Câu hỏi 1 :
Hiện tượng xuất hiện dòng điện cảm ứng trong mạch kín khi từ thông qua mạch biến thiên gọi là:
- A hiện tượng cộng hưởng điện
- B hiện tượng chồng chất điện trường
- C hiện tượng cảm ứng điện từ
- D hiện tượng chồng chất từ trường
Đáp án: C
Lời giải chi tiết:
Hiện tượng xuất hiện dòng điện cảm ứng trong mạch kín khi từ thông qua mạch biến thiên gọi là hiện tượng cảm ứng điện từ
Câu hỏi 2 :
Số bội giác của kính lúp khi ngắm chừng ở vô cực được tính bằng công thức nào sau đây?
- A
\({G_\infty } = \dfrac{{O{C_C}}}{f}\)
- B
\({G_\infty } = \dfrac{f}{{O{C_V}}}\)
- C
\({G_\infty } = \dfrac{{O{C_V}}}{f}\)
- D
\({G_\infty } = \dfrac{f}{{O{C_C}}}\)
Đáp án: A
Lời giải chi tiết:
Số bội giác của kính lúp khi ngắm chừng ở vô cực được tính bằng công thức: \({G_\infty } = \dfrac{{O{C_C}}}{f}\)
Câu hỏi 3 :
Ứng dụng của việc khảo sát quang phổ liên tục là xác định:
- A nhiệt độ của các vật phát ra quang phổ liên tục
- B hình dáng và cấu tạo của vật sáng
- C thành phần cấu tạo hoá học của một vật nào đó
- D nhiệt độ và thành phần cấu tạo hoá học của một vật nào đó
Đáp án: A
Lời giải chi tiết:
Ứng dụng của việc khảo sát quang phổ liên tục là xác định nhiệt độ của các vật phát ra quang phổ liên tục
Câu hỏi 4 :
Dao động tắt dần là dao động có:
- A biên độ giảm dần theo thời gian
- B vận tốc giảm dần theo thời gian
- C tần số giảm dần theo thời gian
- D chu kì giảm dần theo thời gian
Đáp án: A
Lời giải chi tiết:
Dao động tắt dần là dao động có biên độ giảm dần theo thời gian
Câu hỏi 5 :
Đặt điện áp xoay chiều có tần số góc \(\omega\) vào hai đầu đoạn mạch RLC nối tiếp. Hệ số công suất của mạch bằng:
- A
\(\dfrac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {L\omega + \dfrac{1}{{C\omega }}} \right)}^2}} }}\)
- B
\(\dfrac{{L\omega - \dfrac{1}{{C\omega }}}}{R}\)
- C
\(\dfrac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {L\omega - \dfrac{1}{{C\omega }}} \right)}^2}} }}\)
- D
\(\dfrac{R}{{L\omega - \dfrac{1}{{C\omega }}}}\)
Đáp án: C
Phương pháp giải:
+ Sử dụng biểu thức tính hệ số công suất: \(\cos \varphi = \dfrac{R}{Z}\)
+ Vận dụng biểu thức tính tổng trở, cảm kháng và dung kháng
Lời giải chi tiết:
Hệ số công suất: \(\cos \varphi = \dfrac{R}{Z} = \dfrac{R}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {L\omega - \dfrac{1}{{C\omega }}} \right)}^2}} }}\)
Câu hỏi 6 :
Trong mạch điện xoay chiều chỉ chứa tụ điện, cường độ dòng điện
- A
sớm pha \(\dfrac{\pi }{2}\) so với điện áp hai đầu đoạn mạch
- B đồng pha so với điện áp hai đầu đoạn mạch
- C
trễ pha \(\dfrac{\pi }{2}\) so với điện áp hai đầu đoạn mạch
- D ngược pha so với điện áp hai đầu đoạn mạch
Đáp án: A
Lời giải chi tiết:
Trong mạch điện xoay chiều chỉ chứa tụ điện, cường độ dòng điện sớm pha \(\dfrac{\pi }{2}\) so với điện áp hai đầu đoạn mạch.
Câu hỏi 7 :
Sự phân tách một chùm sáng phức tạp thành các chùm sáng đơn sắc là
- A sự nhiễu xạ ánh sáng
- B sự giao thoa ánh sáng
- C sự tán sắc ánh sáng
- D sự phản xạ ánh sáng
Đáp án: C
Lời giải chi tiết:
Sự phân tách một chùm sáng phức tạp thành các chùm sáng đơn sắc là sự tán sắc ánh sáng
Câu hỏi 8 :
Pin quang điện hoạt động dựa trên
- A hiện tượng phát xạ cảm ứng
- B hiện tượng quang điện ngoài
- C hiện tượng quang phát quang
- D hiện tượng quang điện trong
Đáp án: D
Lời giải chi tiết:
Pin quang điện hoạt động dựa trên hiện tượng quang điện trong
Câu hỏi 9 :
Phản ứng hạt nhân không tuân theo:
- A định luật bảo toàn điện tích
- B định luật bảo toàn số nuclon
- C định luật bảo toàn năng lượng
- D định luật bảo toàn số proton
Đáp án: D
Lời giải chi tiết:
Ta có, các định luật bảo toàn của phản ứng hạt nhân:
+ Bảo toàn điện tích
+ Bảo toàn số nuclon (số khối)
+ Bảo toàn năng lượng
+ Bảo toàn động lượng
Phản ứng hạt nhân không tuân theo định luật bảo toàn số proton
Câu hỏi 10 :
Chu kì dao động riêng của mạch LC lí tưởng được tính bằng công thức:
- A
\(T = \dfrac{1}{{\sqrt {LC} }}\)
- B
\(T = \dfrac{1}{{2\pi \sqrt {LC} }}\)
- C
\(T = 2\pi \sqrt {LC} \)
- D \(T = \pi \sqrt {LC} \)
Đáp án: C
Lời giải chi tiết:
Chu kì dao động riêng của mạch LC lí tưởng được tính bằng công thức : \(T = 2\pi \sqrt {LC} \)
Câu hỏi 11 :
Một vật dao động điều hoà với phương trình \(x = 5\cos \left( {8\pi t - 0,25\pi } \right)\left( {cm} \right)\). Pha ban đầu của dao động là :
- A
\(8π\)
- B
\(0,25π\)
- C
\((8πt – 0,25π)\)
- D
\(- 0,25π\)
Đáp án: D
Phương pháp giải:
Vận dụng phương trình dao động điều hoà : \(x = Acos(ωt + φ)\) với \(φ\) là pha ban đầu của dao động
Lời giải chi tiết:
Ta có, phương trình dao động của vật: \(x = 5\cos \left( {8\pi t - 0,25\pi } \right)\left( {cm} \right)\)
→ Pha ban đầu của dao động là \(– 0,25π (rad)\)
Câu hỏi 12 :
Xét sự giao thoa của hai sóng trên mặt nước có bước sóng \(λ\) phát ra từ hai nguồn kết hợp đồng pha. Những điểm trong vùng giao thoa có biên độ cực đại khi hiệu đường đi của sóng từ hai nguồn có giá trị bằng:
- A \(\Delta d = k\lambda ;\,\,\,k = 0; \pm 1; \pm 2....\)
- B
\(\Delta d = \left( {2k + 1} \right)\dfrac{\lambda }{2};\,\,\,k = 0; \pm 1; \pm 2....\)
- C
\(\Delta d = \left( {2k + 1} \right)\dfrac{\lambda }{4};\,\,\,k = 0; \pm 1; \pm 2....\)
- D
\(\Delta d = k\dfrac{\lambda }{2};\,\,\,k = 0; \pm 1; \pm 2....\)
Đáp án: A
Lời giải chi tiết:
Điều kiện có cực đại trong giao thoa sóng hai nguồn cùng pha : \(\Delta d = d_2-d_1=k\lambda ;\,\,\,k = 0; \pm 1; \pm 2....\)
Câu hỏi 13 :
Một con lắc lò xo gồm vật nặng \(m = 100g\) và lò xo có độ cứng \(k\). Con lắc dao động điều hoà với tần số góc bằng \(10 rad/s\). Độ cứng \(k\) bằng:
- A
\(1 N/m\)
- B
\(100 N/m\)
- C
\(10 N/m\)
- D
\(1000 N/m\)
Đáp án: C
Phương pháp giải:
Sử dụng công thức tính tần số góc của con lắc lò xo dao động điều hoà : \(\omega = \sqrt {\dfrac{k}{m}} \)
Lời giải chi tiết:
Ta có, tần số góc \(\omega = \sqrt {\dfrac{k}{m}}\)
\(\Rightarrow k = m{\omega ^2} = 0,{1.10^2} = 10N/m\)
Câu hỏi 14 :
Biết sô A – vô – ga – đrô là 6,02.1023 mol-1. Số notron trong 0,5 mol \(_{92}^{238}U\) là :
- A
8,8.1025
- B
2,2.1025
- C
4,4.1025
- D
1,2.1025
Đáp án: C
Phương pháp giải:
+ Số proton có trong 1 hạt nhân : \(_Z^AX\) trong đó số notron là : \(N = A - Z\)
+ Số hạt nhân trong 1 mol là: \(N_A=6,02.10^{23}\)
Lời giải chi tiết:
Số hạt nhân \(_{92}^{238}U\) có trong \(0,5 mol\) \(_{92}^{238}U\) là :
\(N=0,5.N_A= 0,5.6,02.10^{23} = 3,01.10^{23}\) (hạt nhân)
Số notron có trong 1 hạt nhân \(_{92}^{238}U\) là \(N_1 =238 – 92 = 146\)
Số notron có trong \(0,5 mol\) \(_{92}^{238}U\) là : \(N_1.N=146.3,{01.10^{23}} = 4,{4.10^{25}}\)
Câu hỏi 15 :
Đặt điện áp \(u = 100\cos \left( {100\pi t - \dfrac{\pi }{4}} \right)V\) vào hai đầu đoạn mạch RLC nối tiếp. Khi đó dòng điện trong mạch có biểu thức \(i = 2\cos \left( {100\pi t + \dfrac{\pi }{{12}}} \right)A\). Công suất tiêu thụ của đoạn mạch là:
- A \(100\sqrt 3 {\rm{W}}\)
- B
\(50W\)
- C \(50\sqrt 3 {\rm{W}}\)
- D
\(100W\)
Đáp án: B
Phương pháp giải:
+ Đọc phương trình u, i
+ Vận dụng biểu thức tính công suất tiêu thụ của đoạn mạch : \(P = UI.cosφ\)
Lời giải chi tiết:
Từ phương trình điện áp và cường độ dòng điện, ta có:
+ Độ lệch pha của \(u\) so với \(i\): \(\varphi ={ - \dfrac{\pi }{4} - \dfrac{\pi }{{12}}}=-\dfrac{\pi}{3}\)
+ Điện áp hiệu dụng: \(U=\dfrac{U_0}{\sqrt{2}}=\dfrac{100}{\sqrt{2}}=50\sqrt{2}V\)
+ Cường độ dòng điện hiệu dụng: \(I=\dfrac{I_0}{\sqrt{2}}=\dfrac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}A\)
=> Công suất tiêu thụ của đoạn mạch là : \(P = UI\cos \varphi = 50\sqrt 2 .\sqrt 2 .\cos \left( -\dfrac{\pi}{3} \right) = 50W\)
Câu hỏi 16 :
Sóng cơ truyền dọc theo trục Ox có phương trình \(u = 4cos(50πt – 0,125x) (mm)\). Tần số của sóng này bằng :
- A
\(5Hz\)
- B
\(2,5Hz\)
- C
\(50Hz\)
- D
\(25Hz\)
Đáp án: D
Phương pháp giải:
+ Đọc phương trình li độ u
+ Sử dụng công thức liên hệ giữa tần số và tần số góc : \(\omega = 2\pi f \Rightarrow f = \dfrac{\omega }{{2\pi }}\)
Lời giải chi tiết:
+ Từ phương trình li độ: \(u = 4cos(50πt – 0,125x) (mm)\)
=> Tần số góc \(\omega = 50\pi (rad/s)\)
+ Tần số của sóng này bằng : \(f = \dfrac{\omega }{{2\pi }} = \dfrac{{50\pi }}{{2\pi }} = 25Hz\)
Câu hỏi 17 :
Cho phản ứng hạt nhân: \({}_{11}^{23}Na + {}_1^1H \to {}_2^4He + {}_{10}^{20}Ne\)
Khối lượng nghỉ của các hạt nhân \({}_{11}^{23}Na\); \({}_{10}^{20}Ne\); \({}_2^4He;{}_1^1H\) lần lượt là : \({m_{Na}} = 22,9837u\); \({m_{Ne}} = 19,9869u\); \({m_{He}} = 4,0015u\); \({m_H} = 1,0073u\). Biết \(1u = 931,5 MeV/c^2\). Phản ứng trên:
- A toả năng lượng 2,4219 MeV
- B thu năng lượng 2,4219 MeV
- C thu năng lượng 3,4524 MeV
- D toả năng lượng 3,4524 MeV
Đáp án: A
Phương pháp giải:
Gọi \(m_{tr}; m_s\) lần lượt là tổng khối lượng của các hạt nhân trước và sau phản ứng
+ TH1: \(m_{tr} >m_s\) → phản ứng toả năng lượng: \({{\rm{W}}_{toa}} = \left( {{m_{tr}} - {m_s}} \right){c^2}\)
+ TH2: \(m_{tr}< m_s\) → phản ứng thu năng lượng: \({{\rm{W}}_{thu}} = \left( {{m_s} - {m_{tr}}} \right){c^2}\)
Lời giải chi tiết:
Tổng khối lượng của các hạt nhân trước phản ứng: \({m_{tr}} = {m_{Na}} + {m_H} = 22,9837 + 1,0073 = 23,991u\)
Tổng khối lượng của các hạt nhân sau phản ứng: \({m_s} = {m_{He}} + {m_{Ne}} = 4,0015 + 19,9869 = 23,9884u\)
Ta thấy: \(m_{tr}> m_s\) → phản ứng toả năng lượng: \({{\rm{W}}_{toa}} = \left( {{m_{tr}} - {m_s}} \right){c^2} = \left( {23,991 - 23,9884} \right).931,5 = 2,4219MeV\)
Câu hỏi 18 :
Dùng thuyết lượng tử ánh sáng không thể giải thích được:
- A hiện tượng quang điện ngoài
- B hiện tượng giao thoa ánh sáng
- C hiện tượng quang – phát quang
- D nguyên tắc hoạt động của pin quang điện
Đáp án: B
Lời giải chi tiết:
Dùng thuyết lượng tử ánh sáng không thể giải thích được hiện tượng giao thoa ánh sáng
Câu hỏi 19 :
Khi đặt điện áp \(u = {U_0}\cos \omega t\,\left( V \right)\) vào hai đầu đoạn mạch RLC nối tiếp thì hiệu điện thế hiệu dụng giữa hai đầu điện trở, hai đầu cuộn dây thuần cảm và hai đầu tụ điện lần lượt là \(15V ; 50V ; 70V\). Giá trị của \(U_0\) bằng :
- A \(25\sqrt 2 V\)
- B
\(25V\)
- C \(15\sqrt 2 V\)
- D
\(35V\)
Đáp án: A
Phương pháp giải:
+ Sử dụng công thức tính điện áp hiệu dụng : \(U = \sqrt {U_R^2 + {{\left( {{U_L} - {U_C}} \right)}^2}} \)
+ Sử dụng Công thức liên hệ giữa điện áp hiệu dụng và cực đại : \({U_0} = U\sqrt 2 \)
Lời giải chi tiết:
+ Điện áp hiệu dụng bằng : \(U = \sqrt {U_R^2 + {{\left( {{U_L} - {U_C}} \right)}^2}} = \sqrt {{{15}^2} + {{\left( {50 - 70} \right)}^2}} = 25V\)
→ Điện áp cực đại : \({U_0} = U\sqrt 2 = 25\sqrt 2 V\)
Câu hỏi 20 :
Một nguồn âm phát âm trong môi trường không hấp thụ âm. Cường độ âm chuẩn là \({I_0} = {10^{ - 12}}\left( {{\rm{W/}}{{\rm{m}}^2}} \right)\). Tại điểm A ta đo được mức cường độ âm là \(L = 70dB\). Cường độ âm I tại A có giá trị là :
- A 50 W/m2.
- B 105 W/m2.
- C 10-7 W/m2.
- D 10-5 W/m2.
Đáp án: D
Phương pháp giải:
Sử dụng công thức tính mức cường độ âm : \(L = 10.\log \dfrac{I}{{{I_0}}}\,\,\left( {dB} \right)\)
Lời giải chi tiết:
Ta có : \({L_A} = 10.\log \dfrac{I}{{{I_0}}} = 70\)
\(\Rightarrow \dfrac{I}{{{I_0}}} = {10^7}\)
\(\Rightarrow I = {I_0}{.10^7} = {10^{ - 12}}{.10^7} = {10^{ - 5}}\left( {{\rm{W}}/{m^2}} \right)\)
Câu hỏi 21 :
Một kim loại có công thoát là \(4,2 eV\). Biết hằng số Plăng là \(6,625.10^{-34}Js\), tốc độ ánh sáng trong chân không bằng \(3.10^8m/s\). Giới hạn quang điện của kim loại này xấp xỉ là
- A \(1,{04.10^{ - 7}}\mu m\)
- B \(1,{74.10^{ - 7}}m\)
- C \(2,{96.10^{ - 7}}m\)
- D \(2,{12.10^{ - 7}}m\)
Đáp án: C
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức tính công thoát của kim loại \(A = \dfrac{{hc}}{\lambda }\)
Lời giải chi tiết:
Ta có công thoát: \(A = \dfrac{{hc}}{\lambda }\)
Suy ra giới hạn quang điện của kim loại này là: \(\lambda = \dfrac{{hc}}{A} = \dfrac{{6,{{625.10}^{ - 34}}{{.3.10}^8}}}{{4,2.1,{{6.10}^{ - 19}}}} = 2,{96.10^{ - 7}}m\)
Câu hỏi 22 :
Một con lắc đơn dao động với tần số \(f\). Nếu tăng khối lượng của con lắc lên 2 lần thì tần số dao động của con lắc đơn là:
- A \(\sqrt 2 f\)
- B \(f\)
- C
\(\dfrac{f}{2}\)
- D
\(\dfrac{f}{{\sqrt 2 }}\)
Đáp án: B
Phương pháp giải:
Sử dụng công thức tính tần số của con lắc đơn \(f = \dfrac{1}{2\pi} \sqrt {\dfrac{g}{l}} \)
Lời giải chi tiết:
Ta có, tần số của con lắc đơn \(f = \dfrac{1}{2\pi} \sqrt {\dfrac{g}{l}} \) ta thấy tần số của con lắc đơn không phụ thuộc vào khối lượng nên khi tăng khối lượng của con lắc không làm ảnh hưởng đến tần số của nó và vẫn bằng \(f\)
Câu hỏi 23 :
Trong thí nghiệm Y – âng về giao thoa với ánh sáng đơn sắc, nếu giữ nguyên bước sóng , giữ nguyên khoảng cách giữa hai khe S1S2; đồng thời tăng khoảng cách từ mặt phẳng chứa S1S2 đến màn lên 2 lần thì khoảng vân sẽ:
- A
Giảm 2 lần
- B
tăng 2 lần
- C
tăng 4 lần
- D
giảm 4 lần
Đáp án: B
Phương pháp giải:
Sử dụng công thức tính khoảng vân \(i = \dfrac{{\lambda D}}{a}\)
Lời giải chi tiết:
Khi giữ nguyên khoảng cách giữa hai khe S1S2; đồng thời tăng khoảng cách từ mặt phẳng chứa S1S2 đến màn lên 2 lần ta có \(i' = \dfrac{{\lambda .2D}}{a} = 2i\).
Vậy khoảng vân tăng 2 lần
Câu hỏi 24 :
Một pin có suất điện động 1,5V và điện trở trong là \(0,5\Omega \). Mắc một bóng đèn có điện trở \(2,5\Omega \) vào hai cực của pin này thành mạch điện kín. Cường độ dòng điện chạy qua đèn là
- A 2A
- B 1A
- C 1,5A
- D 0,5A
Đáp án: D
Phương pháp giải:
Áp dụng định luật Ohm cho toàn mạch \(I = \dfrac{\xi }{{r + R}}\)
Lời giải chi tiết:
Áp dụng định luật Ohm cho toàn mạch \(I = \dfrac{\xi }{{r + R}} = \dfrac{{1,5}}{{0,5 + 2,5}} = 0,5A\)
Câu hỏi 25 :
Một máy phát điện xoay chiều một pha phát ta suất điện động \(e = 100\sqrt 2 \cos \left( {100\pi t} \right)\left( V \right)\). Nếu tốc rôto quay với tốc độ \(600\) vòng/ phút thì số cặp cực của máy phát điện là
- A 4
- B 5
- C 10
- D 8
Đáp án: B
Phương pháp giải:
+ Đọc phương trình suất điện động, sửa dụng biểu thức tính tấn số: \(f=\dfrac{\omega}{2\pi}\)
+ Áp dụng công thức tính tần số của máy phát điện \(f = np\)
Lời giải chi tiết:
+ Từ phương trình \(e = 100\sqrt 2 \cos \left( {100\pi t} \right)\left( V \right)\)
=> Tần số góc \(\omega =100\pi (rad/s)\)
=> Tần số của máy phát điện: \(f=\dfrac{100\pi}{2\pi}=50Hz\)
+ Áp dụng công thức tính tần số của máy phát điện \(f = np = > 50 = \dfrac{{600}}{{60}}.p = > p = 5\)
Vậy số cặp cực của máy phát điện là 5
Câu hỏi 26 :
Một vật có khối lượng nghỉ \(5kg\) chuyển động với tốc độ \(v = 0,6c\) ( với \(c = 3.10^8m/s\) là tốc độ ánh sáng trong chân không). Theo thuyết tương đối, động năng của vật bằng:
- A \(1,{125.10^{17}}J\)
- B \(12,{7.10^{17}}J\)
- C \({9.10^{16}}J\)
- D \(2,{25.10^{17}}J\)
Đáp án: A
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức anhxtanh \(m = \dfrac{{{m_0}}}{{\sqrt {1 - \dfrac{{{v^2}}}{{{c^2}}}} }}\)
Lời giải chi tiết:
Khối lượng tương đối tính của vật là \(m = \dfrac{{{m_0}}}{{\sqrt {1 - \dfrac{{{v^2}}}{{{c^2}}}} }} = \dfrac{5}{{\sqrt {1 - {{\left( {\dfrac{{0,6c}}{c}} \right)}^2}} }} = 6,25kg\)
Động năng của vật là \({W_d} = E - {E_0} = \left( {m - {m_0}} \right){c^2} = 1,25.{\left( {{{3.10}^8}} \right)^2} = 1,{125.10^{17}}J\)
Câu hỏi 27 :
Một vật phát sóng điện từ dùng mạch \(LC\) lý tưởng. Biết điện tích cực đại trên một bản tụ là 2nC và dòng điện cực đại qua cuộn cảm là \(0,3A\). Sóng điện từ do mạch dao độn này phát ra thuộc loại:
- A Sóng dài
- B Sóng cực ngắn
- C Sóng trung
- D Sóng ngắn
Đáp án: D
Phương pháp giải:
+ Vận dụng biểu thức liên hệ giữa cường độ dòng điện cực đại và điện tích cực đại: \(I_0=\omega Q_0\)
+ Sử dụng biểu thức: \(\omega=2\pi f\)
+ Áp dụng công thức tính bước sóng sóng điện từ \(\lambda = \dfrac{c}{f} = 2\pi c .\dfrac{{{Q_0}}}{{{I_0}}}\)
+ Sử dụng thang sóng vô tuyến
Lời giải chi tiết:
Ta có,
\(I_0=\omega Q_0\)
=> \(\omega = \dfrac{I_0}{Q_0}\)
Lại có: \(\omega=2\pi f=> f=\dfrac{\omega}{2\pi}=\dfrac{I_0}{2\pi Q_0}\)
+ Bước sóng mà mạch dao động phát ra là \(\lambda = \dfrac{c}{f} = 2\pi c \dfrac{{{Q_0}}}{{{I_0}}} = 2\pi {3.10^8}\dfrac{{{{2.10}^{ - 9}}}}{{0,3}} = 12,56m\) thuộc vùng sóng ngắn
Câu hỏi 28 :
Vật sáng AB đặt vuông góc với trục chính của một thấu kính hội tụ có tiêu cự \(f = 12 cm\). Để ảnh của vật có độ cao vằng vật thì phải đặt vật cách thấu kính 1 khoảng bằng
- A 6 cm
- B 12 cm
- C 24 cm
- D 48 cm
Đáp án: C
Phương pháp giải:
Sử dụng công thức thấu kính và công thức hệ số phóng đại: \(\dfrac{1}{d} + \dfrac{1}{{d'}} = \dfrac{1}{f};\left| k \right| = \dfrac{d}{{d'}} = \dfrac{{A'B'}}{{AB}}\)
Lời giải chi tiết:
Để ảnh cao bằng vật ta có \(\left| k \right| = \dfrac{{d'}}{d} = \dfrac{{A'B'}}{{AB}} = 1 = > d' = d\)
Áp dụng công thức thấu kính ta có \(\dfrac{1}{d} + \dfrac{1}{{d'}} = \dfrac{1}{f} = > \dfrac{1}{d} + \dfrac{1}{d} = \dfrac{1}{f} = > \dfrac{2}{d} = \dfrac{1}{f} = d = 2f = 24cm\)
Câu hỏi 29 :
Hạt nhân X bị phóng xạ thành hạt nhân bền Y. Hình bên là đồ thị biểu diễn sụ phụ thộc của số hạt nhân X và số hạt nhân Y theo thời gian. Lúc \(t = 6\) ngày, tỷ số giữa hạt nhân X và số hạt nhân Y là:
- A
\(\dfrac{1}{7}\)
- B
\(\dfrac{1}{6}\)
- C
\(\dfrac{1}{8}\)
- D
\(\dfrac{1}{5}\)
Đáp án: A
Phương pháp giải:
+ Đọc đồ thị
+ Áp dụng định luật phóng xạ \(N = {N_0}{.2^{ - \dfrac{t}{T}}}\)
Lời giải chi tiết:
Số hạt nhân X còn lại sau thời gian t là \({N_X} = {N_0}{.2^{ - \dfrac{t}{T}}}\)
Số hạt nhân Y sinh ra sau thời gian t là \({N_Y} = {N_0}\left( {1 - {2^{ - \dfrac{t}{T}}}} \right)\)
Từ đồ thị ta thấy tại \(t = 2\) ngày số hạt nhân X bằng số hạt nhân Y nên ta có
\({N_0}{2^{\dfrac{{-2}}{T}}} = {N_0}\left( {1 - {2^{ - \dfrac{2}{T}}}} \right) = > {2^{-\dfrac{{2}}{T}}} = \dfrac{1}{2} = > - \dfrac{{2}}{T} = - 1 \)
=> \(T = 2\) ngày
Vậy tại \(t = 6\) ngày, tỷ số giữa hạt nhân X và số hạt nhân Y là \(\dfrac{{{N_X}}}{{{N_Y}}} = \dfrac{{{N_0}{{.2}^{\dfrac{{ - 6}}{2}}}}}{{{N_0}\left( {1 - {2^{ - \dfrac{6}{2}}}} \right)}} = \dfrac{{\dfrac{1}{8}}}{{\dfrac{7}{8}}} = \dfrac{1}{7}\)
Câu hỏi 30 :
Một bể nước có độ sâu \(1,8m\). Đáy bể phẳng, nằm ngang. Một chùm ánh sáng mặt trời hẹp, song song chiếu vào mặt nước dưới góc \(i\), với \(sini = 0,8\). Chiết suất của nước đối với ánh sáng đó là \(1,331\); với ánh sáng tím là \(1,343\). Bề rộng của dải quang phổ dưới đáy bể là:
- A 1,135 cm
- B 1,675 cm
- C 1,879 cm
- D 2,225 cm
Đáp án: C
Phương pháp giải:
Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng \(sini = nsinr\)
Lời giải chi tiết:
Bề rộng dải quang phổ dưới đáy bể là BC ta có
Độ lớn góc khúc xạ ứng với tia tím là \({r_{tim}} = \arcsin \dfrac{{\sin i}}{{{n_{tim}}}} = \arcsin \dfrac{{0,8}}{{1,343}} = 36,56\)
Độ dài đoạn AB là \(AB = h.{\mathop{\rm t}\nolimits} {\rm{an}}{{\rm{r}}_{tim}} = h.\tan 36,56 = 1,3349m\)
Độ lớn góc khúc xạ ứng với tia đỏ là \({r_{do}} = \arcsin \dfrac{{\sin i}}{{{n_{do}}}} = \arcsin \dfrac{{0,8}}{{1,331}} = 36,94\)
Độ dài đoạn AC là \(AC = h.{\mathop{\rm t}\nolimits} {\rm{an}}{{\rm{r}}_{do}} = h.\tan 36,94 = 1,3537m\)
Vậy độ rộng dải quang phổ là \(BC = AC - AB = 0,0188m = 1,88cm\)
Câu hỏi 31 :
Một sóng cơ lan truyền trên một sợi dây dài. Ở thời điểm t0, tốc dộ dao động của các phần tử tại B và C đều bằng v0. còn phần tử tại trung điểm D của BC đang ở biên. Ở thời điểm t1, vận tốc của các phần tử tại B và C có giá trị đều bằng v0 thì phần tử tại D lúc đó đang có tốc độ bằng:
- A
\(0\)
- B \(\sqrt 2 {v_0}\)
- C \(2{v_0}\)
- D \({v_0}\)
Đáp án: B
Phương pháp giải:
Áp dụng vòng tròn lượng giác trong sóng cơ học
Lời giải chi tiết:
Ở thời điểm t0, tốc dộ dao động của các phần tử tại B và C đều bằng v0. còn phần tử tại trung điểm D của BC đang ở biên biểu diễn trên vòng tròn lượng giác ta được
Ở thời điểm t1, vận tốc của các phần tử tại B và C có giá trị đều bằng v0 khi biểu diễn trên đường tròn lượng giác ta có
Do \(\widehat {COB} = const\) và vận tốc tại t0 và t1 bằng nhau nên \(\varphi = {\varphi _1} = \dfrac{\pi }{4}\)
Tại t1 vận tốc tại D đạt giá trị cực đại nên \(\left\{ \begin{array}{l}\cos \varphi = \dfrac{{{v_1}}}{{{v_{max}}}}\\\sin \varphi = \dfrac{{{v_2}}}{{{v_{max}}}}\end{array} \right. = > {v_{max}} = \sqrt {v_0^2 + v_0^2} = \sqrt 2 {v_0}\)
Câu hỏi 32 :
Theo mẫu nguyên tử Bo, mức năng lượng của trạng thái dừng thứ n của nguyên tử Hidro được xác định theo công thức \({E_n} = - \dfrac{{13,6}}{{{n^2}}}\left( {eV} \right);\left( {n = 1,2,3...} \right)\) Gọi R1 là bán kính quỹ đạo của e khi nguyên tử Hidro ở tạng thái dừng L. Khi nguyên tử ở trạng thái dừng ứng với bán kính bằng 9R1 thì tỷ số bước sóng lớn nhất và bước sóng nhỏ nhất của photon mà nguyên tử Hidro có thể phát xạ là:
- A
\(\dfrac{{32}}{5}\)
- B
\(\dfrac{{135}}{7}\)
- C
\(\dfrac{{125}}{{44}}\)
- D
\(\dfrac{{875}}{{11}}\)
Đáp án: D
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức xác định mức năng lượng của photon: \({E_n} = - \dfrac{{13,6}}{{{n^2}}}\left( {eV} \right);\left( {n = 1,2,3...} \right)\)
Lời giải chi tiết:
R1 là bán kính quỹ đạo e ứng với trạng thái dừng L vậy \({r_1} = {2^2}{r_0}\)
Khi bán kính quỹ đạo là 9R1 ta có \(r = 9{r_1} = 9.4{r_0} = 36{r_0} = > n = 6\) ứng với trạng thái dừng P
Bước sóng lớn nhất mà photon này có thể phát xạ ra khi nó chuyển mức năng lượng từ trạng thái P về trạng thái K là \(E = {E_P} - {E_0} = \dfrac{{{E_0}}}{{{6^2}}} - {E_0} = \dfrac{{35}}{{36}}{E_0} = \dfrac{{hc}}{{{\lambda _{max}}}} = > {\lambda _{max}} = \dfrac{{hc}}{{\dfrac{{35}}{{36}}{E_0}}}\)
Bước sóng ngắn nhất photon này có thể phát xạ ra khi nó chuyển mức năng lượng từ trạng thái P về trạng thái O là \(E = {E_P} - {E_O} = \dfrac{{{E_0}}}{{{6^2}}} - \dfrac{{{E_0}}}{5} = \dfrac{{11}}{{900}}{E_0} = \dfrac{{hc}}{{{\lambda _{\min }}}} = > {\lambda _{\min }} = \dfrac{{hc}}{{\dfrac{{11}}{{900}}{E_0}}}\)
Tỷ số giữa bước sóng ngắn lớn nhất và dài nhất là \(\dfrac{{{\lambda _{\min }}}}{{{\lambda _{max}}}} = \dfrac{{\dfrac{{hc}}{{\dfrac{{35}}{{36}}{E_0}}}}}{{\dfrac{{hc}}{{\dfrac{{11}}{{900}}{E_0}}}}} = \dfrac{{35}}{{36}}.\dfrac{{900}}{{11}} = \dfrac{{875}}{{11}}\)
Câu hỏi 33 :
Một mạch dao động LC lí tưởng gồm cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L xác định và một tụ xoay có điện dung C thay đổi được theo quy luật hàm số bậc nhất của góc xoay \(\alpha \) của bản tụ linh động. Khi \(\alpha = {20^0}\), tần số dao động riêng của mạch là \(60 MHz\). Khi góc \(\alpha = {120^0}\) tần số dao động riêng của mạch là \(20MHz\). Để mạch có tần số dao động riêng là \(30 MHz\) thì góc \(\alpha \) bằng bao nhiêu
- A 57,50
- B 850
- C 37,50
- D 1050
Đáp án: A
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức tính điện dung của tụ xoay \(C = {C_0} + k.\alpha \)
Lời giải chi tiết:
Từ đầu bài ta có :
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}\alpha = 20 = > {f_1} = \dfrac{1}{{2\pi \sqrt {L{C_1}} }} = {60.10^6}\\\alpha = 120 = > {f_2} = \dfrac{1}{{2\pi \sqrt {L{C_2}} }} = {20.10^6}\end{array} \right. = > {\left( {\dfrac{{{f_1}}}{{{f_2}}}} \right)^2} = \dfrac{{{C_2}}}{{{C_1}}} = 9 = > {C_2} = 9{C_1} = > {C_0} + k.120 = 9{C_0} + 9.k.20 = > {C_0} = - 7,5k\\\end{array}\)
Khi \({f_3} = {30.10^6}Hz\) ta có:
\(\begin{array}{l}{\left( {\dfrac{{{f_1}}}{{{f_3}}}} \right)^2} = \dfrac{{{C_3}}}{{{C_1}}} = 4 = > {C_3} = 4{C_1} = > {C_0} + k.\alpha = 4{C_0} + 4.k.20 = > k.\alpha = 3{C_0} + 4.k.20\\ = 3.\left( { - 7,5.k} \right) + 4.k.20 = > k.\alpha = 57,5k = > \alpha = 57,5^0\end{array}\)
Câu hỏi 34 :
Chiếu bức xạ đơn sắc có bước sóng \(0,3µm\) vào một chất thì thấy có hiện tượng qunag phát quang. Cho biết công suất của chùm sáng phát quang chỉ bằng \(0,3{\%}\) công suất của chùm sáng kích thích và cứ \(200\) photon ánh sáng kích thích cho 1 photon ánh sáng phát quang. Bước sóng ánh sáng phát quang là:
- A 0,48µm
- B 0,5µm
- C 0,6µm
- D 0,4µm
Đáp án: B
Phương pháp giải:
Công suất : \(P = {N_\lambda }.\varepsilon = {N_\lambda }.\dfrac{{hc}}{\lambda }\) với Nλ là số photon phát ra trong 1 giây
Lời giải chi tiết:
+ Công suất của chùm phát quang : \({P_{pq}} = {N_{pq}}.{\varepsilon _{pq}} = {N_{pq}}.\dfrac{{hc}}{{{\lambda _{pq}}}}\)
+ Công suất của chùm kích thích : \({P_{kt}} = {N_{kt}}.{\varepsilon _{kt}} = {N_{kt}}.\dfrac{{hc}}{{{\lambda _{kt}}}}\)
+ Dữ kiện bài cho : Công suất của chùm sáng phát quang chỉ bằng 0,3% công suất của chùm sáng kích thích và cứ 200 photon ánh sáng kích thích cho 1 photon ánh sáng phát quang nên ta có :
\({P_{pq}} = 0,3\% .{P_{kt}} \Leftrightarrow {N_{pq}}.\dfrac{{hc}}{{{\lambda _{pq}}}} = 0,3\% .{N_{kt}}.\dfrac{{hc}}{{{\lambda _{kt}}}} \Leftrightarrow \dfrac{1}{{{\lambda _{pq}}}} = \dfrac{{0,3}}{{100}}.\dfrac{{200}}{{0,3}} \Rightarrow {\lambda _{pq}} = 0,5\mu m\)
Câu hỏi 35 :
Một vật dao động điều hòa trên trục Ox theo phương trình \(x = A\cos \left( {\dfrac{\pi }{3}t + \varphi } \right)\) ( t tính bằng giây). Trong ba khoảng thời gian theo thứ tự liên tiếp là \(\Delta t = 1s;\Delta {t_2} = \Delta {t_3} = 2s\) thì quãng đường chuyển động của vật lần lượt là \({S_1} = 5cm;{S_2} = 15cm\) và quãng đường S3. Quãng đường S3 gần nhất với giá trị nào sau đây:
- A 6 cm
- B 14 cm
- C 18 cm
- D 10 cm
Đáp án: B
Phương pháp giải:
Sử dụng vòng tròn lượng giác trong dao động điều hòa
Lời giải chi tiết:
Ta có:
\(T = \dfrac{{2\pi }}{\omega } = 6s \\\to \left\{ \begin{array}{l}\Delta {t_1} + \Delta {t_2} = \dfrac{T}{2}\\{S_1} + {S_2} = 2A = 20cm\end{array} \right. \\\to A = 10cm \\\to \left\{ \begin{array}{l}\Delta {t_1} = 1s = \dfrac{T}{6}\\{S_1} = 5cm = \dfrac{A}{2}\end{array} \right.\)
Suy ra vật xuất phát từ 2 biên ( giá sử từ biên dương) , vậy \(\Delta {t_2} = \Delta {t_3} = 2s = \dfrac{T}{3} \to {S_2} = {S_3} = 15cm\)
Câu hỏi 36 :
Đoạn mạch AB theo thứ tự gồm cuộn dây , điện trở và tụ điện có điện dung C mắc nối tiếp. Gọi M là điểm nối giữa cuộn dây và điện trở R. Đặt vào hai đầu đoạn mạch AB điện áp xoay chiều ổn định. Khi đó điện áp hai đầu AM và MB có biểu thức \({u_{AM}} = 100\cos \left( {100\pi t + \dfrac{\pi }{7}} \right)\left( V \right)\); \({u_{MB}} = 100\sqrt 3 \cos \left( {100\pi t - \dfrac{{5\pi }}{{14}}} \right)\left( V \right)\) . Tại thời điểm điện áp hai đầu AM có giá trị gấp đôi điện áp hai đầu MB thì điện áp hai đầu đoạn mạch AB có độ lớn xấp xỉ là
- A 288,2V
- B 144,1V
- C 173,2V
- D 196,4V
Đáp án: B
Phương pháp giải:
Sử dụng máy tính bỏ túi CASIO cho đoạn mạch xoay chiều
Lời giải chi tiết:
Cách giải :
\({u_{AB}} = {u_{AM}} + {u_{MB}} = > \overline {{u_{AB}}} = \overline {{u_{AM}}} + \overline {{u_{MB}}} = 100\angle \dfrac{\pi }{7} + 100\sqrt 3 \angle \dfrac{{ - 5\pi }}{{14}} = 200\angle - \dfrac{{4\pi }}{{21}}\)
Mà
\(\eqalign{& U_0^2 = U_{0AM}^2 + U_{0MB}^2 = > \overrightarrow {{U_{AM}}} \bot \overrightarrow {{U_{MB}}} = > {\left( {{{{u_{AM}}} \over {{U_{0AM}}}}} \right)^2} + {\left( {{{{u_{MB}}} \over {{U_{0MB}}}}} \right)^2} = 1 \cr & \buildrel {{u_{AM}} = 2{u_{MB}}} \over\longrightarrow {\left( {{{2{u_{MB}}} \over {100}}} \right)^2} + {\left( {{{{u_{MB}}} \over {100\sqrt 3 }}} \right)^2} = 1 = > \left\{ \matrix{{u_{AM}} \approx 96,0 \hfill \cr {u_{MB}} \approx 48,0 \hfill \cr} \right. = > {u_{AB}} \approx 144V \cr} \)
Câu hỏi 37 :
Thực hiện thí nghiệm giao thoa Y – âng với ánh sáng đơn sắc có bước sóng \(560nm\). Khoảng cách giữa hai khe S1S2 là \(1mm\). Khoảng cách từ mặt phẳng chứa hai khe đến màn là \(2,5m\). Goi M và N là hai điêmt trên trường giao thoa, cách vân sáng trung tâm lần lượt là \(107,25mm\) và \(82,5mm\). Lúc \(t = 0\) bắt đầu cho màn dịch chuyển thẳng đều theo phương vuông góc với mặt phẳng chứa hai khe và ra xa S1S2 với tốc độ \(5cm/s\). Gọi t1 là thời điểm đầu tiên mà tại M và N đồng thời cho vân sáng. Gọi t2 là thời điểm đầu tiên mà tại M cho vân tối, đồng thời tại N cho vân sáng. Khoảng thời gian \(\Delta t = \left| {{t_1} - {t_2}} \right|\) có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây ?
- A 3,4s
- B 2,7s
- C 5,4s
- D 6,5s
Đáp án: C
Phương pháp giải:
+ Vị trí vân sáng và vân tối : \(\left\{ \begin{array}{l}{x_s} = ki = k\dfrac{{\lambda D}}{a}\\{x_t} = \left( {k + \dfrac{1}{2}} \right)i = \left( {k + \dfrac{1}{2}} \right).\dfrac{{\lambda D}}{a}\end{array} \right.\)
+ Công thức liên hệ giữa S, v và t : \(S = v.t\)
Lời giải chi tiết:
+ Lúc \(t = 0\) bắt đầu cho màn dịch chuyển thẳng đều theo phương vuông góc với mặt phẳng chứa hai khe và ra xa S1S2 với tốc độ \(5cm/s\)
+ t1 là thời điểm đầu tiên mà tại M và N đồng thời cho vân sáng. Ta có:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{x_M} = 107,25 = \dfrac{{{k_1}.0,56.\left( {2,5 + 0,05.{t_1}} \right)}}{1}\\{x_N} = 82,5 = \dfrac{{{k_1}'.0,56.\left( {2,5 + 0,05.{t_1}} \right)}}{1}\end{array} \right. \Rightarrow \dfrac{{{x_M}}}{{{x_N}}} = \dfrac{{{k_1}}}{{{k_1}'}} = \dfrac{{107,25}}{{82,5}} = 1,3\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{k_1} = 65\\{k_1}' = 50\end{array} \right. \Rightarrow {t_1} = \dfrac{{125}}{{14}}\left( s \right)\end{array}\)
+ t2 là thời điểm đầu tiên mà tại M cho vân tối, đồng thời tại N cho vân sáng.
Ta có:
\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{x_M} = 107,25 = \left( {{k_2} + \dfrac{1}{2}} \right).\dfrac{{0,56.\left( {2,5 + 0,05.{t_2}} \right)}}{1}\\{x_N} = 82,5 = {k_2}'.\dfrac{{0,56.\left( {2,5 + 0,05.{t_2}} \right)}}{1}\end{array} \right. \Rightarrow \dfrac{{{x_M}}}{{{x_N}}} = \dfrac{{{k_2} + \dfrac{1}{2}}}{{{k_2}'}} = \dfrac{{107,25}}{{82,5}} = 1,3\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{k_2} + \dfrac{1}{2} = 71,5\\{k_2}' = 55\end{array} \right. \Rightarrow {t_2} = \dfrac{{25}}{7}\left( s \right)\end{array}\)
=> Khoảng thời gian \(\Delta t = \left| {{t_1} - {t_2}} \right| = \left| {\dfrac{{125}}{{14}} - \dfrac{{25}}{7}} \right| = \dfrac{{75}}{{14}} = 5,357s\)
Câu hỏi 38 :
Đặt điện áp xoay chiều \(u = 60\sqrt 2 \cos \left( {\omega t} \right)\left( V \right)\), (ω thay đổi được) vào hai đầu đoạn mạch gồm điện trở R, cuộn dây thuần cảm và tụ điện mắc nối tiếp. Hình bên là đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của điện áp hiệu dụng hai đầu tụ điện UC và điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn dây UL theo tần số góc. Giá trị của U1 là :
- A 60V
- B 80V
- C 90V
- D 100V
Đáp án: D
Phương pháp giải:
Sử dụng lí thuyết về mạch điện xoay chiều có ω thay đổi
+ Có 2 giá trị của ω để UC bằng nhau là ω1 và ω2 → Giá trị ωC để UCmax là :
\(\omega _C^2 = {1 \over 2}\left( {\omega _1^2 + \omega _2^2} \right)\)
+ Có 2 giá trị của ω để UL bằng nhau là ω1 và ω2 → Giá trị ωL để ULmax là :
\(\displaystyle{2 \over {\omega _L^2}} = {1 \over {\omega _1^2}} + {1 \over {\omega _2^2}}\)
Lời giải chi tiết:
- Từ đồ thị ta thấy :
+ Có 2 giá trị của ω để UC bằng nhau là: \(\left[ \matrix{
{\omega _1} = 0 \hfill \cr
{\omega _2} = 80rad/s \hfill \cr} \right.\)
→ Giá trị ωC để UCmax là : \(\omega _C^2 = \displaystyle{1 \over 2}\left( {\omega _1^2 + \omega _2^2} \right) = \displaystyle{1 \over 2}\left( {{0^2} + {{80}^2}} \right) \Rightarrow {\omega _C} = 40\sqrt 2 \left( {rad/s} \right)\)
+ Có 2 giá trị của ω để UL bằng nhau là: \(\left[ \matrix{
{\omega _1} = 50rad/s \hfill \cr
{\omega _2} = \infty \hfill \cr} \right.\)
→ Giá trị ωL để ULmax là : \(\displaystyle{2 \over {\omega _L^2}} = {1 \over {\omega _1^2}} + {1 \over {\omega _2^2}} = {1 \over {{{50}^2}}} + {1 \over {{\infty ^2}}} \Rightarrow {\omega _L} = 50\sqrt 2 \left( {rad/s} \right)\)
- Mặt khác áp dụng công thức :
\({U_{L\max }} = {U_{C\max }} = \displaystyle{U \over {\sqrt {1 - {\displaystyle{\left( {{{{\omega _L}} \over {{\omega _C}}}} \right)}^2}} }} = {{60} \over {\sqrt {1 - {{\left( {\displaystyle{{50\sqrt 2 } \over {40\sqrt 2 }}} \right)}^{ - 2}}} }} = 100V\)
Câu hỏi 39 :
Trên sợi dây căng ngang dài 40cm, hai đầu cố định đang có sóng dừng với tần số f xác định. Hình vẽ bên mô tả hình dạng sợi dây ở thời điểm t1 và thời điểm \({t_2} = {t_1} + \dfrac{1}{{6f}}\). Tỉ số giữa tốc độ truyền sóng trên dây và tốc độ dao động cực đại của điểm M xấp xỉ bằng
- A 4,2
- B 6,9
- C 5,8
- D 4,8
Đáp án: D
Phương pháp giải:
Sử dụng vòng tròn lượng giác trong truyền sóng cơ
Lời giải chi tiết:
Theo bài ra ta có \(\left\{ \begin{array}{l}l = 4\dfrac{\lambda }{2} = 40cm = > \lambda = 20cm\\\Delta t = {t_2} - {t_1} = \dfrac{1}{{6f}} = \dfrac{T}{6}\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}6 = {A_b}\cos \alpha \\5 = {A_b}\cos \left( {120 - \alpha } \right)\end{array} \right. = > {A_b} = 11cm\)
\(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{{u_M}}}{{{u_B}}} = - \dfrac{{{A_M}}}{{{A_b}}} = > {A_M} = - {A_b}\dfrac{{{u_M}}}{{{u_B}}} = - 11\dfrac{3}{{ - 5}} = 6,6mm\\\delta = \dfrac{v}{{{v_{max}}}} = \dfrac{{\dfrac{\lambda }{T}}}{{{A_b}\dfrac{{2\pi }}{T}}} = \dfrac{\lambda }{{2\pi {A_b}}} = \dfrac{{200}}{{2\pi .7,2}} \approx 4,8\end{array} \right.\)
Câu hỏi 40 :
Cho hai con lắc lò xo nằm ngang \((k_1, m)\) và \((k_2, m)\) như hình vẽ. Trục dao động M và N cách nhau \(9cm\). Lò xo \(k_1\) có độ cứng \(100 N/m\); chiều dài tự nhiên \(l_1= 35cm\). Lò xo \(k_2\) có độ cứng \(25N/m\), chiều dài tự nhiên \(l_2= 26cm\). Hai vật có khối lượng cùng bằng \(m\). Thời điểm ban đầu (t = 0), giữ lò xo \(k_1\) dãn một đoạn \(3cm\), lò xo \(k_2\) nén một đoạn \(6cm\) rồi đồng thời thả nhẹ để hai vật dao động điều hoà. Bỏ qua mọi ma sát. Khoảng cách nhỏ nhất giữa hai vật trong quá trình dao động xấp xỉ bằng :
- A 11cm
- B 10cm
- C 9cm
- D 13cm
Đáp án: B
Phương pháp giải:
+ Viết phương trình dao động của hai vật : x1 ; x2
+ Khoảng cách giữa hai vật theo phương ngang : \(\Delta x = \left| {{x_1} - {x_2}} \right|\) → Khoảng cách nhỏ nhất giữa hai vật theo phương ngang trong quá trình dao động là : ∆xmin.
+ Khoảng cách nhỏ nhất giữa hai vật trong quá trình dao động là : \({d_{\min }} = \sqrt {M{N^2} + \Delta x_{\min }^2} \)
Lời giải chi tiết:
Cách giải :
- Tần số góc của vật 1 và vật 2 là : \(\left\{ \begin{array}{l}{\omega _1} = \sqrt {\dfrac{{{k_1}}}{m}} = \sqrt {\dfrac{{100}}{m}} = \dfrac{{10}}{{\sqrt m }}\\{\omega _2} = \sqrt {\dfrac{{{k_2}}}{m}} = \sqrt {\dfrac{{25}}{m}} = \dfrac{5}{{\sqrt m }}\end{array} \right. \Rightarrow {\omega _1} = 2{\omega _2}\)
- Lò xo k1 có chiều dài tự nhiên l1 = 35cm. Lò xo k2 có chiều dài tự nhiên l2 = 26cm
→ Vị trí cân bằng của hai lò xo cách nhau theo phương ngang 1 đoạn : \(35 – 26 = 9cm\)
- Thời điểm ban đầu (t = 0), giữ lò xo k1 dãn một đoạn 3cm, lò xo k2 nén một đoạn 6cm rồi đồng thời thả nhẹ để hai vật dao động điều hoà. Chọn gốc toạ độ trùng với VTCB của lò xo k1.
→ Phương trình dao động điều hoà của hai vật : \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} = 3\cos \left( {{\omega _1}t} \right) = 3\cos \left( {2.{\omega _2}t} \right)\\{x_2} = - 9 + 6\cos \left( {{\omega _2}t + \pi } \right) = - 9 - 6\cos \left( {{\omega _2}t} \right)\end{array} \right.\)
→ Khoảng cách giữa hai vật theo phương ngang trong quá trình dao động là : \(\Delta x = \left| {{x_1} - {x_2}} \right| = \left| {3\cos \left( {2.{\omega _2}t} \right) + 9 + 6\cos \left( {{\omega _2}t} \right)} \right|\)
Vì :
\(\begin{array}{l}\cos \left( {2.{\omega _2}t} \right) = 2{\cos ^2}\left( {{\omega _2}t} \right) - 1 \Rightarrow \Delta x = \left| {3\left( {2{{\cos }^2}\left( {{\omega _2}t} \right) - 1} \right) + 9 + 6\cos \left( {{\omega _2}t} \right)} \right|\\ \Rightarrow \Delta x = \left| {6.{{\cos }^2}\left( {{\omega _2}t} \right) + 6\cos \left( {{\omega _2}t} \right) + 6} \right|\end{array}\)
Đặt : \(a = \cos \left( {{\omega _2}t} \right) \Rightarrow \Delta x = \left| {6.{a^2} + 6a + 6} \right|\)
Ta có :
\(\begin{array}{l}6.{a^2} + 6a + 6 = 6\left( {{a^2} + a + 1} \right) = 6\left( {{{\left( {a + \dfrac{1}{2}} \right)}^2} + \dfrac{3}{4}} \right) = 6.{\left( {a + \dfrac{1}{2}} \right)^2} + 4,5\\6.{\left( {a + \dfrac{1}{2}} \right)^2} + 4,5 \le 4,5 \Rightarrow {\left( {6.{a^2} + 6a + 6} \right)_{\min }} = 4,5\\ \Rightarrow \Delta {x_{\min }} = 4,5cm\end{array}\)
→ Khoảng cách nhỏ nhất giữa hai vật trong quá trình dao động là : \({d_{\min }} = \sqrt {M{N^2} + \Delta x_{\min }^2} = \sqrt {{9^2} + 4,{5^2}} = 10,06cm\)