 100π rad/s
uAN = 200cos 100πt (V); uMB = 100cos (100πt + π/3) (V)
uAN = uC + uX và uMB = uX + uL.
theo ñề 3ZL = 2ZC → 3uL = –2uC (vì uL và uC ngược pha nhau)
nên 2uAN + 3uMB = 5uX. → uX = (2uAN + 3uMB)/5
1
(2U oAN ) 2 + (3U oMB )2 + 2.(2U oAN ).(3U oMB ) cos( π / 3) = 121,7
→ UoX =
5
U
→ UX = UMN = oX = 86 (V).Chọn B.
2
Câu 3: Khi nói về tia hồng ngoại và tia tử ngoại, phát biểu nào sau ñây ñúng?
A. Tia hồng ngoại và tia tử ngoại gây ra hiện tượng quang ñiện ñối với mọi kim loại.
B. Tần số của tia hồng ngoại nhỏ hơn tần số của tia tử ngoại.
C. Tia hồng ngoại và tia tử ngoại ñều làm ion hóa mạnh các chất khí.
D. Một vật bị nung nóng phát ra tia tử ngoại, khi ñó vật không phát ra tia hồng ngoại.
Giải: Chọn B.
Câu 4: Đặt ñiện áp u = 180 2 cos ωt (V) (với ω không ñổi) vào hai ñầu ñoạn mạch AB (hình vẽ). R
là ñiện trở thuần, tụ ñiện có ñiện dung C, cuộn cảm thuần có ñộ tự cảm L thay ñổi ñược. Điện áp hiệu
dụng ở hai ñầu ñoạn mạch MB và ñộ lớn góc lệch pha của cường ñộ dòng ñiện so với ñiện áp u khi
L
R M C
L=L1 là U và ϕ1, còn khi L = L2 thì tương ứng là 8 U và ϕ2.
A

B
Biết ϕ1 + ϕ2 = 900. Giá trị U bằng
D. 60 V.
A. 135V.
B. 180V.
C. 90 V.
Giải 1: UMB = I.|ZL – ZC| = I.R.|tan φ| = UR.|tan φ|
khi L = L1: U1MB = U1R.|tan φ1| = U
khi L = L2: U2MB = U2R.|tan φ2| = U 8
vì φ1 + φ2 = 90° nên |tan φ1|.|tan φ2| = 1
Điệp áp hiệu dụng giữa hai ñiểm M và N : U MN =

2
− 8U 2
→ U² 8 = U1R.U2R = U 2AB − U 2 . U AB
→ 8U4 = (180² – U²)(180² – 8U²)
→ 1804 = 9.180².U² → U² = 60² → U = 60 V.Chọn D.

Giải 2: UMB =

tanϕ1 =
U=

U AB ( Z L − Z C ) 2

; tanϕ =

R 2 + (Z L − Z C ) 2

Z C − Z L1

;
R

U AB ( Z L1 − Z C ) 2
R 2 + ( Z L1 − Z C ) 2

tanϕ2 =
,

ZC − Z L
R

Z C − Z L2
mà ϕ1 + ϕ2 = 900
R

8U=

U AB ( Z L 2 − Z C ) 2
R 2 + (Z L2 − Z C ) 2

R2 = (ZC- ZL1)(ZC – ZL2)


8 (ZL1- ZC)2 [R2 + (ZL2 – ZC)2] = (ZL2- ZC)2 [R2 + (ZL1 – ZC)2]
R4
R4
]
=
[R2 + (ZL1 – ZC)2]

8 (ZL1- ZC)2 [R2 +
2
2
( Z L1` − Z C )
( Z L1` − Z C )
8 (ZL1- ZC)2 [1 +
8 (ZL1- ZC)2 = R2

M

uuur
U R1

R2
R2
]
=
[R2 + (ZL1 – ZC)2]
( Z L1` − Z C ) 2
( Z L1` − Z C ) 2

U AB ( Z L1 − Z C ) 2

180

A

R

2

R + ( Z L1 − Z C )

180 x

U MB1 =

R2 + x2

=U

2

=

8

(*)

Từ (1) và (2) ta ñược: x =

;U MB 2 =

R
2 2

180 y
R2 + y2

= 8U .Suy ra:

y = Z L 2 − ZC

ta co: y =

U MB1 = I1Z MB1 =
+ Ta co:
U MB1 = I 2 Z MB 2 =
=>

U MB1 x
=
U MB 2 y

M’

1
x R2 + y2
(2)
.
=
y R2 + x2
8

R2
x

(1)

180

2

R + (Z L1 − Z C )

Z L1 − Z C =

2

180
2

U
U2
8U 2
+
= 1 ( sin ϕ = MB )=>U=60V
2
2
U
180 180

Z L1 − Z C Z L 2 − Z C
.
=1
R
R

Giải 6: + Tư ϕ1 + ϕ2 = 900 lây tan 2 vê ta co:

x = Z L1 − Z C

8U

. Thay vào (*) ta ñược U = 60 V. Chọn D

Giải 5: Vì ϕ1 + ϕ2 = 900 nên sin 2 ϕ1 + sin 2 ϕ 2 = 1 hay

+ Đăt:

B

180V

900

= 60V. Chọn D.
uuuur
2
R
2
U R2
R +
8
Giải 3: Theo giản ñồ véctơ: 8U 2 + U 2 = 180 → U = 60V
R2
R2
(1)
=
Giải 4: Biết ϕ1 + ϕ2 = 900 nên ta có: x = Z L1 − Z C =
Z C − Z L2

y

U=

U

R + (Z L 2 − ZC )

2

Z L 2 − ZC =

1
R2 + y2
U
=
=
2
2
R +x
8U
8

180 x
R 2 + x2
180 y
R2 + y2

(2)

R
2 2 = 60V
R2
R2 +
8
Câu 5: Một sóng cơ truyền dọc theo một sợi dây ñàn hồi rất dài với biên ñộ 6 mm. Tại một thời
ñiểm, hai phần tử trên dây cùng lệch khỏi vị trí cân bằng 3 mm, chuyển ñộng ngược chiều và cách
nhau một khoảng ngắn nhất là 8 cm (tính theo phương truyền sóng). Gọi δ là tỉ số của tốc ñộ dao
ñộng cực ñại của một phần tử trên dây với tốc ñộ truyền sóng. δ gần giá trị nào nhất sau ñây?
B. 0,179.
C. 0,079.
D. 0,314.
A. 0,105.
Gỉai: Độ lệch u=3mm =A/2 chuyển ñộng ngược chiều
2π 2π x
=
=> λ = 3x = 24cm = 240mm
=> ∆ϕ =
3
λ
v
A.2π f A.2π 6* 2π π
δ = max =
=
=
=
= 0,157 .Chọn B.
λf
λ
v

240
20
Câu 6 : Để ước lượng ñộ sâu của một giếng cạn nước, một người dùng ñồng hồ bấm giây, ghé sát tai
vào miệng giếng và thả một hòn ñá rơi tự do từ miệng giếng; sau 3 s thì người ñó nghe thấy tiếng hòn
R
+ Tư (1) va (2) co: x =
=> UMB1 = U =
2 2

180


ñá ñập vào ñáy giếng. Giả sử tốc ñộ truyền âm trong không khí là 330 m/s, lấy g = 9,9 m/s2. Độ sâu
ước lượng của giếng là
A. 43 m.
B. 45 m.
C. 39 m.
D. 41 m.
h
1
2h
(2); h = gt12 (3) ⇒ t1 =
Giải 1: t1 + t2 = 3 (1) Mà Vâm .t2 = h ⇒ t 2 =
⇒ h = 41cm .Chọn D
Vâm
2
g
1
9 ,9 2
t = 330( 3 − t ) → 4 ,95t 2 + 330t − 990 = 0 => t=2,8759s

Gỉai 2: h = gt 2 ;h = v( 3 − t ) →
2
2
=> h=40,94m. Chọn D
Câu 7: Một vật nhỏ dao ñộng ñiều hòa theo một quỹ ñạo thẳng dài 14 cm với chu kì 1 s. Từ thời
ñiểm vật qua vị trí có li ñộ 3,5 cm theo chiều dương ñến khi gia tốc của vật ñạt giá trị cực tiểu lần thứ
hai, vật có tốc ñộ trung bình là
C. 27,0 cm/s.
D. 26,7 cm/s.
A. 27,3 cm/s.
B. 28,0 cm/s.
Gỉai :Vật lúc ñầu x=A/2 theo chiều dương ñến VT biên A ( a = -ω2A lần ñầu) :
Sau ñó vật ñi 1 chu kì ñến VT biên A ( a = - ω2A lần hai ) lần 2:
Quãng ñường là: S=3,5+ 4*7 =31,5cm
Thời gian: t= T/6 + T = 7T/6 =7/6 s. Tốc ñộ trung binh vTB =S/t = 31,5*7/6 =27cm/s.Chọn C
Câu 8 : Một học sinh làm thực hành xác ñịnh số vòng dây của hai máy biến áp lí tưởng A và B có
các duộn dây với số vòng dây (là số nguyên) lần lượt là N1A, N2A, N1B, N2B. Biết N2A = kN1A;
N2B=2kN1B; k > 1; N1A + N2A + N1B + N2B = 3100 vòng và trong bốn cuộn dây có hai cuộn có số
vòng dây ñều bằng N. Dùng kết hợp hai máy biến áp này thì có thể tăng ñiện áp hiệu dụng U thành
18U hoặc 2U. Số vòng dây N là
A. 600 hoặc 372.
B. 900 hoặc 372.
C. 900 hoặc 750.
D. 750 hoặc 600.
N
N 2B
= 2k.
Giải 1: 2 A = k;
N1 A
N 1B

Co thể xảy ra cac trương hơp:
N
+ TH1: N2A = N1B = N => N1A =
và N2B = 2kN
k
N
+ 2kN = 3100
=> N1A + N2A + N1B + N2B = 2N +
k
=> (2k2 + 2k + 1)N = 3100k (*)
N2 A U 2 A
=
= k => U 2 A = kU => U1B = U 2 A = kU
N1 A
U
N2B U 2B
=
= 2k => U 2 B = 2kU1B = 2k 2U
N1B U1B
2
- Nêu U2B = 18U => 2k = 18 => k = 3. Tư (*) => N = 372 vong
- Nêu U2B = 2U => 2k2 = 2 => k = 1 (loai)
N
+ TH2: N1A = N2B = N => N1B =
và N2A = kN
2k
N
+ kN = 3100
=> N1A + N2A + N1B + N2B = 2N +
2k

=> (2k2 + 4k + 1)N = 3100.2k (**)
N2B U 2B
=
= 2k => U 2 B = 2kU1B = 2k 2U
N1B U1B
Tương tư trên ta co k = 3. Tư (**) => N = 600 vong. Chọn A
Giải 2: Máy A tăng k lần, máy B tăng 2k lần, hai máy tăng tối ña là 2k² = 18 lần → k = 3
Nếu dùng máy B tăng 6 lần và máy A làm giảm 3 lần thì vẫn tăng ñược 2 lần phù hợp dữ kiện ñề bài.
Giả sử N1A = N1B = N thì (k + 1 + 2k + 1)N = 3100 → N = 281,8 (loại)
1
)N = 3100 → N = 600
Nếu N1A = N2B = N thì (k + 1 + 1 +
2k
Nếu N2A = N1B = N thì (1 + 1/k + 2k + 1)N = 3100 → N = 372
1
+ 1 + 1)N = 3100 → N = 1240.Chọn A
Nếu N2A = N2B = N thì (1/k +
2k


Câu 9: Trong một thí nghiệm giao thoa sóng nước, hai nguồn S1 và S2 cách nhau 16 cm, dao ñộng
theo phương vuông góc với mặt nước, cùng biên ñộ, cùng pha, cùng tần số 80 Hz. Tốc ñộ truyền
sóng trên mặt nước là 40 cm/s. Ở mặt nước, gọi d là ñường trung trực của ñoạn S1S2. Trên d, ñiểm M
ở cách S1 10 cm; ñiểm N dao ñộng cùng pha với M và gần M nhất sẽ cách M một ñoạn có giá trị gần
giá trị nào nhất sau ñây?
A. 7,8 mm.
B. 6,8 mm.
C. 9,8 mm.
D. 8,8 mm.
d '−d = kλ

Giải 1: d ' = d + λ = 10 + 0,5 = 10,5
Chọn A.

10,52 − 82 − 102 − 82 = 8mm
Giải 2: Ta có: λ=0,5cm.
Độ lệch pha dao ñộng của 2 ñiểm M, N trên trung trực d của AB: ∆ϕ =

N dao ñộng cùng pha với M khi :

=>

2π ( d 2 − d1 )
λ

hay:

Hai ñiểm M1 và M2 gần M nhất dao ñộng cùng pha với M ứng với :
Và

M1
M
M2

Từ ñó ta tính ñược:

Và :
Vậy ñiểm dao ñộng cùng pha gần M nhất cách M 8mm. Chọn A.
Giải 3: Bước sóng λ = 0,5 cm. MS1 = 10 cm = 20λ → M cùng pha với S1. Để N cùng pha với M và
gần M nhất thì NS1 = kλ sao cho k gần 20 nhất.→ k = 21 hoặc k = 19.

Gọi I là trung ñiểm S1S2. IM =

MS12 − IS12 = 6 cm

Với k = 21: NS1 = 10,5 cm → IN = 10,52 − 82 = 6,8 cm → MN = 6,8 – 6 = 0,8 cm
Với k = 19: NS1 = 9,5 cm → IN = 5,12 cm → MN = 6 – 5,12 = 0,88 cm
→ k = 21 thỏa mãn và min (MN) = 0,8 cm = 8 mm. Chọn A.
Giải 4: Ta có:

.

M2

Hai ñiểm M1 và M2 gần M nhất dao ñộng cùng pha với M ứng với :
S1 M 2 = S1 M + λ = 10 + 0,5 = 10,5
Và:
S1 M 1 = S1 M − λ = 10 − 0,5 = 9,5
Từ ñó ta tính ñược:

M
M1
S1

H

Và:
Vậy ñiểm dao ñộng cùng pha gần M nhất cách M 8mm.
Giải 5: Bước sóng λ = v/f = 0,5 cm
Giả sử u1 = u2 = acosωt
2π .10

) = 2acos(ωt - 40π)
uM = 2acos(ωt 0,5
M dao ñộng cùng pha với nguồn
2π .d N
uN = 2acos(ωt ) = 2acos(ωt - 4πdN)
0,5
uN dao ñộng cùng pha với uM khi:
k
với k nguyên dương
4πdN = 2kπ dN =
2

d

N
M

dN
S1

O

S2