LỜI GIẢI CHI TIẾT đề 5

Câu 1: Đáp án C E= Giá trị hiệu dụng: E0 Câu 2: Đáp án C Theo thuyết tương đối, động hạt: K = E − E0 = ( m − m0 ) c2 E0 lượng nghỉ hạt Câu 3: Đáp án A Dao động cưỡng có tần số tần số ngoại lực cưỡng Câu 4: Đáp án B Câu 5: Đáp án A Câu 6: Đáp án B T = 2 Chu kỳ lắc lò xo: k T2k 1.10  m= = = 0,25kg = 250g m 4 4.10 Câu 7: Đáp án D Tia X sóng điện từ, khơng phải tia phóng xạ Câu 8: Đáp án B Ánh sáng nhìn thấy gây tượng quang điện với kim loại: K, Na, Ca Xe Câu 9: Đáp án C Đi-ốt bán dẫn linh kiện bán dẫn tạo lớp chuyển tiếp p – n Đi-ốt bán dẫn cho dòng điện chạy qua miền p nối với cực dương miền n nối với cực âm nguồn điện Câu 10: Đáp án D Chiết suất thủy tinh (lăng kính, nước) lớn ánh sáng có bước sóng nhỏ Câu 11: Đáp án C f = Chú ý, tần số tỉ lệ nghịch với bước sóng, c  Câu 12: Đáp án A P = R Cơng suất hao phí đường dây Do đó, tăng điện áp nơi phát lên P2 (U cos ) n lần hao phí giảm n lần Câu 13: Đáp án D Mạch có điện trở R nên thay đổi tần số công suất không thay đổi Câu 14: Đáp án B Để so sánh mức độ bền vững hạt nhân cần xác định lượng liên kết riêng chúng Hạt nhân có lượng liên kết riêng lớn bền vững mLi = ( Z.mp − N mn ) − mLi = ( 3.1,0073u + 4.1,0087u) − 7,0144u = 0,0423u 0,0423.931,5 = 5,6 MeV / nuclon 0,03032.931,5  He = = 7,06 MeV / nuclon  Li = Hạt Li bền vững Câu 15: Đáp án B A= Cơng electron xác định hc 0 , thay số ta A = 6,625.10−19 J Câu 16: Đáp án D i= Ta có  D a → = a.i 0,6.1,8 = = 0,54 m = 540nm D Câu 17: Đáp án D nkk sin i = nnc sin r → sin r = nkk sin i  0,65 → r  40,52 nnc Góc lệch D = i − r = 60 − 40,52 = 19,48 Câu 18: Đáp án C + Trên dây có hai điểm đứng yên → Sóng dừng xảy dây với bó sóng →  = 1,2m   = 0,8m T= + Chu kỳ sóng T t = = 0,05s  v = 0,8 = 0,1s nên khoảng thời gian hai lần liên tiếp sợi dây duỗi thẳng là: Chú ý: khoảng thời gian n lần liên tiếp sợi dây duỗi thẳng t = ( n − 1) T Câu 19: Đáp án A + Kéo lắc theo phương thẳng đứng cho lò xo dãn thêm cm thả nhẹ → Con lắc dao động với biên độ A = 3cm x = 1 + Vị trí cách vị trí cân cm: Wt x2 12 = = = 2 Wđ A − x −1 Câu 20: Đáp án D E= − Áp dụng định luật Fa-ra-đây cảm ứng điện từ:  6.10−3 = = 0,15 V t 0,04 Câu 21: Đáp án D + Ban đầu: eU me.v12 = e U → v1 = me + Lúc sau: e 1,5U me.v22 = e 1,5U → v2 = me Dễ thấy điện áp tăng tốc độ electron tăng, ta có: v2 v + v v 2020.103 = 1,5 → = 1,5 → + = 1,5  v =  9.106 m / s v1 v v 1,5 − Câu 22: Đáp án D + Vật qua thấu kính cho ảnh chiều, cao gấp lần vật ta có: → Ảnh ảo qua thấu kính hội tụ, k  d'  k = − = →  d ' = −3d = −30cm d d = 10 tk= A' B' AB =3 1 1 1 + = → + =  f = 15cm 10 −30 f + Áp dụng công thức thấu kính: d d ' f Câu 23: Đáp án D I= Áp dụng định luật Ơm tồn mạch, ta có: E R + R+ r R0 r + R → = = R0 + R+ r I E E Dựa vào đồ thị: R = 80 → = 100 → R0 r + 80 = 100E I R = 40 → = 60 → R0 r + 40 = 60E I + Khi + Khi  E = V, r = 1 Câu 24: Đáp án A Áp dụng ngun lý chồng chất điện trường Vì điện tích q2 cân  q1q2 q3q2 r12 q = = r12 = 40cm k = k → → F12 + F32 = →  r12  r32 r32 q3 r32 = 20cm  r12 + r32 = AC = 60cm Câu 25: Đáp án C ( ) 1 C 2 W = CU02 = Cu2 + Li → i = U0 − u = A 2 L Năng lượng điện từ mạch dao động: Câu 26: Đáp án A hc Ta có:  = En − Ek  En = −5.44.10−19 = −13,6 1,6.10−19 n Suy n = ứng với quỹ đạo L Câu 27: Đáp án A  E  P = I R=   R  R+ r  Ta có:  16 = 122 R R2 + 4R +  R2 − 5R+ =  R =  R=  (loại) Hiệu suất nguồn điện: H= R = 66,7% R+ r Câu 28: Đáp án A I 0C  r0 A  =   =  I A = 16I 0C I r 16 Ta có: A  0C  I  I  I  log  A  + log  0C  = B = 2log  B   I0   I0   I0   I   I I   log  A 0C  = log  B    I    I0 I0  2 r  r  I I  I A I 0C = ( I B )  A 0C =   OB   OB  = I 0B I 0B  rOA   rOC  2  rOB = rOA rOC = OB = OA.OC = 4OA2  OB = 2OA  BC = 40m Câu 29: Đáp án D + Theo định luật bảo toàn lượng toàn phần: Q = KH + KX − KHe → KH + KX = − 1,21 = 3,79 MeV → KH = 3,79 − KX + Áp dụng định luật bảo toàn vectơ động lượng: pHe = pH + pX cos = cos = pHe + pX2 − pH2 2mHe.K He + 2mX K X − 2mH K H = pHe pX 2mHe.K He 2mX K X 4.5 + 17K X − ( 3,79 − K X ) 17K X = 16,21 + 18K X 85 K X = 16,21 + 18 K X KX 85  16,21  + 18 K X   16,21.18   K  X  Áp dụng BĐT Cosi cho hệ thức  Nhận thấy cos đạt góc  đạt max  Dấu “=” xảy 16,21 KX = 18 K X  K X = 0,9006 MeV Câu 30: Đáp án D A1  −  x1 = t = 0,  → 1 = v  1 Dựa vào đồ thị ta có: Tại v2 = v2max      v2 = v2 − 2 = → 2 = − →  = mà 6 giảm tức Câu 31: Đáp án B Tại M có vân tối trùng với vân sáng nên: xM = ( kt + 0,5) t D a = ks s D a (1) Để xạ cho vân tối 2 có giá trị nhỏ vân sáng phải có bước sóng lớn tức k 760  = s ( 2) s = 760nm (1) Suy t kt + 0,5 Dùng Mode máy tính, ta xét (2) ứng với ks = 1,2,3,4 Thấy rằng, ks = kt có giá trị kt = kt = thỏa mãn yêu cầu đề Suy bước sóng xạ 2 2 = 2.760 = 608nm + 0,5 Câu 32: Đáp án B Gọi công suất tổ máy P0 + Ban đầu, cao điểm: Công suất phát P1 = 8P0 ; Công suất tiêu thụ: Ptt1 = 0,7P1 Php1 = I12 R = Công suất hao phí: P12 R 0,3 R = 0,3P1 → = U U P1 + Khi công suất tiêu thụ giảm 72,5% so với lúc cao điểm: Ptt = 0,725Ptt1 = 0,725.0,7.P1 = 0,5075P1 P2 = Ptt + Php2 = 0,5075P1 + Công suất máy phát lúc này: P22 0,3 R → P2 = 0,5075P1 + P22 U P1  P2  P = 2,71( KTM ) P2  P1    P2  P2  P2 = 0,62 ( KTM ) → P  0,62P  4,96P  0,3   − + 0,5075 = P  P1  P1 Giải ta được:  Câu 33: Đáp án D T 45 41 = −  T = 0,5s Hai thời điểm gia tốc liên tiếp là: 16 16 →  = 4 rad / s Từ t = đến t1 , vật quay góc = 4 41 41 =   5T + 16  Từ t1 lùi lại vịng lùi thêm góc ta xác định thời điểm vật (đang chuyển động biên dương) → x0 = −5 cm theo chiều dương Một chu kỳ vật qua x = 5cm hai lần, tách 2020 = 1009T + t = 1009T + t0 = 1009T + T T T + + = 504,77s 12 Câu 34: Đáp án A Gọi m0 khối lượng ban đầu Po + Sau thời gian t1 = 2T : − t1   3m mPo1 = m0  − T  = → m0 = 84mg   Khối lượng Po bị phân rã: Khối lượng Po lại: mPo1 = 21mg mPb1 APb  tT1  206 103 = −1 = → mPb1 = 61,8mg  − 1 = m APo  35  210 Khối lượng Pb sinh ra: Po1 ( ) + Sau thời gian t2 = 3T − t2 −3 T Khối lượng Po lại: mPo2 = m0 = m0 = 10,5mg  206 mPb2 APb  tT2 103 = −1 = → mPb2 = 72,1mg  − 1 = mPo2 APo  210 15  Khối lượng Pb sinh ra: ( )  Từ t = 2T đến t = 3T , lượng Pb tạo thành mẫu có khối lượng là: 72,1− 61,8 = 10,3mg Câu 35: Đáp án B + Khi C = C0 : U MN (U L ) Khi ta có đạt max → cộng hưởng U R = U = 15 V; ZL = ZC0 U AN = U R2 + U L2 → U L = U AN − U R2 = 15 V  Có: ZL U L = = R UR + Khi C = 0,5C0 : ZC ' = 2ZC0 = 2ZL → Z ' = R + ( ZL − ZC ' ) 2 Z  =  L  + ( ZL − 2ZL ) = ZL  3 Z U UL 15 = → U L = L U = V → U0 L = 15 V Z ' ZL Z' tan = ZL − ZC ' ZL − 2ZL −   5 = = − → = → i =  u −  = →  i + = R 3 ZL / 5    uMN = 15 3cos 100 t + ( V)   Câu 36: Đáp án C Lực ma sát tác dụng lên vật m: Fms = .N = 0,2.0,3 = 0,06 N Khi vật m dao động sang trái (như hình vẽ), dây khơng dãn nên vật M gây lực ma sát (hướng sang F OO1 = ms = 0,015m = 1,5cm k phải) tác dụng lên vật m làm VTCB vật m thay đổi đoạn: (O vị trí CB ban đầu, lị xo khơng biến dạng, O1 vị trí cân mới) + Vật m chuyển động từ A1 tới A1 ' (dây căng, có lực ma sát): T1 = 2 m  = s; A1 = 3cm k 10 + Vật chuyển động từ A1 ' → O1 → O (dây không dãn, hệ vật gồm m M chuyển động): T2 = 2 m+ M  = s; A2 = 1,5cm k Quãng đường chuyển động vật m: s = 2A1 + 3A2 = 10,5cm Thời gian chuyển động vật m: t= T1 3T2  + = s s vTB =  16,71 cm / s → Vận tốc trung bình vật m: t Câu 37: Đáp án A MN = OM + ON = 10 Từ O hạ OH vng góc với MN: 1 = + → OH = 4,8 2 OH OM ON Điều kiện dao động ngược pha với O: d = ( k + 0,5)  + Trên đoạn MH: 4,8  d  6 → 4,3  k  5,5 → k = + Trên đoạn NH (khơng tính H): 4,8  d  8 → 4,3  k  7,5 → k = 5,6,7  Số điểm dao động ngược pha đoạn MN điểm Câu 38: Đáp án D Khi C = C0 C = 0,5C0 điện áp hai đầu M, B pha với Khi ta có: tan( urLC −i ) =  = ( u rLC −i Có  − ( u−i ) (vẽ giản đồ vectơ) ZL − ZC Z − ZC ;tan( u−i ) = L r R+ r tan ( a − b) = 4r − ZC0 ) − tan( urLC −i ) − tan( u−i ) tan a − tan b → tan = + tan a.tan b + tan( urLC −i ) tan( u−i ) 4r − ZC0 4r − 2ZC0 − 4r − 2ZC0 r 6r r 6r = 4r − ZC0 4r − ZC0 4r − 2ZC0 4r − 2ZC0 1+ 1+ r 6r r 6r Chuẩn hóa chọn r = → ZC0 = → tan = →  = Câu 39: Đáp án D   0,7854 rad Gọi AB = L , AB có cực đại nên 4  L  5 AN = NB = 5 L → 5  AN   2  MA = d1  AN  4,47   MB = d2  AN  5,6   d1 − d2 =   MA, MB  ON  4 Có  Vì M cực đại ngược pha với nguồn nên dao động M A B truyền đến phải pha ngược pha với nguồn Từ ta có bảng giá trị sau: Ta có: d1 5,5 6,5 d2 4,5 5,5 AB = AH + HB → d12 − L2 + d22 − L2 = TH1: d1 = 5,5; d2 = 4,5 → L  4,377 TH2: d1 = 6,5; d2 = 5,5 → L  5,289 (loại) Câu 40: Đáp án B + Xét mạch ban đầu: U1I cos1 = I R + U2 I cos2  U1 cos1 = IR + U2 cos2  U1.0,8 = U2 + 0,6U2  U1 = 1,0625U2 + Xét mạch lúc sau: Do công suất R giảm 100 lần: I U U2 ' ;U2 ' = 10U2 ; U ' = = 10 10 400 U1 '2 = U '2 + U2 '2 + 2.U '.U2 '.cos2  U1 ' = 1,0015U2 ' = 10,015U2  U1 ' = 9,426U1 I'= Vậy k = 9,426 ... có bảng giá trị sau: Ta có: d1 5, 5 6 ,5? ?? d2 4 ,5? ?? 5, 5 AB = AH + HB → d12 − L2 + d22 − L2 = TH1: d1 = 5, 5; d2 = 4 ,5? ?? → L  4,377 TH2: d1 = 6 ,5? ??; d2 = 5, 5 → L  5, 289 (loại) Câu 40: Đáp án... suất tiêu thụ giảm cịn 72 ,5% so với lúc cao điểm: Ptt = 0,725Ptt1 = 0,7 25. 0,7.P1 = 0 ,50 75P1 P2 = Ptt + Php2 = 0 ,50 75P1 + Công suất máy phát lúc này: P22 0,3 R → P2 = 0 ,50 75P1 + P22 U P1  P2 ... 0 ,50 75 = P  P1  P1 Giải ta được:  Câu 33: Đáp án D T 45 41 = −  T = 0,5s Hai thời điểm gia tốc liên tiếp là: 16 16 →  = 4 rad / s Từ t = đến t1 , vật quay góc = 4 41 41 =   5T