Đề11Đề dự bị 2 năm 2003 Câu I: (1 điểm) Hãy nêu rõ tần số và biên độ của sóng âm có vai trò gì đối với độ cao và âm sắc của nhạc âm. Câu II: (1 điểm) Dòng điện dịch là gì? Cho biết một điểm giống nhau, một điểm khác nhau cơ bản giữa dòng điện dẫn và dòng điện tích. Câu III: (1 điểm) Tiêu cự của vật kính và thị kính của một kính hiển vi lần lượt là f 1 = 5mm, f 2 = 5cm. Khoảng cách giữa vật kính và thị kính là 19,5cm. a. Vẽ ảnh của một vật nhỏ qua kính hiển vi (vật AB) b. Một người mắt không có tật có khoảng thấy rõ ngắn nhất Đ = 25cm, đặt mắt sát thị kính để quan sát một vật nhỏ ở trạng thái mắt không điều tiết. Hỏi vật phải được đặt cách vật kính một khoảng bằng bao nhiêu? Tính độ bội giác của ảnh khi đó. Câu IV (1 điểm) Một lò xo khối lượng không đáng kể có độ cứng k, đầu trên được treo vào một điểm cố định. Khi treo vào đầu dưới của lò xo một vật khối lượng m = 100g thì lò xo giãn 25cm. Người ta kích thích cho vật dao động điều hòa dọc theo trục lò xo. Chọn gốc tọa độ tại vị trí cân bằng, chiều dương hướng lên, phương trình dao động của vật là x 8sin t cm 6 π = ω − ÷ . Nếu tại thời điểm nào đó vật có li độ là 4cm và đang đi xuống thì tại thời điểm 1 3 giây tiếp theo sau li độ của vật là bao nhiêu? Tính cường độ lực đàn hồi của lò xo tại vị trí này. Lấy gia tốc trọng trường 2 2 g 10 / s ; 10≈ π = Câu V: (1 điểm) Vật sáng AB đặt vuông góc với trục chính của một thấu kính hội tụ, cách thấu kính một khoảng d thì ảnh của vật là thật, cao gấp hai lần vật. Tịnh tiến vật một khoảng a = 7,5cm dọc theo trục chính thì được ảnh ảo cao gấp 4 lần vật. Xác định tiêu cự của thấu kính. Câu VI (1 điểm) Chiếu chùm sáng có bước sóng 0,497 mλ = µ . Có công suất P = 0,5mW vào catốt kim loại của một tế bào quang điện. Dòng quang điện triệt tiêu khi hiệu điện thế giữa anốt và catốt AK U 0,4V.≤ − a) Xác định công thoát electron của kim loại này. b) Biết rằng cứ 1000 phôtôn đập vào catốt trong 1 giây sẽ làm thoát ra 1 electron. Xác định cường độ dòng quang điện bảo hòa I bh . Cho vận tốc ánh sáng trong chân không, hằng số Plăng, giá trị tuyệt đối của điện tích electron lần lượt là c = 3 x 10 8 m/s; e = 1,6 x 10 -19 C; h = 6,625 x 10 -34 J.s. Câu VII (1 điểm) Hai gương phẳng G 1 và G 2 được đặt sao cho hai mặt phản xạ hợp với nhau một góc bằng 178 0 . Nguồn sáng điểm đơn sắc được đặt ở gần gương G 1 và cách giao tuyến của hai gương một khoảng bằng 3cm. Gọi S 1 và S 2 là ảnh của S qua hai gương. Xác định khoảng cách giữa hai ảnh đó. Đặt một màn hứng E vuông góc với đường trung trực của đoạn S 1 S 2 cách đường thẳng nối hai ảnh S 1 S 2 một khoảng bằng 2,1m. Trên màn E quan sát thấy những vân sáng tối xen kẽ nhau một cách đều đặn. Khoảng cách giữa 11 vân sáng liên tiếp bằng 6mm. Giải thích hiện tượng trên và xác định bước sóng của ánh sáng do nguồn S phát ra. Câu VIII (1 điểm) Người ta dùng một hạt α có động năng 9,1 MeV bắn phá hạt nhân nguyên tử N 14 đứng yên. Phản ứng sinh ra hạt phôtôn p và hạt nhân nguyên tử ôxy O 17 1) Hỏi phản ứng thu hay tỏa bao nhiêu năng lượng (Tính theo MeV)? 2) Giả sử độ lớn vận tốc của hạt prôtôn lớn gấp 3 lần vận tốc của hạt nhân ôxy. Tính động năng của hạt đó? Cho biết khối lượng của hạt là m N = 13,9992u; m 4,0015u; α = m p = 110073u; O 17 m 16,9947u;= 1u = 931MeV/C 2 Câu IX (2 điểm) Cho một đoạn mạch AB gồm cuộn dây không thuần cảm, tụ điện có điện dung 4 4 2 10 0 368 10 3 − − × = × ÷ ÷ π c , F coi baèng F và điện trở thuần có thể thay đổi giá trị (như hình vẽ). Hiệu điện thế u AB giữa hai điểm A và B được xác định bởi biểu thức u 25 6 sin(100 t)V= π a) Thay đổi điện trở R để cho công suất tiêu thụ trong đoạn mạch MB là cực đại. Chứng minh rằng khi đó hiệu điện thế hiệu dụng U AN = U NB . c) Với một giá trị R xác định, cường độ dòng điện hiệu dụng trong mạch bằng 0,5A, U AN trễ pha 6 π so với U AB , U AM lệch pha 2 π so với u AB . Vẽ giản đồ vectơ và xác định điện trở thuần r của cuộn dây. Bài giải Câu I (1 điểm) xem sách giáo khoa vật lí 12 Câu II (1 điểm) - Dòng điện dịch là sự biến thiên theo thời gian của điện trường. Vì vậy cường độ của nó tỉ lệ với đạo hàm theo thời gian của cường độ điện trường. Ví dụ: Đặt vào hai bản cực của một tụ điện phẳng một hiệu điện thế U thì trong tụ điện có một điện trường U E d = (1), với d là khoảng các giữa hai bản cực của tụ điện. a) Nếu U là một hiệu điện thế xoay chiều thì (1) E ⇒ cũng biến đổi theo t và dòch dE i 0 dt ≠: , trong tụ điện có dòng điện dịch, b) Nếu u không đổi thì suy ra E cũng không đổi và dòch dE i 0 dt = = vậy trong tụ điện không có dòng điện dịch (mặc dù có điện trường E) Ta thấy i dịch càng lớn khi dE dt càng lớn. - Một điểm giống nhau: Dòng điện dịch và dòng điện dẫn đều gây ra xung quanh minh một từ trường. - Một điểm khác nhau: dòng điện dẫn là dòng chuyển dời có hướng của các điện tích, còn trong không gian có dòng điện dịch nhưng không có sự chuyển dời các điện tích mà chỉ có điện trường biến theo thời gian. Câu III (1 điểm) a) Vẽ hình (sách giáo khoa vật lí 12) b) Ta có: 2 2 ' 2 2 2 ' 1 1 1 2 1 2 1 ' 1 1 1 1 2 2 2 d f d f f f l d d f d f d f d f d f = + = + = + + − − − − (lỗi) Nhìn ở trạng thái mắt không điều tiết: 2 d = −∞ Vậy (1) trở thành: 2 1 1 2 1 1 f 1 (f f ) d f = − + = δ − , Với 1 2 1 (f f )δ = − + là độ dài quang học của kính hiển vi. Từ (2) 2 2 1 1 1 f 0,5 d f 0,5 0,5179cm 19,5 0,5 5 ⇒ = + = + = δ − − Độ bội giác của ảnh: 1 2 Ñ 14 25 G 140 f f 0,5 5 ∞ δ × = = = × lần. Câu IV (1 điểm) Ở vị trí cân bằng, lực đàn hồi của lò xo cân bằng với trọng lực: dh 0 F P k l mg= ⇒ ∆ = 0 k g 2 10 2 (rad / s) m l 0,25 ω = = = = = π ∆ (lỗi), Phương trình dao động của vật là: x 8sin 2 t (cm) 6 π = π − ÷ . Vận tốc của vật: v x' 16 cos 2 t (cm / s) 6 π = = π π − ÷ . Theo đề bài: lúc t thì 4 x 8sin 2 t (cm / s) 6 π = = π − ÷ sin 2 t 0,5 sin sin 6 2 3 π π π ⇒ π − = = α = ± ÷ ÷ Vậy 5 còn 2 3 6 2 2 π π π π π α ≠ + = α = − loại vì v > 0, vào lúc 1 1 t t 3 = + ứng với 1 1 2 2 t 3 6 3 π π α = α = π + − = α + ÷ và 1 1 2 2 2 x 8sin 8sin 8 sin cos sin cos 3 3 3 5 2 2 5 8 sin cos sin cos 8cm. 6 3 3 6 π π π = α = α + = α + α ÷ ÷ π π π π = + = − ÷ Với vị trí ứng với x 1 là vị trí thấp nhất của một vật nên lò xo bị giãn nhiều nhất và bằng: 0 1 l l x 25 8 33cm= ∆ + = + = , Lực đàn hồi: 0 mg 0,1 10 F k.l .l 33 1,32N. l 25 × = = = × = ∆ Câu V (1 điểm) Ta có: d ' f 1 f d d k 1 d f d k f f − = − = ⇒ = = − − . 1 2 1 2 d d 1 1 1 và 1 k f k f = − = − , 1 2 2 1 d d 1 1 a k k f f − ⇒ − = = . Thế số: 1 1 7,5 4 2 f − + = . Vậy f = 30cm. Câu VI (1 điểm) a) Theo công thức Anhxtanh về hiện tượng quang điện AK hc A e U= + λ 34 8 10 AK 6 hc 6,625 10 3 10 A e U 1,6 10 0,4 2,1eV 0,497 10 − − − × × × ⇒ = − = − × × = λ × b) Gọi N là số phôtôn đập vào catốt trong 1s: P P N hc λ = = ε Số electron thoát ra khỏi catốt trong 1s là: N n 1000 = Vậy bh Ne P e I n.e 1000 hc.1000 λ = = = . Thay số: 3 6 19 6 bh 3 34 8 0,5 10 0,497 10 1,6 10 I 0,2 10 A 10 6,625 10 3 10 − − − − − × × × × × = = × × × × × Hay I bh = 0,2 µA Câu VII (1 điểm) Gương quay một góc α = 180 0 – 175 0 = 34,9 x 10 -3 rad thì ảnh quay 1 góc là 2α. Vậy · 0 1 2 S OS 2 4= α = Suy ra S 1 S 2 = OS 1 .2α = 3 x 2 x 34,9 x 10 -3 = 0,2094cm ≈ 2,1mm. Hai nguồn sáng S 1 và S 2 giống hệt nhau vì đều là ảnh của 8 nên chúng là hai nguồn kết hợp. Một điểm M bất kì trên E nhận được hai sóng sáng từ S 1 và S 2 gửi tới. Chúng giao thoa với nhau và tạo thành các vân sáng tối xen kẽ nhau trên màn E. Khoảng vân: 6 i 0,6mm 11 1 = = − Suy ra 3 3 6 ia 0,6 10 2,1 10 0,6 10 m 0,6 m D 2,1 − − − × × × λ = = = × = µ Câu VIII (1 điểm) 1) Phương trình phóng xạ: 4 14 1 17 2 7 1 8 He N H O+ → + ∆M = M 0 – M = m He + m N – m H - m O ∆M = 4,0015u + 13,9992u – 1,0073u – 16,9947y = -13 X 10 -3 u ∆M < 0: phản ứng thu năng lượng. Năng lượng thu vào là: 2 3 E M c 1,3 10 931MeV − ∆ = ∆ = × × Hay ∆E = 1,21MeV. 2) Tổng động năng của prôtôn và hạt nhân ôxy là: T p + T o = 9,1 – 1,21 = 7,89 MeV Mà 2 2 P p 0 0 O 0 1 1 T m (3V ) và T m v 2 2 = = 2 p 0 2 0 0 p p 0 0 p 0 T 1.9v 9 T 17 v T T T T 7,89 9 17 9 17 26 7,89 T 9 2,73MeV 26 7,89 T 17 5,16MeV 26 ⇒ = = + ⇒ = = = + ⇒ = × = ⇒ = × = Câu IX (2 điểm) a) Ta có: ( ) ( ) AB AB 2 2 AB L C U U I Z R r Z Z = = + + − Công suất tiêu thụ của đoạn mạch MB là: ( ) 2 2 2 2 AB AB AB 2 2 2 2 L C L C R.U U U P RI y (R r) (Z Z ) Z Z r R R = = = = + + − − + + (1) Công suất P = P max khi Y = Y min . Áp dụng bất đẳng thức Côsi: Y = Y min khi ( ) 2 2 L C Z Z r R R − + = hay khi ( ) 2 2 L C R r Z Z= ± + − (2) Vì R > 0 nên chọn ( ) 2 2 L C AN R r Z Z Z= + − = (3) Nhân hai vế của (3) với I: ( ) 2 2 L C AN IR I r Z Z IZ= + − = (4) Vậy U NB = I.R và U AN = I.Z AN ⇒ U AN = U NB c) Tam giác NAB là tam giác cân ở đỉnh N vì U AN = U NB ⇒ AN = NB Suy ra · · ABN NAB 6 π = = , · 2 ANB 2 6 3 π π = π− × = . Theo hệt thức lượng tam giác · · · AN AB AB NB AN sin ANB sin NAB sin NBA Z Z R 2 sin sin sin 3 6 6 = = ⇒ = = π π π Với AB AB U 25 6 Z 50 3 I 2 0,5 = = = Ω × AB Z .sin 50 3 0,5 6 R 50 2 0,5 3 sin 6 π × − = = Ω π × Mặt khác ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 AB L C 2 2 2 2 2 AN L C NB 2 2 2 2 L C 2 2 2 2 2 2 2 3 50 Z r R Z Z Z r Z Z Z R Z Z 7500 r R R r 7500 R r R r 7500 R r R r 2Rr 2R(R r) × = = + + − = + − = = ⇒ − = − + = − ⇒ = − − + ⇒ = − + + + = + Vậy 7500 7500 r R 50 25 . 2R 2 50 = − = − = Ω ×