ĐÁP ÁN TẠM THỜI MÔN LÝ

Phạm Văn Cường – Nguyễn Xuân Tùng – Bảo Yến
ĐÁP ÁN CHI TIẾT TẠM THỜI MÔN LÝ GSTT
Câu 1: Đáp án D
- Như chúng ta đã biết bước sóng là quãng đường mà sóng truyền được trong một chu kì nên dễ dàng áp dụng
công thức : λ = vT ra ngay kết quả bài toán
λ = vT = 1.0,5 = 0,5(m) = 50 cm
Bình luận: Có thể nói đây là bài toán dễ trong đề đại học, rất là cơ bản chỉ cần thuộc công thức và áp dụng.
Câu 2: Đáp án B
Lý thuyết ftia hồng ngoại < ftia tử ngoại
Nhận xét: Chỉ cần nhớ lại kiến thức định nghĩa về 2 tia này là có thể tìm ra đáp án. “ Tia hồng ngoại là những
bước xạ không nhìn thấy được có bước sóng lớn hơn bước sóng ánh sáng đỏ (𝜆>0,75µm). Tia tử ngoại là bức xạ
không nhìn thấy có bước sóng nhỏ hơn bước sóng ánh sáng tím (λ <0,40µm)”. Bước sóng càng nhỏ tần số càng
lớn và ngược lại.
Câu 3. Đáp án B

M

2UR

C thay đổi URC max =

B

√4R2 + ZL2 − ZL
2.200. R

400 =

√4R2

+

ZL2

R

⇒

− ZL

√4R2

+

ZL2

=1

A

− ZL

⇒ ZL = 1,5R
C thay đổi: URC min khi UAM ⊥ UMB
R AB = √ZL2 + R2 =
U = URC min =

R√13
2

U. R

=

200.2

= 111(V)
R√13
√13
2
Bình luận: Có thể nói đây là một câu hỏi mang tính phân loại học sinh cao chương điện xoay chiều rất nhiều em
lạ lẫm câu hỏi bắt tính . Các em thường chỉ biết đến công thức U = URC max . Tính U = URC min tưởng chửng khó
nhưng khi chứng minh ra được công thức kinh nghiệm để nhớ thì làm đề đại học gặp đúng dạng toán này rồi
giải quyết cực kì đơn giản. CÂU NÀY TRONG “ đề số 3”CUỐN SIÊU PHẨM LUYỆN ĐỀ TRƯỚC KÌ THI ĐẠI HỌC
MÔN VẬT LÝ. đã có tương tự dạng bài này đã được tác giải, trình bày nêu chú ý nhắc lại chi tiết công thức nên
nhớ; hẳn em nào đã làm cuốn siêu phẩm này đợt thi đại học vừa rồi giải tốt câu này trong thời gian ngắn. ( đề
đại học chỉ khác số liệu thôi) .
Bài toán dưới đây trích : trong cuốn “ Siêu phẩm luyện đề trước kì thi đại học môn vật lý”.
Bài toán (C19): Đoạn mạch LRC mắc nối tiếp, cuộn dây thuần cảm, điện trở R = 40  tụ điện có điện dung C thay

π
đổi được. Điện áp xoay chiều hai đầu đoạn mạch có biểu thức u = 200 cos  ωt   (V). Điều chỉnh C để
7

max
min
min
URC  URC
 200V và đạt giá trị cực tiểu URC
. Giá trị URC
là:

A.

200

V.

3
Phân tích và hướng dẫn giải:

B.

200 3
V.
2

max
⋄ Với bài toán C biến thiên: ta có: URC


C. 60√2V

U.2R
Z2L  4R 2  ZL

D. 50√2V.

 200(V) (*)

–Thế giá trị R và U vào (*) ta thu được: ZL  20 2

min
+) Đề bài có đề cập giá trị cực tiểu URC
: Như đã biết công thức kinh nghiệm phải nhớ khi C thay đổi:

1|G S T T G R O U P


Phạm Văn Cường – Nguyễn Xuân Tùng – Bảo Yến
min
URC


U.R
R 2  Z2L



100 2.40

 40  800
2



200
3

V

Bình luận: Các em chú ý đến 2 công thức mới về cực trị: Khi thay đổi L để hiệu điện thế hiệu dụng URL đạt giá trị

U.R

cực tiểu: URLmin =
URCmin =

R

2

 Z2C

U.R
R

2

 Z2L

. Còn đối với C biến thiên để hiệu điện thế hiệu dụng URC đạt giá trị cực tiểu có:
(2 công thức này được chứng minh rất đơn giản bằng phương pháp đạo hàm).

Câu 4. Đáp án A
Nhận xét: Bài toán này đọc có vẻ rất dài và khó hiểu đòi hỏi kiến thức thực tế

Cách 1: Gọi tần số ứng với nốt La và Sol lần lượt là f9 và f7
Theo đề: fc12  2ft12  fc  12 2ft  f9  12 2f8  (12 2)2 f7  440Hz  f7  392Hz
Cách 2: Gọi f1 là tần số của âm ứng với nốt Đồ; f2; f3 là tần số âm lần lượt ứng với nốt Sol, La
Theo đề bài ta có: f212  27 f112 và f312  29 f112
→ f212 

1

f 12
2 3

→ f2 =

2
Câu 5. Đáp án A

f3
6

2

= 392 Hz.

Cuộn cảm có độ tự cảm L1 : I1 =
Cuộn cảm có độ tự cảm L2 : I1 =

Q0
√L1 C

Q0
√L2 C

Cuộn cảm có độ tự cảm L3 : L3 = 9L1 + 4L2
I3 =

Q0

√(9L1 + 4L2 )C

1
9 4
2 = 2 + 2 ⇒ I3 = 4mA
I3 I1 I2
Bình luận: Đây là 1 bài thuộc chương dao động điện từ mang tính phân loại nhất trong chương này dạng câu hỏi
khá lắt léo. Dạng câu này ‘ CUỐN SIÊU PHẨM LUYỆN ĐỀ TRƯỚC KÌ THI ĐẠI HỌC MÔN VẬT LÝ ’ có nhắc đề cập
đến xin chỉ dẫn trích 1 câu hỏi thuộc đề 3.
Ta có:

Bài toán (C43). Có ba mạch dao động điện từ lí tưởng, các tụ điện có cùng điện dung và các cuộn cảm thuần có
độ tự cảm L1; L2; L3 trong đó: L3 = 9L1 + 8L2. Tại t = 0, ba mạch hoạt động, các tụ điện đồng loạt phóng điện từ
giá trị cực đại của chúng. Gọi t1 là thời điểm mà cường độ dòng điện có độ lớn bằng giá trị hiệu dụng của mạch
thứ 2 lần đầu và mạch thứ nhất lần 2, t2 là thời điểm mà cường độ dòng điện của mạch thứ ba có độ lớn bằng giá
trị hiệu dụng của nó lần thứ nhất. Mối quan hệ của t1; t2 là:
A. t2 = t1.

B. t2 = 8t1.

C. t2 = 3t1.

Phân tích và hướng dẫn giải:
Khi: t = t1, |i1| =

Khi: t = t2, |i3| =

I1 2
2
I3 2

2

2|G S T T G R O U P

lần 2, |i2| =

I2 2
2

lần đầu  t 2 

T3
8

lần đầu  t 1 

3T1
8



T2
8

 T2 = 3T1

D. t2 = 9t1.


Phạm Văn Cường – Nguyễn Xuân Tùng – Bảo Yến

⋄Theo giải thiết có: L3 = 9L1 + 8L2, các C giống nhau  T32  9T12  8T22  81T12  T3 = 9T1  t 2 

9T1
8

 t2 = 3t1.

Bài tập vận dụng: Ba mạch dao động điện từ lí tưởng a, b, c dùng để thu sóng điện từ gồm các tụ điện giống nhau,
các cuộn cảm thuần có độ tự cảm ở các mạch lần lượt là L1, L2 và L3 = 9L2 – 7L1. Tần số dao động của mạch a, b
lần lượt là 1 MHz và 750 kHz. Bước sóng mạch c thu được là:
A. 400 m.
B. 900 m.
C. 100 m.
D. 300 m.

Câu 6: Đáp án D
Ở thời điểm t 2 Wđ = 0,064J, Wt = 0,064J ⇒ W = Wđ2 + Wt2 = 0,128(J)
Vật ở vị trí: x2 = ±

A
√2

+) Ở thời điểm t1 : Wt1 = W − Wđ1 = 0,032J
Wt1 1
A
= ⇒ Vật ở vị trí x1 = ±
W
4
2
Trong ∆t = t 2 − t1 =

π
5π
; ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
OM quay NOM ′ =
48
12

2π
π
π
⇒ T = 5π =
=
⇒ ω = 20 (rad/s)
12 48 10
ω=

mω2 A2
2

⇒ 0,128 =

0,1.202 .A2
2

⇒ A = 8cm.

Bình luận: Bài toán này có trong đề số (câu 5 của đề số 16 )trong cuốn “ Tuyển tập 90 đề thi thử môn VẬT LÝ
tập 1. Ai chịu khó luyện đề trong cuốn này đã giải quyết nhanh gọn bài toán phân loại khó này.
Câu 7. Đáp án D

λ = 2.6 = 12 cm
Biên độ sóng tại C, D là AC = 3 |sin

2π(−10,5)
3
|=
12
√2
AD = 3 |sin

2π. 7
| = 1,5 cm
12

Đến thời điểm t 2 OC quay thêm một góc:
COC =

79
19.3
. 2π. 5 =
π
40
4

Ta có:
xD
=
xC
xD
3⁄

√2

2π. 7
12
2π(−10,5)
3 sin
12
A 3 sin

= −√2 ⇒ xD = −1,5 cm.

Bình luận: Một bài toán rất khó phân loại học sinh giỏi. Ai đã từng giải đề số 2 trong cuốn “SIÊU PHẨM LUYỆN
ĐỀ TRƯỚC THI ĐẠI HỌC MÔN VẬT LÝ” sẽ nhận ra 1 bài y hệt câu này bài toán chỉ khác số liệu và giải rất chi tiết
phân tích từng vấn đề sâu xa giúp các em hiểu sâu. “ chắc rằng ai đã luyện đề số 2 cuốn siêu phẩm sẽ giải nhanh
gọn câu hỏi khó đề đại học vừa rồi: Xin trích dẫn lại bài toán trong cuốn siêu phẩm.
3|G S T T G R O U P


Phạm Văn Cường – Nguyễn Xuân Tùng – Bảo Yến
Bài toán(C13). Sóng dừng trên dây có tần số f = 20 Hz và truyền đi với tốc độ 1,6 m/s. Gọi N là vị trí của một nút
32
sóng; C và D là hai vị trí cân bằng của hai phần tử trên dây cách N lần lượt là 9 cm và
cm và ở hai bên của N.
3
9
Tại thời điểm t1 li độ của phần tử tại điểm D là −√3cm. Li độ của phần tử tại điểm C vào thời điểm t2 = t1 +
s
40
là
A. −√2 cm

B. −√3 cm.
C. √2 cm.
D. √3 cm
Phân tích và hướng dẫn giải:
v
⋄Đầu tiên dựa đề bài sẽ tính được: λ =
= 8 cm.
f
⋄ Từ đây tính biên độ từng điểm
λ
λ
⋄Ta có CN = 9 cm = λ  ; ND = 32/3 cm = λ  .
8
3
λ
⋄ Với điểm C cách 1 nút là
 biên độ dao động tại C là:
8
 λ /8 
2πd
AC = 2a sin
= 2asin2π 
 = a 2.
λ
 λ 
⋄ Với D cách 1 nút là

λ
 biên độ dao động tại D là:
3

AD = 2a sin

λ /3
2πd
= 2asin2π
=a 3.

λ

⋄Ta biết rằng các phần tử trên cùng 1 bó sóng luôn dao động cùng pha, 2 bó sóng cạnh nhau luôn dao động
ngược pha. Vì thế theo hình vẽ suy ra uC và uD dao động ngược pha. Ta có nếu phương trình:
uC = a 2 cos t thì uD = a 3 cos t .Từ đây sẽ có được mối quan hệ cực kì quan trọng đó là:
+) Ta có t = t2 – t1 =

9
T
s = 2T + .
40
2

+) Nên ở thời điểm t1: uC = – 3 cm  ở thời điểm t2: uC = + 3 cm

 Ở thời điểm t2 : uD = uC ( 

2

)=–

2 cm

3
N

D

C

λ/3

λ/8
Câu 8. Đáp án B
Ta có: I0 = Q0   

I0
Q0

. Vậy chu kì: T =

2Q0
I0

Câu 9. Đáp án C
Nhận xét: Đồng vị là những nguyên tử có cùng Z nhưng khác N (khác A)

4|G S T T G R O U P

uC
uD



2
3


Phạm Văn Cường – Nguyễn Xuân Tùng – Bảo Yến
Câu 10. Đáp án C
Wđmax = W = 0,5mω²A² = 0,5.0,05.3².0,04² = 3,6.10–4 J.
Câu 11. Đáp án A

Câu 12. Đáp án B
Cách 1:
uAN = 200 cos(ωt)

A

π
UMB = 100 cos (ωt + )
3
AI 3
= ⇒ IN = 80
{ IN 2
MI 3
= ⇒ MI = 60
IB 2
∆IMN có MN = √IM 2 + IN 2 − 2IN. IM. cos MIN
MN = 121,6
121,6
uhd MN =

= 86
√2
Cách 2:

3
Z
2 L

1
6

giảm, đến t 2  .102  s  thì uMB = -U0MB nên ta có:
2
3

T  2 1  2
    .10    100  rad / s 
4 3 6

+ Từ đồ thị thấy tại t = 0 thì uAN = 200V nên phương
trình u AN  200cos 100 t  V  . Còn uMB = 50V và đang

3

giảm nên phương trình uMB  100cos  100t    V 
+ Ta có:

uL
uC



ZL

2
2
   uL   uC
ZC
3
3

+ Lại có:
u AN  uC  u X
2u AN  2uC  2u X
u AN  uC  u X



2 
uMB  u X  uL uMB  u X  uC 3uMB  3u X  2uC
3


2u AN  3uMB 2.2000  3.100 3
 uX 

5
5
Đến đây ta đến dàng tính được

uX  20 370,44  UX  10 74V  86V
Câu 13. Đáp án C
Số nuclon của hạt. Th hơn hạt P0 = 230 − 210 = 20 (hạt)
Câu 14. Đáp án D
5|G S T T G R O U P

ZL
N

+ Nhận thấy tại t 1  .102  s  thì uMB = 0 và đang



π
3

M

+ Từ đồ thị có điện áp cực đại trên AN và MB lần lượt
là U0AN = 200V và U0MB = 100V



B

I


Phạm Văn Cường – Nguyễn Xuân Tùng – Bảo Yến
Whp = Wđ − Wcơ = 110 − 88 = 22W

Wcơ 88
=
=4
Whp 22
Câu 15. Đáp án C

+
v
 0,5  cm  . Và MO  102  82  6  cm 
f
+ Lại có: dM  dN  k . Vì N gần M nhất nên k  1  dM  dN  0,5 cm

+ Ta có :  

 

 

N

 

M

Trường hợp 1: dM  dN  0,5 cm  dN  dM  0,5  10,5 cm .

N

Từ hình tính được MN: MN  10,5  8  6  0,8  cm   8mm
2

 

2

10cm

 
9,52  82  0,88  cm   8,8mm

Trường hợp 2: dM  dN  0,5 cm  dN  dM  0,5  9,5 cm .
Từ hình tính được MN: MN  6 

Vậy N gần M nhất cách M đoạn 8 mm  chọn A
Câu 16. Đáp án A

Theo giả thiết: 1 = 0,35 rad =
Vẽ giãn đồ véc tơ như hình vẽ

200;

2 = -1,58 rad = -


+
2

=

sin 

=

S1

O

8cm

S2

O

 = 1800 - 1- 2 = 700
Áp dụng ĐL hàm số sin
A1

900

A2
sin(1  )

=



A
20
=
= 21,3

sin
sin700

A1 = 21,3sin = 21.3cos
A2 = 21,3sin(200 - )
A1 + A2 = 21,3[cos + sin(200 - )] = 21,3[cos + cos(700 + )] = 42,6cos350cos( + 350)
(A1 + A2)max = 42,6cos350 = 34,896 cm gần giá trị 35cm nhất.
Câu 17. Đáp án B
+ Từ đồ thị nhận thấy hai mạch có cùng chu kì dao động T = 10-3 s hay có cùng


2
 2000  rad / s 
T

+ Từ đồ thị thấy rằng tại t = 0 thì i1 = 0 và đang tăng còn i2 = - I02 nên ta có phương trình của các

4



3
i1  8.10 cos  2000t    A  q1   cos  2000t    C 
2


dòng điện là: i2  6.103 cos 2000t    A   q  3 cos  2000t  3   C   q1  q2




 2 
2 





5
2
2
 Q02
  C 
+ Ta có: q  q1  q2  Q0  Q01


Câu 18. Đáp án D.
+ Vặn cho đầu của núm xoay vào vị trí của thang đo có giới hạn đo hơi lớn hơn độ đo (c)
+ Cắm hai đầu dây vào 2 ổ COM và V (d)
+ Nhấn nút ON/OFF để mở máy (a)
6|G S T T G R O U P


Phạm Văn Cường – Nguyễn Xuân Tùng – Bảo Yến
+ Cho hai đầu dây đo tiếp xúc với hai đầu đoạn mạch cần đo (b)
+ Chờ cho các chữ số ổn định, đọc trị số của điện áp (e)
+ Kết thúc các thao tác đo, nhấn nút ON OFF để tắt nguồn của đồng hồ (g).
Câu 19. Đáp án A

Tại thời điểm t =0,95s, vận tốc của vật: v = -x. Thay vào công thức độc lập
thời gian A2  X2 

v2

ta được: x  

A


2
+) Trong một chu kì vật đi qua vị trí v = -x hai lần.
3T 19T
 0,95s. Suy ra T = 0,4s
Lần thứ 5 đi khoảng thời gian: t = 2T +
8
8
Vậy tính được k = 25N/m.
2

Câu 20. Đáp án C.
Gia tốc cực đại ao = ω2 A = 59,2 nên A sai.
Chu kì T = 2s nên B sai.
Tốc độ cực đại vo = ωA = 6π ≈ 18,8 nên C đúng.
Tần số f = 0,5Hz nên D sai.
Câu 21. Đáp án B. Tán sắc ánh sáng.
Giải thích: Các em chú ý điều kiện của các loại hiện tượng:
-

Phản xạ ánh sáng: xảy ra rõ nét chỉ khi có gương hoặc tráng bạc.

-

Tán sắc ánh sáng: Lăng kính, ánh sáng tổ hợp bị tách thành các ánh sáng đơn sắc.

-

Giao thoa ánh sáng: Có ít nhất 2 nguồn sáng (thật hoặc ảo), các chùm sáng tương tác giao thoa
với nhau tạo thành các vân tối, vân sáng (đối với ánh sáng đơn sắc), với ánh sáng đa sắc thì
chùm sáng đa sắc còn bị tách thành các màu khác nhau.
Lưu ý: trường hợp đặc biệt là giao thoa bản mỏng xảy ra ở bong bóng xà phòng.

-

Phản xạ toàn phần: Ánh sáng ở môi trường có chiết suất lớn với góc tới đủ lớn sẽ phản xạ lại
môi trường có chiết suất lớn hơn.
Lưu ý: Có giống phản xạ ánh sáng nhưng khác biệt là: thứ nhất: hiệu suất của ánh sáng phản lại
rất cao, gần tới 100% (trong phản xạ thì thường nhỏ hơn nhiều). Thứ hai: Luôn chỉ xảy ra khi
ánh sáng đi từ môi trường có chiết suất lớn hơn đi ra ngoài.

Câu 22. Đáp án D.
tan φ =

ZL R
π
= =1⇒φ=
R R
4

Câu 23. Đáp án B.
Do có thể tăng điện áp từ U lên 18U nên k. 2k = 18 ⇒ k = 3 ⇒ {

7|G S T T G R O U P

N2A = 3N1A
N2B = 6N1B


Phạm Văn Cường – Nguyễn Xuân Tùng – Bảo Yến

Nếu N2A = N1B = N ⇒ N2B = 6N, N1A =
Nếu N2B = N1A = N ⇒ N1B =

N N
⇒ + 6N + 2N = 3100 ⇒ N = 372
3
3

N
N
, N2A = 3N ⇒ 3N + 2N + = 3100 ⇒ N = 600
6
6

Câu 24. Đáp án A.
Dòng điện sớm pha hơn điện áp góc π/2 nên φ = 3π/4 .
Câu 25.Đáp án B.
Ở đây thì ta chỉ cần dùng phương pháp loại trừ:
-

Đầu đọc đĩa CD có “mắt thần” để đọc dữ liệu trên đĩa (bản chất dữ liệu lưu trên đĩa CD là các
chấm trên mặt đĩa với 2 tính chất: Có phản chiếu ánh sáng và không phản chiếu ánh sáng, do đó

phải dùng ánh sáng, cụ thể là tia laze để đọc).

-

Dao mổ trong y học: tia laze có các tính chất quý như: Có khả năng hủy diệt tế bào lớn, độ chính
xác cực cao do đó tạo được vết cắt cực mảnh và chính xác. Do đó được dùng làm dao mổ trong y
học.

-

Truyền tin bằng cáp quang: Tia laze mang được năng lượng cực lớn (do cường độ lớn), do đó
khắc phục được sự giảm cường độ dữ liệu trong quá trình truyền.

Tất cả những ứng dụng trên đều dựa trên đặc điểm lợi thế của tia laze, cần hiểu và liên tưởng mới
không bị nhầm.
Câu 26: Chọn D.
2
Tia α là dòng các hạt nhân He nên:
4
-

Điện tích +2e, có lệch trong điện trường và từ trường, loại đáp án A.

-

Không là dòng hạt nguyên tử H (đương nhiên) Loại đáp án B.

-

Có khối lượng, do đó không thể có tốc độ như ánh sáng. Loại C.

Chỉ có đáp án D đúng

Câu 27: Đáp án D
Nhận xét:
Tia X có bản chất sóng điện từ, bước sóng nhỏ hơn tia tử ngoại và lớn hơn tia gamma, do đó nó không
thể cùng bản chất với sóng âm (bản chất là sóng cơ). Chọn đáp án D.

Câu 28. Đáp án C
s = 4A = 20 cm.
-A

Câu 29. Đáp án C.
T=
8|G S T T G R O U P

1
f

O

A


Phạm Văn Cường – Nguyễn Xuân Tùng – Bảo Yến

Câu 30. Đáp án C.
Theo ĐL bảo toàn động lượng P = Pp + Pn

 P2 = (Pp + Pn)2  mK = mPKP + mnKn + 4 mPK Pmn K n
4K = 30KP + Kn + 4 30K PK n ;

KP
Kn

=

mP
mn

= 30  Kp = 30Kn

4K = 901Kn + 120Kn= 1021Kn
Theo ĐL bảo toàn năng lượng K = Kp + Kn + 2,70 = 31Kn + 2,7
4K 
K = 31Kn + 2,7 = 31.
+ 2,7  K = 3,10 MeV.
1021

Câu 31. Đáp án B
P1 = I21R = 100W, P2 = I22R = 50W

 I1 = 2 I2  Z22 = 2Z21  R2 + Z2L = 2R2 + 2(ZL – ZC)2 = 2R2 + 2Z2L + 2Z2C – 4ZLZC
 2Z2C – 4ZLZC + R2 + Z2L = 0  Z2 –L 4ZLZC + R2 +2Z2C = 0 .
R
Điều kiện để phương trình có nghiệm: ’ = 4Z2C – R2 – Z2C = 3Z2C – R2  0  ZC 
= 279,4.
3

Câu 32. Đáp án B.
Bình luận: Câu này trong cuốn “ SIÊU PHẨM LUYỆN ĐỀ TRƯỚC KÌ THI ĐẠI HỌC” câu 50 đề số 1 có câu

này. Một sự ngẫu nhiên đề đại học ra câu này, đây là dạng câu hỏi lý thuyết khó đòi hỏi các phải nhớ
chi tiết thang sóng điện từ bước sóng vô tuyến. Xin trích đoạn lại câu hỏi :
Câu hỏi (C50) Theo chiều tăng dần của bước sóng các loại sóng điện từ thì ta có sự sắp xếp sau:
A. tia γ, tia tử ngoại, tia X, ánh sáng nhìn thấy, tia hồng ngoại, sóng vô tuyến.
B. tia γ, tia X, tia tử ngoại, ánh sáng nhìn thấy, tia hồng ngoại, sóng vô tuyến.
C. tia X, ánh sáng nhìn thấy, tia hồng ngoại, sóng vô tuyến, tia tử ngoại, tia γ.
D. sóng vô tuyến, tia hồng ngoại, ánh sáng nhìn thấy, tia tử ngoại, tia X, tia γ.
Phân tích hướng dẫn giải. Đáp án B
Dựa vào thang sóng điện từ.
(lưu ý: Các em nên ghi nhớ thang sóng điện từ để vận dụng làm bài tập lý thuyết).

Câu 33. Đáp án D.
A=

14
= 7 cm
2

Gia tốc đạt giá trị cực tiểu lần thứ 2 tức là vật đến biên dương lần thứ 2.
Vật có vị trí ban đầu là −π/3 nên quãng đường đi được là s = A/2 + 4A = 9A/2 = 31,5
π
7π
α 7T 7
s 31,5
Góc quét là + 2π =
nên thời gian là Δt = =
= s ⇒ vtb = =
= 27.
3
3

ω
6
6
t 7/6
Nhận xét: Đây là bài không khó nhưng dễ mắc sai lầm rất nhiều người mắc bẫy bài này: lưu ý Lưu ý đề
dùng từ “giá trị” chứ không phải “độ lớn.
Câu 34. Đáp án A .
Nhận xét: áp dụng công thức tính hoảng vân
i=

9|G S T T G R O U P

λD 0,45.2
=
= 0,9
a
1


Phạm Văn Cường – Nguyễn Xuân Tùng – Bảo Yến

Câu 35. Đáp án A.
Câu 36. Đáp án A
Cách 1: Vẽ giản đồ vetor
Ta thấy : 1802 = U2 + ( 8 U)2  U = 60V
Cách 2: 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
→ U² 8 = U1R.U2R =

U2AB

U .
2

U2AB

 8U

UR1
1

U
180V
UR2

U

2

→ 8U4 = (180² – U²)(180² – 8U²)
→ 1804 = 9.180².U²
→ U² = 60²
→ U = 60 V
Câu 37. Đáp án D.
F=
Câu 38. Đáp án B.
+ Lò xo dãn khi A  x  

0

kq2 FN
rL 2
4ro 2
1
FL
⇒
=
(
)
=
(
)
=
⇒
F
=
N
r2
FL
rN
16ro
16
16
và nén khi 

0

t dan  t nen  T


T
+ Theo đề ta có: t dan  2t nen  t nen   
3



xA

0



A
2

+ Lực kéo về luôn hướng về VTCB; lực đàn hồi là lực đẩy nếu lò xo nén, lực kéo nếu lò xo dãn
+ Vẽ hình, từ hình nhận thấy khi vật đi trong miền từ x1  0  x2  
+ Do đó tính được thời gian là: t  2

A
thì hai lực ngược chiều.
2

T T
  0,2  s 
12 6

Bình luận: Đây là một dạng câu hỏi đánh sâu bản chất tư duy rất hiều người không thấu hiểu kỹ khó
làm ra đáp án đúng bài này. Là dạng khó nhưng nếu gặp rồi giải quyết dạng này rất nhanh nếu hiểu

dạng bài này đã được đề cập trong cuốn “Siêu phẩm luyện đề trước kì thi đại học vật lý” và cũng như
cuốn Tuyển tập 90 đề thi thử Môn vật lý chắc hẳn ai đã luyện đề có chứa câu hỏi trích dẫn dưới đây
làm bài toán này thật đơn giản nó như trở thành phản xạ tự nhiên. “ Đề thi thử GSTT lần 1 cũng có câu
hỏi dạng này”. Xin trích dẫn lại bài toán:
Bài toán (C 9). Một con lắc lò xo gồm vật nặng khối lượng m và lò xo có độ cứng k dao động điều hòa theo
phương thẳng đứng với tần số góc 5π rad/s ở nơi có gia tốc trọng trường g = 10 m/s2; lấy π2 = 10. Biết gia tốc
cực đại của vật nặng amax > g. Trong thời gian một chu kì dao động, thời gian lực đàn hồi của lò xo và lực kéo về
tác dụng vào vật cùng hướng là t1, thời gian 2 lực đó ngược hướng là t2. Cho t1 = 5t2. Trong một chu kì dao động,
thời gian lò xo bị nén là
A.

1
s.
5

Phân tích hướng dẫn giải:
10 | G S T T G R O U P

B.

2
s.
3

C.

2
s.
15

D.

1
s.
30


Phạm Văn Cường – Nguyễn Xuân Tùng – Bảo Yến

Góc quay trong 1 chu kì ứng với thời gian
Lực đàn hồi và lực hồi phục cùng chiều và ngược hướng
Là: 1 ; 2
Theo đề bài:

1


5

M

O1

2


A

-A

Do 1  2  2

3

Nên: 2  ; 1 

5
3

Mặt khác công thức lực hồi phục và lực đàn hồi là
F  Kx;Fd  K(l  x)  A  F.Fd  K2 .x(x  l)

N

O2
Để lực đàn hồi và lực hồi phục cùng chiều thì A>0  x(x  l)  0  A  x  l;o  x  A có thể nhìn trên

hình góc quay thỏa mãn ĐK được vẽ trên hình
Như vậy thời gian tương ứng với lực đàn hồi và lực kéo về ngược chiều ứng với di động 2 góc O1M và
góc O2M
Mà thời gian lò xo nén trong 1 chu kì khi vật thực hiện chuyển động quay từ M đến N như hình, góc
quay tương ứng là
  2 


2
 2
 t 
 s
3

3
 15

Bài tập ( tuyển tập 90 đề thi thử vật lý GSTT).
Một con lắc lò xo treo thẳng đứng có khối lượng không đáng kể, k=50N/m , m=200gam . Vật đang
nằm yên ở VTCB thì dc kéo thẳng xuống dưới để lò xo dãn 12cm rồi thả nhẹ cho dao dong điều hoà ,
g=10m/s^2 . Thời gian lực đàn hồi tác dụng vào vật ngược chiều với lực hồi phục trong 1 chu kì dao
động la :
A: 1/15s
B: 1/30s
C: 1/10s
D:2/15s
Câu 39. Đáp án D.
Dựa vào đường tròn ta thấy góc lệch giữa hai điểm là 2π/3
Suy ra

2π 2π. 8
vo 2πfA 2πA 2π. 0,6
=
⇒ λ = 24 ⇒ σ =
=
=
=
= 0,157 gần D nhất.
3
λ
v
λf
λ
24

Câu 40. Đáp án D.
2s

s

s

2s

3 = t = √ g + v ⇒ 330 + √9,9 = 3 ⇒ s = 40,94 ≈ 41.
Câu 41. Đáp án C

11 | G S T T G R O U P


Phạm Văn Cường – Nguyễn Xuân Tùng – Bảo Yến
2


1  K2
 R   L 
 
2
C 
I



1

R 2   L 

C 

k

U
+ Hai giá trị  cho cùng I thì: I  
Z

2

 L R2  1  2 K 
L 1 1 K2
1 1
 R 2  L22  2 


 2 
 L  0

 C 2  2 
C C2 2
I
I
C2 4


 L R2 
2

1
1
b
1
1
Theo Vi-ét: 2  2    2C2     2  2  2LC   RC 
C 2 
a
2 3
2 3



+ Hai giá trị  cho cùng UC: UC  IZC 

UZC
Z

kZC



2

kC




1 

R 2   L 

C 


2


1 
R 2   L 

C 


2

1 
kC
L
1
kC

UC 
 R   L 

 L22  2  2 2  R 2 
0

2


C
U
C

C
U


C
C
1


R 2   L 

C 

kC

2

B

 L
kC  2 2
  LC     2  R 2 
  C 1  0
C
U
C 


2

4

c
a

Theo Vi-et: 24 .52  

 LC 

1

 LC

2

 45 

1
LC

O

 1
1
2
1 


 RC 


45
45  2 2 
3
 2

R

ZL

Zc

+ Khi ở 1 thì URC lệch 1350 so với UL nên ta có dãn đồ
+ Từ dãn đồ thấy R = ZC1 do đó ta có:



1
2 1 1

     f1 
f1
f4f5  f 2 f 2 
 2 3 

 1
1
2

1 




1
4 5  2 2 
3
 2

1
2 1 1
  
f4f5  f 2 f 2 
 2 3 

M

 80,5Hz

Câu 42. Đáp án A.
Q = I2 Rt = 22 . 100.30 = 12000 (J) = 12(kJ)
Câu 43. Đáp án A.
Nhận xét: Trong mạch dao động LC lí tưởng đang có dao động điện từ tự do, điện tích của một bản tụ điện và
cường độ dòng điện qua cuộn cảm thuần biến thiên điều hòa theo thời gian cùng tần số nhưng lệch pha nhau
một góc /2.

Câu 44. Đáp án C.
hc
= 2,07 eV.

λ. 1,6.10−19
Nhận xét: Bài toán này giải áp dụng công thức cơ bản chú ý cẩn than đổi về đúng đơn vị
ε=

12 | G S T T G R O U P


Phạm Văn Cường – Nguyễn Xuân Tùng – Bảo Yến

Câu 45. Đáp án A.
λo =

hc
= 0,3.10−6 (m) = 3 (μm)
A. 1,6.10−19

Câu 46. Đáp án C.
Chiết suất của môi trường trong suốt đối với các ánh sáng đơn sắc khác nhau thì khác nhau. Chiết suất nhỏ nhất
đối với ánh sáng đỏ và lớn nhất đối với ánh sáng tím nên chọn C

Câu 47. Đáp án D.
Câu 48. Đáp án C.
Điện áp hiệu dụng U 

U0
2

 141 V 

Câu 49: Chọn D.

Nhận xét:Phản ứng hạt nhân biến đổi hạt nhân này thành hạt nhân khác bằng các phân tách, liên kết,
biến đổi các nuclôn trong các hạt nhân ban đầu để tạo thành hạt nhân khác. Trong đó biến đổi các
nuclôn là biến đổi proton thành nơ-trôn hoặc ngược lại. Do đó có sự bảo toàn các nuclon mà không có
sự bảo toàn số nơ-trôn.
Câu 50. Đáp án D.
Khi nguồn đặt tại A.
LB = 10 log

P
= 100 ⇒ P = 4π. 104 . 1010
2
4πAB

Khi nguồn đặt tại B
2P
2.4π. 104 . 1010
LA = 10 log
= 10 log
= 103,01 dB
4πAB2
4π. 104
LC = 10 log

13 | G S T T G R O U P

2P
2.4π. 104 . 1010
=
10
log

= 99,488 dB
4πBC2
4π. 1502