Câu hỏi 1 :
Số proton trong hạt nhân \(_{86}^{222}Ra\) là
- A
\(86\)
- B
\(136\)
- C
\(308\)
- D
\(222\)
Đáp án: A
Phương pháp giải:
Hạt nhân \(_Z^AX\) có Z hạt proton
Lời giải chi tiết:
Hạt nhân \(_{86}^{222}Ra\) có \(86\) hạt proton
Câu hỏi 2 :
Khi nói về quang phổ, phát biểu nào sau đây là đúng?
- A
Quang phổ liên tục của nguyên tố nào thì đặc trưng cho nguyên tố đó
- B
Các chất khí ở áp suất lớn bị nung nóng thì phát ra quang phổ vạch
- C
Mỗi nguyên tố hóa học có một quang phổ vạch đặc trưng của nguyên tố ấy
- D
Các chất rắn bị nung nóng thì phát ra quang phổ vạch
Đáp án: C
Lời giải chi tiết:
Ta có: Mỗi nguyên tố hóa học có một quang phổ vạch đặc trưng của nguyên tố ấy
=> Phương án C - đúng
Câu hỏi 3 :
Tia nào không phải là tia phóng xạ?
- A
Tia \(\alpha \)
- B
Tia \({\beta ^ + }\)
- C
Tia \(X\)
- D
Tia \({\beta ^ - }\)
Đáp án: C
Lời giải chi tiết:
Tia X có bản chất là sóng điện từ, không phải là tia phóng xạ
Câu hỏi 4 :
Sóng ngang truyền được trong môi trường
- A
cả trong chất rắn, lỏng và khí
- B
chỉ trong chất rắn
- C
chất lỏng và chất khí
- D
chất rắn và trên bề mặt chất lỏng
Đáp án: D
Lời giải chi tiết:
Sóng ngang truyền được trong môi trường chất rắn và trên bề mặt chất lỏng
Câu hỏi 5 :
Một vật dao động điều hòa theo phương trình \(x = 4\cos (8\pi t + \dfrac{\pi }{6})(cm)\). Biên độ dao động của vật là
- A
\(16cm\)
- B
\(4cm\)
- C
\(8cm\)
- D
\(2cm\)
Đáp án: B
Phương pháp giải:
Vật dao động với phương trình x = Acos(ωt + φ) có A là biên độ dao động
Lời giải chi tiết:
Vật dao động điều hòa theo phương trình : \(x = 4\cos (8\pi t + \dfrac{\pi }{6})(cm)\)
có biên độ dao động \(A = 4cm\)
Câu hỏi 6 :
Thực hiện thí nghiệm về dao động cưỡng bức như hình bên. Năm con lắc đơn (1); (2); (3); (4) và M (con lắc điều khiển) được treo trên một sợi dây. Ban đầu hệ đang đứng yên ở vị trí cân bằng. Kích thích M dao động nhỏ trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng hình vẽ thì các con lắc còn lại dao động theo. Con lắc dao động sớm nhất là
- A
con lắc (4)
- B
con lắc (3)
- C
con lắc (1)
- D
con lắc (2)
Đáp án: C
Phương pháp giải:
Con lắc gần con lắc M nhất sẽ dao động sớm nhất
Lời giải chi tiết:
Vì (1) gần M nhất nên con lắc (1) dao động sớm nhất
Câu hỏi 7 :
Phần cảm của một máy phát điện xoay chiều có \(p\) cặp cực, quay với tốc độ \(n\) vòng/ giây. Tần số của suất điện động xoay chiều mà máy tạo ra là
- A
\(n/p\)
- B
\(pn\)
- C
\(p/n\)
- D
\(\dfrac{{pn}}{{60}}\)
Đáp án: B
Phương pháp giải:
Máy phát điện xoay chiều tạo ra dòng điện có tần số \(f = np\) với \(n\) là tốc độ quay của roto (vòng/s) và \(p\) là số cặp cực
Lời giải chi tiết:
Tần số của suất điện động xoay chiều mà máy tạo ra là \(f = np\)
Câu hỏi 8 :
Khoảng cách giữa một proton và một electron trong một nguyên tử là \(5.10^{-9}cm\). Coi proton và electron là các điện tích điểm, lấy \(e = 1,6.10^{-19}C\). Lực tương tác điện giữa chúng là
- A
\(9,216.10^{-10}N\)
- B
\(9,216.10^{-11}N\)
- C
\(9,216.10^{-9}N\)
- D
\(9,216.10^{-8}N\)
Đáp án: D
Phương pháp giải:
Lực tương tác giữa hai điện tích điểm trong chân không có độ lớn \(F = k\dfrac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{{r^2}}}\)
Lời giải chi tiết:
Lực tương tác điện giữa electron và proton có độ lớn:\(F = k\dfrac{{{e^2}}}{{{r^2}}} = {9.10^9}.\dfrac{{{{\left( {1,{{6.10}^{ - 19}}} \right)}^2}}}{{{{({{5.10}^{ - 11}})}^2}}} = 9,{216.10^{ - 8}}N\)
Câu hỏi 9 :
Một sóng vô tuyến truyền trong chân không có bước sóng \(50m\) thuộc loại
- A
sóng dài
- B
sóng ngắn
- C
sóng trung
- D
sóng cực ngắn
Đáp án: B
Phương pháp giải:
Sóng ngắn có bước sóng \(10m\) – \(100m\) trong chân không
Lời giải chi tiết:
Sóng có bước sóng 50m trong chân không thuộc loại sóng ngắn
Câu hỏi 10 :
Đặt điện áp xoay chiều u = 100cos100πt (V) vào hai đầu một đoạn mạch thì dòng điện chạy trong mạch có cường độ \(i = 5\cos (100\pi t + \dfrac{\pi }{3})(A)\). Công suất tiêu thụ của đoạn mạch là
- A
\(250W\)
- B
\(125W\)
- C
\(500W\)
- D
\(375W\)
Đáp án: B
Phương pháp giải:
Công suất tiêu thụ của đoạn mạch: \(P = UIcosφ\) với \(φ\) là độ lệch pha giữa \(u\) và \(i\)
Lời giải chi tiết:
Công suất tiêu thụ của đoạn mạch:\(P = UI\cos \varphi = \dfrac{{100.5}}{2}.c{\rm{os}}\dfrac{\pi }{3} = 125W\)
Câu hỏi 11 :
Cho dòng điện xoay chiều có cường độ i = 2cos(100πt)(A) chạy qua một đoạn mạch điện. Cứ mỗi giây, số lần cường độ dòng điện bằng 0 là
- A
\(200\) lần
- B
\(100\) lần
- C
\(400\) lần
- D
\(50\) lần
Đáp án: B
Phương pháp giải:
Trong 1 chu kỳ có 2 lần cường độ dòng điện bằng 0
Liên hệ giữa chu kỳ và tần số góc \(T = \dfrac{{2\pi }}{\omega }\)
Lời giải chi tiết:
Chu kỳ của dòng điện: \(T = \dfrac{{2\pi }}{\omega }\) = 0,02s
Trong 1s = 50T có 100 lần cường độ dòng điện bằng 0
Câu hỏi 12 :
Một lá thép mỏng, một đầu cố định, đầu còn lại được kích thích để dao động với chu kỳ không đổi và bằng \(0,08s\). Âm do lá thép phát ra là
- A
âm mà tai người nghe được
- B
nhạc âm
- C
hạ âm
- D
siêu âm
Đáp án: C
Phương pháp giải:
Liên hệ giữa chu kỳ và tần số \(f = \dfrac{1}{T}\)
Âm có tần số dưới \(20Hz\) là hạ âm
Lời giải chi tiết:
Tần số âm do lá thép phát ra: \(f = \dfrac{1}{T} = \dfrac{1}{{0,08}} = 12,5Hz\)
Vì f < 20Hz nên âm đó là hạ âm
Câu hỏi 13 :
Đặt điện áp xoay chiều u = U0cos(ωt + φ) (ω>0) vào hai đầu đoạn mạch gồm điện trở thuần \(R\) và tụ điện có điện dung \(C\) mắc nối tiếp. Hệ số công suất của đoạn mạch là
- A
\(\dfrac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{(\omega C)}^2}} }}\)
- B
\(\dfrac{{\omega C}}{R}\)
- C
\(\dfrac{R}{{\omega C}}\)
- D
\(\dfrac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{(\omega C)}^{ - 2}}} }}\)
Đáp án: D
Phương pháp giải:
Hệ số công suất \(\cos \varphi = \dfrac{R}{Z}\)
Dung kháng \({Z_C} = \dfrac{1}{{\omega C}}\)
Mạch RC có tổng trở: \(Z = \sqrt {{R^2} + Z_C^2} \)
Lời giải chi tiết:
Hệ số công suất của đoạn mạch:\(\cos \varphi = \dfrac{R}{Z} = \dfrac{R}{{\sqrt {{R^2} + Z_C^2} }} = \dfrac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{(\omega C)}^{ - 2}}} }}\)
Câu hỏi 14 :
Một sóng điện từ có tần số \(100MHz\) truyền với tốc độ \(3.10^8m/s\) có bước sóng là:
- A
\(0,3m\)
- B
\(300m\)
- C
\(30m\)
- D
\(3m\)
Đáp án: D
Phương pháp giải:
Sử dụng biểu thức tính bước sóng \(\lambda = \dfrac{v}{f}\)
Lời giải chi tiết:
Bước sóng \(\lambda = \dfrac{v}{f} = \dfrac{{{{3.10}^8}}}{{{{100.10}^6}}} = 3m\)
Câu hỏi 15 :
Bức xạ màu vàng của Natri truyền trong chân không có bước sóng \(0,59µm\). Lấy \(h = 6,{625.10^{-34}}J.s\) ; \(c = 3.10^8m/s\). Năng lượng của photon ứng với bức xạ này có giá trị là
- A
\(2,3eV\)
- B
\(2,2eV\)
- C
\(2,0eV\)
- D
\(2,1eV\)
Đáp án: D
Phương pháp giải:
Năng lượng của photon ánh sáng: \(\varepsilon = \dfrac{{hc}}{\lambda }\)
Lời giải chi tiết:
Năng lượng của photon ánh sáng: \(\varepsilon = \dfrac{{hc}}{\lambda } = \dfrac{{6,{{625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{0,{{59.10}^{ - 6}}}} = 3,{37.10^{ - 19}}J = 2,1eV\)
Câu hỏi 16 :
Khối lượng của hạt nhân \(_4^{10}Be\) là \(10,0113u\); khối lượng của proton là \(1,0072u\) và của notron là \(1,0086u\); \(1u = 931 MeV/c^2\). Năng lượng liên kết của\(_4^{10}Be\) là
- A
\(6,43eV\)
- B
\(64,3 MeV\)
- C
\(64,3 eV\)
- D
\(6,43 MeV\)
Đáp án: B
Phương pháp giải:
Năng lượng liên kết riêng của hạt nhân \(_Z^AX\) là: \(W_{lk} = (Z.m_p + (A – Z)m_n– m).931 (MeV)\)
Lời giải chi tiết:
Năng lượng liên kết của hạt nhân \(_4^{10}Be\) là:
\(W_{lk} = (4.1,0072 + 6.1,0086 – 10,0113).931 = 64,3 MeV\)
Câu hỏi 17 :
Sóng truyền trên một sợi dây đàn hồi có hai đầu cố định với bước sóng λ. Để trên dây có sóng dừng thì chiều dài của sợi dây bằng
- A
\((2k + 1)\dfrac{\lambda }{2}\) với k = 0; 1; 2; …
- B
\(k\dfrac{\lambda }{2}\) với k = 1; 2; 3;…
- C
\((2k + 1)\dfrac{\lambda }{4}\) với k = 0; 1; 2; …
- D
\(k\dfrac{\lambda }{4}\) với k = 1; 2; 3;…
Đáp án: B
Lời giải chi tiết:
Điều kiện xảy ra sóng dừng trên dây có hai đầu cố định: \(k\dfrac{\lambda }{2}\) với k = 1; 2; 3;…
Câu hỏi 18 :
Trong thí nghiệm Yang về giao thoa với ánh sáng đơn sắc, bước sóng ánh sáng đơn sắc là \(0,5µm\). Khoảng cách giữa hai khe là \(1mm\), khoảng cách từ mặt phẳng chứa hai khe đến màn quan sát là \(2m\). Trên màn, khoảng cách từ vân sáng bậc \(3\) đến vân trung tâm là
- A
\(3mm\)
- B
\(1,5mm\)
- C
\(1mm\)
- D
\(2,5mm\)
Đáp án: A
Phương pháp giải:
Khoảng vân: \(i = \dfrac{{D\lambda }}{a}\)
Vị trí vân sáng bậc k là \(x = ki\)
Lời giải chi tiết:
Khoảng cách từ vân sáng bậc 3 đến vân trung tâm là:
\(x = 3i =3.\dfrac{{D\lambda }}{a} = 3.\dfrac{{2.0,{{5.10}^{ - 6}}}}{{{{10}^{ - 3}}}} = {3.10^{ - 3}}m = 3mm\)
Câu hỏi 19 :
Khi nói về dao động cơ tắt dần, phát biểu nào sau đây sai?
- A
Lực ma sát càng lớn thì dao động tắt càng nhanh
- B
Dao động tắt dần có động năng giảm dần theo thời gian
- C
Dao động tắt dần có biên độ giảm dần theo thời gian
- D
Trong dao động tắt dần, cơ năng giảm dần theo thời gian
Đáp án: B
Phương pháp giải:
Tốc độ của vật trong dao động tắt dần biến đổi tuần hoàn nên động năng cũng biến đổi thuần hoàn
Lời giải chi tiết:
Tốc độ của vật trong dao động tắt dần biến đổi tuần hoàn nên động năng cũng biến đổi thuần hoàn
Vì vậy nói Dao động tắt dần có động năng giảm dần theo thời gian là sai
Câu hỏi 20 :
Theo thuyết lượng tử ánh sáng của Anhxtanh, photon ứng với mỗi ánh sáng đơn sắc có năng lượng càng lớn nếu ánh sáng đơn sắc đó có
- A
bước sóng càng lớn
- B
chu kỳ càng lớn
- C
tốc độ truyền càng lớn
- D
tần số càng lớn
Đáp án: D
Phương pháp giải:
Vận dụng biểu thức tính năng lượng photon: \(ε = hf\)
Lời giải chi tiết:
Theo thuyết lượng tử ánh sáng của Anhxtanh, photon ứng với mỗi ánh sáng đơn sắc có năng lượng càng lớn nếu ánh sáng đơn sắc đó có tần số càng lớn \(ε = hf\)
Câu hỏi 21 :
Theo mẫu nguyên tử Bo, trong nguyên tử hidro, bán kính quỹ đạo dừng K là r0. Khi electron chuyển từ quỹ đạo dừng O về quỹ đạo dừng M thì bán kính quỹ đạo giảm
- A
21r0
- B
24r0
- C
16r0
- D
2r0
Đáp án: C
Phương pháp giải:
Bán kính quỹ đạo dừng thứ n trong nguyên tử hidro là \(r = {{{r_0}}}{{{n^2}}}\)
Lời giải chi tiết:
Quỹ đạo O có n = 5; quỹ đạo M có n = 3
Bán kính quỹ đạo dừng M và O là:\({r_M} = {{{r_0}}}{{{3^2}}} = {{{r_0}}}{9};{r_O} = {{{r_0}}}{{{5^2}}} = {{{r_0}}}{{25}}\)
Vậy khi chuyển từ quỹ đạo O về M thì bán kính quỹ đạo giảm: 25r0 - 9r0 = 16r0
Câu hỏi 22 :
Một con lắc lò xo gồm lò xo có độ cứng \(k\) và vật có khối lượng \(m\). Chu kỳ dao động riêng của con lắc là
- A
\(\dfrac{1}{{2\pi }}\sqrt {\dfrac{m}{k}} \)
- B
\(\dfrac{1}{{2\pi }}\sqrt {\dfrac{k}{m}} \)
- C
\(2\pi \sqrt {\dfrac{k}{m}} \)
- D
\(2\pi \sqrt {\dfrac{m}{k}} \)
Đáp án: D
Lời giải chi tiết:
Chu kỳ dao động riêng của con lắc lò xo là: \(T = 2\pi \sqrt {\dfrac{m}{k}} \)
Câu hỏi 23 :
Một vật tham gia đồng thời hai dao động điều hòa cùng phương với phương trình lần lượt là x1 = 5cos(4t + φ1) cm và x2 = 3cos(4t + φ2)cm. Biên độ dao động của vật thỏa mãn điều kiện nào sau đây?
- A
2cm ≤ A ≤ 4cm
- B
5cm ≤ A ≤ 8cm
- C
2cm ≤ A ≤ 8cm
- D
3cm ≤ A ≤ 5cm
Đáp án: C
Phương pháp giải:
Dao động tổng hợp của hai dao động cùng tần số và độ lệch pha không đổi theo thời gian có biên độ A1, A2 có biên độ A nằm trong khoảng từ |A1 – A2| đến A1 + A2
Lời giải chi tiết:
Biên độ dao động tổng hợp thỏa mãn: 5 – 3 ≤ A ≤ 5 + 3 => 2cm ≤ A ≤ 8cm
Câu hỏi 24 :
Trong các máy lọc nước RO ở các hộ gia đình hiện nay, bức xạ được sử dụng để tiêu diệt hoặc làm biến dạng hoàn toàn vi khuẩn là
- A
tia hồng ngoại
- B
sóng vô tuyến
- C
ánh sáng nhìn thấy
- D
tia tử ngoại
Đáp án: D
Phương pháp giải:
Tia tử ngoại có khả năng diệt khuẩn
Lời giải chi tiết:
Trong các máy lọc nước RO ở các hộ gia đình hiện nay, bức xạ được sử dụng để tiêu diệt hoặc làm biến dạng hoàn toàn vi khuẩn là tia tử ngoại
Câu hỏi 25 :
Một bể có đáy phẳng, sâu \(1,6m\) chứa đầy nước. Chiếu một tia sáng là hỗn hợp của hai thành phần đơn sắc đỏ và tím vào mặt nước dưới góc tới \(60^0\). Biết chiết suất của nước đối với ánh sáng đỏ là \(1,331\) và ánh sáng tím là \(1,343\). Khoảng cách giữa hai vệt sáng thu được ở đáy bể là
- A
\(0,76cm\)
- B
\(0,93cm\)
- C
\(2,1cm\)
- D
\(2,9cm\)
Đáp án: C
Phương pháp giải:
Biểu thức định luật khúc xạ ánh sáng n1sini = n2sinr với i là góc tới, r là góc khúc xạ
Lời giải chi tiết:
Góc khúc xạ của tia đỏ và tia tím là:
Sin600 = 1,331sinrđ => rđ = 40,60
Sin600 = 1,343sinrt => rt = 40,150
Khoảng cách giữa hai vệt sáng thu được ở đáy bể là:D = d(tanrđ – tanrt) = 160.(tan40,60 – tan 40,150)= 2,1cm
Câu hỏi 26 :
Trong mạch dao động lí tưởng đang có dao động điện từ tự do với chu kỳ T. Biết tụ điện có điện dung \(2nF\) và cuộn cảm có độ tự cảm \(8mH\). Tại thời điểm t1, cường độ dòng điện trong mạch có độ lớn \(5 mA\). Tại thời điểm t2 = t1 + 2π.10-6(s) điện áp giữa hai bản tụ có độ lớn
- A
\(10V\)
- B
\(20V\)
- C
\(2,5mV\)
- D
\(10mV\)
Đáp án: A
Phương pháp giải:
Chu kỳ mạch dao động LC là: \(T = 2\pi \sqrt {LC} \)
Liên hệ giữa điện áp cực đại và dòng điện cực đại: \(CU_0^2 = LI_0^2\)
Điện tích cực đại q0 = CU0
Mạch LC có u và i vuông pha nhau
Lời giải chi tiết:
Chu kỳ mạch dao động LC là: \(T = 2\pi \sqrt {LC} = 2\pi \sqrt {{{8.10}^{ - 3}}{{.2.10}^{ - 9}}} = 8\pi {.10^{ - 6}}(s) \Rightarrow \omega = 2,{5.10^5}rad/s\)
Ta có: \(CU_0^2 = LI_0^2 \Rightarrow {U_0} = \sqrt {\dfrac{{LI_0^2}}{C}} = 2000{I_0}\)
ZL = 2000Ω; ZC = 2000Ω nên u và i cùng pha nhau
Ở thời điểm t1 có i1 = ωq0cos(ωt1) = ωCU0cos(ωt1) = 5mA
Ở thời điểm t2 có u2 = \({U_0}{\rm{cos}}\left[ {\omega ({t_1} + \dfrac{T}{4}) - \dfrac{\pi }{2}} \right] = {U_0}{\rm{cos}}\omega {{\rm{t}}_1} = \dfrac{{{i_1}}}{{\omega C}} = \dfrac{{{{5.10}^{ - 3}}}}{{2,{{5.10}^5}{{.2.10}^{ - 9}}}} = 10V\)
Câu hỏi 27 :
Hai con lắc lò xo giống nhau được treo vào hai điểm ở cùng độ cao, cách nhau \(4cm\). Kích thích cho hai con lắc dao động điều hòa theo phương thẳng đứng thì đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của li độ \(x\) vào thời gian \(t\) của hai vật như hình vẽ. Kể từ thời điểm \(t = 0\), hai vật cách nhau \(4\sqrt 3 cm\) lần thứ 2019 là
- A
\(726,18s\)
- B
\(726,54s\)
- C
\(726,6s\)
- D
\(726,12s\)
Đáp án: B
Phương pháp giải:
Liên hệ giữa chu kỳ dao động và tần số góc \(\omega = \dfrac{{2\pi }}{T}\)
Tổng hợp hai dao động điều hòa cùng phương cùng tần số cũng là một dao động điều hào cùng tần số
Khoảng cách giữa hai vật \(d=\sqrt{a^2+{\Delta x}^2}\)
Lời giải chi tiết:
Từ hình vẽ ta được chu kỳ của hai vật bằng nhau \(T = 1,44s\)
Tần số góc \(\omega = \dfrac{{2\pi }}{T} = \dfrac{{25\pi }}{{18}}(rad/s)\)
+ Con lắc (1) có biên độ A1 = 4cm, thời điểm ban đầu có x = 2cm theo chiều âm nên pha ban đầu φ1 = π/3
+ Con lắc (2) ở thời điểm t = 0,48s = T/3 đi qua vị trí cân bằng theo chiều âm, thời điểm ban đầu có x = 6cm theo chiều dương. Vậy pha ban đầu φ2 = -π/6 và A2 =\(4\sqrt 3 cm\)
Phương trình dao động của hai con lắc là \({x_1} = 4\cos (\dfrac{{10\pi t}}{9} + \dfrac{\pi }{3})cm;{x_2} = 4\sqrt 3 {\rm{cos(}}\dfrac{{10\pi t}}{9} - \dfrac{\pi }{6})\)
Ta có: x = x1 – x2 = \(4\cos (\dfrac{{10\pi t}}{9} + \dfrac{\pi }{3}) + 4\sqrt 3 {\rm{cos(}}\dfrac{{10\pi t}}{9} - \dfrac{\pi }{6} + \pi ) = 8\cos (\dfrac{{10\pi t}}{9} + \dfrac{{2\pi }}{3})cm\)
Khoảng cách giữa hai vật là \(4\sqrt 3 cm\) ứng với \(d=\sqrt{a^2+{\Delta x}^2}=4\sqrt 3=\sqrt{4^2+{x}^2}\)
\(\to x = ± 4\sqrt 2 cm\)
Trong 1 chu kỳ có 4 lần vật đi qua vị trí \(x = ±4\sqrt 2 cm\)
=> Sau 504T có 2016 lần vật đi qua vị trí \(x = ±4\sqrt 2 cm\) và trở về vị trí ban đầu.
Vậy thời điểm vật đi qua vị trí có \(x = ±4\sqrt 2 cm\) lần thứ 2019 là :
\(t = 504T + \dfrac{T}{6} + \dfrac{3T}{{8}}=726,54s\)
Câu hỏi 28 :
Một hạt proton có khối lượng mp được bắn với tốc độ \(v\) vào hạt nhân \(_3^7Li\) đứng yên. Phản ứng tạo ra hai hạt nhân X giống nhau có khối lượng mX bay ra cùng tốc độ \(v'\) và cùng hợp với phương ban đầu của proton một góc \(45^0\). Tỉ số v’/v là
- A
\(\dfrac{{{m_p}}}{{{m_X}}}\)
- B
\(\dfrac{{{m_p}\sqrt 2 }}{{{m_X}}}\)
- C
\(\dfrac{{2{m_p}}}{{{m_X}}}\)
- D
\(\dfrac{{{m_p}}}{{{m_X}\sqrt 2 }}\)
Đáp án: D
Phương pháp giải:
Định luật bảo toàn động lượng \(\vec p = \vec p'\)
Liên hệ giữa động lượng và động năng của vật : p2 = 2mK
Động năng của vật : K = 0,5mv2
Lời giải chi tiết:
Do hạt Li ban đầu đứng yên nên : \(\overrightarrow {{p_p}} = \overrightarrow {{p_X}} + \overrightarrow {{p_X}} \)
Mà hai hạt X cùng hợp với phương ban đầu của hạt proton góc 450 nên
\(\begin{array}{l}p_p^2 = 2p_X^2\\ \Rightarrow 2{m_p}{K_p} = 2.2{m_X}{K_X}\\ \Rightarrow m_p^2.v_p^2 = 2m_X^2v_X^2\\ \Rightarrow \dfrac{{{v_X}}}{{{v_p}}} = \dfrac{{{m_p}}}{{\sqrt 2 {m_X}}}\end{array}\)
\( \Rightarrow \dfrac{{v'}}{v} = \dfrac{{{v_X}}}{{{v_p}}} = \dfrac{{{m_p}}}{{\sqrt 2 {m_X}}}\)
Câu hỏi 29 :
Vật AB đặt vuông góc với trục chính của một thấu kính tại A cho ảnh A’B’. Biết A’B’ cao gấp \(3\) lần AB và cách AB một khoảng \(120cm\). Thấu kính này là thấu kính
- A
phân kỳ có tiêu cự \(45cm\)
- B
hội tụ có tiêu cự \(22,5cm\)
- C
hội tụ có tiêu cự \(45cm\)
- D
phần kỳ có tiêu cự \(22,5cm\)
Đáp án: B
Phương pháp giải:
Hệ số phóng đại \(k = - \dfrac{{d'}}{d};\left| k \right| = \dfrac{{h'}}{h}\)
Hệ số k > 0 nếu ảnh là ảnh ảo, k < 0 nếu ảnh là ảnh thật
Công thức thấu kính \(\dfrac{1}{f} = \dfrac{1}{d} + \dfrac{1}{{d'}}\)
Nếu f > 0 thấu kính hội tụ, nếu f < 0 thấu kính phân kỳ
Lời giải chi tiết:
+ Nếu ảnh là ảnh thật: k = -3 => d’ = 3d
Mà d + d’ = 120cm => d = 30cm; d’ = 90cm
ÁP dụng công thức thấu kính : \(\dfrac{1}{f} = \dfrac{1}{d} + \dfrac{1}{{d'}} = \dfrac{1}{{30}} + \dfrac{1}{{90}} \Rightarrow f = 22,5cm\)
+ Nếu ảnh là ảnh ảo : k = 3 => d’ = -3d
Khoảng cách từ vật đến ảnh : -d’ – d = 120cm => d = -30cm loại vì vật là vật thật thì d > 0
Vậy thấu kính hội tụ có tiêu cự 22,5cm
Câu hỏi 30 :
Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, khoảng cách giữa hai khe là \(1mm\), khoảng cách từ mặt phẳng chứa hai khe đến màn quan sát là \(2m\). Chiếu vào hai khe ánh sáng có bước sóng từ \(475nm\) đến \(760nm\). Trên màn, M và N là hai vị trí cùng bên và gần vân trung tâm nhất, tại M có đúng \(3\) bức xạ cho vân tối, tại N có đúng \(3\) bức xạ cho vân sáng. Khoảng cách từ M đến N là
- A
\(5,225mm\)
- B
\(0,487mm\)
- C
\(4,75mm\)
- D
\(0,635mm\)
Đáp án: C
Phương pháp giải:
Khoảng vân \(i = \dfrac{{D\lambda }}{a}\)
Vị trí vân sáng x = ki
Vị trí vân tối x = (k + 0,5)i
Tại M và N cho đúng 3 bức xạ nên chúng là các bức xạ của 3 quang phổ có bậc liên tiếp nhau
Lời giải chi tiết:
+ N có đúng 3 bức xạ cho vân sáng nên : kλ1 = (k + 1)λ2 = (k + 2)λ3
\( \Rightarrow \dfrac{{k + 2}}{k} = \dfrac{{{\lambda _1}}}{{{\lambda _3}}} \le \dfrac{{760}}{{475}} = 1,6 \Rightarrow k + 2 \le 1,6k \Rightarrow k \ge 3,3\)
Vì N gần nhất nên ứng với k = 4 và λ3 = 475nm => \({x_N} = 6\dfrac{{{{2.475.10}^{ - 8}}}}{{{{10}^{ - 3}}}} = 0,057m\)
+ M có đúng 3 bức xạ cho vân tối nên: (k+0,5)λ1 = (k + 1,5)λ2 = (k + 2,5)λ3
\( \Rightarrow \dfrac{{k + 2,5}}{{k + 0,5}} = \dfrac{{{\lambda _1}}}{{{\lambda _3}}} \le \dfrac{{760}}{{475}} = 1,6 \Rightarrow k + 2,5 \le 1,6(k + 0,5) \Rightarrow k \ge 2,83\)
Vì M gần nhất nên ứng với k = 3 và λ3 = 475nm => \({x_M} = 5,5\dfrac{{{{2.475.10}^{ - 8}}}}{{{{10}^{ - 3}}}} = 0,05225m\)
Khoảng cách MN là MN = xN – xM = 4,75mm
Câu hỏi 31 :
Có hai con lắc lò xo giống nhau dao động điều hòa trên hai đường thẳng kề nhau và cùng song song với trục Ox, có vị trí cân bằng nằm trên cùng một đường thẳng vuông góc với trục Ox tại O. Biên độ của con lắc 1 là \(4cm\), của con lắc 2 là \(4\sqrt 3 cm\) , con lắc 2 dao động sớm pha hơn con lắc 1. Trong quá trình dao động, khoảng cách lớn nhất giữa hai vật là \(4cm\). Khi động năng của con lắc 1 đạt cực đại là \(W\) thì động năng của con lắc 2 là
- A
3W/4
- B
2W/3
- C
W
- D
9W/4
Đáp án: D
Phương pháp giải:
+ Khoảng cách giữa hai vật có phương trình dao động x1 và x2 là x = |x1 – x2|
+ Biên độ dao động tổng hợp \(A = \sqrt {A_1^2 + A_2^2 + 2{A_1}{A_2}{\rm{cos}}\Delta \varphi } \)
+ Cơ năng = Động năng + Thế năng
+ Cơ năng W = 0,5kA2
+ Thế năng Wt = 0,5kx2
Lời giải chi tiết:
Gọi Δφ là độ lệch pha giữa hai dao động
Ta có : x1 = 4cos(ωt) ; x2 = \(4\sqrt 3 \) cos(ωt + Δφ)
Nên x = x1 – x2 = 4cos(ωt) -\(4\sqrt 3 \) cos(ωt + Δφ) = 4cos(ωt) -\(4\sqrt 3 \) cos(ωt + Δφ + π)
Khoảng cách lớn nhất giữa hai dao động chính là biên độ dao động của x. Ta có :
\({4^2} = {4^2} + {(4\sqrt 3 )^2} + 2.4.4\sqrt 3 .c{\rm{os(}}\Delta \varphi + \pi ) \Rightarrow \Delta \varphi = - \dfrac{\pi }{6}\)
Khi động năng con lắc (1) cực đại thì con lắc (1) đi qua vị trí cân bằng, vậy khi đó con lắc (2) đi qua vị trí có độ lớn li độ là A/2
Động năng của con lắc (2) là \({W_d} = {\rm{W'}} - {{\rm{W}}_t} = \dfrac{1}{2}k{A'^2} - \dfrac{1}{2}k{x^2} = \dfrac{1}{2}k{A'^2} - \dfrac{1}{2}k\dfrac{{{A'^2}}}{4} = \dfrac{3}{8}k{A'^2} = \dfrac{3}{4}{\rm{W'}}\)
Lại có:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{\rm{W}} = \dfrac{1}{2}k{A^2}\\{\rm{W}}' = \dfrac{1}{2}kA{'^2}\end{array} \right.\\ \Rightarrow \dfrac{{\rm{W}}}{{{\rm{W}}'}} = \dfrac{{{A^2}}}{{A{'^2}}} = \dfrac{{{4^2}}}{{{{\left( {4\sqrt 3 } \right)}^2}}} = \dfrac{1}{3} \\\Rightarrow {\rm{W}}' = 3W\end{array}\)
Ta suy ra động năng của con lắc 2 khi đó: \({{\rm{W}}_d} = \dfrac{3}{4}{\rm{W}}' = \dfrac{3}{4}.3W = \dfrac{9}{4}{\rm{W}}\)
Câu hỏi 32 :
Một khung dây phẳng có diện tích \(25cm^2\), gồm \(10\) vòng dây đặt trong từ trương đều, mặt phẳng vòng dây vuông góc với các đường sức từ. Hình bên là đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của cảm ứng từ \(B\) vào thời gian \(t\). Độ lớn của suất điện động cảm ứng xuất hiện trong khung từ thời điểm \(t_1= 0\) đến thời điểm \(t_2= 0,5s\) là
- A
\(0,01V\)
- B
\(10^{-4}V\)
- C
\(10V\)
- D
\(2.10^{-4}V\)
Đáp án: D
Phương pháp giải:
Từ thông qua khung dây có N vòng : Ф = NBScosα
Suất điện động cảm ứng \(e = - \dfrac{{\Delta \phi }}{{\Delta t}}\)
Lời giải chi tiết:
Suất điện động cảm ứng xuất hiện trong thời gian từ t1 = 0 đến t2 = 0,5s là
\(e = - \dfrac{{\Delta \phi }}{{\Delta t}} = - \dfrac{{N({B_2} - {B_1})S\cos 0}}{{{t_2} - {t_1}}} = - \dfrac{{10.({{6.10}^{ - 3}} - {{2.10}^{ - 3}}){{.25.10}^{ - 4}}}}{{0,5}} = {2.10^{ - 4}}V\)
Câu hỏi 33 :
Cho phản ứng tổng hợp hạt nhân \(2_1^2D \to _Z^AX + _0^1n\). Biết độ hụt khối của hạt nhân \(_1^2D\) là \(0,0024u\), của hạt nhân X là \(0,0083u\). Lấy \(1u = 931 MeV/c^2\). Năng lượng tỏa ra khi tổng hợp hết \(1g\) \(_1^2D\) là
- A
\(3,26 MeV\)
- B
\(6,52MeV\)
- C
\(9,813.10^{23}MeV\)
- D
\(4,906.10^{23}MeV\)
Đáp án: D
Phương pháp giải:
Năng lượng tỏa ra trong phản ứng hạt nhân : ΔE = (Δms – Δmt).c2
Số mol chất cho trong 1g chất đó là n = m/Z
Mỗi mol chất có chứa NA nguyên tử, tức là có NA hạt nhân
Lời giải chi tiết:
Năng lượng tỏa ra của 1 phản ứng là :
\(E = ( - 2\Delta {m_D} + {m_X}){c^2} = ( - 2.0,0024 + 0,0083).931 = 3,2585MeV\)
1g D có số hạt nhân D là \(N = \dfrac{1}{2}{N_A}\)
Vậy phản ứng tổng hợp hết 1g D thì năng lượng tỏa ra là :
\(\Delta E.\dfrac{N}{2} = 3,2585.\dfrac{{0,5}}{2}.6,{023.10^{23}} = 4,906.10{}^{23}MeV\)
Câu hỏi 34 :
Đầu A của một sợi dây dài căng ngang, dao động điều hòa tạo ra một sóng ngang truyền trên sợi dây với biên độ không đổi \(6cm\) và chu kỳ \(2s\). Trên dây, hai điểm dao động ngược pha gần nhau nhất có vị trí cân bằng cách nhau \(30cm\). O và M là hai điểm trên sợi dây có vị trí cân bằng cách nhau \(45cm\) (O gần A hơn M). Tại thời điểm \(t = 0\), điểm O bắt đầu đi lên. Thời điểm đầu tiên điểm M lên đến độ cao \(3cm\) là
- A
5/3 (s)
- B
3/2 (s)
- C
1/6 (s)
- D
13/6 (s)
Đáp án: A
Phương pháp giải:
Độ lệch pha giữa hai điểm trên phương truyền sóng là \(\Delta \varphi = \dfrac{{2\pi d}}{\lambda }\)
Hai điểm dao động ngược pha gần nhau nhất trên phương truyền sóng là λ/2
Vận tốc \(v = \dfrac{S}{t}\)
Lời giải chi tiết:
Phương trình sóng tại O là:
\({u_O} = A\cos \left( {\omega t + {\varphi _O}} \right) = 6\cos \left( {\pi t - \frac{\pi }{2}} \right)\)
Phương trình sóng tại M là:
\({u_M} = A\cos \left( {\omega t + {\varphi _O} - \frac{{2\pi d}}{\lambda }} \right) = 6\cos \left( {\pi t - \frac{\pi }{2} - \frac{{2\pi .45}}{{60}}} \right)\)
\( \Rightarrow {u_M} = 6\cos \left( {\pi t - 2\pi } \right)\)
Thời điểm M đến vị trí có li độ x = 3cm, ta có:
\({u_M} = 3 \Leftrightarrow 6\cos \left( {\pi t - 2\pi } \right) = 3\)
\( \Leftrightarrow \cos \left( {\pi t - 2\pi } \right) = 0,5\)
\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\pi t - 2\pi = \frac{\pi }{3}\\\pi t - 2\pi = - \frac{\pi }{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = \frac{7}{3}\left( s \right)\\t = \frac{5}{3}\left( s \right)\end{array} \right.\)
Vậy thời điểm M đến vị trí có li độ x = 3cm lần đầu tiên là \(t = \frac{5}{3}\left( s \right)\)
Câu hỏi 35 :
Ở mặt nước, tại hai điểm A và B cách nhau \(8cm\) có hai nguồn giống nhau dao động theo phương thẳng đứng, phát ra hai sóng có bước sóng \(1cm\). M, N là hai điểm thuộc mặt nước cách nhau \(4cm\) và ABMN là hình thang cân (AB // MN). Để trong đoạn MN có đúng \(5\) điểm dao động với biên độ cực đại thì diện tích lớn nhất của hình thang có giá trị nào sau đây?
- A
\(6\sqrt 3 c{m^2}\)
- B
\(9\sqrt 5 c{m^2}\)
- C
\(18\sqrt 5 c{m^2}\)
- D
\(18\sqrt 3 c{m^2}\)
Đáp án: C
Phương pháp giải:
Tại M dao động cực đại nên d2 – d1 = kλ
Câu hỏi 36 :
Theo mẫu Bo về nguyên tử hidro, tốc độ của electron trên quỹ đạo K là v. Để tốc độ của electron là v/3 thì nó chuyển động trên quỹ đạo nào sau đây?
- A
L
- B
O
- C
M
- D
N
Đáp án: C
Phương pháp giải:
Electron chuyển động tròn trong nguyên tử hidro nên lực điện đóng vai trò lực hướng tâm
Lực điện \(F = k\dfrac{{\left| {{q_1}{q_2}} \right|}}{{{r^2}}}\)
Lực hướng tâm : \({F_{ht}} = \dfrac{{m{v^2}}}{r}\)
Bán kính quỹ đạo của electron trên các mức năng lượng : \({r_n} = \dfrac{{{r_0}}}{{{n^2}}}\)
Lời giải chi tiết:
Electron chuyển động tròn trong nguyên tử hidro nên lực điện đóng vai trò lực hướng tâm
\(k\dfrac{{{e^2}}}{{{r^2}}} = m\dfrac{{{v^2}}}{r} \\\Rightarrow {v^2} = \dfrac{{k{e^2}}}{{mr}} = \dfrac{{k{e^2}.{n^2}}}{{m{r_0}}}\)
Để tốc độ giảm 3 lần thì n tăng lên 3 lần vậy electron chuyển động trên quỹ đạo M có \(n = 3\)
Câu hỏi 37 :
Điện năng được truyền từ một nhà máy phát điện gồm nhiều tổ máy đến nơi tiêu thụ bằng đường dây tải điện một pha. Bình thường có \(8\) tổ máy hoạt động, hiệu suất truyền tải đạt \(85\% \). Coi điện áp hiệu dụng ở nhà máy không đổi, hệ số công suất của mạch điện bằng \(1\), công suất phát điện của các tổ máy khi hoạt động là không đổi và như nhau. Vào giờ cao điểm, công suất tiêu thụ ở nơi tiêu thụ tăng \(20\% \) so với khi hoạt động bình thường thì cần bao nhiêu tổ máy hoạt động?
- A
\(12\)
- B
\(10\)
- C
\(11\)
- D
\(9\)
Đáp án: B
Phương pháp giải:
Công suất hao phí : \(\Delta P = \dfrac{{{P^2}R}}{{{U^2}{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\varphi }}\)
Công suất truyền đi = Công suất hao phí + Công suất tiêu thụ
Hiệu suất truyền tải : \(H = \dfrac{{P'}}{P}\)
Lời giải chi tiết:
Công suất hao phí : \(\Delta P = \dfrac{{{P^2}R}}{{{U^2}{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}\varphi }}\)
Gọi P là công suất truyền đi, ΔP là công suất hao phí và P’ là công suất tiêu thụ
Ban đầu P = 80P0, hiệu suất truyền tải là 85% nên P’ = 68P0 và ΔP = 12P0
Lúc sau công suất tiêu thụ tăng 20% nên P2’ = 1,2.68P0 = 81,6P0
Giả sử khi đó có n tổ máy nên P2 = 10nP0
Ta có : \(\dfrac{{\Delta {P_1}}}{{\Delta {P_2}}} = \dfrac{{P_1^2}}{{P_2^2}} \Rightarrow \dfrac{{12{P_0}}}{{\Delta {P_2}}} = {\left( {\dfrac{{80}}{{10n}}} \right)^2} \Rightarrow \Delta {P_2} = \dfrac{{{{10}^2}n.12{P_0}}}{{{{80}^2}}}\) (1)
Mặt khác ΔP2 = P2 – P2’ = 10nP0 – 81,6P0 (2)
Từ (1) và (2) ta được : n = 10
Câu hỏi 38 :
Cho mạch điện như hình vẽ. Nguồn điện có suất điện động \(E = 9V\) và điện trở trong \(r = 1Ω\). Đèn có ghi \(6V\) – \(3W\). Bỏ qua điện trở của dây nối. Giá trị của biến trở \(R\) để đèn sáng bình thường là
- A
\(1Ω\)
- B
\(5Ω\)
- C
\(0,2Ω\)
- D
\(4Ω\)
Đáp án: B
Phương pháp giải:
Định luật Ôm cho toàn mạch : \(I = \dfrac{E}{{r + R}}\)
Công suất \(P = UI = {I^2}R = \dfrac{{{U^2}}}{R}\)
Đèn sáng bình thường khi các giá trị dòng điện trên đèn bằng các giá trị định mức
Lời giải chi tiết:
Bóng đèn (6V – 3W) có R = 12Ω và Iđm= 0,5A
Đèn sáng bình thường nên dòng điện qua đèn là I = 0,5A
Áp dụng định luật Ôm cho toàn mạch : \(I = \dfrac{E}{{r + {R_b} + {R_d}}} = 0,5A \Rightarrow \dfrac{9}{{1 + {R_b} + 12}} = 0,5 \Rightarrow {R_b} = 5\Omega \)
Câu hỏi 39 :
Đặt điện áp xoay chiều có tần số \(50Hz\) và giá trị hiệu dụng không đổi vào hai đầu mạch AB gồm biến trở \(R\), tụ điện \(C\) và cuộn cảm thuần có độ tự cảm \(L\) thay đổi được như hình vẽ. Khi \(L = L_1\) thì điện áp hiệu dụng ở hai đầu AM không phụ thuộc vào \(R\). Ứng với mỗi giá trị của \(R\), khi \(L = L_2\) thì điện áp hiệu dụng ở hai đầu cuộn cảm đạt giá trị cực đại. Hình bên là đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của tích \(L_1L _2\) theo \(R\). Để công suất tiêu thụ của mạch ứng với mỗi \(R\) đạt cực đại thì giá trị của \(L\) là
- A
\(\dfrac{2}{\pi }H\)
- B
\(\dfrac{3}{\pi }H\)
- C
\(\dfrac{4}{\pi }H\)
- D
\(\dfrac{1}{\pi }H\)
Đáp án: D
Phương pháp giải:
Cảm kháng ZL = ωL
Tổng trở mạch RLC là \(Z = \sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}} \)
Định luật Ôm cho đoạn mạch : I = U/Z
Mạch RLC có L thay đổi để UL max thì \({Z_L} = \dfrac{{{R^2} + Z_C^2}}{{{Z_C}}}\)
L thay đổi để công suất mạch cực đại thì mạch xảy ra cộng hưởng, khi đó ZL = ZC
Lời giải chi tiết:
+ L thay đổi để UAM = \(\dfrac{U}{{\sqrt {{R^2} + Z_{LC}^2} }}.\sqrt {{R^2} + Z_C^2} \) không phụ thuộc vào R nên
\({R^2} + Z_C^2 = {R^2} + Z_{LC}^2 \to Z_C^2 = {({Z_L} - {Z_C})^2} \Rightarrow {Z_{L1}} = 2{Z_C}\) (1)
+ L thay đổi để UL max nên \({Z_{L2}} = \dfrac{{{R^2} + Z_C^2}}{{{Z_C}}}\) (2)
+ Nhìn vào đồ thị ta thấy khi R = 100Ω thì \({L_1}{L_2} = \dfrac{4}{{{\pi ^2}}} \Rightarrow {Z_{L1}}{Z_{L2}} = \dfrac{4}{{{\pi ^2}}}.{\omega ^2} = 40000\) (3)
Từ (1), (2), (3) ta được ZC= 100Ω
Để công suất tiêu tụ của mạch cực đại thì ZL = ZC = 100Ω \( \Rightarrow L = \dfrac{1}{\pi }(H)\)
Câu hỏi 40 :
Đặt điện áp xoay chiều u = U0cos(ωt + φ) (V) (U0 và ω không đổi) vào hai đầu đoạn mạch gồm điện trở \(R\), tụ điện và cuộn cảm thuần mắc nối tiếp. Biết biểu thức cường độ dòng điện trong mạch là \({i_1} = \sqrt 5 {\rm{cos(}}\omega {\rm{t + }}\dfrac{\pi }{3})(A)\) . Nếu ngắt bỏ tụ điện \(C\) thì cường độ dòng điện trong mạch là \({i_2} = \sqrt 5 {\rm{cos(}}\omega {\rm{t - }}\dfrac{\pi }{6})(A)\). Nếu ngắt bỏ cuộn cảm thì cường độ dòng điện trong mạch là
- A
\({i_3} = \sqrt 2 {\rm{cos(}}\omega {\rm{t - 1,107}})(A)\)
- B
\({i_3} = \sqrt 2 {\rm{cos(}}\omega {\rm{t + 1,37}})(A)\)
- C
\({i_3} = \dfrac{5}{{\sqrt 2 }}{\rm{cos(}}\omega {\rm{t - 1,107}})(A)\)
- D
\({i_3} = \dfrac{5}{{\sqrt 2 }}{\rm{cos(}}\omega {\rm{t + 1,37}})(A)\)
Đáp án: B
Phương pháp giải:
Đoạn mạch RLC nối tiếp có uR cùng pha i, uL sớm pha π/2 so với i và uC chậm pha π/2 so với i
Tổng trở mạch RLC là \(Z = \sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}} \)
Định luật Ôm cho đoạn mạch : I = U/Z
Lời giải chi tiết:
Sử dụng giản đồ vec tơ ghép: