13 câu TRẮC NGHIỆM vật lý 12 HAY và KHÓ

13 CÂU TRẮC NGHIỆM VẬT LÝ 12 HAY VÀ KHÓ
Câu 1: Con lắc lò xo dao động theo phương ngang với phương trình
x = cos(

2π
2π
t−
)cm
3
3

, t tính theo đơn vị giây. Gọi S1 là quãng đường vật đi được
trong 2015 giây đầu tiên, S2 là quãng đường vật đi được trong 2015 giây tiếp
theo. Hệ thức đúng là
A.

S1 1344
=
S2 1345

B.

S1 5373
=
S2 5374

C.

S1 1345
=
S2 1344

D.

S1 5374
=
S 2 5373

.
Giải: Trong 2015 (s) đầu tiên = 671T + 2T/3
⇒ S1 =

4A×671 + A/2 + 2A + A/2 = 2687 (cm). (Chú
ý sau 671T vật quay lại vị trí ban đầu (t = 0), rồi
dùng vòng tròn quét 2T/3). Trong 2015 (s) tiếp
theo tức là 4030 (s) kể từ lúc t = 0; 4030 (s) =
1343T + T/3
⇒S =

4A×1343 + A/2 + A = 5373,5(cm)

⇒ S 2 = S − S1 = 2686,5 (cm) ⇒

S1 5374
=
S 2 5373

(tương tự trong 1343 vật quay lại vị trí (t = 0),
dùng vòng tròn quét T/3). Đáp án D
Câu 2: Một con lắc lò xo gồm lò xo có chiều dài tự nhiên l0 = 30 cm. Kích thích
cho con lắc dao động điều hòa theo phương nằm ngang thì chiều dài cực đại của

lò xo là 38 cm. Khoảng cách ngắn nhất giữa hai thời điểm động năng bằng n lần
thế năng và thế năng bằng n lần động năng là 4 cm. Giá trị lớn nhất của n gần
với giá trị nào nhất sau đây?
A. 3.
B. 5.
C. 8.
D. 12.
Giải: Ta có biên độ dao động A = l – l 0 = 8 cm
A

Giả sử tại x1 Wđ1 = nWt1 (n+1)Wt1 = W0  (n+1)x12 = A2  x1 =

n +1


1
n

nA

1
n

tại x2 Wt2 = nWđ2  ( +1)Wt2 = W0  ( +1)x22 = A2  x2 =
nA

x 2 – x1 =

( n − 1) A

A

n +1

n +1

-

n +1

n +1

=

. Thay A = 8cm; x2 – x1 = 4cm, ta được:

( n − 1)8
n +1

n

= 4  2(

n +1

- 1) =

 4(n - 2

n

+1) = n + 1

n

 3n + 3 = 8
 9n2 + 18n + 9 = 64n  9n2 - 46n + 9 = 0  n = 4,907 ≈ 5.
Đáp án B
Câu 3: Âm giai thường dùng trong âm nhạc gồm 7 nốt (do, rê, mi, fa, sol, la, si)
lặp lại thành nhiều quãng tám phân biệt bằng các chỉ số do 1, do2... Tỉ số tần số
f (do3 )
=2
f (do2 )

của hai nốt cùng tên cách nhau một quãng tám là 2 (ví dụ
). Khoảng
cách giữa hai nốt nhạc trong một quãng tám được tính bằng cung và nửa cung.
Mỗi quãng tám được chia thành 7 quãng nhỏ gồm 5 quãng một cung và 2 quãng
nửa cung theo sơ đồ:
do

fa

mi

rê
1

1

1/2

sol
1

1

do

si

la
1

1/2

Hai nốt nhạc cách nhau nửa cung thì hai âm tương ứng với hai nốt nhạc này có
f (do) 12
= 2
f ( si )

tỉ số tần số là 2 (ví dụ
). Biết rằng âm la3 có tần số 440Hz, tần số của
âm sol1 gần nhất với giá trị
A. 120 Hz.
B. 390 Hz.
C. 490 Hz.
D. 100 Hz.
Giải: Khi 2 nốt nhạc cách nhau nửa cung thì f12cao = 2f12thấp;
Khi hai nốt nhạc cách nhau một cung thì f12cao = 4f12thấp

12

Do vậy ta có:
440
412 4

= 98 Hz.
Đáp án D

f (la 3 )
f ( sol 3 )

12

=

4

và

f ( sol 3 )
f ( sol1 )

=4 

f (la 3 )
f ( sol1 )

f (la 3 )
12

=4

4

f(sol1) =

412 4

=


Câu 4: Trong môi trường đẳng hướng và không hấp thụ âm, có ba điểm theo
thứ tự A, B, C thẳng hàng. Một nguồn điểm phát âm có công suất là P đặt tại O
(không thuộc đường thẳng qua A, B, C) sao cho mức cường độ âm tại A và tại C
bằng nhau và bằng 30 dB. Bỏ nguồn âm tại O, đặt tại B một nguồn âm điểm phát
âm có công suất 10P/3 thì thấy mức cường độ âm tại O và C bằng nhau và bằng
40 dB, khi đó mức cường độ âm tại A gần giá trị nào nhất sau đây ?
A. 29 dB.
B. 34 dB.
C. 36 dB.
D. 27 dB.
Giải: Khi nguồn âm tại O: A và C có cùng mức cường độ
âm suy ra OA = OC.
IC =



P
P

⇒ L C = log 
÷ = 3 (B).
2
2
4 πOC
 4πOC .I0 

I C/ =

 10P 3 
10P 3
/
⇒
L
=
log

÷ = 4 (B).
C
2
4 πBC 2
 4πBC .I 0 

Ta có:
Khi nguồn âm tại B: O và C có cùng mức cường độ âm
nên suy ra:
BO = BC.
Ta có:

 10 OC 2

L/C − L C = log  .
2
 3 BC
Suy ra:

Áp dụng định lí cosin trong


÷ = 1 ⇒ OC = BC 3.

·
∆OBC ⇒ OBC
= 1200.

0
·
Dễ dàng suy ra AOC = 120 ⇒ AC = 3OC = 3BC ⇒ BA = AC − BC = 2BC.

2

I A  BC 
1
=
= 10L A − LB ⇔ = 10 L A − 4 ⇒ L A ≈ 3, 4 (B) = 34(dB).
÷
4
Suy ra: I C  BA 
Đáp án B
ωt + ϕ

Câu 5: Đặt điện áp u = U0cos(
) (V) vào hai đầu đoạn mạch gồm điện trở
thuần R, cuộn dây thuần cảm L và tụ điện C theo thứ tự nối tiếp, với độ tự cảm L
thay đổi được, còn các yếu tố khác thì không đổi. Khi L = L 1 thì điện áp hiệu dụng
hai đầu cuộn cảm đạt cực đại là ULmax và lúc đó u sớm pha hơn i một góc
0<

α

π
2

< ). Khi L = L2 thì điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn cảm là U L =
α

α

1
2

α

(với

ULmax và

lúc đó u sớm pha hơn i một góc 0,25 . Góc gần giá trị nào nhất sau đây ?
A. 1,2 rad.
B. 0,5 rad.
C. 0,9 rad.

D. 1,4 rad.
Giải: Với L1 ta có GĐVT OAB, độ lệch pha giữa u và i là φ = α
Với L2 ta có GĐVT OA’B’, độ lệch pha giữa u và i là φ’= α’ = 0,25α.


Trong hai trường hợp U không đổi, độ lệch pha giữa u RC và i là không đổi(vì
tan ϕ RC =

A

− ZC
R

không đổi).
Ta có: Lúc đầu ULmax nên u vuông pha với uRC.

U

π
2

Đặt |φRC| = β thì α + β = .
Áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác

O

0,5U Lmax
UL
U
=

=
sin α o sin( α '+ β) sin( α '+ β)

OAB ta có:

Từ (1) và (2) ta có:
0,25α +

π
2

-α=
π
3

β

A’

U
α’
αo UC

B

U’RC

U’R
U’C

UL=0,5ULmaxx

αo

B’

(2)

0,5U Lmax
U
U
=
= Lmax
sin α o sin(α '+ β)
1

π
6

α
URC

OA’B’ ta có:
(1)
Áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác
U Lmax
U
U
U
=

= Lmaxo = Lmax
sin α o sin(α + β) sin 90
1

ULmax

==> sin(α’ + β) = 0,5 ==> α’ + β =

π
6

=>

π
4π
=
2, 25 9

==> 0,75α = ==> α =
= 80o = 1,396(rad). Đáp án D
Câu 6: Đặt điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng U = 120 V, tần số f thay đổi
được vào hai đầu đoạn mạch gồm cuộn dây thuần cảm L, điện trở thuần R và tụ
điện C mắc nối tiếp theo thứ tự đó. Khi tần số là f1 thì điện áp hai đầu đoạn mạch
chứa RC và điện áp hai đầu cuộn dây L lệch pha nhau một góc 135 0. Khi tần số là
f2 thì điện áp hai đầu đoạn mạch chứa RL và điện áp hai đầu tụ điện lệch pha
nhau một góc 1350. Khi tần số là f3 thì xảy ra hiện tượng cộng hưởng. Biết rằng
2

2

 f2   f2 
96
2 ÷ − ÷ =
25
 f 3   f1 

. Điều chỉnh tần số đến khi điện áp hiệu dụng hai đầu tụ điện
đạt giá trị cực đại là UCmax. Giá trị UCmax gần giá trị nào nhất sau đây?
A. 123 V.
B. 223 V.
C. 130 V.
D. 180,3 V.


Giải: Khi
1
C=
Rω1

Khi
(2).
Khi

thì

Z1C = R ⇒ ω1 =

vẽ giãn đồ ra có được:

1

RC

và

(1).

f = f2

f = f3

f = f1

uuur uur
(u RC ; u L ) = 1350 ⇒

thì

uuur uur
(u RL ; uC ) = 1350 ⇒

Z 2L = R ⇒ ω2 =

vẽ giãn đồ ra có được:

⇒ ω3 =

thì cộng hưởng

Từ (1), (2) và (3) suy ra được:
2

Mặt khác:

R
L

L=

và

R
ω2

1
(3).
LC

ω32 = ω1.ω2

2

(4).
2

2

 f2   f2  96
 ω   ω  96
⇒ 4 2 ÷ − 2 ÷ = .
2 ÷ − ÷ =

25
 f3   f1  25
 ω3   ω1 

Thay (4) vào được:

2

4.

ω2  ω2  96
− ÷ =
ω1  ω1  25

Thay đổi f để
U C max =

UC

(5)
U C max =

đạt cực đạt thì

2U.L
R 4LC − R 2 C 2

thay (1) và (2) vào ta

2U

2

ω ω 
4. 2 −  2 ÷
ω1  ω1 

U C max =

2.120
96
25

= 122, 48 (V)

được:
. Thay (5) vào ta được:
. Đáp
án A
Câu 7: Cho mạch điện gồm R, L và C theo thứ tự nối tiếp,
cuộn dây có điện trở r. Đặt vào hai đầu đoạn mạch một điện
áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng không đổi, tần số f = 50
Hz. Cho điện dung C thay đổi người ta thu được đồ thị liên hệ
giữa điện áp hiệu dụng hai đầu mạch chứa cuộn dây và tụ
điện UrLC với điện dung C của tụ điện như hình vẽ phía dưới. Điện trở r có giá trị
bằng
A. 50 Ω.
B. 30 Ω.
C. 90 Ω.
D. 120 Ω.

U rLC = I.Z rLC

Giải: Ta có:
Khi C= 0

U r 2 + (Z L − Z C )2
U
= .Z rLC =
.
Z
(R + r)2 + (Z L − Z C )2

⇒ Z C = ∞ ⇒ U rLC = U = 87

C = 100 π (µF) ⇒ Z C = 100 (Ω)

Khi

U rLC

Z L = Z C = 100 (Ω)

và

V. (tính giới hạn ta được kết quả)
thì

U .r
87

=
=
R+r
5

C = ∞ ⇒ Z C = 0 ⇒ U rLC

Khi
Đáp án A

V

U rLC

cực tiểu, khảo sát hàm số có được:

⇒ R = 4r

87 2
r + 1002
5
=
⇔ 3 145 =
⇔ r = 50 (Ω).
(R + r)2 + Z 2L
(4r + r)2 + 1002
U r 2 + Z 2L

u = U 2cos(ωt + φ)

Câu 8: Đặt điện áp xoay chiều
vào hai đầu một đoạn mạch gồm
điện trở thuần R mắc nối tiếp với một cuộn cảm thuần L, biết điện trở có giá trị
gấp 3 lần cảm kháng. Gọi uR và uL lần lượt là điện áp tức thời ở hai đầu điện trở
R và ở hai đầu cuộn cảm thuần L ở cùng một thời điểm. Hệ thức đúng là
A.

90u 2R +10u 2L = 9U 2

2
R

2
L

10u + 90u = 9U

Giải: Ta có:

Ta có:
2
R

.

B.

45u 2R + 5u 2L = 9U 2

C.

.

D.

2

.

U =


R = 3Z L ⇒ U R = 3U L ⇒ U L =


U R =


uuu
r uuu
r  u 2  u  2
UR ⊥ UL ⇒  R ÷ +  L ÷ = 1 ⇒
 U 0R   U 0L 
2
L

.

5u 2R + 45u L2 = 9U 2

5u + 45u = 9U

U 2R + U 2L
U
10
3U
10

Ráp các thông số trên vào ta được

2

.

Đáp án C
Câu 9: Một anten parabol đặt tại điểm M trên mặt đất, phát ra một sóng truyền
theo phương làm với mặt phẳng nằm ngang một góc 300 hướng lên cao. Sóng


này phản xạ trên tầng điện li, rồi trở lại gặp mặt đất ở điểm N. Xem mặt đất và
tầng điện li là những mặt cầu đồng tâm có bán kính lần lượt là
R1 = 6400 (km)

R 2 = 6500 (km).

và
Bỏ qua sự tự quay của trái đất.
Cung MN có độ dài gần giá trị nào nhất sau đây ?
A. 360 km.
B. 345 km.

C. 335 km.
D. 375 km.
∆OMP :

Giải: Xét
Suy ra:

OM
OP
6400
6500
=
⇔
=
⇒ α ≈ 50,50.
0
0
0
sin α sin(90 + 30 )
sin α sin120

·
β = 180 − (120 + α ) ⇒ MON
= 2β = 2,990 ≈ 0,052 (rad)

·
⇒ MN = R1 .MON
= 333,59 (km).

Đáp án C

Câu 10: Một học sinh làm thí nghiệm đo bước sóng ánh sáng bằng thí nghiệm
giao thoa qua khe Yâng. Kết quả đo được khoảng cách hai khe a = (0,15 ± 0,01)
mm, khoảng cách từ hai khe tới màn D = (0,418 ± 0,0124) m và khoảng vân i =
(1,5203 ± 0,0111) mm. Bước sóng dùng trong thí nghiệm là
A. λ = 0,55 ± 0,06 µm.
B. λ = 0,65 ± 0,06 µm.
C. λ = 0,55 ± 0,02 µm.
D. λ = 0,65 ± 0,02 µm.
Giải: Ta có:
a.i
= 0,55 (µm)
D
∆λ ∆a ∆i ∆D
=
+ +
⇒ ∆λ ≈ 0,06 (µm) ⇒ λ = λ ± ∆λ = 0,55 ± 0,06 (µm).
λ
a
i
D
Đáp án A

λ=

và

Câu 11: Cho mạch điện như hình vẽ. Điện áp đặt vào hai đầu đoạn mạch có giá
trị hiệu dụng không đổi nhưng tần số thay đổi được. Khi tần số f = f 1 thì hệ số
công suất trên đoạn AN là

k1 = 0,6, hệ số công suất trên toàn mạch là k = 0,8.
Khi f = f2 = 100Hz thì công suất trên toàn mạch cực đại. Tìm f1 ?


M

A

R

A. 80Hz B. 50Hz

C. 60Hz

Giải: cosϕ1 = 0,6 ------> tanϕ1 =
tanϕ1 =

ZL
R+r

=

4
3

-----> ZL =

cosϕ = 0,8 ------> tanϕ = ±
tanϕ =
ZL

ZC

=

Z L − ZC
R+r

ω12

=±

LC và

* Khi ZL – ZC =

3
4

3
4

ω 22

4
3

D. 70Hz

4
3

(R + r) (*)

3
4
3
4

------> ZL – ZC = ± (R +r) (**)
LC = 1 ------>

(R +r) ------> ZC =

ZL
ZC
7
12

=

ω12
ω 22

=

f12
f 22

(R +r) --->

-----> f1 = f2
ZL
ZC

=

ZL
ZC

16
7

4 f2

----> f1 =

7

= 151,2 Hz Bài toán vô nghiệm

** Khi ZL – ZC = ZL
ZC

3
4

(R +r) ------> ZC =

25
12

(R +r) -->

ZL
ZC

=

16
25

4
5

f1 = f 2
= f2. = 80Hz. Đáp án A
Câu 12: Một tấm pin quang điện gồm nhiều pin mắc nối tiếp. Diện tích tổng
cộng của các pin nhận năng lượng ánh sáng là 0,6 m 2 Mỗi mét vuông của tấm
pin nhận công suất 1360 W của ánh sáng. Dùng bộ pin cung cấp năng lượng cho
mạch ngoài, khi cường độ dòng điện là 4 A thì điện áp hai cực của bộ pin là 24 V.
Hiệu suất của bộ pin là
A. 14,25% .
B. 11,76%.
C. 12,54%.
D. 16,52%.
Giải: Công suất của Pin: PPin = W.S = 1360.0,6 = 826 (W).

Công suất có ích (cung cấp cho mạch ngoài): PMN = U.I = 24.4 = 96 (W).

Hiệu suất của Pin: H = PMN PPin = 11,76%. Đáp án B
Câu 13: Biết đồng vị urani U235 có thể bị phân hạch theo phản ứng sau :
1
0

139
94
1
n + 235
92 U → 53 I + 39Y +3 0 n

. Khối lượng của các hạt tham gia phản ứng: mU =
234,99332u; mn = 1,0087u; mI = 138,8970u; mY = 93,89014u; 1 uc2 = 931,5 MeV.
Nếu có một lượng hạt nhân U235 đủ nhiều, ban đầu ta kích thích cho 10 10 hạt
U235 phân hạch theo phương trình trên và sau đó phản ứng dây chuyền xảy ra
trong khối hạt nhân đó với hệ số nhân nơtrôn (số nơtron được giải phóng sau
mỗi phân hạch đến kích thích các hạt nhân Urani khác tạo nên phân hạch mới)
là k = 2. Coi phản ứng không phóng xạ gamma. Năng lượng toả ra sau 5 phân
hạch dây chuyền đầu tiên (kể cả phân hạch kích thích ban đầu) là
A. 175,85 MeV.
B. 11,08.1012 MeV.
C. 5,45.1013 MeV.
D.
12
8,79.10 MeV.
Giải: Năng lượng tỏa ra sau mỗi phân hạch:
∆E = ( mU + mn - mI - mY - 3mn )c2 = 0,18878 uc2 = 175,84857 MeV = 175,85 MeV
- Khi 1 phân hạch kích thích ban đầu sau 5 phân hạch dây chuyền số phân hạch
xảy ra là
1 + 2 + 4 + 8 + 16 = 31

- Do đó, số phân hạch sau 5 phân hạch dây chuyền từ 10 10 phân hạch ban đầu N
= 31.1010
Năng lượng tỏa ra : E = N. ∆E = 31.1010 x175,85 = 5,45.1013 MeV. Đáp án C