GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn: Vật Lý Mã đề: 003

Chia sẻ: Lê Quang Phát | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:14

Thêm vào BST

Báo xấu

290
lượt xem 114
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'giải chi tiết đề thi thử đại học năm học 2012 - 2013 môn: vật lý mã đề: 003', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn: Vật Lý Mã đề: 003

Sở GD-ĐT GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn: Vật Lý Mã đề: 003 A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (40 câu: Từ câu 01 đến câu 40) Câu 1. Năng lượng nghỉ của các hạt sơ cấp sau đây được sắp xếp theo thứ tự từ lớn đến bé là: A. Protôn, êlêctrôn, nơtrôn, nơtrinô. B. Protôn, nơtrôn, nơtrinô, êlêctrôn. C. Nơtrôn, protôn, êlêctrôn, nơtrinô. D. Protôn, nơtrôn, êlêctrôn, nơtrinô. Hướng dẫn: + Năng lượng nghỉ của nơtrôn: 939,6MeV, của protôn: 938,3MeV, của êlêctrôn: 0,511MeV và của nơtrinô bằng 0  Câu 2. Một vật dao động điều hoà với phương trình x = 8cos(2t- ) cm. Thời điểm thứ 2010 vật qua vị trí có vận tốc 6 v = - 8 cm/s là: A. 1005,5 s B. 1004,5 s C. 1005 s D. 1004 s Hướng dẫn:  x  4 3 (cm)  + Khi t = 0   0  Ứng với điểm M0 trên vòng tròn. v0  0  4 3 2 v 43 + Ta có x  A     4 3 (cm) 2   + Vì v < 0 nên vật qua M1 và M2 + Qua lần thứ 2010 thì phải quay 1004 vòng rồi đi từ M0 đến M2. + Góc quét  = 1004.2 +   t = 1004,5 s Câu 3. Biết bán kính Trái đất là R = 6400km, hệ số nở dài là   2.105 K 1. Một con lắc đơn dao động trên mặt đất ở 250C. Nếu đưa con lắc lên cao 1,28km. Để chu kì của con lắc không thay đổi thì nhiệt độ ở đó là A. 80C. B.100C. C. 30C. D. 50C. l1 Hướng dẫn: + Ở t1 0C trên mặt đất, chu kì dao động của con lắc là : T1  2 g l2 + Ở t2 0C và ở độ cao h, chu kì dao động của con lắc là : T2  2 gh g l1 l 2 l + Do T1  T2    h 2 (1) g gh g l1 l2 1  t 2 2 R g 2h   1  R (2) Và l  1  t  1   (t 2  t1 ) (3) + Mặt khác Ta có : h   g R  h 1 1 2h + Từ (1) (2) (3) ta rút ra : t 2  t1   50 C R Câu 4. Chiếu một chùm tia sáng trắng song song có bề rộng 5cm từ không khí đến mặt khối thủy tinh nằm ngang dưới góc tới 600. Cho chiết suất của thủy tinh đối với tia tím và tia đỏ ần lượt là 3 và 2 . Tỉ số giữa bề rộng chùm khúc xạ tím và đỏ trong thủy tinh là: A. 1,73. B. 1,10 C. 1,58. D. 0,91 Hướng dẫn: + Theo Định luật khúc xạ ta có: sinr = sini/n H sin 60 0 sin 60 0 1 i I2 i    rt = 300 sinrt = nt 2 3 I1 sin 60 0 sin 60 0 6    rđ  380 sinrđ = TĐ nđ 4 2 + Gọi ht và hđ là bề rộng của chùm tia khúc xạ tím và đỏ trong thủy tinh. + Xét các tam giác vuông I1I2T và I1I2Đ; 1
+ Góc I1I2T bằng rt  ht = I1I2 cosrt. + Góc I1I2Đ bằng rđ  hđ = I1I2 cosrđ. cos rt cos 30 0 ht    1,099  1,10 .  hđ cos rđ cos 38 0 Câu 5. Mạch điện xoay chiều R, L, C mắc nối tiếp. Điện áp ở hai đầu đoạn mạch là u  U0 cos t . Chỉ có  thay đổi được. Điều chỉnh  thấy khi giá trị của nó là 1 hoặc 2 ( 2 < 1 ) thì cường độ dòng điện hiệu dụng đều nhỏ hơn cường độ dòng điện hiệu dụng cực đại n lần (n > 1). Biểu thức tính R là L(1  2 ) L12 ( 1 2 ) L( 1  2 ) A. R = B. R = C. R = D. R = n2  1 n2  1 n2  1 L n2  1 Hướng dẫn: + Gọi I1 và I2 là cường độ dòng điện hiệu dụng ứng với ω1 và ω2. I + Theo bài ra ta có: I 1  I 2  max 2 2 2  1  1     1 2 L 1 1 + Do: I 1  I 2  Z1  Z 2   1 L     2 L       1C    2c   C 2  1   I 2 U U  n 2  1 R 2   1 L   + Mặt khác: I 1  max     1C    n nR 2  1 R 2   1 L     1C    L 1   2  + Từ (1) và (2) ta có: R  n2 1 Câu 6. Chiếu bức xạ điện từ vào một tấm vônfram, biết rằng các êlêctrôn quang điện không bị lệch khi bay vào một vùng không gian có điện trường đều và một từ trường đều hướng vuông góc với nhau. Cường độ điện trường bằng E=10 (kV/m), cảm ứng từ có độ lớn B=10 (mT) và công thoát êlêctrôn ra khỏi bề mặt vônfram là A=7,2.10-19J.Bước sóng của bức xạ trên la A. 0,17 μm B. 0,20 μm C. 0,22 μm D. 0,12 μm Hướng dẫn: + Khi êlêctrôn bứt ra khỏi bề mặt kim loại với vận tốc ban đầu cực đại và không bị lệch tức là lực điện và lực từ tác     dụng lên êlêctrôn triệt tiêu lẫn nhau: Fđ  Ft  0  Fđ   Ft .   + Khi đó, các vectơ cảm ứng từ B , vectơ cường độ điện trường, vectơ lực điện Fđ và véc tơ lực Lorenxơ tác dụng lên êlêctrôn được biểu diễn như trên hình bên. E  + Từ đó suy ra được vận tốc của êlêctrôn quang điện: eE  evB  v  . E B  + Công thức của Anhxtanh về hiện tượng quang điện sẽ có dạng: Ft 2 m E  2 e mv0 max c h  A  A   .  v  2 B  2 B Fđ + Từ đó xác định được bước sóng của bức xạ vào tấm vônfram: 2hcB 2   1,7.10 7 (m)  0,17 m. 2 B A  mE 2 2 Câu 7. Một sóng âm có tần số f=100Hz truyền hai lần từ điểm A đến điểm B. Lần thứ nhất vận tốc truyền sóng là v1=330m/s, lần thứ hai do nhiệt độ tăng lên nên vận tốc truyền sóng là v2=340m/s. Biết rằng trong hai lần thì số bước sóng giữa hai điểm vẫn là số nguyên nhưng hơn kém nhau một bước sóng. Khoảng cách AB là A. 225(m) B. 561(m) C. 1122(m) D. 112,2(m) Hướng dẫn : + Ta có: AB = n.λ . Với n là số bước sóng ; λ là bước sóng. v v + Lần truyền thứ nhất : AB  n11  n1 1 ; + Lần truyền thứ nhất : AB  n2 2  n2 2 f f 2
v1 v v2 v v1v2  n2 2  n1v1  n2 v2  n1  1v2  n1   n1 + Vậy: AB  n1 1   112,2(m). v2  v1 f (v2  v1 ) f f f Câu 8. Ở mặt nước có hai nguồn sóng dao động theo phương vuông góc với mặt nước, có cùng phương trình u = Acos t. Trong miền gặp nhau của hai sóng, những điểm mà ở đó các phần tử nước dao động với biên độ cực đại sẽ có hiệu đường đi của sóng từ hai nguồn đến đó bằng A. một số lẻ lần bước sóng. B. một số lẻ lần nửa bước sóng. C. một số nguyên lần nửa bước sóng. D. một số nguyên lần bước sóng. Con lắc lò xo gồm vật nặng M = 300g, lò xo có độ cứng k = 200N/m lồng vào một trục thẳng Câu 9. đứng như hình bên. Khi M đang ở vị trí cân bằng, thả vật m = 200g từ độ cao h = 3,75cm so với M. Lấy m g = 10m/s2. Bỏ qua ma sát. Va chạm là mềm.Sau va chạm cả hai vật cùng dao động điều hòa.Chọn trục h tọa độ thẳng đứng hướng lên, gốc tọa độ là vị trí cân bằng của M trước khi va chạm, gốc thời gian là lúc va chạm. Phương trình dao động của hai vật là M A. x  2 cos(2t   / 3)  1 (cm) B. x  2 cos(2t   / 3)  1 (cm) C. x  2 cos(2t   / 3) (cm) D. x  2 cos(2t   / 3) (cm) Hướng dẫn: + Chọn mốc thế năng tại O (Vị trí cân bằng của M trước va chạm) 1 + Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho m ta có : mgh  mv 2  v  2 gh  0,866m / s 2 mv + AD định luật bảo toàn động lượng ta có: mv  (m  M )V  V   0,3464m / s mM + Khi có thêm vật m vị trí cân bằng mới O’ cách O một đoạn : l  mg / k  1cm + Như vậy hệ (m + M ) sẽ dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng O’ cách O một đoạn 1cm. + Phương trình dao động của hệ (m + M ) khi gốc tọa độ tại O có dạng là : x  A cos(t   )  1 k + Tần số góc :    20(rad / s) M m A cos   1  0 x0  0  + Khi t = 0  A sin   34,64 v0  V    /3 + Giải hệ phương trình trên ta được :A = 2cm ; + Phương trình dao động là : x  2 cos(2t   / 3)  1 (cm) Câu 10. Một mạch điện xoay chiều mắc nối tiếp. Cho biết hiệu điện thế giữa hai đầ u mạch và cường độ dòng điện qua đoạn  mạch lần lượt có biểu thức : u = 80cos(100t + ) (V) và i = - 4sin100t (A).Mạch điện gồm 4 D. R, L, C bất kỳ. A. R và C. B. R và L. C. L và C.  Hướng dẫn : + Ta có i = - 4sin100t = 4cos(100t + ) (A). 2 + Do i sớm pha hơn u nên trong mạch phải chứa R và C. + Trường hợp R,L,C bất kỳ. Nếu ZL ≥ ZC thì không thỏa mãn điều kiện i sớm pha hơn u. Câu 11. Một vật dao động điều hòa trên quỹ đạo dài 40cm. Khi độ dời là 10cm vật có vận tốc 20 3 cm/s. Lấy  2 = 10. Chu kì dao động của vật là A. 0,5s B. 1s C. 0,1s D. 5s Hướng dẫn: + Ta có: A=20 cm; x=10 cm; v= 20 3 . 2 v2 + Áp dụng công thức độc lập:    2rad / s  T   1s  A x 2 2 Po đặt trong một nhiệt lượng kế có nhiệt dung C=8 J/K. Do phóng xạ  mà Pôlôni 210 Câu 12. Có 1mg chất phóng xạ pôlôni 84 206 trên chuyển thành chì Pb . Biết chu kỳ bán rã của Pôlôni là T=138 ngày; khối lượng nguyên tử Pôlôni là mPo=209,9828u; 82 3
MeV khối lượng nguyên tử chì là mPb=205,9744u; khối lượng hạt  là m=4,0026u; 1u= 931,5 . Sau thời gian t=1giờ kể từ khi c2 đặt Pôlôni vào thì nhiệt độ trong nhiệt lượng kế tăng lên A. ≈ 155 B. ≈ 125 K C. ≈ 95 K D. ≈ 65 K Hướng dẫn: + Năng lượng tỏa ra khi một hạt Po210 phân rã là: E0  mPo  mHe  mPb c 2  5,4MeV  8,64.10 13 J .   t t  m0 N A 1  2 T  + Vậy số hạt Po210 bị phân rã trong thời gian t là: N  N 0 (1  2 ) T   APo     t  m + Tổng năng lượng giải phóng do số hạt này phân rã là: E  E0 .N  E0 0 .N A .1  2 T    APo   + Gọi t là độ tăng nhiệt độ của nhiệt lượng kế thì: Q  C.t.   t  m0 .N A .1  2 T   C.t  t  65K + Với: E  Q  E0   APo   Câu 13. Hai nguồn sóng kết hợp S1 và S2 trên mặt chất lỏng cách nhau a = 2m dao động điều hòa cùng pha, phát ra hai sóng có bước sóng 1m. Điểm A trên mặt chất lỏng nằm cách S1 một khoảng d và AS1S1S2 . Giá trị cực đại của d để tại A có được cực đại của giao thoa là. k=2 A. 2,5 m B. 1 m S1 d C. 2 m D. 1,5 m k=1 l A Hướng dẫn : a k=0 + Điều kiện để A cực đại : S 2 A  S1 A  a  d  d  k. 2 2 S2 Với k=1, 2, 3... + Để d lớn nhất khi A nằm trên cực đại bậc 1  k=1 + Thay số: d 2  4  d  1  d  1,5(m). Câu 14. Hai con lắc đơn giống hệt nhau, sợi dây mảnh dài bằng kim loại, vật nặng có khối lượng riêng D. Con lắc thứ nhất dao động nhỏ trong bình chân không thì chu kì dao động là T 0, con lắc thứ hai dao động trong bình chứa một chất khí có khối lượng riêng rất nhỏ  = D. Hai con lắc đơn bắt đầu dao động cùng một thời điểm t = 0, đến thời điểm t 0 thì con lắc thứ nhất thực hiện được hơn con lắc thứ hai đúng 1 dao động. Chọn phương án đúng. A. t0 = T0 B. 2t0 = T0 C. t0 = 4T0 D. t0 = 2T0 Hướng dẫn l + Trong chân không: T0  2 g l + Trong không khí con lắc chịu thêm lực đẩy Ác -si-mét: T  2 g g D   T0 1 11  1  1   1     (1) T D 2 T0 T 2T0 t0 T  n  t t 111 + Mặt khác: t 0  nT  (n  1)T0    0  0 1  (2)  t 0  n  1 T0 T T0 T t 0 T   1  t 0  2T0 + Từ (1) và (2)   t 0 2T0 Câu 15. Năng lượng ion hoá của nguyên tử hiđrô ở trạng thái cơ bản là năng lượng A. cực đại của phôtôn phát ra thuộc dãy Laiman. B. En, khi n lớn vô cùng. C. của phôtôn có bước sóng ngắn nhất trong dãy Pasen. 4
D. của nguyên tử ở trạng thái cơ bản. Hướng dẫn:+ Năng lượng ion hóa nguyên tử hiđrô từ trạng thái cơ bản là năng lượng cực đại của phôtôn phát ra thuộc dãy Laiman khi electron chuyển từ ∞ về quỹ đạo K. Câu 16. Hai vạch có bước sóng dài nhất trong dãy Laiman có bước sóng lần lượt là: 1,0226.10-7m và 1,215.10-7m thì vạch đỏ của dãy Banmer có bước sóng là: C. 0,6574μm. D. 0,6724 μm. A. 0,1999µm. B. 0,6458µm. Hướng dẫn: + Hai vạch có bước sóng dài nhất trong dãy Laiman ứng với sự chu yển mức năng lượng E2E1 và E3E1 hc hc nên: E2  E1  (1); E3  E1  (2) . Từ (1) và (2) suy ra: 21 31 3121 1 1  hc 1 1 1 E3  E 2  hc          0,6458.10 6 (m).      31 21 21  31  31 21  Câu 17. Một mẫu phóng xạ X ban đầu trong 5 phút có 196 nguyên tử bị phân rã, nhưng sau đó 5,2 giờ (kể từ thời điểm ban đầu) cũng trong 5 phút chỉ có 49 nguyên tử bị phân rã. Chu kỳ bán rã của X là A. 15,6 giờ B. 10,4 giờ C. 2,6 giờ D. 1,73 giờ 196 49 Hướng dẫn: + Ta có H 0  ( Bq ); H  ( Bq ) 5.60 5.60 t H H t t 5,2 + Áp dụng công thức: H = t0  2 T = 0 = 4 = 22  = 2  T =   2,6 giờ. 2 2 H T 2T Câu 18. Cho cơ hệ như hình bên. Biết M = 1,8kg, lò xo nhẹ độ cứng k = 100N/m. Một vật M khối lượng m = 200g chuyển động với tốc độ v0 = 5m/s đến va vào M (ban đầu đứng yên) m theo trục của lò xo. Hệ số ma sát trượt giữa M và mặt phẳng ngang là μ = 0,2. Coi va chạm hoàn toàn đàn hồi xuyên tâm. Tốc độ cực đại của M sau khi lò xo bị nén cực đại là A. 1 m/s B. 0,8862 m/s C. 0.4994 m/s D. 0, 4212 m/s Hướng dẫn: + Chọn gốc tọa độ là vị trí lò xo bị nén cực đại, chiều dương sang phải    + ĐL bảo toàn động lượng: mv0  mv1  Mv 2  mv0  mv1  Mv2 (1) 2 2 2 mv 0 mv1 Mv 2   + Động năng bảo toàn: (2) 2 2 2 2mv 0  1 m/s + Từ (1), (2) có: v2 = mM Mv2 k l max  2 2  Mgl max  l max  0,103(m)  + ĐL bảo toàn năng lượng: 2 2 Mg + Tốc độ của M đạt cực đại tại vị trí có: Fms  Fđh  Mg  kx  x   0,036(m) k k l max  2 2 2 Mvmax kx2  Mg (l max  x)    vmax  0,4994m / s + ĐL bảo toàn năng lượng: 2 2 2 Câu 19. Bắn hạt  có động năng 4 MeV vào hạt nhân 7 N đứng yên thì thu được một prôton và hạt nhân X. Giả sử hai hạt 14 sinh ra có cùng tốc độ, tính động năng và tốc độ của prôton. Cho: m = 4,0015 u; mX = 16,9947 u; mN = 13,9992 u; mp = 1,0073 u; 1u = 931 MeV/c2. A. 30,85.105 m/s B. 22,15.105 m/s C. 30,85.106 m/s D. 22,815.106 m/s Hướng dẫn: 22 2mWd m v 2 + Theo ĐLBT động lượng ta có: mv = (mp + mX)v  v = = ; (m p  m X ) 2 (m p  m X ) 2 m p mWd 1 mpv2 = = 12437,7.10-6Wđ = 0,05MeV = 796.10-17 J; + Động năng: Wđp = (m p  m X ) 2 2 5
2.796.10 17 2Wdp v = = 30,85.105 m/s. = 1,0073.1,66055.10 2 7 mp Câu 20. Nguyên tắc hoạt động mạch chọn sóng trong máy thu thanh dựa trên hiện tượng: A. Cộng hưởng dao động điện từ. B. Tổng hợp hai dao động điện từ bất kỳ. C. Sóng dừng. D. Giao thoa sóng. Hướng dẫn: + Nguyên tắc hoạt động mạch chọn sóng trong máy thu thanh dựa trên hiện tượng cộng hưởng dao động điện từ Câu 21. Một mạch điện xoay chiều gồm một cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L1 mắc nối tiếp với cuộn dây thứ hai có độ tụ 1 (H) và điện trở trong r = 50(  ). Đặt vào hai đầu đoạn mạch điện áp xoay chiều u = 130 2 cos 100t (V) thì cảm L2 = 2 cường độ hiệu dụng trong mạch là 1(A). Để điện áp giữa hai đầu cuộn dây thứ hai đạt giá trị lớn nhất thì phải mắc nối tiếp thêm một tụ có điện dung là: 10 3 10 3 10 3 10 3 A. C  B. C  C. C  D. C  (F ) (F ) (F ) (F ) 2 15 12 5 Hướng dẫn: + Ta có: Z = U/I = 130  . Z 2  r2 1,2 + Mặt khác: r 2  (Z L1  Z L 2 ) 2  Z 2  ( L1  L2 ) 2   L1  L2    2 U U + Khi mắc thêm tụ C vào mạch, lúc này: U day2  I .Z day2  .Z day2  Z day2 r 2  ( Z L1  Z L 2  Z C ) 2 Z + Để điện áp giữa hai đầu cuộn dây 2 đạt lớn nhất, tức là trong mạch có cộng hưởng 10 3 1 1  ( L1  L2 )  C  2 Z L1  Z L 2  Z C   (F )  L1  L2  12 C 0,4 Câu 22. Một cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L  ( H ) .Đặt vào hai đầu cuộn cảm điện áp xoay chiều có biểu thức  u=U0cosωt(V).Ở thời điểm t1 các giá trị tức thời của điện áp và cường độ dòng điện là: u 1=100V; i1=-2,5 3 A. Ở thời điểm t2 tương ứng u2=100 3 V; i2=-2,5A.Điện áp cực đại và tần số góc là A. 200 2 V; 100π rad/s. B. 200V; 120π rad/s. C. 200 2 V; 120π rad/s. D. 200V; 100π rad/s. Hướng dẫn : + Đoạn mạch chỉ chứa cuộn dây thuần cảm nên điện áp sớm pha hơn cường độ dòng điện π/2  U + Do: u=U0cosωt  i  I 0 cos(t  )   0 sin t L 2 + Ta có biểu thức liên hệ: u  i  L  U 0 2 2 22 2 u 2  u12 2 + Tại thời điểm t1 và t2 ta có: u12  i12 2 L2  U 0 và u 2  i2 2 L2  U 0   2     100 (rad / s) 2 2 2 2 (i12  i2 ) L2 2 + Vậy: U 0  u 2  i2L   200(V ) 2 2 Câu 23. Một máy phát điện xoay chiều một pha phát ra suất điện động e = 1000 2 cos(100t) (V). Nếu roto quay với vận tốc 600 vòng/phút thì số cặp cực là: A. 5 B. 4 C. 10 D. 8  100 f Hướng dẫn:+ Ta có: f  np  p    5 n 2n 600 2 . 60 6
Câu 24. Vật dao động điều hòa có vận tốc cực đại bằng 3m/s và gia tốc cực đại bằng 30 (m/s2). Thời điểm ban đầu vật có vận tốc 1,5m/s và thế năng đang tăng. Hỏi vào thời điểm nào sau đây vật có gia tốc bằng 15 (m/s2): A. 0,10s; B. 0,05s; C. 0,15s; D. 0,20s Hướng dẫn: + Ta có: vmax = ωA= 3(m/s) ; amax = ω2A= 30π (m/s2 )  ω = 10π  T = 0,2s + Khi t = 0 v = 1,5 m/s = vmax/2  Wđ = W/4. Tức là tế năng Wt =3W/4 -A 2 kx0 3 kA2 A3    x0   . Do thế năng đang tăng, vật chuyển động O 2 42 2 A3 theo chiều dương nên vị trí ban đầu x0 = Vật ở M0 góc φ = -π/6 M 2 M0 + Thời điểm a = 15 (m/s2):= amax/2  x = ± A/2 =. Do a>0 vật chuyển động nhanh dần về VTCB nên vật ở điểm M ứng với thời điểm t = 3T/4 = 0,15s ( Góc M0OM = π/2). Câu 25. Trong phản ứng tổng hợp hêli 3 Li  1 H  2( 2 He)  15,1MeV , nếu tổng hợp hêli từ 1g Li thì năng lượng tỏa ra 7 1 4 có thể đun sôi bao nhiêu kg nước có nhiệt độ ban đầu là 00C ? Nhiệt dung riêng của nước C  4200( J / kg.K ) . A. 2,95.105kg. B. 3,95.105kg. C. 1,95.105kg. D. 4,95.105kg. Hướng dẫn: m + Số hạt nhân có trong 1g Li: N  .N A  8,6.1022 hn ALi + Năng lượng tỏa ra từ 1g Li là: W  N.E  8,6.1022.15,1  1,3.1024 MeV  2,08.1011 J W + Mà W  mC t  m   4,95.105 kg . C t Câu 26. Trong thí nghiệm Iâng về giao thoa ánh sáng, hai khe hẹp cách nhau một khoảng 0,5 mm, khoảng cách từ mặt phẳng chứa hai khe đến màn quan sát là 1,5 m. Hai khe được chiếu bằng bức xạ có bước sóng 0,6 μm. Trên màn thu được hình ảnh giao thoa. Tại điểm M trên màn cách vân sáng trung tâm một khoảng 5,4 mm có A. vân sáng bậc 2 B. vân sáng bậc 4 C. vân sáng bậc 3 D. vân sáng thứ 4 D xM Hướng dẫn : + Khoảng vân : i   1,8(mm)  3  Tại M là vân sáng bậc 3. + Xét tỉ số : a i Câu 27. Katốt của tế bào quang điện có công thoát 1,5eV, được chiếu bởi bức xạ đơn sắc  . Lần lượt đặt vào tế bào quang điện điện áp U1=3V và U2=15V, thì thấy vận tốc cực đại của elêctrôn khi đập vào anốt tăng gấp đôi. Giá trị của  là: A. 0,259μm. B. 0,497μm C. 0.211μm. D. 0,795μm. Hướng dẫn : hc 12 1 2 hc  A  mv0  mv0  A + Áp dụng công thức Anh-Xtanh :   2 2 + Do UAK>0 nên electron được tăng tốc từ K đến A.  hc  1 12 1 + Khi UAK=U1 thì : mv12  mv0  e U 1  mv12    A   e U 1 (1)   2 2 2  hc  1212 1 + Khi UAK=U2 thì : mv2  mv0  e U 2  m4v12    A   e U 2 (2) (v2  2v1 )   2 2 2 + Giải hệ (1) và (2) :    0,497m Câu 28. Khoảng cách giữa hai ngọn sóng liên tiếp là 5 (m). Một thuyền máy đi ngược chiều sóng thì tần số va chạm của sóng vào thuyền là 4 Hz. Nếu đi xuôi chiều thì tần số va chạm là 2 Hz. Tính Tốc độ truyền sóng. Biết tốc độ của sóng lớn hơn Tốc độ của thuyền. A. 5 m/s B. 13 m/s C. 14 m/s D. 15 m/s Hướng dẫn: + Gọi vt và v là tốc độ của thuyền và sóng.   f1  f 2   vt   15(m / s) + Khi xuôi dòng: vt + v = λ.f1 ; + Khi ngược dòng: vt – v = λ.f2 2 Câu 29. Mạch chọn sóng của một máy thu vô tuyến gồm cuộn cảm thuần có độ tự cảm L và một bộ tụ gồm tụ C0 cố định ghép song song với tụ xoay Cx. Tụ xoay Cx có điện dung biến thiên từ C1=20pF đến C2=320pF khi góc xoay biến thiên từ được từ 7
00 đến 1500. Nhờ vậy mạch thu được sóng điện từ có bước sóng từ λ1=10m đến λ2=40m. Biết điện dung của tụ xoay là hàm bậc nhất của góc xoay. Để mạch thu được sóng điện từ có bước sóng λ=20m thì góc xooay của bản tụ là A. 300 B. 450 C. 750 D. 600 Hướng dẫn: + Gọi φ là góc xoay của bản tụ: 00 ≤ φ ≤1500 + Do Cx là hàm bậc nhất của φ nên: Cx = a + b.φ + Khi φ = 0 thì Cx = 20pF  a =20pF; và khi φ = 1500 thì Cx = 320pF  320= a+150b  b=2pF/độ + Vậy Cx=20+2φ  Điện dung của bộ tụ C=C0+Cx=(C0+20+2φ). 10-12(F) + Bước sóng mạch thu được:   vT  2v LC  2v L(C0  20  2 ).10 1 2 + Khi φ = 0 thì λ1=10m  10  2v L(C0  20).10 12 (1) + Khi φ = 1500 thì λ1=40m  40  2v L(C0  320).10 12 (2) + Để thu được sóng có λ=20m thì: 20  2v L(C0  20  2 ).10 1 2 (3) + Từ (1);(2) và (3)    30 0 Câu 30. Các vạch quang phổ của nguyên tử Hiđrô trong dãy Laiman tạo ra do electron chuyển về quỹ đạo A. N B. L C. K D. M Hướng dẫn: + Khi tạo ra dãy Laiman trong quang phổ vạch của nguyên tử Hiđrô thì electron chuyển từ quỹ đạo bên ngoài về quỹ đạo K. Câu 31. Poloni 84 Po là chất phóng xạ phát ra hạt  và chuyển thành hạt nhân chì Pb. Chu kỳ bán rã Po là 138 ngày. Ban đầu 210 có 1g Po nguyên chất, sau 1 năm (365 ngày) lượng khí Hêli giải phóng ra có thể tích ở điều kiện tiêu chuẩn là A. 89,6cm3. B. 68,9cm3. C. 22,4 cm3. D. 48,6 cm3. m0 .N A .(1  e t ) V0 . nV0 N .V0 210 Hướng dẫn: + Ta có: V     89, 6cm3 NA NA NA Câu 32. Khi chiếu một bức xạ điện từ có bước sóng 1  0,3 m vào catôt của một tế bào quang điện thì xảy ra hiện tượng quang điện và hiệu điện thế hãm lúc đó là 2V. Nếu đặt vào giữa anôt và catôt của tế bào quang điện trên một hiệu điện thế 1 U AK  2V và chiếu vào catôt một bức xạ điện từ khác có bước sóng 2  thì động năng cực đại của electron quang điện 2 ngay trước khi tới anôt bằng: A. 6,625. 10-19 J. B. 6,625. 10-13J. C. 1,325.10-19J. D. 9,825.10-19J. Hướng dẫn: hc  e .U h  3, 425.1019 J . + Tính công thoát A  1 hc + Động năng ban đầu cực đại của e khi được chiếu bởi bức xạ 2 là W0 d max   A  9,825.1019 J . 2 + Vì đặt vào hai đầu anot và catot hiệu điện thế âm U AK  2V  U KA  2V nên các e đi sang catot bị hãm bởi hiệu điện thế này. + Theo định lí biến thiên động năng ta có: WdA  Wod max  eU KA  6,625.1019 J . . Câu 33. Điều nào sau đây là sai khi nói về động cơ không đồng bộ ba pha? A. Hoạt động dựa trên cơ sở hiện tượng cảm ứng điện từ và sử dụng từ trường quay. B. Từ trường quay trong động cơ là kết quả của việc sử dụng dòng điện xoay chiều một pha. C. Biến đổi điện năng thành năng lượng khác. D. Có hai bộ phận chính là Stato và Rôto. Hướng dẫn: + Trong động cơ không đồng bộ ba pha, để tạo ra từ trường quay ta phải sử dụng dòng điện xoay chiều ba pha Câu 34. Trong quá trình truyền tải điện năng đi xa cần tăng điện áp của nguồn lên bao nhiêu lần để giảm công suất hao phí trên đường dây đi 100 lần. Giả thiết công suất nơi tiêu thụ nhận được không đổi, điện áp tức thời u cùng pha với dòng điện tứ c thời i. Biết ban đầu độ giảm điện áp trên đường dây bằng 15% điện áp của tải tiêu thụ. A. 4,3 lần B. 8,7 lần. C. 10 lần D. 5 lần Hướng dẫn: 8
+ Gọi U; U1; ΔU ; I1; P là điện áp nguồn, điện áp ở tải tiêu thụ, độ giảm điện áp trên đường dây, dòng điện hiệu 1 dụng và công suất hao phí trên đường dây lúc đầu. U’; U2; ΔU' ; I2; P2 là điện áp nguồn, điện áp ở tải tiêu thụ, độ giảm điện áp trên đường dây, dòng điện hiệu dụng và công suất hao phí trên đường dây lúc sau. 2 P2  I 2  U ' 1 I 1 1     2   + Ta có: I  P1  1  U 10 100 I 1 10 0,15U1 + Theo đề ra: ΔU = 0,15.U1  U '  (1) 10 + Vì u và i cùng pha và công suất nơi tiêu thụ nhận được không đổi nên: U2 I = 1 = 10  U2 = 10U1 (2) U1.I1 = U 2 .I2  U1 I2  U = U1 + ΔU = (0,15 + 1).U1  + Từ (1) và (2) ta có:  0,15.U1 0,15  U' = U 2 + ΔU' = 10.U1 + 10 = (10 + ).U1  10 0,15 10+ U' 10 = 8,7 + Do đó: = U 0,15+1 Câu 35. Mạch dao động điện từ gồm một cuộn cảm thuần L = 50mH và tụ điện C. Biết giá trị cực đại của cường độ dòng điện trong mạch là I0 = 0,1A. Tại thời điểm năng lượng điện trường trong mạch bằng 1,6.10-4 J thì cường độ dòng điện tức thời có độ lớn là A. 0,06A B. 0,10A C. 0,04A D. 0,08A Hướng dẫn: 2WC 12 1 + Năng lượng điện từ của mạch: W  WC  WL  LI 0  WC  Li 2  i   I 0  2 2 2 L + Thay số: i= ± 0,06 (A) Câu 36. Trong thí nghiệm giao thoa Y-âng, Chiếu vào hai khe đồng thời hai bức xạ : Bức xạ đỏ có bước sóng λ1= 640 nm và bức xạ lục có bước sóng λ2= 560 nm. Giữa vân trung tâm và vân sáng cùng màu kề nó có: A. 7 vân đỏ và 6 vân lục B. 8 vân đỏ và 7 vân lục C. 6 vân đỏ và 7 vân lục D. 7 vân đỏ và 8 vân lục Hướng dẫn: + Để có vân cùng màu với vân trung tâm thì tại đó hai vân sáng ứng với hai bức xạ trên trùng nhau do đó ta 7  k k 560 7 có:x1=x2  k1.λ1=k2 .λ2  1  2     1 min k 2 1 640 8 k 2 min  8 + Vậy giữa vân trung tâm và vân sáng cùng màu kề nó có 6 vân đỏ và 7 vân lục. Câu 37. Một con lắc lò xo đang cân bằng trên mặt phẳng nghiêng một góc 370 so với phương ngang. Tăng góc nghiêng thêm 160 thì khi cân bằng lò xo dài thêm 2 cm. Bỏ qua ma sát, lấy g  10m / s ; sin 37  0, 6 . Tần số góc dao động riêng của 2 0 con lắc là : A. 10(rad / s). B. 12,5(rad / s) . C. 15(rad / s). D. 5(rad / s). Hướng dẫn: mg sin  + Tại VTCB: k l0  mg sin   l0  k mg sin      sin   + Ta có: l02  l01  k    k g sin      sin   10 sin  37  16   sin37 o 0 o   k  100   2     10rad / s .  l02  l01 m m 0,02 Câu 38. Mạng điện ba pha hình sao có điện áp pha U p  220V có ba tải tiêu thụ mắc vào mạch theo kiểu hình sao. Ba tải là 3 điện trở thuần có giá trị lần lượt là R1  R2  2R3  220 . Cường độ hiệu dụng của dòng điện trong dây trung hòa là: 9
A. 0. B. 2A. C. 3 A. D. 1A. Hướng dẫn:       +Tính I1  I 2  1A và I3  2 A . Sử dụng I 0  I1  I 2  I 3 2 rad  Độ lớn I 0  1A . +Do các dòng lệch pha nhau 3 Câu 39. Trong thí nghiệm giao thoa Y-âng, nguồn S phát bức xạ đơn sắc  , màn quan sát cách mặt phẳng hai khe một khoảng không đổi D, khoảng cách giữa hai khe S1S2 = a có thể thay đổi (nhưng S1 và S2 luôn cách đều S). Xét điểm M trên màn, lúc đầu là vân tối thứ 3. Nếu lần lượt giảm hoặc tăng khoảng cách S1S2 một lượng ∆a thì tại M là vân sáng bậc n và bậc 3n. Nếu tăng khoảng cách S1S2 thêm 2∆a thì tại M là: A. vân sáng bậc 6. B. vân sáng bậc 5. C. vân tối thứ 6. D. vân tối thứ 5 . Hướng dẫn: 1 D + Ban đầu M là vân tối thứ 3 nên : x M  (2  ) (1) . 2a D + Khi giãm S1S2 một lượng a thì M là vân sáng bậc n nên: x M  n (2) a  a D  3n + Khi tăng S1S2 một lượng a thì M là vân sáng bậc 3n nên: x M (3) a  a D d a + (2) và (3)  k  3k  a  a  a a  a 2 D D + Khi tăng S1S2 một lượng 2 a thì M là sáng bậc k nên: x M  k k (4) a  2a 2a + Từ (1) và (4)  k = 5. Vậy tại M lúc này là vân sáng bậc 5. Câu 40. Trong một thí nghiệm giao thoa của Iâng đối với ánh sáng trắng có bước sóng 0,38m    0,76m . Tại vị trí vân sáng bậc 4 của bức xạ đỏ có bao nhiêu bức xạ bị tắt? A. 3. B. 6. C. 5. D. 4. Hướng dẫn: đ D + Vị trí vân sáng bậc 4 của bức xạ đỏ: x 4  4 . a + Để bức xạ có bước sóng λ bị tắt tại vị trí vân sáng bậc 4 của bức xạ đỏ thì: D 4đ 1  D  4.0,76 4 đ   ( m) x4   k     2 a 1 1 a k k 2 2 + Với: 0,38m    0,76m  3,5  k  7,5(k  Z )  k  4;5;6;7  Vậy có 4 bức xạ bi tắt. B. PHẦN RIÊNG: Thí sinh chỉ được chọn làm 1 trong 2 phần (Phần I hoặc Phần II) Phần I. Theo chương trình chuẩn (10 câu: Từ câu 41 đến câu 50) Câu 41. Trên mặt nước có hai nguồn kết hợp AB cách nhau một đoạn 12cm đang dao động vuông góc với mặt nước tạo ra sóng với bước sóng 1,6cm. Gọi C là một điểm trên mặt nước cách đều hai nguồn và cách trung điểm O của đoạn AB một khoảng 8cm. Hỏi trên đoạn CO, số điểm dao động ngược pha với nguồn là: A. 5 B. 2 C. 3 D. 4 Hướng dẫn : + Do hai nguồn dao động cùng pha nên để đơn giản ta cho pha ban đầu của chúng bằng 0. Độ lệch pha giữa hai 2 d điểm trên phương truyền sóng:   .  + Xét điểm M nằm trên đường trung trực của AB cách A một đoạn d1 và cách B một đoạn d2. Suy ra d1=d2. + Mặt 2 d1 khác điểm M dao động ngược pha với nguồn nên    (2k  1)   1, 6 + Hay : d1  (2k  1)  (2k  1)  (2k  1).0,8 (1) 2 2 + Ta có : AO  d1  AC (2). Thay (1) vào (2) ta có : 10
2 2  AB   AB  AB AB  (2k  1)0,8     OC (Do AO  và AC     OC ) 2 2 2 2 2 2 k  4 + Tương đương: 6  (2k  1)0,8  10  3, 25  k  5, 75   k  5 + Kết luận trên đoạn CO có 2 điểm dao dộng ngược pha với nguồn. Câu 42. Cơ năng của một vật dao động điều hòa A. bằng động năng của vật khi vật tới vị trí cân bằng. B. tăng gấp đôi khi biên độ dao động của vật tăng gấp đôi. C. biến thiên tuần hoàn theo thời gian với chu kỳ bằng một nửa chu kỳ dao động của vật. D. biến thiên tuần hoàn theo thời gian với chu kỳ bằng chu kỳ dao động của vật. Hướng dẫn: + Ta có W  Wt  Wđ  Wđ max  Động năng cực đại khi vật qua vị trí cân bằng. Câu 43. Một ống Rơnghen phát ra được bức xạ có bước sóng nhỏ nhất là 0,4 nm. Để giãm bước sóng của tia Rơngen phát ra đi hai lần thì người ta phải : A. Tăng điện áp của ống thêm 6,2 KV B. Tăng điện áp của ống thêm 3,1 KV C. Giãm điện áp của ống đi 3,1 KV D. Tăng điện áp của ống đến 3,1 KV Hướng dẫn: hc hc + Ta có : min   U AK   3,1.10 3 V  3,1KV e min e U AK hc + Khi giãm bước sóng ta có : min  / / e U AK + Do : min  2/min  U AK  2U AK  6,2KV i + Vậy phải tăng hiệu điện thế của ống thêm 3,1 KV Câu 44. Hai con lắc lò xo giống nhau có khối lượng vật nặng m = 10 (g), độ cứng lò xo K = 1002 N/m dao động điều hòa dọc theo hai đường thẳng song song kề liền nhau (vị trí cân bằng hai vật đều ở gốc tọa độ). Biên độ của con lắc thứ nhất lớn gấp đôi con lắc thứ hai. Biết rằng hai vật gặp nhau khi chúng chuyển động ngược chiều nhau. Khoảng thời gian giữa ba lần hai vật nặng gặp nhau liên tiếp là A. 0,03 (s) B. 0,01 (s) C. 0,04 (s) D. 0,02 (s) Hướng dẫn: + Giả sử chúng gặp nhau ở vị trí x1, con lắc 1 đi về bên trái và con lắc 2 đi về bên phải. Sau nữa chu kỳ thì chúng lại gặp nhau tại vị trí x2. Sau nữa chu kỳ tiếp hai con lắc lại gặp nhau ở vị trí x1. + Vậy khoảng thời gian ba lần liên tiếp chúng gặp nhau là: t  3  1  T  2 T m  0,02) s) 2 k Câu 45. Một vật dao động điều hoà xung quanh vị trí cân bằng O. Ban đầu vật đi qua O theo chiều dương. Sau thời gian  3 t1  ( s) vật chưa đổi chiều chuyển động và tốc độ giảm một nửa so với tốc độ ban đầu . Sau thời gian t 2  ( s) vật đã 15 10 đi được 12cm. Vận tốc ban đầu của vật là: A. 25cm/s B. 30cm/s C. 20cm/s D. 40cm/s Hướng dẫn: + Phương trình dao động của vật: x =Acos(ωt +φ)   + Khi t = 0: x0 = 0 và v0 >0  φ = - Do đó ; x = Acos(ωt - ). 2 2  + Phương trình vận tốc : v = - ωAsin(ωt - ) = ωAcos(ωt) = v0cos(ωt) 2    v + Tại thời điểm t1: v1 = v0cos(ωt1)  v0cos(ω ) = 0  cos(ω ) = 0,5 = cos  ω = 5 rad/s 15 15 3 2 2  0,4 ( s) . + Chu kì dao động: T   3 3T vật đi đươc là 3A=12cm  Biên độ A= 12:3= 4cm + Khoảng thời gian t 2   10 4 11
+ Vận tốc ban đầu của vật Là:v0 = ωA = 20cm/s Câu 46. Chiếu lần lượt các bức xạ có tần số f, 2f, 3f vào catốt của tế bào quang điện thì vận tốc ban đầu cực đại của electron quang điện lần lượt là v, 2v, kv. Xác định giá trị k. B. √5 C. √7 A. 4 D. 3 mv 2 mv 2 mv 2 Hướng dẫn : + Ta có : hf  A  ; 2hf  A  4 ; 3hf  A  k 2 k  7 2 2 2 Câu 47. Năng lượng tối thiểu cần thiết để chia hạt nhân thành 3 hạt α là bao nhiêu? biết mC = 11, 9967u ; mα = 4,0015u ; 12 6C MeV 1u  931,5 . c2 A. ΔE = 7,2657 MeV. B. ΔE = 11,625 MeV. C. ΔE = 7,2657 J. D. ΔE = 7,8213 MeV. Hướng dẫn: + Năng lượng tối thiểu cần thiết : E  3.m  mC c 2  3.4,0015  11,9967.931,5  7,2657(MeV ) Câu 48. Mạch dao động của máy thu sóng vô tuyến có tụ điện với điện dung C và cuộn cảm với độ tự cảm L, thu được sóng điện từ có bước sóng 20 m. Để thu được sóng điện từ có bước sóng 40 m, người ta phải mắc song song với tụ điện của mạch dao động trên một tụ điện có điện dung C' bằng A. C B. 4C C. 3C D. 2C Hướng dẫn:   2 .c LC ' C  C' + ta có:     2  C'  3C   '  2 .c L  C  C'   C   Câu 49. Con lắc lò xo nằm ngang, vật nặng có m = 0,3 kg, dao động điều hòa theo hàm cosin. Gốc thế năng chọn ở vị trí cân bằng, cơ năng của dao động là 24 mJ, tại thời điểm t vận tốc và gia tốc của vật lần lượt là 20 3 cm/s và - 400 cm/s2. Biên độ dao động của vật là A.1cm B .2cm C .3cm D 4cm Giải: Giả sử tại thời điểm t vật có li độ x: v = 20 3 cm/s = 0,2 3 m/s , a = - 4m/s2 4 a = - 2x => 2 = (1) x v2 v2x A2 = x2 + 2 = x2 + = x2 + 0,03x (2)  4 m A 22 2W0 => 2A2 = Cơ năng của dao động: W0 = (3) 2 m 2W0 2.24.10 3 2W0 4 Thế (1) và (2) váo (3) ta được: (x2 + 0,03x ) = =-> 4x + 0,12 = = = 0,16 => x = 0,01 (m) x m m 0,3 A2 = x2 + 0,03x = 0,0004 -----> A = 0,02 m = 2 cm. Chọn đáp án B Câu 50. Cho đoạn mạch điện xoay chiều gồm cuộn dây mắc nối tiếp với tụ điện. Độ lệch pha của hiệu điện thế giữa hai đầu  cuộn dây so với cường độ dòng điện trong mạch là . Hiệu điện thế hiệu dụng giữa hai đầu tụ điện bằng 3 lần hiệu điện thế 3 hiệu dụng giữa hai đầu cuộn dây. Độ lệch pha của hiệu điện thế giữa hai đầu cuộn dây so với hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn mạch trên là  2  C.  A. 0. . . . B. D. 3 3 2 Hướng dân:   ZL tg cd  r  tg 3  3  Z  3 .r  Z  ZC   tg  L   3     L     ZC  2 3 .r r 3 U  3 . U 2  U 2  Z 2  3 Z 2  r 2  C L r C L 2   cd    3 12
Phần II. Theo chương trình nâng cao (10 câu: Từ câu 51 đến câu 60) Câu 51. Một cái trục động cơ khối lượng m, bán kính R được phát động từ trạng thái nghỉ bằng một mômen lực M. Tốc độ góc của trục phụ thuộc vào thời gian phát động t theo quy luật: mR 2 2mR 2 2M 2m D.   A.   B.   C.   t. t. t. t. MR 2 mR 2 2M M Hướng dẫn: 1 + Trục của động cơ là hình trụ đặc nên có mômen quán tính là I  mR 2 . 2 M 2M + Gia tốc góc của nó là    . mR 2 I 2M + Vậy tốc độ góc biến thiên theo quy luật:   t  t mR 2 Câu 52. Một quả cầu khối lượng 10kg và bán kính 0,2m quay xung quanh một trục đi qua tâm của nó với góc quay biến thiên theo thời gian với quy luật   2  3t  4t 2 ( đo bằng rad, t đo bằng s). Mômen lực tác dụng lên quả cầu là: A. 1,28Nm. B. 2,40Nm. C. 6,40Nm. D. 3,60Nm. Hướng dẫn: d + Tốc độ góc quay của quả cầu    3  8t. dt d + Gia tốc góc bằng    8(rad / s) . dt 2 + Mômen quán tính của quả cầu I  mR 2  0,16(kgm2 ) . 5 + Từ đó tính được mômen lực tác dụng lên quả cầu: M  I  1,28Nm. Câu 53. Một vành tròn và một đĩa tròn cùng khối lượng và lăn không trượt cùng vận tốc. Động năng của vành là 40J thì động năng của đĩa là: A. 30J. B. 25J. C. 40J. D. 20J. Hướng dẫn: mv 2 1 2 mv 2 1 v2  Iv  + Động năng của vành là Wv   mRv2 . 2  mv 2 . 2 2 2 2 Rv mv 2 1 2 mv 2 1 1 2 2v 3  Iđ  + Động năng của đĩa: Wđ   . mRđ . 2  mv 2 . 2 2 2 22 Rđ 4 + Như vậy động năng của đĩa bằng 3/4 động năng của vành, băng 30J.  Câu 54. Phương trình dao động của vật dao động điều hòa là x  10 cos(2t  )(cm). Nhận xét nào là Sai về dao động 2 này? A. Lúc t  0 vật đi qua vị trí cân bằng theo chiều dương B. Sau 0,25s kể từ t  0 vật đã đi được quãng đường 10cm. C. Sau 0,5s kể từ t  0 vật lại đi qua vị trí cân bằng. D. Tốc độ của vật sau 1,5s kể từ t  0 bằng tốc độ lúc t  0. Hướng dẫn:   + Ta có: x  10 cos(2t  )  v  20 sin(2t  ) 2 2 13
  x0  10 cos  0   2 + Khi t=0:   Vậy vật đi qua vị trí cân bằng ngược chiều dương.  v  20 sin  0 0  2 Câu 55. Độ phóng xạ của đồng vị phóng xạ C14 trong một vật cổ bằng gỗ bằng 1/3 độ phóng xạ của mội khối gỗ cùng khối lượng vừa mới chặt. Chu kỳ bán rã của C14 là 5600 năm. Tuổi của vật cổ này bằng: A. 9788 năm. B. 7887 năm. C. 7788 năm. D. 8878 năm. Hướng dẫn: H  t H T + Ta có: 0  2 T  t  . ln  0   8878 năm. ln 2  H  H Câu 56. Một người đứng tại tâm của một cái bàn tròn nằm ngang đang quay tự do quanh trục thẳng đứn g đi qua tâm của nó. Hai tay người cầm hai quả tạ và dang rộng theo phương ngang. Nếu người khép hai tay ép sát vào ngực thì tốc độ quay của người và bàn sẽ: A. Không thay đổi. B. Ban đầu giảm nhưng sau khi khép tay xong thì tăng. C. Giảm. D. Tăng. Hướng dẫn: + Không có mômen ngoại lực tác dụng lên hệ nên mômen động lượng của hệ được bảo toàn. + Khi tay cầm tạ từ trạng thái dang ngang ép sát vào ngực sẽ làm cho mômen quán tính I của hệ giảm nên tốc độ góc  tăng. Câu 57. Mạch LC dao động điều hoà, năng lượng tổng cộng được chuyển hết từ điện năng trong tụ điện thành năng lượng từ trong cuộn cảm mất 0,3µs. Chu kỳ dao động của mạch là A. 1,2µs B. 1,8µs C. 0,15µs D. 0,3µs Hướng dẫn: T  T  1,2s + Ta có: Từ q  Q0  q  0  t  4 Câu 58. Hai con lắc đơn treo cạnh nhau có chu kỳ dao động nhỏ là 4s và 4,8s. Kéo hai con lắc lệch một góc nhỏ như nhau rồi đồng thời buông nhẹ thì hai con lắc sẽ đồng thời trở lại vị trí này sau thời gian ngắn nhất A. 6,248s B. 8,8s C. 12/11 s D. 24s Hướng dẫn: n  6n n1 6 +Tacó: t  n1 .4  n2 .4,8    1 (n  1,2,3...) n2  5n n2 5 + Vậy: t  24n (n  1,2,3...)  t min  24(s) Câu 59. Một vật cần chuyển động với vận tốc bao nhiêu để chiều dài của vật giảm đi một nửa so với chiều dài riêng của nó? A. v  2,11.108 (m s). B. v  1,5.108 (m s). C. v  2.108 (m s). D. v  2,61.108 (m s). Hướng dẫn: 2 l 2 v 1     v  c 1   . + Chiều dài tương đối tính của vật được tính theo công thức: l  l 0 l  c  0 + Trong trường hợp chiều dài bị co lại một nửa thì l l0  0,5. + Thay giá trị của tỷ số này vào biểu thức của v, ta nhận được: v  0,87c  2,61.108 (m s). Câu 60. Khi thấy sao chổi xuất hiện trên bầu trời thì đuôi của nó quay về hướng nào? A. Hướng Mặt trời mọc. B. Hướng Bắc. C. Hướng Mặt trời lặn. D. Hướng ra xa Mặt trời. Hướng dẫn: + Khi đi gần Mặt trời, sao chổi thu được năng lượng bức xạ từ Mặt trời, làm cho các chất bốc hơi dưới tác dụng của áp suất ánh sáng, các chất khí bị đẩy ra xa nhân sao chổi, tạo thành cái đuôi giống cái chổi và hướng ra xa Mặt trời. Khi càng gần Mặt trời, sự bốc hơi càng mạnh nên đuôi càng dài. 14