›
›

Đề thi môn Vật lý đại cương phần III (Có đáp án)

pdf 149 trang haiha333 08/01/2022 26541
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề thi môn Vật lý đại cương phần III (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdfde_thi_mon_vat_ly_dai_cuong_phan_iii_co_dap_an.pdf

Nội dung text: Đề thi môn Vật lý đại cương phần III (Có đáp án)

  1. 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 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 H 2 đựng trong một bình có thể tích 3 lít. Mật độ phân tử của chất khí đó là (cho hằng số khí RJkmolK 8,31.10/.;3 hằng số Boltzmann kJK 1,28.10/ 23 ) A.11,036 .1025 (phân tử/ m3 ) B.9 ,536 .10 25 (phân tử/ m3 ). C.10 ,036.10 25 (phân tử/ m3 ) D.10 ,536.10 25 (phân tử/ m3 ). Giải m Số phân tử khí của chất đó là N n N N AA RTRRmR 23 Hằng số Boltzmann: kJKNN 1,28.10/. A VNkk A  NmR 10.8,31.10 33 Mật độ phân tử của chất khí đó là: n'10,820.10 25 (phân tử/ m3 ) Vk V  .2.1,28.10.3.10 233 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 T2 Hiệu suất theo chu trình Carnot:  1 (với TT12; lần lượt là nhiệt độ nguồn nóng và nhiệt độ nguồn lạnh) T1 TT22300 Theo bài ra, ta có:  1 0,25 TK1 400 T1 1  1 0,25 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 3RT Vận tốc căn quân phương của các phân tử khí: v mà  4; 56 vv C  He Fe cHe cFe mV . Công thức tính số mol: n  TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 1/69
  2. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 He.V He nHe He Ta có: và nnmolVVFeHeHeFeFeHeFeHe 1;;  .V n Fe Fe Fe Fe m Số phân tử khí của chất khí đó là NnNN AA RTRRmR 23 Hằng số Boltzmann kJKNN 1,28.10/. A VNkk A  NmRp Mật độ phân tử của chất khí đó là n' và VVnn '' VkVkT . FeHeFeHe 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 m m0 ,40 . Đặt sát ngay sau khe một thấu kính hội tụ, tiêu cự f c m 4 0 ,0 0 , 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 k Cực tiểu nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia nhiễu xạ: s in (b : độ b rộng của khe)  Độ rộng cực tiểu nhiễu xạ trung tâm tương ứng cực tiểu bâc 1:1ksin  b Khoảng cách giữa vân của vân trung tâm và cực tiểu đầu tiên chính bằng: aftan 2. Vì là góc rất nhỏ tgsin af22.0,4.0,5.10 6 Hay ammm 101 3 bfb 20,4.10 3 Câu 7: Trong quang phổ bậc 1 của một chất phát sáng, được cho bởi một cách tử truyền qua có chu kỳ dm 2,5.10 6 và được quan sát trong mặt phẳng tiêu của một thấu kính hội tụ đặt ngày sau cách tử có tiêu cự fm 0,4 , người ta thấy có hai vạch ứng với các bước sóng  0,56 m và  0,58 m . Khoảng cách giữa hai vạch này là: 1 2 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 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 2/69
  3. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 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: DMMftan 0 . 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: DD f 21 tantan 21 k Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: sin d 6 1 0,56.10 0 sin 11 6 0,22412 56' d 2,5.10 Chỉ xét cực đại nhiễu xạ bậc 1 do đó ta có: 6 2 0,58.10 0 sin 22 6 0,23213 24' d 2,5.10 DD fDDDf tantanmmm21 13003 24'12 56'3,5.103,5 00 21 tantan 13 24'12 56' 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 m m0 ,15 , khoảng cách giữa 2 khe và màn là d m m0 ,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 D Độ rộng 1 vân GT Young bằng khoảng cách giữa 2 vân sáng/ hoặc tối liên tiếp, xác định bởi: i d D Vị trí vân sáng GT Young, xác định bởi: ykiks k d D 0,5.10 6 .1,5 Theo bài ra, ta có: kymmm 11.1.5.105 s 3 1 d 0,15.10 3 3 3 Câu 9: Thể tích của Mg 4 khí Oxy O2 tăng từ Vdm1 1,00 đến Vdm2 4 . Xem khí Oxy là khí thực có hằng số Van der Waals aJ mk1,37.10./. mol 632 . 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: 22 M 1 10,041 1 6 AaJ 22. 1,37.10 .1,61  VV21 324 1 Câu 10: Trong nguyên tử với một lớp trạng thái ứng với n 5 chứa đầy electron, thì số electron có cùng ms 1/ 2 là: A. 32e . B.12e . C.16e . D. 25e . Giải Lớp Lớp con m Số trạng thái l ms 5 O 0 5s 0 1/ 2 2 1 5p 1 0 6 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 3/69
  4. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 1 1/ 2 2 5d 2 1 0 10 1 2 3 5 f 3 32 2 1 0 14 1 2 3 4 5g 4 3 2 1 18 0 1 2 3 4 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 ms 1/2 là: 25e Câu 11: Một chùm tia Rợnghen hẹp tới đập vào mặt tự nhiên của đơn tinh thể NaCl dưới góc tới bằng 300 . 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 2,40.10 10 m . Bước sóng của 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 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 10 0 2dsin 2.2,4.10 .sin 30 Theo bài ra, ta có: km 2  1,2.10 10 22 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 4/69
  5. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 Câu 12: Khối lượng của 1 kmol chất khí  35,0/ kgkmol , hệ số Poát – tông của chất khí là  1, 4. Nhiệt dung riêng đẳng áp của khí bằng( cho hằng số khí RJkmolK 8,31.10/.3 ): A.8 3 0 ,5 / .J k g K . B.8 3 1 ,0 / .J k g K . C.8 3 2 ,0 / .J k g K . D.8 3 1 ,5 / .J k g K . Giải Cp Hệ số Poat – xông của chất khí là  1,4 (Với Cp và Cv lần lượt là nhiệt dung mol đẳng áp và nhiệt dung mol Cv đẳng tích) CCpp  R Mặt khác: CCRCCRpvvp  Cp CCRvp  1 C  R 1,4.8,31.103 Nhiệt dung riêng đẳng áp của khí: cJkg Kp 831/. p  135 1,41 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 h 22 n 2 Hạt chuyển động trong giếng thế năng có năng lượng: EmeVn 2 8 2map E 6 Năng lượng thấp nhất EeV n 1,5 min n222 Câu 14: Một photon có bước sóng  1,40.10 11 m , đến va chạm vào một electron đang đứng yên. Sau va chạm photon bị tán xạ với góc  900 . Cho khối lượng electron mkg 9,1.10 31 , hằng số Planck hJ s6,625.10.; 34 vận tốc ánh sáng trong chân không cms 3.10/.8 Khi đó động năng của electron có giá trị nào dưới 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 2 mce 2 hchchchc Động năng của electron Em chvhv ' hay ED De2 v ' 1 c 2  Theo công thức tán xạ Compton:  2 C sin 2 hchc Ta tìm được động năng của electron bắn ra : ED  2   2 C sin 2 Hay 2  2 C sin 34 8 12 2 0 hc 2 6,625.10 .3.10 2.2,4.10 .sin 45 EJ . 2,1.10 15 D 11 11 12 2 0  2  1,4.10 1,4.10 2.2,4.10 .sin 45  2 C sin 2 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 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 5/69
  6. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 n Lớp Lớp con m Số trạng thái l ms 0 3s 0 1/ 2 2 1 1 3p 0 6 1 2 1 2 3d 0 10 32 1 4 N 2 3 2 1 3 3 f 0 14 1 2 3 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 0, khixa 0 Hạt chuyển động theo phương x trong giếng thế năng định nghĩa bởi: Ux x 0 , khi xa 22 Hàm sóng có dạng:  2 x sin x aa b 2 Xác suất phải tìm bằng  x dx 2 b TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 6/69
  7. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 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 S p và Sv . Khi đó: A. SS pv1 ,4 . B. SS pv1 ,8 . C. SS pv2 ,0 . D. SS pv1 ,6 . Giải dQ Độ biến thiên Entropy: dS T i 2 Quá trình đẳng áp:  QnCdTnR dT p 2 Thay vào và lấy tích phân từ trạng thái 1 ứng với T1 đến trạng thái 2 ứng với T2 T2 idTii 222 T2 T2 SnRnRlnTnRp ln 222 TTT T1 1 1 i T2 Tương tự, ta có biến thiên entroy của quá trình đẳng tích: Sv n R ln 2 T1 i 252 S Với khí lưỡng nguyên tử thì i 51,4 p 22 i 5 Sv 22 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 c m s3 .1 08 / 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 4 Năng suất phát xạ VĐTĐ theo đ/l S-B: T .T 4 Công suất phát xạ VĐTĐ: PSTS T b Bước sóng ứng với năng suất phát xạ CĐ của VĐTĐ theo đ/l Wien: b max. T T max 4 b PT  S 4 44 4 11 PT1112  0,5 Từ đó, ta có: PP216,55 4 PT b  0,8 PT22  S 221 2 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 dmm 0,10 , khoảng cách giữa 2 khe và màn là Dm 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 D Độ rộng 1 vân GT Young bằng khoảng cách giữa 2 vân sáng/ hoặc tối liên tiếp, xác định bởi: i d D Vị trí vân sáng GT Young, xác định bởi: ys ki k k d D 0,55.10 6 .1 Theo bài ra, ta có: k 1 ys 1. 1. 5,5.10 3 m 5,5 mm 1 d 0,1.10 3 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 7/69
  8. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 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 k c a1/ l K ; hiệu số nhiệt độ giữa hai đường đẳng nhiệt là TC150,00 0 ; 1 4 c ,18 al J . Nhiệt lượng đã chuyển hóa thành công trong chu trình đang xét là: A. 6 ,77.1 0 5 J . B. 7,27.1 0 5 J . C. 6 ,27.1 0 5 J . D.5 ,77.1 0 5 J . Giải Nhiệt lượng đã chuyển hóa thành công trong quá trình đang xét là: QASTJ .1.10 .4,18.1506,27.1035 Câu 22: Một khối khí lý tưởng có thể tích Vm 8 3 dãn nở đẳng nhiệt từ áp suất 2 at đến 1 at . Lượng nhiệt đã cung cấp cho quá trình này là: A.13.105 J . B.10.105 J . C.12.105 J . D.11.105 J . Giải Trong quá trình đẳng nhiệt: U 0 mà UAQQA 0 V2 V2 Công của quá trình đẳng nhiệt: AP dVP V ln 11 V V1 1 VP Áp dụng PT trạng thái của quá trình đẳng nhiệt: 21 VP12 VP21 55 Lượng nhiệt đã cung cấp cho quá trình này là: Q A PV1 1 ln PV 1 1 ln 2.10 .8. ln 2 11.10 J VP12 Câu 23: Khối lượng của 1 kmol chất khí  20,00/ kgkmol , hệ số Poát – tông của chất khí là  1, 4. Nhiệt dung riêng đẳng áp của khí bằng( cho hằng số khí RJkmol 8,31.10/. K 3 ): A.1453,8/. JkgK . B.1454,8/. JkgK . C.1454,3/. JkgK . D.1455,3/. JkgK . Giải Cp Hệ số Poat – xông của chất khí là  1,4 (Với Cp và Cv lần lượt là nhiệt dung mol đẳng áp và nhiệt dung mol Cv đẳng tích) CCpp  R Mặt khác: CCRCCRpvvp  Cp CCRvp  1 C  R 1,4.8,31.103 Nhiệt dung riêng đẳng áp của khí: cJ kgp K 1454,3/. p   120 1,4 1 Câu 24: Một photon có bước sóng  1,20.10 11 m , đến va chạm vào một electron đang đứng yên. Sau va chạm photon bị tán xạ với góc  900 . Cho khối lượng electron mkg 9,1.10 31 , hằng số Planck hJ s6,625.10.; 34 vận tốc ánh sáng trong chân không c 3.108 m / s .Khi đó động năng của electron có giá trị nào dưới 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 2 mce 2 hc hc hc hc Động năng của electron E m c hv hv' hay ED De2 v  '    1 c 2  Theo công thức tán xạ Compton:  2 C sin 2 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 8/69
  9. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 hchc Ta tìm được động năng của electron bắn ra : ED  2   2 C sin 2 Hay 2  2 C sin 348 1220 hc 2 6,625.10.3.10 2.2,4.10.45sin EJ .2,76.10 15 D 11 111220  2  1,2.10 1,2.102.2,4.10.45 sin  2 C sin 2 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 i 30 .0 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: LLLdnsini 2 22 12 2 Xét điều kiện vân sáng – vân tối: Vân sáng: Lk 1 Vân tối: Lk  2 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:  0,5 dmmin 0,101  44nsin 1,333022220 isin 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 mkg 9,1.10 31 , điện tích electron eC 1,6.10, 19 hằng số Planck eC 1,6.10, 19 hằng số Rydberg Rs 3,28.10151 ): A. vms 1,874.10/6 . B. vms 1,674.10/6 . C. vms 2,074.10/6 . D. vms 2,274.10/6 . Giải Ở trạng thái cơ bản thì n 1 Động năng của electron khi bật ra khỏi nguyên tử: E 113,6 112.7,9.1,6.10 19  0 m.21,5 7,91,674.10/ vm2226 vm veVvm s n2231 21229,1.10e ee ee ee 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.1,094.10 4 rad . B.3,094.10 4 rad . C. 4,094.10 4 rad . D. 2,094.10 4 rad . Giải l Độ rộng vân giao thoa nêm KK được xác định bởi:i 1 2 1 Độ rộng 1 vân còn có thể xác định bởi: i 2 n  546.10 9 Từ 1 ; 2 n .15.1024 4,094.10 22 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 9/69
  10. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 Câu 28: Có hai bản tuamalin dày (trên 1 mm ) T1 và T2 đặt song song với nhau và song song với mặt phẳng x y,. T 1 có 0 trục quang song song với trục yT, 2 có trục quang làm với trục y góc 45 . Chiếu một tia sáng phân cực toàn phần, cường 0 độ I0 , vào T1 theo phương trục z, có phương của cường độ điện trường làm với trục x góc 30 . Sau khi qua hai bản T1 và T2 , cường độ của tia sáng là I bằng: 3I 3I I I A. I 0 . B. I 0 . C. I 0 . D. I 0 . 4 8 4 8 Giải 220 I0 Cường độ ánh sáng sau khi đi qua bản tuamalin T1 : IIcosIcos1010 45 2 Cường độ ánh sáng sau khi qua hai bản và T2 : 2222020 13 3I0 III21201200 cosIcoscosIcoscosI 45.30 2 48 Câu 29: Coi mặt trời là vật đen tuyệt đối nhiệt độ trên bề mặt là TK 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 ,6 0 . 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: bT max . bT . 1 T2 0,48 Theo bài ra, ta có: TTK21 .6000 4800 bT  '. 2 T1 ' ' 0,6 3 Câu 30: Dung dịch đường glucozo nồng độ Cgcm1 0,28/ đựng trong một bình trụ thủy tinh sẽ làm quay mặt phẳng 0 phân cực của ánh sáng xanh đi qua bình một góc 1 32. Với dung dịch đường glucozo nồng độ C2 cũng đưng trong 0 bình trụ giống như trên làm quay mặt phẳng phân cực của ánh sáng xanh một góc 2 20. Nồng độ C2 là: A. 0,195/ gcm 3 . B. 0,428/ gcm 3 . C. 0,448/ gcm 3 . D. 0,175/ gcm 3 . 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 trong đó là góc quay của mặt phẳng phân cực. Ở trong bài toán này ta  d thấy có hai trường hợp xét từng trường hợp và tính tỷ số. C 1 1 d   C2 22 32 3 Ta có: CCg21 cm .0,28 0,448 / 2 C1 11 20 C2  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): TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 10/69
  11. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 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 Dm 3 ,00 , khoảng cách giữa 2 khe và màn là Dm 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 D Độ rộng 1 vân GT Young bằng khoảng cách giữa 2 vân sáng/ hoặc tối liên tiếp, xác định bởi: i d D Vị trí vân sáng GT Young, xác định bởi: y ks i k k d D 0,5.10.3 6 Theo bài ra, ta có: kymmm 11.1.5.105s 3 1 d 0,3.10 3 Câu 32: Cho cách tử nhiễu xạ có chu kỳ là 5 ,00 m . Chiếu ánh sáng đơn sắc có bước sóng  0 ,5 0 0 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 k Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: s in d d 5.10 6 Để k khi sinkkNk 11010 m ax maxmax  0,5.10 6 Số vạch cực đại chính tối đa: Nk 212.10121max 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 bmm 0,2 . Đặt sát ngay sau khe một thấu kính hội tụ, tiêu cự fcm 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 k Cực tiểu nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia nhiễu xạ: sin (b : độ b rộng của khe)  Độ rộng cực tiểu nhiễu xạ trung tâm tương ứng cực tiểu bâc 1:1k sin b Từ hình vẽ mô tả vị trí cực tiểu nhiễu xạ: yftg .  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 tgsin yf0,6.10 6 .0,4 Hay: y 1,2.10 3 m 1,2 mm b f b 0,2.10 3 Độ rộng cực đại nhiễu xạ trung tâm của ảnh nhiễu xạ: y 1,2 mm TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 11/69
  12. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 Câu 35: Đối với electron hóa trị trong nguyên tử Na, những trạng thái năng lượng nào có thể chuyển về trạng thái năng 2 lượng 3 P1 trong các trạng thái năng lượng sau đây: 2 2 2 2 2 A. 5 F5 . B.5 S1 . C. 4 D5 . D. 4 P3 . 2 2 2 2 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: 3SPD ,3 ,3 (chưa tính đến spin) hoặc 3SPPDD1 ;3 1 ;3 3 ;3 3 ;3 5 2 2 2 2 2 Trạng thái năng lượng: Quy tắc lựa chọn: lj1;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: 2 2 2 Những trạng thái có thể chuyển về 3 S1 là: nP1 và nP3 (với n 3 ,4 ,5 , ) 2 2 2 2 2 2 Những trạng thái có thể chuyển về 3 P1 là: nS1 và mD3 (với n 4 ,5 và m 3 ,4 ,5 , ). 2 2 2 2 2 Những trạng thái có thể chuyển về 3 P3 là: và và mD5 (với và ). 2 2 2 22 2 Những trạng thái có thể chuyển về 3 D3 là n P13; n P và mF5 (với n 4,5, và m 4,5,6, ). 2 22 2 2 2 2 2 Những trạng thái có thể chuyển về 3 D5 là nP3 và mF5 và mF7 (với và m 4,5,6, ). 2 2 2 2 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 ms 1/2 là: A. 4e . B.5e . C. 6e . D. 7e . Giải n Lớp Lớp m Số trạng thái l ms con 1 K 0 1s 0 1/ 2 2 2 0 2s 0 1/ 2 2 1 1/2 8 2 L 1 2 p 0 1/ 2 6 1 1/2 0 3s 0 1/ 2 1 1/2 1 3p 0 1/ 2 6 1 1/ 2 18 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 12/69
  13. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 2 1/ 2 3 M 1 1/ 2 2 3d 0 1/ 2 10 1 1/ 2 2 1/ 2 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 ms 1/ 2 là 6e Câu 37: Hạt electron có bước sóng De Broglie  1 ,8 .1 0 9 m . Động năng của nó bằng: ( hJs 6,625.10. 34 , 31 mkge 9,1.10 ) 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 h - Động lượng của electron là: p e 2 22 6,625.10 34 ph 20 - Động năng của electron là:WJeVd 7,443.100,47 22mm 2 319 2 ee e 2.9,1.10 . 1,80.10 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: V A. 4V . B. 2V . C.V . D. . 2 Giải 8kT Công thức tính vận tốc trung bình của phân tử khí: 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 m 1/2 là s A. 32e . B.12e . C.16e . D. 25e . Giải Lớp Lớp con m Số trạng thái l ms 5 O 0 5s 0 1/2 2 1 5p 1 0 6 1 2 5d 2 1 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 13/69
  14. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 0 1/ 2 10 1 2 3 5 f 3 32 2 1 0 14 1 2 3 4 5g 4 3 2 1 0 18 1 2 3 4 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 ms 1/ 2 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 h 22 n 2 Hạt chuyển động trong giếng thế năng có năng lượng: EmeVn 2 8 2map E 4 Năng lượng thấp nhất EeV n 1 min n222 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 T2 Hiệu suất theo chu trình Carnot:  1 (với TT12; lần lượt là nhiệt độ nguồn nóng và nhiệt độ nguồn lạnh) T1 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 14/69
  15. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 TT22350 Theo bài ra, ta có:  10,2437,5438 TKK1 T1 110,2  0 Câu 42: Hai khối khí O2 và H2 có cùng mật độ số hạt. Nhiệt độ của khối khí là 100 C , nhiệt độ của khối khí H2 0 là 50 C . Áp suất của và theo thứ tự là P1 và P2 . Ta có: A. PP12 1,4 . B. PP12 1,2 . C. PP12 1,1 . D. PP12 1,3 . Giải m Số phân tử khí của chất khí đó là NnNN AA RTRRmR 23 Hằng số Boltzmann kJKNN 1,28.10/. A VNkk A  N mR p Mật độ phân tử của chất khí đó là n' V k. V kT Vì hai khối khí và có cùng mật độ số hạt và nhiệt độ thay đổi áp suất thay đổi quá trình đẳng tích PT100273 Áp dụng PT trạng thái của quá trình đẳng tích: 11 1,2 PT2250273 Câu 43: Ánh sáng có bước sóng  600 nm gồm các photon mà năng lượng của mỗi photon là (cho hJscms 6,625.10.,3.10/ 348 ) A. 3 ,8.10 19 J . B.3 ,3.10 19 J . C. 2 ,8.10 19 J . D. 4 ,3.10 19 J . Giải hc 6,625.10.3.10 348 Năng lượng của mỗi photon là: WJ 3,3125.10 19  600.10 9 Câu 44: Coi mặt trời là vật đen tuyệt đối nhiệt độ trên bề mặt là TK 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: bT max . bT . 1 T21  0,5 Theo bài ra, ta có: TTK21 .6000 4687,50 bT  '. 2 T12' 0,64 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 4 Công suất phát xạ VĐTĐ: PSTS T PT S 4 4 4 minmin PTminmin 1000 Theo bài ra, ta có: PP215,1 4 PT 1500 PTmaxmax S maxmax 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. TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 15/69
  16. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 Câu hỏi trắc nghiệm (5 điểm): Câu 46: Theo quang học sóng cách phát biểu nào dưới đây không đúng: A. Chiết suất môi trường phụ thuộc vào chu kỳ dao động sóng; B. Bước sóng của ánh sáng đơn sắc thay đổi theo môi trường; C. Tần số ánh sáng đơn sắc thay đổi theo môi trường; D. Mỗi ánh sáng đơn sắc có một tần số riêng; Câu 47: Hiệu ứng Compton là do sự tán xạ của: A. Sóng De Broglie bởi các electron trong nguyên tử; B. Photon bởi các electron nguyên tử; C. Sóng De Broglie bởi tinh thể; D. Photon bởi tinh thể; Câu 48: 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: V A. . B. 2V . C.V . D. 4V . 2 Giải 8kT Công thức tính vận tốc trung bình của phân tử khí: v m Vận tốc trung bình của phân tử khí chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ T c onst Nếu vận tốc trung bình của phân tử hidro lúc đầu là V thì vận tốc trung bình sau khi nén không đổi 0 Câu 49: Hai khối khí O2 và H2 có cùng mật độ số hạt. Nhiệt độ của khối khí là 120 C , nhiệt độ của khối khí H2 0 là 60 C . Áp suất của và theo thứ tự là P1 và P2 . Ta có: A. PP12 1,0 . B. PP12 1,2 . C. PP12 1,1 . D. PP12 1,3 . Giải m Số phân tử khí của chất khí đó là Nn NN AA RTRRm R 23 Hằng số Boltzmann kJ KNN 1,28.10/. A VNkk A  NmRp Mật độ phân tử của chất khí đó là n' Vk VkT . Vì hai khối khí và có cùng mật độ số hạt và nhiệt độ thay đổi áp suất thay đổi quá trình đẳng tích PT120273 Áp dụng PT trạng thái của quá trình đẳng tích: 11 1,2 PT2260273 Câu 50: Một ngòn đèn phát sáng tần số 4,50.1015 Hz với công suất30,00 W . Số photon phát ra trong 1 giây là hJ s6,625.10. 34 A.10,56.1018 . B.10,06.1018 . C.9,06.1018 . D.9,56.1018 . Giải Công suất bức xạ: PN . Số photon do ngọn đèn phát ra trong 1 giây là PP 30 N 10,06.1018  hf 6,625.10 34 .4,5.10 15 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 16/69
  17. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 Câu 51: Độ biến thiên entropy trên đoạn giữa hai quá trình đoạn nhiệt trong chu trình Carnot thuận nghịch có trị số bằng: S k c a1/ l K ; hiệu số nhiệt độ giữa hai đường đẳng nhiệt là TC250,00 0 ; 1 4 c ,18 al J . Nhiệt lượng đã chuyển hóa thành công trong chu trình đang xét là: A. 9 ,95.1 05 J . B.10 ,45.10 5 J . C.11 ,45.10 5 J . D.10 ,95.105 J . Giải Nhiệt lượng đã chuyển hóa thành công trong quá trình đang xét là: QASTJ .1.10 .4,18.10010,45.1035 Câu 52: Trong nguyên tử với một lớp trạng thái ứng với n 5 chứa đầy electron, thì số electron có cùng ms 1/ 2 là: A. 32e . B.12e . C.16e . D. 25e . Giải Lớp Lớp con m Số trạng thái l ms 5 O 0 5s 0 1/ 2 2 1 5p 1 0 6 1 2 5d 2 1 0 10 1 2 3 5 f 3 32 2 1 0 14 1 2 3 4 5g 4 3 2 1 0 18 1 2 3 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 17/69
  18. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 4 1/ 2 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 ms 1/ 2 là: 25e Câu 53: Một động cơ hoạt động theo chu trình Carnot thuận nghịch giữa 2 nguồn có nhiệt độ 70 0 ,0 K và 35 0 ,0 K . Nếu nó nhận một lượng nhiệt 8,0 kJ của nguồn nóng trong mỗi chu trình thì công mà nó sinh ra trong mỗi chu trình là: A. 4,0 kJ . B.5,0 kJ . C.3,0 kJ . D. 2,0 kJ Giải T2 Hiệu suất theo chu trình Carnot:  1 (với TT12; lần lượt là nhiệt độ nguồn nóng và nhiệt độ nguồn lạnh) T1 A' Mặt khác:  (với AQ'; 1 lần lượt là công sinh ra trong mỗi chu trình và nhiệt lượng nhận được trong mỗi chu trình) Q1 TTT222 AA''700 Hay  11'18. 14 AQkJ 1 TQTQT11111 350 3 3 Câu 54: Thể tích của Mg 4 khí Oxy O2 tăng từ V1 dm 2 ,00 đến V2 dm 5 . Xem khí Oxy là khí thực có hằng số Van der Waals aJ mk1,37.10./. mol 632 . Công của nội lực trong quá trình giãn nở đó bằng: A. 0,44 J . B. 0,64 J . C. 0,24 J . D. 0,84 J . Giải Công của nội lực trong quá trình giãn nở đó bằng: 22 M 11411 6 AaJ 22. 1,37.10 .0,64  VV12 3252 Câu 55: Trong quang phổ bậc 1 của một chất phát sáng, được cho bởi một cách tử truyền qua có chu kỳ dm 2.10 6 và được quan sát trong mặt phẳng tiêu của một thấu kính hội tụ đặt ngày sau cách tử có tiêu cự fm 0,8 , 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.10,1 mm . B.8,6 mm . C.9,6 mm . D.9,1 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 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 18/69
  19. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 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: DMMftan 0 . 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: DD f 21 tantan 21 k Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: sin d  0,56.107 6 sin 1 160 15' 11d 2.1025 6 Chỉ xét cực đại nhiễu xạ bậc 1 do đó ta có:  0,58.1029 6 sin 2 160 51' 22d 2.10100 6 DD fDDDftantanmm 21 1600 51'16 15'9,1 00 21 tantan 16 51'16 15' Câu 56: Một chùm ánh sáng trắng được rọi vuông góc với một bản mỏng trong suốt hai mặt song song dày dm 0 ,44  ; chiết suất n 1,5. Trong phạm vi quang phổ nhìn thấy (bước sóng từ 0 ,4 m đến 0 ,7 m ), chùm tia phản chiếu được tăng cường có bước sóng là: A. 0 ,53 m . B. 0 ,58 m . C. 0 ,43 m . D. 0 ,48 m . Giải  Hiệu quang lộ giữa hai tia phản xạ trên hai mặt của bản mỏng : LLdnsin 2 i 22 12 2 Với trong đó : d là bề dày của bản mỏng ; n là chiết suất của bản ; i là góc tới của ánh sáng tới mặt bản ;  là bước sóng cùa ánh sáng tới  2dn Ánh sáng phản xạ được tăng cường khi: 2dn k 1 2k 0,5 Tong phạm vi quang phổ thấy được, phải có điều kiện: 0,4 mm  0,7  Thay  vào 1 , suy ra điều kiện: 1,382,8 k Vì k phải nguyên, nên nó chỉ có thể có một giá trị k 2 . Vậy trong phạm vi quang phổ thấy được chỉ cố một chùm tia 22.0,44.1,5dn phản xạ bước 2 bước sóng  0,5280,53 mm được tăng cường 20,52,5 Câu 57: Một chùm tia sáng song song chiếu vuông góc với một cách tử nhiễu xạ. Trong quang phổ bậc 2, vạch ứng với bước sóng  0,4 m được quan sát dưới góc 30 .0 Số khe trên 1 mm chiều dài của cách tử bằng: A. 425,00 . B.525,00 . C. 625,00 . D. 725,00 . Giải k Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: sin d 2.2.0,4.10 6 Theo bài ra, ta có: kdm 21,6.10 6 sinsin 303000 11 Số khe trên chiều dài của cách tử bằng: n 625 d 1,6.10 3 Câu 58: Khối lượng của 1 kmol chất khí  40,0 kg / kmol , hệ số Poát – tông của chất khí là  1,4. Nhiệt dung riêng đẳng áp của khí bằng( cho hằng số khí R 8,31.103 J / kmol . K ): TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 19/69
  20. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 A. 7 2 7 ,6 / .J k g K . B. 7 2 6 ,6 / .J k g K . C. 7 2 7 ,1 / .J k g K . D. 7 2 8 ,1 / .J k g K . Giải Cp Hệ số Poat – xông của chất khí là  1,4 (Với Cp và Cv lần lượt là nhiệt dung mol đẳng áp và nhiệt dung mol Cv đẳng tích) CCpp  R Mặt khác: CCRCCRpvvp  Cp CCRvp  1 C  R 1,4.8,31.103 Nhiệt dung riêng đẳng áp của khí: cJkg Kp 727,1/. p  140 1,41 Câu 59: Một chùm tia Rợnghen hẹp tới đập vào mặt tự nhiên của đơn tinh thể NaCl dưới góc tới bằng 300 . 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 3 ,10.10 10 m . Bước sóng của tia Rơn ghen là: A.  2,68.10 10 m . B.  2,18.10 10 m . C.  3,68.10 10 m . D.  3,18.10 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 100 2dsin 2.2,5.10.30sin Theo bài ra, ta có: km 21,25.10 10 22 Câu 60: Một mol khí Hidro nguyên tử được nung nóng đẳng áp, thế tích tăng gấp 4,0 lần. Entropy của nó biến thiên một lượng bằng: (Cho hằng số khí RJmolK 8,31/. ) A. 28,8/ JK . B. 29,3/ JK . C. 27,8/ JK . D. 28,3/ JK . Giải Q Độ biến thiên Entropy:  S T i 2 Quá trình đẳng áp  QnCdTnRdT p 2 Thay vào và lấy tích phân từ trạng thái 1 ứng với T1 đến trạng thái 2 ứng với T2 T2 idTii 222 T2 T SnRnR ln TnR ln . 2 222 TTT T1 1 1 TV Áp dụng PT trạng thái của quá trình đẳng áp: pconst : 22 TV 11 i 23 2 VV 4 S nR lnlnJ.1 8,31.28,8 K 21 / 22 VV11 ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG PHẦN III ( QUANG – LƯỢNG TỬ) ĐỀ SỐ 5 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 61: Một khối khí lý tưởng có khối lượng xác định biến đổi theo phương trình VT2 const . Lúc đó áp suất sẽ tỷ lệ với 1 A. PT~ 2 . B. PT~ 2 . C. PT~ 1 . D. PT~ . TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 20/69
  21. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 Câu 62: 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 63: Cho một khối khí có thể tích xác định. Công thức nào biểu thị đúng quan hệ giữa áp suất và nhiệt độ: PP PT PT PT A. 12 . B. 12 . C. 12 . D. 22 . TT12 TP12 TP21 TP11 Giải Cho một khối khí có thể tích xác định quá trình đẳng tích V c onst PT Áp dung PT trạng thái của quá trình đẳng tích: 11 PT22 Câu 64: Khối lượng tiêng của một chất khí là 9.10/; 23 kgm vận tốc căn quân phương của các phân tử khí này là v m s400 / . Áp suất của khối khí tác dụng lên thành bình là: A. 4600 / Nm2 . B. 4700 / Nm2 . C. 4500 / Nm2 . D. 4800 / Nm2 . Giải PVmPVRTPVPP Áp dụng phương trình trạng thái khí lí tưởng: PVnRTn 1 RTRTm m V 3RTRT v2 Vận tốc căn quân phương của các phân tử khí: v C 2 C 3 P vv224002 Từ 1 ; 2.9.10 .4800/CCPN m 22 333 Câu 65: Một chùm ánh sáng trắng được rọi vuông góc với một bản mỏng trong suốt hai mặt song song dày dm 0,44  ; chiết suất n 1 ,5. Trong phạm vi quang phổ nhìn thấy (bước sóng từ 0,4 m đến 0,7 m ), chùm tia phản chiếu được tăng cường có bước sóng là: A. 0,53 m . B. 0,58 m . C. 0,43 m . D. 0,48 m . Giải  Hiệu quang lộ giữa hai tia phản xạ trên hai mặt của bản mỏng : L L 2 d n22 sin i 12 2 Với trong đó : d là bề dày của bản mỏng ; n là chiết suất của bản ; i là góc tới của ánh sáng tới mặt bản ;  là bước sóng cùa ánh sáng tới  2dn Ánh sáng phản xạ được tăng cường khi: 2 dnk  1 20,5 k Tong phạm vi quang phổ thấy được, phải có điều kiện: 0,4 mm  0,7  Thay  vào 1 , suy ra điều kiện: 1,382,8 k Vì k phải nguyên, nên nó chỉ có thể có một giá trị k 2 . Vậy trong phạm vi quang phổ thấy được chỉ cố một chùm tia 2dn 2.0,44.1,5 phản xạ bước 2 bước sóng  0,528 mm 0,53  được tăng cường 2 0,5 2,5 Câu 66: Một hạt chuyển động trong giếng thế năng một chiều sâu vô hạn có năng lượng 10,0 eV ở trạng thái n 2. Năng lượng thấp nhất mà hạt có thể có trong chuyển động này là: TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 21/69
  22. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 A. 2 ,3 eV . B. 2 ,5 eV . C. 2 ,4 eV . D. 2 ,4 eV . Giải h 22 n 2 Hạt chuyển động trong giếng thế năng có năng lượng: EmeVn 2 8 2map E 10 Năng lượng thấp nhất EeV n 2,5 min n222 Câu 67: Một ngòn đèn phát sáng tần số 4 ,00.1015 Hz với công suất 40 W . Số photon phát ra trong 1 giây là hJs 6,625.10. 34 A.13 ,59. 1018 . B.15 ,09. 1018 . C.14 ,59. 1018 . D.14 ,09. 1018 Giải Công suất bức xạ: PN . Số photon do ngọn đèn phát ra trong 1 giây là PP 40 N 15,09.1018  hf 6,625.10.4.10 3415 Câu 68: Một chùm tia Rợnghen hẹp tới đập vào mặt tự nhiên của đơn tinh thể NaCl dưới góc tới bằng 300 . 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 3 ,10.10 10 m . Bước sóng của tia Rơn ghen là: A.  1,18.10 10 m . B.  2,18.10 10 m . C.  1,68.10 10 m . D.  2,68.10 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 : 2dsink 100 2dsin 2.3,1.10.30sin Theo bài ra, ta có: km 21,55.10 10 22 Câu 69: Trong nguyên tử với một lớp trạng thái ứng với n 5 chứa đầy electron, thì số electron có cùng ms 1/2 là: A. 32e . B.12e . C.16e . D. 25e . Giải Lớp Lớp con m Số trạng thái l ms 5 O 0 5s 0 1/ 2 2 1 5p 1 0 6 1 2 5d 2 1 0 10 1 2 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 22/69
  23. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 3 5 f 3 1/ 2 2 32 1 0 14 1 2 3 4 5g 4 3 2 1 0 18 1 2 3 4 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 ms 1/2 là: 25e Câu 70: Coi mặt trời là vật đen tuyệt đối nhiệt độ trên bề mặt là TK 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: bT  . max bT . 1 T21  0,5 Theo bài ra, ta có: TTK21 .6000 4687,50 bT  '. 2 T12' 0,64 Câu 71: Khối lượng của 1 kmol chất khí  40,0/ kgkmol , hệ số Poát – tông của chất khí là  1,4. Nhiệt dung riêng đẳng áp của khí bằng( cho hằng số khí RJkmol 8,31.10/. K 3 ): A. 727,6 J / kg . K . B. 726,6 J / kg . K . C. 727,1/. Jkg K . D. 728,1 J / kg . K . Giải Cp Hệ số Poat – xông của chất khí là  1,4 (Với Cp và Cv lần lượt là nhiệt dung mol đẳng áp và nhiệt dung mol Cv đẳng tích) CCpp  R Mặt khác: CCRCCRp v v p  Cp CCRvp  1 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 23/69
  24. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 C  R 1,4.8,31.103 Nhiệt dung riêng đẳng áp của khí: cJkg Kp 727,1/. p  140. 1,41 Câu 72: Có 1 g khí Hidro H 2 đựng trong một bình có thể tích 3 lít. Mật độ phân tử của chất khí đó là (cho hằng số khí RJkmolK 8,31.10/.;3 hằng số Boltzmann kJK 1,28.10/ 23 ) A.11,036.1023 (phân tử/ m3 ) B.9,536.1023 (phân tử/ m3 ). C.10 ,036.10 23 (phân tử/ m3 ) D.10 ,536.10 23 (phân tử/ m3 ). Giải m Số phân tử khí của chất đó là NnNN AA RT R 23 R m R Hằng số Boltzmann: k 1,28.10 J / K NA N . V NA k k NmR 10.8,31.10 33 Mật độ phân tử của chất khí đó là: n'10,820.10 25 (phân tử/ m3 ) Vk V  .2.1,28.10.3.10 233 Câu 73: Một chùm tia sáng song song chiếu vuông góc với một cách tử nhiễu xạ. Trong quang phổ bậc 2, vạch ứng với bước sóng  0 ,6 m được quan sát dưới góc 30 .0 Số khe trên 1 mm chiều dài của cách tử bằng: A. 216 ,67 . B.316 ,67 . C. 416 ,67 . D.116 ,67 . Giải k Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: s in d 22.0,6.10 6 Theo bài ra, ta có: kdm 22,4.10 6 sinsin 300 11 Số khe trên chiều dài của cách tử bằng: n 416,67 d 3,6.10 3 Câu 74: 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 4 Năng suất phát xạ VĐTĐ theo đ/l S-B: T .T 4 Công suất phát xạ VĐTĐ: PSTS T b Bước sóng ứng với năng suất phát xạ CĐ của VĐTĐ theo đ/l Wien: bTT max. max 4 b PTS  4 44 4 11 PT1112  0,5 Từ đó, ta có: PP216,55 4 PT b  0,8 PTS22  221 2 Câu 75: Trong quang phổ bậc 1 của một chất phát sáng, được cho bởi một cách tử truyền qua có chu kỳ dm 2,5.10 6 và được quan sát trong mặt phẳng tiêu của một thấu kính hội tụ đặt ngày sau cách tử có tiêu cự fm 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 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 24/69
  25. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 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 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: DMMftan 0 . 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: DD f 21 tantan 21 k Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: si n d 6 1 0,56.10 0 sin 11 6 0,22412 56' d 2,5.10 Chỉ xét cực đại nhiễu xạ bậc 1 do đó ta có: 6 2 0,58.10 0 sin 22 6 0,23213 24' d 2,5.10 DD fD D D 21 f tantanmmm 13003 24'12 56'3,5.103,5 00 21 tantan 13 24'12 56' ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG PHẦN III ( QUANG – LƯỢNG TỬ) ĐỀ SỐ 6 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 76: Bước sóng De Broglie cực đại của 1 hạt chuyển động trong giếng thế năng một chiều sâu vô hạn có bề rộng L có thể là: L L A. . B. 2L . C. . D. L . 2 4 Giải hh Bước sóng De Broglie:  p 2mE Để bước sóng De Broglie cực đại max E min 0,khi 0 x a Hạt chuyển động theo phương x trong giếng thế năng định nghĩa bởi: Ux x 0 ,khi xa TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 25/69
  26. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 h2 2. 22 4 2 Hàm sóng có dạng:  2 x sin x , tương ứng với năng lượng Enn 2 ,1,2,3, aa 2ma h2 2. 2 h Để EnEL 124  minminmax 2 2 2mL 2 h . 2 2m 4 2mL2 Câu 77: Có hai bình khí cùng thể tích, cùng nội năng. Bình 1 chứa khí Oxy O2 , bình 2 chứa khí Nito CO2 . Coi các khí lý tưởng. Gọi pp12, là áp suất tương ứng của bình 1, 2. Ta có: 5 3 6 A. pp . B. pp . C. pp . D. pp . 126 125 12 125 Giải Vì hai bình khí có cùng thể tích quá trình đẳng tích miii Biến thiên nội năng trong quá trình đẳng tích: URTnRTpV  222 Khi O2 i 5 và khí CO2 i 6 ii UnRTp V11 111 1 22 iiip2221 66 Ta có: UnRTp22212 Vpp 2255 ip12 VVVUU1212 , Câu 78: Nội năng của một mol khí lý tưởng lưỡng nguyên tử có thể biểu thị qua các biến số áp suất P là thể tích V là 5 3 PV A. PV . B. PV . C. PV . D. . 2 2 2 Giải iRi Nội năng của 1 mol khí lý tưởng: UnRTPV 22 5 Với khí lưỡng nguyên tử iUPV5 2 Câu 79: Có 1 g khí Hidro H 2 đựng trong một bình có thể tích 3 lít. Mật độ phân tử của chất khí đó là (cho hằng số khí RJkmol 8,31.10/.; K 3 hằng số Boltzmann k 1,28.10 23 J / K ) A.11,536.1025 (phân tử/ m3 ) B.10,036.1025 (phân tử/ m3 ). C.11,036.1025 (phân tử/ m3 ) D.10,536.1025 (phân tử/ m3 ). Giải m Số phân tử khí của chất đó là N n N N AA RT R 23 R m R Hằng số Boltzmann: k 1,28.10 J / K NA N . V NA k k N mR 10 33 .8,31.10 Mật độ phân tử của chất khí đó là: n' 10,820.1025 (phân tử/ m3 ) V k. V 2.1,28.10 23 .3.10 3 Câu 80: 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 0,90 m đến 2 0,60 m ; tương ứng với công suất bức xạ tức thời của nó tăng lên x lần bằng TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 26/69
  27. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 A. x 5 ,06 lần. B. x 5 ,66 lần. C. x 5 , 26 lần. D. x 5 , 46 lần. Giải 4 Năng suất phát xạ VĐTĐ theo đ/l S-B: T .T 4 Công suất phát xạ VĐTĐ: PSTS T b Bước sóng ứng với năng suất phát xạ CĐ của VĐTĐ theo đ/l Wien: b max. T T max 4 b PTS  4 44 4 11 PT1112  0,6 Từ đó, ta có: PPx215,065,06 4 PT b  0,9 PTS22  221 2 3 3 Câu 81: Thể tích của Mg 4 khí Oxy O2 tăng từ V1 dm 1 ,00 đến V2 dm 4 . Xem khí Oxy là khí thực có hằng số Van der Waals aJmkmol 1,37.10./.632 . Công của nội lực trong quá trình giãn nở đó bằng: A. 1,6 1 J . B. 1,0 1 J . C. 1,4 1 J . D. 1,2 1 J . Giải Công của nội lực trong quá trình giãn nở đó bằng: 22 M 110,0411 6 AaJ 22 1,37.10 .1,61  VV21 3241 Câu 82: Một động cơ hoạt động theo chu trình Carnot thuận nghịch giữa 2 nguồn có nhiệt độ 50 0 ,0 K và10 0 ,0 K . Nếu nó nhận một lượng nhiệt 8 ,0 kJ của nguồn nóng trong mỗi chu trình thì công mà nó sinh ra trong mỗi chu trình là: A. 7,0 kJ . B. 6,0 kJ . C.5,0 kJ . D. 4,0 kJ Giải T2 Hiệu suất theo chu trình Carnot:  1 (với TT12; lần lượt là nhiệt độ nguồn nóng và nhiệt độ nguồn lạnh) T1 A' Mặt khác:  (với AQ'; 1 lần lượt là công sinh ra trong mỗi chu trình và nhiệt lượng nhận được trong mỗi chu trình) Q1 TTT222 AA''500 Hay  11'15. 14 AQkJ 1 TQTQT11111 100 Câu 83: Trong quang phổ bậc 1 của một chất phát sáng, được cho bởi một cách tử truyền qua có chu kỳ dm 2,5.10 6 và được quan sát trong mặt phẳng tiêu của một thấu kính hội tụ đặt ngày sau cách tử có tiêu cự fm 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. 3,5 mm . B. 4,5 mm . C.5,0 mm . D. 4,0 mm . Giải TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 27/69
  28. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 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 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: D M0 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: DD f 21 tantan 21 k Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: si n d 6 1 0,56.10 0 sin 11 6 0,224 12 56' d 2,5.10 Chỉ xét cực đại nhiễu xạ bậc 1 do đó ta có: 6 2 0,58.10 0 sin 22 6 0,232 13 24' d 2,5.10 DD fDDDf tantanmmm21 13003 24'12 56'3,5.103,5 00 21 tantan 13 24'12 56' 0 Câu 84: Hai khối khí O2 và H2 có cùng mật độ số hạt. Nhiệt độ của khối khí là 8 0 ,0 C , nhiệt độ của khối khí 0 H2 là 4 0 ,0 C . Áp suất của và theo thứ tự là P1 và P2 . Ta có: A. PP12 1,2 . B. PP12 1,3 . C. PP12 1,1 . D. PP12 1,4 . Giải m Số phân tử khí của chất khí đó là Nn NN AA RTRRm R 23 Hằng số Boltzmann kJ KNN 1,28.10/. A VNkk A  NmRp Mật độ phân tử của chất khí đó là n' Vk VkT . Vì hai khối khí và có cùng mật độ số hạt và nhiệt độ thay đổi áp suất thay đổi quá trình đẳng tích PT80 273 Áp dụng PT trạng thái của quá trình đẳng tích: 11 1,1 PT2240 273 Câu 85: Chiếu một chùm tia sáng song song  0,5 m lên một màng xà phòng (chiết suất n 1 ,33) dưới góc tới i 30 .0 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: LLLd nsin i2 22 12 2 Xét điều kiện vân sáng – vân tối: Vân sáng: Lk 1 Vân tối: Lk  2 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:  0,5 dmmin 0,101  4n2 sin 2 i 4 1,33 2 sin 2 30 0 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 28/69
  29. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 Câu 86: Một hạt chuyển động trong giếng thế năng một chiều sâu vô hạn có năng lượng 6 eV ở trạng thái n 2. Năng lượng thấp nhất mà hạt có thể có trong chuyển động này là: A.1,8 eV . B.1,5 eV . C.1,6 eV . D.1,7 eV . Giải h 22 n 2 Hạt chuyển động trong giếng thế năng có năng lượng: EmeVn 2 8 2map E 6 Năng lượng thấp nhất EeV n 1,5 min n222 Câu 87: Hạt electron có bước sóng De Broglie  1,00.10 9 m . Động năng của nó bằng( hJs 6,625.10.; 34 31 me 9,1.10 kg ); A.1,7 1 eV . B.1,5 1 eV . C.1,6 1 eV . D.1,8 1 eV . Giải Nhận xét: Phương hướng của bài toán: bước sóng xác định động lượng xác định động năng xác định hiệu điện thế U h - Động lượng của electron là: p e 2 22 6,625.10 34 ph 19 - Động năng của electron là:WJeVd 2,412.101,51 22mm 2 319 2 eee 2.9,1.10. 10 Câu 88: Trong nguyên tử với lớp trạng thái ứng với số lượng tử chính n 5 chứa đầy electron, số electron có cùng hình chiếu Spin ms 1/2 là: A. 32e . B.12e . C.16e . D. 25e . Giải Lớp Lớp con m Số trạng thái l ms 5 O 0 5s 0 1/ 2 2 1 5p 1 0 6 1 2 5d 2 1 0 10 1 2 3 5 f 3 32 2 1 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 29/69
  30. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 0 1/ 2 14 1 2 3 4 5g 4 3 2 1 0 18 1 2 3 4 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 ms 1/ 2 là: 25e Câu 89: Cho cách tử nhiễu xạ có chu kỳ là 2,00 m . Chiếu ánh sáng đơn sắc có bước sóng  0,200 m vuông góc với cách tử. Số vạch cực đại chính lớn nhất trong quang phổ của cách tử là: A. 25 . B. 27 . C. 21 . D. 23 . Giải k Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: sin d d 2.10 6 Để k khi sinkkNk 11010 max maxmax  0,2.10 6 Số vạch cực đại chính tối đa: Nk 212.10121max Câu 90: Chiếu một chùm tí sáng song song song đơn sắc có bước sóng 2 0,4 m vuông góc với một khe hẹp có bề rộng bmm 0,25 . Đặt sát ngay sau khe một thấu kính hội tụ, tiêu cự fcm 50,00, 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. 0,8 mm B.1,00 mm . C.1,10 mm . D. 0,90 mm . Giải k Cực tiểu nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia nhiễu xạ: sin (b : độ b rộng của khe)  Độ rộng cực tiểu nhiễu xạ trung tâm tương ứng cực tiểu bâc 1:1k 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 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 30/69
  31. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 yf0,4.10.0,5 6 Hay: ymmm 8.100,8 4 bfb 0,25.10 3 Độ rộng cực đại nhiễu xạ trung tâm của ảnh nhiễu xạ: y m m0 ,8 ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG PHẦN III ( QUANG – LƯỢNG TỬ) ĐỀ SỐ 7 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 91: Theo quang học sóng cách phát biểu nào dưới đây là sai: A. Chiết suất môi trường phụ thuộc vào chu kỳ dao động sóng; B. Bước sóng của ánh sáng đơn sắc thay đổi theo môi trường; C. Mỗi ánh sáng đơn sắc có một tần số riêng; D. Tần số ánh sáng đơn sắc thay đổi theo môi trường; Câu 92: Bước sóng De Broglie cực đại của 1 hạt chuyển động trong giếng thế năng một chiều sâu vô hạn có bề rộng L có thể là: L L A. . B. 2L . C. . D. L . 2 4 Giải hh Bước sóng De Broglie:  p 2mE Để bước sóng De Broglie cực đại maxmin E 0, khixa 0 Hạt chuyển động theo phương x trong giếng thế năng định nghĩa bởi: Ux x 0 , khi xa h2 2. 22 4 2 Hàm sóng có dạng:  2 xsinx , tương ứng với năng lượng Enn 2 ,1,2,3, aa 2ma h2 2. 2 h Để EnEL 124  minminmax 2mL2 2 2 h . 2 2m 4 2mL2 Câu 93: Đối với electron hóa trị trong nguyên tử Na, những trạng thái năng lượng nào có thể chuyển về trạng thái năng 2 lượng 3 P1 trong các trạng thái năng lượng sau đây: 2 2 2 2 2 A. 5 F5 . B. 4 D5 . C.5 S1 . D. 4 P3 . 2 2 2 2 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 được từ số lượng tử chính n . Ngoài ra để xét quá trình chuyển mức ta cần nắm được quy tắc lựa chọn: Với n 3: l 0,1,2 Trạng thái: 3SPD ,3 ,3 (chưa tính đến spin) hoặc 3SPPDD1 ;3 1 ;3 3 ;3 3 ;3 5 2 2 2 2 2 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 31/69
  32. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 Trạng thái năng lượng: Quy tắc lựa chọn: lj 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: 2 2 2 Những trạng thái có thể chuyển về 3 S1 là: nP1 và nP3 (với n 3 ,4 ,5 , ) 2 2 2 2 2 2 Những trạng thái có thể chuyển về 3 P1 là: nS1 và mD3 (với n 4 ,5 và m 3 ,4 ,5 , ). 2 2 2 2 2 Những trạng thái có thể chuyển về 3 P3 là: và và mD5 (với và ). 2 2 2 22 2 Những trạng thái có thể chuyển về 3 D3 là n P13; n P và mF5 (với n 4 ,5 , và m 4 ,5 ,6 , ). 2 22 2 2 2 2 2 Những trạng thái có thể chuyển về 3 D5 là nP3 và mF5 và mF7 (với và m 4 ,5 ,6 , ). 2 2 2 2 Câu 94: Chiếu một chùm tí sáng song song song đơn sắc có bước sóng 2 0 ,4 m vuông góc với một khe hẹp có bề rộng b m m0 ,25 . Đặt sát ngay sau khe một thấu kính hội tụ, tiêu cự f c m 5 0 ,0 0 , 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. 0 ,8 mm B.1,00 mm . C.1,10 mm . D. 0 ,90 mm . Giải k Cực tiểu nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia nhiễu xạ: s in (b : độ b rộng của khe)  Độ rộng cực tiểu nhiễu xạ trung tâm tương ứng cực tiểu bâc 1:1k sin b Từ hình vẽ mô tả vị trí cực tiểu nhiễu xạ: y f. tg Góc lệch nhiễu xạ nhỏ nên yftg .  ( y :Độ rộng cực đại nhiễu xạ trung tâm của ảnh nhiễu xạ) Vì  là góc rất nhỏ tgsin yf0,4.10 6 .0,5 Hay: ymmm 8.100,8 4 bfb 0,25.10 3 Độ rộng cực đại nhiễu xạ trung tâm của ảnh nhiễu xạ: ymm 0,8 Câu 95: Một chùm tia Rợnghen hẹp tới đập vào mặt tự nhiên của đơn tinh thể NaCl dưới góc tới bằng 300 . 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 2,40.10 10 m . Bước sóng của tia Rơn ghen là: A.  2,58.10 10 m . B.  3,08.10 10 m . C.  2,08.10 10 m . D.  1,58.10 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 : 2dsink 10 0 2dsin 2.2,4.10 .sin 30 Theo bài ra, ta có: km 2  1,2.10 10 22 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 32/69
  33. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 Câu 96: Một photon có bước sóng  1,40.10 11 m , đến va chạm vào một electron đang đứng yên. Sau va chạm photon bị tán xạ với góc  900 . Cho khối lượng electron mkg 9,1.10 31 , hằng số Planck hJs 6,625.10.; 34 vận tốc ánh sáng trong chân không c m s3 .1 08 / . Khi đó động năng của electron có giá trị nào dưới đây: A. 2 ,30.10 15 J . B. 2 ,50.10 15 J . C. 2 ,10.10 15 J . D.1 ,90.10 15 J . Giải 2 mce 2 hchchchc Động năng của electron Emchvhv ' hay ED De2 v ' 1 c 2  Theo công thức tán xạ Compton:  2 C sin 2 hchc Ta tìm được động năng của electron bắn ra : ED  2   2 C sin 2 Hay 2  2 C sin 348 1220 hc 2 6,625.10.3.10 2.2,4.10.45sin EJ .2,1.10 15 D 11 111220  2  1,4.10 1,4.102.2,4.10.45 sin  2 C sin 2 Câu 97: Độ biến thiên entropy trên đoạn giữa hai quá trình đoạn nhiệt trong chu trình Carnot thuận nghịch có trị số bằng: S k c a1/ l K ; hiệu số nhiệt độ giữa hai đường đẳng nhiệt là TC300 0 ; 1 4 c ,18 al J . Nhiệt lượng đã chuyển hóa thành công trong chu trình đang xét là: A.12,04.105 J . B.13,54.105 J . C.12,54.105 J . D.13,04.105 J . Giải Nhiệt lượng đã chuyển hóa thành công trong quá trình đang xét là: QASTJ .1.10 .4,18.30012,54.1035 3 3 Câu 98: Thể tích của Mg 4 khí Oxy O2 tăng từ Vdm1 1,00 đến Vdm2 4 . Xem khí Oxy là khí thực có hằng số Van der Waals aJ mk1,37.10./. mol 632 . Công của nội lực trong quá trình giãn nở đó bằng: A. 1,41 J . B. 1,21 J . C. 1,61 J . D. 1,81 J . Giải Công của nội lực trong quá trình giãn nở đó bằng: 22 M 110,0411 6 AaJ 22. 1,37.10 .1,61  VV21 3241 Câu 99: Trong quang phổ bậc 1 của một chất phát sáng, được cho bởi một cách tử truyền qua có chu kỳ dm 2,5.10 6 và được quan sát trong mặt phẳng tiêu của một thấu kính hội tụ đặt ngày sau cách tử có tiêu cự fm 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. 3,0 mm . B.3,5 mm . C. 4,0 mm . D. 4,5 mm . Giải TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 33/69
  34. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 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 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: DMMftan 0 . 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: DD f 21 tantan 21 k Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: si n d 6 1 0,56.10 0 sin 11 6 0,22412 56' d 2,5.10 Chỉ xét cực đại nhiễu xạ bậc 1 do đó ta có: 6 2 0,58.10 0 sin 22 6 0,23213 24' d 2,5.10 DD fD D D 21 f tantanmmm 13003 24'12 56'3,5.103,5 00 21 tantan 13 24'12 56' Câu 100: Một hạt chuyển động trong giếng thế năng một chiều sâu vô hạn có năng lượng 6 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.1,6 eV . D.1,7 eV . Giải h 22 n 2 Hạt chuyển động trong giếng thế năng có năng lượng: EmeVn 2 8 2map E 6 Năng lượng thấp nhất EeV n 1,5 min n222 Câu 101: Một ngòn đèn phát sáng tần số 5,50.1015 Hz với công suất 35 W . Số photon phát ra trong 1 giây là hJ s6,625.10. 34 A.10,61.1018 . B.9,61.1018 . C.10,11.1018 . D.9,11.1018 Giải Công suất bức xạ: PN . Số photon do ngọn đèn phát ra trong 1 giây là PP 35 N 9,61.1018  hf 6,625.10 34 .5,5.10 15 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 34/69
  35. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 0 Câu 102: Hai khối khí O2 và H2 có cùng mật độ số hạt. Nhiệt độ của khối khí là 8 0 ,0 C , nhiệt độ của khối khí 0 H2 là 4 0 ,0 C . Áp suất của và theo thứ tự là P1 và P2 . Ta có: A. PP12 1,0 . B. PP12 1,3 . C. PP12 1,2 . D. PP12 1,1 . Giải m Số phân tử khí của chất khí đó là NnNN AA RTRRmR 23 Hằng số Boltzmann kJKNN 1,28.10/. A VNkk A  NmRp Mật độ phân tử của chất khí đó là n' VkVkT . Vì hai khối khí và có cùng mật độ số hạt và nhiệt độ thay đổi áp suất thay đổi quá trình đẳng tích PT80273 Áp dụng PT trạng thái của quá trình đẳng tích: 11 1,1 PT2240273 Câu 103: Nhiệt độ dây tóc bóng đèn điện luôn biến đổi do đốt nóng bằng điện xoay chiều. Nhiệt độ thấp nhất là 1250 ,0 K và nhiệt độ cao nhất là 1400 ,0 K . Công suất bức xạ của dây tóc bóng đèn biến đổi: A. 1,6 lần. B. 2 ,6 lần. C. 2 ,1 lần. D. 1,1lần. Giải 4 Công suất phát xạ VĐTĐ: PSTS T PTS  4 4 4 minmin PTminmin 1250 Theo bài ra, ta có: PP211,6 4 PT 1400 PTSmaxmax  maxmax Câu 104: Một mol khí Hidro nguyên tử được nung nóng đẳng áp, thế tích tăng gấp đôi. Entropy của nó biến thiên một lượng bằng: (Cho hằng số khí RJmol 8,31/. K ) A.14,4/ JK . B.15,4/ JK . C.14,9/ JK . D.13,9/ JK . Giải Q Độ biến thiên Entropy:  S T i 2 Quá trình đẳng áp  QnCdTnRdT p 2 Thay vào và lấy tích phân từ trạng thái 1 ứng với T1 đến trạng thái 2 ứng với T2 T 2 idTii 222 T2 T SnRnR ln TnR ln . 2 222 TTT T1 1 1 TV Áp dụng PT trạng thái của quá trình đẳng áp: pconst : 22 TV11 i 23 2 VV 2 S nR lnlnJ.1 8,31.14,4 K 21 / 22 VV11 Câu 105: Một động cơ hoạt động theo chu trình Carnot thuận nghịch giữa 2 nguồn có nhiệt độ 500,0 K và100,0 K . Nếu nó nhận một lượng nhiệt 5,0 kJ của nguồn nóng trong mỗi chu trình thì công mà nó sinh ra trong mỗi chu trình là: A. 3,0 kJ . B. 6,0 kJ . C. 4,0 kJ . D.5,0 kJ Giải T2 Hiệu suất theo chu trình Carnot:  1 (với TT12; lần lượt là nhiệt độ nguồn nóng và nhiệt độ nguồn lạnh) T1 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 35/69
  36. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 A' Mặt khác:  (với AQ'; 1 lần lượt là công sinh ra trong mỗi chu trình và nhiệt lượng nhận được trong mỗi chu trình) Q1 TTT222 AA''500 Hay  11'15. 14 AQkJ 1 TQTQT11111 100 ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG PHẦN III ( QUANG – LƯỢNG TỬ) ĐỀ SỐ 7 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 106: Trong một dãy vạch quang phổ phát xạ của Hidro: A. Các electron bị kích thích rời khỏi nguyên tử; B. Các vạch phổ cách đều nhau; C. Các electron bị kích thích đều chuyển về cùng một mức năng lượng; D. Các electron bị kích thích đều ở cùng một mức năng lượng; Câu 107: 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. Biến mất; B. Sít lại gần nhau; C. Giãn rộng ra; D. Nhòe đi; Câu 108: Nội áp của khí thực có từ nguyên nhân nào dưới đây: A. Lực đẩy giữa các phân tử khí; B. Lực hút giữa các phân tử khí; C. Lực hút của thành bình lên phân tử khí; D. Phản lực của thành bình lên phân tử khí; Câu 109: Cho cách tử nhiễu xạ có chu kỳ là 6,00 m . Chiếu ánh sáng đơn sắc có bước sóng  0,600 m vuông góc với cách tử. Số vạch cực đại chính lớn nhất trong quang phổ của cách tử là: A. 27,00 . B. 25 ,00 . C. 23 ,00 . D. 21 ,00 . Giải k Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: sin d d 6.10 6 Để k khi sin 1 k 10 k N k 10 m ax max 0,6.10 6 max Số vạch cực đại chính tối đa: Nk 212.10max 121 Câu 110: Một động cơ hoạt động theo chu trình Carnot thuận nghịch giữa 2 nguồn có nhiệt độ 400,0 K và100,0 K . Nếu nó nhận một lượng nhiệt 6,0 kJ của nguồn nóng trong mỗi chu trình thì công mà nó sinh ra trong mỗi chu trình là: A. 6,0 kJ . B. 4,5 kJ . C.5,5 kJ . D. 7,5 kJ Giải T2 Hiệu suất theo chu trình Carnot:  1 (với TT12; lần lượt là nhiệt độ nguồn nóng và nhiệt độ nguồn lạnh) T1 Mặt khác: (với lần lượt là công sinh ra trong mỗi chu trình và nhiệt lượng nhận được trong mỗi chu trình) TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 36/69
  37. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 TTT222 AA''400 Hay  11'16. 14,5 AQkJ 1 TQTQT11111 100 Câu 111: Một khối khí lý tưởng có thể tích Vm 8 3 dãn nở đẳng nhiệt từ áp suất 2 at đến 1 at . Lượng nhiệt đã cung cấp cho quá trình này là: A.13.105 J . B.14.105 J . C.12.105 J . D.11.105 J . Giải Trong quá trình đẳng nhiệt: U 0 mà UAQQA 0 V2 V2 Công của quá trình đẳng nhiệt: AP dVP V ln 11 V V1 1 VP Áp dụng PT trạng thái của quá trình đẳng nhiệt: 21 VP12 VP2155 Lượng nhiệt đã cung cấp cho quá trình này là: QAPV lnPV1 lnlnJ 11 1 2.10 .8.211.10 VP12 Câu 112: Khối lượng của 1 kmol chất khí  40/ kgkmol , hệ số Poát – tông của chất khí là  1, 4. Nhiệt dung riêng đẳng áp của khí bằng( cho hằng số khí R 8,31.103 J / kmol . K ): A. 7 2 7 ,1 / .J k g K . B. 7 2 8 ,6 / .J k g K . C. 7 2 8 ,1 / .J k g K . D. 7 2 7 ,6 / .J k g K . Giải Cp Hệ số Poat – xông của chất khí là  1,4 (Với Cp và Cv lần lượt là nhiệt dung mol đẳng áp và nhiệt dung mol Cv đẳng tích) CCpp  R Mặt khác: CCRCCRpvvp  Cp CCRvp  1 C  R 1,4.8,31.103 Nhiệt dung riêng đẳng áp của khí: cJ kgp K 727,1/. p   140. 1,4 1 Câu 113: Nhiệt độ dây tóc bóng đèn điện luôn biến đổi do đốt nóng bằng điện xoay chiều. Nhiệt độ thấp nhất là 1600,0 K và nhiệt độ cao nhất là 2500,0 K . Công suất bức xạ của dây tóc bóng đèn biến đổi: A. 6 ,0 lần. B. 7,5 lần. C. 6 ,5 lần. D. 7,0 lần. Giải 4 Công suất phát xạ VĐTĐ: PSTS T PTS  4 4 4 min min PTmin min 1600 Theo bài ra, ta có: PP21 6,0. 4 PT 2500 PTSmax  max max max Câu 114: Một chùm tia Rợnghen hẹp tới đập vào mặt tự nhiên của đơn tinh thể NaCl dưới góc tới bằng 300 . 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 bằng3,10.10 10 m . Bước sóng của tia Rơn ghen là: A.  4,18.10 10 m . B.  3,18.10 10 m . C.  2,68.10 10 m . D.  3,68.10 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 10 0 2dsin 2.3,1.10 .sin 30 Theo bài ra, ta có: km 2  1,55.10 10 22 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 37/69
  38. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 Câu 115: Một hạt chuyển động trong giếng thế năng một chiều sâu vô hạn có năng lượng 1 0 ,0 eV ở trạng thái n 2. Năng lượng thấp nhất mà hạt có thể có trong chuyển động này là: A. 2 ,5 eV . B. 2 ,6 eV . C. 2 ,8 eV . D. 2 ,7 eV . Giải h 22 n 2 Hạt chuyển động trong giếng thế năng có năng lượng: EmeVn 2 8 2map E 10 Năng lượng thấp nhất EeV n 2,5 min n222 Câu 116: Chiếu 2 chùm tia sáng đơn sắc có bước sóng 1 0 ,6 m và 2 0 ,4 m tới vuông góc với mặt phẳng đáy của 1 nêm không khí. Những số thứ tự k ứng với các vân tối của 2 hệ vân của hai chùm sáng đơn sắc trùng nhau là: A. kk12 4 , 6 . B. kk12 3 , 2 . C. kk12 9 , 6 . D. kk12 6 , 4 . Giải 1212DDk 0,42 Vị trí vân tối trùng nhau: k1 ik 12 ikk212 ddk 21 0,63 3 3 Câu 117: Thể tích của Mg 4 khí Oxy O2 tăng từ V1 2,00 dm đến V2 5 dm . Xem khí Oxy là khí thực có hằng số Van der Waals aJmkmol 1,37.10./.632 . Công của nội lực trong quá trình giãn nở đó bằng: A. 0 ,24 J . B. 0 ,64 J . C. 0 ,04 J . D. 0 ,44 J . Giải Công của nội lực trong quá trình giãn nở đó bằng: 22 M 11411 6 AaJ 22. 1,37.10 .0,64  VV12 3252 Câu 118: Một photon có bước sóng  1,60.10 11 m , đến va chạm vào một electron đang đứng yên. Sau va chạm photon bị tán xạ với góc  900 . Cho khối lượng electron mkg 9,1.10 31 , hằng số Planck hJ s6,625.10.; 34 vận tốc ánh sáng trong chân không cms 3.10/.8 Khi đó động năng của electron có giá trị nào dưới đây: A.1,64.10 15 J . B.1,84.10 15 J . C. 2,24.10 15 J . D. 2,04.10 15 J . Giải 2 mce 2 hchchchc Động năng của electron E m c hv hv' hay ED De2 v ' 1 c 2  Theo công thức tán xạ Compton:  2 C sin 2 hchc Ta tìm được động năng của electron bắn ra : ED  2   2 C sin 2 Hay 2  2 C sin 34 8 12 2 0 hc 2 6,625.10 .3.10 2.2,4.10 .sin 45 EJ . 1,64.10 15 D 11 11 12 2 0  2  1,6.10 1,6.10 2.2,4.10 .sin 45  2 C sin 2 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 38/69
  39. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 Câu 119: Coi mặt trời là vật đen tuyệt đối nhiệt độ trên bề mặt là TK 6000 . Bức xạ mang năng lượng lớn nhất có 1 0 ,4 8 . m Một ngôi sao khác (xem là vật đen tuyệt đối) mà bức xạ mang năng lượng cực đại có 2 0 ,7 4 . m Nhiệt độ của ngôi sao là: A. 4354 ,05 K . B. 4154 ,05 K . C. 4054 ,05 K . D. 4254 ,05 K . Giải Bước sóng ứng với năng suất phát xạ CĐ của VĐTD theo định luật Wien: bT max . bT . 1 T21  0,5 Theo bài ra, ta có: TTK21 .60004054,05 bT  '. 2 T12'0,74 Câu 120: Chiếu một chùm tia sáng song song  6 .1 0 6 m lên một màng xà phòng (chiết suất n 1, 45 ) dưới góc tới i 45 .0 Để chùm tia phản xạ có cường độ sáng cực tiểu thì bề dày nhỏ nhất của màng sẽ là: A.1 ,78.1 0 6 m . B.1 ,38.1 0 6 m . C.1 ,18.1 0 6 m . D.1 ,58.1 0 6 m . Giải  Xét hiệu quang lộ giữa hai tia phản xạ trên bề mặt của bản mỏng: LLLdnsini 2 22 12 2 Xét điều kiện vân sáng – vân tối: Vân sáng: Lk 1 Vân tối: Lk  2 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: 6  6.10 6 dmmin 1,18.10 44nsin 1,453022220 isin ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG PHẦN III ( QUANG – LƯỢNG TỬ) ĐỀ SỐ 10 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 121: Nguyên tử H đang ở trạng thái kích thích ứng với mức năng lượng nn 1 . Số vạch quang phổ nó có thể phát ra là: n2 nn 1 nn 1 nn 11 A. . B. . C. . D. . 2 2 2 2 Giải Từ mức năng lượng thứ n đến mức năng lượng thứ nhất cố tất cả n mức nãng lượng. Mỗi vạch quang phổ, tương ứng với một sự chuyển trạng thái giữa hai mức năng lượng bất kì trong số n mức nãng lượng đó (chuyển từ ứạng thái năng lượng cao đến trạng thái năng lượng thấp hơn). Vậy số vạch quang phổ có thể phát ra = số cặp mức năng lượng trong mức năng lượng bằng Câu 122: Một chùm tia sáng được rọi vuông góc với một cách tử truyền qua. Biết rằng góc nhiễu xạ đối với vạch quang 0 phổ 1 0,6 m trong quang phổ bậc hai bằng 45 . Sin của góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ 2 0,48 m trong quang phổ bậc ba nhận giá trị nào dưới đây: A. sin 2 0,849 . B. sin 2 0,839 . C. sin 2 0,829 . D. sin 2 0,819 . Giải TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 39/69
  40. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 k Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: si n d 2 Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 2 bằng 4520 sink 1 . 1 111 d 3 Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 3 bằng sink 2 3 . 2 222 d 0 1 sinsin  1112 23.  3.45sin .0,48 Lấy sin 2 0,849 2322.0,6 sin 221 Câu 123: Một chùm tia sáng đơn sắc song song, bước sóng  0 ,6 m chiếu vuông góc với mặt của một lỗ tròn bán kính r m m1 ,2 . Phía sau lỗ tròn có đặt một màn quan sát vuông góc với trục của lỗ tròn và cách lỗ tròn một khoảng bằng b. Gía trị lớn nhất của b để tâm của ảnh nhiễu xạ trên màn quan sát là một điểm tối bằng A.1,34 m . B.1,13 m . C.1,2 m . D.1,41 m . Giải Bài toán mở rộng: Xây dựng công thức tính bán kính của đới cầu Fresnel thứ k Xét hai tam giác vuông OM Hkk và MMHkk: 2 222 222  rRRhdbhbkbhkkkkk 2 k 2 22Rhhkbbhh 22 kkkk 4 2 k kb Vì  bRhk bbhh 022 42kkk Rb RbkRb Do h cũng rất nhỏ nên bán kính của đới cầu thứ k là: rRhrk2 2 k kkk RbRb VI vậy khoảng cách lớn nhất bm ax để tâm của hình nhiễu xạ trên màn quan sát là tối phải ứng với trường hợp lỗ tròn chứa hai đới Prênen. Nghĩa là bán kính của lỗ tròn phải bang bán kính của đới cầu thứ hai: Rbb kr 2 rr :22 22b Rb 1 R b Theo đầu bài, chùm tia sáng tới là chùm tia song song, mặt sóng lựa trên lỗ là một mặt phẳng R , do đó 0 , R 3 2 r 2 1,2.10 ta có rbbm 21,2 2 2 max 22.0,6.10 6 Câu 124: Một lò nung cứ mỗi phút phát ra năng lượng bức xạ bằng 540 calo qua một lỗ nhỏ có diện tích S 6 cm2 . Coi lò như một vật đen tuyệt đối, nhiệt độ lò nhận giá trị nào dưới đây (cho hằng số  5,67.10 8 W / m 2 K 4 ): TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 40/69
  41. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 A. 10 25 ,5 K . B. 10 75 ,5 K . C. 1050 ,5 K . D. 1100 ,5 K . Giải 4 Công suất phát xạ VĐTĐ: PSTS T Năng lượng phát xạ VĐTĐ trong 1 phút: E P. t  . S . t . T4 5,67.10 8 . T 4 .60.6.10 4 540.4,18 2257,2 J E 540.4,18 Nhiệt độ lò nhận được: TK 4 4 1025,5  5,67.10.60.6.10St 84 Câu 125: Bước sóng De Broglie cực đại của 1 hạt chuyển động trong giếng thế năng một chiều sâu vô hạn có bề rộng L có thể là: L L A. . B. 2L . C. L . D. . 2 4 Giải hh Bước sóng De Broglie:  p 2mE Để bước sóng De Broglie cực đại maxmin E 0, khixa 0 Hạt chuyển động theo phương x trong giếng thế năng định nghĩa bởi: Ux x 0 , khi xa h2 2. 22 4 2 Hàm sóng có dạng:  2 xsinx , tương ứng với năng lượng Enn 2 ,1,2,3, aa 2ma h2 2. 2 h Để EnEL 124  minminmax 2 2 2mL 2 h . 2 2m 4 2mL2 Câu 126: Một nguồn sáng điểm S đặt cách màn quan sát một khoảng x. Ánh sáng do nguồn S phát ra có bước sóng  0,5 m . Ở chính giữa khoảng x, người ta đặt một màn tròn chắn sáng song song với màn quan sát và có đường kính Dmm 1,3. Để điểm M 0 trên màn quan sát có cường độ sáng gần như lúc chưa đặt màn tròn, x nhận giá trị nào dưới đây (cho biết điểm M 0 và nguồn sáng S đều nằm trên trục của màn tròn): A. 3,48 m . B. 3,58 m . C. 3,38 m . D. 3,08 m . Giải Bài toán mở rộng: Xây dựng công thức tính bán kính của đới cầu Fresnel thứ k Xét hai tam giác vuông OMkk H và MMkk H : 2 2 22 2 2  2 rRRhk k dbh k k bk bh k 2 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 41/69
  42. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 k 2 22Rhhkbbhh 22 kkkk 4 2 k kb Vì  bRhkbbhh 022 42kkk Rb R bk Rb Do h cũng rất nhỏ nên bán kính của đới cầu thứ k là: r2 2 Rh r k k k kR b k R b Nhận xét: Đây là bài toán nhiễu xạ qua đĩa tròn. Muốn điểm M trên màn quan sát có độ sáng gần như lúc chưa đặt màn tròn thì đĩa tròn phải chắn được đới cầu đầu tiên. Do đó bán kính của đĩa tròn cũng phải bằng bán kính đới cầu đới cầu thứ 1. Ta có công thức tính bán kính đới cầu thứ nhất 2 x 2  2 2 3 Rbd 1 4r 1,3.10 rxxm 4  1 3,38 1 Rbx 20,5.10  6 Câu 127: Một chùm tia sáng song song chiếu vuông góc với một cách tử nhiễu xạ. Trong quang phổ bậc 3, vạch ứng với bước sóng  0 ,6 m được quan sát dưới góc 30 .0 Số khe trên 1 mm chiều dài của cách tử bằng: A. 281. B. 282 . C. 278 . D. 280 . Giải k Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: sin d 3 3.0,6.10 6 Theo bài ra, ta có: k 3 d 3,6.10 6 m sin sin300 11 Số khe trên chiều dài của cách tử bằng: n 278 d 3,6.10 3 Câu 128: Giả sử trong nguyên tử các lớp KLM,, đều đầy electron. Số electron ở trạng thái P có số lượng tử m 0 là: A. 3. B. 5. C. 4. D. 2. Giải n Lớp l Lớp m m Số trạng thái s con 1 K 0 1s 0 1/2 2 2 0 2s 0 1/ 2 2 1 1/2 8 2 L 1 2 p 0 1/ 2 6 1 1/2 0 3s 0 1/ 2 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 42/69
  43. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 1 1/ 2 1 3p 0 1/ 2 6 1 1/ 2 18 2 1/ 2 3 M 1 1/ 2 2 3d 0 1/ 2 10 1 1/ 2 2 1/ 2 0 4s 0 1/ 2 2 1 1/ 2 4 N 1 4 p 0 1/ 2 6 1 1/ 2 Theo bảng trên, ta có: Số electron ở trạng thái P có số lượng tử m 0 là: 2e Câu 129: Trong quang phổ bậc 1 của một chất phát sáng, được cho bởi một cách tử truyền qua có chu kỳ dm 2.10 6 và được quan sát trong mặt phẳng tiêu của một thấu kính hội tụ đặt ngày sau cách tử có tiêu cự fm 0 ,8 , 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. 9,584 mm . B. 9,084 mm . C. 8,084 mm . D. 10,584 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 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: D M0 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: DD f 21 tan 21 tan k Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: sin d  0,56.10 6 7 sin 1 160 15' 11d 2.10 6 25 Chỉ xét cực đại nhiễu xạ bậc 1 do đó ta có:  0,58.10 6 29 sin 2 160 51' 22d 2.10 6 100 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 43/69
  44. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 DD fDDDf tantanmm21 1600 51'16 15'9,084 00 21 tantan 16 51'16 15' Câu 130: Chiếu một chùm tia sáng song song  0 ,5 m lên một màng xà phòng (chiết suất n 1,33) dưới góc tới i 30 .0 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: LLLdnsini 2 22 12 2 Xét điều kiện vân sáng – vân tối: Vân sáng: Lk 1 Vân tối: Lk  2 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:  0,5 dmmin 0,101  4n2 sin 2 i 4 1,33 2 sin 2 30 0 Câu 131: 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 mkg 9,1.10 31 , điện tích electron eC 1,6.10, 19 hằng số Planck eC 1,6.10, 19 hằng số Rydberg Rs 3,28.10151 ): 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 cơ bản thì n 1 Động năng của electron khi bật ra khỏi nguyên tử: E 113,6 112.7,9.1,6.10 19  0 m.21,5 7,91,674.10/ vm2226 vm veVvm s n2231 21229,1.10e ee ee ee Câu 132: 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.1,094.10 4 rad . B.3,094.10 4 rad . C. 4,094.10 4 rad . D. 2,094.10 4 rad . Giải l Độ rộng vân giao thoa nêm KK được xác định bởi:i 1 2 1 Độ rộng 1 vân còn có thể xác định bởi: i 2 n  546.10 9 Từ 1 ; 2 n .15.1024 4,094.10 22 Câu 133: Có hai bản tuamalin dày (trên 1 mm ) T1 và T2 đặt song song với nhau và song song với mặt phẳng x,. y T1 có 0 trục quang song song với trục yT, 2 có trục quang làm với trục y góc 45 . Chiếu một tia sáng phân cực toàn phần, cường TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 44/69
  45. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 0 độ I0 , vào T1 theo phương trục z, có phương của cường độ điện trường làm với trục x góc 30 . Sau khi qua hai bản T1 và T2 , cường độ của tia sáng là I bằng: 3I 3I I I A. I 0 . B. I 0 . C. I 0 . D. I 0 . 4 8 4 8 Giải 220 I0 Cường độ ánh sáng sau khi đi qua bản tuamalin T1 : IIcosIcos1010 45 2 Cường độ ánh sáng sau khi qua hai bản và T2 : 2 2 2 2 0 2 0 13 3I0 I2 I I 1. cos 2 I 0 . cos 1 . cos 2 I 0 .45.30 cos cos I 0 2 4 8 Câu 134: Coi mặt trời là vật đen tuyệt đối nhiệt độ trên bề mặt là TK 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 ,6 0 . 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: bT max . bT . 1 T2 0,48 Theo bài ra, ta có: TTK21 .60004800 bT  '. 2 T1 ''0,6 3 Câu 135: Dung dịch đường glucozo nồng độ Cgcm1 0,28/ đựng trong một bình trụ thủy tinh sẽ làm quay mặt phẳng 0 phân cực của ánh sáng xanh đi qua bình một góc 1 32. Với dung dịch đường glucozo nồng độ C2 cũng đưng trong 0 bình trụ giống như trên làm quay mặt phẳng phân cực của ánh sáng xanh một góc 2 20. Nồng độ C2 là: A. 0,195/ gcm 3 . B. 0,428/ gcm 3 . C. 0,448/ gcm 3 . D. 0,175/ gcm 3 . 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 trong đó là góc quay của mặt phẳng phân cực. Ở trong bài toán này ta  d thấy có hai trường hợp xét từng trường hợp và tính tỷ số. C 1 1 d   C222 32 3 Ta có: CCg21 cm .0,28 0,448/ 2 C111 20 C2  d ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG PHẦN III ( QUANG – LƯỢNG TỬ) ĐỀ SỐ 11 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 136: Một hạt chuyển động trong giếng thế năng một chiều sâu vô hạn có năng lượng 8 eV ở trạng thái n 2. Năng lượng thấp nhất mà hạt có thể có trong chuyển động này là: A. 2 eV . B.1,8 eV . C. 2,3 eV . D.1,9 eV . Giải TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 45/69
  46. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 h 22 n 2 Hạt chuyển động trong giếng thế năng có năng lượng: EmeVn 2 8 2map E 8 Năng lượng thấp nhất EeV n 2 min n222 Câu 137: Trong máy giao thoa khe Iâng, nếu trước một trong hai khe sáng có đặt một bản mỏng phẳng trong suốt, chiết suất n 1,5 thì các vân giao thoa sẽ: A. Vân sáng giữa dịch một đoạn về phía khe không đặt màn mỏng; B. Sít lại gần nhau; C. Vân sáng giữa dịch một đoạn về phía khe có đặt màn mỏng; D. Giãn rộng ra; Câu 138: Cho hạt trong giếng thế năng một chiều, bề cao vô cùng, bề rộng là a. Ở trạng thái lượng tử n 2, xác suất để a 2a hạt có vị trí trong khoảng và là: 3 3 A. 0 ,157 . B. 0 ,177 . C. 0,215 . D. 0 ,195 . Giải 0,khi 0 x a Hạt chuyển động theo phương x trong giếng thế năng định nghĩa bởi: Ux x 0 ,khi xa 22 Hàm sóng có dạng:  2 xsinx aa 22aa 2 33 2 2213 Xác suất phải tìm bằng  xdxsinxdx 0,195 2 aaaa 34 33 Câu 139: Trong thí nghiệm đo bước sóng ánh sáng người ta dùng một cách tử phẳng truyền qua, ánh sáng tới vuông góc với mặt phẳng của cách tử. Đối với ánh sáng Natri 1 0589 m , góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 1 bằng 0 1 178' . Đối với ánh sáng đơn sắc bước sóng cần đo, người ta quan sát thấy vạch quang phổ bậc 2 dưới góc nhiễu xạ 0 2 27 . Bước sóng của ánh sáng đơn sắc cần đo nhận giá trị nào dưới đây: A. 0,454 m . B. 0,46 m . C. 0,451 m . D. 0,445 m . Giải k Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: sin d  Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 1 bằng 170 8'1 sink 1 . 1 111 d 2 Góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 2 bằng 2720 sink 2 . 2 222 d 0 1 sin 1  1 sin 2.  1 sin27 .0,589 Lấy 2 0 0,454 m 2 sin 2 2  2 2 sin 1 2. sin 17 8' Câu 140: Một chùm ánh sáng đơn sắc có bước sóng  0,58 m được chiều vuông góc với mặt nêm thủy tinh chiết suất n 1,5. Biết rằng khoảng cách nữa N 19 vân tối liên tiếp là l 1,5 cm . Góc nghiêng của nêm có giá trị nào dưới đây: A. 2,71.10 4 rad . B. 2,58.10 4 rad . C. 2,45.10 4 rad . D. 2,32.10 4 rad . Giải TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 46/69
  47. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 Nhận xét: Đây là bài toán giao thoa trong nêm có chiết suất n.  Ví trí của vân tối: d k. k 0,1,2, t 2  Vị trí của vân sáng: dkk 211,2,3 s 4 Ta xét vị trí vân tối thứ k và vân tối thứ k 16 gây bởi nêm có chiết suất n (vì khi ánh sáng truyền qua môi trường có chiết suất n bước sóng sẽ giảm đi n lần)  Ví trí của vân tối thứ k : dkk .0,1,2, t 2n  Vị trí của vân tối thứ k 18: d k 18 k 18 2n 6 ddkk 18 99.0,58.10 4 Từ hình vẽ ta thấy: sinrad 3 2,31.10 I12 Inl 1,5.1.5.10 vì rất nhỏ nên sin2,32.10 4 rad Câu 141: Một nguồn sáng điểm S đặt cách màn quan sát một khoảng x. Ánh sáng do nguồn S phát ra có bước sóng  0,5 m . Ở chính giữa khoảng x, người ta đặt một màn tròn chắn sáng song song với màn quan sát và có đường kính Dmm 1,3. Để điểm M 0 trên màn quan sát có cường độ sáng gần như lúc chưa đặt màn tròn, x nhận giá trị nào dưới đây (cho biết điểm M 0 và nguồn sáng S đều nằm trên trục của màn tròn): A. 3,48 m . B. 3,58 m . C. 3,38 m . D. 3,08 m . Giải Bài toán mở rộng: Xây dựng công thức tính bán kính của đới cầu Fresnel thứ k Xét hai tam giác vuông OMHkk và MMkk H : 2 2 22 2 2  2 rRRhk k dbh k k bk bh k 2 k 2 22Rh h22 k b bh h k k4 k k 2 k kb Vì  b 0 2 Rh k b 2 bh h 42k k k Rb TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 47/69
  48. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 RbkRb Do h cũng rất nhỏ nên bán kính của đới cầu thứ k là: rRhrk2 2 k kkk RbRb Nhận xét: Đây là bài toán nhiễu xạ qua đĩa tròn. Muốn điểm M trên màn quan sát có độ sáng gần như lúc chưa đặt màn tròn thì đĩa tròn phải chắn được đới cầu đầu tiên. Do đó bán kính của đĩa tròn cũng phải bằng bán kính đới cầu đới cầu thứ 1. Ta có công thức tính bán kính đới cầu thứ nhất 2 x 2  2 2 3 Rbd 1 4r 1,3.10 rxxm 4  1 3,38 1 Rbx 20,5.10  6 Câu 142: Thấu kính trong hệ vân tròn Newton có bán kính mặt cong Rm 15 . Chùm ánh sáng đơn sắc có bước sóng  được chiếu vuông góc với hệ thống. Quan sát các vân giao thoa người ta đo được khoảng cách giữa vân tối thứ 4 và vân tối thứ 25 bằng 8 ,5 . mm Đường kính vân tối thứ 16 có giá trị bằng A. 20,677 mm . B. 22,677 mm . C. 23,677 mm . D.19,677 mm . Giải Bán kính vân tối Newton xác định bởi: rk R k  Bán kính của vân tối thứ 4 :4.2rRR4  1 Bán kính của vân tối thứ 25:255rRR25  2 r 2 Lấy 2138,5 rrrRmm  254 9R 2 r 442 Bán kính của vân tối thứ 16:16.44 8,5rRRRrmm  11,333 16 933R Đường kính vân tối thứ 16 có giá trị bằng drmm1616 2.2.11,33322,666 Câu 143: Trong thí nghiệm dùng giao thoa kế Mai – ken – sơn khi dịch chuyển gương di động một khoảng Lmm 0,14 người ta quan sát thấy hình vân giao thoa dịch chuyển đi 400 vân. Bước sóng ánh sáng dùng trong thí nghiệm bằng: A. 0,76 m . B. 0,79 m . C. 0,73 m . D. 0,70 m . Giải Nhận xét: Đây là bài toán liên quan tới giao thoa kế Michelson. Trước hết ta cần phải hiểu được nguyên tắc làm việc của giao thoa kế này. Tia sáng từ nguồn đơn sắc bị phân tách thành hai phần bởi một gương bán mạ M đặt nghiêng một góc 0 45 so với tia tới. Chùm tia phản xạ từ M thẳng đứng lên gương M1 và chùm tia thứ 2 đi thẳng tới gương M 2 . Sau khi TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 48/69
  49. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 phản xạ từ M1 và M 2 hai tia sáng sẽ gặp nhau tại gương M và chúng ta có thể quan sát xảy ra hiện tượng giao thoa. Tấm kính P có chiều dày bằng chiều dày của gương M và được đặt ở trước gương M 2 để đảm bảo là cho hai tia phản xạ từ tương M1 và M 2 về gương M đều đi qua tấm kính có cùng chiều dày. Để xác định điều kiện xảy ra hiện tượng giao thoa ta phải xét hiệu quang lộ tại của ánh sáng truyền tới một điểm trên gương M . Ta có thể thay đổi hiệu quang lộ bằng cách dịch chuyển gương M1 lên xuống để thỏa mãn điều kiện cực tiểu hoặc cực đại giao thoa. Nếu M1 dịch chuyển một đoạn bằng nửa bước sóng theo phương truyền của tia sáng thì hiệu quang lộ sẽ thay đổi một lượng bằng bước sóng hệ vân  giao thoa sẽ dịch đi một khoảng vân. Ta có công thức tổng quát cho giao thoa kế Michelson là: Lm 2 Trong đó L là độ dịch chuyển gương, m là số khoảng vân dịch chuyển 22.0,14.10L 3 Áp dụng công thức trên ta có bước sóng dùng trong thí nghiệm là:  7.100,7 7 mm m 400 Câu 144: Chiếu một chùm sáng trắng song song vuông góc với mặt cách tử phẳng truyền qua. Dưới một góc nhiễu xạ 0 30 , người ta quan sát thấy hai vạch cực đại ứng với các bước sóng 1 0 ,6 m và 2 0 ,4 m trùng nhau. Biết rằng bậc cực đại đối với vạch thứ hai trong quang phổ của cách tử bằng 5. Chu kỳ của cách tử là: A. 2 ,4 m . B.1,2 m . C. 4 ,8 m . D.3 ,2 m . Giải Nhận xét: Đây là bài toán nhiễu xạ qua cách tử phẳng. Phân tích đề bài ta thấy có đề cập đến vạch cực đại liên hệ tới  điều kiện cực đại nhiễu xạ qua cách tử phẳng: s in k d  Đối với bước sóng  ta có: sin k 1 1 1 1 d  Đối với bước sóng  ta có: sink 2 2 2 2 d k22 2 Từ 1 ; 2 kkkk1 12 212 1 3 Vì bậc cực đại đối với vạch thứ hai trong quang phổ của cách tử bằng 5 nên kết hợp với điều kiện k1 và k2 là số nguyên k  2.0,6 (xét trường hợp nguyên dương) k 2 và k 3. Thay k vào (1) ta có: dm 11 2,4  1 2 1 sinsin 300 Câu 145: Một nguồn sáng điểm S đặt trên trục của một lỗ tròn có bán kính r thay đổi được. Khoảng cách từ nguồn sáng S đến lỗ tròn là Rcm 110. Phía sau lỗ tròn có đặt một màn quan sát vuông góc với trục của lỗ tròn và cách lỗ tròn một khoảng bcm 100. Biết rằng tâm của hình nhiễu xạ có độ sáng cực đại khi bán kính của lỗ rmm1 1,20 và có độ sáng cực đại tiếp theo khi bán kính của lỗ rmm 1,45 . Bước sóng ánh sáng dùng trong thí nghiệm là: 2 A. 0,642 m . B. 0,602 m . C. 0,632 m . D. 0,652 m . Giải Nhận xét: Đây là bài toán nhiễu xạ qua lỗ tròn và gồm có hai trường hợp. Về phương hướng giải ta sẽ sử dụng công thức bán kính Fresnel cho từng trường hợp sau đó kết hợp hai phương trình để rút ra giá trị bước sóng cần tìm TH1: Tâm của hình nhiễu xạ có độ sáng cực đại khi bán kính của lỗ bằng r1 1,20 mm điều này có nghĩa là trong lỗ Rb tròn chỉ có số lẻ k đới cầu Fresnel (chính là đới cầu ứng với k ). Ta có: rrk * 1 k Rb TH2: Tâm của hình nhiễu có độ sáng cực đại tiếp theo khi bán kính lỗ là r2 1,45 mm điều này có nghĩa là trong lỗ tròn phải có k 2 đới cầu Fresnel vì nếu có số chẵn đới cầu thì tại M độ sáng sẽ giảm đi (chính là đới cầu ứng với k 2 ). Rb Ta có: r r k 2 22k Rb TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 49/69
  50. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 2 2 * kk 21,45r2 Lấy 224,3474 k 21,2 kkr 1 Thay k 4 vào * ta được: 3 2 Rb rRb2. 1,2.10. 1,1 1 rmmmm . 41,26,873.100,6873 1 7 1 RbRb 44.1,1.1 Câu 146: Cấu trúc vùng năng lượng của bán dẫn loại p khác với bán dẫn thuần khiết ở chỗ: A. Có thêm các mức (tạp chất) nhận; B. Xuất hiện nhiều lỗ trống ở đáy vùng dẫn; C. Có thêm các mức (tạp chất) cho; D. Vùng dẫn được rộng ra vì có thêm các mức do tạp chất; Câu 147: Nhiệt độ dây tóc bóng đèn luôn biến đối do đốt nóng bằng dòng điện xoay chiều, nhiệt độ thấp nhất là TKmin 1 3 0 0 , nhiệt độ cao nhất là Tmax . Công suất bức xạ của sợi dây thay đổi 7 lần giữa hai nhiệt độ này. Giá trị của Tm ax xấp xỉ bằng: A.1815 K . B. 2115 K . C. 2015 K . D. 2315 K . Giải PSTS  2 2 TTmaxmaxmax PT T Theo bài ra, ta có: max max 2 PSTS  PTTmin TTminminmin min Mặt khác, ta có: PP 8 TTmaxmin 2 P Tmax Tmax 82 2.2TTKmaxmin 2.14003959 PT Tminmin Câu 148: Một chùm ánh sáng trắng được rọi vuông góc với một bản mỏng trong suốt hai mặt song song dày dm 0,46  ; chiết suất n 1 ,5. Trong phạm vi quang phổ nhìn thấy (bước sóng từ 0,4 m đến 0,7 m ), chùm tia phản chiếu được tăng cường có bước sóng là: A. 0,552 m . B. 0,462 m . C. 0,522 m . D. 0,612 m . Giải  Hiệu quang lộ giữa hai tia phản xạ trên hai mặt của bản mỏng : LLdnsin 2 i 22 12 2 Với trong đó : d là bề dày của bản mỏng ; n là chiết suất của bản ; i là góc tới của ánh sáng tới mặt bản ;  là bước sóng cùa ánh sáng tới  2dn Ánh sáng phản xạ được tăng cường khi: 2 dnk  1 20,5 k Tong phạm vi quang phổ thấy được, phải có điều kiện: 0,40,7 mm Thay  vào 1 , suy ra điều kiện: 1,22,5 k Vì k phải nguyên, nên nó chỉ có thể có một giá trị k 2 . Vậy trong phạm vi quang phổ thấy được chỉ cố một chùm tia 22.0,46.1,5dn phản xạ bước 2 bước sóng  0,552 m được tăng cường 2 0,52,5 Câu 149: Một vật đen tuyệt đối ở nhiệt độ TK1 2200 , do vật bị nguội đi nên bước sóng ứng với năng suất phát xạ 3 cực đại thay đổi một lượng 7. m Vật lạnh đến nhiệt độ là T2 là (cho hằng số Wien b 2,896.10 mK ): A. 548 K . B. 448 K . C. 248 K . D.348 K . Giải TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 50/69
  51. VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 bT  . max b bT 11max . T1 1 11 212maxmax bmTK 7348 b TT bT . 21 222max T Theo bài ta, ta có: 2 Câu 150: Hạt electron không vận tốc ban đầu được gia tốc qua một hiệu điện thế U. Sau đó gia tốc, electron chuyển động ứng với bước sóng De Broglie  0,8.10. 8 cm Choi khối lượng electron mkg 9,1.10, 31 điện tích eC 1,6.10, 19 hằng số Planck hJs 6,6.10 34 Hiệu điện thế U bằng: A. 22 3 ,73 V . B. 23 3 ,73 V . C. 22 8 ,73 V . D. 24 8 ,73 V . Giải Nhận xét: Phương hướng của bài toán: bước sóng xác định động lượng xác định động năng xác định hiệu điện thế U h - Động lượng của electron là: p e ph22 - Động năng của electron là:Wd 2 22mmeee  2 2 6,6.10 34 Wd h - Hiệu điện thế gia tốc là eU Wd U 233,73 V e2. e . m . 2 19 31 10 2 ee 2.1,6.10 .9,1.10 . 0,8.10 ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG PHẦN III ( QUANG – LƯỢNG TỬ) ĐỀ SỐ 24 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 151: Trong nguyên tử với một lớp trạng thái ứng với n 3 chứa đầy electron, thì số electron có cùng giá trị l 2 và ms 1/ 2 là: A. 2e . B.3e . C. 4e . D.5e . Giải n Lớp Lớp m Số trạng thái l ms con 1 K 0 1s 0 1/ 2 2 2 0 2s 0 1/2 2 1 1/ 2 8 2 L 1 2 p 0 1/ 2 6 1 1/ 2 TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 51/69