Tổng hợp TN VLĐC3 (PH1130+PH1131)

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ TỔNG HỢP ĐỀ TRẮC NGHIỆM VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 2 Câu 1: Tại đỉnh của một tam giác đều cạnh a có ba điện tích điểm q . Ta cần phải đặt tại tâm G của tam giác một điện tích q bằng nao nhiêu để toàn bộ hệ ở trạng thái cân bằng A. 3 q q  . B. 3 q q  . C. 3 3 q q  . D. 3 3 q q  . Giải Theo đề bài ta có: 1 2 3 q q q q    Giả sử 1 2 3,, q q q đặt tại 3 đỉnh ,,A B C Lực đẩy do 1q tác dụng lên 2 q là 2 1 2 12 2 2 k.q .q kq F F a a    ( với a là độ dài cạnh tam giác) Lực đẩy do 3q tác dụng lên 2 q là 2 3 2 32 2 2 k.q .q kq F F a a    Hợp lực do 1q và 3q tác dụng lên 2 q là hợp lực của 12F và 32F Ta thấy lực này có hướng là tia phân giác của góc đối đỉnh với góc ABC và độ lớn là 2 .3FF ( độ lớn tính bằng định lý cos trong tam giác ) Để 2q nằm cân bằng thì lực do 0q tác dụng lên 2q phải có độ lớn bằng 3.F và có hướng ngược lại  0q tích điện âm và nằm trên tia phân giác góc B Tương tự khi xét điều kiện cân bằng của 3 q sẽ thấy 0 q phải nằm trên tia phân giác góc C 0q  nằm tại tâm tam giác ABC Ta có 0 2 0 02 2 2 . . 3 . 3 k q q k q q F a a         Để 2q cân bằng thì 02 2 FF 2 0 2 2 0 . 3 3 3 k q k q q q q a a     Câu 2: Một electron bay vào khoảng không gian giữa hai bản của một tụ điện phẳng. Mật độ điện tích trên bản tụ là  . Cường độ điện trường giữa hai bản tụ là E . Trong không gian giữa hai bản tụ có từ trường đều B vuông góc với điện trường E . Electron chuyển động thẳng vuông góc với cả điện trường E lẫn từ trường B . Thời gian electron đi được quãng đường 1 bên trong tụ là A. 0lB   . B. 0l B   . C. 0 B l   . D. 0 l B   . Giải Điện trường trong tụ là 0 E    . Để electron chuyển động thẳng, tốc độ v của nó phải thỏa mãn 0 E v B B     . Thời gian electron đi được quãng đường l là 0l Bl t v     Câu 3: Một dây dẫn thẳng dài vô hạn có dòng điện cường độ I được đặt cách khung dây dẫn hình vuông có cạnh a một khoảng b. Dây dẫn nằm trong mặt phẳng của khung dây và song song với một cạnh khung dây (xem hình vẽ). Điện trở của khung là R. Cường độ dòng điện trong dây thẳng giảm dần đến 0 trong thời gian t. Điện tích chạy qua tiết diện ngang của dây dẫn tại một điểm trên khung dây trong thời gian t là VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ A. 0 2 Ib ba ln t b    . B. 0 2 Ia ba ln t Rb    . C. 0 2 Ia ba ln Rb    . D. 0 2 Ib ba ln t Rb    . Giải Nếu cường độ dòng diện trong dây dẫn thẳng là I thì từ thông qua điện tích giới hạn bởi khung dây là 0 2 Ia a b ln b      , do đó 0 2 a a b d dI ln b      Điện lượng qua tiết diện ngang của dây trong thời gian t được cho bởi biểu thức: 0 0 0 0 0 1 2 2 t t d a a b I aI a b Q Idt dt ln dI ln R dt R b R b               Câu 4: Ba bản phẳng rộng vô hạn được đặt song song với nhau như hình vẽ. Các bản tích điện với mặt độ điện tích bề mặt lần lượt là ,2 và . Điện trường tổng cộng tại điểm X là ( 0  là hằng số điện môi của chân không) A. 0 , 2   hướng sang phải. B. 0 , 2   hướng sang trái. C. 0 4 , 2   hướng sang trái. D. 0 . Giải Điện trường gây bởi bản phẳng rộng vô hạn tại điểm bất kỳ bên ngoài bản có độ lớn 1 0 , 2   trong đó 1  là mật độ điện tích bề mặt của bản phẳng. Điện trường gây bới hai bản tích điện   và  có độ lớn bằng điện trường gây bởi bản tích điện 2 nhưng ngược chiều. Do đó điện trường tổng cộng bằng 0. Câu 5: Một electrôn được bắn thẳng đến tâm của một bản kim loại rộng có điện tích âm dư với mật độ điện tích mặt   6 2 2.10 C m  . Nếu động năng ban đầu của điện tử bằng 100eV  và nếu nó dừng (do lực đẩy tĩnh điện) ngay khi đạt đến bản, thì nó phải được bắn cách bản bao nhiêu? A.8,86mm . B. 4,43mm . C. 0,886mm . D. 0,443mm . Giải VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Động năng của electron thu được là 2 1 2 2 d d W W mv eU U e     Mặt khác, ta có:     19 12 0 19 6 0 0 . 2 2 2.1,6.10 .100.1.8,86.10 0,000886 0,886 1,6.10 .2.10 d d U E d W U e W d m mm E E e                       Câu 6: Hai bản kim loại lớn có diện tích   2 1, 0 m nằm đối diện nhau. Chúng cách nhau   5, 0 cm và có điện tích bằng nhau nhưng trái dấu ở trên các mặt trong của chúng. Nếu cường độ điện trường ở giữa hai bản bằng 55V m thì độ lớn của các điện tích trên các bản bằng bao nhiêu? Bỏ qua các hiệu ứng mép A.   10 0, 443.10 C  . B.   9 0, 443.10 C  . C.   9 0, 487.10 C  . D.   10 0, 487.10 C  . Giải Hiệu điện thế giữa hai bản:   2 U E.d 55.5.10 2,75 V     Điện dung của tụ điện được xác định theo công thức: 0 S C d   Điện tích trên các bản là:   12 0 10 2 1.8,86.10 .1 . .2,75 0,487.10 5.10 S Q CU U C d         Câu 7: Một điện tích điểm tạo một điện thông   750 Vm  đi qua một mặt Gauss hình cầu có bán kính bằng   10 cm và có tâm nằm ở điện tích. Nếu bán kính của mặt Gauss tăng gấp đôi thì điện thông qua mặt đó bằng bao nhiêu? A.Tăng 4 lần. B. Không đổi. C.Tăng 2 lần. D. Giảm 2 lần. Giải Điệm thông:   E  (hay thông lượng của véctơ E gửi qua diện tích S ) là đại lượng vô hướng xác định bởi: E   EnS  EScos Với: : S phần tử diện tích đủ nhỏ trong điện trường : E véc tơ cường độ điện trường tại điểm thuộc S : n véc tơ pháp tuyển của S Theo bài ra, ta có:               2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 1 .4 . 1 4 .4 . 2 4 E E E E E E E S cos E R cos R R E S cos E R cos R R                             Câu 8: Một đĩa kim loại bán kính R  30cm quay quanh trục của nó với vận tốc góc  1200v ph. Lực quán tính li tâm sẽ làm một số hạt điện tử văng về phía mép đĩa. Hiệu điện thế xuất hiện giữa tâm đĩa và một điểm trên mép đĩa nhận giá trị nào? A.   9 4,038.10 V  . B.   9 3,038.10 V  . C.   9 5,038.10 V  . D.   9 2,038.10 V  . Giải Khi không có từ trường, các electron bị văng ra mép đĩa do lực quán tính li tâm. Do đó, giữa tâm và mép đĩa xuất hiện một hiệu điện thế. Lúc hiệu điện thế ổn định, lực điện chính bằng lực hướng tâm của các electron.     2 2 2 2 31 2 2 2 9 19 0 9,1.10 . 40 .0,3 . 4,038.10 2 2.1,6.10 R r r m m m R eE m r E r U Edr r dr V e e e                    Câu 9: Hai điện tích điểm 1 q và 2 q ( 1 q  0 và 1 2 4 q q   ) đặt tại hai điểm P và Q cách nhau một khoảng l 13cm trong không khí. Điểm M có cường độ điện trường bằng 0 cách 1 q là A. 25,7cm . B. 26,0cm . C. 25,4cm . D. 26,9cm .

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG PHẦN III ( QUANG – LƯỢNG TỬ) ĐỀ SỐ Chú ý: Thí sinh khơng viết kí hiệu vào tờ số số Viết họ tên, lớp vào tờ số 0, viết lớp vào tờ số Trả lời câu hỏi trắc nghiệm vào tờ số Viết trả lời phần tự luận vào tờ Thời gian làm 90 phút Câu hỏi trắc nghiệm (5 điểm): Câu 1: Có 1 g  khí Hidro  H  đựng bình tích lít Mật độ phân tử chất khí (cho số khí R  8,31.103  J / kmol.K  ; số Boltzmann k  1, 28.1023  J / K  ) A 11, 036.10 25 25 (phân tử/ m3 ) B 9,536.10 25 (phân tử/ m3 ) D 10,536.10 C 10, 036.10 Giải Số phân tử khí chất N  n.N A  Hằng số Boltzmann: k  m  (phân tử/ m3 ) 25 (phân tử/ m3 ) .N A RT R R m R   1, 28.1023  J / K   N A   N  V NA k  k Mật độ phân tử chất khí là: n '  N mR 103.8,31.103    10,820.1025 (phân tử/ m3 ) 23 3 V  k V 2.1, 28.10 3.10 Câu 2: Trong dãy vạch quang phổ phát xạ Hidro: A Các electron bị kích thích mức lượng; B Các vạch phổ cách nhau; C Các electron bị kích thích rời khỏi nguyên tử; D Các electron bị kích thích chuyển mức lượng; Câu 3: Nếu đổ đầy nước (chiết suất n  1,33 ) vào khoảng quan sát mặt phẳng chứa khe máy giao thoa Young vân sẽ: A Nhòe đi; B Giãn rộng ra; C Sít lại gần nhau; D Biến mất; Câu 4: Một động nhiệt có hiệu suất 25  %  nhả nhiệt cho nguồn có nhiệt độ 300  K  Nó nhận nhiệt từ nguồn có nhiệt độ là: A 500  K  C 400  K  B 200  K  D 300  K  Giải Hiệu suất theo chu trình Carnot:    Theo ra, ta có:    T2 (với T1 ; T2 nhiệt độ nguồn nóng nhiệt độ nguồn lạnh) T1 T2 T 300  0, 25  T1    400  K  T1    0, 25 Câu 5: 1 mol  nguyên tử khí Heli 1 mol  nguyên tử sắt có cùng: A Vận tốc quân phương C Mật độ Giải B Thể tích D Số nguyên tử Vận tốc quân phương phân tử khí: vC  3RT Cơng thức tính số mol: n  m    mà  He  4;  Fe  56  vcHe  vcFe  V  TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 1/69 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130  He VHe   nHe    He Ta có:  nFe  nHe  1 mol  ;  He   Fe ;  Fe   He  VFe  VHe  n   Fe VFe  Fe  Fe m Số phân tử khí chất khí N  n.N A  N A  RT R R m R   1, 28.1023  J / K   N A   N  V NA k  k N mR p Mật độ phân tử chất khí n '  VFe  VHe  n 'Fe  n 'He   V  k V kT Hằng số Boltzmann k  Câu 6: Chiếu chùm tí sáng song song song đơn sắc có bước sóng   0,5   m  vng góc với khe hẹp có bề rộng b  0, 40  mm  Đặt sát sau khe thấu kính hội tụ, tiêu cự f  40, 00  cm  , ta thu quan sát đặt mặt phẳng tiêu thấu kính hệ vân Khoảng cách tâm vân trung tâm cực tiểu là: A 1,10  mm  B 0,90  mm  C 1, 00  mm  D 0,80  mm  Giải Cực tiểu nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch tia nhiễu xạ: sin  k ( b : độ b rộng khe) Độ rộng cực tiểu nhiễu xạ trung tâm tương ứng cực tiểu bâc : k   sin   b Khoảng cách vân vân trung tâm cực tiểu bằng: a  f tan Vì  góc nhỏ  tg  sin  a f  2.0, 4.0,5.106 Hay  a   103  m   1 mm  3 b 2f b 0, 4.10 Câu 7: Trong quang phổ bậc chất phát sáng, cho cách tử truyền qua có chu kỳ d  2,5.106  m  quan sát mặt phẳng tiêu thấu kính hội tụ đặt ngày sau cách tử có tiêu cự f  0,  m  , người ta thấy có hai vạch ứng với bước sóng 1  0,56   m  2  0,58   m  Khoảng cách hai vạch là: A 4,  mm  B 3,  mm  C 4,5  mm  D 3,5  mm  Giải Nhận xét: Ở xét chùm tia nhiễu xạ song song, thấu kính chùm tia nhiễu xạ hai khe liên tiếp giao thoa với vô  lý mà người ta thường đặt thấu kính sau cách tử cách tử Do tính chất hội tụ mặt phẳng tiêu diện chùm song song truyền qua thấu kính hội tụ nên thu TUẤN TEO TĨP – BEST LÝ TTQ Trang 2/69 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 ảnh nhiễu xạ đặt trùng với tiêu diện thấu kính Giả sử chùm tia từ hai khe cách tử có góc nhiễu xạ  thỏa mãn điều kiện cực đại nhiễu xạ  trục phụ OM phải tạo với đường nằm ngang góc  Từ hình vẽ ta thấy Vị trí cực đại ứng với góc nhiễu xạ  là: D  M M  f tan Ứng với bước sóng ta thu giá trị D,  khác nhau, f không đổi nên dễ dàng rút công thức: f  D2  D1 tan2  tan1 Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch tia sáng: sin  k d  1 0,56.106 sin     0, 224  1  12056 '  6 d 2,5.10  Chỉ xét cực đại nhiễu xạ bậc ta có:  6  sin  2  0,58.10  0, 232    130 24 ' 2  d 2,5.106  f  D2  D1  D  D2  D1  f tan 130 24 '  tan 12056 '   3,5.103  m   3,5  mm  tan 13 24 '  tan 12 56 '    Câu 8: Trong tượng giao thoa khe Iâng, ánh sáng đơn sắc có bước sóng   0,50   m  , khoảng cách khe d  0,15  mm  , khoảng cách khe d  0,15  mm  Khoảng cách từ cực đại tới tâm vân sáng trung tâm là: A 6,  mm  B 5,5  mm  D 5,  mm  C 6,5  mm  Giải Độ rộng vân GT Young khoảng cách vân sáng/ tối liên tiếp, xác định bởi: i  Vị trí vân sáng GT Young, xác định bởi: yks  ki  k Theo ra, ta có: k   y1s  D d  D d D d 6 0,5.10 1,5  5.103  m    mm  3 0,15.10     Câu 9: Thể tích M   g  khí Oxy  O2  tăng từ V1  1, 00 dm3 đến V2  dm3 Xem khí Oxy khí thực có   số Van der Waals a  1,37.106 J m3 / k mol Cơng nội lực q trình giãn nở bằng: A 1, 61 J  B 1, 41 J  D 1, 21 J  C 1,81 J  Giải Công nội lực q trình giãn nở bằng: A  1  0, 042  1 a 1,37.106     1, 61 J     2   1  V2 V1  32 M2 Câu 10: Trong nguyên tử với lớp trạng thái ứng với n  chứa đầy electron, số electron có ms  1/ là: C 16e B 12e A 32e D 25e Giải Lớp l Lớp m ms O 5s 1 / 5p 1 / 1 / TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Số trạng thái Trang 3/69 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 5d 5f 5g 1 1 / 2 1 / 1 / 1 / 1 1 / 2 1 / 1 / 2 1 / 1 / 1 / 1 1 / 2 1 / 3 1 / 1 / 1 / 2 1 / 1 / 1 / 1 1 / 2 1 / 3 1 / 4 1 / 10 32 14 18 Theo bảng trên, ta có: Trong nguyên tử với lớp trạng thái ứng với n  chứa đầy electron, số electron có ms  1/ là: 25e Câu 11: Một chùm tia Rợnghen hẹp tới đập vào mặt tự nhiên đơn tinh thể NaCl góc tới 30 Theo phương phản xạ gương mặt đa tinh thể, người ta quan sát thấy cực đại nhiễu xạ bậc hai Khoảng cách mặt phẳng nguyên tử liên tiếp 2, 40.10 10  m  Bước sóng tia Rơn ghen là: A   2,58.1010  m  B   3, 08.1010  m  C   1,58.1010  m  D   1,58.1010  m  Giải Nhận xét: Đây toán đặc trưng nhiễu xạ Ronghen Những toán dạng thường xoay quanh công thức Bragg Từ kiện cho ta thấy đại lượng  , k ,  biết  dễ dàng xác định đại lượng d : 2dsin  k  10 2dsin 2.2, 4.10 sin  30    1, 2.1010  m  Theo ra, ta có: k     2 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 4/69 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 Câu 12: Khối lượng 1 kmol  chất khí   35,  kg / kmol  , hệ số Poát – tơng chất khí   1, Nhiệt dung riêng đẳng áp khí bằng( cho số khí R  8,31.103  J / kmol.K  ): B 831,  J / kg.K  A 830,5  J / kg.K  C 832,  J / kg.K  D 831,5  J / kg.K  Giải Hệ số Poat – xông chất khí   Cp Cv  1, (Với C p C v nhiệt dung mol đẳng áp nhiệt dung mol đẳng tích) Mặt khác: C p  Cv  R  Cv  C p  R    Nhiệt dung riêng đẳng áp khí: c p  Cp   Cp Cv  Cp Cp  R  Cp  R  1 R 1, 4.8,31.103   831 J / kg.K     1 35 1,  1 Câu 13: Một hạt chuyển động giếng chiều sâu vơ hạn có lượng 6,  eV  trạng thái n  Năng lượng thấp mà hạt có chuyển động là: A 1,  eV  B 1,5  eV  C 1,  eV  D 1,  eV  Giải h n    meV  Hạt chuyển động giếng có lượng: En  2m p a   Năng lượng thấp Emin  En   1,5  eV  n 22 Câu 14: Một photon có bước sóng   1, 40.1011  m  , đến va chạm vào electron đứng yên Sau va chạm photon bị tán xạ với góc   900 Cho khối lượng electron m  9,1.1031  kg  , số Planck h  6, 625.1034  J s  ; vận tốc ánh sáng chân không c  3.108  m / s  Khi động electron có giá trị đây: A 1,90.1015  J  B 2,10.1015  J  C 2,50.1015  J  D 2, 20.1015  J  Giải Động electron ED  me c v 1   c  me c  hv  hv ' hay ED     2 hc  Ta tìm động electron bắn : ED  hc   hc hc hc    '     Theo công thức tán xạ Compton:   C sin   hc     C sin   2 Hay   C sin   2.2, 4.1012.sin  450  hc 6, 625.1034.3.108 2  ED    2,1.1015  J  11 11 12   1, 4.10   1, 4.10  2.2, 4.10 sin  45    C sin   2 Câu 15: Trong nguyên tử với lớp trạng thái ứng với n  chứa đầy electron, số electron có số lượng tử m  là: A 10e B 8e C 6e D 4e Giải TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 5/69 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 n Lớp l Lớp m ms 3s 1 / 1 / 1 / 1 1 / 2 1 / 1 / 1 / 1 1 / 2 1 / 1 / 2 1 / 1 / 1 / 1 1 / 2 1 / 3 1 / 3p 3d N 3f Số trạng thái 10 32 14 Theo bảng trên, ta có: Trong nguyên tử với lớp trạng thái ứng với n  chứa đầy electron, số electron có số lượng tử m  là: 6e ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG PHẦN III ( QUANG – LƯỢNG TỬ) ĐỀ SỐ Chú ý: Thí sinh khơng viết kí hiệu vào tờ số số Viết họ tên, lớp vào tờ số 0, viết lớp vào tờ số Trả lời câu hỏi trắc nghiệm vào tờ số Viết trả lời phần tự luận vào tờ Thời gian làm 90 phút Câu hỏi trắc nghiệm (5 điểm): Câu 16: Một hạt chuyển động mô tả hàm sóng  vị trí thời điểm định  tỷ lệ với A Động lượng hạt B Xác xuất hạt C Vận tốc hạt D Năng lượng hạt Giải 0,  Hạt chuyển động theo phương x giếng định nghĩa bởi: U  x    ,   2  sin  x Hàm sóng có dạng:   x   a  a  b Xác suất phải tìm    x 2 0 xa x   x  a dx b TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 6/69 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 Câu 17: Hơ nóng 1 mol  khí lý tưởng lưỡng ngun tử từ nhiệt độ T1 đến T2 hai trình đẳng áp đẳng tích Gọi biến thiên entropy q trình đẳng áp, đẳng tích S p Sv Khi đó: C S p  2, 0Sv B S p  1,8Sv A S p  1, 4Sv D S p  1, 6Sv Giải Độ biến thiên Entropy: dS  dQ T Quá trình đẳng áp: Q  nC p dT  n i2 R.dT Thay vào lấy tích phân từ trạng thái ứng với T1 đến trạng thái ứng với T2 T2  S p   n T1 T T  i  dT i2 i2 R  n RlnT  n .R.ln   T1 T 2  T1  i  T2    T1  Tương tự, ta có biến thiên entroy q trình đẳng tích: Sv  n .R.ln  i  52    1, Với khí lưỡng ngun tử i   i Sv 2 S p Câu 18: Trong chân khơng photon có cùng: B Năng lượng A Tần số C Bước sóng D Vận tốc Giải Vận tốc chân không c  3.108  m / s  Câu 19: Trong q trình nung nóng vật đen tuyệt đối (coi cân bằng), bước sóng ứng với suất phát xạ cực đại dịch chuyển từ 1  0,8   m  đến 2  0,5   m  ; tương ứng với công suất xạ tức thời tăng lên: D 6, 75 lần C 6,95 lần B 6,55 lần A 6,35 lần Giải Năng suất phát xạ VĐTĐ theo đ/l S-B:  T   T  Công suất phát xạ VĐTĐ: P   T S   T S Bước sóng ứng với suất phát xạ CĐ VĐTĐ theo đ/l Wien: b  max T  T   b  P1   T S P1  T1   1     Từ đó, ta có:  P2  T2   b  P2   T2 S   4 b max       0,5        P2  6,55 P1   1   0,8    Câu 20: Trong tượng giao thoa khe Iâng, ánh sáng đơn sắc có bước sóng   0,55   m  , khoảng cách khe d  0,10  mm  , khoảng cách khe D  1, 00  m  Khoảng cách từ cực đại tới tâm vân sáng trung tâm là: A 6,  mm  B 5,5  mm  C 6,5  mm  D 5, 00  mm  Giải Độ rộng vân GT Young khoảng cách vân sáng/ tối liên tiếp, xác định bởi: i  Vị trí vân sáng GT Young, xác định bởi: yks  ki  k Theo ra, ta có: k   y1s  D d  D d D d 6 0,55.10  5,5.103  m   5,5  mm  3 0,1.10 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 7/69 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 Câu 21: Độ biến thiên entropy đoạn hai trình đoạn nhiệt chu trình Carnot thuận nghịch có trị số bằng: S  1 kcal / K  ; hiệu số nhiệt độ hai đường đẳng nhiệt T  150, 00 chuyển hóa thành cơng chu trình xét là: A 6, 77.105  J  B 7, 27.105  J   C  ; 1 cal   4,18  J  Nhiệt lượng C 6, 27.105  J  D 5, 77.105  J  Giải Nhiệt lượng chuyển hóa thành cơng trình xét là: Q  A  S T  1.103.4,18.150  6, 27.105  J    Câu 22: Một khối khí lý tưởng tích V  m3 dãn nở đẳng nhiệt từ áp suất  at  đến 1 at  Lượng nhiệt cung cấp cho trình là: A 13.105  J  C 12.105  J  B 10.105  J  D 11.105  J  Giải Trong trình đẳng nhiệt: U  mà U  A  Q   Q   A  V2    V1  V2  Công trình đẳng nhiệt: A   P.dV  P1.V1ln  V1 Áp dụng PT trạng thái trình đẳng nhiệt: V2 P1  V1 P2  V2   P1  5   PV   2.10 8.ln    11.10  J  1ln  V P  1  2 Lượng nhiệt cung cấp cho trình là: Q   A  PV 1ln  Câu 23: Khối lượng 1 kmol  chất khí   20, 00  kg / kmol  , hệ số Poát – tơng chất khí   1, Nhiệt dung riêng đẳng áp khí bằng( cho số khí R  8,31.103  J / kmol.K  ): A 1453,8  J / kg.K  C 1454,3  J / kg.K  B 1454,8  J / kg.K  D 1455,3  J / kg.K  Giải Hệ số Poat – xông chất khí   Cp Cv  1, (Với C p C v nhiệt dung mol đẳng áp nhiệt dung mol đẳng tích) Mặt khác: C p  Cv  R  Cv  C p  R    Nhiệt dung riêng đẳng áp khí: c p  Cp   Cp Cv  Cp Cp  R  Cp  R  1 R 1, 4.8,31.103   1454,3  J / kg.K     1 20 1,  1 Câu 24: Một photon có bước sóng   1, 20.1011  m  , đến va chạm vào electron đứng yên Sau va chạm photon bị tán xạ với góc   900 Cho khối lượng electron m  9,1.1031  kg  , số Planck h  6, 625.1034  J s  ; vận tốc ánh sáng chân không c  3.108  m / s  Khi động electron có giá trị đây: A 3,19.1015  J  B 2,59.1015  J  C 2,50.1015  J  D 2, 76.1015  J  Giải Động electron ED  me c v 1   c  me c  hv  hv ' hay ED  hc   hc hc hc    '        2 Theo công thức tán xạ Compton:   C sin  TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 8/69 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 Ta tìm động electron bắn : ED  hc   hc     C sin   2 Hay   C sin   2.2, 4.1012.sin  450  hc 6, 625.1034.3.108 2  ED    2, 76.1015  J  11 11 12   1, 2.10   1, 2.10  2.2, 4.10 sin  45    C sin     Câu 25: Chiếu chùm tia sáng song song    0,5   m   lên màng xà phòng (chiết suất n  1,33 ) góc tới i  300 Để chùm tia phản xạ có cường độ sáng cực tiểu bề dày nhỏ màng là: A 0, 203   m  B 0,198   m  C 0,106   m  D 0,101  m  Giải Xét hiệu quang lộ hai tia phản xạ bề mặt mỏng: L  L1  L2  2d n  sin 2i   Xét điều kiện vân sáng – vân tối: Vân sáng: L  k    Vân tối: L   k  1  2 Từ kiện đề để chùm tia phản xạ có cường độ sáng cực tiểu hiệu quang lộ phải k  Bài toán yêu cầu ta xác định bề dày nhỏ Từ công thức ta thấy bề dày nhỏ k   ta có: d   n2  sin2i  0,5 1,332  sin 300  0,101  m  Câu 26: Photon có lượng   21,5  eV  , tới nguyên tử Hidro làm bật electron (đang trạng thái bản) khỏi nguyên tử Vận tốc electron bật khỏi nguyên tử (cho khối lượng electron m  9,1.1031  kg  , điện tích electron   e  1, 6.1019  C  , số Planck e  1, 6.1019  C  , số Rydberg R  3, 28.1015 s 1 ): A v  1,874.106  m / s  B v  1, 674.106  m / s  C v  2, 074.106  m / s  D v  2, 274.106  m / s  Giải Ở trạng thái n  Động electron bật khỏi nguyên tử:  E0 13, 1 2.7,9.1, 6.1019 2  m v  21,5   m v  m v  7,9 eV  v   1, 674.106  m / s    e e e e e e e 2 31 n 2 9,1.10 Câu 27: Chiếu chùm sáng đơn sắc song song bước sóng   546  nm  thẳng góc vào mặt nêm khơng khí, tạo hai thủy tinh phằng đặt nghiêng góc nhỏ Vân giao thoa quan sát có mật độ 15vân/1cm Tìm cơng thức tính góc nghiêng (ra độ) nêm khơng khí A 1, 094.104  rad  B 3, 094.104  rad  C 4, 094.104  rad  D 2, 094.104  rad  Giải Độ rộng vân giao thoa nêm KK xác định bởi: i  Độ rộng vân cịn xác định bởi: i  Từ 1 ;       n n l 1 2  2 546.109 15.102  4, 094.104 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 9/69 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 Câu 28: Có hai tuamalin dày (trên 1 mm  ) T1 T2 đặt song song với song song với mặt phẳng x, y.T1 có trục quang song song với trục y, T2 có trục quang làm với trục y góc 450 Chiếu tia sáng phân cực tồn phần, cường độ I , vào T1 theo phương trục z , có phương cường độ điện trường làm với trục x góc 300 Sau qua hai T1 T2 , cường độ tia sáng I bằng: A I  3I B I  3I C I  I0 D I  I0 Giải   Cường độ ánh sáng sau qua tuamalin T1 : I1  I cos 21  I cos 450  I0 Cường độ ánh sáng sau qua hai T1 T2 : 3I I  I  I1.cos 2  I cos 21.cos 2  I cos  450  cos  300   I  Câu 29: Coi mặt trời vật đen tuyệt đối nhiệt độ bề mặt T  6000  K  Bức xạ mang lượng lớn có   0, 48   m  Một khác (xem vật đen tuyệt đối) mà xạ mang lượng cực đại có  '  0, 60   m  Nhiệt độ là: A 4700  K  B 5000  K  D 4500  K  C 4800  K  Giải Bước sóng ứng với suất phát xạ CĐ VĐTD theo định luật Wien: b  max T b  .T1 T   0, 48    T2  T1  6000  4800  K  T1  ' ' 0, b   '.T2 Theo ra, ta có:    Câu 30: Dung dịch đường glucozo nồng độ C1  0, 28 g / cm3 đựng bình trụ thủy tinh làm quay mặt phẳng phân cực ánh sáng xanh qua bình góc 1  320 Với dung dịch đường glucozo nồng độ C đưng bình trụ giống làm quay mặt phẳng phân cực ánh sáng xanh góc   200 Nồng độ C là:   A 0,195 g / cm3   B 0, 428 g / cm3   C 0, 448 g / cm3   D 0,175 g / cm3 Giải Nhận xét: Đây toán ứng dụng tượng quay mặt phẳng phân cực để xác định nồng độ dung dịch Nồng độ dung dịch xác định theo công thức: C    góc quay mặt phẳng phân cực Ở toán ta   d thấy có hai trường hợp  xét trường hợp tính tỷ số 1  C1    d C   32  Ta có:     C2  C1  0, 28  0, 448  g / cm3  C1 1 1 20 C   2    d ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG PHẦN III ( QUANG – LƯỢNG TỬ) ĐỀ SỐ Chú ý: Thí sinh khơng viết kí hiệu vào tờ số số Viết họ tên, lớp vào tờ số 0, viết lớp vào tờ số Trả lời câu hỏi trắc nghiệm vào tờ số Viết trả lời phần tự luận vào tờ Thời gian làm 90 phút Câu hỏi trắc nghiệm (5 điểm): TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 10/69 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI k d Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch tia sáng: sin  Quang phổ bậc gồm vân cực đại  k  1  sin   d Khoảng cách vạch cực đại bằng: l  f tan Vì  góc nhỏ  tg  sin Hay  d  l f  2.1.0,5.106 d    4,95.106  m   4,95   m  2f l 0, 202 1   1836 (vạch/cm) ( d chu kỳ cách tử) d 5, 45.106.102 dsin , với k  0, 1, 2 Từ cồng thức xác định vị trí cực đại ta rút k  Mật độ khe (số khe/đơn vị độ dài): n   Ứng với giá trị k , ta có vạch cực đại chính, giá trị cực đại sin nên giá trị cực 4,95.106  9,9  0,5.106 Vì k phải số nguyên nên có lấy giá trị k0  0, 1, 2, , 9 đại k : kmax  d  Nghĩa số vạch cực đại tối đa, cho cách tử N max  2k0 max   2.9   19 Câu 150:Chiếu chùm ánh sáng đơn sắc song song vuông góc với thủy tinh phẳng hệ thống vân trịn Newton Hệ thống vận đặt khơng khí Thấy kính phẳng – lồi có bán kính mặt lồi R  9,  m  Quan sát hệ thống vân tròn Newton chùm tia phản xạ người ta thấy bán kính hai vân tối liên tiếp 4,94  mm  5,53  mm  Bước sóng ánh sáng có giá trị là: A 0,56   m  Giải C 0, 66   m  B 0, 62   m  D 0, 72   m  Bán kính vân tối Newton xác định bởi: rk  Rk  Bán kính vân tối thứ k : rk  Rk  Bán kính vân tối thứ k  1: rk 1  R  k  1  Lấy    rk 1  1 rk 1  2 r2 r2 k 1 k 1  k 21   k  k Thay vào 1 , ta được: k rk k rk 1  rk r2 r  r  5,53.10 rk  kR  r  k R.    k 1 k  rk 1  rk R k    4,94.10  3 9, 3  6, 6.10 7  m   0, 66   m   Bước sóng ánh sáng:   0, 66   m  TUẤN TEO TÓP Trang 66/80 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG (PH1131) ĐỀ SỐ 18 Họ tên: Lớp: .Mã hiệu SV: Câu 151: Người ta chiếu ánh sáng đơn sắc có bước sóng 1  0, 65   m  vào Yâng Đặt trước khe mỏng có hai mặt song song chiết suất n  1,5 có bề dày e  12   m  Độ dịch chuyển hệ thống vân giao thoa quan sát  mm  Bề rộng vân giao thoa có giá trị A i  0,55  mm  B i  0, 65  mm  D i  0, 75  mm  C i  0, 45  mm  Giải Độ dịch chuyển hệ thống vân giao thoa  n  1 e.D  mm  D  y  6.103 y   1000   d d  n  1 e 1,5  1 12.106 Bề rộng vân giao thoa có giá trị D i  0, 65.106.100  0, 65.103  m   6,5  mm  d Câu 152: Chiếu chùm ánh sáng đơn sắc song song vng góc với thủy tinh phẳng hệ thống vân trịn Newton Hệ thống vận đặt khơng khí Thấy kính phẳng – lồi có bán kính mặt lồi R  9,  m  Quan sát hệ thống vân tròn Newton chùm tia phản xạ người ta thấy bán kính hai vân tối liên tiếp 4,94  mm  5,53  mm  Bước sóng ánh sáng có giá trị là: B 0,56   m  A 0, 62   m  Giải C 0, 66   m  D 0, 72   m  Bán kính vân tối Newton xác định bởi: rk  Rk  Bán kính vân tối thứ k : rk  Rk  Bán kính vân tối thứ k  1: rk 1  R  k  1  Lấy    rk 1  1 rk 1  2 rk21 k  rk2 k 1   k  Thay vào 1 , ta được: k rk k rk 1  rk2 r2 r  r  5,53.10 rk  kR  r  k R.    k 1 k  rk 1  rk R k    4,94.10  3 9, 3  6, 6.10 7  m   0, 66   m   Bước sóng ánh sáng:   0, 66   m  Câu 153: Chiếu chùm tia sáng song song, đơn sắc bước sóng   0, 65   m  lên xà phịng chiết suất góc i  300 Bề dày nhỏ màng xà phòng để tia phản chiếu có cường độ cực tiểu A d  0, 253   m  B d  0, 263   m  C d  0, 232   m  D d  0, 243   m  n Giải Xét hiệu quang lộ hai tia phản xạ bề mặt mỏng: L  L1  L2  2d n  sin 2i   Xét điều kiện vân sáng – vân tối: Vân sáng: L  k  1  Vân tối: L   k    2  TUẤN TEO TÓP Trang 67/80 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI 1  Từ kiện đề để chùm tia phản xạ có cường độ sáng cực tiểu hiệu quang lộ phải  k    2  Bài toán yêu cầu ta xác định bề dày nhỏ Từ công thức ta thấy bề dày nhỏ k   ta có:  0, 65 d    0, 263   m  2 n  sin 2i      sin 300 3 Câu 154: Một chùm ánh sáng đơn sắc có bước sóng   0,56   m  chiều vuông góc với mặt nêm thủy tinh chiết suất n  1,5 Biết khoảng cách N  17 vân tối liên tiếp l  1,5  cm  Góc nghiêng nêm có giá trị đây: A   1,99.104  rad  B   1, 69.104  rad  C   1, 79.104  rad  D   1,89.104  rad  Giải Nhận xét: Đây tốn giao thoa nêm có chiết suất n Ví trí vân tối: dt  k   k  0,1, 2,  Vị trí vân sáng: d s   2k  1   k  1, 2,3  Ta xét vị trí vân tối thứ k vân tối thứ k  16 gây nêm có chiết suất n (vì ánh sáng truyền qua mơi trường có chiết suất n bước sóng giảm n lần) Ví trí vân tối thứ k : dt  k  2n  k  0,1, 2,  Vị trí vân tối thứ k  16 : d k 16   k  16  Từ hình vẽ ta thấy: sin   2n d k 16  d k 8 8.0,56.106    1,99.104  rad  I1I nl 1,5.1.5.103  nhỏ nên   sin  1,99.104  rad  Câu 155: Chiếu chùm ánh sáng trắng song song vuông góc với cách tử nhiễu xạ truyền qua có n  500 (vạch/mm) Hiệu góc lệch cuối quang phổ bậc đầu quang quang phổ bậc có giá trị bằng: A   1,350 B   1,150 C   1, 280 D   1, 250 Giải Nhận xét: Phân tích đề ta thấy liên quan tới khái niệm quang phổ nhiễu xạ Khi ánh sáng trắng chiếu qua cách tử phẳng sóng ánh sáng đơn sắc cho hệ cực đại Do ánh sáng đơn sắc cho cực đại tiêu điểm F thấu kính nên ta quan sát vân trung tâm vân sáng trắng Hai mép vân trung tâm có viền nhiều màu: mép viền tím, mép ngồi viền đỏ Góc lệch cuối quang phổ bậc ứng với cực đại nhiễu xạ bậc tia đỏ (ứng với 1  0, 76   m  ): n  d (với d chu kỳ cách tử) TUẤN TEO TÓP Trang 68/80 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI Ta có: sin1  1  n1  1  22,330 d Góc lệch đầu quang phổ bậc ứng với cực đại nhiễu xạ bậc tia tím (ứng với 2  0,   m  : Ta có: sin2  2  2n2  2  23, 280 d Hiệu góc lệch cuối quang phổ bậc đầu quang quang phổ bậc có giá trị bằng:   2  1  23, 280  22,330  1, 250 Câu 156: Một chùm tia sáng đơn sắc song song, bước sóng   0,55   m  chiếu vng góc với mặt lỗ trịn bán kính r  1,5  mm  Phía sau lỗ trịn có đặt quan sát vng góc với trục lỗ trịn cách lỗ trịn khoảng b Gía trị lớn b để tâm ảnh nhiễu xạ quan sát điểm tối A 2,35  m  B 2, 25  m  C 2, 05  m  D 2,15  m  Giải Bài toán mở rộng: Xây dựng cơng thức tính bán kính đới cầu Fresnel thứ k Xét hai tam giác vuông OM k H k MM k H k : r  R   R  hk   d   b  hk  k 2 k Rhk  h k Vì   b   k   k   k b  4     b  k    b  hk  2  2   Rhk  k b  2bhk  hk   2bhk  hk2 k b  R  b Rbk Rb  rk  k Rb Rb VI khoảng cách lớn bmax để tâm hình nhiễu xạ quan sát tối phải ứng với trường hợp lỗ trịn chứa hai đới Prênen Nghĩa bán kính lỗ trịn phải bang bán kính đới cầu thứ hai: Do hk nhỏ nên bán kính đới cầu thứ k là: rk2  Rhk  Rb b  r2  b Rb 1 R Theo đầu bài, chùm tia sáng tới chùm tia song song, mặt sóng lựa lỗ mặt phẳng  R    ,  k   : r  r2  1,5.103   b r22   2, 05  m   , ta có r2  b  bmax  2 2.0,55.106 R Câu 157: Mặt phẳng (mặt phẳng dao động) hai lăng kính ni côn N1 N hợp với góc   600 Biết truyền qua lăng kính ni ánh sáng bị phản xạ hấp thụ k   %  Cường độ ánh I  sáng sau qua hai ni côn giảm   bằng:  I2  TUẤN TEO TÓP Trang 69/80 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI A I0  8,86 I2 B I0  8,56 I2 C I0  8, 66 I2 D I0  8, 76 I2 Giải Nhận xét: Đây toán Malus Áp dụng cơng thức liên quan xác định cường độ ánh sáng cần tìm I Cường độ sáng sau lăng kính nicon N1 là: I1  0,5 1  k  I     2,1 I1 0,5 1  k   5% Cường độ chùm sáng sau lăng kính N là: I  I1.cos 2  0,5 1  k  cos 2 I  I0   8, 42 I 0,5 1  5%  cos 600 Câu 158: Thấu kính hệ vân trịn Newton có bán kính mặt cong R  15  m  Chùm ánh sáng đơn sắc có bước sóng  chiếu vng góc với hệ thống Quan sát vân giao thoa người ta đo khoảng cách vân tối thứ vân tối thứ 25  mm  Đường kính vân tối thứ 16 có giá trị A 24  mm  B 23  mm  D 26  mm  C 25  mm  Giải Bán kính vân tối Newton xác định bởi: rk  Rk  Bán kính vân tối thứ : r4  4.R  R 1 Bán kính vân tối thứ 25 : r25  25R  R  2 r Lấy    1  r  r25  r4  R  8,5  mm     9R Bán kính vân tối thứ 16 : r16  16.R  R   r  R 9R   r    12  mm  Đường kính vân tối thứ 16 có giá trị d16  2.r16  2.12  24  mm  Câu 159: Trong thí nghiệm đo bước sóng ánh sáng người ta dùng cách tử phẳng truyền qua, ánh sáng tới vng góc với mặt phẳng cách tử Đối với ánh sáng Natri  1  05892   m   , góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 1  17, 620 Đối với ánh sáng đơn sắc bước sóng cần đo, người ta quan sát thấy vạch quang phổ bậc góc nhiễu xạ 2  25,120 Bước sóng ánh sáng đơn sắc cần đo nhận giá trị đây: A 2  0, 4332   m  B 2  0, 4152   m  C 2  0, 4232   m  D 2  0, 4132   m  Giải Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch tia sáng: sin  k d 1  k1  1 1 d 2 Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 2  25,120  sin2   k2     d 1  sin1  1    sin2 1  sin25,12 0,5892  0, 4132  m Lấy   2sin1 2.sin17, 620   sin2 22 Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 1  17, 620  sin1  Câu 160: Một tia X có bước sóng 0,300  A0  tán xạ theo góc 600 hiệu ứng Compton Động hạt electron là: A 1,39  keV  TUẤN TEO TÓP B 1, 49  keV  C 1,59  keV  D 1, 60  keV  Trang 70/80 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI Giải Động electron ED  me c v 1   c  me c  hv  hv ' hay ED    Theo công thức tán xạ Compton:   C sin   2 hc  Ta tìm động electron bắn : ED   hc   hc hc hc    '     hc     C sin   2 Hay   C sin   2.2, 4.1012.sin  600  hc 6, 625.1034.3.108 2  ED    2,548.1016  J   1,592  keV  10 10 12  0,3.10   0,3.10  2.2, 4.10 sin  60    C sin2   2 ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG (PH1131) ĐỀ SỐ 19 Họ tên: Lớp: .Mã hiệu SV: Câu 161: Một nguồn sáng điểm S đặt trục lỗ trịn có bán kính r thay đổi Khoảng cách từ nguồn sáng S đến lỗ tròn R  100  cm  Phía sau lỗ trịn có đặt quan sát vng góc với trục lỗ tròn cách lỗ tròn khoảng b  120  cm  Biết tâm hình nhiễu xạ có độ sáng cực đại bán kính lỗ r1  1, 00  mm  có độ sáng cực đại bán kính lỗ r2  1,31 mm  Bước sóng ánh sáng dùng thí nghiệm là: A 0, 6364   m  C 0, 6564   m  B 0, 6264   m  D 0, 6464   m  Giải Nhận xét: Đây toán nhiễu xạ qua lỗ trịn gồm có hai trường hợp Về phương hướng giải ta sử dụng công thức bán kính Fresnel cho trường hợp sau kết hợp hai phương trình để rút giá trị bước sóng cần tìm TH1: Tâm hình nhiễu xạ có độ sáng cực đại bán kính lỗ r1  1, 00  mm   điều có nghĩa Rb k * Rb TH2: Tâm hình nhiễu có độ sáng cực đại bán kính lỗ r2  1,31 mm   điều có nghĩa lỗ trịn có số lẻ k đới cầu Fresnel (chính đới cầu ứng với k ) Ta có: r1  rk  lỗ trịn phải có k  đới cầu Fresnel có số chẵn đới cầu M độ sáng giảm (chính đới cầu ứng với k  ) Ta có: r2  rk   Lấy *  ** Rb k  ** Rb k k  r22 1,312     2, 79  k  k 2 k r1 Thay k  vào * ta được: 3 r12  R  b  1.10  1,  1 Rb  1 mm       9,167.107  m   0,9617   m  Rb Rb 2.1, 2.1 r1  TUẤN TEO TÓP Trang 71/80 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI Câu 162: Trong thí nghiệm dùng giao thoa kế Mai – ken – sơn dịch chuyển gương di động khoảng L  0, 013  mm  người ta quan sát thấy hình vân giao thoa dịch chuyển 40 khoảng vân Bước sóng ánh sáng dùng thí nghiệm bằng: A 0, 65   m  B 0, 68   m  C 0,55   m  D 0, 75   m  Giải Nhận xét: Đây toán liên quan tới giao thoa kế Michelson Trước hết ta cần phải hiểu nguyên tắc làm việc giao thoa kế Tia sáng từ nguồn đơn sắc bị phân tách thành hai phần gương bán mạ M đặt nghiêng góc 450 so với tia tới Chùm tia phản xạ từ M thẳng đứng lên gương M chùm tia thứ thẳng tới gương M Sau phản xạ từ M M hai tia sáng gặp gương M quan sát xảy tượng giao thoa Tấm kính P có chiều dày chiều dày gương M đặt trước gương M để đảm bảo cho hai tia phản xạ từ tương M M gương M qua kính có chiều dày Để xác định điều kiện xảy tượng giao thoa ta phải xét hiệu quang lộ ánh sáng truyền tới điểm gương M Ta thay đổi hiệu quang lộ cách dịch chuyển gương M lên xuống để thỏa mãn điều kiện cực tiểu cực đại giao thoa Nếu M dịch chuyển đoạn nửa bước sóng theo phương truyền tia sáng hiệu quang lộ thay đổi lượng bước sóng  hệ vân giao thoa dịch khoảng vân Ta có cơng thức tổng qt cho giao thoa kế Michelson là: L  m  Trong L độ dịch chuyển gương, m số khoảng vân dịch chuyển Áp dụng cơng thức ta có bước sóng dùng thí nghiệm là: L 2.0, 013.103    6,5.107  m   0, 65   m  m 40 Câu 163: Chiếu chùm tia sáng đơn sắc song song có bước sóng   0,55   m  theo phương vng góc với cách tử nhiễu xạ Ngay sau cách từ có đặt thấu kính hội tụ có tiêu cự f  1, 00  m  để hứng chùm tia sáng lên E đặt tiêu diện thấu kính Khoảng cách hai cực đại quang phổ bậc l  0, 202  m  Số vạch cm cách tử có giá trị bằng: A n  1826 (vạch/cm) B n  1856 (vạch/cm) C n  1836 (vạch/cm) D n  1816 (vạch/cm) Giải TUẤN TEO TÓP Trang 72/80 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI k d Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch tia sáng: sin  Quang phổ bậc gồm vân cực đại  k  1  sin   d Khoảng cách vạch cực đại bằng: l  f tan Vì  góc nhỏ  tg  sin Hay  d  l f  2.1.0,55.106 d    5, 45.106  m   5, 45   m  2f l 0, 202 1   1836 (vạch/cm) ( d chu kỳ cách tử) d 5, 45.106.102 Câu 164: Trong thí nghiệm đo bước sóng ánh sáng người ta dùng cách tử phẳng truyền qua, ánh sáng tới vuông góc với mặt phẳng cách tử Đối với ánh sáng Natri  1  05892   m   , góc nhiễu xạ ứng với vạch Mật độ khe (số khe/đơn vị độ dài): n  quang phổ bậc 1  17, 620 Đối với ánh sáng đơn sắc bước sóng cần đo, người ta quan sát thấy vạch quang phổ bậc góc nhiễu xạ 2  25,120 Bước sóng ánh sáng đơn sắc cần đo nhận giá trị đây: B 2  0, 4132   m  A 2  0, 4232   m  C 2  0, 4332   m  D 2  0, 4182   m  Giải k d Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch tia sáng: sin  1  k1  1 1 d 2 Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 2  25,120  sin2   k2     d 1  sin1  1    sin2 1  sin25,12 0,5892  0, 4132  m Lấy   2sin1 2.sin17, 620   sin2 22 Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 1  17, 620  sin1  Câu 165: Một nguồn sáng điểm nằm trục lỗ trịn, cách lỗ trịn 1,5  m  Ánh sáng nguồn phát có bước sóng   0, 62   m  Sau lỗ tròn đặt quan sát vng góc với trục lỗ trịn cách lỗ tròn 2, 00  m  Để tâm hình ảnh nhiễu xạ quan sát tối bán kính lỗ trịn phải có giá trị bằng: C 0, 70  mm  B 0, 79  mm  A 0, 63  mm  D 0, 73  mm  Giải Bài tốn mở rộng: Xây dựng cơng thức tính bán kính đới cầu Fresnel thứ k Xét hai tam giác vuông OM k H k MM k H k : r  R   R  hk   d   b  hk  k 2 k Rhk  h k TUẤN TEO TÓP  k   k b      b  k    b  hk  2  2  2bhk  hk2 Trang 73/80 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI k   k b Vì   b    Rhk  k b  2bhk  hk   R  b Do hk nhỏ nên bán kính đới cầu thứ k là: rk2  Rhk  Rbk  rk  Rb Rb k Rb Nhận xét: Đây tốn nhiễu xạ qua lỗ trịn Ta cần ý đặc điểm sau số đới Fresnel đới tròn ảnh hưởng tới biên độ Để tâm hình nhiễu xạ tối bán kính lỗ trịn phải có giá trị cho qua lỗ trịn có đới cầu Fresnel Do bán kính lỗ trịn phải bán kính đới cầu thứ rl  r1  Rb 1,5.2.0, 62.106 k  7,3.104  m   0, 73  mm  Rb  1,5 Câu 166:Một tia X có bước sóng 0,300  A0  tán xạ theo góc 600 hiệu ứng Compton Động hạt electron là: A 1,39  keV  B 1,59  keV  C 1, 49  keV  D 1, 69  keV  Giải Động electron ED  me c v 1   c  me c  hv  hv ' hay ED    Theo công thức tán xạ Compton:   C sin   2 hc  Ta tìm động electron bắn : ED   hc   hc hc hc    '     hc     C sin   2 Hay   C sin   2.2, 4.1012.sin  600  hc 6, 625.1034.3.108 2  ED    2,548.1016  J   1,592  keV  10 10 12  0,3.10   0,3.10  2.2, 4.10 sin  60    C sin2   2 Câu 167: Mặt phẳng (mặt phẳng dao động) hai lăng kính ni côn N1 N hợp với góc   600 Biết truyền qua lăng kính ni ánh sáng bị phản xạ hấp thụ k   %  Cường độ ánh I  sáng sau qua hai ni côn giảm   bằng:  I2  I I I I A  8,56 B  8, 66 C  8, 76 D  8,86 I2 I2 I2 I2 Giải Nhận xét: Đây tốn Malus Áp dụng cơng thức liên quan xác định cường độ ánh sáng cần tìm I Cường độ sáng sau lăng kính nicon N1 là: I1  0,5 1  k  I     2,1 I1 0,5 1  k   5% Cường độ chùm sáng sau lăng kính N là: I  I1.cos 2  0,5 1  k  cos 2 I  I0   8, 42 I 0,5 1  5%  cos 600 Câu 168: Một notron chuyển động nhiệt nhiệt độ 1130 C Bước sóng De Broglie tương ứng với hạt (cho mn  1, 674.1027  kg  ) TUẤN TEO TÓP Trang 74/80 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI A 1, 48  A0  C 1, 28  A0  B 1,18  A0  D 1,38  A0  Giải Phương trình thuyết động lực học phân tử: Dạng phương trình: p  n0 mv đó: n0 : mật độ phân tử đơn vị thể tích n n0  ; n : tổng số phân tử khí có thể tích V V m khối lượng phân tử khí v vận tốc tồn phương TB phân tử khí 2 mv Ta có: p  n0 mv  n0  n0 Wd 3 3 p (lưu ý: n0 V  N A số phân tử khí mol khí) n0 RT RT Từ phương trình trạng thái mol khí: p   Wd   kT ( N A số Avôgrađrô  6, 022.1023 V n0V R (phân tử /m3 ) k  NA Động trung bình phân tử khí: Wd  Vận tốc quần phương: vC  v R 8,314 T 113  273 NA 3kT 6, 022.1023 Mặt khác: Wd  mv  kT  vc  v     3090,375  m / s  2 m m 1, 674.1027 Nhận xét: Đây toán de Broglie, thể tính chất sóng hạt hạt vi mơ Electron proton hai hạt vi mô tương ứng với sóng phẳng đơn sắc có tần số dao động f có bước sóng  - Theo cơng thức de Broglie ta có: h h h 6, 625.1034 p      1, 28.1010  m   1, 28  A0   p mv 1, 674.1027.3090,375 Câu 169: Chiếu chùm ánh sáng trắng song song vng góc với cách tử nhiễu xạ truyền qua có n  500 (vạch/mm) Hiệu góc lệch cuối quang phổ bậc đầu quang quang phổ bậc có giá trị bằng: A   1, 250 B   1,350 C   1, 450 D   1,550 Giải Nhận xét: Phân tích đề ta thấy liên quan tới khái niệm quang phổ nhiễu xạ Khi ánh sáng trắng chiếu qua cách tử phẳng sóng ánh sáng đơn sắc cho hệ cực đại Do ánh sáng đơn sắc cho cực đại tiêu điểm F thấu kính nên ta quan sát vân trung tâm vân sáng trắng Hai mép vân trung tâm có viền nhiều màu: mép viền tím, mép ngồi viền đỏ Góc lệch cuối quang phổ bậc ứng với cực đại nhiễu xạ bậc tia đỏ (ứng với 1  0, 76   m  ): n  d (với d chu kỳ cách tử) Ta có: sin1  1  n1  1  22,330 d Góc lệch đầu quang phổ bậc ứng với cực đại nhiễu xạ bậc tia tím (ứng với 2  0,   m  : Ta có: sin2  2  2n2  2  23, 280 d Hiệu góc lệch cuối quang phổ bậc đầu quang quang phổ bậc có giá trị bằng:   2  1  23, 280  22,330  1, 250 TUẤN TEO TÓP Trang 75/80 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI Câu 170: Vạch quang phổ ứng với bước sóng   0,5461  m  quan sát với góc góc   1908 ' Số vạch 1 cm  cách tử có giá trị A n  1816 (vạch/cm) (Thiếu kiện) B n  1826 (vạch/cm) D n  1836 (vạch/cm) C n  1856 (vạch/cm) ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG (PH1131) ĐỀ SỐ 20 Họ tên: Lớp: .Mã hiệu SV: Câu 171: Người ta chiếu ánh sáng đơn sắc có bước sóng 1  0, 65   m  vào Yâng Khoảng cách hai khe a   mm  Màn ảnh đặt song song cách mặt phẳng khe đoạn D   m  Đặt trước khe mỏng có hai mặt song song chiết suất n  1,5 có bề dày e  10   m  Độ dịch chuyển hệ thống vân giao thoa quan sát là: A 1,  cm  B 1,  cm  C 1,3  cm  D 1,  cm  Giải Độ dịch chuyển hệ thống vân giao thoa  n  1 e.D  1,5  1 10.106.2  0, 01 m  cm y      a 103 Câu 172: Một chùm tia sáng đơn sắc song song, bước sóng   0,55   m  chiếu vng góc với mặt lỗ trịn Bán kính lỗ trịn có giá trị r  1,5  mm  Phía sau lỗ trịn có đặt quan sát vng góc với trục lỗ trịn cách lỗ trịn khoảng b Gía trị lớn b để tâm ảnh nhiễu xạ quan sát điểm tối A 2, 05  m  B 2,15  m  C 2, 25  m  D 1,95  m  Giải Bài toán mở rộng: Xây dựng cơng thức tính bán kính đới cầu Fresnel thứ k Xét hai tam giác vuông OM k H k MM k H k :  2  rk2  R   R  hk   d k2   b  hk    b  k    b  hk  2  2 Rhk  h k  k  Vì   b   k   k b    Rhk  k b  2bhk  hk   2bhk  hk2 k b  R  b Do hk nhỏ nên bán kính đới cầu thứ k là: rk2  Rhk  TUẤN TEO TÓP Rbk  rk  Rb Rb k Rb Trang 76/80 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI Vì khoảng cách lớn bmax để tâm hình nhiễu xạ quan sát tối phải ứng với trường hợp lỗ tròn chứa hai đới Prênen Nghĩa bán kính lỗ trịn phải bang bán kính đới cầu thứ hai: Rb b  r2  b Rb 1 R Theo đầu bài, chùm tia sáng tới chùm tia song song, mặt sóng lựa lỗ mặt phẳng  R    ,  k   : r  r2  1,5.103   b r22   2, 05  m   , ta có r2  b  bmax  2 2.0,55.106 R Câu 173: Trong tượng Compton bước sóng chùm photon tới 0, 05A0 Phần lượng truyền cho electron photon tán xạ góc 1800 : A 125  keV  B 128  keV  C 122  keV  D 120  keV  Giải Động electron ED  me c v 1   c  me c  hv  hv ' hay ED    Theo công thức tán xạ Compton:   C sin   2 hc  Ta tìm động electron bắn : ED   hc   hc hc hc    '     hc     C sin   2 Hay   C sin   2.2, 4.1012.sin2  900  hc 6, 625.1034.3.108 2  ED    1,947.1014  J   122  keV  10 10 12  0, 05.10   0, 05.10  2.2, 4.10 sin  90    C sin2   2 Câu 174: Chiếu chùm ánh sáng song song, đơn sắc có bước sóng  theo phương vng góc với lỗ trịn Điểm quan sát nằm cách mặt sóng khoảng b  1, 00  m  Khi bán kính lỗ trịn thay đổi lấy hai giá trị r1  1, 22  mm  r2  1,58  mm  tâm hình ảnh nhiễu xạ quan sát điểm sáng Bước sóng ánh sáng dùng thí nghiệm có giá trị: A   0,504   m  B   0,514   m  C   0,524   m  D   0,518   m  Giải Nhận xét: Đây toán nhiễu xạ qua lỗ trịn gồm có hai trường hợp Về phương hướng giải ta sử dụng công thức bán kính Fresnel cho trường hợp sau kết hợp hai phương trình để rút giá trị bước sóng cần tìm TH1: Tâm hình nhiễu xạ có độ sáng cực đại bán kính lỗ r1  1, 00  mm   điều có nghĩa Rb k * Rb TH2: Tâm hình nhiễu có độ sáng cực đại bán kính lỗ r2  1,31 mm   điều có nghĩa lỗ trịn có số lẻ k đới cầu Fresnel (chính đới cầu ứng với k ) Ta có: r1  rk  lỗ trịn phải có k  đới cầu Fresnel có số chẵn đới cầu M độ sáng giảm (chính đới cầu ứng với k  ) Ta có: r2  rk   *  k k  r22 Lấy    k r1 ** k  TUẤN TEO TÓP Rb k  ** Rb 1,582   2,95  k  1, 222 Trang 77/80 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI Thay k  vào * ta được: 3 r  R  b  1, 22.10  1,  1 Rb  1 mm       9,167.10 7  m   0,9617   m  Rb Rb 2.1, 2.1 r1  Câu 175: Một nguồn sáng điểm đơn sắc chiếu ánh sáng có bước sóng   0,5   m  vào lỗ trịn có bán kính r  1, 00  mm  Khoảng cách từ nguồn sáng tới lỗ tròn R  1, 00  m  Để lỗ tròn chứa đới cầu Fresnel khoảng cách từ lỗ trịn tới điểm quan sát có giá trị bằng: A b  0, 72  m  B b  0, 67  m  D b  0, 62  m  C b  0,57  m  Giải Bài tốn mở rộng: Xây dựng cơng thức tính bán kính đới cầu Fresnel thứ k Xét hai tam giác vuông OM k H k MM k H k : r  R   R  hk   d   b  hk  k 2 k Rhk  h k  k  Vì   b      b  k    b  hk  2  2  k   k b    Rhk  k b  2bhk  hk   2bhk  hk2 k b  R  b Do hk nhỏ nên bán kính đới cầu thứ k là: rk2  Rhk  Rbk  rk  Rb Rb k Rb Để lỗ tròn chứa đới cầu Fresnel khoảng cách từ lỗ trịn tới điểm quan sát  k  1.103  R.r52 Rb.5 r  b   0, 67  m  Rb 5R  r52 5.1.0,5.106  1.103 2 2 Câu 176: Thấu kính hệ vân trịn Newton có bán kính mặt cong R  15  m  Chùm ánh sáng đơn sắc có bước sóng  chiếu vng góc với hệ thống Quan sát vân giao thoa người ta đo khoảng cách vân tối thứ vân tối thứ 25  mm  Đường kính vân tối thứ 16 có giá trị A 28  mm  B 26  mm  C 20  mm  D 24  mm  Giải Bán kính vân tối Newton xác định bởi: rk  Rk  Bán kính vân tối thứ : r4  4.R  R 1 Bán kính vân tối thứ 25 : r25  25R  R  2 Lấy    1  r  r25  r4  R  8,5  mm     TUẤN TEO TÓP r 9R Trang 78/80 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI r   4 Bán kính vân tối thứ 16 : r16  16.R  R  R   r    12  mm  9R 3 Đường kính vân tối thứ 16 có giá trị d16  2.r16  2.12  24  mm  Câu 177: Một chùm ánh sáng đơn sắc có bước sóng  chiếu vng góc với khe hẹp chữ nhật có bề rộng b  0,10  mm  Ngay sau khe có đặt thấu kính để hứng chùm tía sáng lên E đặt cách thấu kính khoảng D  1, 00  m  Bề rộng cực đại quan sát l  1, 20  cm  Bước sóng ánh sáng dùng thí nghiệm có giá trị A   0, 62   m  B   0, 65   m  C   0, 60   m  D   0, 66   m  Giải Theo định nghĩa, bề rộng vân cực đại khoảng cách siữa hai cực tiểu nhiễu xạ hai bên cực đại Độ lớn góc nhiễu xạ  ứng với cực tiểu nhiều xạ xác định bởi: k  1: sin   b Bề rộng l cùa cực đại bằng: l  D.tan Vì  góc nhỏ  tg  sin  l l.b 1, 2.102.0,1.103 Hay     6.107  m   0,   m  b 2D 2D 2.1 Câu 178: Chiếu chùm tia sáng đơn sắc song song có bước sóng   0,5   m  theo phương vng góc với cách tử nhiễu xạ Ngay sau cách từ có đặt thấu kính hội tụ có tiêu cự f  1, 00  m  để hứng chùm tia sáng lên E đặt tiêu diện thấu kính Khoảng cách hai cực đại quang phổ bậc l  0, 202  m  Số vạch cm cách tử có giá trị bằng: A n  1806 (vạch/cm) Giải B n  1836 (vạch/cm) C n  1826 (vạch/cm) Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch tia sáng: sin  Quang phổ bậc gồm vân cực đại  k  1  sin  D n  1816 (vạch/cm) k d  d Khoảng cách vạch cực đại bằng: l  f tan TUẤN TEO TÓP Trang 79/80 VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI Vì  góc nhỏ  tg  sin Hay  d  l f  2.1.0,55.106 d    5, 45.106  m   5, 45   m  2f l 0, 202 1   1836 (vạch/cm) ( d chu kỳ cách tử) d 5, 45.106.102 Câu 179: Một màng xà phòng chiết suất n  1,33 đặt thẳng đứng Nước xà phịng dồn xuống phía có dạng hình nêm Quan sát vân giao thoa ánh sáng phản chiếu màu vàng    600  nm   người ta thấy khoảng Mật độ khe (số khe/đơn vị độ dài): n  cách vân tối 2,5  cm  Góc nghiêng nêm có giá trị A   0, 78.104  rad  Giải B   0, 75.104  rad  C   0, 72.104  rad  D   0, 70.104  rad  Nhận xét: Đây toán giao thoa nêm có chiết suất n Ví trí vân tối: dt  k   k  0,1, 2,  Vị trí vân sáng: d s   2k  1   k  1, 2,3  Ta xét vị trí vân tối thứ k vân tối thứ k  gây nêm có chiết suất n (vì ánh sáng truyền qua mơi trường có chiết suất n bước sóng giảm n lần) Ví trí vân tối thứ k : dt  k  2n  k  0,1, 2,  Vị trí vân tối thứ k  : d k 8   k   Từ hình vẽ ta thấy: sin   2n d k 8  d k 4 4.600.109    7, 21.105  rad  2 I1 I nl 1,33.2,5.10  nhỏ nên   sin  7, 21.105  rad  Câu 180: Người ta chiếu chùm tia Rơn – ghen có bước sóng   108  cm  vào tinh thể quan sát hình ảnh nhiễu xạ Biết góc tới chùm tia Rơn – ghen lớp tinh thể 300 bậc cực đại nhiễu xạ ứng với k  Khoảng cách hai lớp ion liên tiếp có giá trị: A d  3, 0.108  cm  B d  2,5.108  cm  C d  2,5.108  cm  D d  3,3.108  cm  Giải Nhận xét: Đây toán đặc trưng nhiễu xạ Ronghen Những toán dạng thường xoay quanh công thức Bragg Từ kiện cho ta thấy đại lượng  ,  , k biết  dễ dàng xác định đại lượng d 2dsin  k   d  3 3.0,8.108.102   3.1010  m  (với bậc cực đại nhiễu xạ ứng với k  ) sin 2.sin  30  TUẤN TEO TÓP Trang 80/80 ... xét: Đây tốn nhiễu xạ qua lỗ trịn gồm có hai trường hợp Về phương hướng giải ta sử dụng cơng thức bán kính Fresnel cho trường hợp sau kết hợp hai phương trình để rút giá trị bước sóng cần tìm... theo cơng thức: C    góc quay mặt phẳng phân cực Ở tốn ta   d thấy có hai trường hợp  xét trường hợp tính tỷ số 1  C1    d C   32  Ta có:     C2  C1  0, 28  0, 448  g... k22   2 d  k2 Vì bậc cực đại vạch thứ hai quang phổ cách tử nên kết hợp với điều kiện k1 k số nguyên (xét trường hợp nguyên dương)  k1  k2  Thay k1 vào (1) ta có: d  k11 2.0,   2,