Tải bản đầy đủ

Tài liệu ôn tập thi THPT quốc gia môn vật lý hay có lời giải chi tiết

Đề ôn tập THPT Quốc gia 2015
Câu 1: Một con lắc lò xo có độ cứng k = 10 N/m , khối lượng của vật nặng 100g , dao động trên mặt phẳng nằm
ngang được thả nhẹ từ vị trí lò xo giãn 5cm. hệ số ma sát trượt giưã con lắc và mặt bàn μ = 0,1 . Thời gian chuyển
động thẳng của vật m từ lúc ban đầu đến vị trí lò xo không biến dạng là
A. 0,157s B. 0,174s C.0,177 s D. 0,182 s
Giải: Chu kỳ dao động của con lắc lò xo T = 2π
k
m
= 0,2π (s)
Độ giảm biên độ của con lắc sau mỗi lần qua VTCB:
∆A =
k
mg
µ
2
= 0,02m = 2cm.
Vị trí lực đàn hồi cân bằng với lực ma sát:
kx = µmg > x = ±
k
mg
µ

= ±0,01m = ±1cm
( dấu + khi vật CĐ theo chiều âm; dấu – khi vật CĐ theo chiều dương)
Lúc đầu vật ở M
0
OM
0
= 5cm (x
0
= 5cm). khi vật đến O’ cách O x = O’O = 1 cm.
O’ là vị trí cân bằng mới của con lắc. Trong nử chu kỳ dao động vật đi từ M
0
qua VTCB mới O’ đến O là vị thí
lò xo không biến dạng rồi vật đến vị trí biên âm M
1
O’M
0
= O’M
1
= 4cm
Thời gian CĐ thẳng của vật t từ M
0
đến O ứng với góc quét ϕ =
2
π
+ α, sinα =
1
'
'
MO
OO
=
4
1
> α = 0,08π > ϕ =
2
π
+ α = 0,58π > t =
π
π
2


58,0
T = 0,29T
> t = 0,29.0,2π = 0,1822 s = 0,182s. Đáp án D.
Câu 2: Sau khoảng thời gian t
1
(kể từ lúc ban đầu) một lượng chất phóng xạ có số hạt nhân giảm đi e lần(với lne =
1). Sau khoảng thời gian t
2
= 0,5t
1
(kể từ lúc ban đầu) thì số hạt nhân còn lại bằng bao nhiêu phẩn trăm số hạt nhân
ban đầu?
A. X = 40% B. X = 60,65% C. X = 50% D. X =70%
Ta có N
1
= N
0

1
t
e
λ

>
1
t
e
λ
=
1
0
N
N
= e > λt
1
= 1 > t
1
=
λ
1
> t
2
=
λ
2
1
N
2
= N
0
2
t
e
λ

>
0
2
N
N
=
2
t
e
λ

=
2
1

e
> ln
0
2
N
N
= -
2
1
>X =
0
2
N
N
= 0,6065 = 60,65%. Đáp án B
Câu 3: Cho đoạn mạch nối tiếp theo thứ tự gồm điện trở thuần R, tụ có dung kháng
C
Z
và cuộn cảm thuần có cảm
kháng
.
L
Z
Đặt vào hai đầu đoạn mạch một điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng
U
thì điện áp hiệu dụng của các
đoạn mạch là U
RC
=
2
U
; U
L
= U
2
. Khi đó ta có hệ thức
A. 8R
2
= Z
L
(Z
L
– Z
C
). B. R
2
= 7Z
L
Z
C
. C. 5R =
7
(Z
L
– Z
C
). D.
7
R = (Z
L
+ Z
C
)
Giải:

M
1

M
0
• • •
O O’
α
π /2

M
0



M
1


• •
O O’
L
R
C
Ta có U
2
= U
R
2
+ (U
L
- U
C
)
2
=
U
R
2
+ U
C
2
+ U
L
2
– 2U
L
U
C
= U
RC
2
+ U
L
2
– 2U
L
U
C
 U
2
= U
2
/2 + 2U
2
- 2
2
UU
C
 U
C
= 3U/4
2

U
R
2
+ U
C
2
= U
2
/2  U
R
2
= 7U
2
/32  R
2
=7[R
2
– (Z
L
- Z
C
)
2
]/32
Do đó 25R
2
= 7(Z
L
– Z
C
)
2
 5R =
7
(Z
L
– Z
C
). Đáp án C
Câu 4 con lắc lò xo gồm một vật nhỏ khối lượng 0,02kg có độ cứng k =1N/m. Vật nhỏ được đặt trên giá đỡ cố
định nằm ngang dọc theo trục lò xo. Hệ số ma sát trượt giữa giá đỡ và vật nhỏ là 0,1. Ban đầu giữ vật đứng yên ở
O, sau đó đưa vật đến vị trí lò xo bị nén 10cm rồi buông nhẹ để con lắc dao động tắt dần. lấy g=10m/s
2
. Vật nhỏ của
con lắc sẽ dừng lại ở li độ:
A. 2 cm. B.1cm C 3cm D. -1 cm
Giải: Độ giảm biên độ của con lắc sau mỗi lần qua VTCB: ∆A =
k
mg
µ
2
= 0,04m = 4cm.
Vị trí lực đàn hồi cân bằng với lực ma sát: kx = µmg > x = ±
k
mg
µ
= ±0,02m = ±2cm
( dấu + khi vật CĐ theo chiều âm; dấu – khi vật CĐ theo chiều dương)
Lúc đầu vật ở M
0
OM
0
= 10cm (x
0
= - 10cm)
Qua VTCB lần 1 vật đến M
1
: OM
1
= 8cm (x
1
= 8cm)
Qua VTCB lần 2 vật đến M
2
: OM
2
= 6cm (x
2
= - 6cm)
Qua VTCB lần vật đến M
3
: OM
3
= 2cm (x
3
= 2cm)
Tại M
3
khi vật quay lại VTCB thì F
đh
= F
ms
nên vật sẽ dừng lại ở M
3
: x
3
= OM
3
= 2cm
Câu 5: Chiếu vào mặt bên của một lăng kính có góc chiết quang A = 60
0
một chùm tia sáng trắng hẹp. Biết góc
lệch của tia màu vàng là cực tiểu. Chiết suất của lăng kính đối với tia vàng là n
v
= 1,52 và tia tím n
t
= 1,54. Góc lệch
của tia màu tím là
A. 43,86
0
. B. 48,50
0
. C. 36,84
0
. D. 40,72
0
.
Giải: Tia vàng có góc lệch cực tiểu nên r
1
= 30
0
Nên sini = n
V
sin 30
0
= 0,76 và
i = 49,46
0
sinr
t
= sini/n
t
= sin /1,54= 0,4935
r
t
= 29,57
0
- r’
t
= 60
0
– 29,57
0
= 30,43
0
sini’
t
= 1,54.sin30,43
0
= 0,779987 i’
t
= 51,26
0
Góc lệch của tia tím D = i + i’
t
– A = 40,72
0
Chọn đáp án D
Câu 6: Một anten parabol đặt tại điểm O trên mặt đất, phát ra một sóng truyền theo phương làm với mặt phẳng
ngang một góc 45
0
hướng lên cao. Sóng này phản xạ trên tầng điện li, rồi trở lại gặp mặt đất ở điểm M. Cho bán
kính Trái Đất R = 6400 km. Tâng điện li coi như một lớp cầu ở độ cao 100 km trên mặt đất. Cho 1 phút = 3.10
-4
rad.
Độ dài cung OM.
A. 201,6 km B. 301,6 km C. 100 km D. 200 km

Giải:Để tính độ dài cung OM ta tính góc ϕ = ∠ OO’M Xét tam giác OO’A
OO’ = R; O’A = R + h ; β = ∠ O’OA = 90
0
+ 45
0
= 135
0
Theo ĐL hàm số sin:
0
135sin
' AO
=
2
sin
'
α
OO
>
2
sin
α
=
AO
OO
'
'
sin135
0
= 0,696
> α = 88,25
0
> ϕ = 360
0
– 270
0
– 88,25
0
ϕ = 1,75
0
= 1,75,60.3.10
-4
rad = 0,0315 rad
Cung OM = Rϕ = 0,0315 . 6,4.10
3
(km) = 201,6 km. Đáp án A
Câu 7. Đặt điện áp xoay chiều u = U
2
cos(ωt) (V) vào hai đầu đoạn mạch R, L, C mắc nối tiếp *cuộn dây thuần
cảm). Khi nối tắt tụ thì điện áp hiệu dụng trên R tăng lên 2 lần và dòng điện trong hai trường hợp vuông pha nhau.
Hệ số công suất của đoạn mạch lúc sau là:

M
2

M
1

M
0
• •
O M
3
V
T
ϕ
O’
A
α
O β
M
A.
5
2
B.
2
3
C.
5
1
D.
2
2

Giải: U’
R
= 2U
R
> I’ = 2I > 2Z’ = Z > 4Z’
2
= Z
2
> 4R
2
+ 4Z
L
2
= R
2
+ (Z
L
– Z
C
)
2
> 3(R
2
+ Z
L
2
) = Z
C
2
– 2Z
L
Z
C
(*)
Dòng điện trong hai trường hợp vuông pha nhau nên: tanϕ.tanϕ’ = - 1

R
ZZ
CL

.
R
Z
L
= - 1 > Z
L
Z
C
= R
2
+ Z
L
2
(**)
Thế (**) vào (*) ta được 3Z
L
Z
C
= Z
C
2
– 2Z
L
Z
C
> Z
C
= 5Z
L
(***)
Thế (***) vào (**) ta được 4Z
L
2
= R
2
> Z
L
= R/2
Hệ số công suất của mạch lúc sau: cosϕ’ =
22
L
ZR
R
+
=
4
2
2
R
R
R
+
=
5
2
. Đáp án A
Câu 8: Hai nguồn âm giống nhau( cùng pha, cùng tần số, cùng biên độ) đặt tại A và B. Một người đứng tại điểm N
có AN = 2m và BN = 1,625m. Biết tốc độ truyền âm trong không khí là 330m/s. Bước sóng dài nhất để người đó
không nghe được âm do 2 nguồn phát ra là:
A. 25cm. B. 37,5cm. C. 50cm. D. 75cm.
Giải: Giả sử nguồn sóng âm có phương trình u
A
= u
B
= acos2πft
u
AN
= acos(2πft -
λ
π
AN.2
); u
BN
= acos(2πft -
λ
π
BN.2
)
Để tại N người đó không nghe được âm thì u
AN
và u
BN
ngược pha nhau:

λ
π
AN.2
-
λ
π
BN.2
= (2k + 1) π > AN – BN = (k + 0,5)λ
==> λ =
5,0+

k
BNAN
=
5,0
375,0
+k
(m) =
5,0
5,37
+k
(cm)
> λ = λ
max
khi k = 0 > λ
max
= 75 cm. Chọn đáp án D
Câu 9: Một máy biến thế có cuộn sơ cấp gồm 10N vòng dây, cuộn thứ cấp gồm N vòng dây. Hai đầu cuộn sơ cấp
mắc vào nguồn điện xoay chiều có hiệu điện thế hiệu dụng 220 (V). Biết điện trở thuần của cuộn sơ cấp và thứ cấp
lần lượt là: 0(Ω) và 2(Ω). xem mạch từ là khép kín và hao phí dòng fucô không đáng kể. Hiệu điện thế hiệu dụng
khi mạch thứ cấp hở là.
A. 22(V) B. 35 (V) C. 12 (V) D. 50 (V)
Giải: Khi thứ cấp hở U
2
= E
2

2
1
E
E
=
2
1
U
U
=
N
N10
= 10 > U
2
=
10
1
U
= 22 (V) ,
Chọn A
Câu 10. Hai con lắc đơn treo cạnh nhau có chu kỳ dao động nhỏ là 4s và 4,8s. Kéo hai con lắc lệch một góc nhỏ
như nhau rồi đồng thời buông nhẹ thì hai con lắc sẽ đồng thời trở lại vị trí này sau thời gian
A. 8,8s B. 2/11 (s) C. 6,248s D. 24s
Giải: Gọi n là số chu kì dao động với chu kì nhỏ trùng phùng với dao động với chu kì lớn
t = nT
1
= (n-1) T
2
b 4n = 4,8(n-1) > n = 6 > t = 24 (s), Chọn đáp án D
Câu 11: Một sợi dây căng giữa hai điểm cố định cách nhau 80cm. Hai sóng có tần số gần nhau liên tiếp cùng tạo ra
sóng dừng trên dây là f
1
=70 Hz và f
2
=84 Hz. Tìm tốc độ truyền sóng trên dây. Biết tốc độ truyền sóng trên dây
không đổi.
A 11,2m/s B 22,4m/s C 26,9m/s D 18,7m/s
Giải:
Điều kiện để có sóng dừng trên dây hai đầu cố định
l = n
2
λ
vơi n là số bó sóng.; λ =
f
v
> l = n
2
λ
= n
f
v
2
> nv = 2lf

= 2.0,8f = 1,6f
Hai tần số gần nhau nhất cùng tạo ra sóng dừng trên dây thì số bó sóng hơn kém nhau 1: n
2
– n
1
= 1
n
1
v = 1,6f
1
; n
2
v = 1,6f
2
(n
2
– n
1
)v = 1,6(f
2
– f
1
) > v = 1,6(f
2
– f
1
)
> v = 1,6.14 = 22,4 m/s. Chọn đáp án B
Câu 12: Cho mạch điện xoay chiều RLC mắc nối tiếp. Điện áp xoay chiều đặt vào hai đầu đoạn mạch có biểu thức
u = U
2
cosωt tần số góc ω biến đổi. Khi ω = ω
1
= 40π rad/s và khi ω = ω
2
= 360π rad/s thì cường độ dòng điện
hiệu dụng qua mạch điện có giá trị bằng nhau. Để cường độ dòng điện trong mạch đạt giá trị lớn nhất thì tần số góc
ω bằng
A 100π(rad/s). B 110π(rad/s). C 200π(rad/s). D 120π(rad/s).
Giải:
I
1
= I
1
> Z
1
= Z
1
> (Z
L1
– Z
C1
)
2
= (Z
L2
– Z
C2
)
2

Do ω
1
≠ ω
2
nên (Z
L1
– Z
C1
) = - (Z
L2
– Z
C2
) > Z
L1
+ Z
L2
= Z
C1
+ Z
C2


1
+ ω
2
)L =
C
1
(
1
1
ω
+
2
1
ω
) > LC =
21
1
ωω
(*)
Khi I = I
max
; trong mạch có cộng hưởng LC =
2
1
ω
(**)
Từ (*) và (**) ta có ω =
21
ωω
= 120π(rad/s). Chọn đáp án D
Câu 13: Cho mạch điện RL nối tiếp, cuộn dây thuần cảm, L biến thiên từ 0 → ∞ Điện áp hiệu dụng đặt vào hai đầu
đoạn mạch là U. Hỏi trên giản đồ véc tơ quỹ tích của đầu mút véc tơ I là đường gì?
A. Nửa đường tròn đường kính
R
U
B. Đoạn thẳng I = kU, k là hệ số tỉ lệ.
C. Một nửa hiperbol I =
22
L
ZR
U
+
D. Nửa elip
2
0
2
U
u
+
2
0
2
I
i
= 1
Đáp án C
Câu 14: Lăng kính có tiết diện là tam giác cân ABC, góc chiết quang A = 120
0
, chiết suất của lăng kính đối với mọi
loại ánh sáng đều lớn hơn
2
. Chiếu tia sáng trắng tới mặt bên AB của lăng kính theo phương song song với BC sao
cho toàn bộ chùm khúc xạ ở mặt AB truyền xuống BC. Tại BC chùm sáng sẽ:
A. Một phần phần chùm sáng phản xạ và một phần khúc xạ.
B. Phản xạ toàn phần lên AC rồi ló ra ngoài theo phương song song BC
C. Ló ra ngoài theo phương song song AB
D. Ló ra ngoài theo phương song song AC
Giải:
sini
gh
=
n
1
<
2
1
i
gh
< 45
0
Xet một tia sáng bất kì
Tại mặt bên A góc tới i = 60
0
sinr =
n
isin
=
n2
3
<
22
3
> r < 37,78
0
r
max
= 37,78
0
> góc tới tại mặt BC i’ > i
gh
> tia sáng phản xạ toàn phần ở mặt BC tới gặp AC và ló ra khỏi
AC theo phương song song với BC. Chọn đáp án B
Câu 15: Đặt điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng và có tần số không thay đổi vào hai đầu đoạn mạch gồm điện
trở R, cuộn cảm thuần L và tụ điện C ghép nối tiếp. Giá trị của R và C không đổi. Thay đổi giá trị của L nhưng luôn
có R
2
<
C
L2
thì khi L = L
1
=
π
2
1
(H), điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn cảm thuần có biểu thức là
u
L1
= U
1
2
cos(ωt + ϕ
1
); khi L = L
2
=
π
1
(H), thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn cảm thuần có biểu thức là
u
L2
= U
1
2
cos(ωt + ϕ
2
); khi L = L
3
=
π
2
(H), thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn cảm thuần có biểu thức là
i

r
i’
α •

C

B
A

u
L3
= U
2
2
cos(ωt + ϕ
3
) . So sánh U
1
và U
2
ta có hệ thức đúng là
A. U
1
< U
2
B. U
1
> U
2
C. U
1
=U
2
D. U
1
=
2
U
2

Giải: Ta có U
L
= IZ
L
=
22
)(
CL
L
ZZR
UZ
−+
Do L
2
= 2L
1
> Z
L2
= 2Z
L1
= 2Z
L
L
3
= 4L
1
> Z
L3
= 4Z
L1
= 4Z
L
U
1
= U
L1
= U
L2
>
22
)(
CL
L
ZZR
UZ
−+
=
22
)2(
2
CL
L
ZZR
UZ
−+
> 4[R
2
+(Z
L
– Z
C
)
2
] = R
2
+(2Z
L
– Z
C
)
2
> 3R
2
+ 3Z
C
2
– 4Z
L
Z
C
= 0
> 3(R
2
+
2
C
Z
) = 4Z
L
Z
C

U
2
= U
L3
=
22
)4(
4
CL
L
ZZR
UZ
−+
Để so sánh U
1
và U
2
ta xét hiệu A = U
1
2
– U
2
2
= U
2
Z
L
2
(
22
)(
1
CL
ZZR −+
-
22
)4(
16
CL
ZZR −+
)
Dấu của biểu thức A tương đương với dấu của biểu thức:
B = R
2
+(4Z
L
– Z
C
)
2
– 16[R
2
+(2Z
L
– Z
C
)
2
] = 24Z
L
Z
C
- 15( (R
2
+
2
C
Z
) =24Z
L
Z
C
- 20Z
L
Z
C
= 4Z
L
Z
C
> 0
Vì do R
2
<
C
L2
> 0 < R
2
< 2Z
L
Z
C
Từ đó suy ra B >. 0 > A > 0 > U
1
2
– U
2
2
> 0 > U
1
> U
2
. Chọn đáp án B
Câu 16. Hai vật dao động điều hoà cùng pha ban đầu, cùng phương và cùng thời điểm với các tần số góc lần lượt
là: ω
1
=
6
π
(rad/s); ω
2
=
3
π
(rad/s). Chọn gốc thời gian lúc hai vật đi qua vị trí cân bằng theo chiều dương. Thời gian
ngắn nhất mà hai vật gặp nhau là:
A. 1s B. 4s. C. 2s. D. 8s
Giải. Hai vật dao động điều hoà cùng pha ban đầu, cùng phương và cùng thời điểm với các tần số góc lần lượt là:
ω
1
=
6
π
(rad/s); ω
2
=
3
π
(rad/s). Chọn gốc thời gian lúc hai vật đi qua vị trí cân bằng theo chiều dương. Thời gian
ngắn nhất mà hai vật gặp nhau là:
A. 1s B. 4s. C. 2s. D. 8s
Giải: Phương trình dao động của hai vât:
x
1
= A
1
cos(ω
1
t -
2
π
).
x
2
= A
2
cos(ω
2
t -
2
π
).
Hai vật gặp nhau lần đầu khi pha của chúng đối nhau: (ω
1
t -
2
π
). = - (ω
2
t -
2
π
)

1
+ ω
2
).t = π  t = π/( ω
1
+ ω
2
). = 2s. Chọn đáp án C
Câu 17. Một con lắc lò xo và một con lắc đơn, khi ở dưới mặt đất cả hai con lắc này cùng dao động với chu kì T =
2s. Đưa cả hai con lắc lên đỉnh núi (coi là nhiệt độ không thay đổi) thì hai con lắc dao động lệch chu kì nhau. Thỉnh
thoảng chúng lại cùng đi qua vị trí cân bằng và chuyển động về cùng một phía, thời gian giữa hai lần liên tiếp như
vậy là 8 phút 20 giây. Tìm chu kì con lắc đơn tại đỉnh núi đó
A. 2,010s. B. 1,992s. C. 2,008s. D. Thiếu dữ kiện.
Giải: Chu kì của con lắc đơn khi đưa lên đỉnh núi sẽ tăng lên do g giảm
Khoảng thời gian trùng phùng là 8 phút 20 giây = 500s nT = (n-1)T’ = 500
Suy ra n = 250  T’ = 500/249 = 2,0008 s Chọn đáp án C
Câu 18: Dùng các chớp sáng tuần hoàn chu kỳ 2s để chiếu sáng một con lắc đơn đang dao động. Ta thấy, con lắc
dao động biểu kiến với chu kỳ 30 phút với chiều dao động biểu kiến cùng chiều dao động thật. Chu kỳ dao động
thật của con lắc là:
A. 2,005s B. 1,978s C. 2,001s D. 1,998s
Giải:
Chu kì dao đông biểu kiến chính là thời gian “trùng phùng” của hai dao động
t = nT = (n+1) T
thật
Với n = 30.60/2 = 900  T
thật
= 1800/901 = 1,99778 ≈ 1,998(s)
Chọn đáp án D.
Câu 19: Hai vật A và B dán liền nhau m
B
=2m
A
=200g, treo vào một lò xo có độ cứng k =50 N/m. Nâng vật lên đến
vị trí lò xo có chiều dài tự nhiên L
0
=30 cm thì buông nhẹ. Vật dao động điều hoà đến vị trí lực đàn hồi của lò xo có
độ lớn lớn nhất , vật B bị tách ra. Tính chiều dài ngắn nhất của lò xo.
A. 26 cm, B. 24 cm. C. 30 cm. D.22 cm
Giải: Khi treo 2 vật độ giãn của lò xo:
( )
0,06 6
A B
m m g
l m cm
k
+
∆ = = =
.
Biên độ dao động của hệ lúc này A = 6 cm’
Lực đàn hồi của lò xo lớn nhất khi độ dài của lò xo l
max
= 36 cm.
Khi vật B tách ra hệ dao động điều hoà với vị trí cân bằng mới
' 0,02 2
A
m g
l m cm
k
∆ = = =
Biên độ dao động của con lắc lò xo lấn sau A’ = 10cm
Suy ra chiều dài ngắn nhất của lò xo l
min
= 30 –(10-2) = 22cm
Chọn đáp án D.
Câu 20: Một vật dao động điều hòa với biên độ 6cm. Quãng đường nhỏ nhất mà vật đi được trong một giây là
18cm. Thời điểm kết thúc quãng đường đó thì vật có li độ
A. 2 cm. B. 3 cm hoặc -3 cm. C. 6 cm hoặc -6 cm. D. bằng 0
Giải: Trong 1 chu kì quãng đường vật đi được
S = 4A = 24 cm. Quãng đường nhỏ nhất vật đi được
là 3A = 18cm thì trong quãng đường A vật đi trong thời gian nhỏ nhất, tức là với vân tốc lớn nhất: đó là đoạn
đường bao quanh vị trí cân bằng từ A/2 đến – A/2.
Để có quãng đường đi nhỏ nhất thì vật bắt đầu từ li độ A/2 hoặc – A/2;ra biên khi đó thời điểm kết thúc quãng
đường đó của vật có li độ - 3cm hoặc li độ x = 3 cm. Chọn đáp án B.
Câu 21: Hai chất điểm dao động điều hòa với chu kỳ
T
, lệch pha nhau
/3
π
với biên độ lần lượt là
A

2A
, trên hai
trục tọa độ song song cùng chiều, gốc tọa độ nằm trên đường vuông góc chung. Khoảng thời gian nhỏ nhất giữa hai lần
chúng ngang nhau là:
A. T B. T/4. C. T/2. D. T/3.
Giải:
Do hai đao động cùng chu kì, nên tần số góc bằng nhau.
Giả sử tai thời điểm t
1
hai chất điểm đi ngang qua trục
thẳng đứng thi sau đó nửa chu kì hai chất điểm lại đi
qua trục thẳng đứng. Chọn đáp án C: T/2
Câu 22. Vật dao động điều hòa với phương trình: x = 8cos (ωt + π/2) (cm). Sau thời gian t
1
= 0,5 s kể từ thời điểm ban
đầu vật đi được quãng đường S
1
= 4cm. Sau khoảng thời gian t
2
= 12,5 s (kể từ thời điểm ban đầu) vật đi được quãng
đường:
A. 160 cm. B. 68cm C. 50 cm. D. 36 cm.
Bài giải:
. Khi t = 0 x = 0. Sau t
1
= 0,5s S
1
= x = A/2. Vẽ vòng tròn
Ta có t
1
= T/12  Chu kì T = 6s
Sau khoảng thời gian t
2
=12,5 s = 2T + 0,5s
Do đó S
2
= 8A + S
1
= 68cm. ĐA: B
∆l’
O’
-A’
A
x
Câu 23. Một con lắc lò xo treo thẳng đứng, khi vật ở vị trí cân bằng lò xo giãn 6 cm. Kích thích cho vật dao động điều
hòa thì thấy thời gian lò xo giãn trong một chu kì là 2T/3 (T là chu kì dao động của vật). Độ giãn lớn nhất của lò xo
trong quá trình vật dao động là
A. 12 cm. B. 18cm C. 9 cm. D. 24 cm.
Giải. Thời gian lò xo nén là T/3
Thời gian khi lò xo bắt đàu bị nén
đến lúc nén tối đa là T/6. Độ nén của lò xo là A/2, bằng độ giãn của lò xo khi vật ở vị trí cân bằng. Suy ra A =
12cm. Do đó đọ giãn lớn nhất của lò xo 6cm + 12cm = 18cm. Chọn ĐA B
Câu 24. Một vật dao động điều hoà xung quanh vị trí cân bằng O. Ban đầu vật đi qua O theo chiều dương. Sau thời
gian t
1
= π/15(s) vật chưa đổi chiều chuyển động và tốc độ giảm một nửa so với tốc độ ban đầu . Sau thời gian
t
2
=0,3π (s) vật đã đi được 12cm. Vận tốc ban đầu v
0
của vật là:
A.
40cm/s
B.
30cm/s
C.
20cm/s
D.
25cm/s
Giải: Phương trình dao động của vật: x =Acos(ωt +φ)
Khi t = 0: x = 0 và v
0
>0

φ = -
2
π
Do đó ; x = Acos(ωt -
2
π
).
Pt vận tốc : v = - ωAsin(ωt -
2
π
) = ωAcos(ωt) = v
0
cos(ωt)
v
1
= v
0
cos(ωt
1
) =v
0
cos(ω
15
π
) = v
0
/2

cos(ω
15
π
) = 0,5= cos
3
π
Suy ra: ω = 5 rad/s
Vận tốc của vật bằng 0 sau khoảng thời gian t: cos5t = 0 = cos
2
π


t =
10
π
Tức là chu kì T = 4t = 0,4π. Khoảng thời gian t
2
= 0,3π= 3T/4;
vật đi đươc là 3A=12cm

Biên độ A= 12:3= 4cm
v
0
= ωA = 20cm/s
Chọn đáp án C: 20cm/s
Câu 25. Hai con lắc đơn thực hiện dao động điều hòa tại cùng 1 địa điểm trên mặt đất (cùng klượng và cùng
năng lượng) con lăc 1 có chiều dài L
1
=1m và biên độ góc là α
01
,của con lắc 2 là L
2
=1,44m,α
02
.tỉ số biên độ góc
α
01

02
là:
A. 0,69 B. 1,44 C. 1,2 D. 0,83
Giải: Năng lượng của con lắc đơn được xác định theo công thức
W
1
= m
1
gl
1
(1- cosα
01
) = m
1
gl
1
2sin
2

01
2
α
≈ m
1
gl
1
2
01
2
α
W
2
= m
2
gl
2
(1- cosα
02
) = m
2
gl
2
2sin
2

02
2
α
≈ m
2
gl
2
2
02
2
α
Mà W
1
= W
2
và m
1
= m
2


2
01 01
2
2
02 1 02
1,44 1,2
l
l
α α
α α
= = ⇒ =
. Chọn đáp án C
Câu 26: Giả sử ban đầu có một mẫu phóng xạ X nguyên chất, có chu kỳ bán rã T và biến thành hạt nhân bền Y. Tại thời
điểm
1
t
tỉ lệ giữa hạt nhân Y và hạt nhân X là k. Tại thời điểm
2 1
2t t T
= +
thì tỉ lệ đó là
A. k + 4. B. 4k/3. C. 4k+3. D. 4k.
Bài giải:.Áp dụng công thức ĐL phóng xạ ta có:

1
1
1
1
1
0
1
1 1 0
(1 )
1
1
t
Y
t
t
X
N
N e
N
k e
N N N e k
λ
λ
λ





= = = ⇒ =
+
(1)
2
1
2
2 1 1
2
( 2 )
0
2
2
( 2 )
2
1 2 0
(1 )
(1 ) 1
1
t
t T
Y
t t T t
T
X
N
N e
N e
k
N N N e e e e
λ
λ
λ λ λ
λ

− +
− − + −


∆ −
= = = = = −
(2)
Ta có

ln2
2
2 2ln2
1
4
T
T
T
e e e
λ

− −
= = =
(3). Thay (1), (3) vào (2) ta được tỉ lệ cần tìm:

2
1
1 4 3
1 1
1 4
k k
k
= − = +
+
. Chọn đáp án C
Câu 27.
Trong thí nghiệm về sóng dừng trên dây dàn hồi dài 1,2 m với hai đầu cố định, người ta quan sát thấy 2 đầu dây cố
định còn có 2 điểm khác trên dây ko dao động biết thời gian liên tiếp giữa 2 lần sợi dây duỗi thẳng là 0.05s bề rộng
bụng sóng là 4 cm. V
max
của bụng sóng là
A 40
π
cm/s B 80 cm/s C 24m/s D 8cm/s

Giải: Theo bài ra la có l = 3λ/2  λ = 0,8m, Khoảng thời gian giữa hai lần sợi dây duỗi thẳng là nửa chu kì:
T = 0,1s.
Do đó tần số góc ω = 2π/T = 20π (rad/s). Biên độ dao động của bụng sóng bằng một nửa bề rộng của bụng sóng: A
=2cm
v
max
của bụng sóng = Aω = 2.20π = 40π cm/s. Đáp án A
Câu 28: Trên đoạn mạch xoay chiều không phân nhánh có bốn điểm theo đúng thứ tự A, M, N và B. Giữa hai điểm
A và M chỉ có điện trở thuần, giữa hai điểm M và N chỉ có cuộn dây, giữa 2 điểm N và B chỉ có tụ điện. Đặt vào
hai đầu đoạn mạch một điện áp 175 V – 50 Hz thì điện áp hiệu dụng trên đoạn AM là 25 (V), trên đoạn MN là 25
(V) và trên đoạn NB là 175 (V). Hệ số công suất của toàn mạch là:
A.1/5. B.1/25. C.7/25. D.1/7.
Giải: Giả sử cuộn dây thuần cảm thì U
R
2
+ (U
d
– U
C
)
2
= U
AB
2
Theo bài ra 25
2
+( 25 – 175)
2
≠ 175
2
Cuộn dây có điện trở thuần r
Hệ số công suất của mạch cosφ =
R
U Ur
U
+
Ta có (U
R
+ U
r
)
2
+(U
L
–U
C
)
2
= U
2
(1)
U
r
2
+ U
L
2
= U
d
2
(2)
Thay số ; giải hệ pt ta được: U
r
= 24 V; U
L
= 7V cosφ =
R
U Ur
U
+
= 7/25.
Chọn đáp án C
Câu 29: Mức năng lượng của các trạng thái dừng trong nguyên tử hiđrô E
n
= -13,6/n
2
(eV); với n = 1, 2, 3 Một
electron có động năng bằng 12,6 eV đến va chạm với nguyên tử hiđrô đứng yên, ở trạng thái cơ bản. Sau va chạm
nguyên tử hiđrô vẫn đứng yên nhưng chuyển động lên mức kích thích đầu tiên. Động năng của electron sau va
chạm là
A. 2,4 eV. B. 1,2 eV. C. 10,2 eV. D. 3,2 eV.
Bài giải: Năng lượng mà nguyên tử hiđro nhận:
W = W
2
– W
1
= - 13,6/4 (eV) – (- 13,6) (eV) = 10,2 (eV)
Động năng của electron sau va chạm là
Wđ = 12,6 (eV) – 10,2 (eV) = 2,4 (eV). Chọn đáp án A
Câu 30. Một vật dao động điều hoà xung quanh vị trí cân bằng O. Ban đầu vật đi qua O theo chiều dương. Sau thời
gian t
1
=π/15(s) vật chưa đổi chiều chuyển động và tốc độ giảm một nửa so với tốc độ ban đầu . Sau thời gian
t
2
=0,3π (s) vật đã đi được 12cm. Vận tốc ban đầu v
0
của vật là:
A.
40cm/s
B.
30cm/s
C.
20cm/s
D.
25cm/s
Giải: Phương trình dao động của vật: x =Acos(ωt +φ)
Khi t = 0: x = 0 và v
0
>0

φ = -
2
π
Do đó ; x = Acos(ωt -
2
π
).
Pt vận tốc : v = - ωAsin(ωt -
2
π
) = ωAcos(ωt) = v
0
cos(ωt)
v
1
= v
0
cos(ωt
1
) =v
0
cos(ω
15
π
) = v
0
/2

cos(ω
15
π
) = 0,5= cos
3
π
Suy ra: ω = 5 rad/s
Vận tốc của vật bằng 0 sau khoảng thời gian t: cos5t = 0 = cos
2
π


t =
10
π
Tức là chu kì T = 4t = 0,4π. Khoảng thời gian t
2
= 0,3π= 3T/4;
vật đi đươc là 3A=12cm

Biên độ A= 12:3= 4cm
v
0
= ωA = 20cm/s
Chọn đáp án C: 20cm/s
Câu 31. Tại 2 điểm O1,O2 cách nhau 48cm trên mặt chất lỏng có 2 nguồn phát có Pt
u
1
= 5 cos(100πt) mm, u
2
=5cos(100πt+
2
π
) mm. vận tốc truyền sóng 2 m/s. số điểm dao động trên O
1
O
2
biên dộ cực
đại (không kể O
1
.O
2
)
A. 23 B. 24 C. 25 D 26
Giải : Xét điểm M trên O
1
O
2
. Gọi d
1
= MO
1
; d
2
= MO
2
. Bước sóng λ = v/f = 4cm.
d
1
+ d
2
= O
1
O
2
= 48 (cm) (1)
Sóng truyền từ O
1
và O
2
đến M:
u
1M
= 5cos(100πt -
1
2 d
π
λ
); u
2M
= 5cos(100πt
2
2
2
d
ππ
λ
+ −
)
u
M
= u
1M
+ u
2M
= 10cos(
2 1
( )
4
d d
ππ
λ


)cos(100πt
2 1
( )
4
d d
ππ
λ
+
+ −
)
M là điểm dao động với biên độ cực đại khi cos(
2 1
( )
4
d d
ππ
λ


) = ± 1
Hay
2 1 2 1
( ) ( )
4 4 4
d d d d
π ππ π
λ
− −
− = −
= kπ  d
1
– d
2
= 1- 4k (2)
Từ (1) và (2) d
1
= 24,5 – 2k
0 ≤ 24,5 – 2k ≤ 48  - 11≤ k ≤ 12. Tức là có 24 điểm dao động cực đai.
Chọn đáp án B
Câu 32. Trên mặt nước tại 2 điểm A,B cách nhau 22cm có 2 nguồn kết hợp cùng phương cùng tần số f =10Hz ,
cùng pha dao động , gọi ABNM là hình vuông nằm trên mặt chất lỏng, v = 30cm/s số điểm dao động cực đại trên
BN LÀ
4 13 3 5
Giải:
Bước sóng λ = v/f = 3cm
Xét điểm C trên BN
AC = d
1
; BC = d
2
C là điểm có biên độ cực đại:
d
1
– d
2
= kλ = 3k
d
1
2
– d
2
2
= AB
2
= 484
(d
1
+ d
2
)
(d
1
– d
2
) = 3k(d
1
+ d
2
)
= 484
d
1
+ d
2
= 484/3k
d
1
– d
2
= 3k
k nguyên dương
d
2
=
242
1,5
3
k
k

- 0 ≤ d
2
≤ 22  0 ≤ d
2
=
242
1,5
3
k
k

≤ 22
A
N
B
M
d
2
d
1
C
4,5k
2
≤ 242  k ≤ 7
242 – 4,5k
2
– 66k ≤ 0  k ≥ 3,04  k ≥ 4
Vậy 4 ≤ k ≤ 7, Tức là có 4 giá trị của k: 4, 5; 6, 7
Trên BN có 4 điểm dao động cực đại. Chọn đáp án A
Câu 33. Chiếu bức xạ có bước sóng λ vào catốt của tế bào quang điện, dòng quang điện triệt tiêu khi hiệu điện thế hãm
U
h
= 4V. Nếu đặt vào hai cực của tế bào quang điện điện áp xoay chiều u = 8cos100πt (V) thì thời gian dòng điện chạy
qua đèn trong 1 phút là:
A. 30s. B. 20s. C. 40s. D. 45s
Giải.
Trong một chu kì dòng điện qua đèn khi u > - 4V tức là trong khoảng thời gian
2
3
T
T = 0,02s.
thời gian dòng điện chạy qua đèn trong 1 phút là:
t =
60 2
40
3
T s
T
=
. Chọn đáp án C 40s
Câu 34. Catốt của một tế bào quang điện có công thoát
electron là 1,5 eV, được chiếu bởi bức xạ đơn sắc bước sóng λ
Khi đặt lần lượt vào hai cực của tế bào quang điện các điện áp U
AK
= 3 V và
U’
AK
= 15 V thì vận tốc cực đại của các electron khi đập vào anốt tăng lên gấp đôi.
Bước sóng λ có giá trị
A. λ = 0,259 µm. B. λ = 0,0795 µm, C. λ = 0,497 µm D. λ = 0,211 µm
Gải:
Theo công thức Anhxtanh
2
2
o
mv
hc
A
λ
= +
Theo ĐL động năng ∆W
đ
=
2
2
0
2 2
AK
mv
mv
e U− =
Với v vận tốc của electron khi đến anốt

2
2
0
2 2
AK
mv
mv
e U− =
(1)

2
2
'
0
'
2 2
AK
mv
mv
e U− =
hay
2
2
'
0
4
2 2
AK
mv
mv
e U− =
(2) vì v’ =2v
Từ (1) và (2); Lấy (2) trừ 4X(1) ta được

2
'
0
3 ( 3 ) 3( )
2
AK AK
mv
e U U eV= − =
2
2
o
mv
hc
A
λ
= +
= 1,5 (eV) + 1 (eV) = 2,5 (eV)
34 8
7
19
6,625.10 .3.10
4,97.10 0,497
2,5 2,5.1,6.10
hc
m m
eV
λ µ



= = = =
Chọn đáp án C
Câu 35. Cho prôtôn có động năng K
P
= 2,25MeV bắn phá hạt nhân Liti
7
3
Li
đứng yên. Sau phản ứng xuất hiện hai
hạt X giống nhau, có cùng động năng và có phương chuyển động hợp với phương chuyển động của prôtôn góc φ
như nhau. Cho biết m
p
= 1,0073u; m
Li
= 7,0142u; m
X
= 4,0015u; 1u = 931,5 MeV/c
2
.Coi phản ứng không kèm theo
phóng xạ gamma giá trị của góc φ là
A. 39,45
0
B. 41,35
0
C. 78,9
0
. D. 83,7
0
.
Giải:
Công thức liên hệ giữa động lượng và động năng của vật
K =
2
2
2
2
P
P mK
m
⇒ =

Phương trình phản ứng:
- 4V
N
M
O
P
X
P
X
P
H
φ
φ
1 7 4 4
1 3 2 2
H Li X X
+ → +
m
P
+ m
Li
= 8,0215u ; 2m
X
= 8,0030u.
Năng lượng phản ứng toả ra :
∆E = (8,0215-8,0030)uc
2
= 0,0185uc
2
= 17,23MeV
2K
X
= K
P
+ ∆E = 19,48 MeV  K
X
=9,74 MeV.
Tam giác OMN:

2 2 2
2 os
X X P X P
P P P P P c
ϕ
= + −
Cosφ =
21 1 2.1,0073.2,25
0,1206
2 2 2 2 2.4,0015.9,74
P P P
X X X
P m K
P m K
= = =
Suy ra φ = 83,07
0
Câu 36: Có hai mẫu chất phóng xạ A và B thuộc cùng một chất có chu kỳ bán rã T = 138,2 ngày và có khối lượng
ban đầu như nhau . Tại thời điểm quan sát , tỉ số số hạt nhân hai mẫu chất
2,72
B
A
N
N
=
.Tuổi của mẫu A nhiều hơn
mẫu B là
A. 199,8 ngày B. 199,5 ngày C. 190,4 ngày D. 189,8 ngày
Giải Ta có N
A
= N
0

1
t
e
λ

; N
B
= N
0

2
t
e
λ


2 1
( )
1 2
ln 2
2,72 ( ) ln 2,72
t t
B
A
N
e t t
N T
λ
− −
= = ⇒ − =
 t
1
– t
2
=
ln 2,72
199,506 199,5
ln 2
T
= =
ngày
Chọn đáp án B : 199,5 ngày
Câu 37: Một pho tượng cổ bằng gỗ biết rằng độ phóng xạ của nó bằng 0,42 lần độ phóng xạ của một mẫu gỗ tươi
cùng loại vừa mới chặt có khối lượng bằng 2 lần khối lượng của pho tượng cổ này. Biết chu kì bán rã của đồng vị
phóng xạ
C
14
6
là 5730 năm. Tuổi của pho tượng cổ này gần bằng
A. 4141,3 năm. B. 1414,3 năm. C. 144,3 năm. D. 1441,3 năm.
Giải:
Theo bài ra ta có: H = 0,42.2 H
0
= 0,84 H
0
.
Theo ĐL phóng xạ: H = H
0
e
-
λ
t. >
e
-
λ
t
= 0,84
-λt = ln0,84 = > t =- ln0,84.T/ln2 = 1441,3 năm
Câu 38. Tiêm vào máu bệnh nhân 10cm
3
dung dịch chứa
Na
24
11
có chu kì bán rã T = 15h với nồng độ 10
-3
mol/lít.
Sau 6h lấy 10cm
3
máu tìm thấy 1,5.10
-8
mol Na24. Coi Na24 phân bố đều. Thể tích máu của người được tiêm
khoảng:
A. 5 lít. B. 6 lít. C. 4 lít. D. 8 lít.
Giải: Số mol Na24 tiêm vào máu: n
0
= 10
-3
.10
-2
=10
-5
mol.
Số mol Na24 còn lại sau 6h: n = n
0
e
-
λ
t
= 10
-5
.
T
t
e
.2ln

= 10
-5
15
6.2ln

e
= 0,7579.10
-5
mol.
Thể tích máu của bệnh nhân V =
litl 505,5
5,1
578,7
10.5,1
10.10.7579,0
8
25
≈==

−−
Chọn đáp án A
Câu 39. Để xác định lượng máu trong bệnh nhân người ta tiêm vào máu một người một lượng nhỏ dung dịch chứa
đồng vị phóng xạ Na24( chu kỳ bán rã 15 giờ) có độ phóng xạ 2µCi. Sau 7,5 giờ người ta lấy ra 1cm3 máu người
đó thì thấy nó có độ phóng xạ 502 phân rã/phút. Thể tích máu của người đó bằng bao nhiêu?
A. 6,25 lít B. 6,54 lít C. 5,52 lít D. 6,00 lít
Giải:
H
0
= 2,10
-6
.3,7.10
10
= 7,4.10
4
Bq; H = 502V phân rã/phút = 8,37V Bq (V thể tích của máu tính theo cm
3
)
H = H
0
2
-t/T
= H
0
2
-0,5
> 2
-0,5
=
0
H
H
=
4
10.4,7
37,8 V
> 8,37 V = 7,4.10
4
.2
-0,5
V =
37,8
210.4,7
5,04 −
= 6251,6 cm
3
= 6,25 dm
3
= 6,25 lit. Chọn đáp án A
Câu 40: Trong thí nghiệm giao thoa ánh sáng Y-âng, nguồn S phát đồng thời ba bức xạ có bước sóng
1
400 ;nm
λ
=
2 3
500 ; 750nm nm
λ λ
= =
. Giữa hai vân sáng gần nhau nhất cùng màu với vân trung tâm còn quan sát thấy có bao nhiêu
loại vân sáng?
A. 4. B. 7. C. 5. D. 6.
Giải: Vị trí các vân cùng màu với vân trung tâm: x = k
1
i
1
= k
2
i
2
= k
3
i
3

k
1
λ
1
= k
2
λ
2
= k
3
λ
3
400 k
1
= 500 k
2
= 750k
3
hay 8 k
1
= 10 k
2
= 15k
3

Bội SCNN của 8, 10 và 15 là 120 Suy ra: k
1
= 15n; k
2
= 12n; k
3
= 8n.
Vị trí vân sáng cùng màu với vân trung tâm gần vân trung tâm nhất ứng với n =1
k
1
= 15; k
2
= 12; k
3
= 8
* Vị trí hai vân sáng trùng nhau
* x
12
= k
1
i
1
= k
2
i
2
 k
1
λ
1
= k
2
λ
2
400 k
1
= 500 k
2
4 k
1
= 5 k
2

Suy ra: k
1
= 5n
12
; k
2
= 4n
12
. Trong khoảng giữa hai vân sáng gần nhau nhất cùng màu với vân trung tâm có 2 vân
sáng của bức xạ λ
1
λ
2
trùng nhau.
* x
23
= k
2
i
2
= k
3
3
2
 k
2
λ
2
= k
3
λ
3
500 k
2
= 750 k
3
2k
2
= 3 k
3

Suy ra: k
2
= 3n
23
; k
3
= 2n
23
. Trong khoảng giữa hai vân sáng gần nhau nhất cùng màu với vân trung tâm có 3 vân
sáng của bức xạ λ
2
λ
3
trùng nhau.
* x
13
= k
1
i
1
= k
3
i
3
 k
1
λ
1
= k
3
λ
3
400 k
1
= 750 k
3
8 k
1
= 15 k
3

Suy ra: k
1
= 15n
13
; k
3
= 8n
13
. Trong khoảng giữa hai vân sáng gần nhau nhất cùng màu với vân trung tâm có 0 vân
sáng của bức xạ λ
1
λ
3
trùng nhau.
Đáp án C: 5 loại Đó là vân sáng độc lập của 3 bức xạ (3 loại), có 2 loại vân sáng của 2 trong 3 bức xạ trùng nhau
( λ
1
λ
2
; λ
2
λ
3
)
Câu 41: Chất lỏng fluorexein hấp thụ ánh sáng kích thích có bước sóng λ = 0,48μm và phát ra ánh có bước sóng λ’
= 0,64μm. Biết hiệu suất của sự phát quang này là 90% (hiệu suất của sự phát quang là tỉ số giữa năng lượng của
ánh sáng phát quang và năng lượng của ánh sáng kích thích trong một đơn vị thời gian), số phôtôn của ánh sáng
kích thích chiếu đến trong 1s là 2012.10
10
hạt. Số phôtôn của chùm sáng phát quang phát ra trong 1s là
A. 2,6827.10
12
B. 2,4144.10
13
C. 1,3581.10
13
D. 2,9807.10
11
Giải: Công suất của ánh sáng kích thích P = N
λ
hc
N số phôtôn của ánh sáng kích thích phát ra trong 1s. Công
suất của ánh sáng phát quang:. P’ = N’
'
λ
hc
N’ số phôtôn của ánh sáng phát quang phát ra trong 1s. Hiệu suất của
sự phát quang: H =
'
''
λ
λ
N
N
P
P
=
> N’ = NH
λ
λ
'
= 2012.10
10
. 0,9.
48,0
64,0
= 2,4144.10
13
. Chọn đáp án B
Câu 42 Ca tốt của tế bào quang điện chân không là một tấm kim loại phẳng có giới hạn quang điện λ
0
= 0,6 µm.
Chiếu vào catốt ánh sáng có bước sóng λ = 0,5 µm. Anốt cũng là tấm kim loại phẳng cách cotốt 1cm. Giữa chúng
có một hiệu điệnn thế 10 V. Tính bán kính lớn nhất trên bề mặt anốt có quang electron đập tới: A. R = 4,06 mm
B. R = 4,06 cm C. R = 8,1 mm D. R = 6,2 cm
Giải Các quang e bứt ra khỏi catốt có vận tốc ban đầu cực đại v
0max
được xác định theo công thức Anhxtanh về hiện
tượng quang điện:

2
2
max0
0
mv
hchc
+=
λλ
>
5
631
834
0
max0
0
2
max0
10.8,3
10.5,0.6,0
)5,06,0(
10.1,9
10.3.10.625,6.2
)
11
(
2
)
11
(
2
=

=−=⇒−=
−−

λλλλ
m
hc
vhc
mv
(m/s)
Các quang e bứt ra khỏi catốt theo các hướng khác nhau và chuyển động về anốt, trong đó các quang e bay ra theo
hướng song song với mặt phẳng catốt sẽ rơi xa nhất, ở phần ngoài cùng của mặt tròn, bán kính R
max
chính là tầm
bay xa của các quang e này: R
max
= v
0max
t với t là thời gian chuyển động của quang e từ K đến A Lực tác dụng lên e
có độ lớn F = eE = eU/d = ma với a là gia tốc của quang e.
d = s = at
2
/2. Gia tốc của quang e chuyển động từ K về A
a = eU
AK
/md. thời gian chuyển động của e từ K về A
t =
8
19
4312
10.067,1
10.10.6,1
1010.1,9.222


−−
===
AK
eU
md
a
d
(s)
R
max
= v
0max
t = 3,8.10
5
.1,067.10
-8
= 4,0546.10
-3
m
= 4,06 mm. Chọn đáp án A
Câu 43: hai điện cực bằng canxi đặt gần nhau trong chân không và
được nối với 1 tụ điện có điện dung C =8nF. Chiếu vào 1 trong 2 điện cực với thời gian đủ lâu bằng ánh sáng có tần
số f = 10
15
Hz cho đến khi dòng quang điện mất hoàn toàn. Công thoát electron ở canxi là A= 2,7625eV.điện tích q
trên các bản tụ khi dó gần bằng ( Đáp số: 1,1.10
-8
C)
Giải: hf = A + eU
h
> eU
h
= hf – A = 6,625.10
-34
.10
15

19
10.6,1
1

- 2,7625 (eV)
= 4,1406 – 2,7625 (eV) = 1,3781 (eV) > U
h
1,3781 (V)
Điện tích q trên các bản tụ khi dó gần bằng q = CU
h
= 1,3781.8.10
-9
= 1,1. 10
-8
C.
Câu 44: Theo mẫu nguyên tử Bo, trong nguyên tử hiđrô, chuyển động của êlectron quanh hạt nhân là chuyển động
tròn đều. Tỉ số giữa tốc độ của êlectron trên quỹ đạo K và tốc độ của êlectron trên quỹ đạo M bằng
A. 9. B. 2. C. 3. D. 4.
Giải:
› đâu ta có biểu thức trên, mong thầy cô hướng dẫn chi tiết thêm cho em, xin cảm ơn!
Giải: Khi êlectron chuyển động quanh hạt nhân là chuyển động tròn đều.thì lực Cu lông tương tác giữa êlectron và
hạt nhân đóng vai trò là lực hướng tâm, nên ta có:

r
mv
2
= k
2
2
r
e
> v
2
=
mr
ke
2
. >
2
)(
M
K
v
v
=
K
M
r
r
= 9 >
M
K
v
v
= 3. Chọn đáp án C
Câu 45: Một ống Rơn-ghen hoạt động dưới điện áp
VU 50000=
. Khi đó cường độ dòng điện qua ống Rơn-ghen

mAI 5=
. Giả thiết 1% năng lượng của chïm electron được chuyển hóa thành năng lượng của tia X và năng
lượng trung bình của các tia X sinh ra bằng 75% năng lượng của tia có bước sóng ngắn nhất. Biết electron phát ra
khỏi catot với vận tôc bằng 0. Tính số photon của tia X phát ra trong 1 giây?
A.3,125.10
16
(ph«t«n/s) B.3,125.10
15
(ph«t«n/s)
C.4,2.10
15
(ph«t«n/s) D.4,2.10
14
(ph«t«n/s)
Giải:
Năng lượng cua tia X có bước sóng ngằn nhất được tính theo công thức:
ε
xmax
=
min
λ
hc
=
2
2
mv
= eU
Năng lượng trung bình của tia X: ε
X
=0,75ε
xmax
= 0,75eU
Gọi n là số photon của tia X phát ra trong 1s, công suất của chùm tia X:
P = nε
X
= 0,75neU
Số electron đến được anot trong 1s: n
e
=
e
I
. Năng lượng chùm electron đến anot trong 1s là
P
e
= n
e
2
2
mv
=
e
I
eU = IU
d
R
v
0max
K
A
Theo bài ra : P = 0,01P
e
>0,75neU = 0,01IU
> n =
e
I
.75,0
01,0
=
19
3
10.6,1 75,0
10.5.01,0


= 4,166.10
14
= 4,2.10
14
(photon/s). Chọn đáp án D
Câu 46. Một nguồn sáng có công suất P=2W, phát ra ánh sáng có bước sóng λ=0,597µm tỏa ra đều theo mọi
hướng. Nếu coi đường kính con ngươi của mắt là 4mm và mắt còn có thể cảm nhận được ánh sáng khi tối thiểu có
80 phôtôn lọt vào mắt trong 1s. Bỏ qua sự hấp thụ phôtôn của môi trường. Khoảng cách xa nguồn sáng nhất mà mắt
còn trông thấy nguồn là
A. 27 km B. 470 km C. 6 km D. 274 km
Giải: Cường độ sáng I tại điểm cách nguồn R được tính theo công thức: I =
2
4 R
P
π
.
Năng lượng ánh sáng mà mắt có thể nhận được:
W = IS = I
4
2
d
π
=
2
4 R
P
π
4
2
d
π
=
2
2
16R
Pd
(d đường kính mắt) mà W = 80
λ
hc
>
80
λ
hc
=
2
2
16R
Pd
> R =
hc
Pd
80.16
2
λ
= 0,274.10
6
(m) = 274 (km). Chọn đáp án D
Câu 47: Giới hạn quang điện của kẽm là 0,350µm, của đồng là 0,300µm. Nếu lần lượt chiếu bức xạ có bước sóng
0,320µm vào một tấm kẽm tích điện dương và một tấm đồng tích điện âm đặt cô lập thì:
A. Tấm kẽm vẫn tích điện dương, tấm đồng vẫn tích điện âm như trước
B. Tấm kẽm vẫn tích điện dương, tấm đồng dần trở nên trung hoà về điện.
C. Điện tích dương của tấm kẽm càng lớn dần, tấm đồng sẽ mất dần điện tích âm;
D. Tấm kẽm và tấm đồng đều dần trở nên trung hoà về điện;
Chọn đáp án C vì λ
KT
< λ
0Zn
hiện tượng quang điện xảy ra, tấm kẽm mất bớt electron, điện tích dương của tấm
kẽm tăng lên. Còn tấm đồng mất dần điện tích âm do tác dụng nhiệt của bức xạ chiếu vào (sự bức xạ nhiệt electron)
Câu 48 Hiệu điện thế hãm của một tế bào quang điện là 1,5 V. Đặt vào hai đầu anot (A) và catot (K) của tế bào
quang điện trên một điện áp xoay chiều: u
AK
= 3 cos (
3
100
π
π
+t
) (V). Khoảng thời gian dòng điện chạy trong tế
bào này trong 2 phút đầu tiên là:
A. 60s. B. 70s. C 80s. D 90s
Giải: Dòng điện chạy qua tế bào khi u
AK


-1,5 V. Căn cứ vòng tròn lượng giác suy ra trong mỗi chu kỳ T = 0,02
s thời gian chạy qua tế bào là
3
2T
= 0,04/3 (s). Trong 2 phút, (số chu kì 120:0,02 = 6000) thời gian chạy qua là: t =
2.120/3 = 80 s. Chọn đáp án C
Câu 49: Mức năng lượng của ng tử hidro có biểu thức En= -13.6/n
2
eV. Khi kích thích ng tử hidro từ quỹ đạo
dừng m lên quỹ đạo n bằng năng lượng 2.55eV, thấy bán kính quỹ đạo tăng 4 lần .bước sóng nhỏ nhất mà ng tử
hidro có thể phát ra là:
A:1,46.10
-6
m B:9,74.10
-8
m C:4,87.10
-7
m D:1,22.10
-7
m
Giải: r
m
= m
2
r
0;
r
n
= n
2
r
0
( với r
0
bán kính Bo)
m
n
r
r
=
2
2
m
n
= 4 > n = 2m > E
n
– E
m
= - 13,6 (
2
1
n
-
2
1
m
) eV = 2,55 eV
> - 13,6 (
2
4
1
m
-
2
1
m
) eV = 2,55 eV >
2
4
3
m
13,6. = 2,55 > m = 2; n = 4
-
1,5V
bước sóng nhỏ nhất mà ng tử hidro có thể phát ra là:
λ
hc
= E
4
– E
1
= -13,6.(
2
1
n
- 1) eV = 13,6
16
15
,1,6.10
-19
= 20,4. 10
-19
(J)
> λ =
14
EE
hc

=
19
834
10.4,20
10.310.625,6


= 0,974.10
-7
m = 9,74.10
-8
m . Chọn đáp án B
Câu 50: Công thoát của kim loại A là 3,86 eV; của kim loại B là 4,34 eV. Chiếu một bức xạ có tần số f =1,5.10
15

Hz vào quả cầu kim loại làm bằng hợp kim AB đặt cô lập thì quả cầu tích điện đến điện thế cực đại là Vmax. Để
quả cầu tích điện đến điện thế cực đại là 1,25Vmax thì bước sóng của bức xạ điện từ chiếu vào quả cầu có độ lớn
xấp xỉ bằng
A. 0,176μm B. 0,283μm C. 0,183μm D. 0,128μm
Giải:
hf = A
A
+ eV
Amax
= A
B
+ eV
Bmax
Do A
B
> A
A
nên V
Amx
> V
Bmax
V
max
= V
Amax
hf = A
A
+ eV
Amax
(*)
hf’ = A
A
+ 1,25eV
Amax
(**) = A
A
+ 1,25( hf – A
A
) = 1,25hf – 0,25A
A
f’ = 1,25f – 0,25A
A
/h = 1,642 .10
15
Hz
Bước sóng của bức xạ điện từ chiếu vào quả cầu có độ lớn :
λ’ =
'f
c
=
'10.642,1
10.3
15
8
≈ 0,183μm. Chọn đáp án C
Câu 51. Một bộ pin quang điện gồm nhiều pin mắc nối tiếp. Diện tích tổng cộng của các pin là 0,4 m2. Dòng ánh
sáng chiếu vào bộ pin có cường độ 1000 W/m
2
. Khi cường độ dòng điện mà bộ pin cung cấp cho mạch ngoài là
2,85A thì điện áp đo được hai cực của bộ pin là 20 V. Hiệu suất của bộ pin là
A. 43,6% B. 14,25% C. 12,5% D. 28,5%
Giải: Công suất ánh sáng chiếu vào diện tích bề mặt bộ pin: P = 1000. 0,4 = 400 W.
Công suất tiêu thụ mạch ngoài: P’ = UI = 57 W
Hiệu suất của bộ pin H =
P
P'
=
400
57
= 0,1425 = 14,25% Chọn đáp án B
Câu 52: Người ta dùng một loại laze có công suất P = 12 W để làm dao mổ. Tia laze chiếu vào chỗ mổ sẽ làm nước
ở phần mô chỗ đó bốc hơi và mô bị cắt. Nhiệt dung riêng của nước là 4186 J/kg.độ. Nhiệt hóa hơi của nước là L =
2260 kJ/kg, nhiệt độ cơ thể là 37
o
C, khối lượng riêng của nước 1000 kg/m
3
. Thể tích nước mà tia laze làm bốc hơi
trong 1s là
A. 4,557 mm
3
. B. 7,455 mm
3
. C. 4,755 mm
3
D. 5,745 mm
3
.
Giải:
Gọi m là khối lượng nước đã bốc hơi
P t = m(c∆t + L) > m =
Ltc
Pt
+∆
V =
D
m
=
)( LtcD
Pt
+∆
>
V =
)10.226063.4186(10
1.12
33
+
= 4,75488.10
-9
m
3
= . 4,755 mm
3
Chọn đâp án C
Câu 53: Trong ống Cu-lit-giơ electron được tăng tốc bới một điện trường rất mạnh và ngay trước khi đập vào đối
anôt nó có tốc độ 0,8c. Biết khối lượng ban đầu của electron là 0,511Mev/c
2
. Bước sóng ngắn nhất của tia X có thể
phát ra:
A. 3,64.10
-12
µm B. 3,64.10
-12
m C. 3,79.10
-12
µm D. 3,79.10
12
m
Giải:
Công mà electron nhận được khi đến anot A = ∆W
đ
= (m – m
0
)c
2
m =
2
2
0
1
c
v
m

=
2
0
8,01−
m
=
6,0
0
m
Bước sóng ngắn nhất của tia X có thể phát ra tính theo công thức:
λ
hc
= (m – m
0
)c
2
> λ =
2
0
)( cmm
hc

=
)1
6,0
1
(
2
0
−cm
hc
=
2
0
2
3
cm
hc
λ =
2
0
2
3
cm
hc
=
13
834
10.6,1.511,0.2
10.3.10.625,6.3


= 3,646.10
-12
m. Chọn đáp án B
Câu 54: Cho mức năng lượng của nguyên tử hirdo xác định bằng công thức
0
2
n
E
E
n
=
(
0
13,6 , 1,2,3,4 E eV n= − =
).Để có thể bức xạ tối thiểu 6 photon thì Nguyên tử H phải hấp thụ photon có mức năng lượng là:
A. 12,75 eV B.10,2 eV C. 12,09 eV D. 10,06 eV
Giải: Để có thể bức xạ tối thiểu 6 photon
nguyên tử Hiđro phải hấp thụ photon để chuyển
lên quỹ đạo từ N trở lên tức là n ≥4
Năng lượng của photon hấp thụ
ε ≥ E
4
– E
1
= E
0
(
22
1
1
4
1

) = -13,6.(-15/16) eV=12,75eV
Chọn đáp án A
Câu 55: Nguồn sáng thứ nhất có công suất P
1
phát ra ánh sáng đơn sắc có bước sóng
1
450nm
λ
=
. Nguồn sáng thứ
hai có công suất P
2
phát ra ánh sáng đơn sắc có bước sóng
2
0,60 m
λ µ
=
. Trong cùng một khoảng thời gian, tỉ số
giữa số photon mà nguồn thứ nhất phát ra so với số photon mà nguồn thứ hai phát ra là 3:1. Tỉ số P
1
và P
2
là:
A. 4. B. 9/4 C. 4/3. D. 3.
Giải P
1
=
t
N
1
1
λ
hc
P
2
=
t
N
2
2
λ
hc
>
2
1
P
P
=
2
1
N
N
1
2
λ
λ
= 3
45,0
6,0
= 4. Chọn đáp án A

N: n =4
M: n =
3
L: n =2
K: n =
1

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×