Tổng hợp đề trắc nghiệm vật lí đại cương 3 HUST PH1131

Kiến Guru cung cấp cho bạn các lý thuyết cơ bản và hướng dẫn cách giải bài tập vật lý đại cương Tài liệu gồm 2 phần lý thuyết và các bài tập trắc nghiệm và tự luận áp dụng từ lý thuyết. Hy vọng tài liệu này là một nguồn tham khảo bổ ích cho các bạn và kiểm chứng lại kiến thức đã học khi các bạn học vật lý đại cương 3

Trang 1

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG 3 (PH1131)

ĐỀ SỐ 3

Họ và tên: Lớp: Mã hiệu SV:

Câu 1: Người ta chiếu ánh sáng đơn sắc có bước sóng 10, 65 m vào khi Yâng Đặt trước một trong 2 khe một bản mỏng có hai mặt song song chiết suất n1, 5 và có bề dàye12 m Độ dịch chuyển của hệ thống vân giao thoa trên màn là 6 mm  Bề rộng của vân giao thoa có giá trị bằng:

1 1 1,5 1 12.10

106.10

Câu 2: Chiếu một chùm ánh sáng đơn sắc song song vuông góc với bản thủy tinh phẳng trong hệ thống vân tròn

Newton Hệ thống vận được đặt trong không khí Thấy kính phẳng – lồi có bán kính mặt lồi R9, 4 m Quan sát hệ thống vân tròn Newton trong chùm tia phản xạ người ta thấy bán kính hai vân tối liên tiếp lần lượt bằng

4, 94 mm và 5, 53 mm  Bước sóng ánh sáng có giá trị là:

A.0, 56 m B.0, 66 m C.0, 66 m D.0, 72 m

Giải

Bán kính vân tối Newton xác định bởi: r k  Rk

Bán kính của vân tối thứ k r: k  Rk  1

Bán kính của vân tối thứ k1:r k1 R k 1  2

Xác địnhd min Nhận xét: Đây là bài toán giao thoa bản mỏng  sử dụng công thức xác định hiệu quang lộ

- Xét hiệu quang lộ giữa hai tia phản xạ trên hai mặt của bản mỏng:

Trang 2

Nhận xét: Đây là bài toán giao thoa trong nêm có chiết suất n

Ví trí của vân tối:  0,1, 2, 

Nhận xét: Phân tích đề bài ta thấy liên quan tới khái niệm quang phổ nhiễu xạ Khi ánh sáng trắng chiếu qua cách

tử phẳng thì mỗi sóng ánh sáng đơn sắc sẽ cho một hệ các cực đại chính Do mọi ánh sáng đơn sắc đều cho cực

Trang 3

đại tại tiêu điểm F của thấu kính nên ta sẽ quan sát vân trung tâm chính là vân sáng trắng Hai mép của vân trung tâm có viền nhiều màu: mép trong là viền tím, mép ngoài là viền đỏ

Góc lệch cuối quang phổ bậc 1 ứng với cực đại nhiễu xạ bậc 1 của tia đỏ (ứng với 1 0, 76 m ): và n 1

d

(với d là chu kỳ cách tử)

A.2,15 m  B.2, 25 m  C.2, 35 m  D.2, 05 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 H k k và MM H k k:

Trang 4

Câu 7: Mặt phẳng chính (mặt phẳng dao động) của hai lăng kính ni côn N1 và N2 hợp với nhau một góc 0

I

I  Giải

Nhận xét: Đây là bài toán Malus cơ bản Áp dụng các công thức liên quan là có thể xác định được cường độ ánh sáng cần tìm

Cường độ sáng sau lăng kính nicon N1 là:   0  

Hạt chuyển động trong giếng thế năng có năng lượng:  

2

2 7, 52

n

p

h n

Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: sin k

Câu 10: Một tia X có bước sóng  0

0, 300 A tán xạ theo một góc 60 do hiệu ứng Compton Động năng của hạt 0electron là:

Trang 5

A.1, 39 keV  B.1, 79 keV  C.1, 69 keV  D. 1, 59 keV 

0, 3.10 0, 3.10 2.2, 4.10 602

2

C D

C

sin

sin hc

sin sin

Câu 11: 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 R100 cm Phía sau lỗ tròn có đặt một màn quan sát vuông góc với trục của lỗ tròn và cách lỗ tròn một khoảng b120 cm Biết rằng tâm của hình nhiễu xạ có độ sáng cực đại khi bán kính của lỗ r11, 00mm và có độ sáng cực đại tiếp theo khi bán kính của lỗr2 1, 31mm Bước sóng ánh sáng dùng trong thí nghiệm là:

A.0, 6364 m B.0, 6264 m C.0, 6584 m D.0, 6564 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, 00mmđiều này có nghĩa là trong lỗ tròn chỉ có số lẻ k đới cầu Fresnel (chính là đới cầu ứng với k) Ta có: r1 r k Rb k *

R b



 

TH2: Tâm của hình nhiễu có độ sáng cực đại tiếp theo khi bán kính lỗ là r2 1, 31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) Ta có: r2 r k 2 Rb k 2 ** 

2 3 2

1

1.10 1, 2 1

2 2.1, 2.1

r R b Rb

Trang 6

Câu 12: Trong thí nghiệm dùng giao thoa kế Mai – ken – sơn khi dịch chuyển gương di động một khoảng

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 M2 Sau khi phản xạ từ M1 và M2 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 2

M để đảm bảo là cho hai tia phản xạ từ tương M1 và M2 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:

2

L m

Trong đó L là độ dịch chuyển gương, m là số khoảng vân dịch chuyển

Áp dụng công thức trên ta có bước sóng dùng trong thí nghiệm là:

 

0, 202

l m Số vạch trên 1 cm của cách tử có giá trị bằng:

A.n1816(vạch/cm) B.n1826(vạch/cm) C.n1856(vạch/cm) D.n1836(vạch/cm) Giải

Trang 7

Giải

Trang 8

Câu 16:Một tia X có bước sóng  0

A.1, 59 keV  B.1, 69 keV  C.1, 49 keV  D.1, 79 keV 

0, 3.10 0, 3.10 2.2, 4.10 602

2

C D

C

sin

sin hc

sin sin

Trang 9

Phương trình thuyết động lực học phân tử:

m là khối lượng phân tử khí

v là vận tốc toàn phương TB của 1 phân tử khí 2

Ta có:

2 2

d

p W

n

 (lưu ý: n V0 N A số phân tử khí trong 1 mol khí)

Từ phương trình trạng thái đối với 1 mol khí:



Nhận xét: Đây là bài toán de Broglie, thể hiện tính chất sóng hạt của hạt vi mô Electron và proton là hai hạt vi

mô tương ứng với sóng phẳng đơn sắc có tần số dao động f có bước sóng 

- Theo công thức de Broglie ta có:

tử phẳng thì mỗi sóng ánh sáng đơn sắc sẽ cho một hệ các cực đại chính Do mọi ánh sáng đơn sắc đều cho cực đại tại tiêu điểm F của thấu kính nên ta sẽ quan sát vân trung tâm chính là vân sáng trắng Hai mép của vân trung tâm có viền nhiều màu: mép trong là viền tím, mép ngoài là viền đỏ

d

Trang 10

Câu 20: Vạch quang phổ ứng với bước sóng 0, 5461 m được quan sát với góc dưới góc  19 8 '0 Số vạch trên 1 cm  của cách tử có giá trị

A.n1816(vạch/cm) B.n1826(vạch/cm) C.n1856(vạch/cm) D.n1836(vạch/cm) (Thiếu dữ kiện)

A.2,15 m  B.2, 25 m  C.2, 05 m  D.1, 95 m 

Giải

Trang 11

Vì vậy khoảng cách lớn nhất b max 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:

Câu 23: Trong hiện tượng Compton bước sóng chùm photon tới là 0

0, 05A Phần năng lượng truyền cho electron đối với photon tán xạ dưới góc 0

0, 05.10 0, 05.10 2.2, 4.10 902

2

C D

C

sin

sin hc

sin sin

A.0, 604 m B.0, 704 m C.0, 504 m D.0, 584 m Giải

R b



 

Trang 12

Thay k4 vào  * ta được:

2 3 2

1

1, 22.10 1, 2 1

2 2.1, 2.1

r R b Rb

5

1 1.10

A.0, 65 m B.0, 60 m C.0, 70 m D.0, 75 m Giải

Trang 13

Theo định nghĩa, bề rộng của vân cực đại giữa là khoảng cách siữa hai cực tiểu nhiễu xạ đầu tiên ở hai bên cực đại giữa Độ lớn của góc nhiễu xạ  ứng với các cực tiểu nhiều xạ đó được xác định bởi: k 1:sin

 

0, 202

A.n1866 (vạch/cm) B.n1856 (vạch/cm) C.n1816 (vạch/cm) D.n1836(vạch/cm) Giải

A.24 mm  B.23 mm  C.25 mm  D.26 mm 

Trang 14

Giải

Bán kính của vân tối thứ 4 :r4  4.R 2 R  1

Bán kính của vân tối thứ 25 :r25  25R 5 R  2

Đường kính vân tối thứ 16 có giá trị bằngd16 2.r16 2.1224mm

Câu 29: Một màng xà phòng chiết suất n1, 33 được đặt thẳng đứng Nước xà phòng dồn xuống phía dưới có dạng hình nêm Quan sát vân giao thoa của ánh sáng phản chiếu màu vàng 600 nm   người ta thấy khoảng cách 9 vân tối bằng 2, 5 cm  Góc nghiêng của nêm có giá trị

Trang 15

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

   (với bậc cực đại nhiễu xạ ứng với k 3)

(Thiếu dữ kiện bề dày)

Câu 33: Chiếu một chùm sáng trắng song song vuông góc với mặt cách tử phẳng truyền qua Dưới một góc nhiễu

xạ 0

39 ,

  người ta quan sát thấy hai vạch cực đại ứng với các bước sóng 1 0, 636 m và 2 0, 424 m

trùng nhau Biết rằng bậc cực đại đối với vạch thứ hai trong quang phổ của cách tử nhỏ hơn 5 Chu kỳ của cách

tử là:

A.d 2,12 m B.d 2, 22 m C.d 2, 02 m D.d 2, 32 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: sin k

Trang 16

Vì bậc cực đại đối với vạch thứ hai trong quang phổ của cách tử nhỏ hơn 5 nên kết hợp với điều kiện k1 và k2 là

số nguyên (xét trường hợp nguyên dương) k12và k2 3

Thay k1 vào (1) ta có: 1 1  

0

2.0, 636

2, 0239

Từ dữ kiện của đề bài để chùm tia phản xạ có cường độ sáng cực đại thì hiệu quang lộ phải bằng k

Bài toán yêu cầu ta xác định bề dày nhỏ nhất Từ công thức trên ta thấy bề dày nhỏ nhất khi k 0 ta có:

2

2 7, 52

n

p

h n

2dsin k

10 0

Trang 17

Câu 37: Dung dịch đường glucozo nồng độ  3

1 0, 28 /

C  g cm đựng trong một bình trụ thủy tinh sẽ làm quay mặt phẳng phân cực của ánh sáng xanh đi qua bình một góc 0

  Với dung dịch đường glucozo nồng độ C2

cũng đưng trong bình trụ giống như trên làm quay mặt phẳng phân cực của ánh sáng xanh một góc 0

 Nồng độ C2 là:

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

C C

 

0, 202

A.n1816 (vạch/cm) B.n1836 (vạch/cm) C.n1826 (vạch/cm) D.n1846 (vạch/cm) Giải

Trang 18

Nãng lượng của phôtôn cho bởi :

Giải

Trang 19

   

6

3 2

7, 6.10 7, 6 1 2500 1,5 1

A.2, 4 m B.3, 6 m C.3, 4 m D.3, 48 m

Giải

Trang 20

Hiệu quang lộ giữa hai tia phản xạ trên hai mặt của bản mỏng : 2 2

2

L L  d n sin i

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

Ánh sáng phản xạ được tăng cường khi: 2  

Thay  vào  1 , suy ra điều kiện: 1, 20 k 2, 725

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 phản xạ bước 2 bước sóng 2 2.0, 46.1,5  

Câu 46: Một notron chuyển động nhiệt ở nhiệt độ 113 C0 Bước sóng De Broglie tương ứng với hạt này là (cho

Ta có:

2 2

d

p W

n



Trang 21

Câu 47: Chiếu một chùm tia sáng song song, đơn sắc bước sóng  0, 65 m lên màn xà phòng chiết suất 4

3

n dưới một góc i300 Bề dày nhỏ nhất của màng xà phòng để những tia phản chiếu có cường độ cực tiểu

A.d 0, 233 m B.d 0, 263 m C.d 0, 232 m D.d 0, 243 m Giải

Xét hiệu quang lộ giữa hai tia phản xạ trên bề mặt của bản mỏng: 2 2

Trang 22

Câu 49: Chiếu một chùm tia sáng đơn sắc song song có bước sóng  0, 5 m theo phương vuông góc với một cách tử nhiễu xạ Ngay sau cách từ có đặt một thấu kính hội tụ có tiêu cự f 1, 00 m để hứng chùm tia sáng lên màn E đặt tại tiêu diện của thấu kính Khoảng cách giữa hai cực đại chính trong quang phổ bậc 1 bằng

max

d k





Vì k phải lá các số nguyên nên nếu có chỉ có thể lấy các giá trị k0   0, 1, 2, , 9

Nghĩa là số vạch cực đại chính tối đa, cho bởi cách tử bằng N max 2k0max 1 2.9 1 19 

A.0, 56 m B.0, 62 m C.0, 66 m D.0, 72 m

Giải

Trang 23

A.0, 62 m B.0, 56 m C.0, 66 m D.0, 72 m

Giải

Xét hiệu quang lộ giữa hai tia phản xạ trên bề mặt của bản mỏng: 2 2

2

L L L d n sin i 

Trang 24

Xét điều kiện vân sáng – vân tối:

Trang 25

d

A.2, 35 m  B.2, 25 m  C.2, 05 m  D.2,15 m 

Giải

Trang 26

Câu 57: Mặt phẳng chính (mặt phẳng dao động) của hai lăng kính ni côn N1 và N2 hợp với nhau một góc

A.24 mm  B.23 mm  C.25 mm  D.26 mm 

Giải

Bán kính của vân tối thứ 4 :r4  4.R 2 R  1

Bán kính của vân tối thứ 25 :r25  25R 5 R  2

Đường kính vân tối thứ 16 có giá trị bằngd16 2.r16 2.1224mm

Câu 59: 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05892 m , góc nhiễu xạ ứng với vạch quang phổ bậc 1 bằng 0

d



       2

Trang 27

0, 3.10 0, 3.10 2.2, 4.10 602

2

C D

C

sin

sin hc

sin sin

Câu 61: 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 R100 cm Phía sau lỗ tròn có đặt một màn quan sát vuông góc với trục của lỗ tròn và cách lỗ tròn một khoảng b120 cm Biết rằng tâm của hình nhiễu xạ có độ sáng cực đại khi bán kính của lỗ r11, 00mm và có độ sáng cực đại tiếp theo khi bán kính của lỗr2 1, 31mm Bước sóng ánh sáng dùng trong thí nghiệm là:

A.0, 6364 m B.0, 6264 m C.0, 6584 m D.0, 6564 m

Giải

R b



 

Trang 28

2 3 2

1

1.10 1, 2 1

2 2.1, 2.1

r R b Rb

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 M2 Sau khi phản xạ từ M1 và M2 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 2

M để đảm bảo là cho hai tia phản xạ từ tương M1 và M2 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:

2

L m

Trong đó L là độ dịch chuyển gương, m là số khoảng vân dịch chuyển

Áp dụng công thức trên ta có bước sóng dùng trong thí nghiệm là:

 

0, 202

Trang 29

Trang 30

Ta tìm được động năng của electron bắn ra :

22

0, 3.10 0, 3.10 2.2, 4.10 602

2

C D

C

sin

sin hc

sin sin

0, 3.10 0, 3.10 2.2, 4.10 602

2

C D

C

sin

sin hc

sin sin

I

I  Giải

Trang 31

Ta có:

2 2

d

p W

n



d

Trang 32

A.n1816(vạch/cm) B.n1826(vạch/cm) C.n1856(vạch/cm) D.n1836(vạch/cm) (Thiếu dữ kiện)

A.2, 05 m  B.2,15 m  C.2, 25 m  D.1, 95 m 

Giải

Trang 33

Theo đầu bài, chùm tia sáng tới là chùm tia song song, mặt sóng lựa trên lỗ là một mặt phẳng R , do đó0

b

2 2

Câu 73: Trong hiện tượng Compton bước sóng chùm photon tới là 0

0, 05A Phần năng lượng truyền cho electron đối với photon tán xạ dưới góc 0

0, 05.10 0, 05.10 2.2, 4.10 902

2

C D

C

sin

sin hc

sin sin

A.0, 504 m B.0, 514 m C.0, 524 m D.0, 518 m Giải

R b



 

2 3 2

1

1, 22.10 1, 2 1

2 2.1, 2.1

r R b Rb

Trang 34

Câu 75: Một nguồn sáng điểm đơn sắc chiếu ánh sáng có bước sóng  0, 5 m vào một lỗ tròn có bán kính

5

1 1.10

Câu 76:Một tia X có bước sóng  0

Trang 35

0, 3.10 0, 3.10 2.2, 4.10 602

2

C D

C

sin

sin hc

sin sin

 

0, 202

Trang 36

Khoảng cách giữa 2 vạch cực đại chính bằng: l2 f tan

2dsin k

10 0

Trang 37

(Thiếu dữ kiện bề dày)

Câu 83: Chiếu một chùm sáng trắng song song vuông góc với mặt cách tử phẳng truyền qua Dưới một góc nhiễu

xạ 0

39 ,

  người ta quan sát thấy hai vạch cực đại ứng với các bước sóng 1 0, 636 m và 2 0, 424 m

trùng nhau Biết rằng bậc cực đại đối với vạch thứ hai trong quang phổ của cách tử nhỏ hơn 5 Chu kỳ của cách

tử là:

A.d 2, 05 m B.d 2, 02 m C.d 2,12 m D.d 2, 22 m Giải

Vì bậc cực đại đối với vạch thứ hai trong quang phổ của cách tử nhỏ hơn 5 nên kết hợp với điều kiện k1 và k2 là

số nguyên (xét trường hợp nguyên dương) k12và k2 3

Thay k1 vào (1) ta có: 1 1  

0

2.0, 636

2, 0239

Trang 38

Câu 84: Chiếu một chùm ánh sáng trắng dưới góc tới i300 lên một màng xà phòng có chiết suất với ánh sáng

Từ dữ kiện của đề bài để chùm tia phản xạ có cường độ sáng cực đại thì hiệu quang lộ phải bằng k

Bài toán yêu cầu ta xác định bề dày nhỏ nhất Từ công thức trên ta thấy bề dày nhỏ nhất khi k 0 ta có:

2

2 7, 52

n

p

h n

2dsin k

10 0

   (với bậc cực đại nhiễu xạ ứng với k 3)

Câu 87: Dung dịch đường glucozo nồng độ  3

Trang 39

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

C C

 

0, 202

Nãng lượng của phôtôn cho bởi :

Trang 40

Giải

Tiêu đề	Đề Thi Môn Vật Lý Đại Cương 3 (PH1131)
Trường học	Đại học Bách Khoa Hà Nội
Chuyên ngành	Vật Lý Đại Cương 3
Thể loại	Đề Thi
Thành phố	Hà Nội

Định dạng
Số trang	81
Dung lượng	1,42 MB