bài tập lý khó ôn tốt nghiệp có giải

bài tập lý khó ôn tốt nghiệp có giải chi tiết

GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP LẠ VÀ KHÓ TRONG ĐỀ THI THPT QUỐC GIA 2017 MÔN VẬT LÍ Tác giả: Th.s Lê Thị Túy Phượng Mục lục LỜI NÓI ĐẦU GIẢI ĐỀ THI VẬT LÍ – KÌ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2017 I Dao động II Sóng 14 III Điện xoay chiều 23 IV Dao động điện từ 33 V Sóng ánh sáng 36 VI Lượng tử ánh sáng 40 VII Vật lí hạt nhân 43 Biên tập: Th.s Lê Thị Túy Phượng LỜI NÓI ĐẦU - Tài liệu viết cách giải tập lạ khó trích từ đề thi Vật lí THPT Quốc Gia 2017 với mã đề từ 201 đến 204 - Tài liệu chủ yếu dành cho đối tượng học sinh phổ thông khối 12 tham khảo - Một số tập khó giải chi tiết để hiểu nên dài dòng - Trong tài liệu có công thức đóng khung để giúp làm nhanh số dạng toán liên quan - Các tập liên quan đến đại lượng biến thiên điều hòa giải chủ yếu thông qua phương pháp đường tròn sưu tầm tài liệu ‚Phương pháp, thủ thuật giải nhanh dạng trắc nghiệm Vật lí 12 – Tổ Lí-Công nghệ - trường THPT chuyên Lê Quý Đôn – Bình Định – năm 2010” Phương pháp giúp giải nhanh số dạng toán điều hòa nên đọc bạn thấy khó hiểu chưa học qua mong bạn nghiên cứu kĩ phương pháp hữu ích - Tài liệu giúp bạn thu nhặt số kiến thức Vật lí 12 thông qua việc giải toán trích từ đề thi năm 2017 Tuy nhiên kiến thức vật lí liên quan đến kì thi THPT Quốc gia rộng xu hướng đề thi chủ yếu bám sát chất vật lí tượng nên bạn học sinh phổ thông trước bước vào kì thi nên chuẩn bị hành trang thật kĩ - Một tập có nhiều cách giải khác nhau, bạn nên tham khảo nhiều tài liệu khác để tìm cho cách giải hay hơn, ngắn gọn - Tài liệu dù xem xét kĩ chắn không tránh khỏi sai xót, mong nhận nhiều ý kiến từ bạn đọc - Địa trao đổi https://www.facebook.com/do.tu.92775838 - Trong trình học tập, nghiên cứu, thân tác giả nhận nhiều tài liệu hữu ích sẻ chia từ cộng đồng nên viết tài liệu tham khảo gửi đến bạn muốn đóng góp phần nhỏ bé sức cho cộng đồng Thân ái! Người viết: Lê Thị Túy Phượng Ngọc bất trác bất thành khí Biên tập: Th.s Lê Thị Túy Phượng GIẢI ĐỀ THI VẬT LÍ – KÌ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2017 I Dao động C}u (Đề thi THPTQG 2017 – mã 204 – câu 28): Một lắc lò xo dao động điều hòa Hình bên l| đồ thị biểu diễn phụ thuộc động Wđ lắc theo thời gian t Hiệu t2 – t1 có giá trị gần với giá trị n|o sau đ}y? A 0,27 s B 0,24 s C 0,22 s D 0,20 s Hướng dẫn - Ở thời điểm t1, Wđ1 = v 9 9 Wđmax  v12 = vmax2  v1 =  vmax => cosϕv1 =  10 10 10 v max 10  ϕv1 = 18,430 (ϕv1: góc hợp vectơ quay với trục Ov thời điểm t1) - Ở thời điểm t2, Wđ2 = v 8 8 Wđmax  v22 = vmax2  v1 =  vmax => cosϕv2 =  10 10 10 v max 10  ϕv2 = 26,570 (ϕv2: góc hợp vectơ quay với trục Ov thời điểm t2)  Theo đồ thị, từ thời điểm t1 đến thời điểm t2, động vật tăng từ Wđ1 đến cực đại giảm xuống Wđ2 nên sử dụng phương pháp đường tròn, vectơ quay phải quét qua vị trí có tốc độ cực đại (vị trí đánh dấu x) hình vẽ  Góc quét Δϕ = ϕv1 + ϕv2 = 450 =  rad => Δt = t2 – t1 = - Ở thời điểm t = 0, Wđ = 0: vật vị trí x = ±A - Ở thời điểm t = 0,25 s, Wđ =   T   2  T Wđ max W W  => Wt =  x = ±A 2 2 => Thời gian ngắn vật từ vị trí x = A đến vị trí x = A T Δt’ = 0,25 (s) = => Δt’ = Δt = 0,25 (s) => đ{p {n B Ngọc bất trác bất thành khí Biên tập: Th.s Lê Thị Túy Phượng C}u (Đề thi THPTQG 2017 – mã 204 – câu 39): Một lò xo nhẹ có độ cứng 75 N/m, đầu lò xo treo vào điểm cố định Vật A có khối lượng 0,1 kg treo v|o đầu lò xo Vật B có khối lượng 0,2 kg treo vào vật A nhờ sợi dây mềm, nhẹ, không dãn v| đủ d|i để chuyển động vật A vật B không va chạm (hình bên) Ban đầu giữ vật B để lò xo có trục thẳng đứng dãn 9,66 cm (coi 9,66 ≈ + ) thả nhẹ Lấy g = 10 m/s2 v| π2 = 10 Thời gian tính từ lúc thả vật B đến vật A dừng lại lần đầu A 0,19 s B 0,21 s C 0,17 s D 0,23 s Hướng dẫn - Gọi I vị trí điểm treo vật A mà lò xo không biến dạng, chọn chiều dương hướng xuống - Gọi O vị trí điểm treo vật A hệ dao động trạng thái cân - Khi treo hệ hai vật vào lò xo, độ dãn lò xo vị trí cân IO = Δl0 = (m A  m B ) g  0,04(m) k - Lúc hệ bắt đầu chuyển động, độ dãn lò xo Δl = Δl0 + A = + (cm) => A = (cm) - Điều kiện để dây treo vật A B không bị chùng hệ tham gia dao động A ≤ Δl0 (xem giải thích cuối giải) theo kiện, ta có A > Δl0 nên từ hệ bắt đầu dao động đến điểm treo vật nặng A lên đến vị trí I (x = - Δl0 = -4 cm) lực căng dây T = nên dây treo bị chùng lại Lúc ta xem vật A tham gia dao động lên (vật B không tham gia dao động, chuyển động chậm dần lên tác dụng trọng lực PB) Sự dao động hệ vật từ lúc bắt đầu đến vật A dừng lại lần đầu xét hai trình sau: - Quá trình 1(từ lúc hệ vật bắt đầu dao động đến lúc lò xo không biến dạng lần đầu): + Hệ vật từ vị trí x = A = cm đến vị trí x = - IO = - Δl0 = -4 cm = - A 2 =>Tốc độ hệ vật vị trí lò xo không biến dạng là: Ngọc bất trác bất thành khí Biên tập: Th.s Lê Thị Túy Phượng v= A 2  k A  20 10 (cm / s) m A  mB + Thời gian hệ là: Δt = - m A  mB 3T  2  0,15( s) (vì Δϕ = 3π/4 => Δt = 3T/8) 8 k Quá trình (từ lúc lò xo không biến dạng lần đầu đến lúc vật A dừng lại lần đầu): + Chỉ có vật A tham gia dao động nên vị trí cân lúc O’ cho IO’ = Δl0’ = m A g 0,04  (m)  (cm) (O’ vị trí điểm treo vật A vật A cân bằng) k 3 + Tần số góc dao động là: ω’ = k  30 (rad / s) mA + Ở vị trí lò xo không biến dạng(vị trí I): li độ điểm treo vật A (so với O’) x’ = -IO’ = - Δl0’ =  (cm) , tốc độ vật A v = 20 10 (cm / s)  Biên độ dao động vật A trình A’ = x'  v2  (cm) ' A' + Vật A từ vị trí có li độ điểm treo x’ =  (cm)   đến vị trí dừng lần đầu (x’ = -A’= - (cm ) 3 ) thời gian vật A Δt’ = T ' 2  6 mA  0,0385( s) (vì Δϕ’ = π/3 => Δt‘= T’/6) k  Tổng thời gian chuyển động hệ vật hai trình Δt + Δt’ = 0,1885 (s) => đ{p {n A * Giải thích Cơ hệ gồm hai vật m M nối với theo phương thẳng đứng sợi dây nhẹ, không dãn Vật M nối với điểm treo cố định lò xo nhẹ Xác định biên độ dao động hệ vật để dây treo không bị chùng trình dao động * Phân tích: Chọn chiều dương hướng xuống - Khi hệ hai vật dao động hai vật chuyển gia tốc a = -ω2x - Xét vật m, theo định luật II Newton, ta có: -T + Pm = ma  - T + mg = - mω2x  T = mg + mω2x (với   k ) M m - Lực căng dây có độ lớn cực tiểu x = - A: Tmin = mg - mω2A Ngọc bất trác bất thành khí Biên tập: Th.s Lê Thị Túy Phượng Để dây treo không bị chùng Tmin ⩾  mg – m ω2A ⩾  A ⩽ Với Δl0 = ( M  m) g hay A ≤ Δl0) k ( M  m) g độ dãn lò xo hệ vật trạng thái cân k C}u (Đề thi THPTQG 2017 – mã 203 – câu 27): Hình bên l| đồ thị biểu diễn phụ thuộc vận tốc v theo thời gian t vật dao động điều hòa Phương trình dao động vật A x    40 cos t   (cm) 8 6  B x    20 cos t   (cm) 4 6  C x    40 cos t   (cm) 8 6  D x    20 cos t   (cm) 4 6  Hướng dẫn - Lúc t = 0, v = 2,5 (cm/s) = v max  vận tốc giảm nên pha vận tốc ϕv = => pha dao động ban đầu ϕx = ϕv -     =    (1) Lúc t = 0,1(s), v’ = -5 (cm/s) = vmin nên pha vận tốc ϕv’(t = 0,1) =   Góc quét vectơ quay Δϕ = ϕv’ – ϕv =  - 2  = 3 Thời gian từ lúc bắt đầu dao động đến lúc vật có vận tốc vmin = -5 cm/s lần đầu Δt = 0,1(s)  Tần số góc dao động   - Vận tốc cực đại vật vmax = cm/s  Biên độ dao động A  -  20  (rad / s) (2) t vmax   (cm) (3) 4 Từ (1), (2) (3) => đ{p {n D Ngọc bất trác bất thành khí Biên tập: Th.s Lê Thị Túy Phượng C}u (Đề thi THPTQG 2017 – mã 203 – câu 34): Một lắc lò xo dao động tắt dần mặt phẳng nằm ngang Cứ sau chu kì biên độ giảm 2% Gốc vị trí vật mà lò xo không biến dạng Phần trăm lắc bị hai dao động toàn phần liên tiếp có giá trị gần với giá trị n|o sau đ}y? A 7% B 4% C 10% D 8% Hướng dẫn - Gọi A0, W0 biên độ lượng ban đầu lắc - Sau chu kì đầu, biên độ lắc A1 = 0,98A0 - Sau chu kì thứ hai, biên độ lắc A2 = 0,98A1 = 0,982A0  A22  0,98 A02  W2 = 0,922W0  Phần sau hai chu kì liên tiếp ΔW = W0 – W2 = 0,078W0 = 7,8%W0 => đ{p {n D C}u (Đề thi THPTQG 2017 – mã 203 – câu 38): Một lắc đơn có chiều d|i 1,92 m treo v|o điểm T cố định Từ vị trí cân O, kéo lắc bên phải đến A thả nhẹ Mỗi vật nhỏ từ phải sang tr{i ngang qua B d}y vướng v|o đinh nhỏ D, vật dao động quĩ đạo AOBC (được minh họa hình bên) Biết TD = 1,28 m v| α1 = α2 = 40 Bỏ qua ma sát Lấy g = π2 (m/s2) Chu kì dao động lắc A 2,26 s B 2,61 s C 1,60 s D 2,77s Hướng dẫn - Chọn chiều dương hướng từ trái qua phải - Chiều dài đoạn dây DC DC = l – TD = 0,64 (m) - Theo định luật bảo toàn năng, ta có: WC = WA  mghC = mgl(1 – cosα0) (1) - Với hC = C’O = TO – TD’ – D’C’ = l – TDcosα1 - CD.cos(α1 + α2) ≈ 9,346.10-3 (m) Ngọc bất trác bất thành khí Biên tập: Th.s Lê Thị Túy Phượng - Thay hC vào (1), ta α0 = 5,6560 - Trong nửa chu kì đầu, chuyển động lắc đơn phân tích thành hai trình  Quá trình (vật từ vị trí A đến vị trí B, vị trí cân O, chiều dài dây treo l = 1,92 m) + Ở vị trí A, li độ góc vật αA = α0 = 5,6560 + Ở vị trí B, li độ góc vật αB = -α1 = -40 ≈ - 0 2  Góc quét tương ứng vectơ quay đường tròn vật từ A qua B lần đầu ΔϕAB = 3  Thời gian vật từ vị trí A đến vị trí B lần đầu ΔtAB = 3T  l   2 8 g  3  ( s)    Quá trình (vật từ vị trí B đến vị trí C, vị trí cân O’, chiều dài dây treo CD = 0,64 m) + Ở vị trí B, li độ góc vật αB’ = -α1 = -40 + Ở vị trí C, li độ góc αC’ = - α0’ = -(α1+α2) = - 80  Góc quét tương ứng vectơ quay đường tròn vật từ B qua C lần đầu ΔϕBC =  Thời ΔtBC = gian vật  từ vị trí B đến vị trí C lần đầu là: T'  CD    ( s)   2 6 g  15  Chu kì dao động lắc T0 = 2(ΔtAB + ΔtBC) = 2,612 (s) => đ{p {n B C}u (Đề thi THPTQG 2017 – mã 202 – câu 35): Ở nơi Tr{i Đất, hai lắc đơn có khối lượng dao động điều hòa Gọi l1, s01, F1 l2, s02, F2 chiều d|i, biên độ, độ lớn lực kéo cực đại lắc thứ lắc thứ hai Biết 3l2 = 2l1, 2s02 = 3s01 Tỉ số A B Ngọc bất trác bất thành khí F1 F2 C D Biên tập: Th.s Lê Thị Túy Phượng Hướng dẫn - Biểu thức lực kéo cực đại: F = mω2s0 - g F 2 s l s  l l Với m1 = m2   ta có:  12 01  01  => đ{p {n A g l1 F2  s02 l1 s02  l2 2 C}u (Đề thi THPTQG 2017 – mã 202 – câu 36): Một vật dao động theo phương trình x = 5cos(5πt -  ) (cm) (t tính s) Kể từ t = 0, thời điểm vật qua vị trí có li độ x = -2,5 cm lần thứ 2017 A 401,6 s B 403,4 s C 401,3 s D 403,5 s Hướng dẫn - Lúc t = 0, li độ vật x = 2,5 cm v > - Thời điểm vật qua vị trí x = -2,5 cm lần đầu t1 = T  2      0,2( s) 2   - Sau chu kì, có thời điểm vật qua vị trí x = -2,5 cm nên thời điểm vật qua vị trí x = -2,5 cm lần thứ 2017 t2017 = t1 + 2016T = 403,4 (s) => đ{p {n B C}u (Đề thi THPTQG 2017 – mã 202 – câu 40): Cho D1, D2 D3 l| ba dao động điều hòa phương, tần số Dao động tổng hợp D1 D2 có phương trình x12 = 3 cos(t   ) (cm) Dao động tổng hợp D2 D3 có phương trình x23 = 3cosωt (cm) Dao động D1 ngược pha với dao động D3 Biên độ dao động D2 có giá trị nhỏ A 2,6 cm B 2,7 cm C 3,6 cm D 3,7 cm Hướng dẫn 2 ) - Ta có x12 = x1 + x2; x23 = x2 + x3 => x1 - x3 = x12 – x23 = cos(t  - Do x1 ngược pha x3 nên x1 pha với (-x3) => x1 – x3 = x1 + (-x3) pha với x1 => pha ban đầu dao động ϕ1 = ϕ1-3 = Ngọc bất trác bất thành khí 2 10 Biên tập: Th.s Lê Thị Túy Phượng C i  2 cos(100t   12 D i  cos(100t  ) (A)  12 ) (A) Hướng dẫn - Ta có: UCmax = U R  Z L2 R (Giải thích cuối giải) => ZL = 60 Ω Z  ZC R  Z L2   => ZC = = 80 Ω => tanϕ = L => ϕ =  => ϕi = ϕu – ϕ =  R ZL 12 U0 - Cường độ dòng điện cực đại: I0 = R  (Z L  Z C ) 2  2 (A) => đ{p {n C Giải thích - Ta có: UC = IZC = UZ C R  (Z L  Z C ) 2 U = R2  ZL ZC - Điện áp UC đạt cực đại Y  Khi đó: R2  ZL ZC 2  2  2Z L 1 ZC 2Z L  đạt cực tiểu ZC R  Z L2 ZL R2  ZL b => => U Cmax = U   ZC  ZC0  R Z C 2a R  Z L ZL Ngọc bất trác bất thành khí 32 Biên tập: Th.s Lê Thị Túy Phượng IV Dao động điện từ C}u (Đề thi THPTQG 2017 – mã 204 – câu 29): Mạch dao động lối vào máy thu gồm cuộn cảm có độ tự cảm μH v| tụ điện có điện dung thay đổi Biết rằng, muốn thu sóng điện từ tần số riêng mạch dao động phải tần số sóng điện từ cần thu (để có cộng hưởng) Trong không khí, tốc độ truyền sóng điện từ 3.108 m/s, để thu sóng điện từ có bước sóng từ 40 m đến 1000 m phải điều chỉnh điện dung tụ điện có giá trị A từ pF đến 5,63 nF B từ 90 pF đến 5,63 nF C từ pF đến 56,3 nF D từ 90 pF đến 56,3 nF Hướng dẫn - Bước sóng sóng điện từ là: λ = 2πc LC - Sóng thu vào có bước sóng λ1 = 40 m điện dung tụ C1 = 9.10-11 (F) = 90 (pF) - Sóng thu vào có bước sóng λ2 = 1000 m điện dung tụ C2 = 5,63.10-8 (F) = 56,3 (nF)  Để thu sóng có bước sóng từ 40 m đến 1000 m điều chỉnh điện dung tụ từ 90 pF đến 56,3 nF => đ{p {n D C}u (Đề thi THPTQG 2017 – mã 203 – câu 31): Hiệu điện hai tụ điện mạch dao động LC lí tưởng có phương trình u = 80sin(2.107t +  ) (V) (t tính s) Kể từ thời điểm t = 0, thời điểm hiệu điện hai tụ điện lần A 7 10 7 s B 5 10 7 s 12 C 11 10 7 s 12 D  10 7 s Hướng dẫn - Dùng phương pháp đường tròn + Phương trình hiệu điện tụ là: u = 80sin(2.107t + Ngọc bất trác bất thành khí   ) = 80cos(2.107t - ) (V) 33 Biên tập: Th.s Lê Thị Túy Phượng + Từ thời điểm t0 = đến thời điểm t (lúc u = lần đầu tiên) vectơ quay quét đường tròn góc Δϕ = quét Δt = t – = -     10 6 24 (s) => t =  10 6 24 5 => Thời gian (s) => đ{p {n B Dùng phương pháp đại số: + Với u =  80cos(2.107t -      ) = 2.107t = + kπ (k   )  t = ( + + kπ)/(2.107) 3 2 + Thời điểm u = ứng với k = => t =  10 6 24 (s) C}u (Đề thi THPTQG 2017 – mã 202 – câu 30): Tại điểm có sóng điện từ truyền qua, cảm ứng từ biến thiên theo phương trình B = B0cos(2π.108t +  ) (B0 > 0, t tính s) Kể từ lúc t = 0, thời điểm để cường độ điện trường điểm A 10 8 s B 10 8 s C 10 8 s 12 D 10 8 s Hướng dẫn - Vì sóng điện từ lan truyền, điện trường từ trường pha nên cường độ điện trường E pha với cảm ứng từ B Vì vậy, kể từ lúc t = 0, thời điểm cường độ điện trường điểm thời điểm cảm ứng từ B - Dùng phương pháp đường tròn + Từ thời điểm t0 = đến thời điểm t (lúc B = lần đầu tiên) vectơ quay quét  10 8  đường tròn góc Δϕ = => Thời gian quét Δt = t – = (s)   12 => t = 10 8 (s) => đ{p {n C 12 Ngọc bất trác bất thành khí 34 Biên tập: Th.s Lê Thị Túy Phượng C}u (Đề thi THPTQG 2017 – mã 201 – câu 23): Gọi A vM l| biên độ vận tốc cực đại chất điểm dao động điều hòa; Q0 I0 l| điện tích cực đại tụ điện v| cường độ dòng điện cực đại mạch dao động LC hoạt động Biểu thức A I0 Q0 vM có đơn vị với biểu thức A B Q0 I 02 C Q0 I0 D I Q02 Hướng dẫn - Ta có: vM = ωA  vM   (rad/s) A - Ta có: I0 = ω’Q0  I0 I v   ' (rad/s) => biểu thức M đơn vị với biểu thức => đ{p {n A Q0 A Q0 C}u (Đề thi THPTQG 2017 – mã 201 – câu 28): Mạch dao động lối vào máy thu gồm cuộn cảm có độ tự cảm μH v| tụ điện có điện dung biến thiên khoảng từ 10 pF đến 500 pF Biết rằng, muốn thu sóng điện từ tần số riêng mạch dao động phải tần số sóng điện từ cần thu (để có cộng hưởng) Trong không khí, tốc độ truyền sóng điện từ 3.108 m/s, máy thu thu sóng điện từ có bước sóng khoảng A từ 100 m đến 730 m B từ 10 m đến 73 m C từ m đến 73 m D từ 10 m đến 730 m Hướng dẫn - Bước sóng sóng điện từ là: λ = 2πc LC - Khi điện dung tụ C1 = 10 pF sóng thu vào có bước sóng λ1 = 10,32 m - Khi điện dung tụ C2 = 500 pF sóng thu vào có bước sóng λ2 = 73 m  Khi điều chỉnh điện dung tụ thay đổi từ 10 pF đến 500 pF sóng điện từ thu có bước sóng khoảng 10,32 m đến 73 m => đ{p {n B Ngọc bất trác bất thành khí 35 Biên tập: Th.s Lê Thị Túy Phượng V Sóng ánh sáng C}u (Đề thi THPTQG 2017 – mã 204 – câu 27): Trong thí nghiệm Y-âng giao thoa với {nh s{ng đơn sắc, khoảng cách từ mặt phẳng chứa hai khe đến m|n quan s{t l| 1,5 m Trên m|n quan s{t, hai điểm M v| N đối xứng qua vân trung tâm có hai vân sáng bậc Dịch xa hai khe thêm đoạn 50 cm theo phương vuông góc với mặt phẳng chứa hai khe So với lúc chưa dịch chuyển màn, số v}n s{ng đoạn MN lúc giảm A vân B vân C vân D vân Hướng dẫn - Khi chưa dịch màn, khoảng cách từ khe tới D = 1,5 m, bậc vân M => xM = - D a (1) Khi dịch màn, khoảng cách từ khe tới D + 0,5 = m, bậc vân M k => xM = k  ( D  0,5) a (2) - Từ (1) (2) => 4D = k(D + 0,5)  k = - Khi chưa dịch màn, M N có hai vân sáng bậc nên số vân sáng đoạn MN vân sáng - Khi dịch màn, M N có hai vân sáng bậc nên số vân sáng đoạn MN vân sáng  Số vân sáng bị giảm vân => đ{p {n C C}u (Đề thi THPTQG 2017 – mã 203 – câu 26): Chiếu chùm sáng song song hẹp gồm bốn thành phần đơn sắc: đỏ, vàng, lam tím từ môi trường suốt tới mặt phẳng phân cách với không khí có góc tới 370 Biết chiết suất môi trường n|y {nh s{ng đơn sắc: đỏ, vàng, lam tím 1,643; 1,657; 1,672 1,685 Thành phần đơn sắc ló không khí A vàng, lam tím B đỏ, vàng lam C lam vàng D lam tím Hướng dẫn Ngọc bất trác bất thành khí 36 Biên tập: Th.s Lê Thị Túy Phượng - Thành phần đơn sắc ló không khí góc tới thỏa điều kiện phản xạ toàn phần là: sini ≥ sinigh  sinigh ≤ sin(370) ≈ 0,602 = 0,6086 > sini => tia đỏ bị khúc xạ, ló nđ - Đối với tia đỏ, sinighđỏ = - Đối với tia vàng, sinighvàng = - Đối với màu lam, sinighlam = = 0,6035 > sini => tia vàng bị khúc xạ, ló nv = 0,598 < sini => tia lam bị phản xạ toàn phần, không ló nl - Đối với màu tím, sinightím = = 0,593 < sini => tia tím bị phản xạ toàn phần, không ló nt  Đ{p {n D C}u (Đề thi THPTQG 2017 – mã 204 – câu 35): Trong thí nghiệm Y-âng giao thoa ánh sáng, khoảng cách hai khe mm, khoảng cách từ mặt phẳng chứa hai khe đến quan sát m Chiếu vào hai khe ánh sáng trắng có bước sóng từ 380 nm đến 760 nm Trên màn, M vị trí gần vân trung tâm có xạ cho vân sáng Khoảng cách từ M đến vân trung tâm có giá trị gần với giá trị n|o sau đ}y? A 6,7 mm B 6,3 mm C 5,5 mm D 5,9 mm Hướng dẫn - Mỗi quang phổ thu giao thoa ánh sáng trắng có xạ màu tím (λt = 0,38 μm) nằm gần vân trung tâm so với xạ lại quang phổ M vị trí gần vân trung tâm có xạ cho vân sáng nên M có vân sáng xạ màu tím - Ở vị trí trùng vân ta có: x = xt  ktλt = kλ  λ = k t t ( k   *) k  Mỗi giá trị k tương ứng với xạ cho vân sáng vị trí trùng vân - Ta có: 0,38 ≤ λ ≤ 0,76  0,38 ≤ k t t ≤ 0,76  0,5kt ≤ k ≤ kt k  Số giá trị k nk = kt – 0,5kt + (nếu kt chẵn) nk = kt – (0,5kt + 0,5) + (nếu kt lẻ) Ngọc bất trác bất thành khí 37 Biên tập: Th.s Lê Thị Túy Phượng - Vì vị trí trùng vân có xạ cho vân sáng nên nk = + Nếu kt chẵn nk =  kt – 0,5kt + =  kt = + Nếu kt lẻ nk =  kt – (0,5kt + 0,5) + =  kt =  Vị trí trùng gần xM = xt = t D a = 6,08 (mm) => đ{p {n D C}u (Đề thi THPTQG 2017 – mã 202 – câu 26): Trong thí nghiệm Y-âng giao thoa với {nh s{ng đơn sắc, khoảng cách hai khe 1,2 mm Ban đầu, thí nghiệm tiến h|nh không khí Sau đó, tiến hành thí nghiệm nước có chiết suất {nh s{ng đơn sắc nói Để khoảng v}n m|n quan s{t không đổi so với ban đầu, người ta thay đổi khoảng cách hai khe hẹp giữ nguyên c{c điều kiện khác Khoảng cách hai khe lúc A 0,9 mm B 1,6 mm C 1,2 mm D 0,6 mm Hướng dẫn - Chiết suất môi trường tỉ lệ nghịch bước sóng ánh sáng nên k1hi thay đổi môi trường thí nghiệm, chiết suất môi trường thay đổi, bước sóng ánh sáng thay đổi Ta có ' n     n' / - Vì khoảng vân không đổi nên i = D a = ' D a'   ' a' a'     a'  0,9(mm) => đ{p {n A  a a C}u (Đề thi THPTQG 2017 – mã 202 – câu 32): Trong thí nghiệm Y-âng giao thoa {nh s{ng, hai khe chiếu ánh sáng trắng có bước sóng từ 380 nm đến 760 nm Trên quan sát, tồn vị trí mà có ba xạ cho vân sáng ứng với c{c bước sóng l| 440 nm, 660 nm v| λ Gi{ trị λ gần với giá trị n|o sau đ}y? A 570 nm B 560 nm C 540 nm D 550 nm Hướng dẫn - Ở vị trí trùng vân, ta có: x = x1 = x2  kλ = k1λ1 = k2λ2 (λ1 = 440 nm vàλ2 = 660 nm) Ngọc bất trác bất thành khí 38 Biên tập: Th.s Lê Thị Túy Phượng - Với k1λ1 = k2λ2  k1 2 660 k 3n      (n  N) k 1 440 k 2 2n => k1 = 3n nên k1 chia hết cho - Ta có: kλ = k1λ1  λ = k11 k  Mỗi giá trị k tương ứng với xạ cho vân sáng vị trí trùng vân k11 11 22 ≤ 0,76  k1 ≤ k ≤ k1 k 19 19 - Ta có: 0,38 ≤ λ ≤ 0,76  0,38 ≤ - Vì vị trị trùng vân có ba xạ cho vân sáng nên để có giá trị k thỏa 11 22 k1 ≤ k ≤ 19 19 k1 ta chọn k1 = Khi đó: 3,47 ≤ k ≤ 6,947 => k  4,5,6 - Vì k1 = => k2 = (do => λ = k1  ) nên k lấy giá trị k2 k11 6.440 =  528 nm => đ{p {n C k C}u (Đề thi THPTQG 2017 – mã 201 – câu 32): Trong thí nghiệm Y-âng giao thoa ánh sáng, hai khe chiếu ánh sáng gồm hai thành phần đơn sắc có bước sóng λ = 0,6 μm v| λ’ = 0,4 μm Trên m|n quan s{t, khoảng hai vân sáng bậc xạ có bước sóng λ, số vị trí có vân sáng trùng hai xạ A B C D Hướng dẫn k '   k'  - Khi hai vân sáng trùng x = x’  kλ = k’λ’  - Bậc giao thoa xạ λ vị trí trùng vân k = 2n (n = 0; ±1, ±2, đ{p {n A Ngọc bất trác bất thành khí 39 Biên tập: Th.s Lê Thị Túy Phượng VI Lượng tử ánh sáng C}u (Đề thi THPTQG 2017 – mã 204 – câu 33): Xét nguyên tử hidro theo mẫu nguyên tử Bo, electron nguyên tử chuyển động tròn quỹ đạo dừng M có tốc độ v (m/s) Biết bán kính Bo r0 Nếu electron chuyển động quỹ đạo dừng với thời gian chuyển động hết vòng 144r0 (s) electron n|y v chuyển động quỹ đạo A P B N C M D O Hướng dẫn - Khi electron chuyển động quỹ đạo dừng thứ n lực điện đóng vai trò lực hướng tâm nên ta có: Fđ = Fht  ke2 rn 2 mvn e k ke2 ke2 2        rn n mr0 mrn mn r0 e k v mr0 - Khi quỹ đạo M, ta có: v3   3   = v3 = v v3 n n n - Khi electron chuyển động hết vòng quỹ đạo quãng đường chu vi đường tròn quỹ đạo Sn = 2πrn  Thời gian electron chuyển động hết vòng quỹ đạo n Δt = S n 2rn 2n r0   t  3v v n 144r0 2n r0    n = => quỹ đạo xét quỹ đạo P => đ{p {n A v 3v C}u (Đề thi THPTQG 2017 – mã 203 – câu 35): Xét nguyên tử hidro theo mẫu nguyên tử Bo Electron nguyên tử chuyển từ quỹ đạo dừng m1 quỹ đạo dừng m2 bán kính giảm 27r0 (r0 l| b{n kính Bo), đồng thời động electron tăng thêm 300% B{n kính quỹ đạo dừng m1 có giá trị gần với giá trị sau đ}y? Ngọc bất trác bất thành khí 40 Biên tập: Th.s Lê Thị Túy Phượng A 60r0 B 50r0 C 40r0 D 30r0 Hướng dẫn - Vận tốc electron chuyển động quỹ đạo dừng thứ n v n  e k n mr0  Động electron chuyển động quỹ đạo dừng thứ n là: Wđ =  Wđ = mvn ke2 ke2  Wđ = m 2 n mr0 2n r0  Động electron quỹ đạo m1 m2 là: Wđ1 = - Ta có: r2 = r1 – 27r0  m22r0 = m12r0 – 27r0  m22 = m12 – 27 (1) - Wđ2 = Wđ1 + 300%Wđ1  Wđ2 = 4Wđ1  - Từ (1) (2) => m1 = => r1 = 36r0 => đ{p {n C ke2 2m2 r0 =4 ke2 2m1 r0 ke2 2m1 r0 m2 = Wđ2 = ke2 2m2 r0 m1 (2) C}u (Đề thi THPTQG 2017 – mã 202 – câu 29): Trong y học, người ta dùng laze ph{t chùm s{ng có bước sóng λ để “đốt” c{c mô mềm Biết để đốt phần mô mềm tích mm3 phần mô cần hấp thụ hoàn toàn lượng 3.1019 photon chùm laze Coi lượng trung bình để đốt hoàn toàn mm3 mô 2,548 J Lấy h = 6,625.10-34 Js; c = 3.108 m/s Giá trị λ l| A 496 nm B 675 nm C 385 nm D 585 nm Hướng dẫn - Phần lượng photon chuyển hóa thành nhiệt đốt mm3 mô mềm Q0 = 2,548 J - Phần lượng 3.1019 photon chuyển hóa thành nhiệt đốt cháy 4mm3 mô mềm Q = 4Q0 = 10,192 J - hc Q = 3.1019ε  10,192 = 3.1019  => λ = 5,85.10-7 (m) => đ{p {n D C}u (Đề thi THPTQG 2017 – mã 201 – câu 33): Ngọc bất trác bất thành khí 41 Biên tập: Th.s Lê Thị Túy Phượng Trong y học, người ta dùng laze ph{t chùm s{ng có bước sóng λ để “đốt” c{c mô mềm Biết để đốt phần mô mềm tích mm3 phần mô cần hấp thụ hoàn toàn lượng 45.1018 photon chùm laze Coi lượng trung bình để đốt hoàn toàn mm3 mô 2,53 J Lấy h = 6,625.10-34 Js; c = 3.108 m/s Giá trị λ l| A 589 nm B 683 nm C 485 nm D 489 nm Hướng dẫn - Phần lượng photon chuyển hóa thành nhiệt đốt mm3 mô mềm Q0 = 2,53 J - Phần lượng photon chuyển hóa thành nhiệt đốt cháy mm3 mô mềm Q = 6Q0 = 15,18 J - hc Q = 45.1018ε  15,18 = 45.1018  => λ = 5,89.10-7 (m) => đ{p {n A Ngọc bất trác bất thành khí 42 Biên tập: Th.s Lê Thị Túy Phượng VII Vật lí hạt nhân C}u (Đề thi THPTQG 2017 – mã 202 – câu 27): Chất phóng xạ pôlôni 210 84 Po ph{t tia α v| biến đổi thành chì Cho chu kì bán rã pôlôni 138 ng|y Ban đầu có mẫu pôlôni nguyên chất, sau khoảng thời gian t tỉ số khối lượng chì sinh khối lượng pôlôni lại mẫu 0,6 Coi khối lượng nguyên tử số khối hạt nhân nguyên tử tính theo đơn vị u Giá trị t A 95 ngày B 105 ngày C 83 ngày D 33 ngày Hướng dẫn - Ta có  t mPb A  (2 T  1) Pb (Giải thích cuối giải) mPo APo t t mPb A  A 210   0,6 = (2 T  1) => t = 95 ngày => đ{p {n A  (2 T  1) Po 210 mPo APo Giải thích * Xác định mối liên hệ khối lượng/số lượng hạt nhân tạo thành khối lượng hạt nhân phóng xạ lại mẫu vật sau thời gian t (N0 số lượng hạt nhân phóng xạ ban đầu) Hướng dẫn: + Gọi mX, NX khối lượng, số lượng hạt nhân phóng xạ X lại mY, NY khối lượng số lượng hạt nhân Y tạo thành sau thời gian t + Số lượng hạt nhân Y tạo thành số lượng hạt nhân phóng xạ bị phân rã nên: NY = ΔNX = N0(1 – 2-t/T) t + Mặt khác, số lượng hạt nhân phóng xạ lại sau thời gian t là: NX = N0.2 -t/T t  N 1  T N A  + Khối lượng hạt nhân Y tạo thành mY = Y Y = NA NA N => Y  T  NX   AY   t  t A N A N T AX m + Khối lượng hạt nhân phóng xạ lại là: mX = X X = => Y   T  1 Y NA NA mX   AX Ngọc bất trác bất thành khí 43 Biên tập: Th.s Lê Thị Túy Phượng C}u (Đề thi THPTQG 2017 – mã 204 – câu 25): Giả sử, nh| m{y điện hạt nhân dùng nhiên liệu urani 235 92 U Biết công suất ph{t điện 500 MW hiệu suất chuyển hóa lượng hạt nh}n th|nh điện l| 20% Cho hạt -11 J Lấy NA = 6,02.1023 mol-1 khối nhân urani 235 92 U phân hạch tỏa lượng 3,2.10 lượng mol 235 92 U 235 g/mol Nếu nhà máy hoạt động liên tục lượng urani 235 92 U mà nhà máy cần dùng 365 ngày A 962 kg B 1121 kg C 1352,5 kg D 1421 kg Hướng dẫn - Năng lượng điện nhà máy phát 365 ngày Wđ = Pđt = 500.106.365.86400 = 1,5768.1016 (J) Wđ = 7,884.1016 (J) H - Năng lượng hạt nhân tỏa 365 ngày Q = - Năng lượng mà hạt nhân urani phân hạch tỏa Q0 = 3,2.10-11 (J)  Số lượng hạt nhân 235 92 U tham gia phản ứng 365 ngày N =  Khối lượng hạt nhân 235 92 U cần dùng 365 ngày m = Q = 2,46375.1027 Q0 N AU = 961,7 (kg) => đ{p {n A NA C}u (Đề thi THPTQG 2017 – mã 204 – câu 31): Radi 226 88 Ra nguyên tố phóng xạ α Một hạt nhân 226 88 Ra đứng yên phóng hạt α v| biến đổi thành hạt nhân X Biết động hạt α l| 4,8 MeV Lấy khối lượng hạt nhân (tính theo đơn vị u) số khối Giả sử phóng xạ không kèm theo xạ gamma Năng lượng tỏa phân rã A 269 MeV B 271 MeV C 4,72 MeV D 4,89 MeV Hướng dẫn - Vì lấy khối lượng hạt nhân số khối nên mα = Aα = 4; mX = AX = ARa - Aα = 222 - m  Năng lượng tỏa sau phản ứng phóng xạ là: Q =   1 K  (Giải thích cuối giải)  mX   Q = 4,886 MeV => đ{p {n D Giải thích Ngọc bất trác bất thành khí 44 Biên tập: Th.s Lê Thị Túy Phượng - Phương trình phản ứng phóng xạ: A → C + D Trong A: hạt nhân mẹ, C: hạt nhân con, D: tia phóng xạ * Xét trường hợp hạt nhân A đứng yên (động lượng hạt A: pA = 0)      - Theo định luật bảo toàn động lượng, ta có: p A  pC  pD   pC   pD => Hạt C D chuyển động ngược chiều pC = pD  mCvC = mDvD  2mCKC = 2mDKD  K C vC m D   K D v D mC m  - Theo định luật bảo toàn lượng, lượng tỏa Q = KC + KD => Q =  C 1 K C  mD  C}u (Đề thi THPTQG 2017 – mã 203 – câu 30): Cho phản ứng hạt nhân C    324 He Biết khối lượng 12 C 24 He 11,9970 u 12 4,0015 u; lấy 1u = 931,5 MeV/c2 Năng lượng nhỏ photon ứng với xạ γ để phản ứng xảy có giá trị gần với giá trị n|o sau đ}y? A MeV B MeV C MeV D MeV Hướng dẫn - Theo định luật bảo toàn lượng ta có: mCc2 + KC + εγ = 3mHec2 + 3KHe - Năng lượng nhỏ photon ứng với xạ γ để phản ứng xảy εγmin = 3mHec2 – mCc2 (với KC = KHe = 0)  εγmin = (3mHe – mC)c2 = 6,986 MeV => đ{p {n A C}u (Đề thi THPTQG 2017 – mã 201 – câu 26): Một chất phóng xạ α có chu kì b{n rã T Khảo sát mẫu chất phóng xạ ta thấy: lần đo thứ nhất, phút mẫu chất phóng xạ phát 8n hạt α Sau 414 ng|y kể từ lần đo thứ nhất, phút mẫu chất phóng xạ phát n hạt α Gi{ trị T A 3,8 ngày B 138 ngày C 12,3 năm D 2,6 năm Hướng dẫn - Ta có: - e-x ≈ x (nếu x T = 138 ngày => đ{p {n B 1440 Ngọc bất trác bất thành khí 46 ... học sinh phổ thông khối 12 tham khảo - Một số tập khó giải chi tiết để hiểu nên dài dòng - Trong tài liệu có công thức đóng khung để giúp làm nhanh số dạng toán liên quan - Các tập liên quan đến... gồm điện trở 100 Ω, cuộn cảm có độ tự cảm H tụ điện có điện dung C thay đổi (hình vẽ) V1, V2 V3 vôn  kế xoay chiều có điện trở lớn Điều chỉnh C để tổng số ba vôn kế có giá trị cực đại, giá trị... bạn học sinh phổ thông trước bước vào kì thi nên chuẩn bị hành trang thật kĩ - Một tập có nhiều cách giải khác nhau, bạn nên tham khảo nhiều tài liệu khác để tìm cho cách giải hay hơn, ngắn gọn