18 câu trắc nghiệm hay môn VL
Câu 1: Khi êlectron ở quỹ đạo dừng thứ n thì năng lượng của nguyên tử hiđrô
13,6
n2

được tính theo công thức En = (eV) (n = 1, 2, 3,…). Khi êlectron trong nguyên
tử hiđrô chuyển từ quỹ đạo dừng n = 3 sang quỹ đạo dừng n = 2 thì nguyên tử hiđrô
phát ra phôtôn ứng với bức xạ có bước sóng bằng
A. 0,4350 μm.
B. 0,4861 μm.
C. 0,6576 μm.
D. 0,4102
μm.
ε=

HD : ADCT :

hc
hc
= E n =3 − E n = 2 ⇒ λ =
λ
E n =3 − E n = 2
2
1

=0,6576 μm. Đáp án C

D

Câu 2: Hạt nhân đơteri
có khối lượng 2,0136u. Biết khối lượng của prôton là

1,0073u và khối lượng của nơtron là 1,0087u. Năng lượng liên kết của hạt nhân
2
1

D

là
A. 0,67 MeV.
B. 1,86 MeV.
C. 2,02 MeV.
D. 2,23
MeV.
HD : ADCT : Wlk = (1.mp + 1.mn – mD)c2 = 2,23 MeV. Đáp án D
Câu 3: Định nghĩa nào sau đây về đơn vị khối lượng nguyên tử u là đúng ?
A. u bằng khối lượng của một nguyên tử Hyđrô

1
1

H

.

B. u bằng khối lượng của một hạt nhân nguyên tử Cacbon
C. u bằng
D. u bằng
Đáp án C

1
12

1
12

12
6

C

khối lượng của một hạt nhân nguyên tử Cacbon

.
12
6

C

.

khối lượng của một nguyên tử Cacbon C12.
238
92

U

Câu 4: Hạt nhân
có cấu tạo gồm
A. 238 proton và 92 nơtron.
C. 238 proton và 146 nơtron.
Đáp án D


B. 92 proton và 238 nơtron.
D. 92 proton và 146 nơtron.


131
53

I

Câu 5: Chất phóng xạ
có chu kỳ bán rã 8 ngày đêm. Ban đầu có 1,00 g chất
này thì sau 1 ngày đêm chất phóng xạ này còn lại
A. 0,92 g.
B. 0,87 g.
C. 0,78 g.
D. 0,69 g.
2

−

t
T

HD : ADCT : m = m0. = 0,92 g. Đáp án A
Câu 6: Một con lắc lò xo nằm ngang gồm vật m = 1/π2 kg được nối với lò xo độ
cứng k = 100 N/m. Đầu kia lò xo gắn với điểm cố định. Từ vị trí cân bằng, đẩy
2 3

vật cho là xo nén
cm rồi buông nhẹ. Khi vật qua vị trí cân bằng lần đầu tiên

thì tác dụng lên vật lực F không đổi cùng chiều với vận tốc và có độ lớn F = 2 N.
Khi đó vật dao động với biên độ A1. Sau thời gian 1/30 s kể từ khi tác dung lực F
thì ngừng tác dụng lực. Khi đó vật dao động điều hào với biên độ A 2. Biết trong
quá trình dao động, lò xo luôn nằm trong giới hạn đàn hồi. Bỏ qua ma sát. Tỉ số
A1/A2 bằng
A.

7 /2

.

B.

2/ 7

.

C.

3/2

.

D.

2/ 3

.

2 3


Giải: Khi chưa có lực F, vị trí cân bằng của vật là O. Biên độ là A =
cm.
Khi có thêm lực F, VTCB dịch chuyển đến O' sao cho OO' = F/k = 0,02 m = 2 cm.

F
m
O
O'
x

ω=

k
= 10π
m

Tần số góc
rad/s. Chu kì T = 0,2 s.
Khi F bắt đầu tác dụng (t = 0), vật đến O có li độ so với O' là x 1 = - 2 cm và có vận
2

tốc

v1 = ωA = 20π 3

v 
A1 = x +  1  = 4
ω 
2

1

cm/s. Biên độ

cm.


Thời gian ngắn nhất vật đi từ O đến O' là t1 = T/6 = 1/60 s.
Ta thấy rằng t = 1/30 s = 2t1 nên khi F ngừng tác dụng thì vật có li độ so với O là
x2 = 4 cm và có vận tốc v2 =

v1 = ωA = 20π 3

cm/s.
2

Từ đó biên độ lúc ngừng tác dụng lực :

v 
A2 = x 22 +  2  = 2 7
ω 

cm.

2/ 7

Vậy : A1/A2 =
. Đáp án B
Câu 7: Con lắc lò xo dao động theo phương ngang với phương trình
x = cos(


2π
2π
t − )cm
3
3

, t tính theo đơn vị giây. Gọi S1 là quãng đường vật đi được
trong 2015 giây đầu tiên, S2 là quãng đường vật đi được trong 2015 giây tiếp
theo. Hệ thức đúng là
A.

S1 1344
=
S2 1345

B.

S1 5373
=
S2 5374

C.

S1 1345
=
S2 1344

D.


S1 5374
=
S 2 5373

.
Giải: Trong 2015 (s) đầu tiên = 671T + 2T/3
⇒ S1 =

4A×671 + A/2 + 2A + A/2 = 2687 (cm). (Chú
ý sau 671T vật quay lại vị trí ban đầu (t = 0), rồi
dùng vòng tròn quét 2T/3). Trong 2015 (s) tiếp
theo tức là 4030 (s) kể từ lúc t = 0; 4030 (s) =
1343T + T/3
⇒S =

4A×1343 + A/2 + A = 5373,5(cm)

⇒ S 2 = S − S1 = 2686,5 (cm) ⇒

S1 5374
=
S 2 5373

(tương tự trong 1343 vật quay lại vị trí (t = 0), dùng vòng tròn quét T/3). Đáp
án D
Câu 8: Một con lắc lò xo gồm lò xo có chiều dài tự nhiên l0 = 30 cm. Kích thích
cho con lắc dao động điều hòa theo phương nằm ngang thì chiều dài cực đại của
lò xo là 38 cm. Khoảng cách ngắn nhất giữa hai thời điểm động năng bằng n lần



thế năng và thế năng bằng n lần động năng là 4 cm. Giá trị lớn nhất của n gần
với giá trị nào nhất sau đây?
A. 3.
B. 5.
C. 8.
D. 12.
Giải: Ta có biên độ dao động A = l – l0 = 8 cm
A

Giả sử tại x1 Wđ1 = nWt1 (n+1)Wt1 = W0  (n+1)x12 = A2  x1 =
1
n

nA

1
n

tại x2 Wt2 = nWđ2  ( +1)Wt2 = W0  ( +1)x22 = A2  x2 =
x 2 – x1 =

nA

A

n +1

n +1

-


n +1

n +1

( n − 1) A
n +1

=

. Thay A = 8cm; x2 – x1 = 4cm, ta được:

( n − 1)8
n +1

= 4  2(

n

- 1) =

n +1

 4(n - 2

n

+1) = n + 1

n


 3n + 3 = 8
 9n2 + 18n + 9 = 64n  9n2 - 46n + 9 = 0  n = 4,907 ≈ 5.
Đáp án B
Câu 8: Âm giai thường dùng trong âm nhạc gồm 7 nốt (do, rê, mi, fa, sol, la, si)
lặp lại thành nhiều quãng tám phân biệt bằng các chỉ số do1, do2... Tỉ số tần số
f (do3 )
=2
f (do2 )

của hai nốt cùng tên cách nhau một quãng tám là 2 (ví dụ
). Khoảng
cách giữa hai nốt nhạc trong một quãng tám được tính bằng cung và nửa cung.
Mỗi quãng tám được chia thành 7 quãng nhỏ gồm 5 quãng một cung và 2 quãng
nửa cung theo sơ đồ:
do
rê
mi
fa
sol
la
si
do
1
1
1/2
1
1



1
1/2

Hai nốt nhạc cách nhau nửa cung thì hai âm tương ứng với hai nốt nhạc này có
12

f (do) 12
= 2
f ( si )

2

tỉ số tần số là
(ví dụ
). Biết rằng âm la3 có tần số 440Hz, tần số của
âm sol1 gần nhất với giá trị
A. 120 Hz.
B. 390 Hz.
C. 490 Hz.
D. 100 Hz.
Giải: Khi 2 nốt nhạc cách nhau nửa cung thì f12cao = 2f12thấp;
Khi hai nốt nhạc cách nhau một cung thì f12cao = 4f12thấp
Do vậy ta có:

f (la 3 )
f ( sol 3 )

12

=


4

và

f ( sol 3 )
f ( sol1 )

=4 

f (la 3 )
f ( sol1 )

f (la 3 )
12

=4

4

f(sol1) =

412 4

=

440
412 4

= 98 Hz.

Đáp án D
Câu 9: Trong môi trường đẳng hướng và không hấp thụ âm, có ba điểm theo
thứ tự A, B, C thẳng hàng. Một nguồn điểm phát âm có công suất là P đặt tại O
(không thuộc đường thẳng qua A, B, C) sao cho mức cường độ âm tại A và tại C
bằng nhau và bằng 30 dB. Bỏ nguồn âm tại O, đặt tại B một nguồn âm điểm phát
âm có công suất 10P/3 thì thấy mức cường độ âm tại O và C bằng nhau và bằng
40 dB, khi đó mức cường độ âm tại A gần giá trị nào nhất sau đây ?
A. 29 dB.
B. 34 dB.
C. 36 dB.
D. 27 dB.
Giải: Khi nguồn âm tại O: A và C có cùng mức cường độ
âm suy ra OA = OC.
IC =



P
P
⇒ L C = log 
÷ = 3 (B).
2
2
4 πOC
 4 πOC .I 0 

Ta có:
Khi nguồn âm tại B: O và C có cùng mức cường độ âm
nên suy ra:
BO = BC.



I C/ =

Ta có:
Suy ra:

 10P 3 
10P 3
⇒ L/C = log 
÷ = 4 (B).
2
2
4 πBC
 4 πBC .I 0 

 10 OC 2 
L/C − L C = log  .
= 1 ⇒ OC = BC 3.
2 ÷
 3 BC 

Áp dụng định lí cosin trong
Dễ dàng suy ra

·
∆OBC ⇒ OBC
= 1200.

·

AOC
= 1200 ⇒ AC = 3OC = 3BC ⇒ BA = AC − BC = 2BC.
2

Suy ra:

I A  BC 
1
=
= 10LA −L B ⇔ = 10L A − 4 ⇒ L A ≈ 3, 4 (B) = 34(dB).
÷
I C  BA 
4

ωt + ϕ

Đáp án B

Câu 10: Đặt điện áp u = U 0cos(
) (V) vào hai đầu đoạn mạch gồm điện trở
thuần R, cuộn dây thuần cảm L và tụ điện C theo thứ tự nối tiếp, với độ tự cảm L
thay đổi được, còn các yếu tố khác thì không đổi. Khi L = L 1 thì điện áp hiệu dụng
hai đầu cuộn cảm đạt cực đại là U Lmax và lúc đó u sớm pha hơn i một góc
0<

α

π
2


< ). Khi L = L2 thì điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn cảm là U L =
α

α

1
2

α

(với

ULmax và

lúc đó u sớm pha hơn i một góc 0,25 . Góc gần giá trị nào nhất sau đây ?
A. 1,2 rad.
B. 0,5 rad.
C. 0,9 rad.
D. 1,4 rad.
Giải: Với L1 ta có GĐVT OAB, độ lệch pha giữa u và i là φ = α
Với L2 ta có GĐVT OA’B’, độ lệch pha giữa u và i là φ’= α’ = 0,25α.
UL=0,5ULmaxx
ULmax
U
UR
UC

URC
α
U’R

U’C

U’RC
α’
β

O
B
A’
B’
αo


αo

U
A

Trong hai trường hợp U không đổi, độ lệch pha giữa u RC và i là không đổi(vì
tan ϕ RC =

− ZC
R

không đổi).
Ta có: Lúc đầu ULmax nên u vuông pha với uRC.
Đặt |φRC| = β thì α + β =

π
2


.

Áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác OA’B’ ta có:
(1)
Áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác OAB ta có:
U Lmax
U
U
U
=
= Lmaxo = Lmax
sin α o sin(α + β) sin 90
1

Từ (1) và (2) ta có:
0,25α +

π
2

-α=

(2)

0,5U Lmax
U
U
=
= Lmax

sin α o sin(α '+ β)
1

π
6

π
3

UL
0,5U Lmax
U
=
=
sin α o sin(α '+ β) sin(α '+ β)

==> sin(α’ + β) = 0,5 ==> α’ + β =

π
6

=>

π
4π
=
2, 25 9

==> 0,75α = ==> α =
= 80o = 1,396(rad). Đáp án D

Câu 11: Đặt điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng U = 120 V, tần số f thay đổi
được vào hai đầu đoạn mạch gồm cuộn dây thuần cảm L, điện trở thuần R và tụ
điện C mắc nối tiếp theo thứ tự đó. Khi tần số là f1 thì điện áp hai đầu đoạn mạch
chứa RC và điện áp hai đầu cuộn dây L lệch pha nhau một góc 135 0. Khi tần số là
f2 thì điện áp hai đầu đoạn mạch chứa RL và điện áp hai đầu tụ điện lệch pha
nhau một góc 1350. Khi tần số là f3 thì xảy ra hiện tượng cộng hưởng. Biết rằng
2

2

 f2   f2 
96
2 ÷ − ÷ =
25
 f 3   f1 

. Điều chỉnh tần số đến khi điện áp hiệu dụng hai đầu tụ điện
đạt giá trị cực đại là UCmax. Giá trị UCmax gần giá trị nào nhất sau đây?
A. 123 V.
B. 223 V.
C. 130 V.
D. 180,3 V.


Giải: Khi
1
C=
Rω1

Khi

(2).
Khi

f = f1

thì

uuur uur
(u RC ; u L ) = 1350 ⇒

Z1C = R ⇒ ω1 =

vẽ giãn đồ ra có được:

1
RC

và

(1).

f = f2

f = f3

thì

uuur uur
(u RL ; u C ) = 1350 ⇒


Z 2L = R ⇒ ω2 =

vẽ giãn đồ ra có được:

⇒ ω3 =

thì cộng hưởng

Từ (1), (2) và (3) suy ra được:
2

Mặt khác:

R
L

L=

và

R
ω2

1
(3).
LC

ω32 = ω1.ω2

2


(4).
2

2

 f2   f2  96
 ω   ω  96
⇒ 4 2 ÷ − 2 ÷ = .
2 ÷ − ÷ =
25
25
 f3   f1 
 ω3   ω1 

Thay (4) vào được:

2

4.

ω2  ω2 
96
− ÷ =
ω1  ω1 
25

Thay đổi f để
U C max =


UC

(5)
U C max =

đạt cực đạt thì

2U.L
R 4LC − R 2 C 2

thay (1) và (2) vào ta

2U
2

ω ω 
4. 2 −  2 ÷
ω1  ω1 

U C max =

2.120
96
25

= 122,48 (V)

được:
. Thay (5) vào ta được:
. Đáp

án A
Câu 12: Cho mạch điện gồm R, L và C theo thứ tự nối tiếp,
cuộn dây có điện trở r. Đặt vào hai đầu đoạn mạch một điện
áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng không đổi, tần số f = 50
Hz. Cho điện dung C thay đổi người ta thu được đồ thị liên
hệ giữa điện áp hiệu dụng hai đầu mạch chứa cuộn dây và
tụ điện UrLC với điện dung C của tụ điện như hình vẽ phía dưới. Điện trở r có giá
trị bằng
A. 50 Ω.
B. 30 Ω.
C. 90 Ω.
D. 120 Ω.


U rLC = I.Z rLC

Giải: Ta có:
Khi C= 0

U r 2 + (Z L − Z C )2
U
= .Z rLC =
.
Z
(R + r)2 + (Z L − Z C )2

⇒ Z C = ∞ ⇒ U rLC = U = 87

C = 100 π (µF) ⇒ Z C = 100 (Ω)


Khi

U rLC

Z L = Z C = 100 (Ω)

và

V. (tính giới hạn ta được kết quả)
thì

U .r
87
=
=
R+r 5

C = ∞ ⇒ Z C = 0 ⇒ U rLC

Khi
Đáp án A

V

U rLC

cực tiểu, khảo sát hàm số có được:

⇒ R = 4r


87 2
r + 1002
5
=
⇔ 3 145 =
⇔ r = 50 (Ω).
(R + r)2 + Z 2L
(4r + r)2 + 1002
U r 2 + Z 2L

u = U 2cos(ωt + φ)

Câu 13: Đặt điện áp xoay chiều
vào hai đầu một đoạn mạch
gồm điện trở thuần R mắc nối tiếp với một cuộn cảm thuần L, biết điện trở có
giá trị gấp 3 lần cảm kháng. Gọi uR và uL lần lượt là điện áp tức thời ở hai đầu
điện trở R và ở hai đầu cuộn cảm thuần L ở cùng một thời điểm. Hệ thức đúng là
A.

90u 2R +10u 2L = 9U 2

2
R

2
L

10u + 90u = 9U

Giải: Ta có:


Ta có:
2
R

.

B.

45u 2R + 5u 2L = 9U 2

.

D.

.


U =


R = 3Z L ⇒ U R = 3U L ⇒ U L =


U R =


5u + 45u = 9U

C.


2

uuur uuur  u  2  u  2
UR ⊥ UL ⇒  R ÷ +  L ÷ = 1 ⇒
 U 0R   U 0L 
2
L

.

5u 2R + 45u 2L = 9U 2

U 2R + U 2L
U
10
3U
10

Ráp các thông số trên vào ta được

2

.

Đáp án C
Câu 14: Một anten parabol đặt tại điểm M trên mặt đất, phát ra một sóng
truyền theo phương làm với mặt phẳng nằm ngang một góc 30 0 hướng lên cao.



Sóng này phản xạ trên tầng điện li, rồi trở lại gặp mặt đất ở điểm N. Xem mặt
đất và tầng điện li là những mặt cầu đồng tâm có bán kính lần
R1 = 6400 (km)

R 2 = 6500 (km).

lượt là
và
Bỏ qua sự tự quay của trái
đất. Cung MN có độ dài gần giá trị nào nhất sau đây ?
A. 360 km.
B. 345 km.
C. 335 km.
D. 375 km.
∆OMP :

Giải: Xét
Suy ra:

OM
OP
6400
6500
=
⇔
=
⇒ α ≈ 50,50.
0
0
0

sin α sin(90 + 30 )
sin α sin120

·
β = 180 − (120 + α ) ⇒ MON
= 2β = 2,990 ≈ 0,052 (rad)

·
⇒ MN = R1 .MON
= 333,59 (km).

Đáp án C

Câu 15: Một học sinh làm thí nghiệm đo bước sóng ánh sáng bằng thí nghiệm
±

giao thoa qua khe Yâng. Kết quả đo được khoảng cách hai khe a = (0,15 0,01)
mm, khoảng cách từ hai khe tới màn D = (0,418 ± 0,0124) m và khoảng vân i =
(1,5203 ± 0,0111) mm. Bước sóng dùng trong thí nghiệm là
A. λ = 0,55 ± 0,06 µm.
B. λ = 0,65 ± 0,06 µm.
C. λ = 0,55 ± 0,02 µm.
D. λ = 0,65 ± 0,02 µm.
Giải: Ta có:
λ=

a.i
= 0,55 (µm)
D


∆λ ∆a ∆i ∆D
=
+ +
⇒ ∆λ ≈ 0,06 (µm) ⇒ λ = λ ± ∆λ = 0,55 ± 0,06 (µm).
λ
a
i
D

và

Đáp án A
Câu 16: Cho mạch điện như hình vẽ. Điện áp đặt vào hai đầu đoạn mạch có giá
trị hiệu dụng không đổi nhưng tần số thay đổi được. Khi tần số f = f 1 thì hệ số
công suất trên đoạn AN là
k1 = 0,6, hệ số công suất trên toàn mạch là k = 0,8.
Khi f = f2 = 100Hz thì công suất trên toàn mạch cực đại. Tìm f1 ?
C
L; r
R
N
B


A
M

A. 80Hz B. 50Hz

C. 60Hz


Giải: cosϕ1 = 0,6 ------> tanϕ1 =
tanϕ1 =

ZL
R+r

=

4
3

-----> ZL =

cosϕ = 0,8 ------> tanϕ = ±
tanϕ =
ZL
ZC

=

ZL − ZC
R+r

ω12

=±

LC và


* Khi ZL – ZC =

3
4

3
4

ω 22

4
3

D. 70Hz

4
3

(R + r) (*)

3
4
3
4

------> ZL – ZC = ± (R +r) (**)
LC = 1 ------>

(R +r) ------> ZC =


ZL
ZC
7
12

=

ω12
ω 22

f 12
f 22

=

(R +r) --->

-----> f1 = f2
ZL
ZC

=

ZL
ZC

16
7

4 f2


----> f1 =

7

= 151,2 Hz Bài toán vô nghiệm

** Khi ZL – ZC = ZL
ZC

3
4

(R +r) ------> ZC =

25
12

(R +r) -->

ZL
ZC

=

16
25

4
5


f1 = f 2
= f2. = 80Hz. Đáp án A
Câu 17: Một tấm pin quang điện gồm nhiều pin mắc nối tiếp. Diện tích tổng
cộng của các pin nhận năng lượng ánh sáng là 0,6 m 2 Mỗi mét vuông của tấm
pin nhận công suất 1360 W của ánh sáng. Dùng bộ pin cung cấp năng lượng cho
mạch ngoài, khi cường độ dòng điện là 4 A thì điện áp hai cực của bộ pin là 24 V.
Hiệu suất của bộ pin là
A. 14,25% .
B. 11,76%.
C. 12,54%.
D. 16,52%.
Giải: Công suất của Pin:

PPin = W.S = 1360.0,6 = 826 (W).

Công suất có ích (cung cấp cho mạch ngoài):

PMN = U.I = 24.4 = 96 (W).


H = PMN PPin = 11,76%.

Hiệu suất của Pin:
Đáp án B
Câu 18: Biết đồng vị urani U235 có thể bị phân hạch theo phản ứng sau :
1
0

139

94
1
n + 235
92 U → 53 I + 39Y +3 0 n

. Khối lượng của các hạt tham gia phản ứng: mU =
234,99332u; mn = 1,0087u; mI = 138,8970u; mY = 93,89014u; 1 uc2 = 931,5 MeV.
Nếu có một lượng hạt nhân U235 đủ nhiều, ban đầu ta kích thích cho 10 10 hạt
U235 phân hạch theo phương trình trên và sau đó phản ứng dây chuyền xảy ra
trong khối hạt nhân đó với hệ số nhân nơtrôn (số nơtron được giải phóng sau
mỗi phân hạch đến kích thích các hạt nhân Urani khác tạo nên phân hạch mới)
là k = 2. Coi phản ứng không phóng xạ gamma. Năng lượng toả ra sau 5 phân
hạch dây chuyền đầu tiên (kể cả phân hạch kích thích ban đầu) là
A. 175,85 MeV.
B. 11,08.1012 MeV.
C. 5,45.1013 MeV.
D.
12
8,79.10 MeV.
Giải: Năng lượng tỏa ra sau mỗi phân hạch:
∆E = ( mU + mn - mI - mY - 3mn )c2 = 0,18878 uc2 = 175,84857 MeV = 175,85 MeV
- Khi 1 phân hạch kích thích ban đầu sau 5 phân hạch dây chuyền số phân hạch
xảy ra là
1 + 2 + 4 + 8 + 16 = 31
- Do đó, số phân hạch sau 5 phân hạch dây chuyền từ 10 10 phân hạch ban đầu N
= 31.1010
Năng lượng tỏa ra : E = N. ∆E = 31.1010 x175,85 = 5,45.1013 MeV. Đáp án C