intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 MÔN LÝ 7

Chia sẻ: Phung Tuyet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:0

Thêm vào BST
Báo xấu
42
lượt xem 4
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Câu 2: Trình bày các nhân tố ảnh hưởng đến sự phát triển và phân bố công nghiệp. Theo em, ở ViệtNam nhân tố nào đóng vai trò quan trọng đối với sự phát triển và phân bố công nghiệp. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: LÝ Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề)

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 MÔN LÝ 7

  1. Nguoithay.vn BÀI TẬP: DAO ĐỘNG ĐIỆN TỪ Câu 1: Mạch dao động LC có tụ phẳng không khí hình tròn bán kính 48cm, cách nhau 4cm phát ra sóng điện từ bước sóng 100m. Nếu đưa vào giữa hai bản tụ tấm điện môi phẳng song song và cùng kích thước với hai bản có hằng số điện môi  = 7, bề dày 2cm thì phát ra sóng điện từ bước sóng là A. 100m B. 100 2 m C. 132,29m D. 175m Giải: Điện dung của tụ không khí ban đầu R 2 R2 C0 =  ( R = 48cm, d0 = 4cm 9.10 9.4d 0 36 .10 9.d o Khi đưa tấm điện môi vào giữa hai bản tụ thì bộ tụ gồm tụ không khí C1 với khoảng cách giữa hai bản tụ d1 = d0 – d2 = 2cm, nối tiếp với tụ C2 có hằng số điện môi  = 7. d2 = 2cm R 2 R2 C1 =  = 2C0 9.10 9.4d 1 36.10 9.d 1 C11 C2 C12 R 2 R 2 C2  = 14C0 9.10 9.4d 2 36.10 9.d 2 d2 Điện dung tương đương của bộ tụ C = C1C2 7  C0 d11 C1  C2 4 d12 Bước sóng do mạch phát ra: 0 = 2c LC0 = 100m  = 2c LC  C 7   =1,322876 ------>  = 132,29m. Chọn đáp án C. 0 C0 4 Chú ý: Khi đưa tấm điện môi vào ta có thể coi bộ tụ gồm 3 tụ mắc nối tiếp gồm tụ C2 có  = 7. d2 = 2cm và hai tụ không khí C11 và C12 với khoảng cách giữa các bản của các tụ d11 + d12 = d1. Điện dung tương đương của hai tụ này khi mắc nối tiếp đúng bằng C1 ( vì 1 1 9.10 9.4 36 .10 9 d 1 1   ( d  d )   ) R 2 11 12 2 C11 C12 R C1 Câu 2: Trong mạch dao động LC lí tưởng đang có dao động điện từ tự do. Thời gian ngắn nhất giữa hai lần liên tiếp năng lượng từ trường bằng ba lần năng lượng điện trường là 10-4s. Thời gian giữa ba lần liên tiếp dòng điện trên mạch có giá trị lớn nhất là A. 3.10-4s. B. 9.10-4s. C. 6.10-4s. D. 2.10-4s. Giải: Thời gian giữa ba lần liên tiếp dòng điện trên mạch có giá trị cực đại chính là chu kì dao đông của mạch M2 M1 2 Q E đ  0 cos 2 (t   ) . 2C Q02 Et  sin 2 (t   ) . 2C Et = 3Eđ ----. sin2(t +) = 3cos2(t +) M3 2 2 ----> 1 - cos (t +) =3cos (t +) ----> cos2(t +) = ¼----->cos(t +) = ± 0,5 Trong một chu kì dao động khoảng thời gian giữa hai lần liên tiếp năng lượng từ trường bằng 3 lần năng lượng điện trường có hai khả năng: 1 Nguoithay.vn
  2. Nguoithay.vn t1 = tM1M2 = T/6 hoặc t2 = tM2M3 = T/3. Trường hợp 1. chu kì T1 = 6.10-4s Trường hợp 2. chu kì T2 = 3.10-4s Câu 3: Hai tụ điện C1 = C2 mắc song song. Nối hai đầu bộ tụ với ắc qui có suất điện động E = 6V để nạp điện cho các tụ rồi ngắt ra và nối với cuộn dây thuần cảm L để tạo thành mạch dao động. Sau khi dao động trong mạch đã ổn định, tại thời điểm dòng điện qua cuộn dây có độ lớn bằng một nữa giá trị dòng điện cực đại, người ta ngắt khóa K để cho mạch nhánh chứa tụ C 2 hở. Kể từ đó, hiệu điện thế cực đại trên tụ còn lại C1 là: A. 3 3 . B.3. C.3 5 . D. 2 Giải: Gọi C0 là điện dung của mỗi tụ điên Năng lượng của mạch dao động khi chư ngắt tụ C2_ CU 2 2C0 E 2 W0 =   36C 0 2 2 I 1 LI 02 W0 Khi i = 0 , năng lượng từ trường WL = Li2 =   9C 0 2 4 2 4 3W Khi đó năng lượng điên trường WC = 0  27C0 ; năng ượng điên trường của mỗi tụ 4 WC1 =WC2 = 13,5C0 Sau khi ngắt một tụ năng lượng còn lại của mạch là W = WL +WC1 = 22,5C0 C1U 12 C0U 12 W=   22,5C0 ------> U12 = 45-------> U1 = 3 5 (V), Chọn đáp án C 2 2 Câu 4. Trong mạch dao động lí tương LC có giao động điện từ tự do (dao động riêng) với tụ điện T có điện dung riêng C=2nF. Tại thời điểm t1 cường độ dòng điện trong mạch I=5mA, sau đó hiệu 4 điện thế giữa hai bản tụ u=10V. Độ tự cảm của cuộn dây? A. 40  H B. 8 mH C. 2,5 mH D. Đáp án khác Lúc t1 thì I=5.10-3A thì I 0  I 2  5 2.10 3 A i 2 u u 1 2 Và ( )  ( ) 2  1  ( ) 2   u  U 0 I0 U0 U0 2 2 T 2 Sau khoảng thời gian thì điện áp hai bản tụ u  U 0  10  u0  10 2V 4 2 I 5 2.10 3 Mà I 0  q0  CU 0    0   250000( rad / s ) CU 0 2.10 9.10 2 1 1   L  2  8.103 H LC C Câu 5. Mạch dao động điện từ lí tưởng gồm cuộn thuần cảm và hai tụ điện giống nhau mắc nt hai bản của một tụ được nối với nhau bằng một khóa K. ban đầu khóa K mở, cung cấp năng lượng cho mạch dao động thì điện áp cực đại giữa 2 đầu cuộn dây là 8 6 V.sau đó đúng vào lúc thời điểm dòng điện qua cuộn dây có cường độ bằng giá trị hiệu dụng thì đóng khóa K .điện áp cực đại giữa 2 đầu cuộn dây sau khi K đóng: (đáp án: 12V) 2 Nguoithay.vn
  3. Nguoithay.vn 1 W CbU 02  96C 2 1 3 Wt  W  W1  W  U 01  12V 2 4 Câu 6. Cho hai mạch dao động lí tưởng L1C1 và L2C2 với C1  C2  0,1 F; L1  L2  1 H . Ban dầu tích điện cho tụ C1 đến hiệu điện thế 6V và tụ C2 đến hiệu điện thế 12V rồi cho mạch dao động. Xác định thời gian ngắn nhất kể từ khi mạch dao động bắt đầu dao động thì hiệu điện thế trên 2 tụ C1 và C2 chênh nhau 3V A. 10 6 / 3(s) B. 10 6 / 6(s) C. 10 6 / 2(s) D. 106 / 12(s) Giải: 1 Hai mạch dao động có C1  C2 ; L1  L2 nên 1  2    L1C1 Khi cho hai mạch bắt đầu dao động cùng một lúc thì hiệu điện thế giữa hai bản tụ của mỗi mạch M 2 dao động biến thiên cùng tần số góc. Ta biểu diễn bằng hai đường tròn như hình vẽ M1 Tại thời điểm t kể từ lúc bắt đầu dao động, hiệu điện thế trên mỗi tụ là u1, u2  ● Theo bài toán: 0 u1 U01 u2 U02 u u2  u1  3V (1) U u Từ hình vẽ, ta có: 02  2  2 (2) U 01 u1 Từ (1) và (2), ta được: U    106 u1  3V  01     t    ( s) . 2 3  3 3 Chọn đáp án A Câu 7. Ang ten sử dụng một mạch dao động LC lý tưởng để thu sóng điện từ, trong đó cuộn dây có L không đổi, tụ điện có điện dung C thay đổi được. mỗi sóng điện từ đều tạo ra trong mạch dao động một suất điện động cảm ứng. xem rằng các sóng điện từ có biên độ cảm ứng từ đều bằng nhau. Khi điện dung của tụ điện C1 =1F thì suất điện động cảm ứng hiệu dụng trong mạch do sóng điện từ tạo ra là E1 = 4,5 V. khi điện dung của tụ điện C2 =9F thì suất điện động cảm ứng hiệu dụng do sóng điện từ tạo ra là A. E2 = 1,5 V B. E2 = 2,25 V C. E2 = 13,5 V D. E2 = 9 V Giải: Từ thông xuất hiện trong mạch  = NBScost. Suất điện động cảm ứng xuất hiện   1 e = - ’ = NBScos(t - ) = E 2 cos(t - ) với  = tần số góc của mạch dao động 2 2 LC E = NBS là suất điện động hiệu dụng xuất hiện trong mạch E  C2 E -----> 1 = 1 = = 3 ------> E2 = 1 = 1,5 V. Chọn đáp án E2 2 C1 3 Câu 8. Đặt điện áp xoay chiều: u  220 2 cos(100t ) V ( t tính bằng giây) vào hai đầu mạch gồm điện trở R=100Ω, cuộn thầu cảm L=318,3mH và tụ điện C=15,92μF mắc nối tiếp. Trong một chu 3 Nguoithay.vn
  4. Nguoithay.vn kì, khoảng thời gian điện áp hai đầu đoạn mạch sinh công dương cung cấp điện năng cho mạch bằng: A. 20ms B. 17,5ms C. 12,5ms D. 15ms Giải Công A=Pt. A>0 khi P>o.Vậy ta đi lập biểu thức của p Bắt đầu viết biểu thức của i: ZL=100 Ω, Zc=200 Ω  Độ lệch pha giữa u và i: tang  =-1,     u  i 4  Dễ dàng viết được biểu thức của i: i  2, 2 2cos(100 t  ) 4   Côgn thức tính công suất:p=ui=484 (cos(200 t  )  cos ) 4 4   1 P>0 khi cos(200 t  )  cos   4 4 2 Vẽ đường tròn lượng giác ra: A 1 2 B Nhìn trên vòng tròn lương giác dễ dàng thấy trong khoảng từ A đến B theo chiều kim đồng hồ thì   1 cos(200 t  )  cos   p>0.Vậy thời gian để sinh công dương là :2.3T/4=15ms 4 4 2 Câu 9. Mạch chọn sóng của một máy thu vô tuyến gồm một cuộn dây và một tụ xoay. Điện trở thuần của mạch là R (R có giá trị rất nhỏ). Điều chỉnh điện dung của tụ điện đến giá trị Co để bắt được sóng điện từ có tần số góc ω. Sau đó xoay tụ một góc nhỏ để suất điện động cảm ứng có giá trị hiệu dụng không đổi nhưng cường độ hiệu dụng của dòng điện trong mạch thì giảm xuống n lần. Hỏi điện dung của tụ thay đổi một lượng bao nhiêu? A. 2nRC0. B. nRC02 C. 2nRC02. D. nRC0. Giải: Để bắt được sóng điện từ tần số góc ,cầ phải điều chỉnh tụ điện C đến giá trị C0 thì trong mạch dao động điện từ có hiện tượng cộng hưởng: ZL = ZC0 ------> L 1 = . C 0 Suất điện động xuất hiện trong mạch có giá trị hiệu dụng E E C ----> I = L L R A 1 2 + Khi C= C0 + C → Tổng trở Z = R 2  (L  ) tăng lên, C (với C độ biến dung của tụ điện) 4 Nguoithay.vn
  5. Nguoithay.vn E I E E E Cường độ hiệu dụng trong mạch I’ = -----> = = = Z n Z 1 2 nR R 2  (L  ) C 1 2 1 1 2 1 1 1 ------> R2 + (L - ) = n2R2 --------> (n2 – 1)R2 = ( - ) = 2( - )2 C  C 0 C  C 0 C 0  C 1 ( C) 2 -----> = n2 R2 – R2  C 0 (C 0   C ) 2 2 2 Vì R rất nhỏn nên R2  0 và tụ xoay một góc nhỏ nên C0 + C  C0 1 C = n R ----> C = nRC02 , Chọn đáp án B  C0 2 Câu 10. Một mạch dao động gồm tụ có điện dung C=3500pF và một cuộn dây có độ tự cảm L=30μH,điện trở thuần r=1,5Ω.Hiệu điện thế cực đại ở hai đầu tụ điện là 15V. Người ta sử dụng pin có điện trở trong r=0,suật điện động e=3V, điện lượng cực đại q0=104C cung cấp năng lượng cho mạch để duy trì dao động của nó.Biết hiệu suất bổ sung năng lượng là 25%.Nếu sử dụng liên tục , ta phải thay pin sau khoảng thời gian: A.52,95(giờ) B.78,95(giờ) C.100,82(giờ) D.156,3(giờ) CU 02 I Giải Ta có I 02  ;I  0 L 2 rCU 02 Cần cung cấp một năng lượng có công suất: P = I2r =  196,875.10 4 W 2L Mặt khác P = A/t => t = A/P (1) Năng lượng của nguồn: A0 = q0e Hiệu suất của nguồn cung cấp: H = A/A0 => A = 0,25A0 = 0,25q0e (2) 0, 25q0 e Từ (1) và (2) ta có: t  P Nếu q0 = 104C tì t = 1,1 giờ Nếu q0 = 104C thì t = 105,28 giờ Câu 11. Trong mạch dao động lý tưởng tụ có điện dung C=2nF. Tại thời điểm t1 thì cường độ dòng điện là 5mA, sau đó T/4 hiệu điện thế giữa hai bản tụ là u=10V. Độ tự cảm của cuộn dây là: A. 0,04mH B. 8mH C. 2,5mH D. 1mH Giải Ta có i1 = I0cosωt1; i2 = I0cos(ωt1 + π/2)=-I0sinωt1 Suy ra i12  i22  I 02  i22  I 02  i12 i22 u 2 I 02  i12 u 2 i12 u2 U 02 u 2 L  1  2 1 2  2  2  2  I 02 U 02 I 02 U0 I0 U 0 I0 i1 C Ta lại có u2  LC  8mH i12 Câu 11. Mạch dao động điện từ lí tưởng gồm cuộn dây thuần cảm và hai tụ điện giống hệt nhau ghép nối tiếp. Hai bản của một tụ được nối với nhau bằng khóa K. Ban đầu khóa K mở Cung cấp 5 Nguoithay.vn
  6. Nguoithay.vn năng lượng cho mạch dao động thì điện áp cực đại giữa hai đầu cuộn cảm là 8 6 V. Sau đó vào đúng thời điểm dòng điện qua cuộn dây có cường độ bằng giá trị hiệu dụng thì đóng khóa K. Hiệu điện thế cực đại giũa hai đầu cuộn dây sau khi đóng khóa K: A. 12 3 (V). B. 12 (V). C. 16 (V). D. 14 6 (V) Giải: L Năng lượng ban đầu của mạch C 2 U0 CU 02 W0 = 2  = 96C C C 2 4 LI 2 1 LI 02 1 K Khi nối tắt một tụ (đóng khoá k). WL = = = W0 = 48C 2 2 2 2 1 Năng lượng của tụ còn lai WC = (W0 – WL) = 24C 2 Năng lượng của mạch sau khi đóng khóa K : W = WL + WC -----> 2 CU max = 48C + 24C = 72C ------> (Umax)2 = 144 -----> Umax =12V. Chọn đáp án B 2 Câu 12. Mạch chọn sóng của một máy thu thanh gồm cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L = 2.9H và tụ điện có điện dung C = 490pF. Để máy thu được dải sóng từ  m = 10m đến  M = 50m, người ta ghép thêm một tụ xoay CV biến thiên từ Cm = 10pF đến CM = 490pF. Muốn mạch thu được sóng có bước sóng  = 20m, thì phải xoay các bản di động của tụ CV từ vị trí ứng với điện dung cực đại CM một góc  là: A. 1700. B.1720 C.1680 D. 1650 Giải: Khi chưa mắc tụ xoay sóng mà máy có thể thu được λ0 = 2πc LC = 71 m. Để thu được dải sóng từ  m = 10m đến  M = 50m cần phải giảm điện dung của tụ, cần phải mắc nối tiếp thêm tụ xoay Cv . CCV Điện dung của bộ tụ: CB = Để thu được sóng có bước sóng  = 20m, C  CV 2 202 λ = 2πc LCB ----- CB =   38,3.1012 F = 38,3pF 4 c L 4.3,14 .9.10 .2,9.10 2 2 2 16 6 C .C B 490.38.3 CV =   41,55 pF C  C B 490  38,3 C  Cm CV = Cm + M . = 10 + 2,67. ----  =31,55/2,67 = 11,80  120 tính từ vị trí ứng với Cm. 180 Nếu tính từ vị trí ứng với điện dung cực đại CM  = 1680 Chọn đáp án C Câu 13. Mạch dao động LC đang thực hiện dao động điện từ tự do với chu kỳ T. Tại thời điểm nào đó dòng điện trong mạch có cường độ 8 (mA) và đang tăng, sau đó khoảng thời gian 3T / 4 thì điện tích trên bản tụ có độ lớn 2.109 C. Chu kỳ dao động điện từ của mạch bằng A. 0,5ms. B. 0, 25ms. C. 0,5 s. D. 0, 25 s. Giải q2 i2 Tại thời điểm t ta có: 12   1  q12  Q02  ( i ) 2 (1) Q0 ( Q0 ) Tại thời điểm t + 3T/4: 6 Nguoithay.vn
  7. Nguoithay.vn Giả sử ở thời điểm t, bt của q: q1 = Q0 cost suy ra ở thời điểm t + 3T/4 ta có: q2 = 3 Q0 cos(t  )  Q0 sin t 2 2 q1 q22 Suy ra 2  2  1  q12  q22  Q02 (2) Q0 Q0 i 2 Từ (1) và (2).ta có:    4 .106 rad / s  T   0, 5  s ĐÁP ÁN C q2  Câu 14. Mạch dao động LC đang thực hiện dao động điện từ tự do với chu kỳ T. Tại thời điểm nào đó dòng điện trong mạch có cường độ 8 (mA) và đang tăng, sau đó khoảng thời gian 3T/4 thì điện tích trên bản tụ có độ lớn 2.10-9 C Chu kỳ dao động điện từ của mạch bằng A. 0,5 ms B. 0,25ms C. 0,5s D. 0,25s Giải WL WC Năng lượng của mạch dao động q2 Li 2 W = wC + w L = + 2C 2 Đồ thị biến thiên của wC và wL như 3T hình vẽ. Ta thấy sau : wC2 = wL1 4      q 2 = Li 2 ----> LC = 2 q 2  2C 2 i T T 3T 9 t1 t2 T q 2.10 -6 4 2 4 Do đó T = 2 LC = 2 = 2 = 0,5.10 (s) = 0,5s Chọn đáp án C i 8 .10 3 Câu 15. Mạch chọn sóng của một máy thu thanh gồm cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L = 2.9H và tụ điện có điện dung C = 490pF. Để máy thu được dải sóng từ  m = 10m đến  M = 50m, người ta ghép thêm một tụ xoay CV biến thiên từ Cm = 10pF đến CM = 490pF. Muốn mạch thu được sóng có bước sóng  = 20m, thì phải xoay các bản di động của tụ CV từ vị trí ứng với điện dung cực đại CM một góc  là: A. 1700. B.1720 C.1680 D. 1650 Giải: Khi chưa mắc tụ xoay sóng mà máy có thể thu được λ0 = 2πc LC = 71 m. Để thu được dải sóng từ  m = 10m đến  M = 50m cần phải giảm điện dung của tụ, cần phải mắc nối tiếp thêm tụ xoay Cv . CCV Điện dung của bộ tụ: CB = Để thu được sóng có bước sóng  = 20m, C  CV 2 202 λ = 2πc LCB ----- CB =   38,3.1012 F = 38,3pF 4 2 c 2 L 4.3,142.9.1016.2,9.10 6 C .C B 490.38.3 CV =   41,55 pF C  C B 490  38,3 C  Cm CV = Cm + M . = 10 + 2,67. ----  =31,55/2,67 = 11,80  120 tính từ vị trí ứng với Cm. 180 Nếu tính từ vị trí ứng với điện dung cực đại CM  = 1680 Chọn đáp án C Câu 16. Cho một mạch dao động điện từ LC lý tưởng. Khi điện áp giữa hai đầu tụ là 2V thì cường độ dòng điện qua cuộn dây là i, khi điện áp giữa hai đầu tụ là 4V thì cường độ dòng điện qua cuộn dây là i/2. Điện áp cực đại giữa hai đầu cuộn dây là 7 Nguoithay.vn
  8. Nguoithay.vn A. 2 5V B. 6V C. 4V D. 2 3V Giải i12 u12 1  i12 u12 i22 u22 I 02 U 02 2  2  1, 2  2  1  2  4  2  3U 02  4u22  u12  U 0  2 5 (V) I0 U 0 I0 U 0 i2 u 2 1  22 I0 U0 BÀI TẬP: SÓNG ÁNH SÁNG Câu 1: Trong thí nghiệm I âng về giao thoa ánh sáng người ta sử dụng đồng thời ba ánh sáng đơn sắc có bước sóng lần lượt là 1  0, 48 m ; 2  0, 64  m và 3  0, 72  m . Số vân sáng đơn sắc quan sát được ở giữa hai vân sáng gần nhất cùng màu với vân sáng trung tâm là A. 26 B. 21 C. 16 D. 23 Bài giải: Vị trí các vân cùng màu với vân trung tâm: x = k1i1 = k2i2 = k3i3 -- k1λ1 = k2λ2 = k3λ3 -----48 k1 = 64 k2 = 72k3 hay 6 k1 = 8 k2 = 9k3 Bội SCNN của 6, 8 và 9 là 72 --Suy ra: k1 = 12n; k2 = 9n; k3 = 8n. Vị trí vân sáng cùng màu với vân trung tâm gần vân trung tâm nhất ứng với n =1 k1 = 12; k2 = 9; k3 = 8 * Vị trí hai vân sáng trùng nhau a. x12 = k1i1 = k2i2 .- k1λ1 = k2λ2 --48 k1 = 64 k2 --3k1 = 4k2 Suy ra: k1 = 4n12; k2 = 3n12 . Trong khoảng giữa hai vân sáng gần nhau nhất cùng màu với vân trung tâm có 2 vân sáng của bức xạ λ1 λ2 trùng nhau: k1 = 4 trùng với k2 =3; k1 = 8 trùng với k2 = 6 (Với n12 = 1; 2) b. x23 = k2i2 = k332 .- k2λ2 = k3λ3 --64 k2 = 72 k3 --8k2 = 9k3 Suy ra: k2 = 9n23; k3 = 8n23 . Trong khoảng giữa hai vân sáng gần nhau nhất cùng màu với vân trung tâm có 0 vân sáng của bức xạ λ2 ;λ3 trùng nhau. c. x13 = k1i1 = k3i3 .- k1λ1 = k3λ3 --48 k1 = 72 k3 --2k1 = 3k3 Suy ra: k1 = 3n13; k3 = 2n13 . Trong khoảng giữa hai vân sáng gần nhau nhất cùng màu với vân trung tâm có 3 vân sáng của bức xạ λ1; λ3 trùng nhau ứng với n13 = 1; 2; 3 ( k1 = 3; 6; 9 và k2 = 2; 4; 6) Do đó số vân sáng đơn sắc quan sát được giữa hai vân sáng gần nhau nhất cùng màu với vân sáng trung tâm là 11 +7 + 8 – 2 – 3 = 21 vân. Chọn đáp án B Câu 2:. Chiếu một chùm tia sáng trắng song song có bề rộng 5cm từ không khí đén 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 thì tỉ số giữa bề rộng chùm khúc xạ tím và đỏ trong thủy tinh là: A. 1,58. B. 0,91 C. 1,73. D. 1,10 Giải Theo ĐL khúc xạ ta có sinr = sini/n sin 60 0 sin 60 0 1 H sinrt =   i i I nt 3 2 2 0 rt = 30 I1 sin 60 0 sin 60 0 6 sinrđ =    0,61 nđ 2 4 T Đ 8 Nguoithay.vn
  9. Nguoithay.vn rđ  380 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; Góc I1I2T bằng rt; Góc I1I2Đ bằng rđ ht = I1I2 cosrt. hđ = I1I2 cosrđ. h cos rt cos 30 0 -------> t    1,099  1,10 . Chọn đáp án D hđ cos rđ cos 38 0 Câu 3: Trong thí nghiệm 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 sáng bậc 4, nếu lần lượt giảm hoặc tăng khoảng cách S1S2 một lượng a thì tại đó là vân sáng bậc k và bậc 3k. Nếu tăng khoảng cách S1S2 thêm 2a thì tại M là: A. vân tối thứ 9 . B. vân sáng bậc 9. C. vân sáng bậc 7. D. vân sáng bậc 8. Giải: .Giả sử tại M là vân sáng bậc k’ khi tăng S1S2 thêm 2a D D D D 4 k  3k k' a a  a a  a a  2a a a  a a  a a  2a Ta có xM =     4 k 3k k'  k  2; k '  8 Chọn đáp án D: Vân sáng bậc 8 Câu 4.Trong thí nghiệm I-âng về giao thoa ánh sáng, nguồn phát sáng đồng thời hai bức xạ đơn sắc, có bước sóng lần lượt là 0,72 μm và 0,45 μm. Hỏi trên màn quan sát, giũa hai vân sáng gần nhau nhất và cùng màu với vân sáng trung tâm, có bao nhiêu vân sáng khác màu vân trung tâm? A. 10. B. 13. C. 12. D. 11. Giải: Vị trí các vân sáng cung màu với vân sáng trung tâm là vị trí vấn sáng của hai bức xạ trùng nhau” k1i1 = k2i2 -----> k11 = k22 ----> 8k1= 5k2 -----> k1 = 5n; k2 = 8n với n = 0;  1 ;  2 ; ... Hai vân sáng cùng màu vân trung tâm gần nhau nhất ứng với hai giá trị liên tiếp của n n = 0. Vân sáng trung tâm n=1 * vân sáng bậc 5 của bức xạ 1 giữa hai vân sáng này có 4 vân sáng của bức xạ thứ nhất * Vân sáng bậc 8 của bức xạ 2 giữa hai vân sáng này có 7 vân sáng của bức xạ thứ hai Vậy tổn cộng có 11 vân sáng khác màu với vân sáng trung tâm. Chọn đáp án D Câu 5: Trong thí nghiệm giao thoa ánh sáng Y-âng, nguồn S phát đồng thời ba bức xạ có bước sóng 1  400nm; 2  500nm; 3  750nm . Giữa hai vân sáng gần nhau nhất cùng màu với vân trung tâm còn quan sát thấy có bao nhiêu loại vân sáng? A. 4. B. 7. C. 5. D. 6. Giải Vị trí các vân cùng màu với vân trung tâm: x = k1i1 = k2i2 = k3i3 -- k1λ1 = k2λ2 = k3λ3 -----400 k1 = 500 k2 = 750k3 hay 8 k1 = 10 k2 = 15k3 Bội SCNN của 8, 10 và 15 là 120 --Suy ra: k1 = 15n; k2 = 12n; k3 = 8n. Vị trí vân sáng cùng màu với vân trung tâm gần vân trung tâm nhất ứng với n =1 k1 = 15; k2 = 12; k3 = 8 * Vị trí hai vân sáng trùng nhau 9 Nguoithay.vn
  10. Nguoithay.vn * x12 = k1i1 = k2i2 .- k1λ1 = k2λ2 --400 k1 = 500 k2 --4 k1 = 5 k2 Suy ra: k1 = 5n12; k2 = 4n12 . Trong khoảng giữa hai vân sáng gần nhau nhất cùng màu với vân trung tâm có 2 vân sáng của bức xạ λ1 λ2 trùng nhau. * x23 = k2i2 = k332 .- k2λ2 = k3λ3 --500 k2 = 750 k3 --2k2 = 3 k3 Suy ra: k2 = 3n23; k3 = 2n23 . Trong khoảng giữa hai vân sáng gần nhau nhất cùng màu với vân trung tâm có 3 vân sáng của bức xạ λ2 λ3 trùng nhau. * x13 = k1i1 = k3i3 .- k1λ1 = k3λ3 --400 k1 = 750 k3 --8 k1 = 15 k3 Suy ra: k1 = 15n13; k3 = 8n13 . Trong khoảng giữa hai vân sáng gần nhau nhất cùng màu với vân trung tâm có 0 vân sáng của bức xạ λ1 λ3 trùng nhau. Đáp án C: 5 loại Đó là vân sáng độc lập của 3 bức xạ (3 loại), có 2 loại vân sáng của 2 trong 3 bức xạ trùng nhau ( λ1 λ2 ; λ2 λ3 ) Câu 6: Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, hai khe cách nhau a = 0,5 mm được chiếu sáng bằng ánh sáng đơn sắc. Khoảng cách từ hai khe đến màn quan sát là 2 m. Trên màn quan sát, trong vùng giữa hai điểm M và N mà MN = 2 cm , người ta đếm được có 10 vân tối và thấy tại M và N đều là vân sáng. Bước sóng của ánh sáng đơn sắc dùng trong thí nghiệm này là A. 0,4 µm. B. 0,5 µm. C. 0,6 µm. D. 0,7 µm. Giải: Giữa hai điểm M và N mà MN = 2 cm = 20mm, người ta đếm được có 10 vân tối và thấy tại M và N đều là vân sáng. Như vậy trên MN, có tất cả 11 vân sáng và từ M đến N có 10 khoảng vân. Suy ra: MN i  2  mm  10 Bước sóng của ánh sáng đơn sắc dùng trong thí nghiệm này là: ai 0,5.2   3  0,5.103  mm   0,5  m  . Chọn B D 2.10 Câu 7. Trong thí nghiệm I-âng về giao thoa ánh sáng, trong vùng MN trên màn quan sát, người ta đếm được 21 vân sáng với M và N là hai vân sáng khi dùng dánh sáng đơn sắc có bước sóng 1  0, 45 m . Giữ nguyên điều kiện thí nghiệm, khi dùng nguồn sáng đơn sắc khác với bước sóng 2  0, 60  m thì số vân sáng trong miền đó là A. 18 B. 15 C. 16 D. 17 Giải: Theo bài trong vùng MN trên màn có 21 vân sáng thì độ dài của vùng là 20i1. Khi dùng nguồn sáng đơn sắc với bước sóng 2  0, 60  m ta quan sát được số vân sáng: (n- 1)i2. Ta có: 20i1 = (n-1)i2 Vì giữ nguyên điều kiện thí nghiệm, nên a và D không đổi => 201 = (n-1) 2 20.1 20.0, 45 => ( n  1)  => Thế số: n  1   15 Hay n= 16 .Chọn ĐA : C 2 0, 60 Câu 8. Trong thí nghiệm Yâng về giao thoa ánh sáng có 2 ánh sáng đơn sắc có 2 khoảng vân lần lượt là 0,48mm và 0,54mm. Tại 2 điểm A, B trên màn cách nhau 51,84 mm là 2 vị trí mà tại đó đều cho vân sáng. Trên AB đếm được 193 vạch sáng. Hỏi trên AB có mấy vạch sáng là kết quả trùng nhau của 2 hệ vân Giải AB=51,84mm chính là bệ rộng vùng giao thoa L 51,84   54 vân sáng là 54.2+1=109 VS 2i1 2.0,48 10 Nguoithay.vn
  11. Nguoithay.vn L 51,84   48 vân sáng là 48.2+1=97 VS 2i1 2.0,54 Số vân sáng trùng nhau là 109+97-193=13 VS Câu 8. Trong thí nghiệm I-âng ,cho 3 bức xạ :1= 400nm ,2 = 500nm ,3 = 600 nm.Trên màn quan sát ta hứng được hệ vân giao thoa trong khoảng giữa 3 vân sáng gần nhau nhất cùng màu với vân sáng trung tâm , ta quan sát được số vân sáng là: A.54 B.35 C.55 D.34 Bài giải: Vị trí các vân cùng màu với vân trung tâm: x = k1i1 = k2i2 = k3i3 -- k1λ1 = k2λ2 = k3λ3 -----4 k1 = 5k2 = 6k3 Bội SCNN của 4, 5 và 6 là 60 --Suy ra: k1 = 15n; k2 = 12n; k3 = 10n. Vị trí vân sáng cùng màu với vân trung tâm : x = 60n. Trong khoảng giữa 2 vân sáng cùng màu với vân trung tâm gần nhau nhất n= 0 và n= 1( ứng với k1 = 15; k2 = 12 và k3 = 10) có: * 14 vân sáng của bức xạ λ1 với k1 ≤ 14; * 11 vân sáng của bức xạ λ2 với k2 ≤ 11; * 9 vân sáng của bức xạ λ3 với k3 ≤ 9; Trong đó :Vị trí hai vân sáng trùng nhau * x12 = k1i1 = k2i2 .- k1λ1 = k2λ2 --4 k1 = 5 k2 Suy ra: k1 = 5n12; k2 = 4n12 . Trong khoảng giữa hai vân sáng gần nhau nhất cùng màu với vân trung tâm có 2 vân sáng của bức xạ λ1 λ2 trùng nhau.( k1 = 5; 10; k2 = 4; 8) * x23 = k2i2 = k3 i3 .- k2λ2 = k3λ3 --5 k2 = 6 k3 Suy ra: k2 = 6n23; k3 = 5n23 . Trong khoảng giữa hai vân sáng gần nhau nhất cùng màu với vân trung tâm có 1 vân sáng của bức xạ λ2 λ3 trùng nhau ( k2 = 6; k3 = 5; ) * x13 = k1i1 = k3i3 .- k1λ1 = k3λ3 -- 4k1 = 6k3 -- 2k1 = 3k3 Suy ra: k1 = 3n13; k3 = 2n13 . Trong khoảng giữa hai vân sáng gần nhau nhất cùng màu với vân trung tâm có 4 vân sáng của bức xạ λ1 λ3 trùng nhau.(k1 = 3; 6; 9; 12. k3 = 2; 4; 6; 8) Như vậy trong khoảng giưa hai vân sáng gần nhất cùng màu với vân sáng trung tâm có 7 vạch sáng có sự trùng nhau của hai vân sáng. Do đó trên màn trong khoảng giữa 2 vân sáng liên tiếp có màu giống màu vân trung tâm , có số vân sáng là 14 + 11 + 9 - 7 = 27 Trong hoảng giữa 3 vân sáng gần nhau nhất cùng màu với vân sáng trung tâm ta quan sát được số vân sáng à: 27 2 1 = 55 ể cả 1 vân cùng màu với vân trung tâm Chọn đáp án C Câu 9. Trong thi nghiệm Yâng về giao thoa ánh sáng có a=2mm, D=2m. Khi được chiếu bởi ánh sáng có bước sóng 1  0,5m thì trên màn quan sát được độ rộng trường giao thoa là 8,1mm. Nếu chiếu đồng thời thêm ánh sáng có 2 thì thấy vân sáng bậc 4 của nó trùng với vân sáng bậc 6 của ánh sáng 2 . Trên màn có số vân sáng trùng nhau quan sát được là A. 7 vân B. 5 vân C. 9 vân D. 3 vân  D 0,5.2 Giải i1  1   0,5mm a 2 L L 8,1 8,1 Đối với bước sóng 1 số vân sáng  k  k  8,1  k  8,1 . Vậy có 2i1 2i1 2.0,5 2.0,5 17 vân sáng. k  4 2 Vân sáng của 1 và 2 trùng nhau thì 1  2   k 2 1 6 3 Vậy vân sáng trùng nhau ứng với k1=2, 4, 6, 8; 0; -2; -4; -6; -8 11 Nguoithay.vn
  12. Nguoithay.vn Câu 10. Trong thí nghiệm giao thoa ánh sáng khe Yâng có khoảng cách hai khe a=2mm; từ màn ảnh đến hai khe D=2m chiếu đồng thời ba bức xạ 1  0,64 m , 2  0,54m , 3  0,48 m thì trên bề rộng giao thoa có L=40mm của màn ảnh có vân trung tâm ở giữa sẽ quan sát thấy mấy vân sáng của bức xạ 1 A. 45 vân B. 44 vân C. 42 vân D. 41 vân  D 0,64.2 Giải * Đối với 1 thì i1  1   0,64 mm có số vân sáng là a 2 L L 40 40   k1    k1   31,25  k1  31,25 . Có 63 vân sáng 2i1 2i1 2.0,64 2.0,64  D 0,54.2 * Đối với 2 thì i2  2   0,54 mm có số vân sáng là  37,04  k 2  37,04 . Có 75 vân a 2 sáng  D 0,48.2 * Đối với 3 thì i3  3   0,48mm có số vân sáng là  41,7  k 3  41,7 . Có 83 vân sáng a 2 k  0,54 27 + Tính số vân trùng của 1 và 2 thì 1  2   có 2 vị trí trùng nhau (k1=27 và -27) k 2 1 0,64 32 k  0,48 3 + Tính số vân trùng của 1 và 3 thì 1  3   có 20 vị trí trùng nhau k 3 1 0,64 4 (k1=3;6;9;12;15;18;21;24;27;30 và -3;-6;-9;-12;-15;-18;-21;-24;-27;-30) So sánh với trên ta thấy trùng lặp k1=27 và -27 nên Số vân sáng 1 quan sát được 63-20-1=42 vân (do tính thêm vân sáng trung tâm) Câu 11. Thực hiên giao thoa ánh sáng với nguồn gồm hai thành phần đơn sắc nhìn thấy có bước sóng λ1 = 0,64μm; λ2. Trên màn hứng các vân giao thoa, giữa hai vân gần nhất cùng màu với vân sáng trung tâm đếm được 11 vân sáng. Trong đó, số vân của bức xạ λ1 và của bức xạ λ2 lệch nhau 3 vân, bước sóng của λ2 là: A. 0,4μm. B. 0,45μm C. 0,72μm D. 0,54μm Giải: Em chú y những bài loại nay dùng đáp an giải ngược cho nhanh nha k  5 Đối với đáp án A ta có 1  2  thì giữa hai vân sáng gần nhau nhất cùng màu với vân k 2 1 8 trung tâm có 11 vân trong đó 1 có 4 vân con 2 có 7 vân. Thỏa yêu cầu bài toán 7 – 4 = 3. Đáp án A k1 2 45 9 Đối với đáp án B ta có    thì giữa hai vân sáng gần nhau nhất cùng màu với k 2 1 60 12 vân trung tâm có 19 vân ko thỏa k  72 12 6 Đối với đáp án C ta có 1  2    thì giữa hai vân sáng gần nhau nhất cùng màu k 2 1 60 10 5 với vân trung tâm có 9 vân ko thỏa k  54 9 Đối với đáp án A ta có 1  2   thì giữa hai vân sáng gần nhau nhất cùng màu với k 2 1 60 10 vân trung tâm 17 vân không thỏa Câu 12. Trong thí nghiệm Yâng về giao thoa ánh sáng, khoảng cách giữa 2 khe Yâng là a=1 mm, khoảng cách từ 2 khe đến màn D=2 m. Chùm sáng chiếu vào khe S có 2 bước sóng trong đó 12 Nguoithay.vn
  13. Nguoithay.vn 1  0,4m . Trên màn xét khoảng MN=4,8 mm đếm được 9 vân sáng với 3 vạch là kết quả trùng nhau của 2 vân sáng và 2 trong 3 vạch đó nằm tại M,N. Bước sóng 2 là A. 0,48 m B. 0,6 m C. 0,64 m D. 0,72 m  D 0,4.2 Khoảng vân i1  1   0,8mm a 1 L L Số vân sáng của bức xạ 1 là  k  3  k  3 . Vậy có 7 bức xạ. 2i1 2i1 Ta đếm được 9 vân sáng với 3 vạch là kết quả trùng nhau của 2 vân sáng và 2 trong 3 vạch đó nằm tại M,N. Suy ra tất cả ta có 12 vân sáng, bức xạ 2 sẽ cho 5 vân sáng tức là D 4i2  4,8  4 2  4,8  2  0,6 m a Câu 13. Trong thí nghiệm Iâng về giao thoa ánh sáng. Lần thứ nhất, ánh sáng dùng trong thí nghiệm có 2 loại bức xạ  1=0,56 m và  2 với 0,67m  2  0,74m ,thì trong khoảng giữa hai vạch sáng gần nhau nhất cùng màu với vạch sáng trung tâm có 6 vân sáng màu đỏ  2 . Lần thứ 2, ánh 7 sáng dùng trong thí nghiệm có 3 loại bức xạ  1,  2 và  3 , với 3  2 , khi đó trong khoảng giữa 2 12 vạch sáng gần nhau nhất và cùng màu với vạch sáng trung tâm còn có bao nhiêu vạch sáng đơn sắc khác ? A. 25 B.23 C.21 D.19. Giải Kể luôn 2 vân sáng trùng thì có 8 VS của λ2 => có 7i2. Gọi k là số khoảng vân của λ1 Lúc đó ki1= 7i2 => kλ1= 7λ2 => 0,67μm < λ2 = kλ1/7 < 0,74μm => 8,3 < k < 9,25 chọn k = 9 => λ2 = 0,72μm t tr n n n t Khi 3 VS trùng nhau x1 = x2 = x3 k1  2 9   k 2 1 7 k 2 3 7   Vị trí 3 VS trùng ứng với k1=9 , k2 = 7 , k3 = 12 k 3  2 12 k1  3 3 6 9     k 3 1 4 8 12 Giữa hai Vân sáng trùng có 8 VS của λ1 ( k1 từ 1 đến 8) 6 VS của λ2 ( k2 từ 1 đến 6) 11 VS của λ3 ( k1 từ 1 đến 11) Tổng số VS của 3 đơn sắc là 8+6+11= 25 Vì có 2 vị trí trùng của λ1 và λ3 ( ứng với k1=3, k3=4 và k1=6, k3=8 ) nên số VS đơn sắc là 25 – 2= 23 Chọn B Câu 14. Trong thí nghiệm Iâng về giao thoa ánh sáng, khi nguồn sáng phát ra ánh sáng đơn sắc có bước sóng 1  0, 640  m thì trên màn quan sát ta thấy tại M và N là 2 vân sáng, trong khoảng giữa MN còn có 7 vân sáng khác nữa. Khi nguồn sáng phát ra đồng thời hai ánh sáng đơn sắc có bước sóng 1 và 2 thì trên đoạn MN ta thấy có 19 vạch sáng, trong đó có 3 vạch sáng có màu giống màu vạch sáng trung tâm và 2 trong 3 vạch sáng này nằm tại M và N. Bước sóng 2 có giá trị bằng A. 0,450  m . B. 0,478  m . C.0,415 D. 0,427  m Giải 13 Nguoithay.vn
  14. Nguoithay.vn Tổng số vân sáng của λ1 trên MN là 9 Tổng số VS của hệ 2 đơn sắc là 19+3= 22 (vì có 3 VS trùng) Số VS của λ2 là 22- 9=13 MN = 8i1=12i2 => 8λ1 = 12λ2 => λ2 = 8λ1/12= 0,4266μm Chọn D Câu 15. Thực hiên giao thoa ánh sáng với nguồn gồm hai thành phần đơn sắc nhìn thấy có bước sóng λ1 = 0,64μm; λ2. Trên màn hứng các vân giao thoa, giữa hai vân gần nhất cùng màu với vân sáng trung tâm đếm được 11 vân sáng. Trong đó, số vân của bức xạ λ1 và của bức xạ λ2 lệch nhau 3 vân, bước sóng của λ2 là: A. 0,4μm. B. 0,45μm C. 0,72μm D. 0,54μm GIẢI. Gọi k1, k2 là bậc của vân trùng đầu tiên thuộc 2 bức xạ 1 và 2 (Tính từ vân trung tâm). Ta có: k1  k2  3 (1) Theo đề: ( k1  1)  ( k2  1)  11 (2) . Giả (1)và (2) ta được : k1=5; k2 = 8 k1 2 k   2  1. 1  0, 4  m. ĐÁP ÁN A k 2 1 k2 BÀI TẬP: LƯỢNG TỬ ÁNH SÁNG – HẠT NHÂN NGUYÊN TỬ Câu 1: Chất lỏng fluorexein hấp thụ ánh sáng kích thích có bước sóng λ = 0,48μm và phát ra ánh có bước sóng λ’ = 0,64μm. Biết hiệu suất của sự phát quang này là 90% iệu su t của sự p át quan là tỉ số iữa năn lượn của án sán p át quan và năn lượn của án sán kíc t íc tron một đơn vị t ời ian , số phôtôn của ánh sáng kích thích chiếu đến trong 1s là 2012.1010 hạt. Số phôtôn của chùm sáng phát quang phát ra trong 1s là A. 2,6827.1012 B. 2,4144.1013 C. 1,3581.1013 D. 2,9807.1011 Giải: Công suất của ánh sáng kích thích hc P=N N số phôtôn của ánh sáng kích thích phát ra trong 1s  Công suất của ánh sáng phát quang: hc P’ = N’ N’ số phôtôn của ánh sáng phát quang phát ra trong 1s ' P' N '  Hiệu suất của sự phát quang: H =  P N ' ' 0,64 ------> N’ = NH = 2012.1010. 0,9. = 2,4144.1013 . Chọn đáp án B  0,48 Câu 2: Cho phản ứng hạt nhân: T + D   + n. Biết năng lượng liên kết riêng của hạt nhân T là T = 2,823 (MeV), năng lượng liên kết riêng của  là  = 7,0756 (MeV) và độ hụt khối của D là 0,0024u. Lấy 1u = 931,5 (MeV/c2). Hỏi phản ứng toả bao nhiêu năng lượng? A. 17,17 MeV. B. 20,17 MeV. C. 2,02 MeV. D. 17,6 MeV. 14 Nguoithay.vn
  15. Nguoithay.vn Từ độ hụt khối của D tính được năng lượng liên kết và NL lkr của D sau đó áp dụng công thức: W Wlk  m.c 2  2, 2356 MeV  Wlkr  lk  1,1178 MeV A * Trong phản ứng hạt nhân Z1 X 1 Z2 X 2 A1 A2 A3 Z3 X 3 A4 Z4 X 4 Các hạt nhân X1, X2, X3, X4 có: Năng lượng iên ết riêng tương ứng là 1, 2, 3, 4. Năng lượng iên ết tương ứng là E1, E2, E3, E4 Độ hụt hối tương ứng là m1, m2, m3, m4 Năng lượng của phản ứng hạt nhân: E = A33 +A44 – A11 – A22 = E3 + E4 – E1 – E2 = (m3 + m4 – m1 – m2)c2 Câu 3: chiếu bức xạ có bước sóng  vào catot của tế bào quang điện.dòng quang điện bị triệt tiêu khi Uak  - 4,1V. khi Uak=5V thì vận tốc cực đại của electron khi đập vào anot là A: 1 789.10^6 m/s mv 2 mv 02 Giải: Theo định lý động năng ta có Wđ =   eU AK 2 2 mv 02 mv 2 mv 02  eU h ---->   eU AK  e (U h  U AK ) 2 2 2 2 2.1,6.10 19 (5  4,1) ------> v = e (U AK  U h )   31  1,789 .10 6 (m/s) m 9,1.10 Câu 4.Chiếu bức xạ có tần số f1 vào quả cầu kim laoij đặt cô lập thì xảy ra hiện tượng quang điện với điện thế cực đại của quả cầu là V1 và động năng ban đầu cực đại của electron quang điện đúng bằng một phần ba công thoát của kim loại. chiếu tiếp bức xạ có tần số f2=f1+f vào quả cầu kim loại đó thì điện thế cực đại của quả là 7V1. hỏi chiếu riêng bức xạ có tần số f vào quả cầu kim loại trên (đang trung hòa điện) thì điện thế cực đại của quả cầu là: Đáp số: 3V1 Giải: mv 02max Điện thế của quả cầu đạt được khi e(Vmax – 0) =  eU h 2 mv12 mv 2 ta có hf1 = A + = A + eV1 (1) Với A = 3 1  3eV1 (2) 2 2 2 mv 21 h(f1+ f) = A + = A + eV2 = A + 7eV1 (3) 2 mv 2 hf = A + = A + eV (4) 2 Lấy (3) – (1) : hf = 6eV1 ----> 6eV1 = A + eV------> eV = 6eV1 – A = 3eV1 Do đó V = 3V1 Câu 5: Kích thích cho các nguyên tử hidro chuyển từ trạng thái cơ bản lên trạng thái kích thích sao cho bán kính quỹ đạo dừng tăng 25 lần. Trong quang phổ phát xạ của nguyên tử hidro sau đó, tỉ số giữa bước sóng dài nhất và bước sóng ngắn nhất là Giải Nguyên tử hidro chuyển từ trạng thái cơ bản lên trạng thái kích thích sao cho bán kính quỹ đạo dừng tăng 25 lần (tức là chuyển lên trạng thái n=5 - Trạng thái 0) 15 Nguoithay.vn
  16. Nguoithay.vn hc Bước sóng dài nhất 54  (năng lượng bé nhất – chuyển từ trạng thái 5 sang trạng thái 4) E5  E 4 hc Bước sóng ngắn nhất 51  (năng lượng lớn nhất – chuyển từ trạng thái 5 sang trạng thái 1) E5  E1 13,6 13,6  2  2 54 E5  E1 5 1  384 Vậy   51 E5  E 4  13 , 6 13  2 ,6 9 2 5 4 Câu 6: Chiếu bức xạ có tần số f1 vào quả cầu kim loại đặt cô lập thì xãy ra hiện tượng quang điện với điện thế cực đại của quả cầu là V1 và động năng ban đầu cực đại của e quang điện đúng bằng một nửa công thoát của kim loại. Chiếu tiếp bức xạ có tần số f2 = f1 + f vào quả cầu đó thì điện thế cực đại của quả cầu là 5V1. Hỏi chiếu riêng bức xạ có tần số f vào quả cầu trên (đang trung hòa về điện) thì điện thế cực đại của quả cầu là: A. 2 V1 B. 2,5V1 C. 4V1. D. 3V1.. Giải * Chiếu f1 thì 1 1 hf1  A  mv02max  A  A  1,5 A 2 2 1 Điện thế cực đại hf1  A  e V1 hay eV1  A 2 * Chiếu f2=f1+f thì hf 2  hf1  hf  A  e V2  A  e 5V1  A  5.0,5 A  3,5 A * Chiếu f thì hf  A  e Vmax hf  A  e Vmax  3,5 A  hf 1  A  e Vmax  3,5 A  1,5 A  A  e Vmax Vậy  e Vmax  A  2 e V1  2V1 13,6 Câu 7: Mức năng lượng trong nguyên tử hiđrô được xác định bằng biểu thức E = -  eV  với n n2  N*, trạng thái cơ bản ứng với n = 1. Khi nguyên tử chuyển từ mức năng lượng O về N thì phát ra phôtôn có bước sóng 0. Khi nguyên tử hấp thụ một phô tôn có bước sóng  nó chuyển từ mức năng lượng K lên mức năng lượng M. So với 0 thì  Giải Ta có - 0= hc  Eo  E N   132 .6  132.6  9 * 13.6 (1) 0 5 4 400 = hc  EM  EK   132 .6  132.6  8 * 13.6 (2)  3 1 9 9  81 81   400    0 0 8 3200 3200 9 Câu 8. Một quả cầu được làm bằng kim loại có giới hạn quang điện 0,5μm, bán kính 10cm được chiếu sáng bằng ánh sáng tia tử ngoại có bước sóng 0,3μm.(thực hiện TN trong không khí) cho k=9.109Nm2/C2. Hãy xác định điện tích cực đại mà quả cầu có thể tích được? 16 Nguoithay.vn
  17. Nguoithay.vn A.18,4pC B. 1,84pC C. 184pC D. Thiếu dữ kiện Giải Điện thế cực đại mà quả cầu tích được c 6, 625.10 34.3.108 6, 625.10 34.3.108 h A  0, 3.10 6 0, 5.10 6 h  A  e Vmax Vmax   c   1, 65625V  e 1, 6.10 19 q VR 1, 65625.0,1 Điện tích cực đại quả cầu tích được V  k q  9  1,84.1011 C R k 9.10 Câu 9: Hai tấm kim loại A, B hình tròn được đặt gần nhau, đối diện và cách điện nhau. A được nối với cực âm và B được nối với cực dương của một nguồn điện một chiều. Để làm bứt các e từ mặt trong của tấm A, người ta chiếu chùm bức xạ đơn sắc công suất 4,9mW mà mỗi photon có năng lượng 9,8.10-19 J vào mặt trong của tấm A này. Biết rằng cứ 100 photon chiếu vào A thì có 1 e quang điện bị bứt ra. Một số e này chuyển động đến B để tạo ra dòng điện qua nguồn có cường độ 1,6A. Phần trăm e quang điện bức ra khỏi A không đến được B là A. 20% B. 30% C. 70% D. 80% Giải I Số electron đến được B trong 1s là I  ne e  ne   1013 e P 4,9.10 3 Số photon chiếu vào A trong 1s là P  n f   n f    5.1015  9,8.10 19 5.1015 Cứ 100 photon chiếu vào A thì có 1e bật ra, số e bật ra là  5.1013 . Theo đề bài chỉ có 1013 100 electron đến được B nên phần trăm e quang điện bức ra khỏi A không đến được B là 5.1013  1013  0,8  80% 5.1013 Câu 10.Bài toán hat nhân: Bắn hạt  vào hạt nhân 147 N ta có phản ứng 147 N    178 O  p . Nếu các hạt sinh ra có cùng vectơ vận tốc v. Tính tỉ số của động năng của các hạt sinh ra và các hạt ban đầu Giải Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng: K  E  K O  K p (Hạt N ban đầu đứng yên) Áp dụng đinh luật bảo toàn động lượng P  PO  Pp . Do các hạt sinh ra cùng vecto vận tốc nên P  PO  Pp  m v  (mO  m p )v  18m p v p Bình phương hai vế ta được (với P 2  2mK ) 2m K   18 2.2m p K p  2.4.K   18 2.2.1K p  K   81K p K O mO Mà   17 K p mp KO  K p 18 K p 18 2 Tỉ số của động năng của các hạt sinh ra và các hạt ban đầu    K K 81 9 Câu 11. Một ống Rơn-ghen hoạt động dưới điện áp U  50000 V . Khi đó cường độ dòng điện qua ống Rơn-ghen là I  5mA . Giả thiết 1% năng lượng của chïm electron được chuyển hóa thành năng 17 Nguoithay.vn
  18. Nguoithay.vn lượng của tia X và năng lượng trung bình của các tia X sinh ra bằng 75% năng lượng của tia có bước sóng ngắn nhất. Biết electron phát ra khỏi catot với vận tôc bằng 0. Tính số photon của tia X phát ra trong 1 giây? A.3,125.1016 (ph«t«n/s) B.3,125.1015 (ph«t«n/s) 15 C.4,2.10 (ph«t«n/s) D.4,2.1014 (ph«t«n/s) Giải: Năng lượng cua tia X có bước sóng ngằn nhất được tính theo công thức: hc mv 2 xmax = = = eU  min 2 Năng lượng trung bình của tia X: X =0,75xmax = 0,75eU Gọi n là số photon của tia X phát ra trong 1s, công suất của chùm tia X: P = nX = 0,75neU I Số electron đến được anot trong 1s: ne = . Năng lượng chùm electron đến anot trong 1s là e mv 2 I Pe = ne = eU = IU 2 e Theo bài ra : P = 0,01Pe ------->0,75neU = 0,01IU 0,01I 0,01.5.10 3 -----> n = = 19 = 4,166.1014 = 4,2.1014 photon/s . Chọn đáp án D 0,75 .e 0,75..1,6.10 Câu 12. Trong quá trình va chạm trực diện giữa một êlectrôn và một pôzitrôn, có sự huỷ cặp tạo thành hai phôtôn có năng lượng 2 MeV chuyển động theo hai chiều ngược nhau. Cho me = 0,511 MeV/c2. Động năng của hai hạt trước khi va chạm là A. 1,489 MeV. B. 0,745 MeV. C. 2,98 MeV. D. 2,235 MeV. Giải Năng lượng 2 photon sau khi hủy cặp: 4MeV Theo bảo toàn năng lượng nó chính là năng lượng nghỉ và động năng của hai hạt truớc phản ứng Năng lượng nghỉ hai hạt truớc phản ứng: E=2.m.c2=1,022 MeV Vậy động năng của một hạt trước hủy cặp là: Wđ=(4-1,022)/2=1,489 MeV Câu 13. Có một mẫu 100gam chất phóng xạ 131 53 I . Biết rằng sau 24 ngày đêm, lượng chất đó chỉ còn lại 1/8 khối lượng ban đầu. Độ phóng xạ ban đầu của mẫu chất phóng xạ là: Giải m m  m 0 2  t /T  0 8  t  3T  24.86400  T  691200s ln 2 m 0 ln 2 100 Mặt khác H 0  N 0  .N A  x x6,02.10 23  4,608.1017 T A 691200 131 55 56 Câu 14.Cho chùm nơtron bắn phá đồng vị bền 25 Mn ta thu được đồng vị phóng xạ 25 Mn . Đồng vị phóng xạ Mn có chu trì bán rã T = 2,5h và phát xạ ra tia  -. Sau quá trình bắn phá 55 Mn 56 56 bằng nơtron kết thúc người ta thấy trong mẫu trên tỉ số giữa số nguyên tử Mn và số lượng 55 nguyên tử Mn = 10-10. Sau 10 giờ tiếp đó thì tỉ số giữa nguyên tử của hai loại hạt trên là: A. 1,25.10-11 B. 3,125.10-12 C. 6,25.10-12 D. 2,5.10-11 18 Nguoithay.vn
  19. Nguoithay.vn 55 56 Giải: Sau quá trình bắn phá Mn bằng nơtron kết thúc thì số nguyên tử của 25 Mn giảm, cò số 55 56 nguyên tử 25 Mn không đổi, Sau 10 giờ = 4 chu kì số nguyên tử của 25 Mn giảm 24 = 16 lần. Do đó thì tỉ số giữa nguyên tử của hai loại hạt trên là: N Mn 56 10 10 = = 6,25.10-12 Chọn đáp án C N Mn 55 16 Câu 15.Khi tăng điện áp cực đại của ống cu lít giơ từ U lên 2U thì bước sóng giới hạn của tia X phát ra thay đổi 1,9 lần. Vận tốc ban đầu cực đại của các electron thoát ra từ ống bằng 4eU eU 2eU 2eU A. ; B. C. D. 9 me 9 me 9 me 3 me 1 2 1 2 1 hc Giải áp dụng: mv0  mv  eU và mv 2  2 2 2 min 1 2 hc mv0  eU  2 min Ta có: 1 2 1,9 hc mv0  2eU  2 min Chia vế với vế của hai phương trình trên cho nhau, ta 1 1 2eU được: 1,9( mv02  eU )  mv02  2eU  v0  đáp án C 2 2 9m Câu 16. Katốt của tế bào quang điện có công thoát 1,5eV, được chiếu bởi bức xạ đơn sắc . Lần lượt đặt vào tế bào, điện ápUAK = 3V và U’AK = 15V, thì thấy vận tốc cực đại của elêctrôn khi đập vào anốt tăng gấp đôi. Giá trị của  là: A. 0,259 m. B. 0,795m. C. 0,497m. D. 0,211m. Giải: mv 2 mv o2 max Theo Định lì động năng: eUAK = - (1) 2 2 mv ' 2 mv o2 max mv 2 mv o2 max eU’AK = - =4 - (2) 2 2 2 2 mv 2 mv 2 ---> (2) – (1): 3 = e(U’AK – UAK) = 12eV----> = 4eV (3) 2 2 mv o2 max mv 2 Thế (3) vào (1) ----> = - eUAK = 1eV 2 2 hc mv o2 max hc =A+ = 1,5eV + 1 eV = 2,5eV----->  = = 0,497 m. Chọn đáp án C  2 2,5eV Câu 17. Theo mẫu nguyên tử Bo thì trong nguyên tử hiđrô, bán kính quỹ đạo dừng của electron trên các quỹ đạo là rn = n2ro, với ro=0,53.10-10m; n=1,2,3, ... là các số nguyên dương tương ứng với các mức năng lượng của các trạng thái dừng của nguyên tử. Gọi v là tốc độ của electron trên quỹ đạo K. Khi nhảy lên quỹ đạo M, electron có tốc độ bằng v v v A. B. 3v C. D. 9 3 3 Giải Khi e chuyển động trong trên các quỹ đạo thì lực tĩnh điện Culông đóng vai trò là lực hướng tâm 19 Nguoithay.vn
  20. Nguoithay.vn q1q 2 mv 2 e2 ke 2 k e k k 2  k  mv 2  v   e 2  r r r mr m.n r0 n m.r0 e k Ở quỹ đạo K thì n=1 nên v  1 m.r0 e k Ở quỹ đạo M thì n=3 nên v '  9 m.r0 v' 1 v Nên   v'  v 9 9 Câu 18. Chiếu lên bề mặt một tấm kim loại có công thoát electrôn là A = 2,1 eV chùm ánh sáng đơn sắc có bước sóng λ=0,485μm . Người ta tách ra một chùm hẹp các electrôn quang điện có vận tốc ban đầu cực đại hướng vào một không gian có cả điện trường đều E và từ trường đều B . Ba véc tơ v , E , B vuông góc với nhau từng đôi một. Cho B = 5.10-4 T . Để các electrôn vẫn tiếp tục chuyển động thẳng và đều thì cường độ điện trường E có giá trị nào sau đây ? A. 201,4 V/m. B. 80544,2 V/m. C. 40.28 V/m. D. 402,8 V/m. Giải: Vận tốc ban đầu cực đại của electron; 2 hc 2 6,625 .10 34.3.10 8 v= (  A) = (  2,1.1,6.10 19 ) = 0,403.106 m/s m  9,1.10  31 0,485 .10 6 Đề electron vẫn tiếp tục chuyển động thẳng đều thì lực Lorenxo cân bằng với lực điện tác dụng lên electron: Bve = eE ----> E = Bv = 5.10-4. 0,403.106 = 201 4 V/m. Chọn đáp án A Câu 19. ta dùng prôtôn có 2,0MeV vào Nhân 7Li đứng yên thì thu hai nhân X có cùng động năng. Năng lượng liên kết của hạt nhân X là 28,3MeV và độ hụt khối của hạt 7Li là 0,0421u. Cho 1u = 931,5MeV/c2; khối lượng hạt nhân tính theo u xấp xỉ bằng số khối. Tốc độ của hạt nhân X bằng: A. 1,96m/s. B. 2,20m/s. C. 2,16.107m/s. D. 1,93.107m/s. Giải: Ta có phương trình phản ứng: 11 H + 37 Li  2 24 X 28,3 mX = 2mP + 2mn – mX -----> mX = 2mP + 2mn - mX với mX = = 0,0304u 931,5 mLi = 3mP + 4mn – mLi ------>mLi = 3mP + 4mn - mLi M = 2mX – (mLi + mp) = mLi - 2mX = - 0,0187u < 0; phản ứng tỏa năng lượng E E = 0,0187. 931,5 MeV = 17,42MeV mv 2 2WđX = E + Kp = 19,42MeV -----> WđX = = 9,71 MeV 2 2W đX 2W đX 2.9,71MeV 2.9,71 v= = = =c = 3.108.0,072 = 2,16.107 m/s m 4u MeV 4.931,5 4.931,5 2 c Chọn đáp án C Câu 20. Một bệnh nhân điều trị bằng đồng vị phóng xạ, dùng tia γ để diệt tế bào bệnh. Thời gian chiếu xạ lần đầu là = 20 phút, cứ sau 1 tháng thì bệnh nhân phải tới bệnh viện khám bệnh và tiếp tục chiếu xạ. Biết đồng vị phóng xạ đó có chu kỳ bán rã T = 4 tháng (t
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2