Bài giảng DE DU BI 01 (2004)

ĐỀ 8 ĐỀ DỰ BỊ 1 NĂM 2004 Câu I (1 điểm) Natri ( ) 24 11 Na là chất phóng xạ β - với chu kì bán rã T = 15 giờ. Ban đầu có 12g natri. Hỏi sau bao lâu chỉ còn lại 3g chất phóng xạ trên? Tính độ phóng xạ của 3g natri này. Cho số Avôgađrô N A = 6,022 x 10 23 mol -1 Câu II (2 điểm) 1) Tại sao có thể sử dụng quang phổ vạch phát xạ để nhận biết thành phần cấu tạo của các chất?Nêu những ưu điểm của phương pháp này. 2) Chiếu ánh sáng bước sóng λ = 0,42µm vào catốt của một tế bào quang điện có công thoát A = 2eV. Để triệt tiêu dòng quang điện thì hiệu điện thế đặt vào giữa anốt và catốt của tế bào quang điện đó phải thỏa mãn điều kiện gì? Cho rằng số Plăng h = 6,625x10 -34 J.s điện tích electron e = -1,6x10 -19 C; Vận tốc ánh sáng trong chân không c = 3x10 8 m/s; 1eV= 1,6x10 -19 J Câu III (2 điểm) 1) Một con lắc dao động cưỡng bức dưới tác dụng của một ngoại lực biến thiên điều hòa. Trong trường hợp lực cản nhỏ, biên độ dao động A của con lắc biến đổi theo tần số f của ngoại lực như hình vẽ. Trong quá trình thay đổi tần số đã xảy ra hiện tượng gì? Tính chu kỳ dao động của con lắc khi biên độ đạt cực đại. Nếu tăng lực cản của môi trường thì biên độ cực đại thay đổi thế nào? 2) Một sóng có chu kỳ T = 4s lan truyền trên mặt chất lỏng. Khoảng cách giữa hai điểm gần nhau nhất trên cùng một phương truyền sóng, dao động ngược pha nhau là 2,5m. Xác định vận tốc truyền sóng. Câu IV (2 điểm) 1) Một mạch dao động lý tưởng gồm cuộn dây có độ tự cảm L = 0,2H và tụ điện có điện dung C = 20µF. Người ta tích điện cho tụ điện đến hiệu điện thế cực đại V 0 =4V. Chọn thời điểm ban đầu (t=0) tức là lúc tụ điện bắt đầu phóng điện. Viết biểu thức tức thời của điện tích q của tụ điện. Tính năng lượng điện trường tại thời điểm T t 8 = , với T là chu kỳ dao động. 2) Mạch điện gồm một điện trở thuần R mắc nối tiếp với một cuộn dây D như hình vẽ, trong đó V 1 , V 2 là các vôn kế nhiệt có điện trở rất lớn và A là ampe kế nhiệt có điện trở không đáng kể. Khi mắc hai đầu M, N vào nguồn điện không đổi thì vôn kế V 1 chỉ 20V, vôn kế V 2 chỉ 5V, ampe kế A chỉ 0,5A. Khi mắc hai đầu M, N vào nguồn điện xoay chiều có tần số f = 50Hz thì vôn kế V 1 chỉ 20V, vôn kế V 2 chỉ 10V. Tính độ tự cảm L của cuộn dây, bỏ qua điện trở của dây nối. Câu V (3 điểm) 1) Một người mắt không có tật, có thể nhìn rõ các vật cách mắt từ 20cm đến vô cực. Người này đặt mắt tại tiêu điểm của một kính lúp, quan sát một vật nhỏ qua kính trong trạng thái không điều tiết. Từ vị trí này dịch chuyển vật một đoạn lớn nhất là 0,8cm dọc theo trục chính của kính thì vẫn còn nhìn rõ ảnh. Tìm tiêu cự của kính lúp và tính khoảng cách ngắn nhất giữa hai điểm trên vật và mắt vẫn còn phân biệt được khi nhìn qua kính lúp. Biết năng suất phân li của mắt người này là 4 min 3x10 rad − λ = . 2) Một vật nhỏ AB đặt vuông góc với trục chính của thấu kính phân kì O 1 , cách O 1 một khoảng bằng 24cm. Phía sau O 1 đặt một thấu kính mỏng O 2 cùng trục chính với O 1 . Phía sau O 2 đặt màn ảnh E vuông góc với trục chính và cách vật AB một khoảng bằng 106cm a) Thấu kính O 2 có một vật phẳng, một mặt lồi bán kính R = 10cm, chiết suất n = 1,5. Tìm tiêu cự của thấu kính O 2 . b) Cố định vật AB, thấu kính O 1 và màn E, dịch chuyển thấu kính O 2 dọc theo trục chính, người ta tìm được hai vị trí của O 2 cho ảnh rõ nét trên màn. Hai vị trí này cách nhau 30cm. Tính tiêu cự của thấu kính O 1 . BÀI GIẢI Câu I (1 điểm) Ta có t t T o o m m e m 2 − −λ = = t 2 0 T m 12 t 2 4 2 2 t 2T 2x15x30 m 3 T ⇒ = = = = ⇒ = ⇒ = = giờ. Độ phóng xạ: A ln 2 m H N . .N T N = λ = Thay số: 23 17 6 ln 2 3x6,022x10 H x 9,66x10 Bq 2,61x10 Ci 15x3600 24 = = = Câu II (2 điểm) 1) Mỗi nguyên tố có một quang phổ vạch riêng đặc trưng cho nguyên tố đó. Quang phổ của một chất là sự chồng chất của các quang phổ vạch của các nguyên tố thành phần cấu tạo nên chất đó. Đối chiếu quang phổ của một chất với quang phổ vạch của các nguyên tố ta tìm được các nguyên tố thành phần cấu tạo nên chất đó. Ưu điểm của phương pháp phân tích quang phổ: a) Phép phân tích định tín, chỉ cần phát hiện các nguyên tố có mặt trong thành phần cấu tạo của mẫu, cho kết quả nhanh hơn phép phân tích hóa học và khônng làm hư hại mẫu phân tích. b) Phép phân tích quang phổ định lượng cho biết cả hàm lượng của nguyên tố trong thành phần cấu tạo nên mẫu. Phép phân tích quang phổ định lượng hết sức nhạy cảm, có thể phát hiện được hàm lượng rất nhỏ (khoảng 0,002%) các nguyên tố. Phép phân tích quang phổ còn phát hiện được thành phần cấu tạo và nhiệt độ của các vật ở rất xa (mặt trời, các sao .) 2) Từ công thức Anhxtanh về hiện tượng quang điện: h h hc 1 hc A e U U A e   = + ⇒ = −  ÷ λ λ   Thế số: 34 8 19 h 19 6 1 6,625x10 x3x10 U 2x1,6x10 1,6x10 0,42x10 0,958V − − − −   = −  ÷  ÷   = Vậy để triệt tiêu dòng quang điện thì AK U 0,958V≤ − Câu III (2 điểm) 1) Trong quá trình thay đổi tần số tần số f của ngoại lực đã xảy ra hiện tượng cộng hưởng cơ ở con lắc. Biên độ dao động A của con lắc đạt cực đại khi f = f 0 là tần số dao động riêng của con lắc. Theo hình vẽ khi A = A max thì f = 10Hz 1 1 T 0,1(s) f 10 ⇒ = = = Nếu tăng lực cản của môi trường thì A max giảm 2) Khoảng cách giữa hai điểm gần nhau nhất dao động ngược pha là: 1 d v.T 2 2 λ = = Suy ra: 2d 2.25 v 1.25m / s T 4 = = = Câu IV 1) Ta có 0 q q sin( t )= ω + ϕ (1) q 0 = CU 0 = 20 x 10 -16 x 4 = 80 x 10 -6 C = 80µC 6 1 1 500rad / s LC 0,2x20x10 − ω = = = Thay vào q 0 , ω vào (1): q 80sin(500t ) C= + ϕ µ (2) Tại thời điểm t = 0 thì q 80sin 80 C= ϕ = µ suy ra sin 1 2 π ϕ = ⇒ ϕ = Vậy q 80sin 500t ( C) 2 π   = + µ  ÷   (3) Năng lượng điện trường: ( ) 2 2 6 2 E 6 1 q 1 W x 80x10 sin 500t (J) 2 C 2 2x20x10 − − π   = = +  ÷   3 2 E W 0,16x10 sin 500t (J) 2 − π   = +  ÷   (4) Ta có 4 T 2 2 t 5x10 (s) 8 8 8x500 − π π = = = π ω Thay t vào (4): 3 2 4 E 3 2 6 W 0,16x10 sin 500x5x10 J 2 3 0,16x10 sin 80x10 J 80 J 4 − − − − π   = π +  ÷   π   = = = µ  ÷   2) Gọi r là điện trở thuần của D, ta có 1 2 U 20 R r 40 I 0,5 U 5 r 10 I 0,5 + = = = Ω ⇒ = = = Ω Vậy R = 40 – 10 = 30Ω. Ta có ( ) 2 2 2 2 1 MN L Z Z R r Z= = + + (1) 2 2 2 2 2 QN L Z Z r Z= = + (2) 1 1 2 2 Z U 20 2 Z U 10 = = = (3) Từ (1), (2) và (3) ta có: 2 2 2 2 L 1 L 2 2 L 40 Z 4 400 4Z 1600 Z 10 Z + = ⇒ + = + + Suy ra Z L = 20Ω L L Z Z 20 0,2 L H 63,7mH 2 f 100 ⇒ = = = = = ω π π π Câu V (3 điểm) 1) Ta có ' 1 1 d d f= −∞ ⇒ = MA 2 = MO + OA 2 ⇒ Đ = f – d 2 hay d 2 = f – Đ = f – 20 (1) Vì ảnh dịch chuyển cùng chiều với vật nên d 2 > d 1 ⇒ d 2 < d 1 Vậy d 2 = d 1 – 0,8 = f – 0,8 (2) Thay (1) và (2) vào công thức thấu kính ta được: 2 2 2 1 1 1 1 1 f 20 f 0,8 f d d f 0,8 f 20 f 20,8f 16 − + − = + = + = − − − + Biến đổi 2f 2 – 20,8f = f 2 – 20,8f + 16 Suy ra f 4cm= ± (3) Vì kính lúp là thấu kính hội tụ nên f = 4cm. Công thức độ bội giác: ( ) ( ) ( ) − − α = = = = α − + − ' ' ' ' ' 0 f d Ñ f d Ñ Ñ G k x f 1 d d 1 f 1 d (4) Suy ra ( ) ( ) α − α = − ' 0 ' f 1 d Ñ f d (5) Để độ bội giác G lớn nhất, ta phải ngắm chứng ở điểm cực cận nghĩa là d ’ = - Đ = -20cm. Thay số vào (5): ( ) ( ) α + α α = = = α + 0 4 4 20 0,2 20 4 20 5 Khi 4 min 3x10 rad − λ = λ = thì 4 4 0 0min 0,2x3x10 0,6x10 rad − − λ = λ = = Khoảng cách ngắn nhất giữa hai điểm trên vật là − − = α = = = µ 4 6 min 0min AB Ñ 0,2x0,6x10 12x10 m 12 m 2) a) Ta có: ( ) ( )     = − + = − +  ÷  ÷ ∞     1 1 1 1 1 1 n 1 1,5 1 f R R 10 ⇒ f = 20cm b) Sơ đồ tạo ảnh: O O 1 2 1 1 2 2 d d' d d' 1 1 2 2 AB A B A B→ → Cố định AB và O 1 thì A 1 B 1 cũng cố đính; cố định E thì A 2 B 2 cũng cố định. Vậy A 1 B 1 cố định, màn ảnh E cố định, dịch chuyển thấu kính hội tụ L 2 có f 2 = 20cm thì thấy có 2 vị trí O 2 và O ’ 2 của O 2 tạo ảnh A 2 B 2 (của A 1 B 1 ) rõ trên màn E, trong đó O 2 O ’ 2 = a = 30cm. Từ công thức thấu kính: ta thấy nếu vị trí vật là d 21 = d thì vị trí ảnh là d ’ 21 = d ’ và ngược lại d 22 = d ’ thì d ’ 22 = d. Từ đó suy ra: 2 df d ' d a d (a 2f )d af 0 d f = + = ⇒ + − − = − (6) Thay số: d 2 + (30 – 2 x 20)d – 30 x 20 = 0 ⇒ d 2 – 10d – 600 = 0 (7) (7) có 2 nghiệm: d = d 1 = -20cm <0 (loại), d = d 2 = 30cm Vậy d ’ = d + a = 30 + 30 = 60 cm A 1 A 2 = A 1 O 2 + O 2 A 2 = d + d ’ = 30 + 60 = 90cm. Vậy AA 1 = AO 1 – A 1 O 1 = d 1 - d ’ 1  = d 1 + d ’ 1 Mặt khác: AA 1 = AA 2 – A 1 A 2 = 106 – 90 = 16 cm Vậy 16 = AA 1 = d 1 + d ’ 1 = 24 + d ’ 1 ⇒ d ’ 1 = 16 – 24 = - 8cm Vậy tiêu cực của thấu kính O 1 là ' 1 1 1 ' 1 1 d d 8x24 f 12cm 0 24 8 d d − = = = − < − + . bức dưới tác dụng của một ngoại lực bi n thiên điều hòa. Trong trường hợp lực cản nhỏ, bi n độ dao động A của con lắc bi n đổi theo tần số f của ngoại lực. tượng gì? Tính chu kỳ dao động của con lắc khi bi n độ đạt cực đại. Nếu tăng lực cản của môi trường thì bi n độ cực đại thay đổi thế nào? 2) Một sóng có