Câu hỏi 1 :
Trong dao động điều hòa, khoảng thời gian ngắn nhất sau đó trạng thái dao động lặp lại như cũ gọi là
- A tần số dao động.
- B tần số góc.
- C chu kì dao động.
- D pha ban đầu .
Đáp án: C
Phương pháp giải:
Sử dụng lí thuyết về dao động điều hòa.
Lời giải chi tiết:
Khoảng thời gian ngắn nhất sau đó trạng thái dao động lặp lại như cũ gọi là chu kì dao động.
Câu hỏi 2 :
Quang phổ liên tục của nguồn phát phụ thuộc vào
- A bản chất và nhiệt độ.
- B nhiệt độ.
- C thành phần cấu tạo.
- D bản chất.
Đáp án: B
Phương pháp giải:
+ Quang phổ liên tục là một dải có màu từ đỏ đến tím nối liền nhau một cách liên tục.
+ Quang phổ liên tục do các chất rắn, chất lỏng hoặc chất khí có áp suất lớn phát ra khi bị nung nóng.
+ Quang phổ liên tục của các chất khác nhau ở cùng một nhiệt độ thì giống nhau và chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ của chúng.
+ Ứng dụng: Đo nhiệt độ của các vật nóng sáng ở nhệt độ cao như các ngôi sao qua quang phổ của nó.
Lời giải chi tiết:
Quang phổ liên tục của nguồn phát phụ thuộc vào nhiệt độ của nguồn phát và không phụ thuộc vào bản chất hay thành phần cấu tạo của nguồn phát.
Câu hỏi 3 :
Một con lắc lò xo có độ cứng k dao động điều hòa theo trục Ox nằm ngang với phương trình \(x = Aco{\rm{s}}\omega {\rm{t}}\). Mốc thế năng ở vị trí cân bằng. Cơ năng của con lắc là
- A \(\frac{1}{2}k{A^2}\)
- B \(kA.\)
- C \(k{A^2}.\)
- D \(\frac{1}{2}kA{\rm{.}}\)
Đáp án: A
Phương pháp giải:
Công thức tính cơ năng dao động điều hòa: \({\rm{W}} = \frac{1}{2}k{A^2}\)
Lời giải chi tiết:
Cơ năng dao động điều hòa: \({\rm{W}} = \frac{1}{2}k{A^2}\)
Câu hỏi 4 :
Nguyên tắc hoạt động của quang điện trở dựa vào
- A
Hiện tượng quang điện trong
- B
Hiện tượng tán sắc ánh sáng.
- C
Hiện tượng phát quang của chất rắn.
- D
Hiện tượng quang điện ngoài.
Đáp án: A
Lời giải chi tiết:
Nguyên tắc hoạt động của quang điện trở dựa vào hiện tượng quang điện trong
Câu hỏi 5 :
Một bộ nguồn gồm n nguồn điện giống nhau. Mỗi nguồn có suất điện động \(\xi \) và điện trong r. Các nguồn này ghép song song nhau. Điện trở trong của bộ nguồn được xác định bởi biểu thức
- A \({r_b} = \frac{r}{n}.\)
- B \({r_b} = \frac{n}{r}.\)
- C \({r_b} = r\)
- D \({r_b} = n{\rm{r}}.\)
Đáp án: A
Phương pháp giải:
Công thức tính suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn giống nhau mắc song song: \(\left\{ \begin{array}{l}{\xi _b} = \xi \\{r_b} = \frac{r}{n}\end{array} \right.\)
Lời giải chi tiết:
Bộ n nguồn mắc song song có: \(\left\{ \begin{array}{l}{\xi _b} = \xi \\{r_b} = \frac{r}{n}\end{array} \right.\)
Câu hỏi 6 :
Hai dao động điều hòa cùng phương có phương trình \({x_1} = Aco{\rm{s}}\left( {\omega t - \frac{{2\pi }}{3}} \right)cm\) và \({x_2} = Aco{\rm{s}}\left( {\omega t + \frac{\pi }{3}} \right)cm\). Độ lệch pha giữa hai dao động là
- A \(\frac{\pi }{3}\).
- B 0.
- C \(\frac{\pi }{2}\).
- D \(\pi \).
Đáp án: D
Phương pháp giải:
Sử dụng biểu thức tính độ lệch pha giữa hai dao động: \(\Delta \varphi = {\varphi _2} - {\varphi _1}\)
Lời giải chi tiết:
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} = Aco{\rm{s}}\left( {\omega t - \frac{{2\pi }}{3}} \right)\\{x_2} = Aco{\rm{s}}\left( {\omega t + \frac{\pi }{3}} \right)\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \) Độ lệch pha: \(\Delta \varphi = \frac{\pi }{3} - \left( { - \frac{{2\pi }}{3}} \right) = \pi \)
Câu hỏi 7 :
Hạt nhân nguyên tử \(_{30}^{67}Zn\) có
- A 30 prôtôn, 37 nuclôn.
- B 37 prôtôn, 67 nơtrôn.
- C 37 prôtôn, 30 nơtrôn.
- D 30 prôtôn, 67 nuclon.
Đáp án: D
Phương pháp giải:
Kí hiệu hạt nhân: \(_Z^AX\), trong đó:
+ Z: số proton = số electron
+ N = A - Z: Số notron
+ A : số nuclon
Lời giải chi tiết:
Hạt nhân nguyên tử: \(_{30}^{67}Zn\) có: 30 proton; 37 notron; 67 nuclon.
Câu hỏi 8 :
Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, các khe sáng được chiếu bằng ánh sáng đơn sắc có bước sóng \(\lambda = 0,6\mu m\). Biết khoảng cách giữa hai khe \(a = 4mm\), khoảng cách từ mặt phẳng chứa hai khe đến màn \(D = 4m\). Khoảng vân đo được trong thí nghiệm bằng
- A 1,6 mm.
- B 0,8 mm.
- C 0,3 mm.
- D 0,6 mm.
Đáp án: D
Phương pháp giải:
Công thức tính khoảng vân: \(i = \frac{{\lambda D}}{a}\)
Lời giải chi tiết:
Khoảng vân: \(i = \frac{{\lambda D}}{a} = \frac{{0,{{6.10}^{ - 6}}.4}}{{{{4.10}^{ - 3}}}} = {6.10^{ - 4}}m = 0,6mm\)
Câu hỏi 9 :
Nguyên tắc hoạt động của động cơ không đồng bộ ba pha dựa trên hiện tượng
- A tự cảm.
- B tự cảm và sử dụng từ trường quay.
- C cảm ứng điện từ.
- D cảm ứng điện từ và sử dụng từ trường quay.
Đáp án: D
Phương pháp giải:
Sử dụng lí thuyết về động cơ không đồng bộ ba pha.
Lời giải chi tiết:
Động cơ không đồng bộ ba pha hoạt động dựa trên hiện tượng cảm ứng điện từ và sử dụng từ trường quay.
Câu hỏi 10 :
Ánh sáng đơn sắc là ánh sáng
- A có màu biến thiên liên tục từ đỏ đến tím.
- B không bị khúc xạ khi đi qua lăng kính.
- C không bị tán sắc khi đi qua lăng kính.
- D có bước sóng không đổi khi truyền qua các môi trường.
Đáp án: C
Phương pháp giải:
Sử dụng lí thuyết về tán sắc ánh sáng
Lời giải chi tiết:
Ánh sáng đơn sắc là ánh sáng không bị tán sắc khi đi qua lăng kính.
Câu hỏi 11 :
Các đặc trưng sinh lí của âm bao gồm
- A độ cao, cường độ âm, tần số âm.
- B âm sắc, biên độ âm, tần số âm.
- C âm sắc, tần số âm, cường độ âm.
- D độ cao, âm sắc, độ to.
Đáp án: D
Phương pháp giải:
Các đặc trưng sinh lí của âm: Độ cao, độ to, âm sắc.
Lời giải chi tiết:
Các đặc trưng sinh lí của âm gồm: Độ cao, độ to, âm sắc.
Câu hỏi 12 :
Dao động được tạo ra bằng cách cung cấp cho hệ một năng lượng đúng bằng năng lượng nó đã mất sau mỗi chu kì gọi là dao động
- A cưỡng bức.
- B tắt dần.
- C điều hoà.
- D duy trì.
Đáp án: D
Phương pháp giải:
Sử dụng lí thuyết về các loại dao động.
Lời giải chi tiết:
Dao động được tạo ra bằng cách cung cấp cho hệ một năng lượng đúng bằng năng lượng nó đã mất sau mỗi chu kì gọi là dao động duy trì.
Câu hỏi 13 :
Bản chất của dòng điện trong kim loại là dòng chuyển dời có hướng của các
- A êlectron tự do.
- B ion dương.
- C lỗ trống.
- D ion âm.
Đáp án: A
Phương pháp giải:
Dòng điện trong kim loại là dòng chuyển dời có hướng của các electron tự do dưới tác dụng của điện trường.
Lời giải chi tiết:
Bản chất dòng điện trong kim loại là dòng chuyển dời có hướng của các electron tự do.
Câu hỏi 14 :
Quãng đường sóng truyền đi được trong một chu kì gọi là
- A biên độ sóng.
- B bước sóng.
- C tốc độ truyền sóng.
- D tần số sóng.
Đáp án: B
Phương pháp giải:
Định nghĩa bước sóng:
+ Quãng đường mà sóng truyền đi được trong một chu kì dai động gọi là một bước sóng.
+ Bước sóng là khoảng cách giữa hai phần tử sóng gần nhau nhất trên cùng một phương truyền sóng dao động cùng pha.
Lời giải chi tiết:
Quãng đường sóng truyền đi được trong một chu kì là bước sóng.
Câu hỏi 15 :
Điện áp \(u = 200co{\rm{s}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{2}} \right)\left( V \right)\) có giá trị hiệu dụng bằng
- A \(100\sqrt 2 V\).
- B \(200\sqrt 2 V\).
- C \(200V\).
- D \(100V\).
Đáp án: A
Phương pháp giải:
Biểu thức điện áp: \(u = {U_0}co{\rm{s}}\left( {\omega t + \varphi } \right)\)
Điện áp hiệu dụng: \(U = \dfrac{{{U_0}}}{{\sqrt 2 }}\)
Lời giải chi tiết:
Điện áp hiệu dụng: \(U = \dfrac{{{U_0}}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{200}}{{\sqrt 2 }} = 100\sqrt 2 V\)
Câu hỏi 16 :
Hạt nhân \(_{92}^{235}U\) có độ hụt khối \(1,91519u\). Biết \(1u{c^2} = 931,5MeV\). Năng lượng liên kết của hạt nhân này có giá trị xấp xỉ bằng
- A 1784 MeV.
- B 1990MeV.
- C 1820MeV.
- D 1597MeV.
Đáp án: A
Phương pháp giải:
Công thức tính năng lượng liên kết:
\({{\rm{W}}_{lk}} = \left[ {Z.{m_p} + \left( {A - Z} \right){m_n} - {m_X}} \right]{c^2} = \Delta m{c^2}\)
Lời giải chi tiết:
Năng lượng liên kết của hạt nhân có giá trị:
\({{\rm{W}}_{lk}} = \Delta m{c^2} = 1,91519u{c^2} = 1,91519.931,5 = 1784MeV\)
Câu hỏi 17 :
Điện năng truyền tải đi xa thường bị hao phí chủ yếu do tỏa nhiệt trên đường dây. Gọi R là điện trở đường dây, P là công suất điện được truyền đi, U là điện áp tại nơi phát, \(co{\rm{s}}\varphi \) là hệ số công suất của mạch điện thì công suất hao phí trên đường dây là
- A \({P_{hp}} = R.\frac{{{{\left( {Uco{\rm{s}}\varphi } \right)}^2}}}{{{P^2}}}\)
- B \({P_{hp}} = R.\frac{{{U^2}}}{{{{\left( {P.co{\rm{s}}\varphi } \right)}^2}}}\)
- C \({P_{hp}} = {R^2}\frac{P}{{{{\left( {Uco{\rm{s}}\varphi } \right)}^2}}}\)
- D \({P_{hp}} = R.\frac{{{P^2}}}{{{{\left( {Uco{\rm{s}}\varphi } \right)}^2}}}\)
Đáp án: D
Phương pháp giải:
Công thức tính công suất hao phí: \({P_{hp}} = \frac{{{P^2}}}{{{U^2}co{{\rm{s}}^2}\varphi }}R\)
Lời giải chi tiết:
Công suất hao phí trên đường dây: \({P_{hp}} = \frac{{{P^2}}}{{{U^2}co{{\rm{s}}^2}\varphi }}R\)
Câu hỏi 18 :
Xét nguyên tử hiđrô theo mẫu nguyên tử Bo. Quỹ đạo dừng N của êlectron trong nguyên tử ứng với số nguyên n bằng
- A 3
- B 2.
- C 5.
- D 4.
Đáp án: D
Phương pháp giải:
Sử dụng bảng quy đổi tên bán kính quỹ đạo dừng:
Lời giải chi tiết:
Quỹ đạo dừng N của electron trong nguyên tử ứng với n = 4.
Câu hỏi 19 :
Sóng cơ không truyền được trong môi trường nào sau đây?
- A Chất lỏng.
- B Chất rắn.
- C Chất khí.
- D Chân không.
Đáp án: D
Phương pháp giải:
Sóng cơ truyền được trong các môi trường rắn, lỏng, khí và không truyền được trong chân không.
Lời giải chi tiết:
Sóng cơ không truyền được trong môi trường chân không.
Câu hỏi 20 :
Một mạch dao động điện từ lí tưởng gồm cuộn cảm thuần có độ tự cảm L và tụ điện có điện dung C. Mạch dao động tự do với tần số là
- A \(f = \frac{1}{{2\pi \sqrt {LC} }}\)
- B \(f = \frac{1}{{\sqrt {LC} }}\)
- C \(f = 2\pi \sqrt {LC} \)
- D \(f = \sqrt {LC} \)
Đáp án: A
Phương pháp giải:
Sử dụng biểu thức tính tần số dao động mạch LC: \(f = \frac{1}{{2\pi \sqrt {LC} }}\)
Lời giải chi tiết:
Tần số dao động mạch LC: \(f = \frac{1}{{2\pi \sqrt {LC} }}\)
Câu hỏi 21 :
Trong nguyên tử hiđrô, bán kính Bo là \(5,{3.10^{ - 11}}m\). Khi ở trạng thái kích thích, êlectron chuyển động trên quỹ đạo dừng L có bán kính là
- A \(6,{48.10^{ - 10}}m\)
- B \(4,{77.10^{ - 10}}m\)
- C \(1,{06.10^{ - 10}}m\)
- D \(2,{12.10^{ - 10}}m\)
Đáp án: D
Phương pháp giải:
+ Sử dụng bảng quy đổi tên bán kính quỹ đạo dừng:
+ Công thức tính bán kính quỹ đạo dừng n: \({r_n} = {n^2}{r_0}\)
Lời giải chi tiết:
Quỹ đạo L ứng với \(n = 2\)
\( \Rightarrow \) Bán kính quỹ đạo L:
\({r_L} = {2^2}{r_0} = 4.5,{3.10^{ - 11}} = 2,{12.10^{ - 10}}m\)
Câu hỏi 22 :
Đặt một điện áp \(u = 220\sqrt 2 co{\rm{s100}}\pi {\rm{t}}\left( V \right)\) vào hai đầu một đoạn mạch R, L, C ghép nối tiếp thì cường độ dòng điện qua mạch có biểu thức \(i = 5\sqrt 2 co{\rm{s}}\left( {100\pi t - \frac{\pi }{3}} \right)\left( A \right)\). Hệ số công suất của đoạn mạch bằng
- A 0,5.
- B 0,87.
- C 1
- D 0,71.
Đáp án: A
Phương pháp giải:
+ Đọc phương trình u, i
+ Hệ số công suất: \(\cos \varphi ;\,\varphi = {\varphi _u} - {\varphi _i}\)
Lời giải chi tiết:
Độ lệch pha của u và i: \(\varphi = {\varphi _u} - {\varphi _i} = 0 - \left( { - \frac{\pi }{3}} \right) = \frac{\pi }{3}\)
Hệ số công suất: \(\cos \varphi = \cos \frac{\pi }{3} = \frac{1}{2}\)
Câu hỏi 23 :
Giả sử hai hạt nhân X và Y có độ hụt khối bằng nhau và số nuclon của hạt nhân X lớn hơn số nuclôn của hạt nhân Y thì:
- A năng lượng liên kết của hạt nhân X lớn hơn năng lượng liên kết của hạt nhân Y.
- B năng lượng liên kết riêng của hai nhạt nhân bằng nhau.
- C hạt nhân Y bền vững hơn hạt nhân X.
- D hạt nhân X bền vững hơn hạt nhân Y.
Đáp án: C
Phương pháp giải:
+ Năng lượng liên kết: \({W_{lk}} = \Delta m.{c^2}\)
+ Năng lượng liên kết riêng: \(\varepsilon = \dfrac{{{W_{lk}}}}{A} = \dfrac{{\Delta m.{c^2}}}{A}\)
+ Hạt nhân có năng lượng liên kết riêng càng lớn thì hạt nhân càng bền vững.
Lời giải chi tiết:
+ Năng lượng liên kết: \(\left\{ \begin{array}{l}{W_{lkX}} = \Delta {m_X}.{c^2}\\{W_{lkY}} = \Delta {m_Y}.{c^2}\\\Delta {m_X} = \Delta {m_Y}\end{array} \right. \Rightarrow {W_{lkX}} = {W_{lkY}} = {W_{lk}}\)
+ Năng lượng liên kết riêng: \(\left\{ \begin{array}{l}{\varepsilon _X} = \dfrac{{{W_{lk}}}}{{{A_X}}}\\{\varepsilon _Y} = \dfrac{{{W_{lk}}}}{{{A_Y}}}\\{A_X} > {A_Y}\end{array} \right. \Rightarrow {\varepsilon _X} < {\varepsilon _Y}\)
Vậy hạt nhân Y bền vững hơn hạt nhân X.
Câu hỏi 24 :
Trong một mạch kín, suất điện động tự cảm có giá trị lớn khi cường độ dòng điện
- A biến thiên chậm.
- B biến thiên nhanh.
- C có giá trị nhỏ.
- D có giá trị lớn.
Đáp án: B
Phương pháp giải:
Công thức tính suất điện động tự cảm: \({e_{tc}} = - L\frac{{\Delta i}}{{\Delta t}}\)
Lời giải chi tiết:
Ta có suất điện động tự cảm: \({e_{tc}} = - L\frac{{\Delta i}}{{\Delta t}}\)
\( \Rightarrow \) Suất điện động tự cảm có giá trị lớn khi cường độ dòng điện biến thiên nhanh.
Câu hỏi 25 :
Một máy biến áp có tỉ số giữa số vòng dây ở cuộn thứ cấp và sơ cấp là 10. Đặt vào hai đầu cuộn sơ cấp một điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng 200V. Điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn thứ cấp là
- A \(2000\sqrt 2 V.\)
- B \(2000V.\)
- C \(200\sqrt 2 V.\)
- D \(20V.\)
Đáp án: B
Phương pháp giải:
Công thức máy biến áp: \(\frac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \frac{{{N_1}}}{{{N_2}}}\)
Lời giải chi tiết:
Tỉ số giữa số vòng dây ở cuộn thứ cấp và sơ cấp : \(\dfrac{{{N_2}}}{{{N_1}}} = 10\)
Lại có:
\(\dfrac{{{U_1}}}{{{U_2}}} = \dfrac{{{N_1}}}{{{N_2}}} \Leftrightarrow \dfrac{{200}}{{{U_2}}} = \dfrac{1}{{10}} \Rightarrow {U_2} = 2000V\)
Câu hỏi 26 :
Khi cho ánh sáng trắng truyền từ không khí vào nước thì bức xạ nào sau đây có góc khúc xạ lớn nhất?
- A Lục.
- B Đỏ.
- C Lam.
- D Tím.
Đáp án: B
Phương pháp giải:
Định luật khúc xạ ánh sáng trắng: \({n_1}.\sin i = {n_2}.\sin \,r\)
Chiết suất: \({n_{do}} < {n_{tim}}\)
Lời giải chi tiết:
Ta có: \(\sin i = n.\sin \,r \Rightarrow \sin \,r = \frac{{\sin i}}{n}\)
Do \({n_{do}} < {n_{tim}} \Rightarrow {r_{do}} > {r_{tim}}\)
Cho ánh sáng trắng truyền từ không khí vào nước thì bức xạ thì tia đỏ cho góc khúc xạ lớn nhất.
Câu hỏi 27 :
Một con lắc lò xo dao động điều hòa với phương trình \(x = 3co{\rm{s}}\left( {2\pi t + \frac{\pi }{2}} \right)cm\). Tại thời điểm 0,5s gia tốc của vật có giá trị
- A \(118.44cm/{s^2}\)
- B \(59,22cm/{s^2}\)
- C \( - 118,44cm/{s^2}\)
- D \(0cm/{s^2}\)
Đáp án: D
Phương pháp giải:
Sử dụng biểu thức tính gia tốc: \(a = - {\omega ^2}x\)
Lời giải chi tiết:
Tại thời điểm \(t = 0,5{\rm{s}} \Rightarrow {\rm{x}} = 3co{\rm{s}}\left( {2\pi .0,5 + \frac{\pi }{2}} \right) = 0\)
\( \Rightarrow a = - {\omega ^2}x = 0cm/{s^2}\)
Câu hỏi 28 :
Một sóng hình sin lan truyền trong một môi trường với phương trình sóng \(u = 4co{\rm{s2}}\pi \left( {\frac{t}{{0,1}} - \frac{x}{2}} \right)\left( {cm} \right)\) (x tính bằng cm, t tính bằng giây). Tốc độ truyền sóng là
- A 10 cm/s.
- B 20 cm/s.
- C 5 cm/s.
- D 15 cm/s.
Đáp án: B
Phương pháp giải:
+ Đọc phương trình u-t
+ Đồng nhất phương trình sóng bài cho với phương trình sóng tổng quát.
+ Sử dụng biểu thức tính tốc độ truyền sóng: \(v = \lambda f\)
Lời giải chi tiết:
Phương trình sóng bài cho: \(u = 4co{\rm{s}}\left( {20\pi t - \pi x} \right)cm\)
Phương trình sóng tổng quát có dạng: \(u = A\cos \left( {\omega t - \frac{{2\pi x}}{\lambda }} \right)\)
Đồng nhất hai phương trình ta có: \(\pi x = \frac{{2\pi x}}{\lambda } \Rightarrow \lambda = 2cm\)
Tốc độ truyền sóng: \(v = \lambda .f = 2.\frac{{20\pi }}{2} = 20cm/s\)
Câu hỏi 29 :
Đoạn mạch AB gồm điện trở \(R = 40\Omega \), cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm \(L =\frac{6}{{10\pi }}H\) và tụ điện C mắc nối tiếp. Đặt vào hai đầu đoạn mạch đó một điện áp xoay chiều \({u_{AB}} = 160co{\rm{s}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{6}} \right)\left( V \right)\) thì công suất tiêu thụ trên đoạn mạch đó bằng 320W. Biểu thức điện áp giữa hai đầu tụ điện là
- A \({u_C} = 240co{\rm{s}}\left( {100\pi t + \frac{\pi }{3}} \right)\left( V \right)\)
- B \({u_C} = 120\sqrt 2 co{\rm{s}}\left( {100\pi t - \frac{\pi }{3}} \right)\left( V \right)\)
- C \({u_C} = 120\sqrt 2 co{\rm{s}}\left( {100\pi t - \frac{\pi }{2}} \right)\left( V \right)\)
- D \({u_C} = 240co{\rm{s}}\left( {100\pi t - \frac{\pi }{3}} \right)\left( V \right)\)
Đáp án: D
Phương pháp giải:
+ Cảm kháng: \({Z_L} = \omega L\)
+ Công suất tiêu thụ của đoạn mạch: \(P = UIco{\rm{s}}\varphi = \frac{{{U^2}}}{{{Z^2}}}R\)
Lời giải chi tiết:
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}R = 40\Omega \\{Z_L} = \omega L = 60\Omega \end{array} \right.\)
Công suất tiêu thụ trên đoạn mạch:
\(P = UIco{\rm{s}}\varphi = \frac{{{U^2}}}{{{Z^2}}}R \Leftrightarrow 320 = \frac{{{{\left( {80\sqrt 2 } \right)}^2}}}{{{Z^2}}}40\)
\( \Rightarrow Z = 40\Omega \Rightarrow {Z_L} = {Z_C} = 60\Omega \Rightarrow {\varphi _u} = {\varphi _i}\)
\( \Rightarrow {I_0} = \frac{{{U_0}}}{Z} = \frac{{160}}{{40}} = 4A \Rightarrow {U_{0C}} = {I_0}{Z_C} = 4.60 = 240V\)
Lại có: \({\varphi _{{u_C}}} - {\varphi _i} = - \frac{\pi }{2} \Rightarrow {\varphi _{{u_C}}} = {\varphi _i} - \frac{\pi }{2} = \frac{\pi }{6} - \frac{\pi }{2} = - \frac{\pi }{3}\)
\( \Rightarrow {u_C} = 240co{\rm{s}}\left( {100\pi t - \frac{\pi }{3}} \right)V\)
Câu hỏi 30 :
Cho \(h = 6,{625.10^{ - 34}}J;c = {3.10^8}m/s\). Phôtôn có năng lượng \(7,{95.10^{ - 19}}J\) ứng với bức xạ thuộc vùng
- A sóng vô tuyến.
- B hồng ngoại.
- C tử ngoại.
- D ánh sáng nhìn thấy.
Đáp án: C
Phương pháp giải:
+ Năng lượng photon: \(\varepsilon = hf = \frac{{hc}}{\lambda }\)
+ Sử dụng thang sóng điện từ
Lời giải chi tiết:
Năng lượng photon:
\(\varepsilon = \frac{{hc}}{\lambda } \Rightarrow \lambda = \frac{{hc}}{\varepsilon } = \frac{{6,{{625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{7,{{95.10}^{ - 19}}}} = 0,{25.10^{ - 6}}m\)
Thang sóng điện từ:
\( \Rightarrow \) Photon ứng với bức xạ thuộc vùng tử ngoại.
Câu hỏi 31 :
Hai con lắc đơn có chiều dài \({l_1}\) và \({l_2}\) dao động điều hòa tại cùng một nơi có chu kì dao động lần lượt là \({T_1}\) và \({T_2}\). Biết tại nơi này, nếu con lắc có chiều dài \({\ell _1} + {\ell _2}\) thì dao động với chu kì 1,0s; nếu con lắc có chiều dài \({\ell _2}-{\ell _1}\) thì dao động với chu kì 0,53s. Giá trị của \({T_1}\) và \({T_2}\) là
- A \({T_1} = 0,23{\rm{s}};{T_2} = 0,77{\rm{s}}\)
- B \({T_1} = 0,6{\rm{s}};{T_2} = 0,8{\rm{s}}\)
- C \({T_1} = 0,8{\rm{s}};{T_2} = 0,6{\rm{s}}\)
- D \({T_1} = 0,77{\rm{s}};{T_2} = 0,23{\rm{s}}\)
Đáp án: B
Phương pháp giải:
Chu kì dao động của con lắc đơn: \(T = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}} \)
Lời giải chi tiết:
Ta có, chu kì dao động của con lắc đơn:
\(T = 2\pi \sqrt {\frac{l}{g}}\) \( \Rightarrow {T^2} \sim l\)
Khi con lắc có chiều dài \(l = {l_1} + {l_2}\) thì chu kì dao động khi đó:
\({T^2} = T_1^2 + T_2^2 = {1^2}\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
Khi con lắc có chiều dài \(l' = {l_2} - {l_1}\) thì chu kì dao động khi đó:
\(T{'^2} = T_2^2 - T_1^2 = 0,{53^2}\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) ta suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l}{T_1} = 0,5996{\rm{s}}\\{T_2} = 0,8{\rm{s}}\end{array} \right.\)
Câu hỏi 32 :
Một sợi dây đàn hồi dài 1,2m được treo lơ lửng trên một cần rung. Cần rung có thể dao động theo phương ngang với tần số thay đổi được từ 50Hz đến 75Hz. Tốc độ truyền sóng trên dây là 6m/s. Xem đầu nối với cần rung là nút sóng khi có sóng dừng trên dây. Trong quá trình thay đổi tần số rung, số lần tạo ra sóng dừng trên dây là
- A 11.
- B 13.
- C 12.
- D 10.
Đáp án: D
Phương pháp giải:
+ Điều kiện có sóng dừng trên dây 1 đầu cố định, 1 đầu tự do: \(l = \left( {2k + 1} \right)\frac{\lambda }{4}\)
+ Sử dụng biểu thức tính bước sóng: \(\lambda = \frac{v}{f}\)
Lời giải chi tiết:
Khi có sóng dừng chiều dài dây thỏa mãn biểu thức
\(l = \left( {2k + 1} \right)\frac{\lambda }{4} = \left( {2k + 1} \right)\frac{v}{{4f}} \Rightarrow f = \left( {2k + 1} \right)\frac{v}{{4l}} = \left( {2k + 1} \right)\frac{5}{4}\)
Theo đề bài \(50 \le f \le 75\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow 50 \le \left( {2k + 1} \right)\frac{5}{4} \le 75 \Leftrightarrow 19,5 \le k \le 29,5\\ \Rightarrow k = 20,21,22,23,24,25,26,27,28,29\end{array}\)
Có 10 giá trị của k
\( \Rightarrow \) Trong quá trình thay đổi tần số rung, số lần tạo ra sóng dừng trên dây là 10 lần.
Câu hỏi 33 :
Một máy phát điện xoay chiều một pha có rôto là phần cảm, cần phát ra dòng điện có tần số không đổi 60 Hz để duy trì hoạt động của một thiết bị kĩ thuật. Nếu thay rôto của máy phát điện bằng một rôto khác có ít hơn hai cặp cực thì số vòng quay của rôto trong một giờ phải thay đổi đi 18000 vòng. Số cặp cực của rôto lúc đầu là
- A 6.
- B 4.
- C 10.
- D 5
Đáp án: A
Phương pháp giải:
Sử dụng biểu thức: \(f = np\)
Lời giải chi tiết:
Ta có, số cặp cực của roto ban đầu là p: \(f = np = 60H{\rm{z}}\,\,\,\left( 1 \right)\)
Tần số f không đổi
Khi thay bằng roto khác có \(\left( {p - 2} \right)\) cặp cực: \(f = n'\left( {p - 2} \right)\), khi này số vòng quay trong một giờ thay đổi đi 18000 vòng \( \Rightarrow \) trong 1 giây thay đổi 5 vòng
\( \Rightarrow n' = n + 5 \Rightarrow f = \left( {n + 5} \right)\left( {p - 2} \right)\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) ta có:
\(pn = \left( {n + 5} \right)\left( {p - 2} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}n = 10\\p = 6\end{array} \right.\)
Câu hỏi 34 :
Một mạch dao động LC lí tưởng gồm cuộn cảm thuần có độ tự cảm 1H và tụ điện có điện dung \(10\mu F\). Lấy \({\pi ^2} = 10\). Lúc đầu điện tích trên tụ đạt giá trị cực đại. Điện tích trên tụ bằng 0 sau khoảng thời gian ngắn nhất là
- A \(\dfrac{1}{{200}}s\)
- B \(\dfrac{1}{{600}}s\)
- C \(\dfrac{3}{{400}}s\)
- D \(\dfrac{1}{{300}}s\)
Đáp án: A
Phương pháp giải:
+ Chu kì dao động của mạch LC: \(T = 2\pi \sqrt {LC} \)
+ Thời gian ngắn nhất điện tích trên tụ từ giá trị cực đại về 0 là \(\frac{T}{4}\)
Lời giải chi tiết:
+ Chu kì dao động:
\(T = 2\pi \sqrt {LC} = 2\pi \sqrt {{{1.10.10}^{ - 6}}} = 0,02{\rm{s}}\)
+ Thời gian ngắn nhất điện tích trên tụ từ giá trị cực đại về 0 là:
\(\dfrac{T}{4} = \dfrac{1}{{200}}s\)
Câu hỏi 35 :
Một mạch dao động LC lí tưởng gồm cuộn cảm thuần có độ tự cảm L và tụ điện có điện dung C đang có dao động điện từ tự do. Điện tích trên một bản tụ ở thời điểm t có dạng biểu thức \(q = {q_0}cos\left( {\omega t + \frac{\pi }{2}} \right)\left( C \right)\) (t tính bằng giây). Kể từ thời điểm ban đầu \(t = 0\), sau khoảng thời gian ngắn nhất \({10^{ - 6}}s\) thì điện tích trên bản tụ bằng 0. Tần số dao động của mạch này là
- A 250kHz.
- B 150kHz.
- C 500kHz.
- D 125kHz.
Đáp án: C
Phương pháp giải:
+ Đọc phương trình điện tích
+ Sử dụng trục thời gian suy ra từ vòng tròn lượng giác
Lời giải chi tiết:
Biểu thức điện tích: \(q = {q_0}co{\rm{s}}\left( {\omega t + \frac{\pi }{2}} \right)\left( C \right)\)
Tại \(t = 0\) có \(q = 0\)
Thời gian ngắn nhất kể từ \(t = 0\) đến khi điện tích trên tụ bằng 0 là:
\(\Delta t = \frac{T}{2} = {10^{ - 6}}s \Rightarrow T = {2.10^{ - 6}}s\)
Tần số: \(f = \frac{1}{T} = 500000H{\rm{z}} = 500kH{\rm{z}}\)
Câu hỏi 36 :
Hai con lắc lò xo nằm ngang dao động điều hòa cùng tần số dọc theo hai đường thẳng song song kề nhau và song song với trục Ox. Vị trí cân bằng của hai dao động đều nằm trên một đường thẳng qua O và vuông góc với Ox. Đồ thị (1), (2) lần lượt biểu diễn mối liên hệ giữa lực kéo về \({F_{kv}}\) và li độ x của con lắc 1 và con lắc 2. Biết tại thời điểm \({t_1}\) , hai con lắc có cùng li độ và đúng bằng biên độ của con lắc 2. Tại thời điểm \({t_2}\) sau đó, khoảng cách giữa hai vật nặng theo phương Ox là lớn nhất. Tỉ số giữa thế năng của con lắc 1 và động năng của con lắc 2 tại thời điểm \({t_2}\) là
- A 1.
- B 3.
- C 0,5.
- D 2
Đáp án: A
Phương pháp giải:
+ Đọc đồ thị
+ Sử dụng biểu thức tính lực kéo về: \({F_{kv}} = - k{\rm{x}}\)
+ Sử dụng biểu thức tính thế năng: \({{\rm{W}}_t} = \frac{1}{2}k{{\rm{x}}^2}\)
+ Sử dụng biểu thức tính cơ năng: \({\rm{W}} = {{\rm{W}}_t} + {{\rm{W}}_d} = \frac{1}{2}k{A^2}\)
Lời giải chi tiết:
Từ đồ thị ta có:
Với đường (1):
\(\left\{ \begin{array}{l}{A_1} = 2cm\\{F_{k{v_1}ma{\rm{x}}}} = 2N = {k_1}{{\rm{A}}_1}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{A_1} = 2cm\\{k_1} = 100N/m\end{array} \right.\)
Với đường (2):
\(\left\{ \begin{array}{l}{A_2} = 1cm\\{F_{k{v_{2ma{\rm{x}}}}}} = 3N = {k_2}{A_2}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{A_2} = 1cm\\{k_2} = 300N/m\end{array} \right.\)
Tại thời điểm \({t_1}\): \({x_1} = {x_2} = {A_2} = 1cm\)
Tại thời điểm \({t_2}\): khoảng cách giữa 2 vật nặng theo phương Ox là lớn nhất khi vuông góc với phương thẳng đứng, vẽ trên vòng tròn lượng giác ta được vị trí của 2 vật: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} = \frac{{{A_1}\sqrt 3 }}{2}\\{x_2} = 0\end{array} \right.\)
Khi đó:
Thế năng của con lắc 1 tại thời điểm \({t_2}\):
\({{\rm{W}}_{{t_1}}} = \frac{1}{2}{k_1}x_1^2 = \frac{1}{2}100.{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}.0,02} \right)^2} = 0,015J\)
Động năng của con lắc 2 tại thời điểm \({t_2}\):
\({{\rm{W}}_{{d_2}}} = {{\rm{W}}_2} = \frac{1}{2}{k_2}A_2^2 = \frac{1}{2}.300.0,{01^2} = 0,015J\)
\( \Rightarrow \frac{{{{\rm{W}}_{{t_1}}}}}{{{{\rm{W}}_{{d_2}}}}} = \frac{{0,015}}{{0,015}} = 1\)
Câu hỏi 37 :
Một đèn laze có công suất phát sáng 1W phát ánh sáng đơn sắc có bước sóng \(0,7\mu m.\)
Cho \(h{\rm{ }} = {\rm{ }}6,{625.10^{ - 34}}Js,{\rm{ }}c{\rm{ }} = {\rm{ }}{3.10^8}m/s.\) . Số photon của nó phát ra trong 1 giây là:
- A
3,52.1016
- B
3,52.1018
- C
3,52.1019
- D
3,52.1020
Đáp án: B
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức tính số photon của nguồn sáng phát ra trong thời gian t:
\({N_p} = \frac{{Pt}}{\varepsilon } = \frac{{P\lambda }}{{hc}}t\)
Lời giải chi tiết:
Ta có: Số photon của đèn phát ra trong 1 giây là:
\({N_p} = \frac{{Pt}}{\varepsilon } = \frac{{P\lambda }}{{hc}}t = \frac{{1.0,{{7.10}^{ - 6}}}}{{6,{{625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}.1 = 3,{522.10^{18}}\)
Câu hỏi 38 :
Đặt điện áp \(u = U\sqrt 2 co{\rm{s}}\left( {\omega t + {\varphi _u}} \right)\left( V \right)\) (biết U không đổi và \(\omega \) thay đổi được) vào hai đầu đoạn mạch AB nối tiếp theo thứ tự gồm đoạn AM chứa cuộn cảm thuần có độ tự cảm L, đoạn MN chứa điện trở thuần R và đoạn NB chứa tụ điện có điện dung C. Khi \(\omega = {\omega _1}\) và \(\omega = 2{\omega _1}\) thì biểu thức dòng điện trong mạch lần lượt là \({i_1} = \sqrt 2 co{\rm{s}}\left( {{\omega _1}t + \frac{{5\pi }}{6}} \right)\left( A \right)\) và \({i_2} = 2co{\rm{s}}\left( {{\omega _2}t + \frac{{7\pi }}{{12}}} \right)\left( A \right)\). Biểu thức của dòng điện khi \(\omega = \sqrt 3 {\omega _1}\) là
- A \({i_3} = 2co{\rm{s}}\left( {\sqrt 3 {\omega _1} + \frac{{13\pi }}{{20}}} \right)A\)
- B \({i_3} = \sqrt 2 cos\left( {\sqrt 3 {\omega _1}t - \frac{{5\pi }}{6}} \right)\left( A \right)\)
- C \({i_3} = cos\left( {\sqrt 3 {\omega _1}t + \frac{\pi }{6}} \right)\left( A \right)\)
- D \({i_3} = cos\left( {\sqrt 3 {\omega _1}t + \frac{{11\pi }}{{12}}} \right)\left( A \right)\)
Đáp án: A
Phương pháp giải:
+ Sử dụng biểu thức tính cường độ dòng điện:
\(I = \frac{U}{Z} = \frac{U}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\)
+ Sử dụng biểu thức tính độ lệch pha của u so với i:
\(\tan \varphi = \frac{{{Z_L} - {Z_C}}}{R}\)
+ Sử dụng công thức:
\(\tan \left( {a - b} \right) = \frac{{tana\, - {\rm{tan}}b}}{{1 + \tan a.\tan b}}\)
Lời giải chi tiết:
+ Khi \(\omega = {\omega _1}\): \({I_1} = \frac{U}{{{Z_1}}} = \frac{U}{{\sqrt {R + {{\left( {{Z_{{L_1}}} - {Z_{{C_1}}}} \right)}^2}} }} = 1\)
Độ lệch pha của u so với i: \({\varphi _1} = {\varphi _u} - \frac{{5\pi }}{6}\)
+ Khi \(\omega = 2{\omega _1}\): \(\left\{ \begin{array}{l}{Z_{{L_2}}} = 2{{\rm{Z}}_{{L_1}}}\\{Z_{{C_2}}} = \frac{{{Z_{{C_1}}}}}{2}\\{I_2} = \frac{U}{{{Z_2}}} = \frac{U}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {2{{\rm{Z}}_{{L_1}}} - \frac{{{Z_{{C_1}}}}}{2}} \right)}^2}} }} = \sqrt 2 \end{array} \right.\)
Độ lệch pha của u so với i: \({\varphi _2} = {\varphi _u} - \frac{{7\pi }}{{12}}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{{I_1}}}{{{I_2}}} = \frac{1}{{\sqrt 2 }} = \sqrt {\frac{{{R^2} + {{\left( {2{{\rm{Z}}_{{L_1}}} - \frac{{{Z_{{C_1}}}}}{2}} \right)}^2}}}{{{R^2} + {{\left( {{Z_{{L_1}}} - {Z_{{C_1}}}} \right)}^2}}}} \\ \Rightarrow {R^2} + 2{\left( {2{{\rm{Z}}_{{L_1}}} - \frac{{{Z_{{C_1}}}}}{2}} \right)^2} = {\left( {{Z_{{L_1}}} - {Z_{{C_1}}}} \right)^2}\\ \Rightarrow 1 + 2\frac{{{{\left( {2{{\rm{Z}}_{{L_1}}} - \frac{{{Z_{{C_1}}}}}{2}} \right)}^2}}}{{{R^2}}} = \frac{{{{\left( {{Z_{{L_1}}} - {Z_{{C_1}}}} \right)}^2}}}{{{R^2}}}\end{array}\)
\( \Rightarrow 1 + 2{\tan ^2}{\varphi _2} = {\tan ^2}{\varphi _1}\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
\(\tan \left( {{\varphi _2} - {\varphi _1}} \right) = \frac{{\tan {\varphi _2} - \tan {\varphi _1}}}{{1 + \tan {\varphi _2}.\tan {\varphi _1}}} = \tan \frac{\pi }{4} = 1\)
\( \Rightarrow \tan {\varphi _2} - \tan {\varphi _1} = 1 + \tan {\varphi _2}.\tan {\varphi _1}\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) ta suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}\tan {\varphi _1} = - 1\\\tan {\varphi _2} = 0\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{Z_{{C_1}}} = 4{{\rm{Z}}_{{L_1}}}\\R = 3{{\rm{Z}}_{{L_1}}}\\{Z_1} = 3\sqrt 2 {Z_{{L_1}}}\end{array} \right.\)
Khi \(\omega = \sqrt 3 {\omega _1} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{Z_{L3}} = \sqrt 3 {Z_{L1}}\\{Z_{C3}} = \frac{{{Z_{C1}}}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{4{{\rm{Z}}_{L1}}}}{{\sqrt 3 }}\end{array} \right. \Rightarrow {Z_3} = \frac{{2\sqrt {21} }}{3}{Z_{L1}}\)
\({I_3} = \frac{U}{{{Z_3}}} = \frac{{{I_1}.{Z_1}}}{{{Z_3}}} = \frac{{1.3\sqrt 2 }}{{\frac{{2\sqrt {21} }}{3}}} = 1,388{\rm{A}} \Rightarrow {I_{03}} = 1,964{\rm{A}}\)
\(\tan {\varphi _3} = \frac{{{Z_{{L_3}}} - {Z_{{C_3}}}}}{R} = - \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow {\varphi _3} = - 0,19{\rm{r}}a{\rm{d}} = - 0,06\pi \)
\({\varphi _3} = {\varphi _u} - {\varphi _{i3}} \Rightarrow {\varphi _{{i_3}}} = \frac{{7\pi }}{{12}} + 0,06\pi = 0,6433\pi \left( {rad} \right)\)
\( \Rightarrow {i_3} = 1,964co{\rm{s}}\left( {\sqrt 3 {\omega _1} + 0,6433\pi } \right)A\)
Câu hỏi 39 :
Tại hai điểm A, B cách nhau 14cm thuộc bề mặt chất lỏng người ta đặt hai nguồn sóng kết hợp dao động theo phương thẳng đứng với phương trình \({u_A} = {u_B} = Acos\left( {\omega t} \right)\left( {cm} \right)\). Điểm N thuộc mặt thoáng chất lỏng cách nguồn A, B lần lượt 8cm và 17cm có biên độ sóng cực đại. Giữa N và đường trung trực của AB có hai dãy cực đại khác. Xem quá trình lan truyền sóng biên độ không đổi, không tiêu hao năng lượng. Tại mặt thoáng chất lỏng, xét điểm M thuộc đường tròn tâm B bán kính AB cũng có biên độ sóng cực đại và xa điểm A nhất. Khoảng cách từ điểm B đến hình chiếu của điểm M xuống đường thẳng nối AB là
- A \(\frac{{61}}{9}cm.\)
- B \(\frac{{81}}{5}cm.\)
- C \(\frac{{71}}{7}cm.\)
- D \(\frac{{91}}{{13}}cm.\)
Đáp án: C
Phương pháp giải:
+ Sử dụng biểu thức cực đại giao thoa 2 sóng cùng pha: \({d_2} - {d_1} = k\lambda \)
+ Sử dụng công thức lượng giác trong tam giác.
Lời giải chi tiết:
Ta có, \(BN - AN = 17 - 8 = 9cm\)
Giữa N và đường trung trực của AB có 2 dãy cực đại khác
\( \Rightarrow N\) là cực đại bậc 3
\( \Rightarrow BN - AN = 3\lambda \Rightarrow \lambda = 3cm\)
Số cực đại trên AB thỏa mãn:
\( - \frac{{AB}}{\lambda } < k < \frac{{AB}}{\lambda } \Leftrightarrow - \frac{{14}}{3} < k < \frac{{14}}{3} \Leftrightarrow - 4,67 < k < 4,67\)
M thuộc cực đại xa A nhất \( \Rightarrow M\) là cực đại bậc 4
\( \Rightarrow MA - MB = 4\lambda \Rightarrow MA = MB + 4\lambda = 14 + 4.3 = 26cm\)
\(M{H^2} = A{M^2} - {\left( {AB + BH} \right)^2} = B{M^2} - B{H^2}\)
\( \Leftrightarrow {26^2} - {\left( {14 + BH} \right)^2} = {14^2} - B{H^2} \Rightarrow BH = \frac{{71}}{7}cm\)
Câu hỏi 40 :
Một tấm nhôm mỏng, trên có rạch hai khe hẹp song song \({S_1}\) và \({S_2}\) và đặt cách một màn 1,2 m. Đặt giữa màn và hai khe một thấu kính hội tụ có tiêu cự \(\frac{{80}}{3}cm\), người ta tìm được hai trị trí của thấu kính cho ảnh của hai khe \({S_1}\) và \({S_2}\) rõ nét trên màn. Ở vị trí mà ảnh lớn hơn thì khoảng cách giữa hai ảnh \({S_1}'\) và \({S_2}'\) là 1,6mm. Khi bỏ thấu kính ra và chiếu sáng hai khe bằng ánh sáng đơn sắc có bước sóng \(0,6\mu m\) thì khoảng vân giao thoa trên màn là
- A 1,2mm.
- B 0,9mm.
- C 0,45mm.
- D 0,6mm.
Đáp án: B
Phương pháp giải:
+ Sử dụng công thức thấu kính: \(\frac{1}{f} = \frac{1}{d} + \frac{1}{{d'}}\)
+ Sử dụng công thức viét: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = S\\{x_1}.{x_2} = P\end{array} \right. \Rightarrow {X^2} - S{\rm{X}} + P = 0\)
+ Sử dụng công thức tính khoảng vân: \(i = \frac{{\lambda D}}{a}\)
Lời giải chi tiết:
Trên hình vẽ, ta có \({L_1};{L_2}\) là 2 vị trí của thấu kính sao cho ảnh rõ nét của 2 nguồn trên màn.
Gọi \(f\) là tiêu cự của thấu kính, ta có:
+ Xét vị trí \({L_1}\): \(\frac{1}{f} = \frac{1}{{{d_1}}} + \frac{1}{{d{'_1}}}\)
+ Xét vị trí \({L_2}\): \(\frac{1}{f} = \frac{1}{{{d_2}}} + \frac{1}{{d{'_2}}}\)
\( \Rightarrow \frac{1}{{{d_1}}} + \frac{1}{{{d_1}'}} = \frac{1}{{{d_2}}} + \frac{1}{{{d_2}'}}\)
Lại có: \({d_1} + {d_1}' = {d_2} + {d_2}' = S\)
\( \Rightarrow {d_1}.{d_1}' = {d_2}{d_2}' = P\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)
Từ (1) ta suy ra \({d_1};{d_1}'\) là 2 nghiệm của phương trình:
\({X^2} - S{\rm{X}} + P = 0\) và \({d_2};{d_2}'\) cũng vậy.
Phương trình trên là phương trình bậc 2 có 2 nghiệm phân biệt \({X_1},{X_2}\)
Do \({d_1} \ne {d_2}\) nên \({X_1} = {d_1} = {d_2}'\) và \({X_2} = {d_2} = {d_1}'\)
Theo đề bài ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}{d_1} + {d_1}' = 1,2m = 120cm\\\frac{3}{{80}} = \frac{1}{{{d_1}}} + \frac{1}{{120 - {d_1}}}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{d_1} = {d_2}' = 40cm\\{d_1}' = {d_2} = 80cm\end{array} \right.\)
Ta xét 1 vị trí bất kì của thấu kính
Từ hình vẽ, ta có: \({S_1}'{S_2}' = {S_1}{S_2}\frac{{d'}}{d}\)
Suy ra để có ảnh lớn hơn, ta phải có \(\frac{{d'}}{d} > 1\)
Tức là thấu kính gần \({S_1}{S_2}\) hơn
Khi đó: \(\left\{ \begin{array}{l}d = 40cm\\d' = 80cm\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow {S_1}{S_2} = {S_1}'{S_2}'\frac{d}{{d'}} = 1,6\frac{{40}}{{80}} = 0,8mm\)
Vậy \(a = 0,8mm\)
Khi bỏ thấu kính cho giao thoa ánh sáng trên màn khi đó có khoảng vân:
\(i = \frac{{\lambda D}}{a} = \frac{{0,{{6.10}^{ - 6}}.1,2}}{{0,{{8.10}^{ - 3}}}} = {9.10^{ - 4}}m = 0,9mm\)