Tong hop cach giai de 6482016 mon VAT LY

<span class='text_page_counter'>(1)</span>BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. _________ ĐỀ THI CHÍNH THỨC. KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 Môn: VẬT LÝ Thời gian làm bài 90 phút, không kể thời gian phát đề. GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ NĂM 2016 Mã đề thi: 648 Câu 1: Một sóng điện từ có tần số f truyền trong chân không với tốc độ c. Bước sóng của sóng này là 2f c f c A.   . B.   . C.   . D.   . 2f c f c c Giải: Theo định nghĩa bước sóng:   v.T. Trong chân không: v= c =>   c.T  Chọn A. f Bình luận: Đây là câu kiến thức cơ bản. Câu 2: Tại nơi có gia tốc trọng trường g, một con lắc đơn có sợi dây dài đang dao động điều hòa. Tần số dao động của con lắc là 1 g g 1 A. . B. . C. 2 . D. 2 . 2 2 g g Giải: Từ công thức chu kỳ con lắc đơn: T  2. g. f . 1 1 g . Chọn B.  T 2. Bình luận: Đây là câu kiến thức cơ bản. Câu 3: Một sóng cơ truyền dọc theo truc Ox với phương trình u = 2cos(40t – 2x) mm. Biên độ của sóng này là A. 40 mm. B. 2 mm. C.  mm. D. 4 mm. Giải: Phương trình sóng: u = Acos(ωt – 2x/λ). Thì biên độ của sóng là A.Suy ra A =2mm. Chọn B. Bình luận: Đây là câu có kiến thức cơ bản. Câu 4: Một trong những biện pháp làm giảm hao phí điện năng trên đường dây tải điện khi truyền tải điện năng đi xa đang được áp dụng rộng rãi là A. tăng điện áp hiệu dụng ở trạm phát điện. B. tăng chiều dài đường dây truyền tải điện. C. giảm điện áp hiệu dụng ở trạm phát điện. D. giảm tiết diện dây truyền tải điện. Giải: Công suất hao phí trên đường dây có điện trở R là : P . P2 R . U 2 cos2 . Để giảm hao phí, người ta tăng điện áp hiệu dụng U ở trạm phát điện. Chọn A. Bình luận: Đây là câu kiến thức cơ bản. Câu 5: Một chất điểm dao động có phương trình x = 10cos(15t + ) (x tính bằng cm, t tính bằng s). Chất điểm này dao động với tần số góc là A. 20 rad/s. B. 5 rad/s. C. 10 rad/s. D. 15 rad/s. Giải: Chọn D. Bình luận: Đây là câu kiến thức cơ bản có vận dụng. Câu 6: Một hệ dao động cơ đang thực hiện dao động cưỡng bức. Hiện tượng cộng hưởng xảy ra khi A. Chu kì của lực cưỡng bức nhỏ hơn chu kì dao động riêng của hệ dao động. B. Chu kì của lực cưỡng lớn hơn chu kì dao động riêng của hệ dao động. C. tần số của lực cưỡng bức lớn hơn tần số dao động riêng của hệ dao động. D. tần số của lực cưỡng bức bằng tần số dao động riêng của hệ dao động. Giải: Hiện tượng cộng hưởng xảy ra khi tần số của lực cưỡng bức bằng tần số dao động riêng của hệ. Chọn D. Bình luận: Đây là câu kiến thức cơ bản về lý thuyết. Câu 7: Suất điện động cảm ứng do một máy phát điện xoay chiều một pha tạo ra có biểu thức là e  220 2 cos(100t  0, 25) V. Giá trị cực đại của suất điện động này là A. 220V. Giải: Chọn D.. B. 110 2 V.. C. 110 V.. –1–. D. 220 2 V..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Bình luận: Đây là câu có kiến thức cơ bản có vận dụng.. Câu 8: Đặt điện áp xoay chiều vào hai đầu đoạn mạch chỉ có điện trở thì A. cường độ dòng điện trong đoạn mạch cùng pha với điện áp giữa hai đầu đoạn mạch. B. cường độ dòng điện trong đoạn mạch sớm pha 0,5v so với điện áp giữa hai đầu đoạn mạch. C. cường độ dòng điện trong đoạn mạch trễ pha 0,5v so với điện áp giữa hai đầu đoạn mạch. D. cường độ dòng điện hiệu dụng trong đoạn mạch phụ thuộc vào tần số của điện áp. Giải: Chọn A. Bình luận: Đây là câu có kiến thức cơ bản có vận dụng.. Câu 9: Khi nói về sóng cơ, phát biểu nào sau đây sai ? A. Sóng cơ lan truyền được trong chất khí. B. Sóng cơ lan truyền được trong chân không. C. Sóng cơ lan truyền được trong chất rắn. D. Sóng cơ lan truyền được trong chất lỏng. Giải: Chọn B. Bình luận: Đây là câu có kiến thức cơ bản về lý thuyết.. Câu 10: Trong mạch dao động điện từ LC lí tưởng đang hoạt động, điện tích trên một bản tụ điện biến thiên điều hòa và A. ngược pha với cường độ dòng điện trong mạch. B. lệch pha 0,5 so với cường độ dòng điện trong mạch. C. cùng pha với cường độ dòng điện trong mạch. D. lệch pha 0,25 so với cường độ dòng điện trong mạch. Giải: Điệ n tích trên mộ t bả n tụ điệ n và cư ờ ng độ dòng điệ n trong mạ ch biế n thiên điề u hòa và vuông pha nhau.Chọn B. Bình luận: Đây là câu có kiến thức cơ bản có vận dụng... Câu 11: Một chất điểm chuyển động tròn đều trên đường tròn tâm O bán kính 10 cm với tốc độ góc 5 rad/s. Hình chiếu của chất điểm lên trục Ox nằm trong mặt phẳng quỹ đạo có tốc độ cực đại là A. 15 cm/s. B. 25 cm/s. C. 50 cm/s. D. 250 cm/s. Giải: Hình chiếu của chất điểm chuyển động tròn đều lên trục Ox nằm trong mặt phẳng quỹ đạo dao động điều hòa với biên độ bằng bán kính R= A = 10 cm và tần số góc là tốc độ góc   5 rad/s => vmax  . A  5.10  50cm / s . Chọn C. Bình luận: Đây là câu có kiến thức cơ bản bài tập có vận dụng... Câu 12: Tia X không có ứng dụng nào sau đây ? A. Sấy khô, sưởi ấm. B. Chiếu điện, chụp điện. C. Tìm bọt khí bên trong các vật bằng kim loại. D. Chữa bệnh ung thư. Giải: Chọn A. Bình luận: Đây là câu có kiến thức cơ bản về lý thuyết. Câu 13: Đại lượng nào sau đây đặc trưng cho mức độ bền vững của hạt nhân? A. Năng lượng liên kết. B. Năng lượng nghỉ. C. Độ hụt khối. D. Năng lượng liên kết riêng. Giải: Hạt nhân có năng lượng liên kết riêng càng lớn càng bền vững. Chọn D. Bình luận: Đây là câu có kiến thức cơ bản về lý thuyết. Câu 14: Cho phản ứng hạt nhân: 12 H 12 H 42 He . Đây là A. phản ứng phân hạch. B. phản ứng thu năng lượng. C. phản ứng nhiệt hạch. D. hiện tượng phóng xạ hạt nhân. Giải: Đây là phả n ứ ng nhiệ t hạ ch (tổ ng hợ p hạ t nhân). Chọn C. Bình luận: Đây là câu có kiến thức cơ bản về lý thuyết. Câu 15: Trong máy quang phổ lăng kính, lăng kính có tác dụng A. nhiễu xạ ánh sáng. B. tán sắc ánh sáng. C. giao thoa ánh sáng. D. tăng cường độ chùm sáng. Giải: Chọn B. Bình luận: Đây là câu có kiến thức cơ bản về lý thuyết. Câu 16: Theo thuyết lượng tử ánh sáng, phát biểu nào sau đây sai? A. Ánh sáng được tạo thành bởi các hạt gọi là phôtôn. B. Trong chân không, các phôtôn bay dọc theo tia sáng với tốc độ 3.108m/s. C. Phôtôn chỉ tồn tại trong trạng thái chuyển động. Không có phôtôn đứng yên. –2–.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> D. Năng lượng của các phôtôn ứng với các ánh sáng đơn sắc khác nhau là như nhau. Giải: Năng lượng của các phô tôn ứng với các ánh sáng đơn sắc khác nhau là khác nhau. Chọn D. Bình luận: Đây là câu có kiến thức cơ bản về lý thuyết. Câu 17: Trong chân không, ánh sáng nhìn thấy có bước sóng nằm trong khoảng từ 0,38 m đến 0,76 m. Cho biết: hằng số Plăng h = 6,625.10-34J.s, tốc độ ánh sáng trong chân không c = 3.108m/s và 1eV = 1,6.10-19 J. Các phôtôn của ánh sáng này có năng lượng nằm trong khoảng A. từ 1,63 eV đến 3,11 eV. B. từ 2,62 eV đến 3,27 eV. C. từ 2,62 eV đến 3,11 eV. D. từ 1,63 eV đến 3,27 eV. Giải: 1 . hc. Và  2 . hc. 1. . 6,625.1034.3.108 5, 23.1019  5, 23.1019 J   3, 2689eV . 6 0,38.10 1,6.1019. . 6,625.1034.3.108 2,615.1019 19  2,615.10 J   1,63446eV . Chọn D. 0,76.106 1,6.1019. 2 Bình luận: Đây là câu có kiến thức cơ bản về bài tập vận dụng thấp. Câu 18: Đặt điện áp u = U0cost (U0 không đổi,  thay đổi được) vào hai đầu đoạn mạch gồm điện trở R, cuộn cảm thuần có độ tự cảm L và tụ điện có điện dung C mắc nối tiếp. Hiện tượng cộng hưởng điện xảy ra khi 1 A. 2LCR – 1 = 0. B. 2LC – 1 = 0. C. R = L  . D. 2LC – R = 0. C 1 1 Giải: Hiện tượng cộng hưởng điện xảy ra khi    2    2 LC  1   2 LC  1  0 . Chọn B. LC LC Bình luận: Đây là câu có kiến thức cơ bản về bài tập vận dụng thấp. 23 Na là : Câu 19: Số nuclôn có trong hạt nhân 11 A. 23. B. 11. C. 34. D. 12. Giải: Số nuclôn có trong hạt nhân là số khối A =23.Chọn A Bình luận: Đây là câu có kiến thức cơ bản về bài tập vận dụng thấp. Câu 20: Một mạch dao động điện từ lí tưởng gồm cuộn cảm thuần có độ tự cảm 10– 5 H và tụ điện có điện dung 2,5.10-6F. Lấy  = 3,14. Chu kì dao động riêng của mạch là A. 6,28.10-10s. B. 1,57.10-5s. C. 3,14.10-5s. D. 1,57.10-10s.. Giải: Chu kì dao độ ng riêng củ a mạ ch là : T  2 LC  2 105.2,5.106  2 25.1012   .105 s Chọn C. Bình luận: Đây là câu có kiến thức cơ bản về bài tập vận dụng thấp. Câu 21: Tầng ôzon là tấm “áo giáp” bảo vệ cho người và sinh vật trên mặt đất khỏi bị tác dụng hủy diệt của A. tia tử ngoại trong ánh sáng Mặt Trời. B. tia hồng ngoại trong ánh sáng Mặt Trời. C. tia đơn sắc màu đỏ trong ánh sáng Mặt Trời. D. tia đơn sắc màu tím trong ánh sáng Mặt Trời. Giải: Tầng ôzôn bao quanh trái đất, ngăn không cho các tia tử ngoại trong ánh sáng Mặt Trời tác động tới người và sinh vật trên mặt đất.Chọn A. Bình luận: Đây là câu có kiến thức cơ bản về lý thuyết.. Câu 22: Cho hai dao động cùng phương, có phương trình lần lượt là x1 = 10cos(100t – 0,5)(cm), x2 = 10cos(100t + 0,5)(cm). Độ lệch pha của hai dao động có độ lớn là A. 0,5 . B. . C. 0. D. 0,25 . Giải: Hai dao động đã cho ngược pha nhau. Chọn B. Bình luận: Đây là câu có kiến thức cơ bản về bài tập vận dụng thấp. Câu 23: Một con lắc lò xo dao động điều hòa theo phương nằm ngang. Nếu biên độ dao động tăng gấp đôi thì tần số dao động điều hòa của con lắc A. tăng 2 lần. B. không đổi. C. giảm 2 lần. D. tăng 2 lần. Giải: Tần số dao động điều hòa của con lắc lò xo không phụ thuộc biên độ dao động: 1 k f= chỉ phụ thuộc k và m không phụ thuộc điều kiện ban đầu kích thích dao động. 2 m Nghĩa là không phụ thuộc biên độ A. Bình luận: Đây là câu có kiến thức về lý thuyết có vận dụng. –3–.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu 24: Pin quang điện (còn gọi là pin mặt trời) là nguồn điện chạy bằng năng lượng ánh sáng. Nó biến đổi trực tiếp quang năng thành A. điện năng B. cơ năng C. năng lượng phân hạch D. hóa năng Giải: Pin quang điện hoạt động dựa vào hiện tượng quang điện trong, biến đổi trực tiếp quang năng thành điện năng.Chọn A. Bình luận: Đây là câu kiến thức về lý thuyết có vận dụng. Câu 25: Khi bắn phá hạt nhân 147 N bằng hạt  , người ta thu được một hạt prôtôn và một hạt nhân X. Hạt nhân X là A. 126 C B. 168 O C. 178 O D. 146 C Giải 1: Ta có phương trình phản ứng:. 14 7. N + 42 He → 11 H  AZ X => AZ X  178 O .Chọn C. Giải 2: Hạt nhân X có A = 4 + 14 – 1 = 17 và Z = 2 + 7 – 1 = 8. Vậy X là AZ X  178 O Bình luận: Đây là câu có kiến thức cơ bản về bài tập vận dụng thấp. Câu 26: Hiện tượng giao thoa ánh sáng là bằng chứng thực nghiệm chứng tỏ ánh sáng A. là sóng siêu âm B. là sóng dọc C. có tính chất hạt D. có tính chất sóng Giải: Hiện tượng giao thoa là hiện tượng đặc trưng cho mọi quá trình sóng, nó chứng tỏ ánh sáng có tính chất sóng.Chọn D. Bình luận: Đây là câu kiến thức về lý thuyết cơ bản Câu 27: Một sóng cơ truyền dọc theo trục Ox. Phương trình dao động của phần tử tại một điểm trên phương truyền sóng là u  4 cos(20t  ) (u tính bằng mn, t tính bằng s). Biết tốc độ truyền sóng bằng 60 cm/s. Bước sóng của sóng này là A. 9cm B. 5cm C. 6cm D. 3cm 2 2 Giải:   v.T  v.  60  6cm . Chọn C.  20 Bình luận: Đây là câu có kiến thức cơ bản về bài tập vận dụng thấp. Câu 28: Một bức xạ khi truyền trong chân không có bước sóng là 0,75 m , khi truyền trong thủy tinh có bước sóng là  . Biết chiết suất của thủy tinh đối với bức xạ là 1,5. Giá trị của  là A. 700 nm B. 650 nm C. 500 nm D. 600 nm 0 0,75 m Giải:     0,5 m  500nm .Chọn C n. 1,5. Bình luận: Đây là câu có kiến thức cơ bản về bài tập vận dụng thấp. Câu 29: Cho dòng điện có cường độ i  5 2 cos100t (i tính bằng A, t tính bằng s) chạy qua một đoạn mạch 250 chỉ có tụ điện. Tụ điện có điện dung F . Điện áp hiệu dụng ở hai đầu tụ điện bằng  A. 400 V B. 220 V C. 200 V D. 250 V Giải: Z C . 1  C. 100 .. 1  40 ; U C  IZC  5.40  200 V . Chọn C 250.106.  Bình luận: Đây là câu có kiến thức cơ bản về bài tập vận dụng thấp. Câu 30 : Khi nói về sóng điện từ, phát biểu nào sau đây đúng ? A. Sóng điện từ truyền được trong chân không. B. Sóng điện từ là sóng dọc. C. Trong sóng điện từ, điện trường và từ trường tại mỗi điểm luôn biến thiên điều hòa lệch pha nhau 0,5 . D. Sóng điện từ không mang năng lượng Giải: Sóng điện từ là sóng ngang. Trong sóng điện từ, điện trường và từ trường tại mỗi điểm luôn biến thiên điều hòa cùng pha nhau, nhưng vectơ cường độ điện trường E và cảm ứng từ B luôn luôn vuông góc nhau. Quá trình truyền sóng là quá trình truyền năng lượng và pha dao động. Sóng điện từ có mang năng lượng. Sóng điện từ truyền được trong chân không. Chọn A. Bình luận: Đây là câu kiến thức về lý thuyết có vận dụng .. –4–.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Câu 31 : Ở mặt chất lỏng có 2 nguồn kết hợp đặt tại A và B dao động điều hòa, cùng pha theo phương thẳng đứng. Ax là nửa đường thẳng nằm ở mặt chất lỏng và vuông góc với AB. Trên Ax có những điểm mà các phần tử ở đó dao động với biên độ cực đại, trong đó M là điểm xa A nhất, N là điểm kế tiếp với M, P là điểm kế tiếp với N và Q là điểm gần A nhất. Biết MN = 22,25 cm ; NP = 8,75 cm. Độ dài đoạn QA gần nhất với giá trị nào sau đây ? A. 1,2 cm B. 3,1 cm C. 4,2 cm D. 2,1 cm Giải 1: - Xét một điểm C cực đại thuộc Ax x CB  CA  k  M. CB  CA  k  l2 k  2  CA     2  l 2 2 2 2k  2 CB  CA  AB  l CA  CB  N. k  - Áp dụng với điểm M,N,P và Q ta có: P. l2 MA   0,5 (lấy k = 1 vì M xa A nhất); 2 Q . 2 l NA    (lấy k = 2 vì N kề với M) 4 B A. . l2 PA   1,5 (lấy k = 3 vì P kề với N) ; 6  l2  4  0,5  22, 25   4cm  MA  NA  MN  2    NA  PA  PN l  18cm  l  0,5  8, 75 12 l  4,5 => Q thuộc CĐ thứ 4 vì Q gần A nhất nên nó thuộc cực đại ngoài cùng.. . l2 k  . (theo đề dễ thấy Q thuộc CĐ thứ 4 ngòai cùng) 2k  2 l2 k  182 4.4     2,125cm . Chọn D. Thay k = 4 vào QA: QA  2k  2 2.4.4 2 Ý kiến: Đề cho Q là điểm cực đại gần A nhất, không cho Q kế tiếp P nên không thể cho rằng trên Ax có 4 điểm cực đại. Giải 2: Ta thấy trên nửa đường thẳng thẳng kẻ từ A và vuông góc với AB có 4 điểm theo thứ tự M, N, P, Q dao động với biên độ cực đại, nên trên AB có 9 điểm dao động với biên độ cực đại với - 4 ≤ k ≤ 4 ( d2 – d1 = kλ) Cực đại tại M, N, P, Q ứng với k = 1; 2; 3; 4 Đặt AB = a -Tại M: MB – MA = λ (*) x MB2 – MA2 = a2 => (MB + MA) (MB – MA) = a2 M a2 MB + MA = (**)  N a2 Từ (*) và (** ) suy ra MA = - 0,5λ ( 1) 2 P -Tại N: NB – NA = 2λ (*) Q NB2 – NA2 = a2=> (NB + NA) (NB – NA) = a2 a2 NB + NA = (**) B A 2 QA . Từ (*) và (**) suy ra NA =. a2 - λ 4. (2). -Tại P: PB – PA = 3λ (*). –5–.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> PB2 – PA2 = a2=> (PB + PA) (PB – PA) = a2 . ; PB + PA = Từ (*) và (**) suy ra PA =. a2 - 1,5 λ 6. a2 (**) 3. (3). - Tại Q: QB – QA = 4λ (*) QB2 – QA2 = a2 => (QB + QA) (QB – QA) = a2 a2 QB + QA = (**) 4 a2 Từ (*) và (**) suy ra QA = -2λ (4) 8 a2 Lấy (1) – (2) : MN = MA – NA = + 0,5λ = 22,25 cm (5) 4 a2 Lấy (2) – (3) : NP = NA – PA = + 0.5λ = 8,75 cm (6) 12 a2 Lấy (5) - (6) => = 81 (cm) và λ = 4 cm . Thế vào (4) => QA = 2,125 cm. Chọn D.. . x Giải 3: M Đặt MA=x  NA=x-22,25; PA=x-(22,25+8,75)=x-31 Dễ thấy M,N,P lần lượt thuộc đường cực đại thứ 1,2,3 N  MB-MA=  MB+MA=2MA+= 2x+ NB-NA=2  NB+NA=2NA+2= 2(x-22,25)+2 P PB-PA=3  PB+PA=2PA+3= 2(x-31)+3 Q AB2=MB2-MA2=(MB-MA)(MB+MA)= (2x+) (1) 2 2 2 AB =NB -NA =(NB-NA)(NB+NA) = 2[2(x-22,25)+2) (2) A AB2= PB2-PA2=(PB-PA)(PB+PA) = 3[2(x-31)+3) (3) (2x  )  2[2(x-22,25)+2] 2x  3  89 x  38,5   (1).(2),(3) có hệ pt  (2x  )  3[2(x-31)+3] 4x  8  186   4 AB  AB2  4(2*38,5  4)  AB  18;  4,5  Q thuộc đường cực đại thứ 4  QB  QA  4 QB  QA  16  2   QA  2,125 2 2 2 2 2 QB  QA  AB (QA  16)  QA  18 Giải 4: M, N, P là ba điểm có biên độ cực đại thuộc các vân cực đại có k =1, k = 2 và k = 3. Q là điểm có biên độ cực đại gần A nhất nên Q thuộc vân cực đại có k lớn nhất. Ta có: MB  MA  (*); N B  NA  2(**); PB  PA  3(***) và QB  QA  k. Đặt AB = d, ta có: MB2  MA 2  d 2   MB  MA  MB  MA   d 2 B. d2  MB  MA  1  NB2  NA 2  d 2   NB  NA  NB  NA   d 2  NB  NA . 2. d 2. B. M N P Q A. I. k 3.  2. 2 0. –6–. 1.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> PB2  PA 2  d 2   PB  PA  PB  PA   d 2  PB  PA . d2 3.  3. d2    4 2 2 d2    5 Từ (**) và (2) suy ra: NA  4 d 2 3  Từ (***) và (3) suy ra: PA   6 6 2. Từ (*) và (1) suy ra: MA . Lại có MN = MA – NA = 22,25 cm, từ (4) và (5) được và NP = NA – PA = 8,75 cm, từ (5) và (6) được:. d2    44,5 2. d2    17,5 6. 7. 8. Giải hệ (7) và (8) được d = 18 cm và   4cm. d d Do hai nguồn cùng pha nên có   k   4.5  k  4,5  4  k  4 . Vậy điểm Q thuộc đường vân   QB  QA  4 d2  2  QA  cực đại có k = 4. Ta lại có hệ  Chọn D.  2  2,125  cm  . d 8  QB  QA   4  Bình luận: Đây là câu về bài tập vận dụng cao. Câu 32 : Cho 4 điểm O, M, N và P nằm trong một môi trường truyền âm. Trong đó, M và N nằm trên nửa đường thẳng xuất phát từ O, tam giác MNP là tam giác đều. Tại O, đặt một nguồn âm điểm có công suất không đổi, phát âm đẳng hướng ra môi trường. Coi môi trường không hấp thụ âm. Biết mức cường độ âm tại M và N lần lượt là 50 dB và 40 dB. Mức cường độ âm tại P là A. 35,8 dB B. 38,8 dB C. 41,1 dB D. 43,6 dB Giải 1: Đặt OM = R, MN = a H O a 3a 2 M N OP = OH 2  HP 2 = ( R  ) 2  2 4 IN IM LM = 10lg = 50 dB; LN = 10lg = 40 dB I0 I0 I P LM – LN = lg M = 1 => IM = 10 IN IN ON 2 IM = = 10 => (R + a)2 = 10R2 => R + a = R 10 => a = R( 10 -1) = 2,16R OM 2 IN. a 2 3a 2 OP = (R + ) + = 7,83 R2 4 2 OP 2 I LM – LP = lg M = lg = lg7,83 =0,89 B OM 2 IP => LP = LM – 0,89 = 5 – 0,89 = 4, 11 B = 41,1 dB. Chọn C. Giải 2: 2 2  ON   ON  LM  L N  log   1 B        10  ON  OM. 10.  OM   OM  2. MN  ON  OM  OM. . . 10  1 ; PH  MN. 3  OM 2. . . 10  1. –7–. 3 . 2. P. O. M. H. N.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> OH . . . OM  ON OM 1  10  , 2 2. OP 2  OH 2  PH 2  OM 2 2. 1 . 10. . 2. 3 4. . . . . 10  1. 2. . .  OM 2 11  10 .. . .  OP  LM  LP  log    log 11  10  LP  LM  log 11  10  4,1058  B   41,1dB . Chọn C.  OM  Bình luận: Đây là câu về bài tập vận dụng cao. Câu 33: Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, nguồn S phát ra đồng thời ba bức xạ đơn sắc có bước sóng lần lượt là: 0, 4m ; 0 ,5m và 0 , 6m . Trên màn, trong khoảng giữa hai vân sáng liên tiếp cùng màu với vân sáng trung tâm, số vị trí mà ở đó chỉ có một bức xạ cho vân sáng là A. 34 B. 20 C. 27 D. 14 Giải 1:  k1 5 15 k1  15  k  4  12  2   k2  12 => Vân không trùng có: 15-1;12-1; 10-1 + Ta có: x = k1i1 = k2i2 = k3i3 =>   k3  5  10 k  10  3  k2 6 12. + Số vân sáng có trong khoảng giữa hai vân sáng liên tiếp có màu trung tâm: N = 14 + 11 + 9 = 34  k1 5 15    ... 12  k2 4 n12  2  k3 5 10   n23  1  N '  2  1  4  7 + Số vân trùng của mỗi cặp bức xạ:    ... 12  k2 6  n13  4  k1 3 6 9 12 15       ... 10  k3 2 4 6 8. + Số vạch sáng đơn sắc quan sát được có trong khoảng giữa hai vân sáng liên tiếp có màu của vân trung tâm: Nđs = N – 2N‘ = 34 – 2.7 = 20 vạch. Giải 2: Bài giải của thầy Thịnh. Số vị trí mà ở đó chỉ có một bức xạ cho vân sáng là các giá trị k nguyên tìm được của mỗi bức xạ mà không trùng với hai bức xạ còn lại. * Vị trí trùng nhau đầu tiên của ba bức xạ khi: k1. 0, 4m = k2. 0 ,5m = k3. 0 , 6m  k1 = 15, k2 = 12, k3 = 10. - Giữa bức xạ 1 và 2 trùng nhau: k1. 0, 4m = k2. 0 ,5m  k1 = 0,5,10,15, 20... và k2 = 0, 4, 8, 12, 16, ... - Giữa bức xạ 2 và 3 trùng nhau: k2. 0 ,5m = k3. 0 , 6m  k2 = 0, 6, 12, 18... và k3 = 0, 5, 10, 15, 20... - Giữa bức xạ 1 và 3 trùng nhau: k1. 0, 4m = k3. 0 , 6m k1 = 0,3, 6, 9, 12, 15... và k3 = 0, 2, 4, 6, 8, 10, 12, 14, 16, ... Số vân không trùng k1 0 3 5 6 9 10 12 15 16  8 = 8 8 k2 0 4 6 8 12 13  5 = 8 8 k3 0 2 4 5 6 8 10 11  7 = 4 4 12 20 24 36 40 48 60 kD 0 20 x= 1 1 a Giải 3: Bài giải của thầy Thắng. Vị trí các vân cùng màu với vân trung tâm: x = k1i1 = k2i2 = k3i3 k1λ1 = k2λ2 = k3λ3 4 k1 = 5 k2 = 6 k3 Bội SCNN của 4, 5, 6 là 60 . Suy ra: k1 = 15n; k2 = 12n; k3 = 10n. Vị trí vân sáng cùng màu với vân trung tâm gần vân trung tâm nhất với n =1: k1 = 15; k2 = 12; k3 = 10. * Vị trí hai vân sáng trùng nhau: * x12 = k1i1 = k2i2  k1λ1 = k2λ2 4k1 = 5k2 .Suy ra: k1 = 5n12 < 15; k2 = 4n12 < 12 . Trong khoảng giữa hai vân sáng gần nhau nhất cùng màu với vân trung tâm có 2 vân sáng trùng nhau của bức xạ λ1 λ2.( k1 = 5; k2 = 4 ; k1 =10, k2 = 8) –8–.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> * x23 = k2i2 = k3i3 . k2λ2 = k3λ3 5k2 = 6k3 . Suy ra: k2 = 6n23 < 12; k3 = 5n23 < 10 . Trong khoảng giữa hai vân sáng gần nhau nhất cùng màu với vân trung tâm có 1 vân sáng trùng nhau của bức xạ λ2 λ3 ( k2 = 6; k3 = 5) * x13 = k1i1 = k3i3  k1λ1 = k3λ3 4 k1 = 6 k3 2k1 = 3k3 Suy ra: k1 = 3n13 < 15; k3 = 2n13 < 10. Trong khoảng giữa hai vân sáng gần nhau nhất cùng màu với vân trung tâm có 4 vân sáng trùng nhau của bức xạ λ1 λ3 .( k1 = 3 ; k3 = 2 ; k1 = 6 ; k3 = 4; k1 = 9 ; k3 = 6’ k1 = 12 ; k3 = 8) Số vân sáng đơn sắc quan sát được trong khoảng hai vân sáng gần nhau nhất cùng màu với vân sáng trung tâm là 14 + 11 + 9 – 2(2 + 1+ 4) = 20. Chọn B. Bình luận: Đây là câu về bài tập vận dụng cao, khó. Câu 34: Cho hai vật dao động điều hòa dọc theo hai đường thẳng cùng song song với trục Ox. Vị trí cân bằng của mỗi vật nằm trên đường thẳng vuôn góc với trục Ox tại O. Trong hệ trục vuông góc xOv, đường (1) là đồ thị biểu diễn mối quan hệ giữa vận tốc và li độ của vật 1, đường (2) la đồ thị biểu diễn mối quan hệ giữa vận tốc và li độ của vật 2 (hình vẽ). Biết các lực kéo về cực đại tác dụng lên hai vật trong quá trình dao động là bằng nhau. Tỉ số giữa khối lượng của vật 2 với khối lượng của vật 1 là A.1/27 B. 3 C. 27 D. 1/3 v Giải 1: - Nhìn vào đồ thị ta thấy: A2 = 3A1 (1) v1max  A11 1 3 A2 ; v1max  3v2max   9 (1)  2 A1 v2 max  A22 x - Theo giả thiết: O m 2 A 2 1 k1 A1  k2 A2  m112 A1  m222 A2  2  12 . 1  12 . (2) (2) m1 2 A2 2 3 - Từ (1) và (2) :. m2 12 A1 81  .   27 . Chọn C. m1 22 A2 3. Giải 2: Theo đồ thị ts thấy A2 = 3A1; v1max = 3 v2max => A1ω1 = 3A2ω2 => Lực kéo về cực đại bằng nhau: m1 12 A1 = m2  22 A2 =>. 1 A =3 2 =9 2 A1. m2 2 A 1 = 12 1 = 81. = 27. Đáp án C m1 3  2 A2. Bình luận: Đây là câu về bài tập vận dụng cao. Câu 35: Đặt điện áp u  U 0 cos t (với U0 và  không đổi) vào hai đầu đoạn mạch mắc nối tiếp gồm: điện trở, cuộn cảm thuần và tụ điện dung C thay đổi được. Khi C = C0 thì điện áp hiệu dụng giữa hai bản tụ điện đạt giá trị cực đại và công suất của đoạn mạch bằng 50% công suất của đoạn mạch khi có cộng hưởng. Khi C = C1 thì điện áp giữa hai bản tụ điện có giá trị hiệu dụng là U1 và trễ pha 1 so với điện áp hai đầu đoạn mạch. Khi C = C2 thì điện áp giữa hai bản tụ điện có giá trị hiệu dụng là U2 và trễ pha 2 so với điện áp hai đầu đoạn mạch. Biết U2 = U1 . 2  1   / 3 . Giá trị của 1 là A.  / 12 B.  / 6 C.  / 4 D.  / 9 1 2  Giải 1: Sử dụng công thức giải nhanh ta có: P  Pmax cos 2 0  P  Pmax  Pmax cos 2 0  cos 0   0  2. Mặt khác khi chỉnh C đến C1 và C2 thì UC1 = UC2 nên ta có: 0 . 1  2 2. ; 2  1 . . 2. 4. 3. .  1  12   1  . Chọn A. =>  12   5 2  12. Nhận xét: Cách giải này nhanh, cần nhớ 2 công thức giải nhanh: P  Pmax cos2  và  . –9–. 1  2 2. !.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Giải 2: Công suất khi có cộng hưởng là Pmax . U2 R. Khi C = C0 thì điện áp hiệu dụng giữa hai bản tụ điện đạt giá trị cực đại, ta có: ZC0  đồng thời, có P . 1 U 2 .R Pmax  2 R 2  Z L  Z C0. . . 2. R 2  Z2L  ZL ZL. 1 .. U2   R  ZL  ZC0  ZC0  ZL . hay ZC0  R  ZL , thay vào 2R. R 2  ZL2 R 2  ZL2  ZL  R. và do đó ZC0   2R . ZL ZL Gọi 1 và  2 lần lượt là độ lệch pha của u so với i khi C = C1 và khi C = C2, khi đó UC1 = UC2, ta có:   2  1  2  1   2. 3   2 Gọi  0 là độ lệch pha của u so với i khi C = C0 thì có  0  1  3 . 2 ZL  ZC0 R  2R     1   0   , thay vào (3) được 1   2  2 0   Mặt khác tan  0   4 . R R 4 2 5  Giải hệ (2) và (4) tìm đuợc 1   ;  2   12 12    Lại có 1  u/i1  u  i1  u  uC1  uC1 /i1  u   uC1    1  . 2 2    5   Suy ra 1  1   .Vậy giá trị của 1 là . Chọn B.   12 2 12 2 12 * Chú ý! Sử dụng công thức giải nhanh , ta có thể giải như sau: P 2  P  Pmax .cos 2 0  cos0    0  . Pmax 2 4. (1) được: R  ZL . . . 1  2  , kết hợp với 2  1  ta tìm được kết quả. 2 3 Bình luận: Đây là câu về bài tập vận dụng cao khá khó. Câu 36: Một thấu kính hội tụ có tiêu cự 15 cm. M là một điểm nằm trên trục chính của thấu kính, P là một chất điểm dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng trùng với M. Gọi P’ là ảnh của P qua thấu kính. Khi P dao động theo phương vuông góc với trục chính, biên độ 5 cm thì P’ là ảnh ảo dao động với biên độ 10 cm. Nếu P dao động dọc theo trục chính với tần số 5 Hz, biên độ 2,5 cm thì P’ có tốc độ trung bình trong khoảng thời gian 0,2 s bằng A. 2,25 m/s B. 1,25 m/s C. 1,5 m/s D. 1,0 m/s Giải: - Khi P dao động theo phương vuông góc với trục chính. f 10 k   2  d1  7,5cm (M cách TK 7,5cm) d1  f 5 - Khi P dao động dọc theo trục chính P P’ + Khi P ở bên trái M thì d 2  10cm  d 2'  30cm. khi C = C1 và khi C = C2, có UC1 = UC2 thì 0 . .. .. + Khi P ở bên phải M thì d 3  5cm  d3'  7,5cm 30  7,5 Suy ra biên độ của P’ là  11, 25cm 2 - Tốc độ trung bình của P’ trong 0,2s (trong 1T) là 4A/T = 4.11,25/0,2= 225 cm/s = 2,25m/s. Chọn A. Bình luận: Đây là câu về bài tập vận dụng cao ở vật lý lớp 11về quang hình kết hợp với dao động cơ. Câu 37: Từ không khí, chiếu chùm sáng hẹp (coi như một tia sáng) gồm hai bức xạ đơn sắc màu đỏ và màu tím tới mặt nước với góc tới 530 thì xảy ra hiện tượng phản xạ và khúc xạ. Biết tia khúc xạ màu đỏ vuông. – 10 –.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> góc với tia phản xạ, góc giữa tia khúc xạ màu tím và tia khúc xạ màu đỏ là 0,5 0. Chiết suất của nước đối với tia sáng màu tím là A. 1,333 B. 1,343 C. 1,327 D. 1,312 Giải 1 : Theo đề rđ = 90-53 = 370. => rt = rđ -0,5 = 370 -0,50 =36,50. Sin i sin(530 ) Chiết suất của nước đối với tia sáng màu tím là: nt    1,342644 .Chọn B sin rt sin(36,50 ) Giải 2 : Xét tia màu đỏ: α+ β =900 . N Hay: (90 –rđ)+ (90-i )= 900. S => rđ+ i= 900.=> rđ =90-i=90-53=370. i i Theo đề: rt= rđ-0,5 = 37-0,5=36,50. Xét tia màu tím: ĐL khúc xạ: I sin i sin(530 ) nt    1,342644 0 sin rt sin(36,5 ) rđ. Giải 3: Góc khúc xạ của tia đỏ: rđ  900  i  37 0. rt. R. Đ T. Góc khúc xạ của tia tím: rt  rđ  0,50  36,50.. sin i sin 530   1,343. Chọn B. sin rt sin 36,50 Bình luận: Đây là câu về bài tập vận dụng kiến thức cơ bản ở vật lý lớp 11về quang hình. Câu 38: Từ một trạm điện, điện năng được truyền tải đến nơi tiêu thụ bằng đường dây tải điện một pha. Biết công suất truyền đến nơi tiêu thụ luôn không đổi, điện áp và cường độ dòng điện luôn cùng pha. Ban đầu, nếu ở trạm điện chưa sử dụng máy biến áp thì điện áp hiệu dụng ở trạm điện bằng 1,2375 lần điện áp hiệu dụng ở nơi tiêu thụ. Để công suất hao phí trên đường dây truyền tải giảm 100 lần so với lúc ban đầu thì ở trạm điện cần sử dụng máy biến áp có tỉ lệ số vòng dây của cuộn thứ cấp so với cuộn sơ cấp là A. 8,1 C. 6,5 D. 7,6 D. 10 Giải 1: Ban đầu, điện áp hiệu dụng ở trạm điện bằng 1,2375 lần điện áp hiệu dụng ở nơi tiêu thụ nên:. Định luật khúc xạ cho: n t . U1=1,2375Utt1. => U tt1. . U1 1,2375. (1) =>. U1  U1  U tt1  U1 (1 . 1 19 )  U1 1, 2375 99. -Công suất hao phí giảm 100 lần thì I giảm 10 lần và độ giảm áp U giảm 10 lần: U 2 . 1 19 U1  U1 10 990. -Do công suất truyền đến nơi tiêu thụ luôn không đổi nên I giảm 10 lần thì Utt tăng 10 lần: 19 800 81 U 1 800 U1  U1  U1 .Vậy: 2  8,1 U1  U1 . U 2  U 2  U tt 2  1, 2375 99 990 99 10 U1 >Máy biến áp có tỉ lệ số vòng dây của cuộn thứ cấp so với cuộn sơ cấp là: U 2  N2  8,1 . Chọn A. U1 N1 U tt 2  10U tt1  10. Giải 2: Khi chưa sử dụng máy biến áp thì điện áp đầu đường dây là U1  1, 2375U tt1  U tt1 . U1 1, 2375. 1. 1  19  U1  U1 Độ giảm điện áp trên đường dây khi đó là U1  U1  U tt1  1  (2)  99  1, 2375  P1 I12 R I12    100  I1  10.I 2 Lúc sau, công suất hao phí trên dây giảm 100 lần so với lúc đầu, tức là P2 I 22 R I 22 Độ giảm điện áp lúc đầu và lúc sau lần lượt là U 2 I2 U1 19 (3) U1  I1R; U 2  I2 R    U 2   U1 U1 I1 10 990 I 800 Do công suất nơi tiêu thụ không đổi nên Ptt  U tt1.I1  U tt 2 .I2  U tt 2  1 .U tt1  10.U tt1  U1 (4) I2 99. – 11 –.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Điện áp đầu đường dây lúc sau là U2  Utt 2  U2 (5). Thay (3) và (4) vào (5), ta được U 800 19 8019 8019 U2  U1  U1  U1  2   8,1 . Vậy ở trạm điện cần sử dụng máy biến áp có tỉ lệ số 99 990 990 U1 990 N U vòng dây của cuộn thứ cấp so với cuộn sơ cấp là 2  2  8,1 . Chọn A. N1 U1 Bình luận: Đây là câu về bài tập vận dụng cao . Câu 39: Người ta dùng hạt prôtôn có động năng 1,6 MeV bắn vào hạt nhân 73 Li đứng yên, sau phản ứng thu được hai hạt giống nhau có cùng động năng. Giả sử phản ứng không kèm theo bức xạ  . Biết năng lượng tỏa ra của phản ứng là 17,4 MeV. Động năng của mỗi hạt sinh ra bằng A. 8,7 MeV B. 7,9 MeV C. 0,8 MeV D. 9,5 MeV Giải 1: 11H  37 Li  24 He  24 He ĐL BT NL : K1+K2 + E = 2Kα Hay :1,6+0+17,4 =2Kα => Kα=(1,6+17,4)/2=9,5MeV. Chọn D. Giải 2: Theo định luật bảo toàn năng lượng toàn phần: E  K p  K1  K 2 với K1 = K2, suy ra:. E  K p. 17, 4  1, 6  9,5 MeV. Chọn D. 2 2 Bình luận: Đây là câu về bài tập vận dụng mức độ vừa. Câu 40: Hai con lắc lò xo giống hệt nhau đặt trên cùng mặt phẳng nằm ngang. Con lắc thứ nhất và con lắc thứ hai dao động điều hòa cùng pha với biên độ lần lượt là 3A và A. Chọn mốc thế năng của mỗi con lắc tại vị trí cân bằng của nó. Khi động năng của con lắc thứ nhất là 0,72 J thì thế năng của con lắc thứ hai là 0,24 J. Khi thế năng của con lắc thứ nhất là 0,09 J thì động năng của con lắc thứ hai là A. 0,32 J B. 0,08 J C. 0,01 J D. 0,31 J Wt1  9Wt 2  x  3 A cos t   Giải 1: Theo đề x1 và x2 cùng pha:  1  x2  A cos t W1  9W2 K1  K 2 . . 1 9. W 9W Khi Wt 2  0,24 J  Wt1  9.0,24  2,16 J  W1  Wt1  Wd 1  2,88 J  W2  W1  0,32 J t1. t2. 1 9. W 9W Khi W 't1  0,09 J  W 't 2  .0,09  0,01J  W 'd 2  W2  W 't 2  0,32  0,01  0,31J . Chọn D. t1. Giải 2: Tỉ số. t2. khi W. =0,24J => Wt2 =9.0,24 =2,16J và W2 =Wt1+Wd1 = 2,16+0,72=2,88J. W1=2,88/9 =0,32J khi Wt =0,09J thì W =0,01J vậy J Giải 3: Hai con lắc lò xo giống hệt nhau nên chúng có cùng khối lượng m và độ cứng k. 1 1 1 1 Cơ năng của hai con lắc lần lượt là E1  kA12  k.9A 2 ; E 2  kA 22  k.A 2 .  E1  9E2 (1) 2 2 2 2 1 1 Thế năng của hai con lắc lần lượt là: Wt1  kx12 ; Wt 2  kx 22 , , 2 2 2 Wt1 x1 A12    9  Wt1  9Wt 2  2  , Do hai dao động cùng chu kì và cùng pha nên Wt 2 x 22 A 22 Khi Wđ1 = 0,72 J thì Wt2 = 0,24 J  Wt1  9Wt 2  9.0, 24  2,16 J  E1  Wđ1  Wt1  2,88 J. E Từ (1) tính được E 2  1  0,32 J 9 Khi Wt1  0,09J  Wt2  0,01 J  Wđ2  E 2  Wt2  0,32  0,01  0,31  J  . Chọn D. Bình luận: Đây là câu về bài tập vận dụng mức độ cao. Câu 41: Khi máy phát điện xoay chiều một pha đang hoạt động bình thường và tạo ra hai suất điện động có cùng tần số f. Rôto của máy thứ nhất có p1 cặp cực và quay với tốc độ n1 = 1800 vòng/phút. Rôto của máy thứ hai có p2 = 4 cặp cực và quay với tốc độ n2. Biết n2 có giá trị trong khoảng từ 12 vòng/giây đến 18 vòng/giây. Giá trị của f là A. 54 Hz B. 50 Hz C. 60 Hz D. 48 Hz – 12 –.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Giải 1: n1 = 1800 vòng/phút = 1800/60=30 vòng/giây.Ta có: f  n1 p1  n2 p2 => n2 . p1 p n1  1 30  7,5 p1 p2 4. Theo đề: 12  n2  7,5 p1  18  p1  2  n2  15 => f  n2 p2  15.4  60 Hz . Chọn C Giải 2: Có thể dùng MODE 7 của máy tính cầm tay: Hàm f(X) là n2 : f ( X )  n2 . p1 30  7,5 p1  7,5 X Với X là P1 ( số nguyên ): 4. Nhập máy: =Start = 1 = End = 5 Step = 1 = Ta thấy: p1  2  n2  15 => f  n2 p2  15.4  60 Hz . Chọn C Bình luận: Đây là câu về bài tập vận dụng mức độ vừa . Câu 42: Một chất điểm dao động điều hòa có vận tốc cực đại 60 cm/s và gia tốc cực đại là 2( m / s2 ) . Chọn mốc thế năng tại vị trí cân bằng. Thời điểm ban đầu (t = 0). chất điểm có vận tốc 30 cm/s và thế năng đang tăng. Chất điểm có gia tốc bằng ( m / s2 ) lần đầu tiên ở thời điểm A. 0,35 s B. 0,15 s C. 0,10 s D. 0,25 s 2 Giải 1: Ta có: vmax= 60 cm/s và amax= 2( m / s )  200(cm/ s) . amax  2 A 200 20 v 2 18    rad / s  T   0, 6s; A  max  cm ; Suy ra:   vmax  A 60 6    A 3 và thế năng đang tăng. 2 A 3 Nên động năng giảm: Vật đi về biên (do v>0: vật đi về biên dương)=> x0  2. Thời điểm đầu (t = 0). chất điểm có v= 30 cm/s = Vmax/2 => x0  . Vật có a=  ( m / s2 ) = amax/2 lần đầu tiên ở x = -A/2. Xem sơ đồ thời gian sau: Thời gian ngắn nhất vật từ x0 . T T T 5T 5.0,6 A 3 đến x = -A/2 là: t       0,25s .Chọn D. 2 12 4 12 12 12 v = 0,5vmax. a = 0,5amax T/12. -A A A 2 A 3    2 2 2. T/4. +A x A 2. 0. A 2A 3 2 T/12 2. amax  2 A 200 20 v 2 18    rad / s  T   0, 6s; A  max  cm . Giải 2:   vmax  A 60 6     v  18   30 2     Lúc t = 0: v0= 30 cm/s => x0   A       10  3 2. 2 0 2. 2.   9 3 A 3  và thế năng đang tăng.    2  . A 3 . 2 a 100 9 A   . Khi gia tốc a= ( m / s2 ) => x   2   2   2  10     3 . Vật đi về biên (do v>0: vật đi về biên dương) nên : x0 .  A  A 3 T T T 5T 5.0,6 x  x     0, 25s . Chọn D. Thời gian ngắn nhất từ:  2 t     2  12 4 12 12 12 v  0 v  0  v = 0,5vmax. a = 0,5amax. Xem sơ đồ thời gian:. T/12. -A A  2. T/4 0. – 13 –. +A x A 3 2. T/12.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Chọn D. Giải 3: vmax  A  0, 60  m / s  ;a max  2 A  2  m / s 2    . a max 2 10 2    rad / s  ;T   0, 6 s .. vmax 0, 6 3 .  A  2   v v 3 2 Khi t = 0, v0  30cm / s   max  x 0  A 2  02  A 2   2    A . 2   2 2. Khi đó, thế năng của vật đang tăng và vật chuyển động theo chiều dương nên x 0   A a max thì li độ của vật là x: 2 x a 1 A   x A a max 2 2. 3 .. 2. Khi vật có a  (m / s 2 ) . M2.  A 3 Chất điểm có a= (m / s2 ) lần đầu tiên ở thời điểm: 2 A x    A O A    5 5 2 t T  6 2 6 T  T  .0, 6  0, 25  s  . M1 2 2 12 12 T T T 5T * Nếu nhớ sơ đồ giải nhanh, ta có: t     12 4 12 12 Bình luận: Đây là câu về bài tập vận dụng mức độ khá. Câu 43: Theo mẫu nguyên tử Bo về nguyên tử hiđrô. coi êlectron chuyển động tròn đều quanh hạt nhân dưới tác dụng của lực tĩnh điện giữa êlectron và hạt nhân. Gọi v L và v N lần lượt là tốc độ của êlectron khi nó v chuyển động trên quỹ đạo L và N. Tỉ số L bằng vN A. 0,5 B. 4 C. 2 D. 0,25  e2 vL2 k 2  m 2 rL rN vL rN 42 vL 42  r     2 Giải:  L2    2 Chọn C 2 vN rL 22 vN rL 22  k e  m vN  r2 rN2  N. Bình luận: Đây là câu về bài tập vận dụng mức độ vừa. Câu 44: Đặt diện áp u  U 2 cos t ( với U và  không đổi) vào hai đầu đoạn mạch AB như hình vẽ. R là biến trở, cuộn cảm thuần có độ tự cảm L, tụ điện có điện dung C. Biết LC  2 = 2. Gọi P là công suất tiêu thụ của đoạn mạch AB. Đồ thị trong hệ tọa độ vuông góc ROP biểu diễn sự phụ thuộc của P vào R trong trường hợp K mở ứng với đường (1) và trong trường hợp K đóng ứng với đường (2) như hình vẽ. Giá trị của điện trở r bằng A. 20  B. 60  C. 180  2 Giải 1: LC  2  Z L  2ZC U2 U2    5 p0 2R 0 2 Z C. (1). U2 .20  3 p0 Khi R = 20  : P20  (202  Z C2 ). (2). - Xét đồ thị (2): Pmax. D. 90  P 5p0. (2). 3p0. – 14 –. (1) R(Ω) 20 R0 = ZC.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Từ (1) và (2) tìm được ZC =60Ω U2 - Xét đồ thị (1): Khi R = 0: PR 0  .(r  0)  3 p0 (3) ((r  0) 2  ZC2 ) Từ (1) và (3) tìm được r = 180  hoặc r =20Ω.Ta chọn nghiệm r? U 2 (r  R )  Khi K mở: P  (r  R ) 2  Z C2. Z C2  (r  R)   r  R  Z C  60 ( 4) (r  R). U2. => Pmax Z C2 (r  R)  (r  R) Nhưng trên đồ thị (1) không có Pmax nên ta chọn r =180 Ω. Chọn C. 3 5. Giải 2: P1max(R 0)  P2 max  2.  Z C  3r (loai ) U 2 .r 3 U2  .  2 2 r  Z C 5 2.R ZC  r / 3. (1). P. 2. U .r U r 20  .20  2  (2) 2 2 2 2 2 2 r  Z C (20  Z C ) r  Z C (20  Z C2 ) Thay ZC = r/3 vào (2) : r 20 9 180     r 2  200r  3600  0 (3) 2 2 2 r r 10r 3600  r r2  (202  ) 9 9. Khi R = 20  :. r  180 (3) =>  .Chọn C. r  20(loai ). (2) (1). 0. 20. ZC. R (Ω). Giải 3: Từ LCω2 = 2 => ZL = 2ZC Khi khóa K mở: Công suất tiêu thụ: P1  Khi R = 0: P1R 0 . U 2r r 2  Z C2. U 2 (R  r) ( R  r )2  (Z L  ZC )2. Theo đồ thị ta có:. U 2 (R  r) ( R  r ) 2  Z C2. (*). Khi khóa K đóng: Công suất tiêu thụ: P2  P2 = P2max khi R = ZC : P2 max . . U 2R  R 2  Z C2. U2 Z2 R C R. U2 20U 2 (**); Khi R = 20Ω : P2 R 20  . 400  Z C2 2ZC. P01 3 và  P2 max 5. P P2 R 20 3  => 2 R 20 P2max P2 max 5. => 3ZC2 – 200ZC + 1200 = 0 => ZC1 =. 20U 2 40ZC 400  Z C2 3    2 2 U 400  ZC 5 2ZC. 20  < 20 Ω loại; ZC = 60Ω 3. 300  240 r.2Z P1R 0 3  2 C2  => 10rZC = 3r2 + 3ZC2 => 3r2 – 600r + 10800 = 0 => r = P2max r  ZC 5 3. => r1 = 20Ω và r2 = 180Ω Khi r = r1 = 20Ω: Ta thấy P1R20 . 40U 2 20U 2 U 2R   => P mà theo đồ thị P1R20 < P2R20. 2R20 402  602 R 2  Z C2 202  602. Ta loại trường hợp r = 20Ω . Vậy chọn đáp án C với r = 180Ω. Giải 4:Từ LC2  2  ZL  2ZC .. – 15 –.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> U2 U 2 .R U2 Từ đồ thị: P    5a 1 . . đmax 2R 0 2ZC R 2  ZC 2 Chú ý khi Pđ đạt max thì R0 = ZC > 20  U 2 .20  3a  2  . Tại giá trị R = 20  , có Pđ  2 20  ZC 2 Từ (1) và (2) suy ra ZC = 60  (loại nghiệm nhỏ hơn 20). U2 . R  r  U2. R  r  Khi K mở: Pm   . 2 2 2  R  r    Z L  ZC   R  r   ZC 2. Khi K đóng: Pđ . Từ đồ thị ta thấy khi R = 0 . thì Pm  2. U 2 .r  3a r 2  ZC 2. P 5a 3a. (2) (1). a.  3 .. O 20 R0. 2. U .r U .20 r 20  2  2  2 . Kết hợp (2) và (3) ta có: 2 2 2 2 r  ZC 20  ZC r  60 20  602  r  180  r 2  200r  3600  0   . Chú ý rằng r  ZL  ZC . . Chọn C.  r  20 Bình luận: Đây là câu về bài tập vận dụng mức độ rất khó. Bị gài bẫy khi chọn r =20Ω.!. R  . Câu 45: Trong thí nghiệm Yâng về giao thoa ánh sáng đơn sắc, khoảng cách hai khe không đổi. Khi khoảng cách từ mặt phẳng chứa hai khe tới màn quan sát là D thì khoảng vân trên màn hình là 1mm. Khi khoảng cách từ mặt phẳng chứa hai khe tới màn quan sát lần lượt là (D -  D) và (D +  D) thì khoảng vân trên màn tương ứng là i và 2i. Khi khoảng cách từ mặt phẳng chứa hai khe tới màn quan sát là (D + 3  D) thì khoảng vân trên màn là A. 2 mm B. 3 mm C. 3,5 mm D. 2,5 mm Giải 1:Ta có: 2. D  D D  D   D  3D . a a. Khi D‘ = D+3D thì:. D  3D i  a. D 3   2 D  2i  2mm 0 a a. D3. Giải 2: Do  và D không đổi nên khoảng vân i tỉ lệ với khoảng cách D, ta có hệ: kD  1 mm  1  2  k  D  D   i với k  . Từ (2) và (3) suy ra D  3D  a k  D  D   2i  3 k D  3D  i  4   D  3D 3D Từ (4) và (1) suy ra: i   1  2  mm  . Chọn A. D D D  ( D  D)  ( D  D) Giải 3: i0 = ; 2i  => 2(D - ∆D) = D + ∆D => D = 3∆D  1mm.; i  a. i3 .  ( D  3D) a. a. a. D 3  2  D  2i 2 mm. 0 a a.  (D  3 ). =. Chọn A.. Bình luận: Đây là câu về bài tập vận dụng mức độ khó.. Câu 46: Một sợi dây đang có sóng dừng ổn định. Sóng truyền trên dây có tần số 10Hz và bước sóng 6 cm. Trên dây, hai phần tử M và N có vị trí cân bằng cách nhau 8 cm, M thuộc một bụng sóng dao động điều hòa với biên độ 6 mm. Lấy  2  10 . Tại thời điểm t, phần tử M đang chuyển động với tốc độ 6  (cm/s) thì phần tử N chuyển động với gia tốc có độ lớn là – 16 –.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> A. 3m/s2. Giải 1:. B. 6 3 m/s2.. C. 6 2 m/s2. N. A 4 2 1   M / N   N   3 3 AM 2 vN A 1  N  vN  vM  3 (cm / s) vM AM 2 vmax N  AN   6 (cm / s) MN. 2 / 3. a. Giải 2: Biên độ của M là AM = 6 mm = 0,6 cm.   2f  20 (rad/s). 4 MN = d = 8 cm = . vM  6 cm / s  60 (mm / s) 3 Biên độ dao động của N: d 4 / 3 A N  A M . cos2  6. cos2  3  mm  . .   Độ lớn gia tốc của M ở thời điểm t là :.  20 . 2. M. AN.  aN  6 3(m / s 2 ) Chọn B.. 2 2 a M   2 A M  vM  20. D. 1,26 m/s.. .62   60 . 3 / 2a max. 3 6. v. M. 2.  1200 32  mm / s 2   12 3  m / s 2  .. N 4 3. aN A a 3   2 M  a N  a M N  12 3  6 3  m / s 2  Bình 2  AN  AM AM 6 luận: Đây là câu về bài tập vận dụng mức độ rất khó. Câu 47: Một con lắc lò xo treo vào một điểm cố định, dao động điều hòa theo phuong thẳng đứng. Tại thời điểm lò xo dãn 2 cm, tốc độ của vật là 4 5v (cm/s); tại thời điểm lò xo dãn 4 cm, tốc độ của vật là 6 2v. M và N dao động ngược pha nhau nên có. (cm/s); tại thời điểm lò xo dãn 6 cm, tốc độ của vật là 3 6v (cm/s). Lấy g = 9,8 m/s2. Trong một chu kì, tốc độ trung bình của vật trong khoảng thời gian lò xo bị dãn có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây ? A. 1,21 m/s B. 1,43 m/s C. 1,52 m/s D. 1,26 m/s Giải 1: Gọi  0 là độ dãn của lò xo ở VTCB. Khi lò xo dãn đoạn a bất kì thì: x  a   0 v2 v2 42.5  (2   0 ) 2  2  (2   0 ) 2  80b 2 (1) ( Với b 2  2 ) 2    2 6 .2 Tương tự, ta lần lượt có: A2  (4   0 )2  2  (4   0 ) 2  72b 2 (2). Công thức độc lập ta có: A2  x 2 . . A2  (6   0 ) 2 . 32.6. . 2.  (6   0 ) 2  54b 2. (3). Kết hợp (1) (2) và (3) giải ta được: A = 8,0225 cm và l0 = 1,4cm   . g 9,8 2   10 7  26, 46 rad / s  T   0, 2375s  0 0,014 . Chọn chiều dương trục tọa độ Ox hướng xuống  vị trí lò xo không biến dạng là x = -1,4 cm. Lò xo dãn khi vật đi từ x = -1,4 cm đến x = +8,0225 cm. Tốc độ trung bình của vật trong khoảng thời gian lò xo bị dãn trong một chu kì là:. – 17 –.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> vTB . S  t. 2( A   0 ) 8,0225  1, 4   143,055cm / s  1, 43 m / s . Chọn B.  0 1, 4 0, 237.arcsin T .arcsin T 8,0225 A ) 0, 237 2(   4 2 4 2. Giải 2: Chọn chiều dương hướng xuống, gốc o tại VTCB. Gọi a là độ dãn của lò xo khi vật cân bằng, li độ của vật khi lò xo dãn  là   a  cm  ;  là tần số góc và A là biên độ của vật. Ta có hệ: A 2   2  a  Từ  2  a . 2.  4 5v  . 6. 2. . 2.  4 5v   . 2. 2.  4  a. 2. 2. 6 . 2.  4  a. 6 . 2v. . . 2. . 2.  6  a . 2. 3 6v   2. 2. .. 2. 2. 3 6v . 2. 2v. . v2 3  a  1 . 2 2. 2. 8, 0225. 8,0225. 1, 4. v 2 10  2a O x P2 P1   2. 2 2 2 9 7 v2 4 Giải hệ (1) và (2) ta tìm được a   1, 4  cm  ; 2   0,8  cm 2  5  5 Từ đó tính được A = 8,0225 cm. 2 2 g 9,8   0, 2375  s     10 7  24, 46rad / s  T  T 10 7 a 0, 014 Thời gian lò xo dãn trong một chu kì ứng với vật chuyển động giữa hai li độ -1,4 cm và 8,0225cm. Ta chỉ cần tính tốc độ trung bình khi vật đi từ điểm có li độ -1,4 cm đến biên có li độ 8,022 cm với thời gian chuyển T T a động t   .arcsin    0, 066  s  và quãng đường s = A + a = 9,4225 (cm). 4 2 A s 9, 4225 vTB    142, 77  cm / s   1, 43  m / s  . Chọn B. t 0, 066 Bình luận: Đây là câu về bài tập vận dụng mức độ rất khó, giải nhiều phương trình. Câu 48: Đặt điện áp u  200 2 cos100 t (u tính bằng V, t tính bằng s) vào hai đầu đoạn mạch AB như hình vẽ. Biết cuộn dây là cuộn cảm thuần, R = 20  và cường độ dòng điện hiệu dụng trong đoạn mạch bằng 1 3A. Tại thời điểm t thì u  200 2 V. Tại thời điểm t  s thì 600 C R L B A cường độ dòng điện trong đoạn mạch bằng không và đang giảm. X M Công suất tiêu thụ trên đoạn mạch MB bằng A. 200W B. 180W C. 90W D. 120W 1 T T Giải 1: Ta có: u  200 2 cos100 t => f= 50Hz=> t  t t . 600 12.50 12 2 2 -Công suất tiêu thụ điện của đoạn mạch R là: PR  I R  3 .20  180 W . -Tại thời điểm t, điện áp tức thời giữa hai đầu AB có giá trị 200 2 V=U0 . 1 T /6 -Ở thời điểm t  , t 600 12 O 200 2 200 2 u cường độ dòng điện tức thời bằng không và đang giảm.  1 Suy ra u chậm pha thua i góc π/3 => cos   cos  .  3 2 u /i   Công suất tiêu thụ điện của đoạn mạch R+ X là: 3 1 P  UI cos   200.3.  300 W .. 4  a. 2. . 2v.  6  a   2. . 2. Công suất tiêu thụ điện của đoạn mạch X là: PX = P- PR = 300 180  120 W .Chọn D. O. – 18 –. i.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Giải 2:. 1 T    (ut , u(t 1/600) )  600 12 6 i sớm hơn u một góc  / 3 Công suất cả mạch: P  UIcos  300W. i(t+1/600)  /3. Công suất tiêu thụ trên R: PR  I R  180W 2. Suy ra công suất trên X: PX  P  PR  120W Giải 3: Công suất đoạn mạch AM là PAM  I2 R  32.20  180  W  .. u(t+1/600) ut. u,i. Tần số góc của dòng điện   2f  100  rad / s  . Nếu ở thời điểm t(s), u AB  200 2V thì ở thời điểm t  u quay được góc   .t  100.. 1 1  s  , tức là sau t  s, vectơ quay biểu diễn 600 600. 1    rad  . Mà khi đó i = 0(A) và đang giảm, suy ra độ lệch pha giữa 600 6.  điện áp và dòng điện là u /i   . 3.   Công suất của đoạn mạch AB là: PAB  UIcosu/i  200.3.cos     300  W  .  3 Vậy công suất của đoạn mạch MB là PMB  PAB  PAM  300  180  120  W  . Chọn D. Bình luận: Đây là câu về bài tập vận dụng mức độ khó. Câu 49: Giả sử ở một ngôi sao, sau khi chuyển hóa toàn bộ hạt nhân hidrô thành hạt nhân 24 He thì ngôi sao. lúc này chỉ có 24 He với khối lượng 4,6.1032 kg. Tiếp theo đó, 24 He chuyển hóa thành hạt nhân 126C thông qua quá trình tổng hợp 24 He + 24 He + 24 He  126C +7,27 MeV. Coi toàn bộ năng lượng tỏa ra từ quá trình tổng hợp này đều được phát ra với công suất trung bình là 5,3.1030 W. Cho biết: 1 năm bằng 265,25 ngày, khối lượng mol của 24 He là 4g/mol, số A-vô-ga-đrô NA=6,02.1023 mol-1, 1eV=1,6.10-19J. Thời gian để chuyển hóa hết 24 He ở ngôi sao này thành 126C vào khoảng A. 481,5 triệu năm B. 481,5 nghìn năm C. 160,5 triệu năm D. 160,5 nghìn năm Giải 1: + Năng lượng của một phản ứng chuyển hóa He4 thành C12 là: E0 = 7,27 MeV = 1,1632.10 -12 J m 4,6.1035 NA  6,02.1023  6,923.1058 hạt A 4 N 6,923.1058  2,307.1058 hạt Cứ 1 phản ứng cần 3 hạt He nên số phản ứng cho đến khi hết He là: k  He  3 3. Số hạt He có trong ngôi sao: N He . Năng lượng tỏa ra cho đến khi hết hạt:W= kE0 =2,68.1046 J Thời gian để chuyển hóa hết 24 He ở ngôi sao này thành 126C : t. W 2,68.1046 5,06.1015 15   5,06.10 s   160,5.106 năm. Chọn C 30 P 5,3.10 365,25.24.3600. Giải 2: Năng lượng tỏa ra khi toàn bộ khối lượng He phản ứng: E m( g ).N A E 4,6.1035.6,02.1023 7, 27.1,6.1013  .  .  26,843.1045 J . 3 4 3 4 3 Một năm năng lượng tỏa: A An  P.t  5,3.1030.365,25.24.3600  1,673.1038 J . E  N .. Số năm: n . E 26,843.1045   160,5 triệu năm. An 1,673.1038. Chọn C.. Giải 3: m 4, 6.1032.103 .6, 02.1023  6,923.1058 Số hạt nhân He trong m = 4,6.10 kg là N  .N A   4 32. – 19 –.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Cứ 1 phản ứng cần 3 hạt nhân He nên số phản ứng cho đến khi hết He là: N 0 . N . 3. N .7, 27.1, 6.1013  J  . 3 6,923.1058.7, 27.1, 6.10 13   5, 065.1015  s  30 3.5,3.10. Năng lượng tỏa ra cho đến khi hết hêli là E  N 0 .7, 27.1, 6.1013 . E N.7, 27.1, 6.1013 Thời gian để chuyển hóa hết hêli là t   P 3P. 5, 065.1015  1, 605.108 (năm) = 160,5 triệu năm. Chọn C. 365, 25.86400 Bình luận: Đây là câu về bài tập vận dụng mức độ khó. Câu 50: Trong thí nghiệm Yâng về giao thoa ánh sáng, khoảng cách giữa hai khe là 0,5 mm, khoảng cách từ mặt phẳng chứa hai khe đến màn quan sát là 2m. nNguồn sáng phát ra vô số ánh sáng đơn sắc có bước sóng biến thiên liên tục từ 380 nm đến 750 nm. Trên màn, khoảng cách gần nhất từ vân sáng trung tâm đến vị trí mà ở đó có hai bức xạ cho vân sáng là A. 6,08 mm B. 4,56 mm C. 9,12 mm D. 3,04 mm Giải 1:+Vị trí gần nhất sẽ ứng với bước sóng nhỏ nhất 380 nm trùng với một bức xạ nào đó. +Tính từ trung tâm trở ra vân sáng bậc 1 của ánh sáng 380 nm không trùng với bất kì ánh sáng nào (nó thuộc quang phổ bậc 1). Nó chỉ có thể trùng từ bậc (k + 1) với bậc k của ánh sáng nào đó. Do đó ta có:  k  1 .380  380  380 nm . .  k  1 .380  k      k k 380 Với điều kiện 380nm    750nm , ta có 380  380   750  k  1, 03  k min  2. k  D 0,38.2  4,56  mm  . Chọn B. Vậy x min   k min  1 min   2  1 a 0,5 Bình luận: Đây là câu về bài tập vận dụng mức độ khó. Giải 2: Bài giải của thầy Thịnh. t. ******************** HẾT ********************. ĐÓN ĐỌC:. 1.TUYỆT ĐỈNH CÔNG PHÁ CHUYÊN ĐỀ VẬT LÍ 2015-2016 Tác giả: Đoàn Văn Lượng ( Chủ biên) ThS Nguyễn Thị Tường Vi – ThS.Nguyễn Văn Giáp 2.TUYỆT KỈ GIẢI ĐỀ THI THPT QUỐC GIA VẬT LÍ Tác giả:Thạc sĩ Lê Thịnh - Đoàn Văn Lượng Nhà sách Khang Việt phát hành. Website: WWW.nhasachkhangviet.vn – 20 –.

<span class='text_page_counter'>(21)</span>