Bài soạn TSĐH De 18

Đề 18 ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG CÔNG NGHIỆP HÀ NỘI 2005 Câu I (2 điểm) 1) Con lắc lò xo được đặt tên mặt phẳng nghiêng như hình vẽ, góc nghiêng α = o 30 . Khi vật ở vị trí cân bằng lò xo bị nén một đoạn ∆l = 5 cm. Kéo vật theo phương của trục lò xo đến vị trí lò xo giãn 5cm so với độ dài tự nhiên của nó, rồi thả không vận tốc đầu, vật dao động điều hòa. Chọn trục tọa độ Ox có phương chiều như hình vẽ, góc O trùng với vị trí cân bằng của vật, gốc thời gian là lúc vật bắt đầu dao động. a) Viết phương trình dao động của vật. Lấy = 2 g 10m / s . b) Tìm khoảng thời gian lò xo bị giãn trong một chu kì dao động. 2) Trong một thì nghiệm về giao thoa sáng trên mặt chất lỏng, hai nguồn kết hợp A, B dao động với cùng tần số f = 16 Hz, cùng pha ban đầu. Tại một điểm M cách các nguồn A, B những khoảng lần lượt là 1 d = 10cm, 2 d = 14cm, sóng có biên độ cực đại. Giữa M và đường trung trực của AB có một dãy cực đại khác. biết khoảng cách giữa A, B l2 9cm. a) Tính bước sóng và vận tốc truyền sóng trên mặt chất lỏng. b) Tìm số điểm dao động với biên độ cực đại trên đọan AB. Câu II (2 điểm) 1) Cho một mạch điện như hình vẽ. Cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm = π 1 L H ; điện trở R = 100Ω tụ điện có điện dung biến thiên. Đặt vào hai đầu A, B của đoạn mạch một hiệu điện thế xoay chiều: = π AB u 120 2 sin100 t(V) . Điều chỉnh điện dugn của tụ điện đến giá trị C thì hiệu điện thế hiệu dụng của tụ điện đạt giá trị cực đại Cmax U . a) Tính C và Cmax U . b) Viết biểu thức cường độ dòng điện tức thời I trogn đoạn mạch và biểu thức hiệu điện thế tức thời AN u giữa hai đầu đoạn AN. 2) Mạch chọn sóng của một máy thu vô tuyếngồm cuộn dây có độ tự cảm − = 8 L 4x10 H và tụ điện có điện dung C = 25 nF. a) Tính bước sóng của sóng điện từ mà mạch thu được. Lấy π = 2 10 , cho vận tốc ánh sáng = 8 C 3x10 m / s . b) Để mạch thu được sóng điện từ có bước sóng từ 100m đến 200m thì cần phải mắc thêm một tụ xoay X C nối tiếp hay song song với tụ C và điện dung của tụ xoay có giá trị biến thiên trong khoảng nào? Câu III (2 điểm) 1) Độ tụ của thấu kính là gì? Trình bày đơn vị của độ tụ và công thức tính độ tụ của một thấu kính mỏng. Khi nào thì một thấu kính mỏng giới hạn bởi hai mặt lồi là thấu kính phân kì? 2) Vật AB đặt song song và cách màn E một đoạn L. Đặt xen giữa vật và màn một thấu kính hội tụ, sao cho trục chính của thấu kính vuông góc với vật và màn, ta thu được ảnh của vật AB rõ nét trên màn và lớn gấp 2 lần vật. Giữ vật cố định, tịnh tiến thấu kính dọc theo trục chính đến một vị trí khác thì phải dịch chuyển màn ảnh ra vật thêm 15cm mới thu được ảnh rõ nét trên màn, ảnh này lớn gấp 3 lần vật. Tính tiêu cự của thấu kính. Câu IV (2 điểm) 1) Kim loại làm catốt của một tế bào quang điện có giới hạn quang điện λ o . Lần lượt chiếu tới bê mặt catốt hai bức xạ có bước sóng λ = µ 1 0,4 m và λ = µ 2 0,5 m thì vận tốc ban đầu cực đại của electron bắn ra khỏi bề mặt catốt khác nhau 2 lần. Tính λ o . 2) Trong thí nghiệm giao thoa ánh sáng của Iâng, người ta dùng ánh sáng đơn sắc có bước sóng = 0,5 ìm, khoảng cách giữa hai khe là 0,5mm. Khoảng cách từ màn đến hai khe bằng 2m. a) Cho biết bề rộng của miền giao thoa trên màn ảnh là L = 15mm. Tính số vân sáng và vân tối trên màn ảnh. b) Tại các điểm M, N cách vân sáng trugn tâm lần lượt là 4mm và 5mm có vân sáng hay vân tối? Câu V (2 điểm) Hạt nhân Pôlôni 210 84 Po đứng yên, phóng xạ à chuểyn thành hạt nhân A Z X . Chu kì bán rã của Pôlôni là T = 138 ngày. Một mẫu Pôlôni nguyên chất có khối lượng ban đầu = o m 2g . a) Viết phương trình phóng xạ. Tính thể tích khí Heli sinh ra ở điều kiện tiêu chuẩn sau thời gian 276 ngày. b) Tính năng lượng tỏa ra khi lượng chất phóng xạ trên tan rã hết. c) Tính động năng của hạt . Cho biết = Po m 209,9828u , α =m 4,0015u , = X m 205,9744u , = 2 1u 931MeV / c , − = 23 1 A N 6,02x10 mol . BÀI GIẢI Câu I (2 điểm) 1) a) Viết phương trình dao động điều hòa của con lắc. Tại vị trí cân bằng ta có: + + = ur ur ur P N F 0 . chiếu xuống trục Ox: -mg sin +F = 0 ⇔ mg sin = F α ⇔ α = ∆ ⇒ = = ω ∆ 2 K gsin mgsin K. l m l hay − ω = = ⇒ ω = o 2 2 10.sin 30 100 10(rad / s) 5x10 (0,25 điểm) Chọn gốc thời gian t = 0 là lúc vật bắt đầu dao động tao có o x = 5 + 5 = 10cm và o v = 0. =  = ϕ =   ⇔   π = ω ϕ = ϕ =    o o A 10cm x Asin 10 v A cos 0 rad 2 Vậy phương trình dao động của vật là: π   = +  ÷   x 10 sin 10t 2 (cm) (0,25 điểm) b) Khỏang thời gian lò xo bị giãn trong một chu kì là: Khoảng thời gian từ thời điểm vật có li độ x= 5cm, ận tốc dương đến thời điểm vật có li độ x = 5cm, vận tốc âm. Ta có  π   = ω + =  ÷  π π      ⇒ = − + π   ÷ ω π      = ω ω + >  ÷     1 1 1 1 2 x A sin t 5 2 1 t 2k 6 2 v A cos t 0 2 (1)  π   = ω + =  ÷  π π      ⇒ = − + π   ÷ ω π      = ω ω + <  ÷     2 2 2 2 2 x Asin t 5 2 1 5 t 2k 6 2 v A cos t 0 2 (2) π ∆ = − = 2 1 t t t (s) 15 (0,25 điểm) 2) a) Tính bước sóng và vận tốc truyền sóng trên mặt chất lỏng. Điểm M mà sóng có biên độ cực đại ∆ = − = λ ⇒ 2 1 d d d K 14 – 10 = K = 4 cm. Vì giữa M và đường trung trực của AB có một dãy cực đại. Vậy K = 2 (0,25 điểm) Bước sóng ∆ λ = = = d 4 2cm K 2 Vận tốc truyền sóng:V = . f = 2 x 16 = 32 cm/s. (0,25 điểm) b) Số điểm dao động với biên độ cực đại trên AB. Xét tại điểm Ntrên đoạn AB cách nguồn lần lượt là 1 d , 2 d . − = λ  λ ⇒ = +  − =  2 1 2 2 1 d d K AB K d d d AB 2 2 Mà < < ⇒ − < < λ λ 2 AB AB 0 d AB K ⇒ - 4,5 ≤ K ≤ 4,5 do K nguyên nên K = 0, ±1, ±2, ±3, ±4 (0,25 điểm) Vậy có 9 điểm dao động có biên độ cực đại trên AB (0,25 điểm) Câu II (2 điểm) 1) a) Tính C, Cmax U Ta có = ω = π = Ω π L 1 Z L 100 100 = = = − + − + AB AB C C C 2 2 2 2 L C L C 2 C C U U U I.Z .Z Z Z R (Z Z ) R ( ) Z Z Đặt   − + + = − + =  ÷   2 2 2 2 L C L L 2 2 C C C C Z Z R Z 2Z R 1 Y Z Z Z Z và = C 1 X Z , Khi đó ( ) = + − + 2 2 2 L L Y R Z X 2Z X 1 Ta thấy Cmax U khi min Y . Vì Y là tam thức bậc hai với ( ) + 2 2 L R Z > 0 nên min Y ⇔ . ( ) = + L 2 2 L 2Z X 2 R Z hay = = + L 2 2 C L Z 1 X Z R Z + ⇒ = 2 2 L C L R Z Z Z Thế số: − + = = Ω ⇒ = π 2 2 4 C 100 100 10 Z 200 C (F) 100 2 (0,25 điểm) ( ) = + − = Ω 2 2 AB L C Z R Z Z 100 2 = = AB Cmax C AB U U .Z 120 2(V) Z (0,25 điểm) b) Viết biểu thức của i Ta có = = = AB AB U 120 2 I 1,2A Z 100 2 Độ lệch pha của AB u so với I là ϕ AB : − − π ϕ = = = − ⇒ ϕ = − L C AB AB Z Z 100 200 tg 1 R 100 4 Vậy π   = π +  ÷   i 1,2 sin 100 t 4 (A). (0,25 điểm) = + = + = Ω 2 2 2 2 AN L Z R Z 100 100 100 2 , = = = oAN o AN U I .Z 1,2x100 2 120 2 , π ϕ = = = ⇒ ϕ = L AN AN Z 100 tg 1 R 100 4 , Vì AN u nhanh pha hơn I một góc π 4 rad nên: π   = π +  ÷   AN u 120 2 sin 100 t 2 (V). (0,25 điểm) 2) a) Tính λ o của mạch dao động. Ta có λ = π o 2 c. LC , − − λ = π ≈ 8 8 9 o 2 x3x10 x 4x10 x25x10 60m (0,25 điểm) b) Nhận xét: Bước sóng càng lớn khi điện dung của tụ điện càng lớn. Vì λ < λ ⇒ ≤ o b C C ( b C là điện dung tương đương của bộ tụ điện C và X C ) ⇒ b C ghép song song với C. (0,25 điểm) Ta có: ( ) λ = π = π + b X 2 C. LC 2 C. L C C mà 100 ≤ ≤ 200 ( ) ⇒ ≤ π + ≤ X 100 2 C. L C C 200 • Khi λ o = 100m ⇒ = 1X C 44,44nF (0,25 điểm) • Khi λ o = 200m ⇒ = 2X C 252,7nF Vậy 44,44nF ≤ X C ≤ 252,7nF (0,25 điểm) Câu III (2 điểm) 1) Độ tụ của thấu kính (D) là đại lượng đo bằng nghịch đảo tiêu cự của nó. = 1 D f (0,25 điểm) Đơn vị của độ tụ là điốp (đp): − = = 1 1 1ñp m m (0,25 điểm) Công thức tính độ tụ của thấu kính mỏng:   = = − +     1 2 1 1 1 D (n 1) f R R với n là chiết suất tỷ đối của chất làm thấu kính đối với một môi trường trong đóđặt thấu kính. 1 R , 2 R là bán kín hhai mặt ong của thấu kính, quy ước, mặt lồi R > 0, mặt lõm R < 0. (0,25 điểm) Thấu kính hai mặt lồi 1 R , 2 R đều dương. Để thấu kính thuộc loại phân kì thì D < 0 suy ra (n-1)< 0 ⇔ n < 1 Kết luận: Khi chiết suất tỉ đối giữa chất làm thấu kính so với môi trường đặt thấu kính n < 1 thì thấu kính hai mặt lồi là thấu kính phân kì. (0,25 điểm) 2) Vị trí ban đầu của vật Ta có  − = − = = −  −   = +  ' 1 1 1 1 ' 1 1 1 d f K 2 d d f L d d (do ảnh thật, vật ảo),  =  ⇒ ⇒ = + =   =  2 ' 1 1 ' 1 1 3 K f 9 2 L d d f 2 d 2d (0,25 điểm) Vị trí thứ hai của vật:  −  = = − = = −   − ⇒     =  = +  ' 2 2 1 2 2 ' ' 2 2 2 2 2 4 d f d f K 3 3 d d f d 3d L d d ⇒ = + = ' 2 2 2 16 L d d f 3 (0,25 điểm) Theo đầu bài ta có − = − = = 2 1 16 9 5 L L f f f 15cm 3 2 6 (0,25 điểm) Tiêu cự của thấu kính là f = 18cm. (0,25 điểm) Câu IV (2 điểm) 1) Tính o λ . Ap dụng hệ thức Anhxtanh với λ 1 , λ 2 :  = + = +  λ λ    = + = +  λ λ  2 2 2 1 1 1 1 o 2 2 2 2 2 2 2 o hc 1 hc 1 A mV mV V (1) 2 2 hc 1 hc 1 A mV mV V (2) 2 2 Vì λ < λ ⇒ > 1 2 1 2 V V nên = 1 2 V 2V thay vào (1) và (2) (0,25 điểm) ta có  = +  λ λ  ⇒ = −  λ λ λ  = +  λ λ  2 2 2 1 1 o 2 2 o o 1 2 2 2 o hc hc 1 4x mV V 2 hc hc hc 3 4 hc hc 1 4 4 4x mV V 2 λ λ ⇒ = − ⇒ λ = λ λ λ λ − λ 1 2 o o o 1 1 2 3 3 4 1 4 (0,25 điểm) Thế số ta được: λ = µ o 0,545 m (0,25 điểm) 2) a) Tính số vân sáng và vân tối. Ta có khoảng vân − − − λ = = = = 6 3 3 D 0,5x10 x2 i 2x10 m 2mm a 0,5x10 Vị trí vân sáng: = = S x Ki 2K(mm) − ≤ ≤ ⇒ − ≤ ≤ ⇒ − ≤ ≤ S L L L L L L x 2K K 2 2 2 2 4 4 ⇒ − ≤ ≤3,75 K 3,75 Vì K nguyên nên K = 0; ± 1; ± 2; ± 3. Vậy có 8 vân tối. (0,25 điểm) b) Tại M, N có vân tối hay vânsáng. +) Giả sử tại M có vân tối: = + = M i x (2K 1) 4mm 2 ⇒ K = 1,5 loại. Giả sử tại M có vân sáng: M x = Ki = 4mm ⇒ K = 2 Vậy tại M có vân sáng bâc 2. (0,25 điểm) +) Giả sử tại N có vân tối: = + = = = N i x (2K 1) 4mm K 2 2 Vậy tại N có vân tối bậc 3. Câu V (2 điểm) a) Phương trình của sự phóng xạ: → + 210 4 A 84 2 Z Po He X Ta có = + =   ⇒   = + =   210 4 A A 206 84 2 z Z 82 Vậy hạt nhân A Z X là 206 82 Pb Vậy phương trình phóng xạ là → + 210 4 206 84 2 82 Po He Pb Số hạt Pôlôni ban đầu: = o o A Po m N .N m Số hạt Pôlôni còn lại ở thời điểm t: −λ = = = t o Po o 2 N N N N e 4 2 Số hạt Hêli sinh ra ở thời điểm t bằng sốhạt Pôlôni bị phân rã = − = − = = = 20 o o He o o o A Po N m 3 3 N N N N N .N 43x10 4 4 4 m hạt. (0,25 điểm) Lượng khí Hei sinh ra ở điều kiện tiêu chuẩn = He A N V x22,4 N (0,25 điểm) thế sốV = 0,16 lít b) Nănglượng tỏa ra khi một hạt Po phân rã: [ ] α ∆ = ∆ = − − 2 2 Po Pb E mc m m m c [ ] ∆ = − − =E 209,9828 205,9744 4,0045 x931 6,424 MeV. Năng lượng tỏa ra khi 2g Po phân rã hết: = ∆ = 22 o E N E 3,683x10 MeV MeV (0,25 điểm) c) Tính động năng của hạt . Theo định luật bảo toàn năng lượng và động lượng: α ∆ = + = X E K K 6,424 (1) α + = ur ur X P P 0 α ⇔ = 2 2 X P P α α = X X 2m .K 2m .K α α ⇒ = X X m K K m (2) (0,25 đểm) Thay (2) vào (1) ta có: α α α ∆ = + X m E K K m α α ∆ ⇒ = + X X m . E K m m (0,25 điểm) Thay số α K = 6,3 MeV. . d d f 3 (0,25 điểm) Theo đầu bài ta có − = − = = 2 1 16 9 5 L L f f f 15cm 3 2 6 (0,25 điểm) Tiêu cự của thấu kính là f = 18cm. (0,25 điểm) Câu IV (2 điểm). 4,0015u , = X m 205,9744u , = 2 1u 931MeV / c , − = 23 1 A N 6,02x10 mol . BÀI GIẢI Câu I (2 điểm) 1) a) Viết phương trình dao động điều hòa của con lắc.