Bài tập vật lý hay và khó các chương

  • Số trang: 15 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 24 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Đã đăng 24000 tài liệu

Mô tả:

Sưu tầm: Cao Văn Tú Trường: ĐH CNTT&TT Thái Nguyên Email: caotua5lg3@gmail.com TỔNG HỢP CÂU HỎI HAY VÀ KHÓ CÁC CHƯƠNG Chương 1:Dao động cơ Câu 1: Một vật có khối lượng m1 = 1,25 kg mắc vào lò xo nhẹ có độ cứng k = 200 N/m, đầu kia của lò xo gắn chặt vào tường. Vật và lò xo đặt trên mặt phẳng nằm ngang có ma sát không đáng kể. Đặt vật thứ hai có khối lượng m2 = 3,75 kg sát với vật thứ nhất rồi đẩy chậm cả hai vật cho lò xo nén lại 8 cm. Khi thả nhẹ chúng ra, lò xo đẩy hai vật chuyển động về một phía. Lấy  2 =10, khi lò xo giãn cực đại lần đầu tiên thì hai vật cách xa nhau một đoạn là: A. 4  8 (cm) B. 2  4 (cm) C. 4  4 (cm) D. 16 (cm) Câu 2: Một con lắc lò xo gồm vật nhỏ khối lượng 0,2 kg và lò xo có độ cứng k =20 N/m. Vật nhỏ được đặt trên giá đỡ cố định nằm ngang dọc theo trục lò xo. Hệ số ma sát trượt giữa giá đỡ và vật nhỏ là 0,01. Từ vị trí lò xo không bị biến dạng, truyền cho vật vận tốc ban đầu 1 m/s thì thấy con lắc dao động tắt dần trong giới hạn đàn hồi của lò xo. Lấy g = 10 m/s 2. Độ lớn lực đàn hồi cực đại của lò xo trong quá trình dao động bằng. A. 2 N. B. 2,02 N. C. 1,88 N. D. 1,98 N. Câu 3: Một con lắc lò xo nằm ngang gồm vật M có khối lượng 400 g và lò xo có độ cứng là 40 N/m đang dao động điều hòa trên mặt phẳng ngang nhẵn với biên độ 5cm. Đúng lúc M qua vị trí cân bằng người ta dùng vật m có khối lượng 100g bay với vận tốc 50 cm/s theo phương thẳng đứng hướng xuống bắn vào M và dính chặt ngay vào M. Sau đó M dao động với biên độ. B. 2 2 cm . A. 2 5 cm . C. 2,5 5 cm . D. 1,5 5 cm . Câu 4: Một con lắc lò xo có độ cứng k=40N.m đầu trên được giữ cố định còn phia dưới gắn vật m. Nâng m lên đến vị trí lò xo không biến dạng rồi thả nhẹ vật dao động điều hòa theo phương thẳng đứng với biên độ 2,5cm. Lấy g=10m/s2.Trong quá trình dao động, trọng lực của m có công suất tức thời cực đại bằng A.0,41W B.0,64W C.0,5W D.0,32W Giải: -1 - Ta có độ biến dạng của Fdh  P  K l  mg  m  - lò xo tại VTCB là l  A  0,025m . Mà tại VTCB ta có K l 40.0,025 m  0,1kg g 10 Vận tốc cực đại của vật m trong quá trình dao động: vmax  A  A K  vmax  0,025.20  0,5m / s m Công suất tức thời cực đại của trong lực tác dung lên m: Pmax = mvmax = 0,5.0,1= 0,05W Câu 5: Một con lắc lò xo đặt trên mặt phẳng nằm ngang gồm lò xo nhẹ, độ cứng k  50 N / m , một đầu cố định, đầu kia gắn với vật nhỏ khối lượng m1  100 g . Ban đầu giữ vật m1 tại vị trí lò xo bị nén 10 cm, đặt một vật nhỏ khác khối lượng m2  400 g sát vật m1 rồi thả nhẹ cho hai vật bắt đầu chuyển động dọc theo phương của trục lò xo. Hệ số ma sát trượt giữa các vật với mặt phẳng ngang   0,05. Lấy g  10m / s2 . Thời gian từ khi thả đến khi vật m2 dừng lại là: A. 2,16 s. B. 0,31 s. C. 2,21 s. D. 2,06 s. Vật m2 sẽ rời khỏi m1 khi chúng đi qua vị trí mà lò xo không biến dạng(1/4 chu kỳ =  / 20(s) ). Khi đó m2 có vận tốc thỏa - mãn phường trình mv 2 kA2   mgA  v  0,9 .Tiếp sau đó m2 chuyển động chậm dần đều với gia tốc a  g  0,5m / s 2 . 2 2 Vậy thời gian cần tìm t = ¼T + v/a = 2,06s. Đáp án D Câu 6. Con lắc lò xo gồm vật nặng M = 300g, lò xo có độ cứng k = 200N/m lồng vào một trục thẳng 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 g = 10m/s 2. Bỏ qua ma sát. Va chạm là mềm.Sau va chạm cả hai vật cùng dao động điều hòa.Chọn trục 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 : Website: www.caotu.tk Sưu tầm: Cao Văn Tú Trường: ĐH CNTT&TT Thái Nguyên Email: caotua5lg3@gmail.com 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) + Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho m ta có : 1 mgh  mv2  v  2gh  0,866m / s 2 m h 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 M + 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  Acos(t  ) 1 k  20(rad / s) M m x0  0 A cos  1  0  + Khi t = 0 v0  V  A sin   34,64 + Giải hệ phương trình trên ta được :A = 2cm ;    / 3 + Phương trình dao động là : x  2 cos(2t   / 3)  1 (cm) + Tần số góc :   Câu 7. Cho cơ hệ như hình bên. Biết M = 1,8kg, lò xo nhẹ độ cứng k = 100N/m. Một vật khối lượng m = 200g chuyển động với tốc độ v0 = 5m/s đến va vào M (ban đầu đứng yên) 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 0.4994 m/s C. D. 0, 4212 m/s Hướng dẫn: + Chọn gốc tọa độ là vị trí lò xo bị nén cực đại, chiều dương sang phải M + ĐL bảo toàn động lượng: mv0  mv1  Mv2  mv0  mv1  Mv2 (1) 2 + Động năng bảo toàn: mv0 2 2mv0 2  mv1 2 2  Mv2 2 (2)  1 m/s mM 2 Mv22 k lmax  + ĐL bảo toàn năng lượng:   Mglmax  lmax  0,103(m) 2 2 Mg + Tốc độ của M đạt cực đại tại vị trí có: Fms  Fđh  Mg  kx  x   0,036(m) k 2 2 k lmax  Mvmax kx22 + ĐL bảo toàn năng lượng:  Mg (lmax  x)    vmax  0,4994m / s 2 2 2 + Từ (1), (2) có: v2 = Câu 8: Có ba con lắc đơn cùng chiều dài cùng khối lượng cùng được treo trong điện trường đều có E thẳng đứng. Con lắc thứ nhất và thứ hai tích điện q1 và q2, con lắc thứ ba không tích điện. Chu kỳ dao động nhỏ của chúng lần lượt là T1, q 1 5 T2, T3 có T1  T3 ; T2  T3 . Tỉ số 1 là: 3 3 q2 A. 12,5 B. 8 C. -12,5 D. -8 Câu 9. Một con lắc đơn dao động điều hòa với phương trình li độ dài: s = 2cos7t (cm) (t : giây), tại nơi có gia tốc trọng trường g = 9,8 (m/s2). Tỷ số giữa lực căng dây và trọng lực tác dụng lên quả cầu ở vị trí cân bằng là A. 1,08 B. 0,95 C. 1,01 D. 1,05 Website: www.caotu.tk m Sưu tầm: Cao Văn Tú Trường: ĐH CNTT&TT Thái Nguyên 2  Smax  Smax   0,1 rad F max  l g HD :   c  3  2 cos 0,1  1,01 mg  F  mg  3 cos   2 cos   max  c Email: caotua5lg3@gmail.com Câu 10: Một thiên thể nọ có bán kính gấp m lần bán kính Trái Đất, khối lượng riêng gấp n lần khối lượng riêng Trái Đất. Với cùng một con lắc đơn thì tỉ số chu kì dao động nhỏ con lắc trên thiên thể nọ so với trên Trái Đất là 1 1 . C. mn . D. . mn mn Câu 11. 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. Hướng dẫn: A. mn . B. + Ở t1 0C trên mặt đất, chu kì dao động của con lắc là : T1  2 l1 g + Ở t2 0C và ở độ cao h, chu kì dao động của con lắc là : T2  2 + Do T1  T2  g l1 l 2 l   h  2 g gh g l1 l2 gh (1) gh  R  2h l2 1  t2 (2) Và   1   (t2  t1 ) (3)   1  l1 1  t1 g  R  h  R 2h + Từ (1) (2) (3) ta rút ra : t2  t1   50 C R Câu 12: Một vật dao động điều hòa với phương trình x = A.cos(ωt). Tỉ số giữa tốc độ trung bình và vận tốc trung bình khi vật đi được sau thời gian 3T/4 đầu tiên kể từ lúc bắt đầu dao động là A. 1/3 B. 3 C. 2 D. 1/2 x  x1 Vận tốc trung bình: vtb = 2 , Δx = x 2  x1 là độ dời. Vận tốc trung bình trong một chu kỳ luôn bằng không t 2  t1 S Tốc độ trung bình luôn khác 0: vtb = trong đó S là quãng đường vật đi được từ t1 đến t2. t 2  t1 3T 3T S 3A 4A Tốc độ trung bình: vtocdo = = (1); 4 chu kỳ đầu vật đi từ x1 = + A (t1 = 0) đến x2 = 0 (t2 = 4 ) = t 3T T 4 (VTCB theo chiều dương) x x 0  A 4A Vận tốc trung bình: vvan toctb = 2 1 = (2). Từ (1) và (2) suy ra kết quả bằng 3. = 3T t 2  t1 3T 0 4 Câu 13: Một con lắc lò xo gồm lò xo có độ cứng k = 2N/m, vật nhỏ khối lượng m = 80g, dao động trên mặt phẳng nằm ngang, hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt phẳng ngang là μ = 0,1. Ban đầu kéo vật ra khỏi vị trí cân bằng một đoạn 10cm rồi thả nhẹ. Cho gia tốc trọng trường g = 10m/s2. Tốc độ lớn nhất mà vật đạt được bằng A. 0,36m/s B. 0,25m/s C. 0,50m/s D. 0,30m/s Vật có tốc độ cực đại khi gia tốc bằng 0; tức là lúc Fhl = Fdh + Fms = 0 lần đầu tiên tại N ON = x  kx = mg  x = mg/k = 0,04m = 4cm Khi đó vật đã đi được quãng đường S = MN = 10 – 4 = 6cm = 0,06m 2 + Mặt khác Ta có : Website: www.caotu.tk Sưu tầm: Cao Văn Tú Trường: ĐH CNTT&TT Thái Nguyên Email: caotua5lg3@gmail.com 2 2 2 mvmax kx kA + =  μmgS (Công của lực ma sát Fms = mgS) Theo ĐL bảo toàn năng lượng ta có: 2 2 2 mv2max kA2 kx 2 =   μmgS 2 2 2 2 0,08vmax 2.0,12 2.0,04 2    0,1.0,08.10.0,06 = 0,0036  v2max = 0,09  vmax = 0,3(m/s) = 30cm/s.  2 2 2 Câu 14: Một con lắc lò xo đạt trên mặt phảng nằm ngang gồm lò xo nhẹ có một đầu cố định, đầu kia gắn với vật nhỏ có khối lượng m. Ban đầu vật m được giữ ở vị trí để lò xo bị nén 9cm. Vật M có khối lượng bằng một nửa khối lượng vật m nằm sát m. Thả nhẹ m để hai vật chuyển động theo phương của trục lò xo. Bỏ qua mọi ma sát. Ở thời điểm lò xo có chiều dài cực đại lần đầu tiên, khoảng cách giữa hai vật m và M là: A. 9 cm. B. 4,5 cm. C. 4,19 cm. D. 18 cm. Khi qua vị trí cân bằng, vận tốc 2 vật là v Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho quá trình hai vật chuyển động từ vị trí lò xo bị nén l đến khi hai vật 1 1 k Δl (1) qua vị trí cân bằng: k(Δl )2 = (m + M)v2  v = 2 2 m+M Đến vị trí cân bằng, vật m chuyển động chậm dần, M chuyển động thẳng đều, hai vật tách ra, hệ con lắc lò xo chỉ còn m gắn với lò xo. Khi lò xo có độ dài cực đại thì m đang ở vị trí biên, thời gian chuyển động từ vị trí cân bằng đến vị trí biên là T/4 Khoảng cách của hai vật lúc này: Δx = x 2  x1 = v. Từ (1) và (2) ta được: Δx = m m T v,  A (2), với T = 2π ;A = k k 4 k 2π m m k π 1 1 .Δl.  . .Δl = Δl.  Δl = 4,19cm 1,5m 4 k k 1,5m 2 1,5 1,5 Chương 2 Sóng cơ học Câu 15: Tại O có một nguồn phát sóng với với tần số f = 20 Hz, tốc độ truyền sóng là 1,6 m/s. Ba điểm thẳng hàng A, B, C nằm trên cùng phương truyền sóng và cùng phía so với O. Biết OA = 9 cm; OB = 24,5 cm; OC = 42,5 cm. Số điểm dao động cùng pha với A trên đoạn BC là A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Câu 16: Một sóng cơ học lan truyền trên mặt thoáng chất lỏng nằm ngang với tần số 10 Hz, tốc độ truyền sóng 1,2 m/s. Hai điểm M và N thuộc mặt thoáng, trên cùng một phương truyền sóng, cách nhau 26 cm (M nằm gần nguồn sóng hơn). Tại thời điểm t, điểm N hạ xuống thấp nhất. Khoảng thời gian ngắn nhất sau đó điểm M hạ xuống thấp nhất là A. 11/120s. B. 1/ 60 s. C. 1/120s. D. 1/12s. MN 26 1   HD:  = 12 cm ; = = 2 + hay MN = 2 +  Dao động tại M sớm pha hơn dao động tại N một góc . 6  12 6 3  Dùng liên hệ giữa dao động điều hòa và chuyển động tròn đều dễ dàng thấy : Ở thời điểm t, uN = -a (xuống thấp a nhất) thì uM =  và đang đi lên. 2 5T 5 1 1 1 s  s , với T =  s .  Thời gian tmin = = 6 60 12 f 10 Câu 1 Ở mặt thoáng của một chất lỏng có hai nguồn kết hợp A, B cách nhau 10 cm, dao động theo phương thẳng đứng với phương trình lần lượt là uA = 3cos(40t + /6) (cm); uB = 4cos(40t + 2/3) (cm). Cho biết tốc độ truyền sóng là 40 cm/s. Một đường tròn có tâm là trung điểm của AB, nằm trên mặt nước, có bán kính R = 4cm. Số điểm dao động với biên độ 5 cm có trên đường tròn là A. 30 B. 32 C. 34 D. 36 Hướng dẫn Phương trình sóng tại M do sóng tại A truyền đến là: Website: www.caotu.tk A R = 4cm O B Sưu tầm: Cao Văn Tú uAM = 3cos(40t +  6 Trường: ĐH CNTT&TT Thái Nguyên - 2 d1  Email: caotua5lg3@gmail.com ) Phương trình sóng tại M do sóng tại B truyền đến là: uBM = 4cos(40t + 2 3 - 2 d2  ) Phương trình sóng tổng quát tổng hợp tại M là: uM = uAM + uBM = 3cos(40t +  6 - 2 d1  ) + 4cos(40t + 2 3 - 2 d2  ) Biên độ sóng tổng hợp tại M là: (Áp dụng công thức dao động điều hòa) 2 2 d2  2 d1  (  )) 3  6   2 2 2 = 3  4  2.3.4.cos(  (d2  d1 )) 2   2 (d2  d1 )) = 0 Biên độ sóng tổng hợp tại M bằng 5 khi: cos(  2   2  d d   (d2  d1 )  2 ( 2  1 ) =  k Khi đó: 2  2   2  Do đó: d2 – d1 = k ; 2  Mà - 8  d2 – d1  8  - 8  k  8  - 8  k  8 2 A = 32  42  2.3.4.cos( Tương tự tại hai điểm M và N ở hai đầu bán kính là điểm dao động với biên độ bằng 5cm Nên số điểm dao động với biên độ 5cm là: n = 17x2 – 2 = 32 Câu 17: Giao thoa sóng nước với hai nguồn giống hệt nhau A, B cách nhau 20cm có tần số 50Hz. Tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 1,5m/s. Trên mặt nước xét đường tròn tâm A, bán kính AB. Điểm trên đường tròn dao động với biên độ cực đại cách đường thẳng qua A, B một đoạn gần nhất là A. 18,67mm B. 17,96mm C. 19,97mm D. 15,34mm Hướng dẫn: Bước sóng  = v/f = 0,03m = 3 cm Xét điểm N trên AB dao động với biên độ cực đại AN = d’1; BN = d’2 (cm) M d’1 – d’2 = k = 3k  d d’1 + d’2 = AB = 20 cm d d’1 = 10 +1,5k 1 2  0≤ d’1 = 10 +1,5k ≤ 20 B A  -6 ≤k≤6  Trên đường tròn có 26 điểm dao động với biên độ cực đại Điểm gần đường thẳng AB nhất ứng với k = 6. Điểm M thuộc cực đại thứ 6 d1 – d2 = 6 = 18 cm; d2 = d1 – 18 = 20 – 18 = 2cm Xét tam giác AMB; hạ MH = h vuông góc với AB. Đặt HB = x h2 = d12 – AH2 = 202 – (20 – x)2 h2 = d22 – BH2 = 22 – x2  202 – (20 – x)2 = 22 – x2  x = 0,1 cm = 1mm  h= d 22  x 2  202  1  399  19,97mm . Chọn đáp án C Cách khác: v  3cm ; AM = AB = 20cm f Website: www.caotu.tk  Sưu tầm: Cao Văn Tú Trường: ĐH CNTT&TT Thái Nguyên Email: caotua5lg3@gmail.com AM - BM = kBM = 20 - 3k  AB AB k  6,7  kmax = 6BMmin = 2cm   AMB cân: AM = AB = 200mm; BM = 20mm. Khoảng cách từ M đến AB là đường cao MH của AMB: h= 2 p  p  a  p  b  p  c  a ;p abc  21cm 2 Câu 18 Hai điểm A, B nằm trên cùng một đường thẳng đi qua một nguồn âm và ở hai phía so với nguồn âm. Biết mức cường độ âm tại A và tại trung điểm của AB lần lượt là 50 dB và 44 dB. Mức cường độ âm tại B là A. 28 dB B. 36 dB C. 38 dB D. 47 dB 2 Từ công thức I = P/4πd Ta có: IA d = ( M )2 và LA – LM = 10.lg(IA/IM) → dM = 100,6 .dA IM dA Mặt khác M là trung điểm cuả AB, nên ta có: AM = (dA + dB)/2 = dA + dM; (dB > dA) Suy ra dB = dA + 2dM Tương tự như trên, ta có: IA d = ( B )2 = (1+ 2 100,6 )2 và LA – LB = 10.lg(IA/IB) IB dA Suy ra LB = LA – 10.lg (1  2 100,6 )2 = 36dB. Câu 19 Hai nguồn kết hợp A, B cách nhau 45mm ở trên mặt thoáng chất lỏng dao động theo phương trình u1 = u2 = 2cos100t (mm). Trên mặt thoáng chất lỏng có hai điểm M và M’ ở cùng một phía của đường trung trực của AB thỏa mãn: MA - MB = 15mm và M’A - M’B = 35mm. Hai điểm đó đều nằm trên các vân giao thoa cùng loại và giữa chúng chỉ có một vân loại đó. Vận tốc truyền sóng trên mặt chất lỏng là: A. 0,5cm/s B. 0,5m/s C. 1,5m/s D. 0,25m/s GIẢI: Giả sử M và M’ thuộc vân cực đại Khi đó: MA – MB = 15mm = k  ; M’A – M’B = 35mm = (k + 2)  => (k + 2)/k = 7/3 => k = 1,5 không thoả mãn => M và M’ không thuộc vân cực đại. Nếu M, M’ thuộc vân cực tiểu thì: 2  k  2   1  MA – MB = 15mm = (2k + 1)  /2; và M’A – M’B = 35mm =  2 => 2k  5 7  => k = 1. Vậy M, M’ thuộc vân cực tiểu thứ 2 và thứ 4 2k  1 3 Ta suy ra: MA – MB = 15mm = (2k + 1)  /2 =>  = 10mm. => v =  .f = 500mm/s = 0,5m/s Câu 20: Trong thí nghiệm giao thoa Y-âng, nguồn S phát ánh sáng đơn sắc có bước sóng  người ta đặt màn quan sát cách mặt phẳng hai khe một khoảng D thì khoảng vân là 1mm. Khi khoảng cách từ màn quan sát đến mặt phẳng hai khe lần lượt là D  D hoặc D  D thì khoảng vân thu được trên màn tương ứng là 2i và i. Nếu khoảng cách từ màn quan sát đến mặt phẳng hai khe là D  3D thì khoảng vân trên màn là: A. 3 mm. B. 2,5 mm. C. 2 mm. D. 4 mm. Câu 21. Theo đề ra: D  D D  D D D  3D 2D ; i    D  D / 3; i0    1mm  i'     2i0  2mm . Đáp án C. a a a a a Câu 22: Hai nguồn sóng kết hợp A, B trên mặt thoáng chất lỏng dao động theo phương trình uA  uB  4cos(10 t ) mm. Coi biên độ sóng không đổi, tốc độ sóng v  15cm / s . Hai điểm M1 , M 2 cùng nằm trên một elip nhận A, B làm tiêu điểm có AM1  BM1  1cm và AM 2  BM 2  3,5 cm. Tại thời điểm li độ của M1 là 3mm thì li độ của M2 tại thời điểm đó là 2i  A. 3 mm. Website: www.caotu.tk B. 3 mm. C.  3 mm. D. 3 3 mm. Sưu tầm: Cao Văn Tú Trường: ĐH CNTT&TT Thái Nguyên Câu 23. Hai nguồn giống nhau, có   3cm nên uM 1  2.4 cos d1  cos(t   d1  d2  Email: caotua5lg3@gmail.com . ); uM 2  2.4 cos d2  cos(t   d '1 d '2 u cosd2 /  cos / 6  M2     3  uM 2   3uM 1  3 3cm uM 1 cosd2 /  cos / 3  ); d1  d2  d '1 d '2 . Đáp án D. Câu 24: Tại O có 1 nguồn phát âm thanh đẳng hướng với công suất không đổi. Một người đi bộ từ A đến C theo một đường thẳng và lắng nghe âm thanh từ nguồn O thì nghe thấy cường độ âm tăng từ I đến 4I rồi lại giảm xuống I. Khoảng cách AO bằng: AC 2 2 A. B. AC 3 3 C. AC 3 D. Do nguồn phát âm thanh đẳng hướng. Cường độ âm tại điểm cách nguồn âm R là I= AC 2 P . Giả sử người đi bộ từ A qua M tới C → IA = IC = I → OA = OC 4πR 2 Giả thuyết: IM = 4I → OA = 2.OM. Trên đường thẳng qua AC IM đạt giá trị lớn nhất, nên M gần O nhất → OM vuông góc với AC và là trung điểm của AC AO2 = OM2 + AM2 = AO2 AC2 AC 3 + → 3AO2 = AC2 → AO = . 4 4 3 Chương 3 Điện xoay chiều Câu 25: Một chiếc đèn nêôn đặt dưới một hiệu điện thế xoay chiều 119V – 50Hz. Nó chỉ sáng lên khi hiệu điện thế tức thời giữa hai đầu bóng đèn lớn hơn 84V. Thời gian bóng đèn sáng trong một chu kỳ là bao nhiêu? A. Δt = 0,0100s. B. Δt = 0,0133s.C. Δt = 0,0200s.D. Δt = 0,0233s. Câu 26: Mắc nối tiếp một điện trở thuần R, một cuộn cảm thuần có độ tự cảm L và một tụ điện C có điện dung biến thiên vào một mạch điện xoay chiều có điện áp hiệu dụng U = 150 3 V. Điện áp uRL giữa hai đầu đoạn mạch chứa R và L sớm pha /6 so với cường độ dòng điện i. Điều chỉnh giá trị điện dung C của tụ điện để điện áp hiệu dụng hai đầu tụ điện đạt giá trị cực đại là UC max .Giá trị cực đại UC max bằng B. 75 3 V. A. 75 V. C. 150 V. D. 300 V. Câu 27: Cho mạch điện xoay chiều RLC mắc nối tiếp, cuộn dây thuần cảm. Biết L = CR2. Đặt vào hai đầu đoạn mạch điện áp xoay chiều ổn định, mạch có cùng hệ số công suất với hai giá trị của tần số góc 1  50 (rad / s) và 2  200 (rad / s) . Hệ số công suất của đoạn mạch bằng: 2 1 3 1 A. . B. . C. . D. . 2 13 2 12 Câu 28 Đặt điện áp xoay chiều có u = 100 2 cos(t) V vào hai đầu mạch gồm điện trở R nối tiếp với tụ C có ZC = R. Tại thời điểm điện áp tức thời trên điện trở là 50V và đang tăng thì điện áp tức thời trên tụ là A. – 50V. B. – 50 3 V. Từ ZC = R  U0C = U0R = 100V mà i = D. 50 3 V. C. 50V. U u R 50 còn I0 = 0R = R R R u ( R )2 u C2 i2 u C2 Áp dụng hệ thức độc lập trong đoạn chỉ có tụ C: 2 + 2 = 1   R =1 2 U0C I0 100 ( U0R )2 R 2  uC = 7500  uC = ± 50 3V ; vì đang tăng nên chọn u C =  50 3V Câu 29: Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ. Điện dung C có giá trị thay đổi được và cuộn dây thuần cảm. Điều chỉnh giá trị của C và ghi lại số chỉ lớn nhất trên từng vôn kế thì thấy UCmax = 3ULmax. Khi đó UCmax gấp bao nhiêu lần URmax? A. 3 8 B. Website: www.caotu.tk 8 3 C. 4 2 3 D. 3 4 2 Sưu tầm: Cao Văn Tú Trường: ĐH CNTT&TT Thái Nguyên Email: caotua5lg3@gmail.com U (1) R 2  Z2L R U U  Imax .ZL  .ZL  .ZL (2) (cộng hưởng điện) và URmax  U (3) (cộng hưởng điện) Zmin R Vì C biến thiên nên: UCmax  ULmax R 2 + Z2L U (1)  Cmax = 3 =  R = ZL 8 (4) (2) ULmax ZL R 2 + Z2L U (1)  Cmax = (5) (3) URmax R UC max 3  UR max 8 Câu 30: Cho đoạn mạch AB gồm hai đoạn mạch AM nối tiếp với MB. Biết đoạn AM gồm R nt với C và MB có cuộn Từ (4) và (5) → cảm có độ tự cảm L và điện trở r. Đặt vào AB một điện áp xoay chiều u = U 2 cosωt (v). Biết R = r = L , điện áp C hiệu dụng giữa hai đầu MB lớn gấp 3 điện áp hai đầu AM. Hệ số công suất của đoạn mạch có giá trị là A. 0,866 B. 0,975 C. 0,755 D.0,887 HD: R2 L → R2 = r2 = ZL.ZC → ZC = (1) ZL C 1 L (Vì ZL = L; ZC = → ZL.ZC = ) ωC C R=r= UMB = 3 UAM → ZMB = 3 ZAM ↔ R + ZC = 3r + 2 2 2 3ZL2 → ZC2 2 = 2R + 3ZL2 R2 2 (2) → ( ) = 2R2 + 3ZL2 ZL 3ZL4 + 2R2ZL2 – R4 = 0 →(3 ZL2 - R2 )( R2+ ZL2)=0 R2 R → ZL = và ZC = R 3 (3) 3 3 4R R +r 3 2R Tổng trở Z = (R + r)2 + (ZL  ZC )2 = → cos = = = = 0,866 4R Z 2 3 3 → ZL2 = Câu 31: Cho mạch điện RLC, tụ điện có điện dung C thay đổi. Điều chỉnh điện dung sao cho điện áp hiệu dụng của tụ đạt giá trị cực đại, khi đó điện áp hiệu dụng trên R là 75 V. Khi điện áp tức thời hai đầu mạch là 75 6V thì điện áp tức thời của đoạn mạch RL là 25 6 V . Điện áp hiệu dụng của đoạn mạch là A. 75 6 V . B. 75 3 V . C. 150 V. D. 150 2 V . Câu 32. Điều chỉnh điện dung để UC đạt cực đại thì điện áp uLR vuông pha với u nên ta có u  U 0 cos ; u LR  U 0 LR sin   u 2 u LR 2  1 U 02 U 02LR (*). Mặt khác áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có 2 1 1 1 U u 2  uLR  2  2 (**). Từ (*) và (**) tìm được U 02   72.252  U  0  150V . Đáp án C. 2 2 U 0 R U 0 U 0 LR u 2 1  LR U 02R Câu 33: Máy biến thế gồm cuộn sơ cấp N1=1000 vòng, r1=1 (ôm); cuộn thứ cấp với N2=200 vòng, r2=1,2 (ôm). Nguồn sơ cấp có hiệu điện thế hiệu dụng U1, tải thứ cấp là trở thuần R=10 (ôm); hiệu điện thế hiệu dụng U 2. Bỏ qua mất mát năng lượng ở lõi từ. Tính hiệu suất của máy. A. 80% B. 82% C. 69% D. 89% E1= U1 - I1.r1 E2= U2 + I2.r2 Mà Website: www.caotu.tk Sưu tầm: Cao Văn Tú Trường: ĐH CNTT&TT Thái Nguyên Email: caotua5lg3@gmail.com Thay vào được U1= 5,624.U2 Câu 34 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 A. R = L(1  2 ) B. R = n2  1 L(1  2 ) n2  1 C. R = L12 n2  1 D. R = (1 2 ) L n2  1 Hướng dẫn: + Gọi I1 và I2 là cường độ dòng điện hiệu dụng ứng với ω1 và ω2. I max n 2 2  1   1  1    2 L      1 2 L 1 + Do: I1  I 2  Z1  Z 2   1 L   1C    2c  C  + Theo bài ra ta có: I1  I 2  I + Mặt khác: I1  max  n + Từ (1) và (2) ta có: R   U 1     n 2  1 R 2   1 L  2 nR  C 1    1   R 2   1 L   1C   L 1   2   U n2 1  2 2 . Câu 35. 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 tức 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: + Gọi U; U1; ΔU ; I1; P1 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 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  I 1 1 U ' 1 + Ta có:      2    P1  I1  100 I1 10 U 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 I2 U = U1 + ΔU = (0,15 + 1).U1  + Từ (1) và (2) ta có:  0,15.U1 0,15 U' = U2 + ΔU' = 10.U1 + = (10 + ).U1  10 10  0,15 10+ U' 10 = 8,7 = + Do đó: U 0,15+1 U1.I1 = U2 .I2  Website: www.caotu.tk Sưu tầm: Cao Văn Tú Trường: ĐH CNTT&TT Thái Nguyên Email: caotua5lg3@gmail.com Câu 36: Mạch điện R1L1C1 có tần số cộng hưởng 1 và mạch R2L2C2 có tần số cộng hưởng 2 , biết 1=2. Mắc nối tiếp hai mạch đó với nhau thì tần số cộng hưởng của mạch sẽ là .  liên hệ với 1và 2theo công thức nào? Chọn đáp án đúng: A. =21. B.  = 31. C. = 0. D.  = 1. Giải: 2 = 1 = LC 1 C1C 2 C1  C 2 1 1 1 1 ---> L1 = 2 ;  22 = ----->L2 = 2 12 = L1C1 L2 C2 1 C1 2 C2 1 1 1 1 1 1 C1C2 L1 + L2 = 2 + 2 = 2 ( + )= 2 ( vì 1=2.) 1 C1 2 C2 1 C1 C 2 1 C1  C2 1 ----> 12 = =  2 -------->  = 1. Đáp án D C1C 2 ( L1  L2 ) C1  C 2 Câu 37: Đặt điện áp xoay chiều u  U 0 .cost (U không đổi,  thay đổi được) vào hai đầu đoạn mạch RLC mắc nối ( L1  L2 ) tiếp (biết L>CR2/2). Với 2 giá trị   1  120 2(rad / s) và   2  160 2( rad / s) thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn cảm có giá trị như nhau. Khi   0 thì thấy điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn cảm đạt giá trị cực đại. Giá trị  0 là: A. 189 (rad/s). Tính nhanh như sau: B. 200 (rad/s) C. 192(rad/s) . D. 198 (rad/s).  . . 2 1 1 1  ( 2  2 )   1 2  192rad / s.  2 1 2 12  22 1 2 Câu 38. Đoạn mạch xoay chiều AB ghép theo thứ tự L,R,C nối tiếp, L là cuộn dây thuần cảm,R là điện trở thuần, C là tụ điện.Điện áp xoay chiều ở 2 đầu đoạn mạch AB có dạng:uAB = U 2 cos2  ft V .Các điện áp hiệu dụng UC = 200V , UL = 100V. Điện áp uLR và uRC lệch pha nhau 90o. Điện áp hiệu dụng UR có giá trị là : A. 200(V) B. 100(V) C. 100 2 (V) D. 3000(V). HD:Ta có: tan  LR    U U .U UL ; tan  RC   C . Do U LR  U RC  tan  LR . tan  RC  1  LR 2 RC  1 UR UR UR  U R  U LR .U RC  100 2 (V ) Câu 39: Cho đoạn mạch RLC với L / C  R2 , đặt vào hai đầu đoạn mạch trên điện áp xoay chiều u  U 2 cos t, (với U không đổi,  thay đổi được). Khi   1 và   2  91 thì mạch có cùng hệ số công suất, giá trị hệ số công suất đó là A. 3/ 73. Câu 40. B. 2/ 13. C. 2 / 21. 1 9 D. 4/ 67. 1 9 1 9 2  91  Z 'L  9Z L ; Z 'C  ZC ; cos  cos '  Z LC  Z 'LC  ZC  Z L  9Z L  ZC  Z L  ZC Z L ZC  L / C  R 2  Z L  1 73 3 R; ZC  3R  Z  R 2  (Z L  ZC ) 2  R  cos  R / Z  3 9 73 . Đáp án A. Câu 41: Cho đoạn mạch RLC với L / C  R2 , đặt vào hai đầu đoạn mạch trên điện áp xoay chiều u  U 2 cos t, (với U không đổi,  thay đổi được). Khi   1 và   2  91 thì mạch có cùng hệ số công suất, giá trị hệ số công suất đó là A. 3/ 73. Câu 42. B. 2/ 13. 1 9 C. 2 / 21. D. 4/ 67. 1 9 1 9 2  91  Z 'L  9Z L ; Z 'C  ZC ; cos  cos '  Z LC  Z 'LC  ZC  Z L  9Z L  ZC  Z L  ZC 1 73 3 Z L ZC  L / C  R  Z L  R; ZC  3R  Z  R 2  (Z L  ZC ) 2  R  cos  R / Z  3 9 73 2 Website: www.caotu.tk . Đáp án A. Sưu tầm: Cao Văn Tú Trường: ĐH CNTT&TT Thái Nguyên Email: caotua5lg3@gmail.com Câu 43: Một mạch điện AB gồm tụ C nối tiếp với cuộn cảm thuần L. Đặt vào hai đầu đoạn mạch điện áp xoay chiều có tần số ω = 2 . Điểm giữa C và L là M. Khi uMB = 40V thì uAB có giá trị LC B. – 30V A. 160V C. – 120V D. 200V u i  U + I2 = 1 u C2 u 2L  0 ; với U0C = ZCI0 và U0L = ZLI0  =  2 2 2 2  u L + i = 1 U0C U0L 2  U0L I02 Z  u L = u C L  u L = 4u C (uL ngược pha với uC) Vậy uAB = uL + uC = – 3uC = – 120V ZC Câu 44: Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ 1.   Điện áp hai đầu mạch là uAB = 60 2 cos100t   (V). 6  Điều chỉnh giá trị điện dung C của tụ điện để vôn kế V chỉ giá trị cực đại và bằng 100V. Viết biểu thức điện áp uAE. π 2π    A. uAE  120 2 cos 100πt   V B. uAE  80 2 cos 100πt   V 3 3    π π   C. uAE  160 2 cos 100πt   V D. uAE  80 2 cos 100πt   V 3 3   GIẢI : 2 C 2 0C 2 Vẽ giản đồ véc tơ biểu diễn phương trình M      UAB  UR  UL  UC trục gốc là I  UL UAE U IR R Trên giản đồ véc tơ ta có tanα  R    const UL IZL ZL I UR  O Áp dụng định lý hàm sin với ΔOMN ta được U ON MN U  hay AB  C UAB UC sinα sinβ sinα sinβ N U  UC  AB .sinβ sinα  UC max khi sinβ  1    900 : tam giác MON vuông tại O Áp dụng định lý pitago cho ΔOMN ta được 2 UAE  UCmax  U2AB  1002  602  80V và UAE nhanh pha hơn UAB 1 góc 900 Vậy biểu thức UAE là π  uAE  80 2 cos 100πt   (V) 3  Câu 45: Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ. Điện dung C có giá trị thay đổi được và cuộn dây thuần cảm. Điều chỉnh giá trị của C thì thấy: ở cùng thời điểm số, chỉ của V1 cực đại thì số chỉ của V1 gấp đôi số chỉ của V2. Hỏi khi số chỉ của V2 cực đại thì số chỉ của V2 gấp bao nhiêu lần số chỉ V1? A. 2 lần. B. 1,5 lần. C. 2,5 lần. D. 2 2 lần Khi V1 cực đại thì mạch cộng hưởng: UR = U = 2UC = 2UL hay R = 2ZL (1) Website: www.caotu.tk Sưu tầm: Cao Văn Tú Trường: ĐH CNTT&TT Thái Nguyên Khi V2 cực đại ta có: UC max  Khi đó lại có: ZC  2 U R R theo (1) → UCmax = Email: caotua5lg3@gmail.com 2 L 2 L U 4Z + Z U 5  2ZL 2 R 2  Z2L theo (1) ta được: ZC = 5ZL = 2,5R → Z = R 5 ZL Chỉ số của V1 lúc này là U R = IR = Từ (3) và (4) ta có:  Z2L UR U = Z 5 (2) (3) (4) UCmax 5 = = 2,5 UR 2 Chương 4 Dao động và sóng điện từ Câu 46 Cho hai mạch dao động lí tưởng L1C1 và L2C2 với C1 = C2 = 0,1μF, L1 = L2 = 1 μH. 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. 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 lệch nhau 3V? A. 106 s 6 B. 106 s 3 C. 106 s 2 D. 106 s 12 Câu 47. Một mạch dao động LC lí tưởng gồm cuộn cảm thuần có độ tự cảm 50 mH và tụ điện có điện dung C. Trong mạch đang có dao động điện từ tự do với cường độ dòng điện i  0,12cos2000t (i tính bằng A, t tính bằng s). Ở thời điểm mà cường độ dòng điện trong mạch bằng một nửa cường độ hiệu dụng thì hiệu điện thế giữa hai bản tụ có độ lớn bằng A. 3 14 V.  I0 2 2  i   u   1  HD:        I0   U 0   I0 2 C. 12 3 V. B. 6 2 V. 2 D. 5 14 V. 2    u 2 1 u2 7  1    1  u 2  .144  u  3. 14    2  8  2000.50.103.0,12 8   LI0  Chương 5 Sóng ánh sáng, Giao thoa ánh sáng Câu 48: Trong thí nghiệm giao thoa Y-ang,khe S phát ra đồng thời 3 ánh sáng đơn sắc, có bước song tương ứng 1=0,4m, 2=0,48m và 3=0,64m Trên màn, trong khoảng giữa hai vân sáng liên tiếp có màu trùng với vân trung tâm,quan sát thấy số vân sáng không phải đơn sắc là: A.11 B.9 C.44 D.35 * Xét trong khoảng hai vân sáng liên tiếp có màu trùng với vân trung tâm ( sự nhau của 3 bức xạ ) => x = kD/a với xmin => k11 = k2 2 = k3 3  k1 = k3 3 / 1 = 8k3/5 (1)  k2 = k3 3 / 2 = 4k3/3 (2)  Ta có k3 = 15 => k1 = 24 và k2 = 20 (3)  ** Xét số vân trùng với hai bức xạ khác nhau trong khoảng xmin ở trên Từ (1) số vân trùng của hai bức xạ 1 và 3 => k31min = 5 ; k13min = 8 ktrùng 13 = k3max / k3min = 15/5 = 3 Từ (2) số vân trùng của hai bức xạ 2 và 3 => k23min = 4 ; k32min = 3 ktrùng 23 = k23max / k23min = 20/4 = 5 *Tính số vân trùng của hai bức xạ 1 và 2  k1 = k2 2 / 1 = 48k2 /40 = 6k2/5 => k21min =5 ;k12min = 6 Website: www.caotu.tk Sưu tầm: Cao Văn Tú Trường: ĐH CNTT&TT Thái Nguyên Email: caotua5lg3@gmail.com  ktrùng 12 = k12max / k12min = 24/6= 4 hay ktrùng 12 = k21max / k21min = 20/5 = 4 Tổng số vân sáng trên màn không phải đơn sắc trong khoảng giữa hai vân hai vân sáng liên tiếp có màu với vân trung tâm . Như vậy là không tính vân trùng ở vị trí xmin tức là phải trừ đi 3 N = ktrùng 13 + ktrùng 23 + ktrùng 12 – 3 = 9 => chọn B Mở rông bài toán : * Nếu hỏi có bao nhiêu vân không phải đơn sắc trên đoạn xmin đã cho thì ta có ngay là 11 ( cộng với hai vân cùng màu vân trung tâm ) ** Nếu hỏi có bao nhiêu vân sáng đơn sắc , bạn có ngay N = K1max + K2max + K3max – 2 (ktrùng 13 + ktrùng 23 + ktrùng 12 ) = 35 Câu 49: Thí nghiệm giao thoa Y- âng với ánh sáng đơn sắc có bước sóng λ, khoảng cách giữa hai khe a = 1 mm. Ban đầu, tại M cách vân trung tâm 5,25 mm người ta quan sát được vân sáng bậc 5. Giữ cố định màn chứa hai khe, di chuyển từ từ màn quan sát ra xa và dọc theo đường thẳng vuông góc với mặt phẳng chứa hai khe một đoạn 0,75 m thì thấy tại M chuyển thành vân tối lần thứ hai. Bước sóng λ có giá trị là A. 0,64 m B.0,50 m C. 0,70 m D. 0,60 m Câu 50: Một tia sáng trắng chiếu tới bản hai mặt song song với góc tới i = 600. Biết chiết suất của bản mặt đối với tia tím và tia đỏ lần lượt là 1,732 và 1,70. Bề dày của bản mặt e = 2 cm. Độ rộng của chùm tia khi ra khỏi bản mặt là: A. 0,146 cm. B. 0,0146 m. C. 0,0146 cm. D. 0,292 cm. 0 Góc ló bằng góc tới: i’ = 60 , bề rộng chùm ló b = 0,5e(tanrđ – tanrt) = 0,0146cm. Đáp án C Câu 51. 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 sinrt = sin 60 0 sin 60 0 1    rt = 300 nt 2 3 i I2 i I1 sin 600 sin 600 6 sinrđ =    rđ  380 nđ 4 2 T Đ + 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  ht = I1I2 cosrt. + Góc I1I2Đ bằng rđ  hđ = I1I2 cosrđ.  ht cos rt cos 300    1,099  1,10 . hđ cos rđ cos 380 Chương 6 Lượng tử ánh sáng Câu 52: Khi elêctrôn ở quỹ đạo dừng thứ n thì năng lượng của nguyên tử hiđrô được xác định bởi En  13,6/ n2 (eV), với n  N *. Một đám khí hiđrô hấp thụ năng lượng chuyển lên trạng thái dừng có năng lượng cao nhất là E3 (ứng với quỹ đạo M). Tỉ số giữa bước sóng dài nhất và ngắn nhất mà đám khí trên có thể phát ra là A. 27/8. B. 32/5. C. 32/27. D. 32/3. 32 8.36 32 hc 5 hc 8  E3  E2  E0 ;  E3  E1  E0    . Đáp án B. Vì 32 36 31 9 31 9.5 5 Câu 53: Hiệu điện thế hãm của một tế bào quang điện là 1,5 V. Đặt vào hai đầu anot (A) và catot (K) của tế bào quang điện trên một điện áp xoay chiều: uAK = 3 cos ( 100t  khoảng thời gian 2 phút đầu tiên là A. 60 s. B. 70 s. Website: www.caotu.tk  3 ) (V). Khoảng thời gian dòng điện chạy trong tế bào này trong C. 80 s. D. 90 s. Sưu tầm: Cao Văn Tú Trường: ĐH CNTT&TT Thái Nguyên Email: caotua5lg3@gmail.com Dòng điện chạy qua tế bào khi uAK  -1,5 V. Căn cứ vòng tròn lượng giác suy ra trong mỗi chu kỳ T = 0,02 s thời gian chạy qua tế bào là 2T . Trong 2 phút, thời gian chạy qua là: t = 2.120/3 = 80 s. 3 Câu 54. Một tế bào quang điện có katốt bằng Xêdi, giới hạn quang điện của kim loại này là 0=650nm. Katốt được chiếu sáng với công suất P=1mW. Khi đó hiệu điện thế hãm đối với tế bào quang điện là U=0,07V. Biết rằng hiệu suất lưỡng tử bằng 1.Cường độ dòng quang điện bão hòa qua tế bào quang điện là. 2 4 4 A. I bh  2.55( A) B. I bh  5,1.10 ( A) C. I bh  5,1.10 ( A) D. I bh  2,22.10 ( A) HD:+ Gọi N là số phôtôn quang điện thoát ra khỏi bề mặt katốt trong thời gian t. Do mỗi phôtôn cho 1 êlêctrôn nên số êlêctrôn được giải phóng ra khỏi bề mặt katốt trong thời gian này cũng bằng N. q N P N e e ;(Với công suất chiếu sáng: P  hf . ) t t hf t eP0 hc hc  hf   hf  eU h  .  I bh   5,1.10 4 ( A). 0 0 hc  eU h 0 + Cường độ dòng điện bão hòa sẽ là: I bh  + Theo hệ thức Anhstanh: eU h  mv02max 2 Chương 7 Hạt nhân nguyên tử Câu 55: Ban đầu có một mẫu chất phóng xạ nguyên chất X với chu kì bán rã T. Cứ một hạt nhân X sau khi phóng xạ tạo thành một hạt nhân Y. Nếu hiện nay trong mẫu chất đó tỉ lệ số nguyên tử của chất Y và chất X là k thì tuổi của mẫu chất là A. t  T 2ln 2 ln 1  k  B. t  T ln 1  k  ln 2 C. t  T ln 2 ln 1  k  D. t  T ln 1  k  ln 2 Câu 56: Ban đầu (t = 0) có một mẫu chất phóng xạ X nguyên chất. Ở thời điểm t 1 mẫu chất phóng xạ X còn lại 20% hạt nhân chưa bị phân rã. Đến thời điểm t2 = t1 + 100 (s) số hạt nhân X chưa bị phân rã chỉ còn 5% so với số hạt nhân ban đầu. Chu kì bán rã của chất phóng xạ đó là A. 50 s. B. 25 s. C. 400 s. D. 200 s. Câu 57: Một pho tượng cổ bằng gỗ biết rằng độ phóng xạ của nó bằng 0,42 lần độ phóng xạ của một mẫu gỗ tươi cùng loại vừa mới chặt có khối lượng bằng 2 lần khối lượng của pho tượng cổ này. Biết chu kì bán rã của đồng vị phóng xạ 14 B. 1414,3 năm. C. 144,3 năm. D. 1441,3 năm. 6 C là 5730 năm. Tuổi của pho tượng cổ này gần bằngA. 4141,3 năm. Câu 58:Trong quặng Urani tự nhiên hiện nay gồm hai đồng vị U238 và U235.Biết rằng U235 chiếm tỉ lệ 7,143 0 00 . Giả sử lúc đầu trái đất mới hình thành tỉ lệ 2 đồng vị này là 1:1. Cho biết chu kì bán rã của U238 là T 1= 4,5.109 năm,chu kì bán rã của U235 là T2= 0,713.109 năm .Tuổi của trái đất là : A. 60,4 tỉ năm B. 6,04 tỉ năm C. 6,04 triệu năm D. 604 tỉ năm HD:+ Số hạt U235 và U238 khi trái đất mới hình thành là N0 như nhau. + Số hạt U238 bây giờ N1  + Ta có  t T N 0 .2 1 ; Số hạt U235 bây giờ N2  N0  t T .2 2 N1 7,143   t  6,04.109 (năm)= 6,04 tỉ năm N2 1000 Câu 59: Dùng hạt prôtôn có động năng K p  5,58 MeV bắn vào hạt nhân 1123 Na đứng yên, ta thu được hạt  và hạt X có động năng tương ứng là K  6,6 MeV ; K X  2,64 MeV . Coi rằng phản ứng không kèm theo bức xạ gamma, lấy khối lượng hạt nhân tính theo u xấp xỉ bằng số khối của nó. Góc giữa vectơ vận tốc của hạt α và hạt X là: A. 1700. B. 1500. C. 700. D. 300. Từ phương trình    p p  p  px  m p K p  m K  mx K x  2 m mx K x K cos  cos  Website: www.caotu.tk m p K p  m K  mx K x 2 m mx K x K  cos170 0 . Vậy ta có đáp án A Sưu tầm: Cao Văn Tú Trường: ĐH CNTT&TT Thái Nguyên Email: caotua5lg3@gmail.com Câu 60. Người ta tiêm vào máu một người một lượng nhỏ dung dịch chứa đồng vị phóng xạ 24 Na có độ phóng xạ bằng 1,5  Ci. Sau 7,5giờ người ta lấy ra 1cm3 máu người đó thì thấy nó có độ phóng xạ là 392 phân rã/phút,biết chu kỳ bán rã của 24 Na là 15 giờ. Thể tích máu của người đó là: A. 6 lít B. 600cm3 C. 525cm3 D. 5,25 lít HD : + Khối lượng Na đưa vào máu là : m0  H 0 . A.T ln 2.N A + Khối lượng Na còn lại trong máu sau t = 7,5 giờ là : m  m0 .e + Khối lượng Na có trong 1cm3  103 lít là : m  + Thể tích máu của ngươi đó là : V  Website: www.caotu.tk  ln 2.t T H 0 . A.T  lnT2.t  .e ln 2.N A H . A.T ln 2.N A ln 2.t  m.103 H 0  .103.e T  6(lít ) m H
- Xem thêm -