Bài soạn TSĐH De 33

Đề 33 ĐỀ TUYỂN SINH CAO ĐẲNG HÓA CHẤT – 20004 Câu I (1,25 điểm) Đạt một vật thật trên trục chính của một thấu kính hội tụ, cách thấu kính 20cm. Thấu kính có tiêu cự là 10cm. 1) Hãy xác định vị trí của anh và độ phóng đại ảnh. 2) Dịch chuyển vật lại gần thấu kính them 5cm dọc theo phương trục chính của thấu kính. Hỏi ảnh của nó dịch chuyển như thế nào? Dịch chuyển một khoảng là bao nhiêu? Câu II (2 điểm) Cho phản ứng hạt nhân : 3 4 1 2 H X He n 17,6MeV+ → + + 1) Xác định tên và cấu tạo hạt nhân X. 2) Tính năng lượng tỏa ra từ phản ứng trên khi tạo thành 2g Hêli (cho N A = 6,02 x 10 23 mol -1 ). Câu III (2 điểm) Cho hai bức xạ có bước song lần lượt là 1 = 0,3µmλ và 2 = 1µm.λ . 1) Hãy cho biết tên riêng của mỗi bức xạ. 2) Xác định một điểm giống nhau cơ bản nhất về bản chất và một điểm khác nhau quan trọng nhất về điều kiện phát sinh của hai bức xạ. 3) Chiều lần lượt hai bức xạ trên vào một qua cầu kim loại A có gắn hai lá kim loại mảnh nhẹ, linh động B và C thì thấy có một bức xạ làm cho hai lá kim loại xòe ra (hình vẽ). Hãy giải thích hiện tượng xảy ra. 4) Bức xạ làm cho hai lá kim loại xòe ra, giữ cường độ bức xạ không đổi, người ta thấy góc lệch giữa hai lá kim loại B và C cũng không đổi. Hãy giải thích tại sao ? Câu IV (2,5 điểm) Hai vật M 1 và M 2 có khối lượng tương ứng là m 1 = 500g và m 2 = 100g được găn vào lò xo L có độ cứng là K = 40N/m, trục của lò xo luôn giữ thẳng đứng (hình vẽ). Bỏ qua khối lượng của lò xo, lấy gia tốc trọng trường g = 10m/s 2 1) Tính độ biến dạng của lò xo L khi hệ cân bằng. 2) Từ vị trí cân bằng nhấn vật M 2 xuống 2cm theo phương thẳng đứng rồi buông ra không vận tốc đầu thì thấy M 2 dao động điều hòa khi M 1 vẫn nằm yên so với mặt đất. Chọn trục tọa độ Ox hướng theo phương thẳng đứng từ trên xuống, gốc tọa độ O là vị trí cân bằng của M 2 , gốc thời gian là lúc buông M 2 . Hãy viết phương trình chuyển động của M 2 . 3) Tìm điều kiện đối biên độ dao động của M 2 để M 1 luôn luôn nằm yên trong khi M 2 dao động. Câu V (2,25 điểm) Đặt vào hai đầu đoạn mạch điện AB (như hình vẽ) một hiệu điện thế ( ) u=100 2 sin 100 t Vπ Tụ điện C có điện dung là 4 10 F − π . Hộp kín X chỉ chứa một phần tư (điện trở thuần hoặc cuộn dây thuần cảm). Dòng điện xoay chiều trong mạch sớm pha 3 π so với hiệu điện thế giữa hai đầu mạch điện AB. 1) Hỏi hộp X chứa điện trở hay cuộn dây? Tính điện trở hoặc độ tự cảm tương ứng. 2) Viết biểu thức của dòng điện tức thời trong mạch. 3) Mắc thêm vào mạch điện AB một điện trở thuần thì thấy công suất tiêu thụ trên mạch đạt cực đại. Hỏi phải mắc điện trở đó như thế nào? Tính điện trở (Bỏ qua điện trở các dây nối). Bài Giải Câu I (1,25 điểm) 1) Áp dụng công thức thấu kính ta có. 1 1 1 d f df 20 10 d' d 20(cm) d f d t 20 10 × = ⇒ = = = − − − (0,25 điểm) Độ phóng đại ảnh 1 1 d d' 20 K K 1 d d 20 = − ⇒ = − = − = − (0,25 điểm) 2) Ta có: d 2 = d 1 – 5 = 15cm × ⇒ = = = − − 2 2 2 2 2 d f 15 10 d 30cm d f 15 10 (0,25 điểm) Do đó: d 2 > d 2 . Vậy anh dịch chuyển ra xa thấu kính. Khoảng dịch chuyển của ảnh là: ∆d’ = d 2 ’ – d 1 ’ = 10cm (0,25 điểm) Câu II (2 điểm) 1) Phương trình phản ứng: 3 4 1 1 1 2 2 0 H X He n 17,6MeV (0,25ñieåm)+ → + + Áp dụng định luật bảo toàn điện tích và định luật bảo toàn số khối ta có: 1 + Z = 2 => Z = 1 và 3 + A = 4 + 1 A 2 Z 1 A 2 X : H (0,25ñieåm)⇒ = ⇒ Vậy X là hạt nhân Đơtơri. Hạt nhân này gồm có 01 prôtôn và 01 nơtrôn. (0,25 điểm) 2) Gọi ∆N là số hạt nhân Hêli tạo thành sau khi tổng hợp được 2 gam Hêli. Suy ra năng lượng tỏa ra sau quá trình đó là ∆E = ∆N 17,6MeV Mặt khác ta có: He A He m N .N (0,25ñieåm) A ∆ = Suy ra: He A He m E .N 17,6MeV (0,25ñieåm) A ∆ = × Thế số: 23 23 2 E 6,02 10 17,6 52,98 10 MeV (0,25ñieåm) 4 ∆ = × × × = × Câu III (2 điểm) 1) Bức xạ có bước sóng 1 tia tử ngoại. (0,25 điểm) Bức xạ có bước sóng 2 tia hồng ngoại. (0,25 điểm) 2) Hai bức xạ đều có bản chất là sóng điện từ. (0,25 điểm) Tia hồng ngoại có thể phát sinh ngay cả khi vật phát xạ có nhiệt độ thấp (cỡ 30 0 C), nhưng tia tử ngoại chỉ có thể phát ra khi vật phát xạ có nhiệt độ rất cao (cỡ trên 3000 0 C). 3) Trên quả cầu A có một bức xạ ( 1 ) gây ra hiệu ứng quang điện làm cho A bị mất điện tử nên tích điện dương. 4) Hiệu ứng quang điện làm quả cầu A nhiễm điện nên xung quanh A có một điện trường, điện trường này sinh côntg cản trở quá trình bout điện tử của hiệu ứng quang điện. Do đó hiệu ứng quang điện bị bão hòa. Khi hiệu ứng quang điện bị bão hòa, nếu giữ cường độ bức xạ không đổi thì điện tích nhiễm trên A sẽ được bảo toàn và do đó điện tích nhiễm trên B, C sẽ ổn định nên lực nay giữa B và C không đổi suy ra góc lệch giữa B và C cũng không đổi. Câu IV (2,5 điểm) (hình 1). (hình 2). 1) Các lực tác dụng lên M 2 có hai lực: Trọng lực uur 2 P và lực đàn hồi của lò xo oñh F uuuur (hình 1). Tại vị trí cân bằng: 2 oñh P F O + = uur uuuur ur 2 o m g K. l⇒ = ∆ 2 o m g l (0,25ñieåm) K ⇒ ∆ = Thế số: o 0,1 10 l 0,025m (0,25ñieåm) 40 × ∆ = = 2) Phương trình chuyển động của M 2 có dạng x Asin( t )= ω + ϕ Trong đó: K 40 20(rad/ s). m 0,1 ω = = = Tại thời điểm t = 0 có { { { o o X 2 Asin 2 sin 0 Acos 0 cos 0 V 0 = ϕ= ϕ> ω ϕ= ϕ= = ⇔ ⇔ A 2cm. 2 π ⇒ ϕ = ⇒ = Thay A, ,ω ϕ ? vào phương trình (1) được phương trình chuyển động của M 2 là: x 2sin 20t (cm) (0,25ñieåm) 2 π   = +  ÷   3) Nhận xét: Ta chỉ can xét trường hợp lực đàn hồi của lò xo hướng lên trên (khi lò xo đang giãn). Các lực tác dụng lên M 1 là: Trọng lực 1 P uur , lực đàn hồi của lò xo dh F và phản lực của mặt đần 1 P uur (hình 2). Theo định luật III Niutơn ta có ( ) 1 dh N P F= + ur ur r Hay N = P 1 - K∆l => N min = m 1 g - K∆l max (0,25 điểm) Vì lo xo đang giãn, nên suy ra ∆l max = A - ∆l o Do đó: ( ) min 1 0 1 0 1 2 N m g K A l m g K l KA m g m g KA. = − − ∆ = + ∆ − = + − Để vật M nằm yên thì: ≥ min N 0 Suy ra: + − ≥ 1 2 m g m g KA 0. . Do đó: ( ) + ≤ 1 2 m m g A (0,25ñieåm) K Thế số ta được: ( ) + × ≤ = 0,5 0,1 10 0,15 (0,25 ) 40 A m ñiemå Câu V (2,25 điểm) 1) Dòng điện sớm pha hơn hiệu điện thế nên hộp X chứa điện trở R (0,25 điểm) Ta có − = − = = Ω ω π× π C 4 1 1 Z 100 . C 10 100 Theo đề bài: π ϕ = − AB 3 suy ra tg ΑΒ ϕ = − 3 (0,25 điểm) Mặt khác ϕ = − ⇒ − = − C C AB Z Z tg 3 R R ( ) ⇒ = = Ω 100 R 57,7 . 3 2) Dòng điện tức thời có dạng 0 i I sin( t )= ω + ϕ 0 0 0 2 2 2 C 2 U U 100 2 6 I A Z 2 R Z 100 100 3 = = = = +   +  ÷   100 rad / sω = π v ( ) u do 0 . 3 π ϕ = ϕ = Thay 0 I , ,ω ϕ phương trình dịng điện ta có biểu thức của dịng điện tức thời là: 6 i sin 100 t (A) 2 3 π   = π +  ÷   3) Gọi R* là điện trở tương đương của mạch khi mắc thêm điện trở r Khi đó công suất tiêu thụ trên mạch là: P = R*I 2 hay ( ) 2 * 2 2 2 * 2 * C C * U R U P Z R Z R R = = + + p dụng bất đẳng thức Côsi cfho mẫu số ta suy ra P=P max khi R* = Z C hay R* = 100 Ω mà R = 57,7 Ω Vậy R* > R do đó phải mắdc điện trở r nối tiếp với điện trở R. Suy ra r = R* - R Thế số vo ta cĩ: r ≈ 100 – 57,7 = 42,3 Ω. . Đề 33 ĐỀ TUYỂN SINH CAO ĐẲNG HÓA CHẤT – 20004 Câu I (1,25 điểm) Đạt một vật thật. phải mắc điện trở đó như thế nào? Tính điện trở (Bỏ qua điện trở các dây nối). Bài Giải Câu I (1,25 điểm) 1) Áp dụng công thức thấu kính ta có. 1 1 1 d f df