Tổng hợp trắc nghiệm Vật lý đại cương 3 (VLĐC3)

LI
lienhejb
0 downloads
149
0

Generating preview...

Next by this authorĐề thi tự luận Vật lý đại cương 3 (VLDC3) (PH1131)Previous in courseBài giảng vật lý đại cương (Chương 3) - Đỗ Ngọc Uấn
Next chapterNone
Has solution

Document content

Page 1

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 1/69 ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG PHẦN III ( QUANG – LƯỢNG TỬ) ĐỀ SỐ 1 Chú ý: Thí sinh không viết bất kỳ kí hiệu gì vào tờ số 1 và số 2. Viết họ và tên, lớp vào tờ số 0, viết lớp vào tờ số 3. Trả lời câu hỏi trắc nghiệm vào tờ số 0. Viết trả lời phần tự luận vào tờ 3 và 4. Thời gian làm bài 90 phút. Câu hỏi trắc nghiệm (5 điểm): Câu 1: Có 1 g  khí Hidro H2  đựng trong một bình có thể tích 3 lít. Mật độ phân tử của chất khí đó là (cho hằng số khí   3 R J kmol K  8,31.10 / . ; hằng số Boltzmann   23 k J K 1,28.10 /   ) A. 25 11,036.10 (phân tử/ 3 m ) B. 25 9,536.10 (phân tử/ 3 m ). C. 25 10,036.10 (phân tử/ 3 m ) D. 25 10,536.10 (phân tử/ 3 m ). Giải Số phân tử khí của chất đó là . . A A m N n N N    Hằng số Boltzmann:   23 1,28.10 / . A A RT R R m R k J K N N V N k k          Mật độ phân tử của chất khí đó là: 3 3 25 23 3 10 .8,31.10 ' 10,820.10 . 2.1,28.10 .3.10 N mR n V k V         (phân tử/ 3 m ) Câu 2: Trong một dãy vạch quang phổ phát xạ của Hidro: A. Các electron bị kích thích đều ở cùng một mức năng lượng; B. Các vạch phổ cách đều nhau; C. Các electron bị kích thích rời khỏi nguyên tử; D. Các electron bị kích thích đều chuyển về cùng một mức năng lượng; Câu 3: Nếu đổ đầy nước (chiết suất n 1,33 ) vào khoảng giữa màn quan sát và mặt phẳng chứa 2 khe trong máy giao thoa Young thì các vân sẽ: A. Nhòe đi; B. Giãn rộng ra; C. Sít lại gần nhau; D. Biến mất; Câu 4: Một động cơ nhiệt có hiệu suất 25 %  và nhả nhiệt cho một nguồn có nhiệt độ 300 . K  Nó nhận nhiệt từ một nguồn có nhiệt độ ít nhất là: A. 500K  . B. 200K . C. 400K . D.300K  . Giải Hiệu suất theo chu trình Carnot: 2 1 1 T T    (với 1 2 T T; lần lượt là nhiệt độ nguồn nóng và nhiệt độ nguồn lạnh) Theo bài ra, ta có:   2 2 1 1 300 1 0,25 400 1 1 0,25 T T T K T            Câu 5: 1mol của các nguyên tử khí Heli và 1mol của các nguyên tử sắt có cùng: A. Vận tốc căn quân phương. B. Thể tích. C. Mật độ. D. Số nguyên tử. Giải Vận tốc căn quân phương của các phân tử khí: 3 C RT v   mà 4; 56 He Fe cHe cFe       v v Công thức tính số mol: m V. n     

Page 2

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 2/69 Ta có: . . He He He He Fe Fe Fe Fe V n V n             và n n mol V V Fe He He Fe Fe He Fe He       1 ; ;       Số phân tử khí của chất khí đó là . . A A m N n N N    Hằng số Boltzmann   23 1,28.10 / . A A RT R R m R k J K N N V N k k          Mật độ phân tử của chất khí đó là ' . N mR p n V k V kT     và ' ' V V n n Fe He Fe He    Câu 6: Chiếu một chùm tí sáng song song song đơn sắc có bước sóng    0,5 m vuông góc với một khe hẹp có bề rộng b mm  0,40  . Đặt sát ngay sau khe một thấu kính hội tụ, tiêu cự f cm  40,00 ,   ta thu được trên màn quan sát đặt ở mặt phẳng tiêu thấu kính một hệ vân. Khoảng cách giữa tâm của vân trung tâm và cực tiểu đầu tiên 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 của tia nhiễu xạ: k sin b    ( b : độ rộng của khe) Độ rộng cực tiểu nhiễu xạ trung tâm tương ứng cực tiểu bâc 1 : 1 k sin b      Khoảng cách giữa vân của vân trung tâm và cực tiểu đầu tiên chính bằng: a f tan  2 .  Vì  là góc rất nhỏ   tg sin   Hay     6 3 3 2 2.0,4.0,5.10 10 1 2 0,4.10 a f a m mm b f b            Câu 7: Trong quang phổ bậc 1 của một chất phát sáng, được cho bởi một cách tử truyền qua có chu kỳ   6 d m 2,5.10  và được quan sát trong mặt phẳng tiêu của một thấu kính hội tụ đặt ngày sau cách tử có tiêu cự f m  0,4  , người ta thấy có hai vạch ứng với các bước sóng   1  0,56 m và   2  0,58 m . Khoảng cách giữa hai vạch này là: A. 4,0mm . B.3,0mm. C. 4,5mm . D.3,5mm . Giải Nhận xét: Ở trong bài chúng ta sẽ xét một chùm tia nhiễu xạ song song, nếu không có thấu kính thì chùm tia nhiễu xạ ở hai khe liên tiếp sẽ giao thoa với nhau ở vô cùng  đây chính là lý do mà người ta thường đặt thấu kính sau cách tử giữa màn và cách tử. Do tính chất hội tụ tại mặt phẳng tiêu diện của các chùm song song khi truyền qua thấu kính hội tụ nên màn thu

Page 3

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 3/69 ảnh nhiễu xạ sẽ được đặt trùng với tiêu diện của thấu kính. Giả sử chùm tia từ hai khe của cách tử có góc nhiễu xạ  thỏa mãn điều kiện cực đại nhiễu xạ  trục phụ OM sẽ phải tạo với đường nằm ngang một góc  . Từ hình vẽ ta thấy Vị trí cực đại ứng với góc nhiễu xạ  sẽ là: 0 D M M f tan   .  Ứng với mỗi một bước sóng ta sẽ thu được giá trị D, khác nhau, do f là không đổi nên dễ dàng rút ra được công thức: 2 1 2 1 D D f tan tan      Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: k sin d    Chỉ xét cực đại nhiễu xạ bậc 1 do đó ta có: 6 1 0 1 1 6 6 2 0 2 2 6 0,56.10 0, 224 12 56' 2,5.10 0,58.10 0, 232 13 24' 2,5.10 sin d sin d                                         2 1 0 0 3 0 0 2 1 13 24' 12 56' 3,5.10 3,5 13 24' 12 56' D D f D D D f tan tan m mm tan tan              Câu 8: Trong hiện tượng giao thoa của khe Iâng, ánh sáng đơn sắc có bước sóng    0,50 m , khoảng cách giữa 2 khe là d mm  0,15  , khoảng cách giữa 2 khe và màn là d mm  0,15  . Khoảng cách từ cực đại đầu tiên tới tâm của vân sáng trung tâm là: A. 6,0mm . B.5,5mm . C. 6,5mm. D.5,0mm Giải Độ rộng 1 vân GT Young bằng khoảng cách giữa 2 vân sáng/ hoặc tối liên tiếp, xác định bởi: D i d   Vị trí vân sáng GT Young, xác định bởi: s k D y ki k d    Theo bài ra, ta có:     6 3 1 3 0,5.10 .1,5 1 1. 1. 5.10 5 0,15.10 s D k y m mm d           Câu 9: Thể tích của M g  4  khí Oxy O2  tăng từ   3 1 V dm 1,00 đến   3 2 V dm  4 . Xem khí Oxy là khí thực có hằng số Van der Waals   6 3 2 a J m k mol 1,37.10 . / . . Công của nội lực trong quá trình giãn nở đó bằng: A. 1,61 J  . B. 1,41 J  . C. 1,81 J . D. 1,21 J  . Giải Công của nội lực trong quá trình giãn nở đó bằng:   2 2 6 2 2 2 1 1 1 0,04 1 1 . . .1,37.10 . 1,61 32 4 1 M A a J  V V                   Câu 10: Trong nguyên tử với một lớp trạng thái ứng với n  5 chứa đầy electron, thì số electron có cùng 1/ 2 ms   là: A.32e . B.12e . C.16e . D. 25e . Giải Lớp l Lớp con m ms Số trạng thái 5 O 0 5s 0 1/ 2 2 1 5p 1 0 1/ 2 1/ 2 6

Page 4

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 4/69 Theo bảng trên, ta có: Trong nguyên tử với một lớp trạng thái ứng với n  5 chứa đầy electron, thì số electron có cùng 1/ 2 ms   là: 25e Câu 11: Một chùm tia Rợnghen hẹp tới đập vào mặt tự nhiên của đơn tinh thể NaCl dưới góc tới bằng 0 30 . Theo phương phản xạ gương trên mặt đa tinh thể, người ta quan sát thấy cực đại nhiễu xạ bậc hai. Khoảng cách giữa các mặt phẳng nguyên tử liên tiếp bằng   10 2,40.10 m  . Bước sóng của tia Rơn ghen là: A.   10  2,58.10 m   . B.   10  3,08.10 m   . C.   10  1,58.10 m   . D.   10  1,58.10 m   . Giải Nhận xét: Đây là bài toán đặc trưng của nhiễu xạ Ronghen. Những bài toán dạng này thường xoay quanh công thức Bragg. Từ dữ kiện đã cho ta thấy 3 đại lượng   , , k đã biết  dễ dàng xác định đại lượng d : 2dsin k    Theo bài ra, ta có:     10 0 10 2 2.2,4.10 . 30 2 1,2.10 2 2 dsin sin k m          1 1/ 2 32 2 5d 2 1 0 1 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2 10 3 5 f 3 2 1 0 1 2 3 1/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2 14 4 5g 4 3 2 1 0 1 2 3 4 1/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2 18

Page 5

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 5/69 Câu 12: Khối lượng của 1kmol chất khí   35,0 / kg kmol , hệ số Poát – tông của chất khí là  1, 4. Nhiệt dung riêng đẳng áp của khí bằng( cho hằng số khí   3 R J kmol K  8,31.10 / . ): A.830,5 / .  J kg K . B.831,0 / .  J kg K. C.832,0 / .  J kg K. D.831,5 / .  J kg K . Giải Hệ số Poat – xông của chất khí là 1,4 p v C C    (Với Cp và Cv lần lượt là nhiệt dung mol đẳng áp và nhiệt dung mol đẳng tích) Mặt khác: C C R C C R p v v p      1 p p p v p C C R C C C R           Nhiệt dung riêng đẳng áp của khí:       3 1,4.8,31.10 831 / . 1 35 1,4 1 p p C R c J kg K           Câu 13: Một hạt chuyển động trong giếng thế năng một chiều sâu vô hạn có năng lượng 6,0eV  ở trạng thái n  2. Năng lượng thấp nhất mà hạt có thể có trong chuyển động này là: A.1, 4eV  . B.1,5eV . C.1,7eV  . D.1,6eV  . Giải Hạt chuyển động trong giếng thế năng có năng lượng:   2 2 2 . . 2 8 2 n p h n E meV m a      Năng lượng thấp nhất   2 2 6 1,5 2 n min E E eV n    Câu 14: Một photon có bước sóng   11  1,40.10 m   , đến va chạm vào một electron đang đứng yên. Sau va chạm photon bị tán xạ với góc 0   90 . Cho khối lượng electron   31 m kg 9,1.10  , hằng số Planck   34 h J s 6,625.10 . ;   vận tốc ánh sáng trong chân không   8 c m s  3.10 / . Khi đó động năng của electron có giá trị nào dưới đây: A.   15 1,90.10 J  . B.   15 2,10.10 J  . C.   15 2,50.10 J  . D.   15 2,20.10 J  . Giải Động năng của electron 2 2 2 ' 1 e D e m c E m c hv hv v c           hay ' D hc hc hc hc E         Theo công thức tán xạ Compton: 2 2 2 C sin            Ta tìm được động năng của electron bắn ra : 2 2 2 D C hc hc E sin              Hay       2 12 2 0 34 8 15 11 11 12 2 0 2 2 6,625.10 .3.10 2.2,4.10 . 45 2 . 2,1.10 1,4.10 1,4.10 2.2,4.10 . 45 2 2 C D C sin hc sin E J sin sin                              Câu 15: Trong nguyên tử với một lớp trạng thái ứng với n  4 chứa đầy electron, thì số electron có cùng số lượng tử m 1 là: A.10e . B.8e . C. 6e . D. 4e . Giải

Page 6

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 6/69 n Lớp l Lớp con m ms Số trạng thái 4 N 0 3s 0 1/ 2 2 32 1 3p 1 0 1 1/ 2 1/ 2 1/ 2 6 2 3d 2 1 0 1 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2 10 3 3 f 3 2 1 0 1 2 3 1/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2 14 Theo bảng trên, ta có: Trong nguyên tử với một lớp trạng thái ứng với n  4 chứa đầy electron, thì số electron có cùng số lượng tử m 1 là: 6e ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG PHẦN III ( QUANG – LƯỢNG TỬ) ĐỀ SỐ 2 Chú ý: Thí sinh không viết bất kỳ kí hiệu gì vào tờ số 1 và số 2. Viết họ và tên, lớp vào tờ số 0, viết lớp vào tờ số 3. Trả lời câu hỏi trắc nghiệm vào tờ số 0. Viết trả lời phần tự luận vào tờ 3 và 4. Thời gian làm bài 90 phút. Câu hỏi trắc nghiệm (5 điểm): Câu 16: Một hạt chuyển động được mô tả bởi hàm sóng  ở mỗi vị trí và mỗi thời điểm nhất định.  tỷ lệ với A. Động lượng của hạt B. Xác xuất của hạt. C. Vận tốc của hạt D. Năng lượng của hạt. Giải Hạt chuyển động theo phương x trong giếng thế năng định nghĩa bởi:   0, 0 0 , khi x a U x x khi x a               Hàm sóng có dạng: 2   2 2 x sin x a a          Xác suất phải tìm bằng   2 2 b b  x dx 

Page 7

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 7/69 Câu 17: Hơ nóng 1mol khí lý tưởng lưỡng nguyên tử từ nhiệt độ T1 đến T2 bằng hai quá trình đẳng áp và đẳng tích. Gọi biến thiên entropy trong mỗi quá trình đẳng áp, đẳng tích lần lượt là p S và v S . Khi đó: A. 1,4 p v    S S . B. 1,8 p v    S S . C. 2,0 p v    S S . D. 1,6 p v    S S . Giải Độ biến thiên Entropy: dQ dS T  Quá trình đẳng áp: 2 . . . 2 p i Q nC dT n R dT     Thay vào và lấy tích phân từ trạng thái 1 ứng với T1 đến trạng thái 2 ứng với T2 2 1 2 2 1 1 2 2 2 . . . . . . 2 2 2 T p T i dT i i T T S n R n RlnT n R ln T T T                Tương tự, ta có biến thiên entroy của quá trình đẳng tích: 2 1 . . . 2 v i T S n R ln T         Với khí lưỡng nguyên tử thì 2 5 2 2 2 5 1,4 5 2 2 p v i S i S i          Câu 18: Trong chân không mọi photon có cùng: A. Tần số. B. Năng lượng. C. Bước sóng. D. Vận tốc. Giải Vận tốc trong chân không   8 c m s  3.10 / Câu 19: Trong quá trình nung nóng một vật đen tuyệt đối (coi là cân bằng), bước sóng ứng với năng suất phát xạ cực đại của nó dịch chuyển từ   1  0,8 m đến   2  0,5 m ; tương ứng với công suất bức xạ tức thời của nó tăng lên: A. 6,35 lần. B. 6,55 lần. C. 6,95 lần. D. 6,75 lần. Giải Năng suất phát xạ VĐTĐ theo đ/l S-B: 4 .   T  T  Công suất phát xạ VĐTĐ: 4 . . . P S T S T     Bước sóng ứng với năng suất phát xạ CĐ của VĐTĐ theo đ/l Wien: . max max b b T T      Từ đó, ta có: 4 4 4 4 4 1 1 1 1 1 2 2 1 4 2 2 2 2 1 2 . . 0,5 6,55 . . 0,8 b P T S P T P P P T S P T b                                                  Câu 20: Trong hiện tượng giao thoa của khe Iâng, ánh sáng đơn sắc có bước sóng    0,55 m , khoảng cách giữa 2 khe là d mm  0,10  , khoảng cách giữa 2 khe và màn là D m 1,00  . Khoảng cách từ cực đại đầu tiên tới tâm của vân sáng trung tâm là: A. 6,0mm . B.5,5mm . C. 6,5mm. D.5,00mm Giải Độ rộng 1 vân GT Young bằng khoảng cách giữa 2 vân sáng/ hoặc tối liên tiếp, xác định bởi: D i d   Vị trí vân sáng GT Young, xác định bởi: s k D y ki k d    Theo bài ra, ta có:     6 3 1 3 0,55.10 .1 1 1. 1. 5,5.10 5,5 0,1.10 s D k y m mm d          

Page 8

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 8/69 Câu 21: Độ biến thiên entropy trên đoạn giữa hai quá trình đoạn nhiệt trong chu trình Carnot thuận nghịch có trị số bằng:   S kcal K 1 /   ; hiệu số nhiệt độ giữa hai đường đẳng nhiệt là   0   T C 150,00 ; 1 4,18 cal J     . Nhiệt lượng đã chuyển hóa thành công trong chu trình đang xét là: A.   5 6,77.10 J . B.   5 7,27.10 J . C.   5 6,27.10 J . D.   5 5,77.10 J . Giải Nhiệt lượng đã chuyển hóa thành công trong quá trình đang xét là:   3 5        Q A S T J . 1.10 .4,18.150 6,27.10 Câu 22: Một khối khí lý tưởng có thể tích   3 V m  8 dãn nở đẳng nhiệt từ áp suất 2at đến 1at . Lượng nhiệt đã cung cấp cho quá trình này là: A.   5 13.10 J . B.   5 10.10 J . C.   5 12.10 J . D.   5 11.10 J . Giải Trong quá trình đẳng nhiệt:   U 0 mà        U A Q Q A 0 Công của quá trình đẳng nhiệt: 2 1 2 1 1 1 . . V V V A P dV P V ln V            Áp dụng PT trạng thái của quá trình đẳng nhiệt: 2 1 1 2 V P V P  Lượng nhiệt đã cung cấp cho quá trình này là:     2 1 5 5 1 1 1 1 1 2 2.10 .8. 2 11.10 V P Q A PV ln PV ln ln J V P                   Câu 23: Khối lượng của 1kmol chất khí   20,00 / kg kmol , hệ số Poát – tông của chất khí là  1, 4. Nhiệt dung riêng đẳng áp của khí bằng( cho hằng số khí   3 R J kmol K  8,31.10 / . ): A.1453,8 / .  J kg K . B.1454,8 / .  J kg K . C.1454,3 / .  J kg K . D.1455,3 / .  J kg K . Giải Hệ số Poat – xông của chất khí là 1,4 p v C C    (Với Cp và Cv lần lượt là nhiệt dung mol đẳng áp và nhiệt dung mol đẳng tích) Mặt khác: C C R C C R p v v p      1 p p p v p C C R C C C R           Nhiệt dung riêng đẳng áp của khí:       3 1,4.8,31.10 1454,3 / . 1 20 1,4 1 p p C R c J kg K           Câu 24: Một photon có bước sóng   11  1,20.10 m   , đến va chạm vào một electron đang đứng yên. Sau va chạm photon bị tán xạ với góc 0   90 . Cho khối lượng electron   31 m kg 9,1.10  , hằng số Planck   34 h J s 6,625.10 . ;   vận tốc ánh sáng trong chân không   8 c m s  3.10 / . Khi đó động năng của electron có giá trị nào dưới đây: A.   15 3,19.10 J  . B.   15 2,59.10 J  . C.   15 2,50.10 J  . D.   15 2,76.10 J  . Giải Động năng của electron 2 2 2 ' 1 e D e m c E m c hv hv v c           hay ' D hc hc hc hc E         Theo công thức tán xạ Compton: 2 2 2 C sin           

Page 9

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 9/69 Ta tìm được động năng của electron bắn ra : 2 2 2 D C hc hc E sin              Hay       2 12 2 0 34 8 15 11 11 12 2 0 2 2 6,625.10 .3.10 2.2,4.10 . 45 2 . 2,76.10 1,2.10 1,2.10 2.2,4.10 . 45 2 2 C D C sin hc sin E J sin sin                              Câu 25: Chiếu một chùm tia sáng song song    0,5 m lên một màng xà phòng (chiết suất n 1,33 ) dưới góc tới 0 i  30 . Để chùm tia phản xạ có cường độ sáng cực tiểu thì bề dày nhỏ nhất của màng sẽ là: A. 0,203m . B. 0,198m . C. 0,106m . D. 0,101m . Giải Xét hiệu quang lộ giữa hai tia phản xạ trên bề mặt của bản mỏng: 2 2 1 2 2 2 L L L d n sin i        Xét điều kiện vân sáng – vân tối: Vân sáng:   L k Vân tối: 1 2 L k           Từ dữ kiện của đề bài để chùm tia phản xạ có cường độ sáng cực tiểu thì hiệu quang lộ phải bằng k Bài toán yêu cầu ta xác định bề dày nhỏ nhất. Từ công thức trên ta thấy bề dày nhỏ nhất khi k  0 ta có:   2 2 2 2 0 0,5 0,101 4 4 1,33 30 min d m n sin i sin        Câu 26: Photon có năng lượng   21,5eV  , tới nguyên tử Hidro và làm bật electron (đang ở trạng thái cơ bản) ra khỏi nguyên tử. Vận tốc của electron khi bật ra khỏi nguyên tử là (cho khối lượng electron   31 m kg 9,1.10  , điện tích electron   19 e C 1,6.10 ,    hằng số Planck   19 e C 1,6.10 ,    hằng số Rydberg   15 1 R s 3,28.10   ): A.   6 v m s 1,874.10 / . B.   6 v m s 1,674.10 / . C.   6 v m s  2,074.10 / . D.   6 v m s  2,274.10 / . Giải Ở trạng thái cơ bản thì n 1 Động năng của electron khi bật ra khỏi nguyên tử:     19 0 2 2 2 6 2 2 31 1 13,6 1 1 2.7,9.1,6.10 . 21,5 . . 7,9 1,674.10 / 2 1 2 2 9,1.10 e e e e e e e E m v m v m v eV v m s n              Câu 27: Chiếu một chùm sáng đơn sắc song song bước sóng   546nm thẳng góc vào mặt dưới một nêm không khí, được tạo bởi hai bản thủy tinh phằng đặt nghiêng trên nhau một góc rất nhỏ. Vân giao thoa quan sát được có mật độ 15vân/1cm. Tìm công thức và tính góc nghiêng (ra độ) của nêm không khí A.   4 1,094.10 rad  . B.   4 3,094.10 rad  . C.   4 4,094.10 rad  . D.   4 2,094.10 rad  . Giải Độ rộng vân giao thoa nêm KK được xác định bởi: 2 l i   1 Độ rộng 1 vân còn có thể xác định bởi: 1 i n  2 Từ     9 546.10 2 4 1 ; 2 .15.10 4,094.10 2 2 n        

Page 10

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 10/69 Câu 28: Có hai bản tuamalin dày (trên 1mm ) T1 và T2 đặt song song với nhau và song song với mặt phẳng 1 x y T , . có trục quang song song với trục 2 y T, có trục quang làm với trục y góc 0 45 . Chiếu một tia sáng phân cực toàn phần, cường độ 0 I , vào T1 theo phương trục z, có phương của cường độ điện trường làm với trục x góc 0 30 . Sau khi qua hai bản T1 và 2 T , cường độ của tia sáng là I bằng: A. 0 3 4 I I  . B. 0 3 8 I I  . C. 0 4 I I  . D. 0 8 I I  . Giải Cường độ ánh sáng sau khi đi qua bản tuamalin 1 T :   2 2 0 0 1 0 1 0 . . 45 2 I I I cos I cos     Cường độ ánh sáng sau khi qua hai bản T1 và T2 :     2 2 2 2 0 2 0 0 2 1 2 0 1 2 0 0 1 3 3 . . . . 45 . 30 . . 2 4 8 I I I I cos I cos cos I cos cos I          Câu 29: Coi mặt trời là vật đen tuyệt đối nhiệt độ trên bề mặt là T K  6000  . Bức xạ mang năng lượng lớn nhất có    0,48 .  m Một ngôi sao khác (xem là vật đen tuyệt đối) mà bức xạ mang năng lượng cực đại có   ' 0,60 .   m Nhiệt độ của ngôi sao là: A. 4700K. B. 5000K . C. 4800K . D. 4500K . Giải Bước sóng ứng với năng suất phát xạ CĐ của VĐTD theo định luật Wien: . max b T   Theo bài ra, ta có:   1 2 2 1 2 1 . 0,48.6000 4800 ' . ' ' 0,6 b T T T T K b T T                  Câu 30: Dung dịch đường glucozo nồng độ   3 1 C g cm  0,28 / đựng trong một bình trụ thủy tinh sẽ làm quay mặt phẳng phân cực của ánh sáng xanh đi qua bình một góc 0 1   32 . Với dung dịch đường glucozo nồng độ C2 cũng đưng trong bình trụ giống như trên làm quay mặt phẳng phân cực của ánh sáng xanh một góc 0 2   20 . Nồng độ C2 là: A.   3 0,195 / g cm . B.   3 0,428 / g cm . C.   3 0,448 / g cm . D.   3 0,175 / g cm . Giải Nhận xét: Đây là bài toán ứng dụng hiện tượng quay mặt phẳng phân cực để xác định nồng độ dung dịch. Nồng độ dung dịch được xác định theo công thức:   C d    trong đó  là góc quay của mặt phẳng phân cực. Ở trong bài toán này ta thấy có hai trường hợp  xét từng trường hợp và tính tỷ số. Ta có:       1 1 2 2 2 3 2 1 2 1 1 1 2 32 .0,28 0,448 / 20 C d C C C g cm C C d                        ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG PHẦN III ( QUANG – LƯỢNG TỬ) ĐỀ SỐ 3 Chú ý: Thí sinh không viết bất kỳ kí hiệu gì vào tờ số 1 và số 2. Viết họ và tên, lớp vào tờ số 0, viết lớp vào tờ số 3. Trả lời câu hỏi trắc nghiệm vào tờ số 0. Viết trả lời phần tự luận vào tờ 3 và 4. Thời gian làm bài 90 phút. Câu hỏi trắc nghiệm (5 điểm):

Page 11

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 11/69 Câu 31:Trong hiện tượng giao thoa của khe Iâng, ánh sáng đơn sắc có bước sóng    0,5 m , khoảng cách giữa 2 khe là D m  3,00  , khoảng cách giữa 2 khe và màn là D m  3,00  . Khoảng cách từ cực đại đầu tiên tới tâm của vân sáng trung tâm là: A. 6,00mm . B.5,50mm. C. 4,50mm . D.5,00mm. Giải Độ rộng 1 vân GT Young bằng khoảng cách giữa 2 vân sáng/ hoặc tối liên tiếp, xác định bởi: D i d   Vị trí vân sáng GT Young, xác định bởi: s k D y ki k d    Theo bài ra, ta có:     6 3 1 3 0,5.10 .3 1 1. 1. 5.10 5 0,3.10 s D k y m mm d           Câu 32: Cho cách tử nhiễu xạ có chu kỳ là 5,00m . Chiếu ánh sáng đơn sắc có bước sóng    0,500 m vuông góc với cách tử. Số vạch cực đại chính lớn nhất trong quang phổ của cách tử là: A. 19,00 . B. 25,00 . C. 23,00 . D. 21,00 . Giải Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: k sin d    Để max k khi   6 6 5.10 1 10 10 0,5.10 max max d sin k k N k             Số vạch cực đại chính tối đa: 2 1 2.10 1 21 N k      max Câu 33: Trong quá trình nào sau đây entropy của hệ không đổi A. Nén thật chậm khối khí và giữ nhiệt độ không đổi; B. Nén thật chậm khối khí được cách nhiệt tốt với bên ngoài; C. Làm lạnh khối khí trong xilanh có pittong di chuyển tự do; D. Nung nóng khối khí trong bình kín; Câu 34: Chiếu một chùm tí sáng song song song đơn sắc có bước sóng   2  0,6 m vuông góc với một khe hẹp có bề rộng b mm  0,2  . Đặt sát ngay sau khe một thấu kính hội tụ, tiêu cự f cm  40,00 ,   ta thu được trên màn quan sát đặt ở mặt phẳng tiêu thấu kính một hệ vân. Khoảng cách giữa tâm của vân trung tâm và cực tiểu đầu tiên là: A.1,30mm . B.1,10mm . C.1,20mm . D.1,40mm . Giải Cực tiểu nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia nhiễu xạ: k sin b    ( b : độ rộng của khe) Độ rộng cực tiểu nhiễu xạ trung tâm tương ứng cực tiểu bâc 1 : 1 k sin b      Từ hình vẽ mô tả  vị trí cực tiểu nhiễu xạ: y f tg  .  Góc lệch nhiễu xạ nhỏ nên y f tg  .  ( y :Độ rộng cực đại nhiễu xạ trung tâm của ảnh nhiễu xạ) Vì  là góc rất nhỏ   tg sin   Hay:     6 3 3 0,6.10 .0,4 1,2.10 1,2 0,2.10 y f y m mm b f b            Độ rộng cực đại nhiễu xạ trung tâm của ảnh nhiễu xạ: y mm 1,2 

Page 12

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 12/69 Câu 35: Đối với electron hóa trị trong nguyên tử Na, những trạng thái năng lượng nào có thể chuyển về trạng thái năng lượng 2 1 2 3 P trong các trạng thái năng lượng sau đây: A. 2 5 2 5 F . B. 2 1 2 5 S . C. 2 5 2 4 D . D. 2 3 2 4 P . Giải * Nhận xét: bài toán liên quan tới quy tắc chọn lựa. Ở đây trƣớc hết ta cần xác định các trạng thái ứng với n = 3 (chú ý đến spin)  nói chung là cần biết suy luận những thông tin có đƣợc từ số lƣợng tử chính n. Ngoài ra để xét quá trình chuyển mức ta cần nắm đƣợc quy tắc lựa chọn:  Với n  3:  l  0,1, 2  Trạng thái: 3 ,3 ,3 S P D (chưa tính đến spin) hoặc 1 1 3 3 5 2 2 2 2 2 3 ;3 ;3 ;3 ;3 S P P D D  Trạng thái năng lượng:  Quy tắc lựa chọn:       l j 1; 0, 1      l 1 với S thì chỉ có P chuyển về, với P thì có S hoặc D chuyển về,…      j 0, 1 Chỉ có các mức ứng với chênh lệch momen toàn phần là 0, 1 thì mới có thể xảy ra chuyển mức trạng thái của electron. - Từ quy tắc lựa chọn ta có:  Những trạng thái có thể chuyển về 2 1 2 3 S là: 2 1 2 n P và 2 3 2 n P (với n  3, 4,5,... )  Những trạng thái có thể chuyển về 2 1 2 3 P là: 2 1 2 n S và 2 3 2 m D (với n  4,5... và m  3, 4,5,... ).  Những trạng thái có thể chuyển về 2 3 2 3 P là: 2 1 2 n S và 2 3 2 m D và 2 5 2 m D (với n  4,5... và m  3, 4,5,... ).  Những trạng thái có thể chuyển về 2 3 2 3 D là 2 2 1 3 2 2 n P n P ; và 2 5 2 m F (với n  4,5,... và m  4,5,6,... ).  Những trạng thái có thể chuyển về 2 5 2 3 D là 2 3 2 n P và 2 5 2 m F và 2 7 2 m F (với n  4,5,... và m  4,5,6,... ). Câu 36: Trong nguyên tử với một lớp trạng thái ứng với n  3 chứa đầy electron, thì số electron thuộc lớp đó cùng có số lượng tử m  1 và 1/ 2 ms   là: A. 4e . B.5e . C. 6e . D. 7e . Giải n Lớp l Lớp con m ms Số trạng thái 1 K 0 1s 0 1/ 2 2 2 2 L 0 2s 0 1/ 2 2 8 1 2 p 1 0 1 1/ 2 1/ 2 1/ 2 6 0 3s 0 1/ 2 2 18 1 3p 1 0 1 1/ 2 1/ 2 1/ 2 6

Page 13

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 13/69 3 M 2 3d 2 1 0 1 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2 10 Theo bảng trên, ta có: Trong nguyên tử với một lớp trạng thái ứng với n  3 chứa đầy electron, thì số electron thuộc lớp đó cùng có số lượng tử m  1 và 1/ 2 ms   là 6e Câu 37: Hạt electron có bước sóng De Broglie   9  1,8.10 m   . Động năng của nó bằng: (   34 h J s 6,625.10 .   ,   31 9,1.10 m kg e   ) A. 0,67eV  . B. 0,57eV  . C. 0,47eV  . D. 0,37eV  . Giải Nhận xét: Phương hướng của bài toán: bước sóng  xác định động lượng  xác định động năng - Động lượng của electron là: e h p   - Động năng của electron là:         2 34 2 2 20 2 2 31 9 6,625.10 7, 443.10 0, 47 2 2 2.9,1.10 . 1,80.10 d e e e p h W J eV m m           Câu 38: Một khối khí Hidro bị nén đến thể tích bằng ½ lúc đầu khi nhiệt độ không đổi. Nếu vận tốc trung bình của phân tử Hidro lúc đầu là V thì vận tốc trung bình sau khi nén là: A. 4V . B. 2V . C.V . D. 2 V . Giải Công thức tính vận tốc trung bình của phân tử khí: 8kT v m   Vận tốc trung bình của phân tử khí chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ T const   Nếu vận tốc trung bình của phân tử hidro lúc đầu là V thì vận tốc trung bình sau khi nén không đổi Câu 39: Trong nguyên tử với một lớp trạng thái ứng với n  5 chứa đầy electron, thì số electron có cùng 1/ 2 ms   là A.32e . B.12e . C.16e . D. 25e . Giải Lớp l Lớp con m ms Số trạng thái 5 O 0 5s 0 1/ 2 2 1 5p 1 0 1 1/ 2 1/ 2 1/ 2 6 2 5d 2 1 1/ 2 1/ 2

Page 14

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 14/69 Theo bảng trên, ta có: Trong nguyên tử với một lớp trạng thái ứng với n  5 chứa đầy electron, thì số electron có cùng 1/ 2 ms   là: 25e Câu 40: Một hạt chuyển động trong giếng thế năng một chiều sâu vô hạn có năng lượng 4eV  ở trạng thái n  2. Năng lượng thấp nhất mà hạt có thể có trong chuyển động này là: A.1,0eV  . B.1,1eV . C.1, 2eV  . D.1,9eV . Giải Hạt chuyển động trong giếng thế năng có năng lượng:   2 2 2 . . 2 8 2 n p h n E meV m a      Năng lượng thấp nhất   2 2 4 1 2 n min E E eV n    Câu 41: Một động cơ nhiệt có hiệu suất 20 %  và nhả nhiệt cho một nguồn có nhiệt độ 350 . K  Nó nhận nhiệt từ một nguồn có nhiệt độ ít nhất là: A. 538K  . B. 638K  . C. 438K . D.338K  . Giải Hiệu suất theo chu trình Carnot: 2 1 1 T T    (với 1 2 T T; lần lượt là nhiệt độ nguồn nóng và nhiệt độ nguồn lạnh) 0 1 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2 10 32 3 5 f 3 2 1 0 1 2 3 1/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2 14 4 5g 4 3 2 1 0 1 2 3 4 1/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2 1/ 2 18

Page 15

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 15/69 Theo bài ra, ta có:     2 2 1 1 350 1 0,2 437,5 438 1 1 0,2 T T T K K T             Câu 42: Hai khối khí O2 và H2 có cùng mật độ số hạt. Nhiệt độ của khối khí O2 là   0 100 C , nhiệt độ của khối khí H2 là   0 50 C . Áp suất của O2 và H2 theo thứ tự là P1 và P2 . Ta có: A. 1 2 P P 1,4 . B. 1 2 P P 1,2 . C. 1 2 P P 1,1 . D. 1 2 P P 1,3 . Giải Số phân tử khí của chất khí đó là . . A A m N n N N    Hằng số Boltzmann   23 1,28.10 / . A A RT R R m R k J K N N V N k k          Mật độ phân tử của chất khí đó là ' . N mR p n V k V kT     Vì hai khối khí O2 và H2 có cùng mật độ số hạt và nhiệt độ thay đổi  áp suất thay đổi  quá trình đẳng tích Áp dụng PT trạng thái của quá trình đẳng tích: 1 1 2 2 100 273 1,2 50 273 P T P T      Câu 43: Ánh sáng có bước sóng   600nm gồm các photon mà năng lượng của mỗi photon là (cho     34 8 h J s c m s 6,625.10 . , 3.10 /    ) A.   19 3,8.10 J  . B.   19 3,3.10 J  . C.   19 2,8.10 J  . D.   19 4,3.10 J  . Giải Năng lượng của mỗi photon là:   34 8 19 9 6,625.10 .3.10 3,3125.10 600.10 hc W J        Câu 44: Coi mặt trời là vật đen tuyệt đối nhiệt độ trên bề mặt là T K  6000  . Bức xạ mang năng lượng lớn nhất có   1  0,5 .  m Một ngôi sao khác (xem là vật đen tuyệt đối) mà bức xạ mang năng lượng cực đại có   2  0,64 .  m Nhiệt độ của ngôi sao là: A. 4587,50K. B. 4687,50K. C. 4887,50K. D. 4787,50K. Giải Bước sóng ứng với năng suất phát xạ CĐ của VĐTD theo định luật Wien: . max b T   Theo bài ra, ta có:   1 2 1 2 1 2 1 2 . 0,5 .6000 4687,50 ' . ' 0,64 b T T T T K b T T                  Câu 45: Nhiệt độ dây tóc bóng đèn điện luôn biến đổi do đốt nóng bằng điện xoay chiều. Nhiệt độ thấp nhất là 1000,0K và nhiệt độ cao nhất là 1500,0K . Công suất bức xạ của dây tóc bóng đèn biến đổi: A. 6,6 lần. B. 5,1 lần. C. 5,6 lần. D. 6,1 lần. Giải Công suất phát xạ VĐTĐ: 4 . . . P S T S T     Theo bài ra, ta có: 4 4 4 2 1 4 . . 1000 5,1 . . 1500 min min min min max max max max P T S P T P P P T S P T                          ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG PHẦN III ( QUANG – LƯỢNG TỬ) ĐỀ SỐ 4 Chú ý: Thí sinh không viết bất kỳ kí hiệu gì vào tờ số 1 và số 2. Viết họ và tên, lớp vào tờ số 0, viết lớp vào tờ số 3. Trả lời câu hỏi trắc nghiệm vào tờ số 0. Viết trả lời phần tự luận vào tờ 3 và 4. Thời gian làm bài 90 phút.

Showing the first 15 pages. Download the document to see it all.

Comments (0)

Sign in to join the discussion

No comments yet. Be the first!

Related documents

Bài giảng vật lý đại cương (Chương 3) - Đỗ Ngọc Uấn

Free1021 pages

Chương 8.Nguyên tử - Vật lý đại cương 3 - TS.Nguyễn Thị Trang

Free636 pages

Giải bài tập Chương 1.Giao thoa ánh sáng - Vật lý đại cương 3 (Vũ Tiến Lâm)

Free544 pages

Chương 1.Giao thoa ánh sáng - Vật lý đại cương 3 - TS. Nguyễn Thị Trang

Free532 pages

Công thức Vật lý đại cương 3 (PH1130)

Free58 pages
Same author

Đề thi tự luận Vật lý đại cương 3 (VLDC3) (PH1131)

25,000đ08 pages

Toán chuyên đề lớp 5 - Số đo thời gian và chuyển động (2012)

Free3143 pages

Ứng dụng trò chơi công nghệ trong sinh hoạt lớp để phát triển kỹ năng hợp tác

Premium434 pages

Xây dựng hệ sinh thái số trong công tác chủ nhiệm nhằm phát triển tính tự giác nề nếp và động lực học tập cho học sinh

Premium618 pages

Bài giảng chủ đề khói trắng - Sự khởi đầu của tương lai màu xám

Premium67 pages