Đề thi thử THPT QG - Đề số 01Đề bài
Câu 1 :
Trong thí nghiệm Y-âng, vân sáng bậc hai xuất hiện ở trên màn tại các vị trí mà hiệu đường đi của ánh sáng từ hai nguồn đến các vị trí đó bằng
Câu 2 :
Một kính lúp đơn giản được cấu tạo bởi một thấu kính hội tụ có tiêu cự f. Một người mắt không có tật có khoảng cách từ mắt tới điểm cực cận D = OCC. Công thức xác định có bội giác khi người đó ngắm chừng ở vô cực là:
Câu 3 :
Trong hiện tượng giao thoa sóng trên mặt nước, khoảng cách giữa một cực đại và một cực tiểu ngay sát nằm trên đường nối hai tâm sóng bằng bao nhiêu?
Câu 4 :
Điều kiện phát sinh của quang phổ vạch hấp thụ là
Câu 5 :
Một người ngồi ở bờ biển đếm được $20$ ngọn sóng đi qua trước mặt trong $76s$. Chu kì dao động của nước biển là:
Câu 6 :
Dao động điện từ tự do trong mạch dao động LC được hình thành là do hiện tượng nào sau đây?
Câu 7 :
Công suất tỏa nhiệt của dòng điện xoay chiều được tính theo công thức:
Câu 8 :
Cho phản ứng hạt nhân \({}_1^3T + {}_Z^AX \to {}_2^4He + {}_0^1n\), hạt nhân X là hạt nhân nào sau đây?
Câu 9 :
Tia hồng ngoại có khả năng:
Câu 10 :
Tán sắc ánh sáng là?
Câu 11 :
Phát biểu nào sau đây là đúng?
Câu 12 :
Một mạch điện xoay chiều chỉ chứa cuộn cảm, $i$ là cường độ dòng điện tức thời qua mạch và $u$ là điện áp tức thời. Chọn câu đúng:
Câu 13 :
Điều nào sau đây là sai khi nói về nguyên tắc phát và thu sóng điện từ ?
Câu 14 :
Một con lắc lò xo dao động với phương trình $x = 6c{\text{os}}\left( {20\pi t } \right)cm$. Xác định chu kỳ, tần số dao động của chất điểm.
Câu 15 :
Con lắc lò xo gồm vật m và lò xo k dao động điều hòa, khi mắc thêm vào vật m một vật khác có khối lượng gấp 3 lần vật m thì chu kì dao động của chúng
Câu 16 :
Gọi năng lượng của phôtôn ánh sáng đỏ, ánh sáng lục và ánh sáng vàng lần lượt là: εĐ, εL và εV. Sắp xếp chúng theo thứ tự năng lượng giảm dần là:
Câu 17 :
Chọn phát biểu đúng: Dao động duy trì của một hệ là dao động tắt dần mà người ta đã:
Câu 18 :
Chọn câu trả lời đúng. Nếu tăng khoảng cách giữa 2 điện tích điểm và độ lớn của mỗi điện tích điểm lên 2 lần thì lực tương tác tĩnh điện giữa chúng sẽ :
Câu 19 :
Một vật dao động điều hòa có chu dao động \(T = 2s\), vận tốc cực đại mà vật đạt được có giá trị \({v_{max}} = 6\pi \left( {cm/s} \right)\). Biết tại thời điểm ban đầu, vận tốc của vật bằng 0 và đang đi theo chiều âm. Phương trình dao động của vật là:
Câu 20 :
Một chất điểm dao động điều hòa theo phương trình \(x = 3\sin \left( {5\pi t + \frac{\pi }{6}} \right)cm\) (x tính bằng cm, t tính bằng giây). Trong một giây đầu tiên từ thời điểm $t = 0,4s$, chất điểm đi qua vị trí có li độ $x = + 1 cm$
Câu 21 :
Con lắc đơn có chiều dài \(\ell \), trong khoảng thời gian \(\Delta \)t thực hiện được 40 dao động. Nếu tăng chiều dài dây của dây treo thêm 19 cm, thì cũng trong khoảng thời gian trên con lắc chỉ thực hiện được 36 dao động. Chiều dài lúc đầu của con lắc là:
Câu 22 :
Một con lắc lò xo đang dao động điều hòa, lực đàn hồi của lò xo phụ thuộc vào chiều dài của lò xo như đồ thị hình vẽ. Cho \(g{\rm{ }} = {\rm{ }}10{\rm{ }}m/{s^2}\). Biên độ và chu kì dao động của con lắc là
Câu 23 :
Hai điểm M, N cùng nằm trên một phương truyền sóng cách nhau λ/3. Tại thời điểm t, khi li độ dao động tại M là uM = + 3 cm thì li độ dao động tại N là uN = - 3 cm. Biên độ sóng bằng :
Câu 24 :
Một sóng cơ lan truyền dọc theo trục Ox với phương trình có dạng \(u = ac{\rm{os}}\left( {\frac{{2\pi }}{T}t - \frac{{2\pi x}}{\lambda }} \right)\). Trên hình vẽ đường (1) là hình dạng của sóng ở thời điểm t, đường (2) là hình dạng của sóng ở thời điểm trước đó \(\frac{1}{{12}}s\). Phương trình sóng là: 
Câu 25 :
Trên mặt nước có hai nguồn sóng nước giống nhau cách nhau $AB = 8(cm)$. Sóng truyền trên mặt nước có bước sóng $1,2 (cm)$. Số đường cực đại đi qua đoạn thẳng nối hai nguồn là:
Câu 26 :
Trên một sợi dây dài 0,9 m có sóng dừng. Kể cả hai nút ở hai đầu dây thì trên dây có 10 nút sóng. Biết tần số của sóng truyền trên dây là 200Hz. Sóng truyền trên dây có tốc độ là
Câu 27 :
Đặt điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng $U=120V$, tần số $f=60Hz$ vào hai đầu một bóng đèn huỳnh quang. Biết đèn chỉ sáng lên khi điện áp đặt vào đèn không nhỏ hơn $60\sqrt 2 V$. Thời gian đèn sáng trong mỗi giây là:
Câu 28 :
Mạch điện xoay chiều chỉ chứa tụ điện \(C = \frac{1}{{7200\pi }}{\rm{ }}F\) , hiệu điện thế xoay chiều ổn định đặt vào hai đầu mạch là \(u = {U_0}cos\left( {\omega t{\rm{ }} + \frac{\pi }{4}} \right){\rm{ }}V\) . Tại thời điểm t1 ta có \({u_1} = 60\sqrt 2 {\rm{ }}V\) và \({i_1} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}A\) , tại thời điểm t2 ta có \({u_2} = - {\rm{ }}60\sqrt 3 {\rm{ }}V\) và và \({i_2} = - 0,5A\) . Hãy hoàn thiện biểu thức của điện áp u.
Câu 29 :
Một mạch dao động điện từ lí tưởng đang có dao động điện từ tự do. Tại thời điểm t = 0, điện tích trên một bản tụ điện cực đại. Sau khoảng thời gian ngắn nhất Δt thì điện tích trên bản tụ này bằng một nửa giá trị cực đại. Chu kì dao động riêng của mạch dao động này là:
Câu 30 :
Mạch chọn sóng của một máy thu thanh gồm cuộn dây có độ tự cảm L = 2.10-6 H, điện trở thuần R = 0. Để máy thu thanh chỉ có thể thu được các sóng điện từ có bước sóng từ 57m đến 753m, người ta mắc tụ điện trong mạch trên bằng một tụ điện có điện dung biến thiên. Hỏi tụ điện này phải có điện dung trong khoảng nào?
Câu 31 :
Trong thí nghiệm Y-âng, người ta dùng ánh sáng đơn sắc có bước sóng \(0,56\mu m\), khoảng cách giữa hai khe là a = 0,45mm. Để trên màn tại vị trí cách vân trung tâm 2,5mm ta có vân sáng bậc 5 thì khoảng cách từ hai khe đến màn là:
Câu 32 :
Trong một đèn huỳnh quang, ánh sáng kích thích có bước sóng \(0,36\mu m\) thì photon ánh sáng huỳnh quang có thể mang năng lượng là?
Câu 33 :
Theo mẫu nguyên tử Bo, êlectron trong nguyên tử hiđrô chuyển động trên các quỹ đạo dừng có bán kính rn = n2r0 (\(n \in N*,\) r0 là bán kính Bo). Tỉ số giữa tốc độ góc của êlectron khi nó chuyển động trên quỹ đạo O và quỹ đạo M là
Câu 34 :
Hạt nhân \({}_2^4He\) có năng lượng liên kết là \(28,4MeV\); hạt nhân \({}_3^7Li\) có năng lượng liên kết là \(39,2MeV\); hạt nhân \({}_1^2D\) có năng lượng liên kết là \(2,24MeV\). Hãy sắp theo thứ tự tăng dần về tính bền vững của chúng:
Câu 35 :
Hạt nhân \({}_{84}^{210}Po\) có chu kỳ bán rã \(T\), phóng xạ \(\alpha \) biến đổi thành hạt nhân \({}_{82}^{206}Pb\). Ban đầu có \(200g\) chất phóng xạ \({}_{84}^{210}Po\) nguyên chất thì sau một chu kỳ bán rã khối lượng chì được tạo thành là:
Câu 36 :
Cho thấu kính hội tụ có tiêu cự f = 10cm. Vật sáng AB là một đoạn thẳng đặt vuông góc trục chính của thấu kính, cách thấu kính 30cm. Tính chất của ảnh và số phóng đại ảnh là:
Câu 37 :
Đặt điện áp \(u = 200c{\rm{os}}\omega {\rm{t}}\left( V \right)\) (ω thay đổi được) vào hai đầu đoạn mạch mắc nối tiếp gồm cuộn cảm thuần có độ tự cảm L, điện trở R và tụ điện có điện dung C, với CR2<2L. Điện áp hiệu dụng giữa hai bản tụ điện và điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn cảm lần lượt là UC , UL phụ thuộc vào ω, chúng được biểu diễn bằng các đồ thị như hình vẽ bên, tương ứng với các đường UC, UL. Giá trị của UM trong đồ thị gần nhất với giá trị nào sau đây? 
Câu 38 :
Dùng prôtôn bắn vào hạt nhân \({}_{\rm{4}}^{\rm{9}}{\rm{Be}}\) đứng yên, sau phản ứng sinh ra hạt α và hạt nhân X có động năng lần lượt là Kα = 3,575 MeV và KX = 3,150 MeV. Phản ứng này tỏa ra năng lượng bằng ΔE = 2,125 MeV. Coi khối lượng các hạt nhân tỉ lệ với số khối của nó. Góc hợp giữa các hướng chuyển động của hạt α và hạt prôtôn là
Câu 39 :
Một vật có khối lượng không đổi, thực hiện đồng thời hai dao động điều hòa có phương trình dao động lần lượt là \({x_1} = {\rm{ }}10cos\left( {2pt{\rm{ }} + {\rm{ }}\varphi } \right)\) cm và \({x_2} = {A_2}cos(2\pi t - \dfrac{\pi }{2})cm\) thì dao động tổng hợp là \(x = Acos(2\pi t - \dfrac{\pi }{3})cm\). Khi năng lượng dao động của vật cực đại thì biên độ dao động A2 có giá trị là
Câu 40 :
Người ta có nhiều nguồn âm điểm giống hệt nhau và cùng công suất. Ban đầu tại điểm O đặt 2 nguồn âm. Điểm A cách O một khoảng d có thể thay đổi được. Trên tia vuông góc với OA tại A, lấy điểm B cách A khoảng 6cm. Điểm M nằm trong đoạn AB sao cho AM=4,5cm và góc MOB có giá trị lớn nhất, lúc này mức cường độ âm tại A là LA=40dB. Cần phải đặt thêm tại O bao nhiêu nguồn nữa để mức cường độ âm tại M là 50dB.
Lời giải và đáp án
Câu 1 :
Trong thí nghiệm Y-âng, vân sáng bậc hai xuất hiện ở trên màn tại các vị trí mà hiệu đường đi của ánh sáng từ hai nguồn đến các vị trí đó bằng
Đáp án : D Phương pháp giải :
Áp dụng biểu thức xác định hiệu đường đi giữa 2 vân sáng \({d_2} - {d_1} = k\lambda \) Lời giải chi tiết :
Ta có hiệu đường đi giữa 2 vân sáng: \({d_2} - {d_1} = k\lambda \) => Vân sáng bậc hai ứng với \(k{\rm{ }} = {\rm{ }}2\), có hiệu đường đi là \({d_2} - {d_1} = 2\lambda \)
Câu 2 :
Một kính lúp đơn giản được cấu tạo bởi một thấu kính hội tụ có tiêu cự f. Một người mắt không có tật có khoảng cách từ mắt tới điểm cực cận D = OCC. Công thức xác định có bội giác khi người đó ngắm chừng ở vô cực là:
Đáp án : D Lời giải chi tiết :
Biểu thức xác định độ bội giác của kính lúp khi ngắm chừng ở vô cực là: \({G_\infty } = \frac{{O{C_C}}}{f} = \frac{Đ}{f}\)
Câu 3 :
Trong hiện tượng giao thoa sóng trên mặt nước, khoảng cách giữa một cực đại và một cực tiểu ngay sát nằm trên đường nối hai tâm sóng bằng bao nhiêu?
Đáp án : D Lời giải chi tiết :
Khoảng cách giữa 1 cực đại và 1 cực tiểu gần nhất là \(\frac{\lambda }{4}\)
Câu 4 :
Điều kiện phát sinh của quang phổ vạch hấp thụ là
Đáp án : C Phương pháp giải :
Sử dụng lí thuyết về nguồn phát quang phổ vạch hấp thụ Lời giải chi tiết :
Quang phổ vạch hấp thụ thì nhiệt độ của đám khí hay hơi hấp thụ phải thấp hơn nhiệt độ của nguồn sáng phát ra quang phổ liên tục
Câu 5 :
Một người ngồi ở bờ biển đếm được $20$ ngọn sóng đi qua trước mặt trong $76s$. Chu kì dao động của nước biển là:
Đáp án : D Phương pháp giải :
Thời gian truyền giữa n ngọn sóng liên tiếp là: $n - 1$ chu kì Lời giải chi tiết :
Ta có, $20$ ngọn sóng đi qua trước mặt tương đương với $19$ bước sóng hay $19$ chu kì dao động => $19T = 76s => T = 4s$
Câu 6 :
Dao động điện từ tự do trong mạch dao động LC được hình thành là do hiện tượng nào sau đây?
Đáp án : C Phương pháp giải :
Xem lí thuyết mục 1- phần I - Bài Mạch dao động LC Lời giải chi tiết :
Dao động điện từ tự do trong mạch dao động LC được hình thành là do hiện tượng tự cảm
Câu 7 :
Công suất tỏa nhiệt của dòng điện xoay chiều được tính theo công thức:
Đáp án : B Lời giải chi tiết :
Công suất của dòng điện xoay chiều được tính theo công thức: \(P = UI\cos \varphi \)
Câu 8 :
Cho phản ứng hạt nhân \({}_1^3T + {}_Z^AX \to {}_2^4He + {}_0^1n\), hạt nhân X là hạt nhân nào sau đây?
Đáp án : A Lời giải chi tiết :
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích và bảo toàn số khối ta xác định được : A = 2, Z = 1 => X là \(_1^2D\)
Câu 9 :
Tia hồng ngoại có khả năng:
Đáp án : A Phương pháp giải :
Sử dụng lí thuyết về tia hồng ngoại (Xem lí thuyết phần 1) Lời giải chi tiết :
Tia hồng ngoại có bản chất là sóng điện từ => có khả năng giao thoa và nhiễu xạ. Không có khả năng: ion hóa không khí mạnh, đâm xuyên mạnh và kích thích một số chất phát quang
Câu 10 :
Tán sắc ánh sáng là?
Đáp án : C Lời giải chi tiết :
Tán sắc ánh sáng là sự phân tách một chùm ánh sáng phức tạp thành các chùm sáng đơn sắc
Câu 11 :
Phát biểu nào sau đây là đúng?
Đáp án : C Lời giải chi tiết :
Hiện tượng quang điện trong là hiện tượng electron liên kết được giải phóng thành êlectron dẫn khi chất bán dẫn được chiếu bằng bức xạ thích hợp.
Câu 12 :
Một mạch điện xoay chiều chỉ chứa cuộn cảm, $i$ là cường độ dòng điện tức thời qua mạch và $u$ là điện áp tức thời. Chọn câu đúng:
Đáp án : C Lời giải chi tiết :
Trong mạch xoay chiều chỉ có cuộn cảm thì điện áp nhanh pha hơn dòng điện góc π/2: \(\varphi \)u = \(\varphi \)i + π/2
Câu 13 :
Điều nào sau đây là sai khi nói về nguyên tắc phát và thu sóng điện từ ?
Đáp án : A Phương pháp giải :
Vận dụng kiến thức thực tế về thu phát sóng điện từ Lời giải chi tiết :
A - sai vì: có thiết bị có thể vừa thu và phát sóng điện từ như điện thoại, .. B, C, D -đúng
Câu 14 :
Một con lắc lò xo dao động với phương trình $x = 6c{\text{os}}\left( {20\pi t } \right)cm$. Xác định chu kỳ, tần số dao động của chất điểm.
Đáp án : A Phương pháp giải :
Sử dụng công thức xác đinh chu kỳ, tần số dao động điều hòa: $\omega = \dfrac{{2\pi }}{T} = 2\pi f$ Lời giải chi tiết :
Ta có: $\omega = \frac{{2\pi }}{T} = 2\pi f \to \left\{ \begin{gathered}T = \frac{{2\pi }}{\omega } \hfill \\f = \frac{\omega }{{2\pi }} \hfill \\\end{gathered} \right.$ Từ phương trình, ta có: $ω=20π$, thay vào công thức trên => $\left\{ \begin{gathered}T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{20\pi }} = 0,1{\text{s}} \hfill \\f = \frac{\omega }{{2\pi }} = \frac{1}{T} = 10H{\text{z}} \hfill \\\end{gathered} \right.$
Câu 15 :
Con lắc lò xo gồm vật m và lò xo k dao động điều hòa, khi mắc thêm vào vật m một vật khác có khối lượng gấp 3 lần vật m thì chu kì dao động của chúng
Đáp án : C Phương pháp giải :
Áp dụng biểu thức xác định chu kì dao động của con lắc lò xo: \(T = 2\pi \sqrt {\frac{m}{k}} {\rm{ }}\) Lời giải chi tiết :
Chu kì dao động của hai con lắc: \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{m}{k}} \) \(T' = 2\pi \sqrt {\dfrac{{m'}}{k}} = 2\pi \sqrt {\dfrac{{m + 3m}}{k}} = 4\pi \sqrt {\dfrac{m}{k}} \) \( \to \dfrac{{T'}}{T} = 2\)
Câu 16 :
Gọi năng lượng của phôtôn ánh sáng đỏ, ánh sáng lục và ánh sáng vàng lần lượt là: εĐ, εL và εV. Sắp xếp chúng theo thứ tự năng lượng giảm dần là:
Đáp án : A Phương pháp giải :
+ Sử dụng công thức tính năng lượng của photon $\varepsilon = hf = \frac{{hc}}{\lambda }$ để đánh giá. + Chiều giảm dần của bước sóng: đỏ, da cam, vàng, lục, lam, chàm, tím Lời giải chi tiết :
Ta có : $\left. \begin{gathered}\varepsilon = hf = \frac{{hc}}{\lambda } \hfill \\{\lambda _{\text{D}}} > {\lambda _V} > {\lambda _L} \hfill \\\end{gathered} \right\} \Rightarrow {\varepsilon _D} < {\varepsilon _V} < {\varepsilon _L}$
Câu 17 :
Chọn phát biểu đúng: Dao động duy trì của một hệ là dao động tắt dần mà người ta đã:
Đáp án : C Lời giải chi tiết :
Dao động duy trì là dao động được duy trì bằng cách giữ cho biên độ không đổi mà không làm thay đổi chu kì dao động riêng.
Câu 18 :
Chọn câu trả lời đúng. Nếu tăng khoảng cách giữa 2 điện tích điểm và độ lớn của mỗi điện tích điểm lên 2 lần thì lực tương tác tĩnh điện giữa chúng sẽ :
Đáp án : A Phương pháp giải :
Vận dụng biểu thức xác định lực tương tác giữa 2 điện tích đặt trong chân không: $F = k\frac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{{r^2}}}$ Lời giải chi tiết :
Ta có lực tương tác giữa hai điện tích q1 và q2 là: $F = k\frac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{{r^2}}}$ Khi tăng r lên 2 lần và q1, q2 cũng tăng 2 lần => Lực tương tác tĩnh điện giữa chúng không thay đổi
Câu 19 :
Một vật dao động điều hòa có chu dao động \(T = 2s\), vận tốc cực đại mà vật đạt được có giá trị \({v_{max}} = 6\pi \left( {cm/s} \right)\). Biết tại thời điểm ban đầu, vận tốc của vật bằng 0 và đang đi theo chiều âm. Phương trình dao động của vật là:
Đáp án : B Phương pháp giải :
+ Vận dụng biểu thức tính tần số góc: \(\omega = \dfrac{{2\pi }}{T}\) + Sử dụng biểu thức tính vận tốc cực đại: \({v_{max}} = \omega A\) + Xác định pha ban đầu: \(t = 0:\left\{ {v = - A\omega \sin \varphi } \right. \to \varphi = ?\) Lời giải chi tiết :
Ta có: + \(T{\rm{ }} = {\rm{ }}2s \to \omega = \dfrac{{2\pi }}{T} = \pi ra{\rm{d}}/s\) + Vận tốc cực đại: \({v_{max}} = A\omega = 6\pi cm/s \to A = \dfrac{{6\pi }}{\omega } = \dfrac{{6\pi }}{\pi } = 6cm\) Tại t = 0: \({\rm{v = - A}}\omega {\rm{sin}}\varphi = 0 \to \sin \varphi = 0 \to \left( \begin{array}{l}\varphi = 0\\\varphi = \pi \end{array} \right.\) Lại có, vật đang đi theo chiều âm\( \to \varphi = 0\) \( \Rightarrow x = 6c{\rm{os}}\left( {\pi t} \right)cm\)
Câu 20 :
Một chất điểm dao động điều hòa theo phương trình \(x = 3\sin \left( {5\pi t + \frac{\pi }{6}} \right)cm\) (x tính bằng cm, t tính bằng giây). Trong một giây đầu tiên từ thời điểm $t = 0,4s$, chất điểm đi qua vị trí có li độ $x = + 1 cm$
Đáp án : C Phương pháp giải :
+ Viết phương trình dao động về dạng $x = Acos(ωt + φ)$ + Sử dụng công thức xác định chu kỳ T: \(T = \frac{{2\pi }}{\omega }\) + Xác định vị trí tại thời điểm $t=0,4s (x,v)$ Lời giải chi tiết :
\(x = 3sin(5\pi t + \frac{\pi }{6}) = 3c{\rm{os}}\left( {5\pi t + \frac{\pi }{6} - \frac{\pi }{2}} \right) = 3c{\rm{os}}\left( {5\pi t - \frac{\pi }{3}} \right)cm\) Chu kỳ dao động: \(T = \frac{{2\pi }}{\omega } = \frac{{2\pi }}{{5\pi }} = 0,4{\rm{s}}\) Tại t=0,4s: \(\left\{ \begin{array}{l}x = 3c{\rm{os}}\left( { - \frac{\pi }{3}} \right) = 1,5cm\\v = - A\omega \sin \left( { - \frac{\pi }{3}} \right) > 0\end{array} \right.\) ta có: \(1{\rm{s}} = 2T + \frac{T}{2}\) Trong một chu kỳ, vật đi qua vị trí $+1cm$ $2$ lần Trong khoảng thời gian $T/2$ vật qua vị trí $+1cm$ $1$ lần kể từ $t = 0,4s$ => Trong 1s đầu tiên kể từ $t = 0,4s$, vật qua vị trí $+1cm$ số lần là: $2.2 + 1 = 5$ lần
Câu 21 :
Con lắc đơn có chiều dài \(\ell \), trong khoảng thời gian \(\Delta \)t thực hiện được 40 dao động. Nếu tăng chiều dài dây của dây treo thêm 19 cm, thì cũng trong khoảng thời gian trên con lắc chỉ thực hiện được 36 dao động. Chiều dài lúc đầu của con lắc là:
Đáp án : D Phương pháp giải :
+ Sử dụng công thức \(f = \frac{N}{{\Delta t}}\)(N là số sao động vật thực hiện được trong thời gian \(\Delta t\) + Sử dụng công thức tính tần số của con lắc đơn dao động điều hoà: \(f = \frac{1}{{2\pi }}\sqrt {\frac{g}{l}} \) Lời giải chi tiết :
Ta có: - Tần số dao động của con lắc đơn lúc đầu: \({f_1} = \dfrac{{40}}{{\Delta t}} = \dfrac{1}{{2\pi }}\sqrt {\dfrac{g}{\ell }} \) - Tần số dao động của con lắc đơn khi tăn chiều dài dây của dây treo thêm 19cm: \({f_2} = \dfrac{{36}}{{\Delta t}} = \dfrac{1}{{2\pi }}\sqrt {\dfrac{g}{{\ell + 0,19}}} \) $ \Rightarrow \dfrac{{{f_1}}}{{{f_2}}} = \dfrac{{40}}{{36}} = \sqrt {\dfrac{{l + 0,19}}{l}} {\rm{}} \to l = 0,81m = 81cm$
Câu 22 :
Một con lắc lò xo đang dao động điều hòa, lực đàn hồi của lò xo phụ thuộc vào chiều dài của lò xo như đồ thị hình vẽ. Cho \(g{\rm{ }} = {\rm{ }}10{\rm{ }}m/{s^2}\). Biên độ và chu kì dao động của con lắc là
Đáp án : B Phương pháp giải :
+ Đọc đồ thị $F – l$ + Sử dụng biểu thức: \(A = \dfrac{{{l_{{\rm{max}}}} - {l_{\min }}}}{2}\) + Vận dụng biểu thức tính độ dãn của lò xo tại vị trí cân bằng: \(\Delta {l_0} = \dfrac{{mg}}{k}\) + Sử dụng biểu thức tính chu kì: \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{m}{k}} = 2\pi \sqrt {\dfrac{{\Delta {l_0}}}{g}} \) Lời giải chi tiết :
+ Từ đồ thị ta có: - Chiều dài cực đại của con lắc lò xo: \({l_{{\rm{max}}}} = 18cm\) - Chiều dài nhỏ nhất của con lắc lò xo: \({l_{\min }} = 6cm\) + Biên độ dao động của vật:\(A = \dfrac{{{l_{max}} - {l_{\min }}}}{2} = \dfrac{{18 - 6}}{2} = 6cm\) Chiều dài của con lắc khi ở vị trí cân bằng: \({l_{cb}} = {l_{{\rm{max}}}} - A = 18 - A = 18 - 6 = 12cm\) + Ta để ý rằng, tại vị trí lò xo không biến dạng (lực đàn hồi bằng 0) lò xo có chiều dài là \(10{\rm{ }}cm\) => Độ dãn của lò xo tại vị trí cân bằng: \( \Rightarrow \Delta {l_0} = 12 - 10 = 2cm \Rightarrow T = 2\pi \sqrt {\dfrac{{\Delta {l_0}}}{g}} = 0,28s\)
Câu 23 :
Hai điểm M, N cùng nằm trên một phương truyền sóng cách nhau λ/3. Tại thời điểm t, khi li độ dao động tại M là uM = + 3 cm thì li độ dao động tại N là uN = - 3 cm. Biên độ sóng bằng :
Đáp án : C Phương pháp giải :
Áp dụng biểu thức xác định độ lệch pha: \(\Delta \varphi = \frac{{2\pi \Delta d}}{\lambda }\) + Cách 1: Dùng phương trình sóng Viết phương trình sóng tại M và N Áp dụng công thức lượng giác: \({\rm{cosa + cosb}} = 2c{\rm{os}}\frac{{a + b}}{2}{\rm{cos}}\frac{{a - b}}{2}\) + Cách 2: Sử dụng vòng tròn lượng giác Lời giải chi tiết :
Ta có: Độ lệch pha giữa hai điểm MN là: \(\Delta \varphi = \frac{{2\pi \Delta d}}{\lambda } = \frac{{2\pi \frac{\lambda }{3}}}{\lambda } = \frac{{2\pi }}{3}\) Giả sử dao động tại M sớm pha hơn dao động tại N. Cách 1: Dùng phương trình sóng Ta có thể viết: \(\begin{array}{l}{u_M} = Ac{\rm{os}}\omega t = + 3cm{\rm{ (1)}}\\{u_N} = Ac{\rm{os}}\left( {\omega t - \frac{{2\pi }}{3}} \right) = - 3cm{\rm{ (2)}}\end{array}\) Lấy (1) + (2), ta được: \(\begin{array}{l}{u_M} + {u_N} = 0 = Ac{\rm{os}}\omega t + Ac{\rm{os}}\left( {\omega t - \frac{{2\pi }}{3}} \right)\\ \leftrightarrow 2Ac{\rm{os}}\frac{\pi }{3}{\rm{cos}}\left( {\omega t - \frac{\pi }{3}} \right) = 0 \to \omega t - \frac{\pi }{3} = \frac{\pi }{2} + k\pi \\ \to \omega t = \frac{{5\pi }}{6} + k\pi \end{array}\) Thay vào (1), ta được: \(Ac{\rm{os}}\left( {\frac{{5\pi }}{6} + k\pi } \right) = 3\) Do A > 0, \(Ac{\rm{os}}\left( {\frac{{5\pi }}{6} - \pi } \right) = 3 \to Ac{\rm{os}}\left( { - \frac{\pi }{6}} \right) = 3 \to A = 2\sqrt 3 cm\) => Chọn C Cách 2: Sử dụng vòng tròn lượng giác Xác định tọa độ N, M trên vòng tròn lượng giác, ta được: Từ vòng tròn lượng giác, ta có: \(\begin{array}{l}\angle NOK = \angle KOM = \frac{{\Delta \varphi }}{2} = \frac{\pi }{3}\\ \to {\rm{A}}\sin \frac{\pi }{3} = 3cm \to A = 2\sqrt 3 cm\end{array}\) 
Câu 24 :
Một sóng cơ lan truyền dọc theo trục Ox với phương trình có dạng \(u = ac{\rm{os}}\left( {\frac{{2\pi }}{T}t - \frac{{2\pi x}}{\lambda }} \right)\). Trên hình vẽ đường (1) là hình dạng của sóng ở thời điểm t, đường (2) là hình dạng của sóng ở thời điểm trước đó \(\frac{1}{{12}}s\). Phương trình sóng là:
Đáp án : B Phương pháp giải :
+ Sử dụng phương pháp đọc đồ thị dao động sóng + Sử dụng các công thức: \(\Delta \varphi = \omega \Delta t\) + Sử dụng vòng tròn lượng giác Lời giải chi tiết :
Từ đồ thị dao động sóng, ta có: \(\frac{\lambda }{2} = 6 - 3 = 3 \to \lambda = 6cm\) ; biên độ sóng a = 2cm Tại cùng một vị trí trong không gian, ở hai thời điểm t1 và t2 phần tử môi trường đều có li độ là 1cm nhưng di chuyển theo 2 chiều ngược nhau, ta có: \(\Delta \varphi = \omega \Delta t \leftrightarrow \frac{{2\pi }}{3} = \omega \frac{1}{{12}} \to \omega = 8\pi ra{\rm{d}}/s\) \( \to u = 2c{\rm{os}}\left( {8\pi t - \frac{{\pi x}}{3}} \right)cm\) 
Câu 25 :
Trên mặt nước có hai nguồn sóng nước giống nhau cách nhau $AB = 8(cm)$. Sóng truyền trên mặt nước có bước sóng $1,2 (cm)$. Số đường cực đại đi qua đoạn thẳng nối hai nguồn là:
Đáp án : C Phương pháp giải :
Áp dụng công thức tính số cực đại của hai nguồn cùng pha: \(\dfrac{{ - L}}{\lambda } < k < \dfrac{L}{\lambda }\) Lời giải chi tiết :
Do $A, B$ dao động cùng pha nên số đường cực đại trên AB thoã mãn: \(\dfrac{{ - L}}{\lambda } < k < \dfrac{L}{\lambda }\) Thay số ta có : \(\dfrac{{ - 8}}{{1,2}} < k < \dfrac{8}{{1,2}} \Leftrightarrow - 6,67 < k < 6,67\) \( \to k = \pm 6, \pm 5, \pm 4, \pm 3, \pm 2, \pm 1,0\) .
Câu 26 :
Trên một sợi dây dài 0,9 m có sóng dừng. Kể cả hai nút ở hai đầu dây thì trên dây có 10 nút sóng. Biết tần số của sóng truyền trên dây là 200Hz. Sóng truyền trên dây có tốc độ là
Đáp án : B Phương pháp giải :
+ Sử dụng công thức tính bước sóng: \(\lambda = \frac{v}{f}\) +Vận dụng điều kiện để có sóng dừng trên dây hai đầu cố định: $l = k\frac{\lambda }{2}{\text{ }}(k \in {N^*})$ Số bụng sóng = số bó sóng = k ; Số nút sóng = k + 1 Lời giải chi tiết :
Ta có điều kiện để có sóng dừng trên dây hai đầu cố định: $l = k\frac{\lambda }{2}{\text{ }}(k \in {N^*})$ Số bụng sóng = số bó sóng = k ; Số nút sóng = k + 1 $l = k\frac{\lambda }{2} \leftrightarrow 0,9 = 9\frac{\lambda }{2} \to \lambda = 0,2m$ tốc độ truyền sóng trên dây: \(v = \lambda f = 0,2.200 = 40m/s\)
Câu 27 :
Đặt điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng $U=120V$, tần số $f=60Hz$ vào hai đầu một bóng đèn huỳnh quang. Biết đèn chỉ sáng lên khi điện áp đặt vào đèn không nhỏ hơn $60\sqrt 2 V$. Thời gian đèn sáng trong mỗi giây là:
Đáp án : C Phương pháp giải :
+ Sử dụng vòng tròn lượng giác + Vận dụng biểu thức tính tần số góc: $\omega = 2\pi f$ + Vận dụng biểu thức: \(\Delta \varphi = \omega \Delta t\) Lời giải chi tiết :
Ta có: + Hiệu điện thế cực đại: ${U_0} = 120\sqrt 2 (V)$ + Tần số góc: $\omega = 2\pi f = 2\pi .60 = 120\pi (ra{\text{d}}/s)$ + Vẽ trên vòng tròn lượng giác, ta được:  Biết đèn chỉ sáng lên khi u ≥ U1 Ta có: + $c{\text{os}}\Delta \varphi = \dfrac{{{U_1}}}{{{U_0}}} = \dfrac{{60\sqrt 2 }}{{120\sqrt 2 }} = 0,5 \to \Delta \varphi = \dfrac{\pi }{3}$ Thời gian đèn sáng trong 1 chu kì: $\Delta t = \dfrac{{4\Delta \varphi }}{\omega } = \dfrac{{4\dfrac{\pi }{3}}}{{120\pi }} = \dfrac{1}{{90}}s$ Ta có: + Chu kì: $T = \dfrac{1}{f} = \dfrac{1}{{60}}s$ + $1{\text{s}} = 60T$ => Thời gian đèn sáng trong 1s là: $t = \Delta t.60 = 60.\dfrac{1}{{90}} = \dfrac{2}{3}s$
Câu 28 :
Mạch điện xoay chiều chỉ chứa tụ điện \(C = \frac{1}{{7200\pi }}{\rm{ }}F\) , hiệu điện thế xoay chiều ổn định đặt vào hai đầu mạch là \(u = {U_0}cos\left( {\omega t{\rm{ }} + \frac{\pi }{4}} \right){\rm{ }}V\) . Tại thời điểm t1 ta có \({u_1} = 60\sqrt 2 {\rm{ }}V\) và \({i_1} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}A\) , tại thời điểm t2 ta có \({u_2} = - {\rm{ }}60\sqrt 3 {\rm{ }}V\) và và \({i_2} = - 0,5A\) . Hãy hoàn thiện biểu thức của điện áp u.
Đáp án : D Phương pháp giải :
Vận dụng biểu thức: \(\frac{{{u^2}}}{{U_0^2}} + \frac{{{i^2}}}{{I_0^2}} = 1\) Lời giải chi tiết :
Do mạch chỉ có C nên: \(u \bot i \to \frac{{{u^2}}}{{U_0^2}} + \frac{{{i^2}}}{{I_0^2}} = 1\) Thay các giá trị, ta có: \(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\frac{{{{(60\sqrt 2 )}^2}}}{{U_0^2}} + \frac{{{{\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}}}{{I_0^2}} = 1{\rm{ (1)}}\\\frac{{{{\left( {60\sqrt 3 } \right)}^2}}}{{U_0^2}} + \frac{{{{\left( {0,5} \right)}^2}}}{{I_0^2}} = 1{\rm{ (2)}}\end{array} \right.\\ \to \frac{{3600}}{{U_0^2}} = \frac{{0,25}}{{I_0^2}} \to \frac{{{U_0}}}{{{I_0}}} = 120 = {Z_C}\end{array}\) Lại có, \({Z_C} = \frac{1}{{\omega C}} \to \omega = \frac{1}{{{Z_C}C}} = \frac{1}{{120.C}} = \frac{1}{{120.\frac{1}{{7200\pi }}}} = 60\pi \) Thay \({I_0} = \frac{{{U_0}}}{{120}}\) vào (1) , ta được: \(\frac{{{{(60\sqrt 2 )}^2}}}{{U_0^2}} + \frac{{{{\left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}}}{{\frac{{U_0^2}}{{{{120}^2}}}}} = 1 \to {U_0} = 120(V)\) \( \to u = 120cos\left( {60{\rm{ }}\pi {\rm{ }}t{\rm{ }} + {\rm{ }}\frac{\pi }{4}{\rm{ }}} \right){\rm{ }}V\)
Câu 29 :
Một mạch dao động điện từ lí tưởng đang có dao động điện từ tự do. Tại thời điểm t = 0, điện tích trên một bản tụ điện cực đại. Sau khoảng thời gian ngắn nhất Δt thì điện tích trên bản tụ này bằng một nửa giá trị cực đại. Chu kì dao động riêng của mạch dao động này là:
Đáp án : B Phương pháp giải :
Sử dụng trục thời gian suy ra từ vòng tròn Lời giải chi tiết :
Khoảng thời gian ngắn nhất điện tích từ q0 về q0/2: \(\Delta t = \frac{T}{6} \to T = 6\Delta t\) 
Câu 30 :
Mạch chọn sóng của một máy thu thanh gồm cuộn dây có độ tự cảm L = 2.10-6 H, điện trở thuần R = 0. Để máy thu thanh chỉ có thể thu được các sóng điện từ có bước sóng từ 57m đến 753m, người ta mắc tụ điện trong mạch trên bằng một tụ điện có điện dung biến thiên. Hỏi tụ điện này phải có điện dung trong khoảng nào?
Đáp án : B Phương pháp giải :
Áp dụng biểu thức xác bước sóng: \(\lambda = 2\pi c\sqrt {LC} \) Lời giải chi tiết :
Ta có: \(\lambda = 2\pi c\sqrt {LC} \to C = \frac{{{\lambda ^2}}}{{4{\pi ^2}{c^2}L}}\) \(\begin{array}{l} \to \frac{{{\lambda _{\min }}^2}}{{4{\pi ^2}{c^2}L}} < C < \frac{{{\lambda _{{\rm{max}}}}^2}}{{4{\pi ^2}{c^2}L}} \leftrightarrow \frac{{{{57}^2}}}{{4{\pi ^2}{{({{3.10}^8})}^2}{{.2.10}^{ - 6}}}} < C < \frac{{{{753}^2}}}{{4{\pi ^2}{{({{3.10}^8})}^2}{{.2.10}^{ - 6}}}}\\ \leftrightarrow 4,{57.10^{ - 10}}F < C < 7,{97.10^{ - 8}}F\end{array}\)
Câu 31 :
Trong thí nghiệm Y-âng, người ta dùng ánh sáng đơn sắc có bước sóng \(0,56\mu m\), khoảng cách giữa hai khe là a = 0,45mm. Để trên màn tại vị trí cách vân trung tâm 2,5mm ta có vân sáng bậc 5 thì khoảng cách từ hai khe đến màn là:
Đáp án : C Phương pháp giải :
+ Áp dụng biểu thức xác định vị trí vân sáng : \({x_s} = {\rm{ }}ki\) +Áp dụng công thức tính khoảng vân i: \(i = \dfrac{{\lambda D}}{a}\) Lời giải chi tiết :
Để trên màn tại vị trí cách vân trung tâm 2,5mm ta có vân sáng bậc 5 tương đương với \(2,5mm{\rm{ }} = {\rm{ }}5i\) \( \Rightarrow i = \dfrac{{2,5}}{5} = 0,5mm\) Ta có: Khoảng vân \(i = \dfrac{{\lambda D}}{a} \to D = \dfrac{{ai}}{\lambda } = \dfrac{{{{0,45.10}^{ - 3}}{{.0,5.10}^{ - 3}}}}{{{{0,56.10}^{ - 6}}}} = 0,4m\)
Câu 32 :
Trong một đèn huỳnh quang, ánh sáng kích thích có bước sóng \(0,36\mu m\) thì photon ánh sáng huỳnh quang có thể mang năng lượng là?
Đáp án : B Phương pháp giải :
+ Vận dụng đặc điểm của ánh sáng huỳnh quang + Áp dụng công thức tính bước sóng ánh sáng: $\lambda = \dfrac{c}{f}$ Lời giải chi tiết :
Ta có: + Ánh sáng huỳnh quang có bước sóng dài hơn bước sóng của ánh sáng kích thích => Năng lượng của ánh sáng huỳnh quang nhỏ hơn năng lượng của ánh sáng kích thích ( do năng lượng ε tỉ lệ nghịch với bước sóng ánh sáng) + Năng lượng của ánh sáng kích thích: $\varepsilon = \dfrac{{hc}}{\lambda } = \dfrac{{6,{{625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{0,{{36.10}^{ - 6}}}} = 5,{521.10^{ - 19}}J = 3,45{\text{e}}V$
Câu 33 :
Theo mẫu nguyên tử Bo, êlectron trong nguyên tử hiđrô chuyển động trên các quỹ đạo dừng có bán kính rn = n2r0 (\(n \in N*,\) r0 là bán kính Bo). Tỉ số giữa tốc độ góc của êlectron khi nó chuyển động trên quỹ đạo O và quỹ đạo M là
Đáp án : D Phương pháp giải :
Đối với chuyển động của electron trong nguyên tử Hidro, lực Culong đóng vai trò là lực hướng tâm \({F_C} = {F_{ht}} = \dfrac{{k{e^2}}}{{r_n^2}} = \dfrac{{mv_n^2}}{{{r_n}}}\) Sử dụng công thức liên hệ giữa tốc độ dài và tốc độ góc: \({v_n} = {\omega _n}.{r_n}\) Lời giải chi tiết :
\({F_{ht}} = \dfrac{{k{e^2}}}{{r_n^2}} = \dfrac{{mv_n^2}}{{{r_n}}} \\\Rightarrow v_n^2 = \dfrac{{k{e^2}}}{{m{r_n}}} = \dfrac{{k{e^2}}}{{m.{n^2}{r_0}}}\) Lại có: \({v_n} = {\omega _n}{r_n} = {\omega _n}{n^2}{r_0} \\\Rightarrow {\omega _n} = \dfrac{1}{{{n^3}}}\sqrt {\dfrac{{k{e^2}}}{{mr_0^3}}} \\ \Rightarrow \dfrac{{{\omega _O}}}{{{\omega _M}}} = {\left( {\dfrac{{{n_M}}}{{{n_O}}}} \right)^3} = {\left( {\dfrac{3}{5}} \right)^3} = \dfrac{{27}}{{125}}\)
Câu 34 :
Hạt nhân \({}_2^4He\) có năng lượng liên kết là \(28,4MeV\); hạt nhân \({}_3^7Li\) có năng lượng liên kết là \(39,2MeV\); hạt nhân \({}_1^2D\) có năng lượng liên kết là \(2,24MeV\). Hãy sắp theo thứ tự tăng dần về tính bền vững của chúng:
Đáp án : D Phương pháp giải :
+ Hạt nhân nào có năng lượng liên kết riêng càng lớn, hạt nhân đó càng bền vững + Sử dụng công thức tính năng lượng liên kết riêng \(\varepsilon = \dfrac{{{{\rm{W}}_{lk}}}}{A}\) Lời giải chi tiết :
Năng lượng liên kết riêng của: \({\varepsilon _{He}} = \dfrac{{28,4}}{4} = 7,1{\rm{ }}MeV\); \({\varepsilon _{Li}} = \dfrac{{39,2}}{7} = {\rm{ }}5,6{\rm{ }}MeV\); \({\varepsilon _D} = \dfrac{{2,24}}{2} = 1,12{\rm{ }}MeV\) \( \Rightarrow {\varepsilon _D} < {\varepsilon _{Li}} < {\varepsilon _{He}}\) => Theo thứ tự tăng dần về tính bền vững: \(D, Li, He\)
Câu 35 :
Hạt nhân \({}_{84}^{210}Po\) có chu kỳ bán rã \(T\), phóng xạ \(\alpha \) biến đổi thành hạt nhân \({}_{82}^{206}Pb\). Ban đầu có \(200g\) chất phóng xạ \({}_{84}^{210}Po\) nguyên chất thì sau một chu kỳ bán rã khối lượng chì được tạo thành là:
Đáp án : B Phương pháp giải :
- Khối lượng hạt nhân mẹ đã phân rã: \(\Delta {m_{m{\rm{e}}}}{\rm{ }} = {m_0}(1 - {2^{ - \dfrac{t}{T}}})\) - Sử dụng công thức tính khối lượng hạt nhân con: \({m_{con}} = \dfrac{{\Delta {m_{me}}}}{{{A_{me}}}}.{A_{con}}\) Lời giải chi tiết :
Nhận xét : \(t = T\) nên ta dùng hàm mũ 2 để giải cho nhanh bài toán: - Khối lượng Po bị phân rã sau một chu kì bán rã là : \(\begin{array}{l}\Delta m = {m_0}(1 - {2^{ - \dfrac{t}{T}}}) = 200(1 - {2^{ - 1}})\\ \Rightarrow \Delta m{\rm{ }} = 100g\end{array}\) - Suy ra khối lượng của Pb được tạo thành : \({m_{Pb}} = \dfrac{{\Delta {m_{Po}}.{A_{Pb}}}}{{{A_{Po}}}} = \dfrac{{100}}{{210}}.206 = 98,1g\)
Câu 36 :
Cho thấu kính hội tụ có tiêu cự f = 10cm. Vật sáng AB là một đoạn thẳng đặt vuông góc trục chính của thấu kính, cách thấu kính 30cm. Tính chất của ảnh và số phóng đại ảnh là:
Đáp án : D Phương pháp giải :
+ Sử dụng công thức thấu kính: \(\frac{1}{f} = \frac{1}{d} + \frac{1}{{d'}}\) + Sử dụng công thức tính số phóng đại: \(k = - \frac{{d'}}{d}\) Lời giải chi tiết :
Ta có: + \(\frac{1}{f} = \frac{1}{d} + \frac{1}{{d'}} \to d' = \frac{{df}}{{d - f}} = \frac{{30.10}}{{30 - 10}} = 15cm > 0\) => ảnh là ảnh thật và cách thấu kính một đoạn \(d' = 15cm\) + Số phóng đại của ảnh: $k = - \frac{{d'}}{d} = - \frac{{15}}{{30}} = - \frac{1}{2}$
Câu 37 :
Đặt điện áp \(u = 200c{\rm{os}}\omega {\rm{t}}\left( V \right)\) (ω thay đổi được) vào hai đầu đoạn mạch mắc nối tiếp gồm cuộn cảm thuần có độ tự cảm L, điện trở R và tụ điện có điện dung C, với CR2<2L. Điện áp hiệu dụng giữa hai bản tụ điện và điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn cảm lần lượt là UC , UL phụ thuộc vào ω, chúng được biểu diễn bằng các đồ thị như hình vẽ bên, tương ứng với các đường UC, UL. Giá trị của UM trong đồ thị gần nhất với giá trị nào sau đây?
Đáp án : B Phương pháp giải :
+ Phương pháp đọc đồ thị + \(\omega \) biến thiên có hai giá trị của \(\omega \) cho \({U_{{C_1}}} = {U_{{C_2}}}\): \(\omega _1^2 + \omega _2^2 = 2\omega _C^2\) Lời giải chi tiết :
 Gọi \({\omega _0}\) - là giá trị của \(\omega \) sao cho \({U_L} = {U_C}\) \({\omega _C}\) - là giá trị của \(\omega \) sao cho \({U_{{C_{max}}}}\) \({\omega _L}\) - là giá trị của \(\omega \) sao cho \({U_{{L_{max}}}}\) + Từ đồ thị, ta có: \(\omega = 0\) và \(\omega = {\omega _0}\) đều cho \({U_C}\) như nhau (Áp dụng bài toán \(\omega \) biến thiên có hai giá trị của \(\omega \) cho cùng hiệu điện thế \({U_C}\)) Khi đó ta có: \(\omega _1^2 + \omega _2^2 = 2\omega _C^2 \Leftrightarrow {0^2} + \omega _0^2 = 2\omega _C^2\) \( \Rightarrow {\omega _C} = \dfrac{{{\omega _0}}}{{\sqrt 2 }}\) (1) + Tại vị trí \(\omega = 0\), \({U_C} \approx U\) + Tại vị trí: \(\omega = {\omega _0}\), ta có \({U_C} = {U_R} = {U_L}\) Nên ta suy ra: \({Z_{0C}} = R = {Z_{0L}}\) (2) + Tại vị trí: \(\omega = {\omega _C}\) \(\begin{array}{l}{U_C} = {U_{{C_{max}}}} = \dfrac{{U{Z_C}}}{Z} = \dfrac{{U{Z_C}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\\ = \dfrac{{U\sqrt 2 {Z_{0C}}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {\dfrac{1}{{\sqrt 2 }}{Z_{0L}} - \sqrt 2 {Z_{0C}}} \right)}^2}} }} = \dfrac{{U\sqrt 2 R}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {\dfrac{1}{{\sqrt 2 }}R - \sqrt 2 R} \right)}^2}} }}\\ = \dfrac{{U\sqrt 2 }}{{\sqrt {1 + \dfrac{1}{2}} }} = \dfrac{{U2\sqrt 3 }}{3}\end{array}\) Theo đầu bài, ta có \(U = \dfrac{{200}}{{\sqrt 2 }} = 100\sqrt 2 V\) \( \Rightarrow {U_M} = {U_{{C_{max}}}} = \dfrac{{100\sqrt 2 .2\sqrt 3 }}{3} = \dfrac{{200\sqrt 6 }}{3} \approx 163,3V\)
Câu 38 :
Dùng prôtôn bắn vào hạt nhân \({}_{\rm{4}}^{\rm{9}}{\rm{Be}}\) đứng yên, sau phản ứng sinh ra hạt α và hạt nhân X có động năng lần lượt là Kα = 3,575 MeV và KX = 3,150 MeV. Phản ứng này tỏa ra năng lượng bằng ΔE = 2,125 MeV. Coi khối lượng các hạt nhân tỉ lệ với số khối của nó. Góc hợp giữa các hướng chuyển động của hạt α và hạt prôtôn là
Đáp án : B Phương pháp giải :
+ Áp dụng định luật bảo toàn động lượng và định lí hàm số cos trong tam giác + Công thức liên hệ giữa động lượng và động năng: \({p^2} = {\rm{ }}2mK\) + Năng lượng toả ra của phản ứng: \(\Delta E = \sum {{K_s} - \sum {{K_t}} } \) (Kt, Ks lần lượt là động năng của những hạt trước phản ứng và sau phản ứng) Lời giải chi tiết :
+ Phương trình phản ứng: \({}_0^1p + {}_4^9Be \to {}_2^4\alpha + {}_2^6X\) + Năng lượng toả ra của phản ứng hạt nhân: ∆E = Kα + KX – Kp = 2,125 => Kp = 4,6 MeV + Áp dụng định luật bảo toàn động lượng: \(\overrightarrow {{p_p}} = \overrightarrow {{p_X}} + \overrightarrow {{p_\alpha }} \)  Áp dụng định lí hàm số cos ta có: \(p_X^2 = p_p^2 + p_\alpha ^2 - 2{p_p}{p_\alpha }c{\rm{os}}\alpha \) \(\begin{array}{l}{p^2} = 2mK\\ \Rightarrow 2{m_X}{K_X} = 2{m_p}{K_p} + 2m{K_\alpha } - 4\sqrt {{m_p}{K_p}{m_a}{K_\alpha }} cos\alpha \\ \Leftrightarrow {m_X}{K_X} = {m_p}{K_p} + {m_\alpha }{K_\alpha } - 2\sqrt {{m_p}{K_p}{m_a}{K_\alpha }} cos\alpha \\ \Leftrightarrow 6.3,150 = 1.4,6 + 4.3,575 - 2\sqrt {1.4,6.4.3,575} cos\alpha \\ \Rightarrow cos\alpha = 0\\ \Rightarrow \alpha = {90^0}\end{array}\)
Câu 39 :
Một vật có khối lượng không đổi, thực hiện đồng thời hai dao động điều hòa có phương trình dao động lần lượt là \({x_1} = {\rm{ }}10cos\left( {2pt{\rm{ }} + {\rm{ }}\varphi } \right)\) cm và \({x_2} = {A_2}cos(2\pi t - \dfrac{\pi }{2})cm\) thì dao động tổng hợp là \(x = Acos(2\pi t - \dfrac{\pi }{3})cm\). Khi năng lượng dao động của vật cực đại thì biên độ dao động A2 có giá trị là
Đáp án : B Phương pháp giải :
Sử dụng giản đồ vectơ Lời giải chi tiết :
 \(\begin{array}{l}\dfrac{{10}}{{\sin 30}} = \dfrac{{{A_2}}}{{\sin (60 + \varphi )}} = \dfrac{A}{{\sin (90 - \varphi )}}\\ \Rightarrow A = \dfrac{{10\sin (90 - \varphi )}}{{\sin 30}}\end{array}\) Năng lượng dao động cực đại thì \({A_{max}} \Rightarrow \sin \left( {90 - \varphi } \right) = 1 \Rightarrow \varphi = 0\) Khi đó: \(\left\{ \begin{array}{l}A = \dfrac{{10\sin 90}}{{\sin 30}} = 20cm\\{A_2} = \dfrac{{10.\sin 60}}{{\sin 30}} = 10\sqrt 3 cm\end{array} \right.\)
Câu 40 :
Người ta có nhiều nguồn âm điểm giống hệt nhau và cùng công suất. Ban đầu tại điểm O đặt 2 nguồn âm. Điểm A cách O một khoảng d có thể thay đổi được. Trên tia vuông góc với OA tại A, lấy điểm B cách A khoảng 6cm. Điểm M nằm trong đoạn AB sao cho AM=4,5cm và góc MOB có giá trị lớn nhất, lúc này mức cường độ âm tại A là LA=40dB. Cần phải đặt thêm tại O bao nhiêu nguồn nữa để mức cường độ âm tại M là 50dB.
Đáp án : D Phương pháp giải :
+ Sử dụng công thức \(\tan ({\alpha _1} - {\alpha _2}) = \frac{{\tan {\alpha _1} - \tan {\alpha _2}}}{{1 + \tan {\alpha _1}\tan {\alpha _2}}}\) và BĐT côsi + Sử dụng công thức :Hiệu mức cường độ âm: \({L_A} - {L_M} = 10\log \dfrac{{{I_A}}}{{{I_M}}}\) + Sử dụng công thức tính cường độ âm: $I = \dfrac{{2P}}{{4\pi {R^2}}}$ Lời giải chi tiết :
 OA = d m AB = 6 m AM = 4,5 m \(\begin{gathered}\tan = \tan ({\alpha _1} - {\alpha _2}) = \dfrac{{\tan {\alpha _1} - \tan {\alpha _2}}}{{1 +\tan {\alpha _1}\tan {\alpha _2}}} \hfill \\= \dfrac{{\dfrac{6}{d} - \dfrac{{4,5}}{d}}}{{1 + \dfrac{6}{d}.\dfrac{{4,5}}{d}}} = \dfrac{{1,5}}{{d + \dfrac{{27}}{d}}} \hfill \\\end{gathered} \) Theo BĐT Cosi, ta có: \(\begin{gathered}d + \dfrac{{27}}{d} \geqslant 2\sqrt {27} = 2.3\sqrt 3 \hfill \\\to d = 3\sqrt 3 m \hfill \\ \end{gathered} \) Do đó: $OM = \sqrt {{{(3\sqrt 3 )}^2} + 4,{5^2}} = \dfrac{{3\sqrt {21} }}{2}m$ Ta có: \({L_A} - {L_M} = 10\log \dfrac{{{I_A}}}{{{I_M}}} \leftrightarrow 40 - 50 = - 10 = 10\log \dfrac{{{I_A}}}{{{I_M}}} \to \dfrac{{{I_A}}}{{{I_M}}} = 0,1\) Mặt khác: $\begin{gathered}\left\{ \begin{gathered}{I_A} = \dfrac{{2P}}{{4\pi R_A^2}} \hfill \\{I_M} = \dfrac{{(x + 2)P}}{{4\pi R_M^2}} \hfill \\\end{gathered} \right. \to \frac{{{I_A}}}{{{I_M}}} = \dfrac{2}{{x + 2}}\frac{{R_M^2}}{{R_A^2}} = \dfrac{2}{{x + 2}}\dfrac{{{{(\dfrac{{3\sqrt {21} }}{2})}^2}}}{{{{(3\sqrt 3 )}^2}}} = 0,1\hfill \\\to x = 33 \hfill \\\end{gathered} $ |
