1 Giải chi tiết (tham khảo) đề thi thử ĐẠI HỌC VINH lần 3 năm 2013 Th.S: Trần quang Thanh-0904.727271 Câu 1. Một con lắc lò xo dao động điều hòa dọc theo trục lò xo nằm ngang, vật nặng có khối lượng m=100g và năng lượng dao động là 125 mJ . Tạ i th ờ i đ i ể m v ậ t có v ậ n t ố c 40 ( / ) cm s π thì độ lớn lực kéo về là 1,5N. Lấy 2 10 π = . Lực kéo về có độ lớn cực đại là A. 3,2N B. 2N C. 2,5N D.2,7N Gợi ý: Ta có 2 2 2 2 ax ax . . 2 W 2,5( / ) 2 2 2 m m mV kA m A W V m s m ω = = = → = = ( ) 2 2 2 2 ax ax ax ax ax ax .sin( ) 0,4 1,5 1 1 . os( ) . os( ) 2,5 2,5 m m m m m m v V t v F F kx K Ac t F c t V F F F N ω ϕ π ω ϕ ω ϕ = +        → + = → + =        = − = − + = +        → = Câu 2: Một nguồn điểm O phát sóng âm có công suất không đổi trong môi trường truyền âm đẳng hướng. Một người đang chuyển động thẳng đều từ A về O với vận tốc 2m/s. Khi đến điểm B cách nguồn 20m thì mức cường độ âm tăng thêm 20 dB . Thời gian người đó chuyển động từ B đến A là: A. 45s B. 90s C. 50s D. 100s. Gợi ý: Ta có: 2 10lg 10lg 20( ) 10 10.20 200 B B B A A B A A I r L L dB r r m I r   − = = = → = = =     . V ậ y th ờ i gian c ầ n tìm: 0 0 90( ) A B r rS A B t s v v v − − = = = = Câu 3: Cho m ạ ch dao độ ng L-C, t ụ đ i ệ n ph ẳ ng ở gi ữ a hai b ả n là chân không, dao độ ng chu k ỳ T. Đặ t vào gi ữ a hai b ả n c ủ a t ụ m ộ t l ớ p đ i ệ n môi cùng đ i ệ n tích v ớ i hai b ả n, h ằ ng s ố đ i ệ n môi ε , b ề dày b ằ ng m ộ t n ử a kho ả ng cách gi ữ a hai b ả n t ụ , để chu k ỳ dao độ ng c ủ a m ạ ch là 5 2 T T = thì giá tr ị c ủ a ε là: A. 2 B. 5 3 C. 4 3 D. 3 Gợi ý: Khi đ i ệ n môi gi ữ a hai b ả n là chân không : 1 2 (1) O T LC π = Khi đặ t l ớ p đ i ệ n môi và gi ữ a hai b ả n t ụ thì b ả n t ụ t ươ ng đươ ng hai t ụ C 1 và C 2 ghép n ố i ti ế p v ớ i kho ả ng cách ' 2 d d = và 2 2 (2) b T LC π = . V ậ y t ừ (1) và (2) 2 2 0 2 1 5 5 (3) 4 b b O C T C C T C = = → = 1 0 1 2 1 2 2 4 2 . . 2 (4) 1 4 2 b S C d k C C C C S C C C d k π ε ε ε π  =    → = =  + + =    Cho (3) bằng (4) suy ra: 0 0 2 . 5 5 4 1 3 C C ε ε ε = → = + o A B ε C 1 C 2 2 Gợi ý: Phương trình dao động tai nguồn: os( ) 2 u ac t π ω = − ( do tại t=o nguồn dao động đi qua VTCB theo chiều dương). Phương trình tại M cách O một khoảng 2 x λ = là: 2 os( ) 2 M x u ac t π π ω λ = − − . Thay các giá trị đã cho ta có: 6 2 2 2 11 3 3 6 os( . ) os( ) 4 3 2 3 2 6 2 3 2 u mm T x ac ac a a mm T T t λ π λ π π π λ   =   = → = − − = = → =    =  Câu 5: Với mạch dao động điện từ tự do thì sau 5 4 T kể từ khi tụ bắt đầu phóng điện, năng lượng trong mạch tập trung ở: A. Cuộn cảm B. Cuộn cảm chiếm một phần tư C. Tụ điện D. Tụ điện chiếm một nửa Gợi ý: Phương trình điện tích trên tụ: 0 os( ) q Q c t ω ϕ = + . Tại t=0 thì q=Q 0 hay 0 0 os os 1 0 q Q c Q c ϕ ϕ ϕ = = → = → = . Sau 5 4 T t = thì 0 0 0 2 5 5 os( ) os( . ) os 0 4 2 T q Q c t Q c Q c T π π ω = = = = q=0 thì i=I 0, lúc này năng lượng tập trung hai đầu cuộn cảm. Gợi ý: Phương trình phóng xạ: 234 4 230 U He Th → + . Năng lượng phản ứng tỏa ra: . . . 4.7,1 230.7,7 234.7,63 13,98 Th Th u u E A A A Mev α α ε ε ε ∆ = + − = + − = Gợi ý: Khi chiếu ánh sang từ chất lỏng trong suốt chiết suất với tia đỏ và tím là n d và n t ra không khí thì ta có: 0 ( ) (d ) 0 ( ) ( ) 1 1 sin 46 1,39 1 1 sin 43 1,44 gh do gh o d gh tim gh tim t i i n i i n  = = → =    = = → =   Để xảy ra phản xạ toàn phần thì điều kiện là góc tới gh i i > Theo bài ra góc tới của hai tia đều là 45 0 nên tia đỏ phản xạ toàn phần, tia tím ló ra ngoài (khúc xạ). Gợi ý: Tọa độ các vân sáng trùng: 1 1 2 1 1 2 2 2 2 1 4 4 . 5 5 k k i k k k k i λ λ =  = → = = →  =  3 Vậy khoảng vân trùng: 1 1 2 2 . . 4.0,5 2 trung i k i k i mm = = = = . Số vân sáng trùng của hai bức xạ trên đoạn MN là (2 vân cùng phía): 2,25 6,75 1,125 3,375 2;3 2 2 N M trung trung x x k k k k i i ≤ ≤ → ≤ ≤ → ≤ ≤ → = . Kết luận có 2 vân trùng. Câu 9: Bản chất tương tác giữa các nucleon trong hạt nhân là: A. Lực điện từ B. Lực tĩnh điện C. Lực tương tác mạnh D. Lực hấp dẫn Gợi ý: Khi tần số là f 1 và f 2 ( 2 1 4 f f = ) thì: 2 1 1 2 4Z 4 L L C C Z Z Z =    =   ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 1 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 1 1 5 4Z 5Z (1) 4 4 4 C C L C L C L C C L L L C L Z Z p p Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z= ↔ − = − ↔ − = − = − → = → = Do f thay đổi nên công suất trong mạch cực đại khi xảy ra cộng hưởng: L C Z Z = (2) 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 1 2 ax 2 2 . 0,8 0,8 ( ) 0,2R 0,2(3) ( ) m L C C L L C U R U p p p Z Z Z Z R R Z Z R = = ↔ = → − = → − = + − Thay (1) vào (3) ta có: 1 1 1 4 5 0,2 (4) 4 5 C C C Z Z R Z R− = → = Khi 3 1 5 f f = thì: 3 1 3 1 5Z 5 L L C C Z Z Z =    =   thì hệ số công suất 1 1 1 1 3 3 1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 os ( ) (5Z ) (5 ) (5 ) 5 5 4 5 C C C C L C L C R R R R c Z Z Z Z R Z Z R R Z R ϕ = = = = + − + − + − + − 1 2 2 2 2 2 0,46 21 21 4 5 . . 20 20 5 C R R R Z R R = = =     + +         Gợi ý: Bức xạ phát quang là bức xạ riêng của vật Gợi ý: Tại t=0 thì véc tơ B vuông góc mặt phẳng khung dây nên véc tơ n trùng véc tơ cảm ứng từ B suy ra góc 0 ϕ = . 0 os( ) c t φ φ ω → = 4 Vậy biểu thức suất điện động qua khung dây có N vòng là: 0 0 ' sin( ) os( ) 2 e E t E c t π φ ω ω = − = = − 0 0 30 60 60 . 0,6 np f Hz E N ω π φ ω π  = =   =   = =   Vậy 0 sin( ) 0,6 os(60 ) 2 e E t c t π ω π π = = − . Vậy suất điện động trung bình sau 4 T 4 4 4 0 0 1 4 .d . 0,6 os(60 ) 120 0,6 os(60 ) 1,2 2 2 T T T o e e t c t dt c t dt V t T π π π π π π = = − = − = ∫ ∫ ∫ Gợi ý: L ầ n đầ u : 1 1 2 2 (1) N U N U = L ầ n 2: 1 1 1 2 2 2 2 25 13 (2) 1 12 13 N U U N U U U + = = − L ầ n 3: 1 1 1 1 2 2 2 1 2 3 (3) 25 3 U U N U N U U − = = + L ấ y (2) chia (1) v ế theo v ế 1 1 1 25 13 300 12 N N N + == → = L ấ y (1) chia (3) v ế theo v ế : 2 2 2 25 3 50 2 N N N + = → = . V ậ y 1 2 6 N N = Gợi ý: Câu A sai tia α phát ra t ừ h ạ t nhân v ớ i v ậ n t ố c 7 2.10 ( / ) m s Gợi ý: S ố h ạ t nhân còn l ạ i sau trong 1 ngày vào th ờ i đ i ể m 8 n ă m sau đ ó: 14 12 0 8 4 10 ( ) 25.10 2 2 t T N N t = = = Gợi ý: Ba b ướ c sóng dài nhât trong các dãy Laiman, Banlme và Pasen l ầ n l ượ t là: 21 32 43 ; ; λ λ λ Áp d ụ ng công th ứ c tính các m ứ c n ă ng l ượ ng : m n mn hc E E λ = − ta có: 5 2 1 1 21 1 1 1 3 2 2 1 2 3 32 2 2 3 4 3 3 43 3 13,6 13,6 51 5 4 1 5 51 13,6 13,6 17 9 5 7 ; : : 35:189 :540 9 4 9 17 27 108 13,6 13,6 119 180 16 9 180 119 hc hc hc E E hc hc E E hc hc hc hc E E λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ  − = = − = + = → =    − = = − = + = → = → = = → =    − = = − = + = =    Gợi ý: Khi ch ư a b ỏ trong đ i ệ n tr ườ ng: 1 (1) 2 g f l π = Khi để trong đ i ệ n tr ườ ng: 1 ' ' (2) 2 g f l π = V ậ y ' ' . (3) ' ' f g g f f f g g = → = Do q>0 nên F  cùng phương cùng chiều vớí E  . E  hướng lên nên F  cũng hướng lên và ngược chiều trong lực P  . Vậy trọng lực biểu kiến 7 4 3 2,5.10 .2.10 ' ' 10 20 10 qE P P F g g m − − = + → = + = + = Vậy 10 ' . ' 20 2 g f f f f g = = = Gợi ý: Số vân sang quan sát được trên miền giao thoa rộng L: 1 2 25 trung N N N N = + − = Suy ra số vân trùng của hai bức xạ: 1 2 25 25 12 6 7 trung N N N = − − = − − = Suy ra số vân sáng đơn sắc thứ nhất kể cả vân trùng là : 1 1 1 12 7 19 ( 1) 18 n L n i i = + = → = − = Suy ra số vân sáng đơn sắc thứ hai kể cả vân trùng là : 2 2 2 6 7 13 ( 1) 12 n L n i i = + = → = − = Vậy 1 1 1 2 2 2 12 2 18 12 18 3 i i i i λ λ = → = = = Gợi ý: Theo giả thuyết 0 0 0 1 0(1) O O L C L C O u u u u L C ω = → = − → + = Mặt khác trên đoạn AB: 1 2 1 2 100 0 200 60 2 57 7 0,713 2 2 L x C x x x u u u u u u u u u u + ∠ + ∠ − + = + + + = → = = = ∠ − Vậy giá trị hiệu dụng là: 0 25 14 2 U U = = P  F  E  0 q > 6 Gợi ý: Khi thay đổi L=L 1 thì U L cực đại lúc đó ta có: 2 2 . (1) L C R C U U U U= + Thay 2 (2) L R R C C U U U U R Z= → = → = Khi thay đổi L=L 2 thì U R cực đại trong mạch xảy ra cộng hưởng với giá trị 2 (3) L C Z Z R = = Vậy hiệu điện thế hiệu dụng hai đầu cuộn dây: 2 200 L C R U U U U V = = = = Gợi ý: Thời gian đèn tắt trong mỗi chu kỳ là: 0 1 1 2 2. ( ) 300 150 tat t t s = = = . Đèn chỉ sáng lên khi giá trị của điện áp 0 220 2 U U≥ = . Thời gian đèn tắt trong mỗi chu kỳ là: 1 .100 4 150 4 4 6 sang t t π α ω π α ω = → = = = Với 0 0 sin .sin 220 2. os 110 2 6 U U U c U π α α = → = = = Câu 22: Đặt điện áp xoay chiều 2 200 os (50 ) u c t π = vào hai đầu biến trở R, cuộn L và tụ C. Khi thay đổi R công suất tiêu thụ của mạch đạt giá trị cực đại là 100W, giá trị R là: A. 100 Ω B. 50 Ω C. 150 Ω D. 25 Ω Gợi ý: Ta có: 2 1 os100 200 os (50 ) 200 100 100 os100 2 c t u c t c t π π π +   = = = +     Vậy hiệu điện thế này bao gồm giá trị 1 chiều và xoay chiều: ' 100 os100 u c t π = . Thay đổ R để công suất cực đại khi đó: 2 2 2 ax (50 2) 100 25 2R 200 200 m U U p R = = → = = = Ω Gợi ý: Câu sai là A. Gợi ý: Chùm tia sáng qua lăng kính là các chùm đơn sắc song song . Đáp án A Gợi ý: Đáp án C 220 2 -220 2 -u 0 u 0 7 Câu 26: Cho mạch dao động L-C gồm cuộn cảm L, tụ C. Tại thời điểm t 1 thì cường độ dòng điện là i 1 , đến thời điểm 2 1 2 LC t t π = + thì điện áp giữa hai bản tụ là u 2 ta có: A. 1 2 1 Li Cu + = B. 2 2 1 2 Li Cu = C. 2 2 1 2 1 Li Cu + = D. 1 2 Li Cu = Gợi ý: giả sử tại thời điểm t 1 biểu thức dòng điện có dạng: 1 1 0 1 .sin i I t ω = suy ra biểu thức năng lượng từ trường 2 2 2 1 1 01 1 W . sin (1) 2 2 L Li L I t ω = = . Tại thời điểm t 2 : 2 2 2 2 2 2 0 2 0 1 0 1 0 1 0 1 .sin sin( ( )) sin . ) sin( ) os 2 2 2 LC i I t I t I t LC I t I c t π π π ω ω ω ω ω ω = = + = + = + = suy ra biểu thức năng lượng từ trường 2 2 2 2 2 02 1 W . os (1) 2 2 L Li L I c t ω = = . Vậy năng lượng từ trường tại hai thời điểm là vuông pha nhau, suy ra 2 1 2 2 2 2 2 1 ( ) ( ) 2 1 W W 2 2 C t L t Cu Li Cu Li = → = ↔ = Gợi ý: Do D i a λ = Nghĩa là khoảng vân i tỷ lệch thuận với D. D tăng thì i tăng. Theo bài ra khi dịch màn ra xa thì lúc đầu M là vân sáng sẽ chuyển thành vân tối nên ta có: [ ] ' 1 1 (2 1) (2 1)( ). (1) 2 7 2 1 16 ( ) 7 35 2( 1) 1 (2) 2 D D k k k k D a a a D D k k a a λ λ λ λ λ  = − ↔ = − +    + +  = − −   Từ (1) và (2) suy ra D=1m Gợi ý: Câu B sai Câu 29: Một mẫu chất phóng xạ nguyên chất, sau thời gian 3 τ , số hạt nhân đã bị phân rã gấp 7 lần số hạt nhân còn lại. Thời gian từ lúc số hạt nhân giảm một nửa đến lúc số hạt nhân giảm đi e lần là: A. ln 4 1 . ln 2 τ −       B. 1 ln 2 . ln 2 τ −       C. ln 4 1 3 . ln 2 τ −       D. 1 ln 2 3 . ln 2 τ −       Gợi ý: Số hạt nhân bị phân rã sau thời gian 3 t τ = là; 0 .(1 2 )(1) t T N N − ∆ = − Theo giả thuyết 7 ( )(2) N N t ∆ = Từ (1) và (2) suy ra: 3 0 0 7 .2 (1 2 ) 7.2 1 2 8.2 1 2 2 3 3 3 t t t t t t T T T T T T N N t T T T τ τ − − − − − = − → = − → = ↔ = → = ↔ = → = Mặt khác thời gian để số hạt nhân giảm đi một nửa là một chu kỳ: 1 t T τ = = Thời gian để số hạt nhân giảm đi e lần là: 2 2 1 0 0 2 2 2 2 ln 2 ( ) . 1 . 1 ln ln 2 t t N T N t N e e e t t t e T λ λ τ λ − −− = = → = → = ↔ = → = = 8 Thời gian cần tìm là: 2 1 1 1 ln 2) ( 1) ( ln 2 ln 2 ln 2 t t t τ τ τ τ − ∆ = − = − = − = . Đáp án B Gợi ý: Biên độ dao động lúc đầu là A 0 =10cm . Gia tốc của vật triệt tiêu khi vật đi qua các VTCB mới. Vật đạt vận tốc cực đại tại vị trí có li độ 0 x 0,01 1 mg m cm k µ = = = Vậy biên độ mới 1 10 1 9 A cm = − = và 2 8 1 7 A cm = − = . Tương ứng vận tốc tại hai vị trí này là 1 ax 1 2 ax 2 9 7 m m v A v A ω ω = = Gợi ý: Giới hạn quang điện phụ thuộc bản chất kim loại đó. Đáp án A Gợi ý: Số đường hyperbol cực đại cắt MN bằng số điểm cực đại trên CD +Ta có AM – BM = AC – BC = 20-15=5cm (1) Và AC + BC = AB = 25cm(2) từ (1) và (2) suy ra AC = 15cm +Ta lại có AM 2 – AD 2 = BM 2 – DB 2 Và DB = AB – AD suy ra: 2 2 2 2 20 15 16 ; D 9 25 AD BD AD cm B cm BD AD  − = − → = =  = −  Số điểm cực đại tren MD: D D 1 1 4 3 2 2 B A BM AM k k λ λ − − − ≤ ≤ − ↔ − ≤ ≤ Vậy M là cực đại thứ 3, D là cực đại thứ 4. Vậy trên MN có 3 cực đại Gợi ý: Dùng công thức tính bước sóng 8 3.10 .2 LC λ π = ta tính được hai bước sóng từ 30m đến 90m đây là sóng ngắn Gợi ý: 2 a x ω = − đồ thị gia tốc và li độ có dạng đoạn thẳng Gợi ý: 1( ) T s = Thời điểm vật qua vị trí có li độ x=-1cm lần thứ 2013 theo chiều âm là: ( 1) (2013 1).1 t n T t t = − + ∆ = − + ∆ Với t ∆ là thời gian để vật qua VT có li độ x=-1cm lần 1 theo chiều âm. B M C D A N 9 Tại t=0 thì: 1 2 os( 120) 1 0 x c cm M v = − = −  →  >  Vật qua vị trsi x=-1cm lần 1 theo chiều âm tương ứng góc quét 0 4 30 180 30 240 3 π α = + + = = Suy ra thời gian : 2 ( ) 3 t s α ω ∆ = = Vậy thời gian cần tìm: 2 6038 (2013 1).1 ( ) 3 3 t s = − + = Gợi ý: Do khối lượng hạt anpha lớn hơn rất nhiều khối lượng hạt beta. Đ/á A Gợi ý: Đáp án D Gợi ý: Đáp án A Gợi ý: áp dụng công thức tính công suất bức xạ . hc p N N ε λ = = ta có: . . . 0,6.15 9 . . . 0,5.2 A A A A B A A B B B B B A B B A P N N N P P N N N P ε λ λ ε λ λ = = → = = = . Đáp án B Gợi ý: Do mức cường độ âm có đơn vị 2 W m . Đáp án D Gợi ý: Dao động duy trì. Đáp án D Gợi ý: Trong suốt không màu. -1 2 -2 M 1 M 2 10 Gợi ý: Khi thực hiện giao thoa ánh sáng với ba bức xạ đơn sắc trên thì do luc lam λ λ λ > > nên trong quang phổ bậc 1 tính từ vân trung tâm ta quan sát thấy các vân theo thứ tự lam, lục, đỏ. Đáp án C Gợi ý: Phương trình: 14 7 Z A N X p α + → + Năng lượng tỏa ra: ( ).931,5 1,21( ) N x p E m m m m MeV α ∆ = + − − = − Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng: 2,289( ) x p x p k E k k k E k k Mev α α + ∆ = + → = ∆ + − = Từ hình vẽ ta có: 2 2 2 2 2 2 2 . . os os 2 . p x x p p p p p p p p p p p c c p p α α α α ϕ ϕ + − = + − → = Thay 2 2 p mk = ta có: 0 os 64,2 2 . . p p x x x x m k m k m k c m k m k α α α α ϕ + − = = Gợi ý: Không mất tính tổng quát giả sử R=r=1 Ω Ta có hệ số công suất khi mạch có 1 ω ω = là: ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 os (1) 4 L C L C R r R c R r Z Z R Z Z ϕ + = = + + − + − Do giả thuyết cho 1 2 2 2 2 2 1 1 1 1 (2) L C C LL R r L CR R R Z C C Z Z ω ω = → = → = → = = Mặt khác do 1 2 1 1 1 1 1 1 ( , ) ( , ) 2 2 2 2 1 2 ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) 4 4 16 3 ( ) ( )(3) 4 2 3 9 3 L r L r L r C r L C L r C r U U U U r Z r Z U U π α α  =   + = → → = → + = +   =   Thay (2) vào (3) ta có: 1 1 1,333 0,75 L C Z Z =  Ω  =  Vậy từ (1) suy ra: ( ) ( ) 1 1 1 2 2 2 2 2 os 0,96 4 1,333 0,75 4 L C R c R Z Z ϕ = = = + − + − P P  N α P α  X P  ϕ [...]... nên lúc này vật đang ở vị trí có li độ Gợi ý: Tại VTCB lò xo giãn 25cm=0,25m nên ω = 2 2  20π 3  2 v x = A − 10 Áp dụng công thức độc lập : A = x +   → A2 = ( A − 10 ) +   2π  → A = 20cm  ω    Do ngay phía dưới VTCB 10cm theo phương thẳng đứng có đặt tấm kim loại nằm ngang nên lúc này ta 2 2 coi con lắc lò xo va chạm đàn hồi dao động với chu kỳ mới T ' = T = ( s ) 3 3 2 2 Gợi ý: Hai... x λ (1) Theo bài ra 2 điểm này có độ lệch khỏi VTCB 2mm ( chú ý A=4mm) và có vận tốc ngược nhau được 2π M2 biểu diễn trên hình vẽ Từ hình vẽ suy ra độ lệch pha ∆ϕ = 3 2π x 2π λ = → x = = 4cm → λ = 12cm = 120mm Vậy từ (1) suy ra: ∆ϕ = 3 3 λ v ω A 2π A π -4 2 Vậy tỷ số vận tốc cần tìm: max = = = λ λ v 15 T M1 4 Gợi ý: Đáp án B  π ( d 2 − d1 )   π ( d1 + d 2 )  Gợi ý: Phương trình sóng tổng hợp :... '+ d 2 ' = AB  d + d 2 = AB Ta có xét điểm N có:  1 và điểm M có:  1  d1 ' = 17cm, d 2 ' = 15cm  d1 = 20cm, d 2 = 12cm  π (d 2 − d1 )   π (15 − 17)  cos   cos   u 12 λ   =   = − 3 → u = − 3u = 12mm Vậy ta có tỷ số: M = M N π (d 2 '− d1 ')  π (12 − 20)  uN   cos  cos    12 λ     11 Gợi ý: Đáp án A 12 . x=-1cm lần 1 theo chi u âm tương ứng góc quét 0 4 30 180 30 240 3 π α = + + = = Suy ra thời gian : 2 ( ) 3 t s α ω ∆ = = Vậy thời gian cần tìm: 2 6 038 (20 13 1).1 ( ) 3 3 t s = − + = . 13 (2) 1 12 13 N U U N U U U + = = − L ầ n 3: 1 1 1 1 2 2 2 1 2 3 (3) 25 3 U U N U N U U − = = + L ấ y (2) chia (1) v ế theo v ế 1 1 1 25 13 300 12 N N N + == → = L ấ y (1) chia (3) . Laiman, Banlme và Pasen l ầ n l ượ t là: 21 32 43 ; ; λ λ λ Áp d ụ ng công th ứ c tính các m ứ c n ă ng l ượ ng : m n mn hc E E λ = − ta có: 5 2 1 1 21 1 1 1 3 2 2 1 2 3 32 2 2 3 4 3 3 43