tuyển chọn 49 câu hỏi ôn tập tốt nghiệp thpt và đại học cao đẳng môn vật lý ( có hướng dẫn giải chi tiết)

Tài liệu tham khảo và tuyển tập đề thi thử đại học, cao đẳng giúp các bạn ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông và tuyển sinh cao đẳng, đại học . Chúc các bạn thi tốt

 TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ƠN TẬP KHỞI ĐỘNG KÌ THI THPT QG 2016 TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ƠN TẬP Câu 1: Một vật nhỏ dao động điều hòa trục tọa độ Ox với biên độ 10cm v{ đạt gia tốc lớn li độ x1 Sau đó, vật qua c|c điểm có li độ x2, x3, x4, x5, x6, x7 khoảng thời gian t  0,1s Biết thời gian vật từ x1 đến x7 hết nửa chu kì Tìm khoảng c|ch nhỏ v{ khoảng c|ch lớn hai điểm gần liên tiếp Tìm tốc độ trung bình lớn chất điểm chuyển động 0,8s Hướng dẫn giải Dễ thấy cư sau khoang th i gian ngan nhat T th vat lai qua M1, M2, M3, M4, M5, M6, M7 12 Khoảng c|ch xa l{: A = 5cm Khoảng c|ch gần l{: A - A = 1,34cm 2 Để có vận tốc TB lớn lần vật qua VTCB: s =  v tb = A A + A + A + = 3A 2 30 = 37,5cm / s 0,8 Câu 2: Một d}y đ{n ph|t c|c họa }m có tần số 2964 Hz v{ 4940 Hz Biết }m c có tần số khoảng 380 Hz tới 720 Hz D~y đ{n ph|t số họa }m có tần số nằm khoảng từ kHz đến 11kHz l{ A B C D Hướng dẫn giải Theo đề suy ra: 4940 − 2964 = n.fmin thay fmin ∈ (380Hz → 720Hz) ⇒ n = 5;4;3 thử lại thấy n = nhận ⇒ fmin = 494Hz Theo đề suy tiếp: 8000 ≤ 494k ≤ 11400 ⇒ 19,16 ≤ k = 07,23 ⇒ có gi| trị k ngun Chọn A Câu 3: Trên đoạn mạch điện xoay chiều khơng ph}n nh|nh có điểm theo thứ tự l{ A, M, N v{ B Đoạn AM chứa cuộn cảm L, đoạn MN chứa biến trở R v{ đoạn NB chứa tụ C Khi thay đổi R thấy U MB khơng phụ thuộc v{o R Khi góc lệch pha u AN so với u AB đạt cực đại góc lệch pha u AM so với u MB ? A 3 B 7 10 C  D 5 Hướng dẫn giải Ta thấy: Khi thay đổi R thấy U MB khơng phụ thuộc v{o R nên: ZL  2ZC Nhận xét: Khi góc lệch pha u AN so với u AB đạt cực đại tan  AN  AB  đạt cực đại Ta có: tan  AN ZC Z L Z L  ZC  tan AN  tan AB ZC R R  AB    R   Z Z  ZC 2Z  2ZC  ZC   tan AN tan AB 2ZC 1 L L 1 C R  R R R R2 - Trang 1/24 -  TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ƠN TẬP Thấy rằng: R  2ZC BĐT 2Z  R C  2ZC  tan  AN  AB   R Cauchy R 2 Dấu “=” xảy khi: R  2ZC  ZC    MB   R     7     Chọn B   10 Suy ra: tan MB  Vậy: AM  MB Câu 4: Cho hai mạch dao động điện từ lí tưởng có điện dung C v{ giả sử độ tự cảm liên hệ theo biểu thức L2 = 5L1 Ban đầu cho hai tụ hai mạch mắc song song v{o nguồn điện có suất điện động ε Sau thời gian đủ lớn ngắt v{ nối với cuộn cảm Khi độ lớn điện tích tụ hai mạch tỉ số c|c độ lớn cường độ dòng điện chạy qua cuộn cảm L1 so với cuộn cảm L2 A B C 5 D 5ε Hướng dẫn giải Dùng cơng thức độc lập: i Q = q +  ω 2 cho mạch với ý mạch độ lớn điện tích q, điện tích cực đại Qo = Cε T2 = T1 => i1 = i2 Chọn B Câu 5: Trong thí nghiệm Y-}ng giao thoa |nh s|ng, cho khoảng c|ch hai khe l{ mm, từ hai khe đến m{n l{ m, ta chiếu v{o hai khe đồng thời xạ λ1 = 0,5 µm λ2, giao thoa m{n người ta đếm bề rộng L = mm có tất cực đại λ1 λ2 có cực đại trùng nhau, biết cực đại trùng hai đầu Gi| trị λ2 A 0,6 µm B 0,75 µm C 0,54 µm D 0,48 µm Hướng dẫn giải L λ D Tính: i1 = = 0,5(mm)  N1 =   =  có v}n s|ng xạ 1 a  i1  Ta ý số v}n s|ng đếm tổng số v}n s|ng xạ 1 2 trừ số v}n sáng trùng hệ  Nqs = N1 + N - N12    N   N2  Vậy ta có v}n s|ng xạ 2 L  L có khoảng v}n xạ 2 ia L  i = = 0, 75 (mm)  λ = = 0, 75(μm) D Câu 6: Một đ|m h i hydro |p suất thấp kich thích c|ch chiếu v{o đ|m h i chùm xạ đ n sắc có bước sóng 200nm Biết to{n đ|m h i sau kích thích ph|t vạch xạ tư ng ứng với bước sóng λ1 < λ = 300nm < λ Gi| trị λ A 600nm B 500nm C 450nm D 400nm Hướng dẫn giải Khi đ|m h i Hydro trạng th|i dừng thứ n hấp thụ n+3 photon hf ngun tử nhảy lên mức n+3 v{ ph|t vạch tư ng ứng Ứng với vạch 3 có lượng thấp nên n+2 hc hc hc = E n+3 - E n+2 = -  λ3 = 600nm λ3 λ λ2 n - Trang 2/24 -  TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ƠN TẬP Câu 7: Biết hạt nh}n A phóng xạ α có chu kì b|n r~ l{ h Ban đầu có mẫu A ngun chất, chia th{nh hai phần I v{ II Từ thời điểm ban đầu t = đến thời điểm t = h thu phần I lít khí He (đktc) Từ thời điểm t1 đến thời điểm t2 = h thu phần II 0,5 lít khí He (đktc) m Gọi m1, m2 l{ khối lượng ban đầu phần I v{ II Tỉ số m2 A B 2 C Hướng dẫn giải *Số mol hược tạo  số mol A bò *Phần I :n He  N A N  e  n A   NA NA *Phần II :m 02 '  m 02 e n He  m m 02 ' A t1  n He  D m  01  e  22,4 A   1 t1 1  e    1   m 01  4,2426  m 02 e A t1 1  e   2 02 Câu 8: Mot lac lo xo treo thang đưng h nh vẽ Vat co khoi lư ng m = 1kg, lò xo nhẹ có độ cứng k = 100N/m Đặt gi| B nằm ngang đỡ vật m để lò xo có chiều d{i tự nhiên Cho giá đỡ B chuyen đong xuong nhanh dan đeu khong van toc đau với gia tốc a = 2m/s2 Lay g  10m / s k a) Tính thời gian từ gi| B bắt đầu chuyển động vật m rời gi| B b) Sau r i gia B th vat m dao đong đieu hoa Viet phư ng tr nh dao đong cua m vat Chon truc toa đo thang đưng, chieu dư ng hư ng xuong, goc toa đo tai vi tr c}n vat m, goc th i gian la luc vat m qua vi tr lo xo gian 7cm hư ng ve vi tr can bang c) Xac đinh th i điem vat qua vi tr co đong nang gap lan the nang lan thư 2013 Hướng dẫn giải h n h n n n B - Phư ng tr nh đong lưc hoc cua vật m: P + N + Fdh = ma - Chiếu lên Ox: mg - N - k l = ma  N = m(g – a) - k l - Khi vật rời gi| N =  l  h n nh n B k m( g  a) 2m( g  a)  at  t   0,08( s) ka k m B - Phư ng tr nh dao đong: x  A cos(t   ) Tan so goc:   k  10(rad / s) m    mg  0,1m  10cm - Khi vat m VTCB: P  Fđh0   mg  kl0   l  k at = 0,08 m = 8cm - Qu~ng đường vật rời gi| B l{: S = - Ly độ vat m r i gia B la: x = - 10 = -2 cm - Vận tốc vật rời gi| B l{: v = at = 40 cm/s - Bien đo dao đong cua vat m: A  x  v2 2 O x  6cm  x0  l  l   10  3cm cos  1 / 2     - Khi t =   sin   v0  2 ) (cm ) - Phư ng trình dao động: x  cos(10t  - Trang 3/24 -  TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ƠN TẬP h =3Wt - Khi Wđ  3Wt  W  4Wt  x   n A  3(cm)  x0  3cm - Khi t =   v0   ng v i điem M0 tren vong tron - Khi vat qua vi tr co Wđ = 3Wt lan đau tien ưng v i điem M1 tren vong tron - Goc quet ưng v i th i điem vat qua vi tr co Wđ = 3Wt lan thư 2013 la:       n2 -A M3 M2 -A/2 A/2 M =M A M 1  2013    ; n   503 A 2  3019  3019   503.2  t   (s) - Vay:   3  30 Câu 9: Hai mũi nhọn S1, S2 ban đầu c|ch 8cm gắn đầu cần rung có tần số f = 100Hz, đặt chạm nhẹ v{o mặt nước Tốc độ truyền sóng mặt nước l{ v = 0,8 m/s 1) Gõ nhẹ cần rung cho hai điểm S1, S2 dao động theo phư ng thẳng đứng với phư ng trình dạng u = Acos(2πft) Viết phư ng trình dao động điểm M1 c|ch S1, S2 khoảng d = 8cm 2) Tìm đường trung trực S1, S2 điểm M2 gần M1 v{ dao động pha với M1 3) Cố định tần số rung, thay đổi khoảng c|ch S1S2 Để lại quan s|t tượng giao thoa ổn định mặt nước, phải tăng khoảng c|ch S1S2 đoạn ? Với khoảng c|ch S1,S2 có điểm có biên độ cực đại Coi có giao thoa ổn định hai điểm S1S2 l{ hai điểm có biên độ cực tiểu Hướng dẫn giải v λ = = 0,8cm d1 = d2 = d = 8cm f M2 Ta có phư ng trình dao động sóng tổng hợp M1 M1 (d  d1 ) (d1  d )   M2' uM1 = 2A cos cos200t       với d1 + d2 = 16cm = 20λ d2 – d1 = 0, S1 I ta được: uM1 = 2Acos(200πt - 20π) Hai điểm M2 M2’ gần M1 ta có: S1M2 = d + λ = + 0,8 = 8,8 cm S1M2’ = d – λ = – 0,8 = 7,2 cm - V i cos  x  S1M 22  S1I  8,8   7,84(cm) ; Do đó: IM2 = Suy IM1 = S1I   6,93(cm) M1M2 = 7,84 – 6,93 = 0,91 (cm) Tư ng tự: IM2’ = S1M  S1I  7,   5,99(cm) '2 2 => M1M2’ = 6,93 – 5,99 = 0,94 (cm) Khi hệ sóng đ~ ổn định hai điểm S1, S2 l{ hai tiêu điểm c|c hypecbol v{ gần chúng xem gần l{ đứng n, trung điểm I S1S2 ln nằm v}n giao thoa cực đại Do     ta có: S1I = S2I = k   (2k  1) => S1S2 = 2S1I = (2k + 1) 2 4   Ban đầu ta đ~ có: S1S2 = 8cm = 10λ = 20 => cần tăng S1S2 khoảng = 0,4cm 2 Khi S1S2 có 21 điểm có biên độ cực đại - Trang 4/24 -  TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ƠN TẬP Câu 10: Rơ to m|y ph|t điện xoay chiều pha có cực từ v{ quay với tốc độ n vòng/phút Hai cực phần ứng m|y mắc với tụ điện có điện dung C = 10  F Cho điện trở m|y khơng đ|ng kể H~y vẽ đồ thị biểu diễn biến thiên cường độ dòng điện hiệu dụng I qua tụ theo tốc độ quay rơ to tốc độ quay rơ to biến thiên liên tục từ n1 = 150 vòng/phút đến n2 = 1500 vòng/phút Biết với tốc độ quay 1500 vòng/phút suất điện động hiệu dụng hai cực m|y ph|t tư ng ứng l{ 200 V Hướng dẫn giải - Rơ to có cực, nên số cặp cực từ p = n p 1500.2  50 Hz  2  2 f  314 (rad/s) * Khi n2  1500 (vòng/phút) thì: f   60 60 - Vì bỏ qua điện trở m|y nên: U  E2  200V U - Cường độ dòng điện hiệu dụng qua tụ: I   U 2C2  200.105.314  0, 628A ZC NBS * Hiệu điện x|c định c|ch tổng qu|t l{: U  E  (vì điện trở 0) np U NBSC - Cường độ dòng điện hiệu dụng qua tụ : I   UC   Với   2 f  2 60 ZC NBSC  2 np  NBSC 4 p 2 - Suy I    n  K n  60  3600  2 NBSC 4 p - Với K  l{ số  I  K n đường biểu diễn 3600 phụ thuộc I với n - tốc độ quay rơ to, có dạng nh|nh parabol có bề lõm hướng lên chiều dư ng toạ độ - Với n  : I = - Với n1  150 v/ph : I1  K (150)2 n2  1500 v/ph: I  K (1500)2  0,628 A I1  150  I   I1   0, 00628 A   I  1500  100 100 - Đồ thị I = K n l{ nh|nh parabol có dạng hình vẽ  Câu 11: Mạch dao động lí tưởng gồm cuộn d}y cảm có độ tự cảm L = 5.10-5(H) v{ tụ điện có điện dung C = 5pF Ban đầu cho dòng điện cường độ I0 chạy qua cuộn d}y, ngắt mạch để dòng điện cuộn d}y tích điện cho tụ, mạch có dao động điện từ tự chu kì T Điện |p cực đại cuộn d}y l{ U0 Ở thời điểm t, cường độ dòng điện qua cuộn d}y l{ i = - 0,5I0 giảm đến thời điểm t’ = t + T/3 điện |p tụ l{ U U A u  , tăng B u  , giảm 2 U U C u   , giảm D u   , tăng 2 Hướng dẫn giải - Thời điểm t: Khi i = - 0,5I0 v{ giảm, vẽ đường tròn lượng gi|c ta x|c định vị trí tư ng ứng đường tròn - Do u trễ pha h n i góc π/2 nên ta x|c định thời điểm t’: u   U0 v{ giảm - Trang 5/24 -  TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ƠN TẬP Câu 12: Trong thí nghiệm giao thoa khe I-}ng, dùng đồng thời hai |nh s|ng đ n sắc có khoảng v}n m{n giao thoa tư ng ứng l{ i1 = 0,8 mm i2 = 0,6 mm Biết hai khe hẹp c|ch a = mm, khoảng c|ch m{n quan s|t v{ m{n chứa hai khe l{ D = 1,5 m a) Tìm bước sóng xạ Tìm vị trí v}n gần trung t}m có m{u với v}n trung tâm? b) Tìm tổng số v}n s|ng khoảng hai v}n m{u với v}n trung t}m, đối xứng với qua v}n trung t}m v{ gần v}n trung t}m nhất? c) Trên miền giao thoa đối xứng qua vân trung tâm, có bề rộng 9,6 mm có vị trí m{ v}n tối xạ 1 trùng với v}n s|ng xạ 2? X|c định c|c vị trí đó? Hướng dẫn giải * B s n D i.a    1  (  m) 2  0, 4(  m) - Ta có: i  a D 15 * ủ ân n n â nhấ ùn ân n â - Vị trí v}n có m{u với v}n trung t}m l{ vị trí hai v}n s|ng hai xạ trùng x1 x k1 k2 hay 4k1 3k2 - Vị trí v}n trùng gần v}n trung t}m ứng với gi| trị ngun nhỏ k1, k2 thỏa m~n phư ng trình l{ k1= 3, k2= Khi khoảng c|ch tới trung t}m l{ x=3i1=4i2=2,4mm b ổn số ân s n - Trong khoảng hai v}n trùng liên tiếp có v}n s|ng v{ v}n s|ng - Trong khoảng hai v}n m{u với v}n trung t}m, đối xứng với qua v}n trung t}m v{ gần v}n trung t}m có v}n s|ng v{ v}n s|ng có vị trí trung t}m trùng nên có tổng + – = 11 vân sáng ân s n ùn ân ố Điều kiện: k1 i Biểu diễn: 2k1 k2i2 2n Trong miền giao thoa : 2k1 2k2 ; 2k2 9, mm 4 2n k2i2 với n ngun 9, mm 2, n 1, Vậy có vị trí thỏa m~n v}n tối i1 trùng vân sáng i2 tư ng ứng n bằng: -2; -1; 0; C|c vị trí c|ch v}n trung t}m khoảng x cho bảng sau: n -2 -1 k1 -5 -2 k2 -6 -2 x (mm) -3,6 -1,2 1,2 3,6 Câu 13: Có bóng đèn tròn dùng sợi đốt có cơng suất l{ 75W Người quan s|t đứng khoảng c|ch 1km so với bóng đèn Cho biết hiệu suất ph|t quang bóng đèn l{ 5%; có 1% cơng suất xạ khả kiến l{ cơng suất xạ có bước sóng 662,5nm; đường kính ngư i mắt người quan s|t l{ 2mm; coi mơi trường khơng hấp thụ photon Số phơtơn có bước sóng 662,5nm v{o ngư i mắt người quan s|t gi}y l{ A 52130 photon/s B 31250 photon/s C 3125.103 photon/s D 5213.103 photon/s Hướng dẫn giải P Số photơn ph|t ra: N = = 2,5.1020  Số photơn dẫn đến ph|t quang: Npq = 5%.N = 1,25.1019  3,125.1010 N kk Số photơn khả kiến: Nkk = 1%.Npq = 1,25.1017  Mật độ photơn: = R  d2 N kk Số photơn v{o ngư i: Nmắt =  = 31250 photon/s R - Trang 6/24 -  TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ƠN TẬP 95 139 Câu 14: Một kiểu ph}n hạch U235 l{: 235 92U  n  42 Mo  57 La  n  1 e (Mo l{ kim loại, La l{ kim loại Lantan họ đất hiếm) a) Tính lượng E toả từ phản ứng theo đ n vị Jun (J) Cho biết khối lượng c|c hạt: mU = 234,99u; mMo= 94,88u; mLa = 138,87u; mn = 1,01u; bỏ qua khối lượng electron; lấy 1u = 931 MeV/c2 b) Nếu coi gi| trị E tìm l{ lượng trung bình cho ph}n hạch 1g U235 ph}n hạch hết cho lượng kWh? Cần phải đốt lượng than để lượng lượng đó? Biết suất toả nhiệt than q = 2,93.107 J/kg Lấy số Avơgađrơ N A  6,023.1023 mol 1 c) Trong cố c|c lò phản ứng hạt nh}n nh{ m|y điện ngun tử Fukushima (Nhật Bản) động đất v{ sóng thần, người ta lo ngại tượng xảy ra? (hiện tượng n{y có liên quan đến kiến thức em đ~ học phản ứng ph}n hạch hạt nh}n d}y truyền) Hiện tượng xảy khơng? Hướng dẫn giải 931MeV c a) Ta có E  (mU  mn  mMo  mLa  2mn )c  (234,99  94,88  138,87  1, 01) c2 = 214,13 MeV = 214,13 1,6.10 – 13 = 342,608.10 – 13 J  3,43.10 – 11 J m 6, 023.1023 hạt b) Trong 1g U235 có số hạt U235 bằng: N  N A  A 235 6, 023.10 23.3, 43.10 11  8, 79.1010 J - Năng lượng toả 1g U235 ph}n hạch hết: E  N E  235 10 8, 79.10  2, 44.104 J - Lượng lượng n{y K (kWh) : K  3, 6.10 E 8, 79.1010   3.103 kg q 2,93.107 c) Sự cố số lò phản ứng hạt nh}n nh{ m|y điện ngun tử Fukushima thảm hoạ động đất v{ sóng thần dấy lên mối lo ngại chung rò rỉ phóng xạ Tuy nhiên điều đ|ng lo ngại có liên quan đến tượng ph}n hạch hạt nh}n l{ khơng hạ nhiệt độ lò c|c nhiên liệu có chứa U235 đ~ l{m gi{u tan chảy v{ c|c khối tan chảy nhập với đến vượt khối lượng tới hạn l{ điều kiện để phản ứng ph}n hạch d}y truyền xảy mức vượt hạn (s > 1) Khối lượng tới hạn phụ thuộc v{o tỉ lệ U235 l{m gi{u Nhưng tỉ lệ U235 l{m gi{u dùng l{m nhiên liệu lò phản ứng thường khơng cao, nên để vượt khối lượng tới hạn m{ g}y nên phản ứng vượt hạn l{ khơng dễ xảy Câu 15: Cho lắc lò xo gồm lò xo nhẹ có độ cứng k  50N / m , vật nặng kích thước nhỏ có khối lượng m  500 g Kích thích cho vật dao động điều hòa theo phư ng thẳng đứng - Lượng than cần đốt để thu lượng lượng kể bằng: m  Chọn gốc thời gian l{ lúc vật qua vị trí có li độ x  2,5cm với tốc độ 25 cm / s theo k phư ng thẳng đứng hướng xuống Chọn trục tọa độ Ox theo phư ng thẳng đứng, chiều dư ng hướng lên trên, gốc O trùng với vị trí c}n vật Lấy g  10m / s m a) Viết phư ng trình dao động vật b) Tính khoảng thời gian ngắn để vật từ vị trí có li độ x1  2,5cm đến vị trí có li độ x2  2,5cm c) Tính qu~ng đường vật kể từ lúc bắt đầu dao động đến tới vị trí có động lần thứ hai Hướng dẫn giải a) Tần số góc   k 50   10rad / s m 0,5 - Trang 7/24 -  TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ƠN TẬP 2,5  cos=      A    Tại t = 0:   x  5cos(10t  ) (cm)      25  v   A sin   25 sin    A  5cm  10A x  A cos   2,5 b) -5 - 2,5 O  2,5 x Khoảng thời gian ngắn vật từ vị trí có li độ x1 = 2,5cm đến vị trí có li độ x2 = 2,5cm    t    s  0,1s  3.10 30  N M M c) Qu~ng đường vật từ vị trí ban đầu tới vị trí có động lần thứ N 2,5 Wd A  x A  1 x    2,5 2cm Wt x 2 O  s  7,5   2,5  12,5  2,5  8,96cm Q (Lần 1) -5 P (Lần 2) Câu 16: Trong thí nghiệm giao thoa sóng mặt nước, hai nguồn kết hợp S1, S2 cách 8cm dao động pha với tần số f = 20Hz Tại điểm M mặt nước c|ch S 1, S2 khoảng d1 = 25cm, d2 = 20,5cm dao động với biên độ cực đại, M v{ đường trung trực AB có hai d~y cực đại kh|c a Tính tốc độ truyền sóng mặt nước b N l{ điểm thuộc đường trung trực đoạn thẳng S1S2 dao động ngược pha với hai nguồn Tìm khoảng c|ch nhỏ từ N đến đoạn thẳng nối S1S2 c Điểm C c|ch S1 khoảng L thỏa m~n CS1 vng góc với S1S2 Tính gi| trị cực đại L để điểm C dao động với biên độ cực đại Hướng dẫn giải nh ố ền sóng: d  d2  Tại M sóng có biên độ cực đại nên: d1 – d2 = k    k  k     1,5cm => v = f = 30 cm/s  Giữa M v{ trung trực AB có hai d~y cực đại kh|c N 2d    Giả sử u1  u2  a cost , phư ng trình sóng N: u N  2a cos t      2d   (2k  1)  d  2k  1 Để dao động N ngược pha với dao động nguồn     Do d  a/2  2k  1 X  2  a/2  k  2,16 Để dmin k=3 dmin= xmin a     xmin  3,4cm 2 nh Lmax  Để C có cực đại giao thoa thì: L2  a  L  k ; k =1, 2, a = S1S2 Khi L c{ng lớn đường CS1 cắt c|c cực đại giao thoa có bậc c{ng nhỏ (k c{ng bé), ứng với gi| trị lớn L để C có cực đại l{ k =1  Thay c|c gi| trị đ~ cho v{o biểu thức ta nhận được: L2 max  64  Lmax  1,5  Lmax  20,6cm - Trang 8/24 -  TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ƠN TẬP Câu 17: Trong qu| trình truyền tải điện xa cần tăng điện |p nguồn lên lần để giảm cơng suất hao phí đường d}y 100 lần Giả thiết cơng suất n i tiêu thụ nhận khơng đổi, điện |p tức thời u pha với dòng điện tức thời i Biết ban đầu độ giảm điện đường d}y 15% điện |p tải tiêu thụ Hướng dẫn giải  Đặt U, U1, ΔU , I1, P1 l{ điện |p nguồn, điện |p tải tiêu thụ, độ giảm điện |p đường d}y, dòng điện hiệu dụng v{ cơng suất hao phí đường d}y lúc đầu U’, U2, ΔU' , I2, P2 l{ điện |p nguồn, điện |p tải tiêu thụ, độ giảm điện |p đường d}y, dòng điện hiệu dụng v{ cơng suất hao phí đường d}y lúc sau P2  I  I U ' Ta có:         P1  I1  100 I1 10 U 10 0,15U1 Theo đề ra: ΔU = 0,15.U1  U '  (1) 10  Vì u v{ i pha v{ cơng suất n i tiêu thụ nhận khơng đổi nên: U2 I U1.I1 = U I2  = = 10  U2 = 10U1 (2) U1 I2  U = U1 + ΔU = (0,15 + 1).U1   Từ (1) (2):  0,15.U1 0,15 U' = U + ΔU' = 10.U1 + = (10 + ).U1  10 10  0,15 10+ U' 10 = 8,7 =  Do đó: U 0,15+1 Câu 18: Một tụ điện có điện dung C v{ hai cuộn cảm có độ tự cảm L L2 mắc hình vẽ Khi khóa K chốt v{ chốt 2, tụ điện tích điện đến hiệu điện U0 Đầu tiên đóng khóa k v{o chốt 1, khoảng thời gian t mạch L1C có dao động điện từ tự với tần số f v{ cường độ dòng điện cực đại I0; sau chuyển khóa K từ chốt sang chốt 2, mạch L2C có dao động điện từ tự với tần số 4f v{ cường độ dòng điện cực đại 4I0 Biết t < 10,5π L1C Gi| trị lớn t l{ A 40π L C B 38π L C C 41π L C K C L2 L1 D 35π L C Hướng dẫn giải 1 f2 = 4f =  L1 = 16L2 2 L1C 2 L C I Q  Q Ta có: I01 = I0 = Q011 I02 = 4I0 = Q022  02  02   02  Q02 = Q01 = Q0 I01 Q02 1 Q02 Ban đầu, K chốt tụ tích điện cực đại q1 = Q01 = Q0 Khi K chốt v{ để Q02 = Q0 thời điểm chuyển từ chốt sang chốt chốt có điện tích q1 = Q0 T Suy ra: t = k = k  L1C < 10,5  L1C  k = 10 (do để hỏi tmax) Suy ra: t = 10  L1C = 40  L C Chọn A Ta có: f1 = f = Lưu ý, ban đầu K chốt 1, q1 = Q0  sau nửa chu kì tụ lại tích điện q1 = Q0 - Trang 9/24 -  TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ƠN TẬP Câu 19: Hiện tượng cầu vồng l{ tượng t|n sắc |nh s|ng Mặt Trời qua c|c giọt nước c|c tinh thể băng khơng khí Một tia s|ng Mặt Trời truyền mặt phẳng tiết diện thẳng qua t}m giọt nước hình cầu suốt có chiết suất n với góc tới i = 450 Sau khúc xạ I tia s|ng phản xạ lần J lại khúc xạ v{ truyền ngo{i khơng khí P (xem hình) Biết chiết suất nước |nh s|ng đỏ v{ |nh s|ng tím n d = 1,32; n t = 1,35 Góc tạo tia ló màu đỏ v{ tia ló màu tím xấp xỉ A 2,40° B 3,46° C 3,20° D 0,16° Hướng dẫn giải Sử dụng c|c định luật khúc xạ I, P v{ phản xạ J, ta có góc lệch D tia tới v{ tia ló là: D = i +  900 - 2r  = 1800 + 2i - 4r , thay i = 450 D = 2700 - 4.r sini sin450 Với tia tím: sini = n t sinrt  sinrt = =  rt  31,590  Dt = 2700 - 4.31,590 = 143, 640 nt 1,35 sini sin450 Với tia đỏ: sini = n dsinrd  sinrd = =  rd  32,390  Dd = 2700 - 4.32,390 = 140, 440 nd 1,32 Góc tạo tia ló màu đỏ v{ tia ló màu tím là: D = Dt - Dd = 3, 20 Chọn C Câu 20: Chiếu hai xạ có bước sóng 1 = 0,555m 2 = 377nm v{o kim loại có giới hạn quang điện 0 thấy vận tốc ban đầu cực đại c|c quang electron có độ lớn gấp đơi Giả sử êlectron hấp thụ phơtơn sử dụng phần lượng làm cơng thốt, phần lại biến thành động a Tìm giới hạn quang điện 0 kim loại b Chỉ chiếu xạ có bước sóng 1, t|ch từ chùm electron bắn electron có vận tốc lớn cho bay từ A đến B điện trường m{ hiệu điện UAB = -3V Tìm vận tốc electron đến B Hướng dẫn giải a Tính 0 hc hc mv1  Ta có: (1)   1 0 hc hc 2 mv2 hc mv   (Vì 2  1 ) 2 0 0  0  0,659 m  Từ (1) v{ (2):   0 31 32 n ố n e B hc hc  Khi chiếu 1 thì: Wđ1 = WđA =    1 (2) 0  Theo định lí động năng: WđB - WđA = eUAB  WđB =  vB  hc 1  hc 0 + eUAB hc hc (   eU AB )  1,086.106 m / s m 1 0 - Trang 10/24 -  TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ƠN TẬP Câu 21: Một lò phản ứng hạt nh}n có chứa nhiên liệu l{ urani đ~ l{m gi{u urani 235 ( chất làm chậm than chì ( ) Khi lò hoạt động urani 235 bị phân hạch theo phản ứng 235 92 A 38 U n 140 Z X ) 01n Y a) X|c định A v{ Z hạt nh}n X v{ Y Biết độ hụt khối phản ứng l{ 0,006675 u Giả thiết to{n lượng phản ứng cung cấp cho c|c n tron thứ cấp v{ chúng có động Tính vận tốc c|c n tron thứ cấp b) C|c n tron thứ cấp sinh sau phản ứng ph}n hạch nói tới va chạm với c|c ngun tử cacbon chất l{m chậm (xem l{ đứng n) Giả thiết c|c va chạm l{ đ{n hồi, khơng có biến đổi th{nh hạt nh}n kh|c v{ sau va chạm c|c hạt chuyển động phư ng Hỏi sau lần va chạm n tron thứ cấp trở th{nh n tron nhiệt (c|c n tron nhiệt l{ c|c n tron có lượng kBTph, kB = 1,38.10-23J.K-1 l{ số Bơn-x -man, Tph = 300K l{ nhiệt độ phòng) c) Giả sử n tron nhiệt hấp thụ hạt nhân có nhiên liệu urani Hạt nh}n tạo thành khơng bền, biến đổi thành hạt nhân plutoni hai hạt X giống X|c định X v{ tính động cực đại vận tốc tư ng ứng hạt X Cho: mn = 1,008665u; m(U238) = 238,048608u; m(Pu239) = 239,052146u; 1u = 1,66.10-27kg = 931,5 MeV/c2 Hướng dẫn giải a) Áp dụng định luật bảo to{n điện tích hạt nh}n v{ bảo to{n số nuclon cho phản ứng 235 92 A 38 U n 140 Z X 01n Y Ta được: 235 + = A + 140 + suy A = 93; Và 92 = 38 + Z suy Z = 54 Năng lượng tỏa phản ứng: E m.c2 Do c|c n tron thứ cấp có động nên Vận tốc n tron: 2Kn mn Kn m.c 3mn m.c E 2.0, 006675 3.108 3.1, 008665 2.107 m/s b) Sau lần va chạm với ngun tử cacbon, c|c hạt chuyển động phư ng nên theo định luật bảo to{n động lượng v{ lượng ta được: n n ' C C mv '2 n n m v mv Với mC mn 12 ta mnvn mC vC' mnvn' 11 vn' 13 độ lớn vn' 11 v 13 n Sau N lần va chạm n tron trở th{nh n tron nhiệt có động cỡ kBTph, tức l{ có vận tốc v Ta có v 11 13 2kBTph 2Kn mn mn N c) Ta có phản ứng: Động cực đại: U 2Kemax Vận tốc electron ve ln ln 13 N Suy 238 92 2.1, 38.10 23.300 1, 008665.1, 66.10 27 239 94 n Pu E 2Ke me ln v ln 11 0, 9843 lần ZAX  A =0, Z = -1  X electron (mU 238 mn mPu 239 )c  Kemax 2me 9,16.108 m / s > c = 3.108m / s Ta phải sử dụng cơng thức tư ng đối tính Ta 55 2,22.103 m/s Ke 1 mec 3, 82.10 13 J => Vơ lý ve c hay v = 2,95.108 m/s - Trang 11/24 -  TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ƠN TẬP Câu 22: Một lắc lò xo gồm vật nặng có khối lượng M  300 g , lò xo nhẹ có độ cứng k  200N / m Khi M vị trí c}n thả vật m  200 g r i từ độ cao h  3, 75cm so với M Coi va chạm m v{ M l{ ho{n to{n mềm Sau va chạm, hệ M m h M v{ m bắt đầu dao động điều hòa Lấy g  10m / s a) Tính vận tốc m trước va chạm v{ vận tốc hai vật sau va chạm k b) Viết phư ng trình dao động hệ (M+m) Chọn gốc thời gian l{ lúc va chạm, trục tọa độ Ox thẳng đứng hướng lên, gốc O l{ vị trí c}n hệ sau va chạm c) Tính biên độ dao động cực đại hệ vật để qu| trình dao động vật m khơng rời khỏi M Hướng dẫn giải a) Vận tốc m trước va chạm: v  gh  50 3cm / s  86,6cm / s Do va chạm mềm nên sau va chạm hai vật vận tốc V mv mv  ( M  m)V  V   20 3cm / s  34, 6cm / s M m K  20rad / s Khi có thêm m lò xo bị nén thêm b) Tần số dao động hệ:   M m mg V2  1cm Vậy VTCB nằm VTCB cũ đoạn 1cm  A  x 20   (cm) K  1  2cos    Tại t = 0:     rad  x  2cos  20t   cm 3  2.20sin   đoạn: x0  c) Phản lực M lên m l{ N thỏa m~n: N  mg  ma  N  mg  ma  m x  N  mg  m x  Nmin  mg  m A g g 10 Để m khơng rời khỏi M N   A  Vậy Amax    2,5cm   20 Câu 23: Một phòng h|t karaoke có diện tích 20 m2, cao m (với điều kiện hai lần chiều rộng BC v{ chiều d{i AB chênh khơng qu| m để phòng c}n đối) với d{n }m gồm loa có cơng suất lớn, hai c|i đặt góc A, B phòng, hai c|i treo góc trần A’, B’ Đồng thời có m{n hình lớn full HD gắn tường ABB’A’ để người h|t ngồi trung điểm M CD có cảm gi|c sống động Bỏ qua kích thước người v{ loa, coi loa ph|t }m đẳng hướng v{ tường hấp thụ }m tốt Hỏi thiết kế phòng để người h|t chịu loa có cơng suất lớn l{ bao nhiêu? A 723 W B 842 W C 535 W D 796 W Hướng dẫn giải Gọi x l{ chiều rộng BC, y l{ chiều d{i AB xy = 20 (m ) y - 2x  (m)   Gọi cơng suất nguồn l{ P, ngưỡng đau m{ người chịu l{ 130 dB nên Imax = 10 W / m Tai người chịu được: Imax = 2Pmax 2P + max  Pmax = 4πAM 4πA'M 2πImax x2 +  y2 + x +16 + y2 2 Từ y - 2x   x - y   x + y   xy  21   x + y  max  21    2π.10  Pmax =  842  W  1 + 21 21+16 - Trang 12/24 -  TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ƠN TẬP Câu 24: Cho mạch điện AF hình vẽ Đặt hai đầu A, F mạch điện điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dung UAF = 50V tần số 50Hz Điện áp hai đầu c|c đoạn mạch AD v{ BE đo UAD = 40V UBE = 30V Cường độ dòng điện hiệu dụng mạch I = 1A a Tính R, L, C b Tính hệ số cơng suất mạch Hướng dẫn giải U 50  50 a) Ta có: Z = (2R)  (Z L  ZC )  AF   4R  (ZL  ZC )2  2500 I U 40  40 ZAD = R  Z2L  AD  (2)  R  Z2L  1600 I U 30  30 ZBE = R  ZC2  BE  (3)  R  ZC2  900 I Từ (2) v{ (3): 4R2 + Z2L  2ZC2  5000 (4) Từ (1): 4R2 + Z2L  ZC2  2ZL ZC  2500 (5) Lấy (4) trừ (5): Z2L  ZC2  2ZL ZC  (ZL  ZC )2  2500  Z L  ZC  50 (6) Lấy (2) trừ (3): 700 = Z  Z  (ZL +ZC )(ZL  ZC ) (7) L C Thay (6) vào (7): 700 = 50 (Z L  ZC )  Z L  ZC  (1) 700  14 50 (8) L  0,102H  Z L  32  Từ (6) v{ (8) suy  6  ZC  18 C  177.10 F Từ (2)  R = 1600  Z2L = 24  2R 2.24   0,96 Z 50 Câu 25: Cho mạch dao động lí tưởng hình vẽ C|c tụ điện có điện dung Cuộn cảm có độ tự cảm L  0,5mH Bỏ qua điện trở C1 kho| K v{ d}y nối Ban đầu kho| K đóng, mạch có dao động điện từ tự A b) Hệ số cơng suất mạch: cos   C1  3nF ; C2  6nF K • M C2 B với cường độ dòng điện cực đại mạch l{ 0, 03 A L a) Tính tần số biến thiên lượng từ trường mạch b) Tính điện |p cực đại hai điểm A, M v{ M, B c) Lúc điện |p hai tụ điện C1 l{ 6V độ lớn cường độ dòng điện mạch bao nhiêu? Ban đầu kho| K ngắt, tụ điện C1 tích điện đến điện |p 10V, tụ điện C2 chưa tích điện Sau đóng kho| K Tính cường độ dòng điện cực đại mạch Hướng dẫn giải a Tính tần số biến thiên lượng từ trường 1 + Tần số dao động riêng mạch: f   159155( Hz ) 2 LC C1C2 2 L C1  C2 + Tần số biến thiên lượng từ trường l{: f1  f 318310( Hz ) b Tính điện áp cực đại hai đầu tụ điện CbU 02 LI 02 L   U0  I  15(V ) + Điện |p cực đại hai đầu tụ điện: 2 Cb - Trang 13/24 -  TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ƠN TẬP U 01  U 02  15V U 01  10(V )  + Điện |p uAM uMB pha nhau, nên: U 01 C2  U 02  5(V ) U  C   02 c Tính cường độ dòng điện u C u + Lúc điện |p hai đầu tụ C1 u1= 6V, thì:    u2   3V u2 C1 C1u12 C2 u22 Li LI 02 C u  C2 u22     i  I 02  1  0, 024( A) 2 2 L Tính cường độ dòng điện cực đại 9 8 + Theo định luật bảo to{n điện tích: q1  q2  CU 01  3.10 10  3.10 (C )  q0 (1) + Bảo to{n lượng: W= + Theo định luật bảo to{n lượng: q12 q22 Li q02 (2)    2C1 2C2 2C1 q12 (q0  q1 )2 Li q02 + Từ (1) (2):     C2 q12  C1 (q0  q1 )2  LC1C2 i  C2 q02  2C1 2C2 2C1 2 12 Thay số: 3q1  2q0 q1  q0  3.10 i  (3) 2q0  0, 02( A) + Điều kiện tồn nghiệm:  /  q02  3.(3.1012.i  q02 )  4q02  9.10 12.i   i  3.106 Suy cường độ dòng điện cực đại mạch l{ I0 = 0,02A Câu 26: Một điểm sáng S chuyển động theo phư ng song song với đoạn thẳng nối hai lỗ nhỏ S1 S2 phẳng Khoảng cách hai lỗ mm, nguồn sáng cách m Tại điểm A đường trung trực S1, S2 vng góc với có đặt máy đo ánh sáng, giây máy đo 15 lần thay đổi tuần hồn cường độ sáng xạ màu vàng có bước sóng 1  600 nm Nếu nguồn phát đồng thời hai xạ màu vàng có bước sóng 1 màu tím   400 nm nguồn bắt đầu chuyển động từ điểm O trung trực S1 S2 thời điểm hai chớp xuất kể từ lúc nguồn bắt đầu chuyển động A 0,3333 s B 0,1333 s C 0,3666 s D 0,2555 s Hướng dẫn giải Gọi O vị trí v}n trung t}m ban đầu (vị trí trùng nhau), O’ l{ vị trí trùng xạ  k tính từ O Điều kiện trùng:    k1 Như vị trí trùng O’ l{ vị trí vân sáng bậc xạ 1 Cứ gi}y m|y đo 15 lần thay đổi tuần hồn cường độ sáng xạ màu vàng nghĩa l{ chu kỳ s|ng l{ (s|ng → s|ng): T = s 15 Do O’ l{ vị trí vân sáng bậc  thời gian thõa m~n đề là: t = 2T = 0,1333 s Chọn B Câu 27: Theo mẫu ngun tử Borh, lượng ứng với trạng thái dừng ngun tử hidro 13, tính theo biểu thức E n   eV (n = 1, 2, 3,…) Giả sử có đám ngun tử hidro n trạng thái c chiếu chùm xạ mà photon có lượng tư ng ứng 3,4 eV; 11,51 eV; 12,75 eV 12,85 eV Photon bị đám ngun tử hấp thụ có lượng A 12,85 eV B 11,51 eV C 12,75 eV D 3,4 eV Hướng dẫn giải 1 Năng lượng hấp thụ:  = 13,6.(  ) m n Đ|m ngun tử trạng th|i c  n = Chọn m = 2, 3,  với m =   = 12,75 eV Chọn C - Trang 14/24 -  TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ƠN TẬP Câu 28: Tiêm vào máu bệnh nhân 10cm3 dung dịch chứa 24 11 Na có chu kì bán rã T = 15 với nồng độ 10-3 mol/lít Sau lấy 10cm3 máu tìm thấy 1,5.10-8 mol Na24 Coi Na24 phân bố Thể tích máu người tiêm khoảng A 4,8 lít B 5,1 lít C 5,4 lít D 5,6 lít Hướng dẫn giải -3 -2 Số mol Na24 tiêm v{o m|u: n0 = 10 10 =10-5 mol - ln2.t - ln2.6 Số mol Na24 lại sau 6h: n = n0e-t = 10-5 e T = 10-5 e 15 = 0,7579.10-5 mol 0,7579.105.102 Thể tích m|u bệnh nh}n V = = 5,053 lít  5,1 lít Chọn B 1,5.108 Câu 29: Một lắc đ n có chiều d{i l  40cm , cầu nhỏ có khối lượng m  600 g treo n i có gia tốc r i tự g  10m / s Bỏ qua sức cản khơng khí Đưa lắc khỏi phư ng thẳng đứng góc   0,15rad thả nhẹ, cầu dao động điều ho{ a) Tính chu kì dao động T v{ tốc độ cực đại cầu b) Tính sức căng d}y treo cầu qua vị trí c}n c) Tính tốc độ trung bình cầu sau n chu kì d) Tính qu~ng đường cực đại m{ cầu khoảng thời gian 2T/3 v{ tốc độ cầu thời điểm cuối qu~ng đường cực đại nói Hướng dẫn giải a Xác định chu kì dao động tốc độ cực đại: 2 l 2 + Chu kì dao động: T   2   1, 257( s)  g + Biên độ dao động cầu: s0   l  6cm + Tốc độ cực đại cầu: vmax   s0  5.6  30cm / s b Xác định sức căng dây treo VTCB: + Lúc qua VTCB cầu có tốc độ: vmax  30cm / s vm2 ax 0,32   0, 225m / s l 0, + Khi vật qua VTCB:   mg  man    mg  man  0, 6.(10  0, 225)  6,135( N ) c Tốc độ trung bình vật sau n chu kì: + Sau n chu kì qu~ng đường vật l{: S  n.4s0 n.4s0 S 4.6    19,1(cm / s) + Tốc độ trung bình vật sau n chu kì l{: V  nT n.T 1, 2566 d Qng đường cực đại: 2T T T   + Phân tích t  M2 M1 + Qu~ng đường cực đại Smax  2s0  S1max s Trong thời gian T/6 vật S1max ứng với tốc độ trung bình lớn •O vật chuyển động l}n cận VTCB Sử dụng véc t quay ta tính -3 2 T   góc quay M 1OM  T Suy S1max= A  Smax  3s0  3.6  18cm + Ở cuối thời điểm đạt qu~ng đường cực đại nói vật có li độ d{i s = -3cm , vận tốc vật + Gia tốc hướng t}m cầu: an  có độ lớn l{: v   A2  x  62  (3)  18 3(cm / s) - Trang 15/24 -  TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ƠN TẬP Câu 30: Trên mặt nước có hai nguồn ph|t sóng kết hợp l{ nguồn điểm A v{ B dao động theo phư ng trình: u A  uB  acos(20 t) Coi biên độ sóng khơng đổi Người ta đo khoảng c|ch điểm đứng n liên tiếp đoạn AB l{ 3cm Khoảng c|ch hai nguồn A, B l{ 30cm Tính tốc độ sóng Tính số điểm đứng n đoạn AB Hai điểm M1 M2 đoạn AB c|ch trung điểm H AB đoạn l{ 0,5cm 2cm Tại thời điểm t1 vận tốc M1 có gi| trị đại số l{ 12cm / s Tính gi| trị đại số vận tốc M2 thời điểm t1 Tính số điểm dao động với biên độ cực đại đoạn AB pha với nguồn Hướng dẫn giải Tính tốc độ sóng: + Khoảng c|ch hai điểm đứng n liên tiếp đoạn AB l{:  /  3cm    6cm + Tốc độ sóng: v   f  60cm / s Tính số điểm đứng n đoạn AB + Khoảng c|ch hai điểm đứng n liên tiếp đoạn AB l{  / , khoảng c|ch điểm cực đại v{ điểm đứng n liên tiếp đoạn AB l{  / + Hai nguồn pha trung điểm AB l{ điểm cực đại giao thoa  AB  + Trên đoạn AB có số điểm đứng n l{: N A     10 điểm    Tính li độ M1 thời điểm t1: + Pt dao động M đoạn AB c|ch trung điểm H AB đoạn x: 2 x  AB uM  2a.cos cos(t  )   + Từ pt dao động M đoạn AB ta thấy hai điểm đoạn AB dao động pha ngược pha, nên tỷ số li độ l{ tỷ số vận tốc 2 x1 2 0,5 cos uM/ uM1 cos  uM/ 3/2 /        vM  uM    3(cm / s) 2 uM/ uM cos 2 x  1/ cos  Tính số điểm dao động với biên độ cực đại pha với nguồn đoạn AB: + Theo pt dao động điểm đoạn AB có biên độ cực đại : 2 x  AB 2 x uM  2a.cos cos(t  )  2a.cos cos( t-5 )    + C|c điểm dao động với biên độ cực đoạn AB pha với nguồn thoả m~n: 2k    2 x 2 x x  cos  1   (2k  1)    k  2; 1;0;1 => có điểm     AB /  x  AB / Câu 31: Cho đoạn mạch AB hình vẽ; R  120 3 , cuộn d}y có r  30 3 Đặt điện |p u  U cos t (V) vào hai đầu đoạn mạch AB Đồ thị biểu diễn phụ thuộc điện |p hai đầu đoạn AN v{ MB v{o thời gian hình vẽ bên Gi| trị U A C √ √ V V B 120 V D √ V - Trang 16/24 -  TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ƠN TẬP Hướng dẫn giải Vì u MB vng pha với u AN nên ta suy M l{ trực t}m tam gi|c ANB Đặt U r  MH  x  U R  AM  4x Sử dụng tam gi|c đồng dạng ta suy KM  Lại có SAMN  AM  MH 4x  MB 60 1 KM  AN  AM  NH nên ta có phư ng trình: 2 4x  300  4x 3002  25x  x  30  HB  MB2  x  90 60 Vậy U  AH  HB2  150   902  60 21V  U0  60 42 V Chọn A Câu 32: Cho mạch điện hình vẽ, nguồn điện có suất điện động E, k điện trở r = 0,5  , cuộn cảm có độ tự cảm L, tụ điện có điện dung C Ban đầu khóa k đóng, dòng điện đ~ ổn định ngắt E C L khóa k, mạch có dao động điện từ với chu kì T = 10-3(s) Hiệu ,r điện cực đại hai tụ điện gấp n = lần suất điện động nguồn điện Bỏ qua điện trở mạch dao động, tìm điện dung C v{ độ tự cảm L Hướng dẫn giải + Dòng điện qua cuộn cảm K đóng: I0 = E/r 2 E + Năng lượng từ trường cuộn cảm K đóng: WtMax  LI  L   2 r 1 + Khi K ngắt lượng điện từ trường mạch l{: W= CU 02  Cn E  Wt Max  L  Cr n 2 2 T nrT T ;C  + Ta có: T  2 LC  LC   L  Thay số L 0,398mH ; C 63, 7(  F ) 4 2 2 nr Câu 33: Một lăng kính thủy tinh có góc chiết quang A < 100, đặt khơng khí Chiếu chùm tia sáng song song, hẹp vào mặt bên lăng kính với góc tới nhỏ Biết góc lệch D tính cơng thức: D = A(n – 1) với n chiết suất chất l{m lăng kính Chiết suất chất l{m lăng kính phụ thuộc v{o bước sóng |nh s|ng hình vẽ Tỉ số góc lệch cực đại Dmax góc lệch cực tiểu Dmin tia ló khỏi lăng kính gần giá trị sau đ}y? A 1,1 B 1,3 C 1,2 D 1,4 Hướng dẫn giải D A(n max  1) 1,  Từ đồ thị ta có: nmax = 1,7 nmin = 1,6  max    1,166  Chọn C Dmin A(n  1) 1,  Câu 34: Chiếu xạ điện từ v{o vơnfram, biết c|c êlêctrơn quang điện khơng bị lệch bay v{o vùng khơng gian có điện trường v{ từ trường hướng vng góc với Cường độ điện trường E = 10 (kV/m), cảm ứng từ có độ lớn B = 10 (mT) cơng tho|t êlêctrơn khỏi bề mặt vơnfram l{ A = 7,2.10-19J Giả sử êlectron hấp thụ phơtơn sử dụng phần lượng làm cơng thốt, phần lại biến thành động Bước sóng xạ A 0,17 μm B 0,20 μm C 0,22 μm D 0,12 μm Hướng dẫn giải - Trang 17/24 -  TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ƠN TẬP + Khi êlêctrơn bứt khỏi bề mặt kim loại với vận tốc ban đầu cực đại v{ khơng bị lệch tức l{ lực điện v{ lực từ t|c dụng lên êlêctrơn (lực Lorenxo)      triệt tiêu lẫn nhau: Fđ  Ft   Fđ   Ft  + Khi đó, c|c vect cảm ứng từ B , vect cường độ điện trường, vect lực  điện Fđ v{ véc t lực Lorenx t|c dụng lên êlêctrơn biểu diễn hình bên + Từ suy vận tốc êlêctrơn quang điện: Fđ  Ft  eE  ev0 max B  v0 max  e E B + Do êlectron hấp thụ phơtơn sử dụng phần lượng làm cơng thốt, phần lại biến mv c m E  thành động nên: h  A  max  A     2 B 2hcB  1,7.107 (m)  0,17m + Từ x|c định được:   B A  mE Câu 35: Dùng hạt proton có động Kp = 5,68 MeV bắn v{o hạt nh}n 23 11 Na đứng n, ta thu hạt α v{ hạt X có động tư ng ứng l{ 6,15 MeV v{ 1,91 MeV Coi phản ứng khơng kèm theo xạ gamma, lấy khối lượng c|c hạt tính theo u gần số khối Góc vecto vận tốc hạt  v{ hạt X xấp xỉ Pα A 1590 B 1370 C 980 D 700 Hướng dẫn giải β 23 20 Phư ng trình phản ứng: 11 p  11 Na  24 He  10 X Bảo to{n động lượng: Pp  P  PX  giản đồ véc t động lượng hình φ Pp Dựa v{o giản đồ suy theo định lí cos: PP2  P2  PX2  2P PX cos mà P2 = 2m.K Suy ra: mp K P  m K   mX K X  m K  m K  cos  Thay số v{o tính được:  = 21,30   = 360  2  1590 Chọn A PX Lưu ý: hình bình h{nh c|c góc đối điện Câu 36: Có hai vật nhỏ A, B chuyển động tròn hai đường tròn có b|n kính l{ cm v{ 10 cm Ánh s|ng từ m|y chiếu phía chiếu c|c vật lên m{n quan s|t đặt phía (bố trí hình vẽ) Chọn gốc thời gian l{ lúc hai vật vị trí A v{ B, chiều chuyển động hai vật l{ ngược chiều kim đồng hồ Biết tốc độ chuyển động hai vật l{ Kể từ thời điểm t = 0, thời điểm v{ thời điểm lần thứ 10 m{ người ta quan s|t vị trí bóng hai vật m{n l{ t = (s) t =  (s) Gi| trị  n nà nhấ sau đ}y? A 50 s B 52 s C 48 s D 55 s Hướng dẫn giải Ứng dụng chuyển động tròn v{ dao động điều hòa R l{ biên độ A, tốc độchuyển động tròn đều: v = R. Theo đềtốc độ chuyển động hai vật l{ nhau: v = A11 = A22  1 = 22 Từ c|c kiện đề b{i ta viết phư ng trình: xA = 5cos(1t + ) = 5cos(22t + ) = 5cos22t ; Và xB = 10cos2t Quan s|t bóng mờ, nghĩa l{ chất điểm gặp  xA = xB  5cos22t = 10cos2t  10cos2t + 5cos22t =  2cos22t  1  cos 2 t  + 2cos2t  =    1   1 cos 2 t   - Trang 18/24 -  TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ƠN TẬP  t  (0,1903591627  k1 ).T2 2 1  Suy ra: cos 2 t  1   cos t   T2 2  t  (0,1903591627  k ).T2 Lần gặp  k1 =  t1 = 0,1903591627T2 =  T2 = 10,50645512 s Lần gặp thứ 10  k2 =  t = 50,53227561 s Câu 37: Tại điểm O mặt nước có nguồn sóng lan truyền theo vòng tròn đồng tâm với bước sóng λ = 20 cm Gọi A v{ B l{ hai điểm phư ng truyền sóng cho O trung điểm AB, C điểm phư ng truyền sóng kh|c dao động ngược pha với nguồn O CA  CB Biết đoạn CA có điểm dao động pha với nguồn O v{ đoạn CB có điểm dao động vng pha với nguồn O Diện tích tam giác ABC g n giá tr sau đ}y? A 0,32 m2 B 0,84 m2 C 0,43 m2 D 0,65 m2 Hướng dẫn giải Một điểm dao động pha với nguồn khi, ngược pha d  ( k  ) , vng pha d  ( k  ) Điểm C dao động ngược pha so với nguồn O ⟹ A, B, C nằm đường tròn dao động ngược pha với nguồn Giả sử CO  (k  ) Do CA có điểm dao động pha với nguồn nên có đường tròn cắt CA (có bán kính k  (k  1) ) đường tròn tiếp xúc với CA (có bán kính ( k  2) ) ⟹ HO  (k  2) Do CB có điểm dao động vng pha với nguồn nên có đường tròn cắt CB (có bán kính l (  ) ) v{ ta biết đường tròn vng pha liên tiếp có bán kính chênh lệch   1   15  ⟹ CO  KO   (k  )   (k  )    (k  2)    k  5k   k  2   ⟹ Giá trị k k = Nếu k = khơng có đường tròn vng pha cắt CB Nếu k = thỏa m~n v{ đường tròn vng pha có bán kính 4, 25 ⟹ CO = 90 cm, CB = 40 cm CA = 20 65 cm ⟹ Diện tích tam giác ABC S ABC  40.20 65  0,32 m2 Câu 38: Đặt điện |p u = U0cost (V) v{o đoạn mạch R, L, C nối tiếp cuộn d}y cảm 2U Còn  = 3 thỉ  biến thiên Khi  = 1  = 2 ta thấy rằng: UL1 = UC2 = điện |p hiệu dụng đầu cuộn cảm đạt gi| trị cực đại l{ 2U 11 Khi  biến thiên ta thấy tỉ số A = 12  222 cho gi| trị kh|c Tổng gi| trị kh|c A l{ 32 A 47 B 21 10 C 54 D 27 10 Hướng dẫn giải - Trang 19/24 -  TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ƠN TẬP Giả sử  = 1  = 1’ UL = Và  = 2  = 2’ UC = 2U Khi  = 3 = L ULmax, với ULmax = 2U  kU  1  1/    1  R   L  Khơng tính tổng qu|t ta chọn R =  L =  11 0, 45  2R  22R k 1  2R  2R k 2U k 1 2  kU  2  2/  U k  R  L  0, 45  C  2R  0, 45  Tìm c|c gi| trị 1, L 1’, 2 2’ 1  1/  22R  12   1  2 Áp dụng:   /2    0, 45   2  1 1 L 1   0, 45     /  2  2  R  2 Và    2  /2  22  0, 45  2 C 2   10 54 Câu 39: Trong mạch LC lý tưởng có dao động điện từ tự với chu kỳ T v{ điện tích cực đại Q0, tụ điện gồm hai M v{ N Tại t = 0, M tích điện dư ng, N tích điện âm v{ chiều dòng điện qua cuộn cảm từ M sang N Sau khoảng thời gian t = 1,5π LC dòng điện qua cuộn cảm theo chiều từ A N đến M v{ M tích điện }m B M đến N v{ M tích điện }m C N đến M v{ M tích điện dư ng D M đến N M tích điện dư ng Hướng dẫn giải Ta xét M, t = 0, M tích điện dư ng, dòng điện qua cuộn cảm từ M sang N (dòng điện khỏi M) đồng nghĩa M phóng điện, điện tích M giảm Sau Với gi| trị v{ 32  2L  0, 45  thay số v{o có tổng A = khoảng thời gian t = 1,5π LC  3T , theo đường tròn ta thấy điện tích M dư ng v{ tăng, suy M nạp điện (dòng điện v{o M) hay dòng điện qua cuộn cảm từ N sang M Chọn C Câu 40: Thí nghiệm giao thoa |nh s|ng đ n sắc với hai khe hẹp S1,S2 hình vẽ M{n quan s|t gắn với lò xo v{ dao động với chu kỳ riêng l{ T = 1,5 (s) Bỏ qua ma s|t v{ sức cản mơi trường Ban đầu m{n  nằm c}n v{ khoảng c|ch từ hai khe đến m{n l{ D0 ta  thu hệ v}n giao thoa v{ điểm M m{n c|ch  v}n trung t}m 3(mm) l{ v}n s|ng bậc Đưa m{n đến vị trí lò xo nén l0  D0 / thả nhẹ cho dao động Sau bao l}u M ta thu v}n s|ng bậc lần đầu tiên? A 1/16 (s) B 3/7 (s) C 3/16 (s) D 1/11 (s) Hướng dẫn giải - Trang 20/24 -  TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ƠN TẬP Ban đầu M l{ v}n s|ng bậc nên:  3i0  i0  1mm   D0 a  1(mm)   a  D0 Khi cho m{n dao động, M l{ v}n s|ng bậc ta có: D   D0  cos t   D x     2cos t  2i   D0  x      2 a D0    D0       /4  (s ) Suy cosωt = từ tính thời gian lần đầu l{ t   16 Câu 41: Khi electron quỹ đạo dừng thứ n lượng ngun tử hiđrơ tính theo cơng 13,6 thức E n =- eV (n=1,2,3 ) , bán kính Bo r0 =5,3.10-11 (m) Khi electron ngun tử hiđrơ n quỹ đạo dừng có b|n kính quỹ đạo l{ 4r0 ngun tử hấp thụ photon có lượng 4,08.10-19J v{ chuyển động lên quỹ đạo dừng thứ m, sau electron chuyển c|c quỹ đạo dừng có lượng thấp h n ph|t photon có lượng lớn A 4,08.10-19 J B 2,04.10-18 J C 3,55 eV D 12,089 eV Hướng dẫn giải Khi hấp thụ photon có lượng 4,08.10-19J electron chuyển từ mức n = (quỹ đạo 4r0) lên mức m = (dùng cơng thức ε = Em -E2  4,08.1019 J  m = ) Sau electron chuyển c|c quỹ đạo dừng có lượng thấp h n ph|t photon có lượng lớn ứng với từ m = n =  ε = E4 -E1  2,04.1018 J Chọn B Câu 42: Có ba hạt mang động nhau: hạt prơton, hạt đ teri v{ hạt , v{ từ trường đều, chúng chuyển động tròn bên từ trường Gọi b|n kính quỹ đạo chúng l{: RH, RD, R v{ xem khối lượng c|c hạt có khối lượng lấy số khối, đ n vị l{ u Gi| trị c|c b|n kính xếp theo thứ tự giảm dần l{ A RH > RD >R B R = RD > RH C RD > RH = R D RD > R > RH Hướng dẫn giải mp vp  R H = qB   2m p v D mv Chọn C Xem b{i Lực Lorenxo sgk Vật Lý 11, ta có: R =  R D = qB qB   4m p vα 2m p vα = R α = 2qB qB  Câu 43: Một lắc đ n có chiều d{i 1m, đầu cố định đầu gắn với vật nặng có khối lượng m Điểm cố định c|ch mặt đất 2,5m Ở thời điểm ban đầu đưa lắc lệch khỏi vị trí c}n góc  = 0,09 (rad) thả nhẹ, lắc vừa qua vị trí c}n sợi d}y bị đứt Bỏ qua sức cản, lấy g = 2 = 10 m/s2 Tốc độ vật nặng thời điểm t = 0,55s có gi| trị gần A 5,5 (m/s) B 0,5743 (m/s) C 0,2826 (m/s) D (m/s) Hướng dẫn giải Khi qua VTCB sợi d}y đứt chuyển động vật l{ h n n ném ngang với vận tốc ban đầu = vận tốc cực đại lắc: v0 = α g = 0,09 Tốc độ vật nặng x|c định theo cơng thức: v2 = v02 + (gt)2  v = 0,5753 (m/s) Chọn B (xem lại b{i Ch n n ném ngang sgk Vật Lý 10) - Trang 21/24 -  TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ƠN TẬP Câu 44: Trong thí nghiệm giao thoa sóng nước, có hai nguồn sóng dao động biên độ, tần số, pha với bước sóng cm Trên mặt nước có ba điểm thẳng hàng theo thứ tự A, B, C Nếu đặt hai nguồn sóng A C, phần tử trung điểm AB BC dao động với biên độ cực đại, số điểm dao động với biên độ cực đại đoạn AB h n số điểm dao động với biên độ cực đại đoạn BC Nếu đặt hai nguồn sóng B C số điểm dao động với biên độ cực đại đoạn BC Nếu đặt hai nguồn sóng A v{ B điểm dao động với biên độ cực đại nằm đường tròn tâm B bán kính BC cách C đoạn lớn xấp xỉ A 40,1 cm B 39,6 cm C 37,5 cm D 38,3 cm Hướng dẫn giải - Gọi O1, O2, O3 l{ trung điểm AB, AC, BC AB  x , BC  y - Khi hai nguồn sóng đặt A C O1, O3 c|c dao động với biên O C  O1 A  k  2 y  k  độ cực đại nên ta có:   2 x  l  O3C  O3 A  l  Xét điểm B: BC  BA  y  x  (k  l ) nên phần tử B dao động với biên độ cực đại Mà số điểm dao động với biên độ cực đại AB h n số điểm dao động với biên độ cực đại BC Giả sử vân giao thoa cực đại gần A gần C vân mà d  d1  i d  d1  i + Số điểm dao động với biên độ cực đại AB i  (k  l )  (1) + Số điểm dao động với biên độc cực đại BC i  (k  l )  (2) + Từ (1) (2) ta có k  l   BC  BA  2.4  - Khi hai nguồn sóng đặt B v{ C BC có điểm dao động với biên độ cực đại, nên ta có:  BC BC  j  (k  1)  j  k   2(k  1)    k    Do BC  5.4  20 AB  12 - Khi đặt hai nguồn sóng A B AB có vân giao thoa cực đại Gọi M thuộc vân giao thoa cực đại nằm  B; 20  cách C đoạn dài Khi MB  MA  2  , MB  BC  20 nên MA  12  AB Áp dụng định lí hàm số cosin tam giác MAB MBC, ta có: MB  AB  MA2 MB cos MBA     MC  MB  BC  2MB.BC.cos MBA  38,3 2MB AB AB Câu 45: M|y biến có số vòng d}y cuộn s cấp l{ N1 = 400 vòng, số vòng d}y cuộn thứ cấp l{ N2 = 100 vòng Điện trở cuộn s cấp l{ r1 =  , điện trở cuộn thứ cấp l{ r2 =  Điện trở mắc v{o cuộn thứ cấp R = 10  Xem mạch từ l{ khép kín v{ hao phí dòng Fucơ l{ khơng đ|ng kể Đặt v{o hai đầu cuộn s cấp điện |p xoay chiều có gi| trị hiệu dụng U = 360V Điện |p hiệu dụng hai đầu cuộn thứ cấp v{ hiệu suất m|y biến có gi| trị A 100V; 88,8% B 88V; 80% C 80V; 88,8% D 80V; 80% Hướng dẫn giải Tai cuộn s cấp đặt v{o hiệu điện U có phần điện bị hao phí toả nhiệt r1 , phần lại sinh suất điện động có gi| trị hiệu dụng E1  E1  U1  I1 r1 Phần từ thơng sinh E1 chuyển qua cuộn thứ cấp nhờ mạch từ l{ c|c lõi thép nên sinh suất điện động có gi| trị hiệu dụng E2 cuộn thứ cấp Năng lượng điện đ}y ph}n bố lại, phần bị tiêu hao điện trở mạch r2 , phần lại tham gia sinh hiệu điện xoay chiều có gi| trị hiệu dụng U  E2  U  I r2 Cơng thức m|y biến thế: P U I E1 N1 I    ; Và hiệu suất m|y biến :   ci  2 E2 N I1 Ptp U1 I1 Giải hệ phư ng trình ta thu n C - Trang 22/24 -  TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ƠN TẬP Câu 46: Cho hai mạch dao động lý tưởng L1C1 L2C2 với L1 = L2 C1 = C2 = F Tích điện cho hai tụ C1 C2 đồ thị điện tích chúng biểu diễn hình vẽ Kể từ thời điểm t = 0, thời điểm lần thứ 2016 hiệu điện hai tụ C1 C2 chênh 3V 1511 s 1500 1509 C s 1500 A 403 s 400 400 D s 403 B Hướng dẫn giải Do L1 = L2 C1 = C2  T1 = T2 Dễ thấy từ thời điểm t = đến t = ms chu kì  T = 2.10-3 s   = 1000 rad/s 6 Tại thời điểm t = 0, q1 = Q01 v{ giảm  q1 = 4.10 cos(1000 t) (C) Và từ t = đến t =  6 T ms = q2 = v{ giảm  q2  2.10 cos(1000t  ) (C) 12 Suy phư ng trình điện áp tụ: u1  Và u  q1  cos(1000 t) (V) C1 q2   cos(1000t  ) (V) C2 Độ chênh lệch điện áp hai tụ: 2400  u  u1  u  cos(1000t  ) = (V)  Suy ra: cos(1000t  ) =  Dựa v{o vòng tròn lượng giác ta có: chu kì có vị trí thỏa m~n đề Do t = đ~ thỏa mãn, nên cần tìm thời điểm thứ 2015 Ta có: 2015 = 2012 +  t = 3 cos t=0 503T 2014 2T 1511 2T = s ( vòng tròn qt 2400) Chọn A T + 3 1500 Câu 47: Một nhóm học sinh x|c định bước sóng chùm tia laze thí nghiệm giao thoa I}ng Biết khoảng c|ch hai khe a = 0,200  0,005(mm), khoảng c|ch D từ hai khe đến m{n quan s|t đo thước có độ chia nhỏ l{ 1mm, khoảng c|ch L khoảng v}n liên tiếp đo thước kẹp có độ chia nhỏ l{ 0,05mm C|c số liệu đo sau: Lần đo D(mm) 462 461 461 462 460 L(mm) 4,50 4,55 4,65 4,50 4,40 Bước sóng chùm laze có biểu thức l{ A  = 0,49 ± 0,20 (m) B  = 0,49 ± 0,02 (m) C  = 0,65 ± 0,03 (m) D  = 0,65 ± 0,30 (m) Hướng dẫn giải + Theo đề b{i, ta có: a  0,200mm, a  0,005mm + Sai số hệ thống phép đo D là:  = 0,5mm + Sai số hệ thống phép đo khoảng v}n là: ’ = 0,025mm + Số khoảng v}n đ|nh dấu: n = Lần đo D(mm) L(mm) D(mm) L(mm) 462 0,8 4,50 0,02 - Trang 23/24 -  TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ƠN TẬP Trung bình - 461 461 462 460 461,2 0,2 4,55 0,03 0,2 4,65 0,13 0,8 4,50 0,02 1,2 4,40 0,12 0,64 4,52 0,064 a.L 0,2.4,52   0,49.103 (mm) Gi| trị trung bình bước sóng:   461 , n.D Sai số tuyệt đối phép đo độ rộng khoảng v}n: L  L  '  0,064  0,025  0,089mm Sai số tuyệt đối phép đo khoảng c|ch D là: D  D    0,64  0,5  1,14mm Sai số tuyệt đối bước sóng:  0,005 0,089 1,14   a L D         .0,49.103  0,02.103 mm .   4,52 461,2  L D   a  0,2 Bước sóng chùm laze có biểu thức l{:  = 0,49 ± 0,02 (m) Đáp số B Câu 48: Chiếu c|c xạ có tần số f, 2f, 3f vào kim loại g}y tượng quang điện với vận tốc ban đầu cực đại electron quang điện l{ v, 2v, kv Giả sử êlectron hấp thụ phơtơn sử dụng phần lượng làm cơng thốt, phần lại biến thành động Gi| trị k A B √5 C √7 D Hướng dẫn giải - mv2 mv2 mv2 (1); 2hf  A  (2); 3hf  A  k (3) 2 mv mv hf   Từ (1) v{ (2): hf = 2 mv mv 2 hf hf  k  hf   k Từ (3): 3hf = hf 2 3 Ta có: hf  A  3=1- k2 k2   2  k  3 3 Câu 49: Có 1mg chất phóng xạ pơlơni 210 84 Po đặt nhiệt lượng kế có nhiệt dung C = J/K Do phóng xạ  m{ Pơlơni chuyển th{nh chì 206 82 Pb Biết chu kỳ b|n r~ Pơlơni l{ T =138 ng{y; khối lượng ngun tử Pơlơni l{ mPo = 209,9828u; khối lượng ngun tử chì l{ mPb = 205,9744u; khối lượng hạt  m= 4,0026u; 1u = 931,5 MeV Sau thời gian t = 1giờ kể từ c2 đặt Pơlơni vào nhiệt lượng kế nhiệt độ nhiệt lượng kế tăng lên A ≈ 155 K B ≈ 125 K C ≈ 95 K Hướng dẫn giải + Năng lượng tỏa hạt Po210 ph}n r~ l{: D ≈ 65 K E0  mPo  mHe  mPb c  5,4MeV  8,64.1013 J  t + Vậy số hạt Po210 bị ph}n r~ thời gian t l{: N  N (1  T )  t   m0 T  N A 1  APo  t   m0 T  N A 1  + Tổng lượng số hạt n{y ph}n r~ l{: E  E0 N  E0 APo          + Gọi t l{ độ tăng nhiệt độ nhiệt lượng kế thì: Q  C t t   m0 T N A 1  + Với: E  Q  E0 APo     C.t  t  65K   - Trang 24/24 - [...]... với nguồn Giả sử 1 CO  (k  ) 2 Do trên CA có 5 điểm dao động cùng pha với nguồn nên sẽ có 2 đường tròn cắt CA (có bán kính là k  và (k  1) ) và 1 đường tròn tiếp xúc với CA (có bán kính ( k  2) ) ⟹ HO  (k  2) Do trên CB có 2 điểm dao động vuông pha với nguồn nên sẽ có 1 đường tròn cắt CB (có bán kính l 1 là (  ) ) v{ ta cũng biết 2 đường tròn vuông pha liên tiếp nhau có bán kính chênh lệch... lệch cực đại Dmax và góc lệch cực tiểu Dmin của tia ló ra khỏi lăng kính gần giá trị nào nhất sau đ}y? A 1,1 B 1,3 C 1,2 D 1,4 Hướng dẫn giải D A(n max  1) 1, 7  1 Từ đồ thị ta có: nmax = 1,7 và nmin = 1,6  max    1,166  Chọn C Dmin A(n min  1) 1, 6  1 Câu 34: Chi u bức xạ điện từ v{o một tấm vônfram, biết rằng c|c êlêctrôn quang điện không bị lệch khi bay v{o một vùng không gian có điện trường... 2  (Z L  ZC ) 2  AF   4R 2  (ZL  ZC )2  2500 I 1 U 40  40 ZAD = R 2  Z2L  AD  (2 )  R 2  Z2L  1600 I 1 U 30  30 ZBE = R 2  ZC2  BE  (3 )  R 2  ZC2  900 I 1 Từ (2 ) v{ (3 ): 4R2 + 2 Z2L  2ZC2  5000 (4 ) Từ (1 ): 4R2 + Z2L  ZC2  2ZL ZC  2500 (5 ) Lấy (4 ) trừ (5 ): Z2L  ZC2  2ZL ZC  (ZL  ZC )2  2500  Z L  ZC  50 (6 ) Lấy (2 ) trừ (3 ): 700 = Z  Z  (ZL +ZC )(ZL  ZC ) (7 ) 2... trường đều hướng vuông góc với nhau Cường độ điện trường bằng E = 10 (kV/m), cảm ứng từ có độ lớn B = 10 (mT) và công tho|t êlêctrôn ra khỏi bề mặt vônfram l{ A = 7,2.10-19J Giả sử một êlectron hấp thụ phôtôn sử dụng một phần năng lượng làm công thoát, phần còn lại biến thành động năng của nó Bước sóng của bức xạ trên là A 0,17 μm B 0,20 μm C 0,22 μm D 0,12 μm Hướng dẫn giải - Trang 17/24 -  TUYỂN CHỌN... ngồi tại trung điểm M của CD có được cảm gi|c sống động nhất Bỏ qua kích thước của người v{ loa, coi rằng loa ph|t }m đẳng hướng v{ tường hấp thụ }m tốt Hỏi có thể thiết kế phòng để người h|t chịu được loa có công suất lớn nhất l{ bao nhiêu? A 723 W B 842 W C 535 W D 796 W Hướng dẫn giải Gọi x l{ chi u rộng BC, y l{ chi u d{i AB thì xy = 20 (m 2 ) và y - 2x  2 (m)   Gọi công suất nguồn l{ P, ngưỡng... qua VTCB sợi d}y đứt chuyển động của vật l{ h n n ném ngang với vận tốc ban đầu = vận tốc cực đại của con lắc: v0 = α 0 g = 0,09 Tốc độ của vật nặng x|c định theo công thức: v2 = v02 + (gt)2  v = 0,5753 (m/s) Chọn B (xem lại b{i Ch n n ném ngang sgk Vật Lý 10) - Trang 21/24 -  TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ÔN TẬP Câu 44: Trong thí nghiệm giao thoa sóng nước, có hai nguồn sóng dao động cùng biên...  TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ÔN TẬP Câu 24: Cho mạch điện AF như hình vẽ Đặt giữa hai đầu A, F của mạch điện một điện áp xoay chi u có giá trị hiệu dung UAF = 50V và tần số 50Hz Điện áp giữa hai đầu c|c đoạn mạch AD v{ BE đo được là UAD = 40V và UBE = 30V Cường độ dòng điện hiệu dụng trong mạch là I = 1A a Tính R, L, C b Tính hệ số công suất của mạch Hướng dẫn giải U 50  50 a) Ta có: Z = (2 R)... photon có năng lượng tư ng ứng là 3,4 eV; 11,51 eV; 12,75 eV và 12,85 eV Photon bị đám nguyên tử hấp thụ có năng lượng bằng A 12,85 eV B 11,51 eV C 12,75 eV D 3,4 eV Hướng dẫn giải 1 1 Năng lượng hấp thụ:  = 13,6 .( 2  2 ) m n Đ|m nguyên tử đang ở trạng th|i c bản  n = 1 Chọn m = 2, 3, 4  với m = 4   = 12,75 eV Chọn C - Trang 14/24 -  TUYỂN CHỌN BẢY BẢY BỐN CHÍN CÂU ÔN TẬP Câu 28: Tiêm vào máu...  l )  1 (2 ) + Từ (1 ) và (2 ) ta có k  l  2  BC  BA  2.4  8 - Khi hai nguồn sóng đặt tại B v{ C thì trên BC có 9 điểm dao động với biên độ cực đại, nên ta có:  BC BC  j  (k  1)  j  k  1  2(k  1)  1  9  k  5   Do đó BC  5.4  20 và AB  12 - Khi đặt hai nguồn sóng tại A và B thì trên AB có 5 vân giao thoa cực đại Gọi M thuộc vân giao thoa cực đại nằm trên  B; 20  và cách C... bằng A 4 B √5 C √7 D 3 Hướng dẫn giải - mv2 mv2 mv2 2 (1 ); 2hf  A  4 (2 ); 3hf  A  k (3 ) 2 2 2 mv 2 mv 2 hf   Từ (1 ) v{ (2 ): hf = 3 2 2 3 mv 2 mv 2 2 hf hf 2  k  hf   k Từ (3 ): 3hf = hf 2 2 3 3 Ta có: hf  A  3=1- 1 k2 k2 1 7   2  k  7 3 3 3 3 3 Câu 49: Có 1mg chất phóng xạ pôlôni 210 84 Po đặt trong một nhiệt lượng kế có nhiệt dung C = 8 J/K Do phóng xạ  m{ Pôlôni trên chuyển th{nh ... = 0,15.U1  U '  (1) 10  Vì u v{ i pha v{ cơng suất n i tiêu thụ nhận khơng đổi nên: U2 I U1.I1 = U I2  = = 10  U2 = 10U1 (2) U1 I2  U = U1 + ΔU = (0,15 + 1).U1   Từ (1) (2):  0,15.U1... electron đến B Hướng dẫn giải a Tính 0 hc hc mv1  Ta có: (1)   1 0 hc hc 2 mv2 hc mv   (Vì 2  1 ) 2 0 0  0  0,659 m  Từ (1) v{ (2):   0 31 32 n ố n e B hc hc  Khi chiếu...  CU 01  3.10 10  3.10 (C )  q0 (1) + Bảo to{n lượng: W= + Theo định luật bảo to{n lượng: q12 q22 Li q02 (2)    2C1 2C2 2C1 q12 (q0  q1 )2 Li q02 + Từ (1) (2):     C2 q12  C1 (q0 