Tổng hợp đề TN VLĐC3 (PH1130)| Đề thi môn VLĐC 3| Trường Đại học Bách Khoa Hà Nội

Tổng hợp đề TN VLĐC3 (PH1130)| Đề thi môn VLĐC 3| Trường Đại học Bách Khoa Hà Nội. Tài liệu gồm 72 trang giúp bạn ôn tập và đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới. Mời bạn đọc đón xem.

4 2 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Môn: Vật lý đại cương

Trường: Đại học Bách Khoa Hà Nội

Thông tin:

72 trang 1 tháng trước

Tác giả:

Profile Trịnh Thảo Anh
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 1/72
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
2
H
đựng trong một bình có thể tích 3 lít. Mật độ phân tử của chất khí đó là (cho
hằng số khí
3
8,31.10 / . ;R J kmol K
hằng số Boltzmann
23
1,28.10 /k J K
)
A.
25
11,036.10
(phân tử/
3
m
) B.
(phân tử/
3
m
).
C.
25
10,036.10
(phân tử/
3
m
) D.
25
10,536.10
(phân tử/
3
m
).
Giải
Số phân tử khí của chất đó là
..
AA
m
N n N N

Hằng số Boltzmann:
23
1,28.10 / .
A
A
RT R R m R
k J K N N
V N k k
Mật độ phân tử của chất khí đó là:
33
25
23 3
10 .8,31.10
' 10,820.10
. 2.1,28.10 .3.10
N mR
n
V kV

(phân tử/
3
m
)
Câu
2:
Trong một dãy vạch quang phổ phát xạ của Hidro:
A. Các electron bị kích thích đều ở cùng một mức năng lượng;
B. Các vạch phổ cách đều nhau;
C. Các electron bị kích thích rời khỏi nguyên tử;
D. Các electron bị kích thích đều chuyển về cùng một mức năng lượng;
Câu
3:
Nếu đổ đầy nước (chiết suất
1,33n
) vào khoảng giữa màn quan sát và mặt phẳng chứa 2 khe trong máy
giao thoa Young thì các vân sẽ:
A. Nhòe đi;
B. Giãn rộng ra;
C. Sít lại gần nhau;
D. Biến mất;
Câu
4:
Một động cơ nhiệt có hiệu suất
25 %
và nhả nhiệt cho một nguồn có nhiệt độ
300 .K
Nó nhận nhiệt
từ một nguồn có nhiệt độ ít nhất là:
A.
500 K
. B.
200 K
. C.
400 K
. D.
300 K
.
Giải
Hiệu suất theo chu trình Carnot:
2
1
1
T
T

(với
12
;TT
lần lượt là nhiệt độ nguồn nóng và nhiệt độ nguồn lạnh)
Theo bài ra, ta có:
22
1
1
300
1 0,25 400
1 1 0,25
TT
TK
T

Câu
5:
1 mol
của các nguyên tử khí Heli và
1 mol
của các nguyên tử sắt có cùng:
A. Vận tốc căn quân phương. B. Thể tích.
C. Mật độ. D. Số nguyên tử.
Giải
Vận tốc căn quân phương của các phân tử khí:
3
C
RT
v
mà
4; 56
He Fe cHe cFe
vv

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 2/72
Công thức tính số mol:
.mV
n


Ta có:
.
.
He He
He
He
Fe Fe
Fe
Fe
V
n
V
n
và
1 ; ;
Fe He He Fe Fe He Fe He
n n mol V V
Số phân tử khí của chất khí đó là
..
AA
m
N n N N

Hằng số Boltzmann
23
1,28.10 / .
A
A
RT R R m R
k J K N N
V N k k
Mật độ phân tử của chất khí đó là
'
.
N mR p
n
V kV kT
và
''
Fe He Fe He
V V n n
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
0,40b mm
. Đặt sát ngay sau khe một thấu kính hội tụ, tiêu cự
40,00 ,f cm
ta thu được trên
màn quan sát đặt ở mặt phẳng tiêu thấu kính một hệ vân. Khoảng cách giữa tâm của vân trung tâm và cực tiểu
đầu tiên là:
A.
1,10 mm
. B.
0,90 mm
. C.
1,00 mm
. D.
0,80 mm
.
Giải
Cực tiểu nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia nhiễu xạ:
k
sin
b
(
b
: độ
rộng của khe)
Độ rộng cực tiểu nhiễu xạ trung tâm tương ứng cực tiểu bâc 1
:1k sin
b
Khoảng cách giữa vân của vân trung tâm và cực tiểu đầu tiên chính bằng:
2.a f tan
Vì
là góc rất nhỏ
tg sin


Hay
6
3
3
2 2.0,4.0,5.10
10 1
2 0,4.10
af
a m mm
b f b

Câu
7:
Trong quang phổ bậc 1 của một chất phát sáng, được cho bởi một cách tử truyền qua có chu kỳ
6
2,5.10dm
và được quan sát trong mặt phẳng tiêu của một thấu kính hội tụ đặt ngày sau cách tử có tiêu cự
0,4fm
, 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
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 3/72
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:
0
.D M M f tan

Ứng với mỗi một bước sóng ta sẽ thu được giá trị
,D
khác nhau, do
f
là không đổi nên dễ dàng rút ra được
công thức:
21
21
DD
f
tan tan

Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng:
k
sin
d
Chỉ xét cực đại nhiễu xạ bậc 1 do đó ta có:
6
0
1
11
6
6
0
2
22
6
0,56.10
0,224 12 56'
2,5.10
0,58.10
0,232 13 24'
2,5.10
sin
d
sin
d


0 0 3
21
21
00
13 24' 12 56' 3,5.10 3,5
13 24' 12 56'
DD
f D D D f tan tan m mm
tan tan
Câu
8:
Trong hiện tượng giao thoa của khe Iâng, ánh sáng đơn sắc có bước sóng
0,50 m

, khoảng cách
giữa 2 khe là
0,15d mm
, khoảng cách giữa 2 khe và màn là
0,15d mm
. Khoảng cách từ cực đại đầu tiên
tới tâm của vân sáng trung tâm là:
A.
6,0 mm
. B.
5,5 mm
. C.
6,5 mm
. D.
5,0 mm
Giải
Độ rộng 1 vân GT Young bằng khoảng cách giữa 2 vân sáng/ hoặc tối liên tiếp, xác định bởi:
D
i
d
Vị trí vân sáng GT Young, xác định bởi:
s
k
D
y ki k
d

Theo bài ra, ta có:
6
3
1
3
0,5.10 .1,5
1 1. 1. 5.10 5
0,15.10
s
D
k y m mm
d
Câu
9:
Thể tích của
4Mg
khí Oxy
2
O
tăng từ
3
1
1,00V dm
đến
3
2
4V dm
. Xem khí Oxy là khí
thực có hằng số Van der Waals
6 3 2
1,37.10 . / .a J m k mol
. 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
6
22
21
1 1 0,04 1 1
. . .1,37.10 . 1,61
32 4 1
M
A a J
VV






Câu
10:
Trong nguyên tử với một lớp trạng thái ứng với
5n
chứa đầy electron, thì số electron có cùng
1/ 2
s
m 
là:
A.
32e
. B.
12e
. C.
16e
. D.
25e
.
Giải
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 4/72
Theo bảng trên, ta có: Trong nguyên tử với một lớp trạng thái ứng với
5n
chứa đầy electron, thì số electron có
cùng
1/ 2
s
m 
là:
25e
Câu
11:
Một chùm tia Rợnghen hẹp tới đập vào mặt tự nhiên của đơn tinh thể
Na Cl
dưới góc tới bằng
0
30
.
Theo phương phản xạ gương trên mặt đa tinh thể, người ta quan sát thấy cực đại nhiễu xạ bậc hai. Khoảng cách
giữa các mặt phẳng nguyên tử liên tiếp bằng
10
2,40.10 m
. Bước sóng của tia Rơn ghen là:
A.
10
2,58.10 m
. B.
10
3,08.10 m
. C.
10
1,58.10 m
. D.
10
1,58.10 m
.
Giải
Lớp
l
Lớp con
m
s
m
Số trạng thái
5
O
0
5s
0
1/ 2
2
32
1
5p
1
0
1
1/ 2
1/ 2
1/ 2
6
2
5d
2
1
0
1
2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
10
3
5 f
3
2
1
0
1
2
3
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
14
4
5g
4
3
2
1
0
1
2
3
4
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
18
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 5/72
Nhận xét: Đây là bài toán đặc trưng của nhiễu xạ Ronghen. Những bài toán dạng này thường xoay quanh công
thức Bragg. Từ dữ kiện đã cho ta thấy 3 đại lượng
,,k

đã biết
dễ dàng xác định đại lượng
d
:
2dsin k

Theo bài ra, ta có:
10 0
10
2.2,4.10 . 30
2
2 1,2.10
22
sin
dsin
km
Câu
12:
Khối lượng của
1 kmol
chất khí
35,0 /kg kmol
, hệ số Poát – tông của chất khí là
1,4.
Nhiệt
dung riêng đẳng áp của khí bằng( cho hằng số khí
3
8,31.10 / .R J kmol K
):
A.
830,5 / .J kg K
. B.
831,0 / .J kg K
. C.
832,0 / .J kg K
. D.
831,5 / .J kg K
.
Giải
Hệ số Poat – xông của chất khí là
1,4
p
v
C
C

(Với
p
C
và
v
C
lần lượt là nhiệt dung mol đẳng áp và nhiệt dung
mol đẳng tích)
Mặt khác:
p v v p
C C R C C R
1
pp
p
vp
CC
R
C
C C R

Nhiệt dung riêng đẳng áp của khí:
3
1,4.8,31.10
831 / .
1 35 1,4 1
p
p
C
R
c J kg K

Câu
13:
Một hạt chuyển động trong giếng thế năng một chiều sâu vô hạn có năng lượng
6,0 eV
ở trạng thái
2.n
Năng lượng thấp nhất mà hạt có thể có trong chuyển động này là:
A.
1,4 eV
. B.
1,5 eV
. C.
1,7 eV
. D.
1,6 eV
.
Giải
Hạt chuyển động trong giếng thế năng có năng lượng:
22
2
..
2
8
2
n
p
h
n
E meV
ma

Năng lượng thấp nhất
22
6
1,5
2
n
min
E
E eV
n
Câu
14:
Một photon có bước sóng
11
1,40.10 m
, đến va chạm vào một electron đang đứng yên. Sau va
chạm photon bị tán xạ với góc
0
90
. Cho khối lượng electron
31
9,1.10m kg
, hằng số Planck
34
6,625.10 . ;h J s
vận tốc ánh sáng trong chân không
8
3.10 / .c m s
Khi đó động năng của electron có giá
trị nào dưới đây:
A.
15
1,90.10 J
. B.
15
2,10.10 J
. C.
15
2,50.10 J
. D.
15
2,20.10 J
.
Giải
Động năng của electron
2
2
2
'
1
e
De
mc
E m c hv hv
v
c



hay
'
D
hc hc hc hc
E


Theo công thức tán xạ Compton:
2
2
2
C
sin



Ta tìm được động năng của electron bắn ra :
2
2
2
D
C
hc hc
E
sin





Hay
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 6/72
2
12 2 0
34 8
15
11
11 12 2 0
2
2
2.2,4.10 . 45
6,625.10 .3.10
2
. 2,1.10
1,4.10
1,4.10 2.2,4.10 . 45
2
2
C
D
C
sin
sin
hc
EJ
sin
sin








Câu
15:
Trong nguyên tử với một lớp trạng thái ứng với
4n
chứa đầy electron, thì số electron có cùng số
lượng tử
1m
là:
A.
10e
. B.
8e
. C.
6e
. D.
4e
.
Giải
n
Lớp
l
Lớp con
m
s
m
Số trạng thái
4
N
0
3s
0
1/ 2
2
32
1
3p
1
0
1
1/ 2
1/ 2
1/ 2
6
2
3d
2
1
0
1
2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
10
3
3 f
3
2
1
0
1
2
3
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
14
Theo bảng trên, ta có: Trong nguyên tử với một lớp trạng thái ứng với
4n
chứa đầy electron, thì số electron
có cùng số lượng tử
1m
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
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 7/72
A. Động lượng của hạt B. Xác xuất của hạt.
C. Vận tốc của hạt D. Năng lượng của hạt.
Giải
Hạt chuyển động theo phương
x
trong giếng thế năng định nghĩa bởi:
0, 0
0
,
khi x a
Ux
x
khi
xa

Hàm sóng có dạng:
2
22
x sin x
aa



Xác suất phải tìm bằng
2
2
b
b
x dx
Câu
17:
Hơ nóng
1 mol
khí lý tưởng lưỡng nguyên tử từ nhiệt độ
1
T
đến
2
T
bằng hai quá trình đẳng áp và đẳng
tích. Gọi biến thiên entropy trong mỗi quá trình đẳng áp, đẳng tích lần lượt là
p
S
và
v
S
. Khi đó:
A.
1,4
pv
SS
. B.
1,8
pv
SS
. C.
2,0
pv
SS
. D.
1,6
pv
SS
.
Giải
Độ biến thiên Entropy:
dQ
dS
T
Quá trình đẳng áp:
2
. . .
2
p
i
Q nC dT n R dT
Thay vào và lấy tích phân từ trạng thái 1 ứng với
1
T
đến trạng thái 2 ứng với
2
T
2
1
2
2
1
1
2 2 2
. . . . . .
2 2 2
T
p
T
T
T
i dT i i
S n R n RlnT n R ln
T
TT



Tương tự, ta có biến thiên entroy của quá trình đẳng tích:
2
1
. . .
2
v
T
i
S n Rln
T




Với khí lưỡng nguyên tử thì
2 5 2
22
5 1,4
5
22
p
v
i
S
i
i
S

Câu
18:
Trong chân không mọi photon có cùng:
A. Tần số. B. Năng lượng. C. Bước sóng. D. Vận tốc.
Giải
Vận tốc trong chân không
8
3.10 /c m s
Câu
19:
Trong quá trình nung nóng một vật đen tuyệt đối (coi là cân bằng), bước sóng ứng với năng suất phát
xạ cực đại của nó dịch chuyển từ
1
0,8 m

đến
2
0,5 m

; tương ứng với công suất bức xạ tức thời của
nó tăng lên:
A.
6,35
lần. B.
6,55
lần. C.
6,95
lần. D.
6,75
lần.
Giải
Năng suất phát xạ VĐTĐ theo đ/l S-B:
4
.
T
T

Công suất phát xạ VĐTĐ:
4
. . .
T
P S T S


Bước sóng ứng với năng suất phát xạ CĐ của VĐTĐ theo đ/l Wien:
.
max
max
b
b T T
Từ đó, ta có:
4
44
4
4
11
1 1 1 2
21
4
2 2 1
22
2
..
0,5
6,55
0,8
..
b
P T S
PT
PP
b
PT
P T S










VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 8/72
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
0,10d mm
, khoảng cách giữa 2 khe và màn là
1,00Dm
. Khoảng cách từ cực đại đầu tiên
tới tâm của vân sáng trung tâm là:
A.
6,0 mm
. B.
5,5 mm
. C.
6,5 mm
. D.
5,00 mm
Giải
Độ rộng 1 vân GT Young bằng khoảng cách giữa 2 vân sáng/ hoặc tối liên tiếp, xác định bởi:
D
i
d
Vị trí vân sáng GT Young, xác định bởi:
s
k
D
y ki k
d

Theo bài ra, ta có:
6
3
1
3
0,55.10 .1
1 1. 1. 5,5.10 5,5
0,1.10
s
D
k y m mm
d
Câu
21:
Độ biến thiên entropy trên đoạn giữa hai quá trình đoạn nhiệt trong chu trình Carnot thuận nghịch có trị
số bằng:
1/S kcal K
; hiệu số nhiệt độ giữa hai đường đẳng nhiệt là
0
150,00TC
;
1 4,18cal J
.
Nhiệt lượng đã chuyển hóa thành công trong chu trình đang xét là:
A.
5
6,77.10 J
. B.
5
7,27.10 J
. C.
5
6,27.10 J
. D.
5
5,77.10 J
.
Giải
Nhiệt lượng đã chuyển hóa thành công trong quá trình đang xét là:
35
. 1.10 .4,18.150 6,27.10Q A S T J
Câu
22:
Một khối khí lý tưởng có thể tích
3
8Vm
dãn nở đẳng nhiệt từ áp suất
2 at
đến
1 at
. Lượng nhiệt
đã cung cấp cho quá trình này là:
A.
5
13.10 J
. B.
5
10.10 J
. C.
5
12.10 J
. D.
5
11.10 J
.
Giải
Trong quá trình đẳng nhiệt:
0U
mà
0U A Q Q A
Công của quá trình đẳng nhiệt:
2
1
2
11
1
..
V
V
V
A P dV P V ln
V



Áp dụng PT trạng thái của quá trình đẳng nhiệt:
21
12
VP
VP
Lượng nhiệt đã cung cấp cho quá trình này là:
55
21
1 1 1 1
12
2.10 .8. 2 11.10
VP
Q A PVln PVln ln J
VP
Câu
23:
Khối lượng của
1 kmol
chất khí
20,00 /kg kmol
, hệ số Poát – tông của chất khí là
1,4.
Nhiệt
dung riêng đẳng áp của khí bằng( cho hằng số khí
3
8,31.10 / .R J kmol K
):
A.
1453,8 / .J kg K
. B.
1454,8 / .J kg K
. C.
1454,3 / .J kg K
. D.
1455,3 / .J kg K
.
Giải
Hệ số Poat – xông của chất khí là
1,4
p
v
C
C

(Với
p
C
và
v
C
lần lượt là nhiệt dung mol đẳng áp và nhiệt dung
mol đẳng tích)
Mặt khác:
p v v p
C C R C C R
1
pp
p
vp
CC
R
C
C C R

Nhiệt dung riêng đẳng áp của khí:
3
1,4.8,31.10
1454,3 / .
1 20 1,4 1
p
p
C
R
c J kg K

VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 9/72
Câu
24:
Một photon có bước sóng
11
1,20.10 m
, đến va chạm vào một electron đang đứng yên. Sau va chạm
photon bị tán xạ với góc
0
90
. Cho khối lượng electron
31
9,1.10m kg
, hằng số Planck
34
6,625.10 . ;h J s
vận tốc ánh sáng trong chân không
8
3.10 / .c m s
Khi đó động năng của electron có giá
trị nào dưới đây:
A.
15
3,19.10 J
. B.
15
2,59.10 J
. C.
15
2,50.10 J
. D.
15
2,76.10 J
.
Giải
Động năng của electron
2
2
2
'
1
e
De
mc
E m c hv hv
v
c



hay
'
D
hc hc hc hc
E


Theo công thức tán xạ Compton:
2
2
2
C
sin



Ta tìm được động năng của electron bắn ra :
2
2
2
D
C
hc hc
E
sin





Hay
2
12 2 0
34 8
15
11
11 12 2 0
2
2
2.2,4.10 . 45
6,625.10 .3.10
2
. 2,76.10
1,2.10
1,2.10 2.2,4.10 . 45
2
2
C
D
C
sin
sin
hc
EJ
sin
sin








Câu
25:
Chiếu một chùm tia sáng song song
0,5 m

lên một màng xà phòng (chiết suất
1,33n
) dưới
góc tới
0
30 .i
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:
22
12
2
2
L L L d n sin i
Xét điều kiện vân sáng – vân tối:
Vân sáng:
Lk

Vân tối:
1
2
Lk



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
0k 
ta có:
2 2 2 2 0
0,5
0,101
4 4 1,33 30
min
dm
n sin i sin

Câu
26:
Photon có năng lượng
21,5 eV
, tới nguyên tử Hidro và làm bật electron (đang ở trạng thái cơ bản)
ra khỏi nguyên tử. Vận tốc của electron khi bật ra khỏi nguyên tử là (cho khối lượng electron
31
9,1.10m kg
, điện tích electron
19
1,6.10 ,eC

hằng số Planck
19
1,6.10 ,eC

hằng số Rydberg
15 1
3,28.10Rs
):
A.
6
1,874.10 /v m s
. B.
6
1,674.10 /v m s
. C.
6
2,074.10 /v m s
. D.
6
2,274.10 /v m s
.
Giải
Ở trạng thái cơ bản thì
1n
Động năng của electron khi bật ra khỏi nguyên tử:
19
2 2 2 6
0
2 2 31
1 13,6 1 1 2.7,9.1,6.10
. 21,5 . . 7,9 1,674.10 /
2 1 2 2 9,1.10
e e e e e e e
E
m v m v m v eV v m s
n
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 10/72
Câu
27:
Chiếu một chùm sáng đơn sắc song song bước sóng
546 nm
thẳng góc vào mặt dưới một nêm
không khí, được tạo bởi hai bản thủy tinh phằng đặt nghiêng trên nhau một góc rất nhỏ. Vân giao thoa quan sát
được có mật độ 15vân/1cm. Tìm công thức và tính góc nghiêng (ra độ) của nêm không khí
A.
4
1,094.10 rad
. B.
4
3,094.10 rad
. C.
4
4,094.10 rad
. D.
4
2,094.10 rad
.
Giải
Độ rộng vân giao thoa nêm KK được xác định bởi:
2
l
i
1
Độ rộng 1 vân còn có thể xác định bởi:
1
i
n
2
Từ
9
24
546.10
1 ; 2 .15.10 4,094.10
22
n
Câu
28:
Có hai bản tuamalin dày (trên
1 mm
)
1
T
và
2
T
đặt song song với nhau và song song với mặt phẳng
1
,.x yT
có trục quang song song với trục
2
,yT
có trục quang làm với trục
y
góc
0
45 .
Chiếu một tia sáng phân cực
toàn phần, cường độ
0
,I
vào
1
T
theo phương trục
,z
có phương của cường độ điện trường làm với trục
x
góc
0
30 .
Sau khi qua hai bản
1
T
và
2
,T
cường độ của tia sáng là
I
bằng:
A.
0
3
4
I
I
. B.
0
3
8
I
I
. C.
0
4
I
I
. D.
0
8
I
I
.
Giải
Cường độ ánh sáng sau khi đi qua bản tuamalin
1
:T
2 2 0
0
1 0 1 0
. . 45
2
I
I I cos I cos
Cường độ ánh sáng sau khi qua hai bản
1
T
và
2
T
:
2 2 2 2 0 2 0
0
2 1 2 0 1 2 0 0
3
13
. . . . 45 . 30 . .
2 4 8
I
I I I cos I cos cos I cos cos I
Câu
29:
Coi mặt trời là vật đen tuyệt đối nhiệt độ trên bề mặt là
6000TK
. Bức xạ mang năng lượng lớn
nhất có
0,48 .m

Một ngôi sao khác (xem là vật đen tuyệt đối) mà bức xạ mang năng lượng cực đại có
' 0,60 .m

Nhiệt độ của ngôi sao là:
A.
4700 K
. B.
5000 K
. C.
4800 K
. D.
4500 K
.
Giải
Bước sóng ứng với năng suất phát xạ CĐ của VĐTD theo định luật Wien:
.
max
bT
Theo bài ra, ta có:
1
2
21
2
1
.
0,48
.6000 4800
'.
' ' 0,6
bT
T
T T K
bT
T


Câu
30:
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
1
32 .
Với dung dịch đường glucozo nồng độ
2
C
cũng đưng trong bình trụ giống như trên làm quay mặt phẳng phân cực của ánh sáng xanh một góc
0
2
20 .
Nồng độ
2
C
là:
A.
3
0,195 /g cm
. B.
3
0,428 /g cm
. C.
3
0,448 /g cm
. D.
3
0,175 /g cm
.
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 11/72
Giải
Nhận xét: Đây là bài toán ứng dụng hiện tượng quay mặt phẳng phân cực để xác định nồng độ dung dịch. Nồng
độ dung dịch được xác định theo công thức:
C
d
trong đó
là góc quay của mặt phẳng phân cực. Ở trong
bài toán này ta thấy có hai trường hợp
xét từng trường hợp và tính tỷ số.
Ta có:
1
1
3
2 2 2
21
2
1 1 1
2
32
.0,28 0,448 /
20
C
d
C
C C g cm
C
C
d


ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ ĐẠI CƯƠNG PHẦN III ( QUANG – LƯỢNG TỬ)
ĐỀ SỐ 3
Chú ý: Thí sinh không viết bất kỳ kí hiệu gì vào tờ số 1 và số 2. Viết họ và tên, lớp vào tờ số 0, viết lớp
vào tờ số 3. Trả lời câu hỏi trắc nghiệm vào tờ số 0. Viết trả lời phần tự luận vào tờ 3 và 4. Thời gian làm
bài 90 phút.
Câu hỏi trắc nghiệm (5 điểm):
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
3,00Dm
, khoảng cách giữa 2 khe và màn là
3,00Dm
. Khoảng cách từ cực đại đầu tiên tới
tâm của vân sáng trung tâm là:
A.
6,00 mm
. B.
5,50 mm
. C.
4,50 mm
. D.
5,00 mm
.
Giải
Độ rộng 1 vân GT Young bằng khoảng cách giữa 2 vân sáng/ hoặc tối liên tiếp, xác định bởi:
D
i
d
Vị trí vân sáng GT Young, xác định bởi:
s
k
D
y ki k
d

Theo bài ra, ta có:
6
3
1
3
0,5.10 .3
1 1. 1. 5.10 5
0,3.10
s
D
k y m mm
d
Câu
32:
Cho cách tử nhiễu xạ có chu kỳ là
5,00 m
. Chiếu ánh sáng đơn sắc có bước sóng
0,500 m

vuông góc với cách tử. Số vạch cực đại chính lớn nhất trong quang phổ của cách tử là:
A.
19,00
. B.
25,00
. C.
23,00
. D.
21,00
.
Giải
Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng:
k
sin
d
Để
max
k
khi
6
6
5.10
1 10 10
0,5.10
max max
d
sin k k N k
Số vạch cực đại chính tối đa:
2 1 2.10 1 21
max
Nk
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;
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 12/72
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
0,2b mm
. Đặt sát ngay sau khe một thấu kính hội tụ, tiêu cự
40,00 ,f cm
ta thu được
trên màn quan sát đặt ở mặt phẳng tiêu thấu kính một hệ vân. Khoảng cách giữa tâm của vân trung tâm và cực
tiểu đầu tiên là:
A.
1,30 mm
. B.
1,10 mm
. C.
1,20 mm
. D.
1,40 mm
.
Giải
Cực tiểu nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia nhiễu xạ:
k
sin
b
(
b
: độ
rộng của khe)
Độ rộng cực tiểu nhiễu xạ trung tâm tương ứng cực tiểu bâc 1
: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


Hay:
6
3
3
0,6.10 .0,4
1,2.10 1,2
0,2.10
yf
y m mm
b f b

Độ rộng cực đại nhiễu xạ trung tâm của ảnh nhiễu xạ:
1,2y mm
Câu
35:
Đối với electron hóa trị trong nguyên tử
,Na
những trạng thái năng lượng nào có thể chuyển về trạng
thái năng lượng
2
1
2
3 P
trong các trạng thái năng lượng sau đây:
A.
2
5
2
5 F
. B.
2
1
2
5 S
. C.
2
5
2
4 D
. D.
2
3
2
4 P
.
Giải
* Nhận xét: bài toán liên quan tới quy tắc chọn lựa. Ở đây trƣớc hết ta cần xác định các trạng thái ứng với n = 3
(chú ý đến spin)
nói chung là cần biết suy luận những thông tin có đƣợc từ số lƣợng tử chính n. Ngoài ra để
xét quá trình chuyển mức ta cần nắm đƣợc quy tắc lựa chọn:
Với
3:n
0,1,2l
Trạng thái:
3 ,3 ,3S P D
(chưa tính đến spin) hoặc
1 1 3 3 5
2 2 2 2 2
3 ;3 ;3 ;3 ;3S P P D D
Trạng thái năng lượng:
Quy tắc lựa chọn:
1; 0, 1lj
1l
với S thì chỉ có P chuyển về, với P thì có S hoặc D chuyển về,…
0, 1j
Chỉ có các mức ứng với chênh lệch momen toàn phần là
0, 1
thì mới có thể xảy ra chuyển mức
trạng thái của electron.
- Từ quy tắc lựa chọn ta có:
Những trạng thái có thể chuyển về
2
1
2
3 S
là:
2
1
2
nP
và
2
3
2
nP
(với
3,4,5,...n
)
Những trạng thái có thể chuyển về
2
1
2
3 P
là:
2
1
2
nS
và
2
3
2
mD
(với
4,5...n
và
3,4,5,...m
).
Những trạng thái có thể chuyển về
2
3
2
3 P
là:
2
1
2
nS
và
2
3
2
mD
và
2
5
2
mD
(với
4,5...n
và
3,4,5,...m
).
Những trạng thái có thể chuyển về
2
3
2
3 D
là
22
13
22
;n P n P
và
2
5
2
mF
(với
4,5,...n
và
4,5,6,...m
).
Những trạng thái có thể chuyển về
2
5
2
3 D
là
2
3
2
nP
và
2
5
2
mF
và
2
7
2
mF
(với
4,5,...n
và
4,5,6,...m
).
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 13/72
Câu
36:
Trong nguyên tử với một lớp trạng thái ứng với
3n
chứa đầy electron, thì số electron thuộc lớp đó
cùng có số lượng tử
1m 
và
1/ 2
s
m 
là:
A.
4e
. B.
5e
. C.
6e
. D.
7e
.
Giải
n
Lớp
l
Lớp
con
m
s
m
Số trạng thái
1
K
0
1s
0
1/ 2
2
2
2
L
0
2s
0
1/ 2
2
8
1
2p
1
0
1
1/ 2
1/ 2
1/ 2
6
3
M
0
3s
0
1/ 2
2
18
1
3p
1
0
1
1/ 2
1/ 2
1/ 2
6
2
3d
2
1
0
1
2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
10
Theo bảng trên, ta có: Trong nguyên tử với một lớp trạng thái ứng với
3n
chứa đầy electron, thì số electron
thuộc lớp đó cùng có số lượng tử
1m 
và
là
6e
Câu
37:
Hạt electron có bước sóng De Broglie
9
1,8.10 m
. Động năng của nó bằng: (
34
6,625.10 .h J s
,
31
9,1.10
e
m kg
)
A.
0,67 eV
. B.
0,57 eV
. C.
0,47 eV
. D.
0,37 eV
.
Giải
Nhận xét: Phương hướng của bài toán: bước sóng
xác định động lượng
xác định động năng
- Động lượng của electron là:
e
h
p
- Động năng của electron là:
2
34
22
20
2
2
31 9
6,625.10
7,443.10 0,47
22
2.9,1.10 . 1,80.10
d
e e e
ph
W J eV
mm

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:
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 14/72
A.
4V
. B.
2V
. C.
V
. D.
2
V
.
Giải
Công thức tính vận tốc trung bình của phân tử khí:
8kT
v
m
Vận tốc trung bình của phân tử khí chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ
T const
Nếu vận tốc trung bình của phân tử hidro lúc đầu là
V
thì vận tốc trung bình sau khi nén không đổi
Câu
39:
Trong nguyên tử với một lớp trạng thái ứng với
5n
chứa đầy electron, thì số electron có cùng
1/ 2
s
m 
là
A.
32e
. B.
12e
. C.
16e
. D.
25e
.
Giải
Lớp
l
Lớp con
m
s
m
Số trạng thái
5
O
0
5s
0
1/ 2
2
32
1
5p
1
0
1
1/ 2
1/ 2
1/ 2
6
2
5d
2
1
0
1
2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
10
3
5 f
3
2
1
0
1
2
3
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
14
4
5g
4
3
2
1
0
1
2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
18
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 15/72
Theo bảng trên, ta có: Trong nguyên tử với một lớp trạng thái ứng với
5n
chứa đầy electron, thì số electron có
cùng
1/ 2
s
m 
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
2.n
Năng lượng thấp nhất mà hạt có thể có trong chuyển động này là:
A.
1,0 eV
. B.
1,1 eV
. C.
1,2 eV
. D.
1,9 eV
.
Giải
Hạt chuyển động trong giếng thế năng có năng lượng:
22
2
..
2
8
2
n
p
h
n
E meV
ma

Năng lượng thấp nhất
22
4
1
2
n
min
E
E eV
n
Câu
41:
Một động cơ nhiệt có hiệu suất
20 %
và nhả nhiệt cho một nguồn có nhiệt độ
350 .K
Nó nhận nhiệt
từ một nguồn có nhiệt độ ít nhất là:
A.
538 K
. B.
638 K
. C.
438 K
. D.
338 K
.
Giải
Hiệu suất theo chu trình Carnot:
2
1
1
T
T

(với
12
;TT
lần lượt là nhiệt độ nguồn nóng và nhiệt độ nguồn lạnh)
Theo bài ra, ta có:
22
1
1
350
1 0,2 437,5 438
1 1 0,2
TT
T K K
T

Câu
42:
Hai khối khí
2
O
và
2
H
có cùng mật độ số hạt. Nhiệt độ của khối khí
2
O
là
0
100 C
, nhiệt độ của khối
khí
2
H
là
0
50 C
. Áp suất của
2
O
và
2
H
theo thứ tự là
1
P
và
2
P
. Ta có:
A.
12
1,4PP
. B.
12
1,2PP
. C.
12
1,1PP
. D.
12
1,3PP
.
Giải
Số phân tử khí của chất khí đó là
..
AA
m
N n N N

Hằng số Boltzmann
23
1,28.10 / .
A
A
RT R R m R
k J K N N
V N k k
Mật độ phân tử của chất khí đó là
'
.
N mR p
n
V k V kT
Vì hai khối khí
2
O
và
2
H
có cùng mật độ số hạt và nhiệt độ thay đổi
áp suất thay đổi
quá trình đẳng tích
Áp dụng PT trạng thái của quá trình đẳng tích:
11
22
100 273
1,2
50 273
PT
PT
Câu
43:
Ánh sáng có bước sóng
600 nm
gồm các photon mà năng lượng của mỗi photon là (cho
34 8
6,625.10 . , 3.10 /h J s c m s

)
A.
19
3,8.10 J
. B.
19
3,3.10 J
. C.
19
2,8.10 J
. D.
19
4,3.10 J
.
Giải
3
4
1/ 2
1/ 2
1/ 2
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 16/72
Năng lượng của mỗi photon là:
34 8
19
9
6,625.10 .3.10
3,3125.10
600.10
hc
WJ
Câu
44:
Coi mặt trời là vật đen tuyệt đối nhiệt độ trên bề mặt là
6000TK
. Bức xạ mang năng lượng lớn
nhất có
1
0,5 .m

Một ngôi sao khác (xem là vật đen tuyệt đối) mà bức xạ mang năng lượng cực đại có
2
0,64 .m

Nhiệt độ của ngôi sao là:
A.
4587,50 K
. B.
4687,50 K
. C.
4887,50 K
. D.
4787,50 K
.
Giải
Bước sóng ứng với năng suất phát xạ CĐ của VĐTD theo định luật Wien:
.
max
bT
Theo bài ra, ta có:
1
21
21
2
12
.
0,5
.6000 4687,50
'.
' 0,64
bT
T
T T K
bT
T

Câu
45:
Nhiệt độ dây tóc bóng đèn điện luôn biến đổi do đốt nóng bằng điện xoay chiều. Nhiệt độ thấp nhất là
1000,0 K
và nhiệt độ cao nhất là
1500,0 K
. Công suất bức xạ của dây tóc bóng đèn biến đổi:
A.
6,6
lần. B.
5,1
lần. C.
5,6
lần. D.
6,1
lần.
Giải
Công suất phát xạ VĐTĐ:
4
. . .
T
P S T S


Theo bài ra, ta có:
4
4
4
21
4
..
1000
5,1
1500
..
min min
min min
max max
max max
P T S
PT
PP
PT
P T S






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.
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:
A.
2
V
. B.
2V
. C.
V
. D.
4V
.
Giải
Công thức tính vận tốc trung bình của phân tử khí:
8kT
v
m
Vận tốc trung bình của phân tử khí chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ
T const
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 17/72
Nếu vận tốc trung bình của phân tử hidro lúc đầu là
V
thì vận tốc trung bình sau khi nén không đổi
Câu
49:
Hai khối khí
2
O
và
2
H
có cùng mật độ số hạt. Nhiệt độ của khối khí
2
O
là
0
120 C
, nhiệt độ của khối
khí
2
H
là
0
60 C
. Áp suất của
2
O
và
2
H
theo thứ tự là
1
P
và
2
P
. Ta có:
A.
12
1,0PP
. B.
12
1,2PP
. C.
12
1,1PP
. D.
12
1,3PP
.
Giải
Số phân tử khí của chất khí đó là
..
AA
m
N n N N

Hằng số Boltzmann
23
1,28.10 / .
A
A
RT R R m R
k J K N N
V N k k
Mật độ phân tử của chất khí đó là
'
.
N mR p
n
V k V kT
Vì hai khối khí
2
O
và
2
H
có cùng mật độ số hạt và nhiệt độ thay đổi
áp suất thay đổi
quá trình đẳng tích
Áp dụng PT trạng thái của quá trình đẳng tích:
11
22
120 273
1,2
60 273
PT
PT
Câu
50:
Một ngòn đèn phát sáng tần số
15
4,50.10 Hz
với công suất
30,00 W
. Số photon phát ra trong 1 giây
là
34
6,625.10 .h J s
A.
18
10,56.10
. B.
18
10,06.10
. C.
18
9,06.10
. D.
18
9,56.10
.
Giải
Công suất bức xạ:
.PN
Số photon do ngọn đèn phát ra trong 1 giây là
18
34 15
30
10,06.10
6,625.10 .4,5.10
PP
N
hf
Câu
51:
Độ biến thiên entropy trên đoạn giữa hai quá trình đoạn nhiệt trong chu trình Carnot thuận nghịch có trị
số bằng:
1/S kcal K
; hiệu số nhiệt độ giữa hai đường đẳng nhiệt là
0
250,00TC
;
1 4,18cal J
.
Nhiệt lượng đã chuyển hóa thành công trong chu trình đang xét là:
A.
5
9,95.10 J
. B.
5
10,45.10 J
. C.
5
11,45.10 J
. D.
5
10,95.10 J
.
Giải
Nhiệt lượng đã chuyển hóa thành công trong quá trình đang xét là:
35
. 1.10 .4,18.100 10,45.10Q A S T J
Câu
52:
Trong nguyên tử với một lớp trạng thái ứng với
5n
chứa đầy electron, thì số electron có cùng
1/ 2
s
m 
là:
A.
32e
. B.
12e
. C.
16e
. D.
25e
.
Giải
Lớp
l
Lớp con
m
s
m
Số trạng thái
5
O
0
5s
0
1/ 2
2
1
5p
1
0
1
1/ 2
1/ 2
1/ 2
6
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 18/72
Theo bảng trên, ta có: Trong nguyên tử với một lớp trạng thái ứng với
5n
chứa đầy electron, thì số electron có
cùng
1/ 2
s
m 
là:
25e
Câu
53:
Một động cơ hoạt động theo chu trình Carnot thuận nghịch giữa 2 nguồn có nhiệt độ
700,0 K
và
350,0 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
Hiệu suất theo chu trình Carnot:
2
1
1
T
T

(với
12
;TT
lần lượt là nhiệt độ nguồn nóng và nhiệt độ nguồn lạnh)
Mặt khác:
1
'A
Q
(với
1
';AQ
lần lượt là công sinh ra trong mỗi chu trình và nhiệt lượng nhận được trong mỗi
chu trình)
Hay
2 2 2
1
1 1 1 1 1
' ' 700
1 1 ' 1 8. 1 4
350
T T T
AA
A Q kJ
T Q T Q T






2
5d
2
1
0
1
2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
10
32
3
5 f
3
2
1
0
1
2
3
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
14
4
5g
4
3
2
1
0
1
2
3
4
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
1/ 2
18
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 19/72
Câu
54:
Thể tích của
4Mg
khí Oxy
2
O
tăng từ
3
1
2,00V dm
đến
3
2
5V dm
. Xem khí Oxy là khí
thực có hằng số Van der Waals
6 3 2
1,37.10 . / .a J m k mol
. 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
6
22
12
1 1 4 1 1
. . .1,37.10 . 0,64
32 5 2
M
A a J
VV






Câu
55:
Trong quang phổ bậc 1 của một chất phát sáng, được cho bởi một cách tử truyền qua có chu kỳ
6
2.10dm
và được quan sát trong mặt phẳng tiêu của một thấu kính hội tụ đặt ngày sau cách tử có tiêu cự
0,8fm
, 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 ảnh nhiễu xạ sẽ được đặt trùng với tiêu diện của thấu kính. Giả sử chùm
tia từ hai khe của cách tử có góc nhiễu xạ
thỏa mãn điều kiện cực đại nhiễu xạ
trục phụ
OM
sẽ phải tạo
với đường nằm ngang một góc
. Từ hình vẽ ta thấy
Vị trí cực đại ứng với góc nhiễu xạ
sẽ là:
0
.D M M f tan

Ứng với mỗi một bước sóng ta sẽ thu được giá trị
,D
khác nhau, do
f
là không đổi nên dễ dàng rút ra được
công thức:
21
21
DD
f
tan tan

Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng:
k
sin
d
Chỉ xét cực đại nhiễu xạ bậc 1 do đó ta có:
6
0
1
11
6
6
0
2
22
6
0,56.10 7
16 15'
2.10 25
0,58.10 29
16 51'
2.10 100
sin
d
sin
d


00
21
21
00
16 51' 16 15' 9,1
16 51' 16 15'
DD
f D D D f tan tan mm
tan tan
Câu
56:
Một chùm ánh sáng trắng được rọi vuông góc với một bản mỏng trong suốt hai mặt song song dày
0,44dm
; chiết suất
1,5.n
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:
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 20/72
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 :
22
12
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
2 1
2 0,5
dn
dn k
k

Tong phạm vi quang phổ thấy được, phải có điều kiện:
0,4 0,7mm

Thay
vào
1
, suy ra điều kiện:
1,38 2,8k
Vì
k
phải nguyên, nên nó chỉ có thể có một giá trị
2k
. Vậy trong phạm vi quang phổ thấy được chỉ cố một
chùm tia phản xạ bước 2 bước sóng
2 2.0,44.1,5
0,528 0,53
2 0,5 2,5
dn
mm
được tăng cường
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
0
30 .
Số khe trên
1 mm
chiều dài của cách tử
bằng:
A.
425,00
. B.
525,00
. C.
625,00
. D.
725,00
.
Giải
Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng:
k
sin
d
Theo bài ra, ta có:
6
6
00
2. 2.0,4.10
2 1,6.10
30 30
k d m
sin sin
Số khe trên
1 mm
chiều dài của cách tử bằng:
3
11
625
1,6.10
n
d
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
3
8,31.10 / .R J kmol K
):
A.
727,6 / .J kg K
. B.
726,6 / .J kg K
. C.
727,1 / .J kg K
. D.
728,1 / .J kg K
.
Giải
Hệ số Poat – xông của chất khí là
1,4
p
v
C
C

(Với
p
C
và
v
C
lần lượt là nhiệt dung mol đẳng áp và nhiệt dung
mol đẳng tích)
Mặt khác:
p v v p
C C R C C R
1
pp
p
vp
CC
R
C
C C R

Nhiệt dung riêng đẳng áp của khí:
3
1,4.8,31.10
727,1 / .
1 40 1,4 1
p
p
C
R
c J kg K

Câu
59:
Một chùm tia Rợnghen hẹp tới đập vào mặt tự nhiên của đơn tinh thể
Na Cl
dưới góc tới bằng
0
30
.
Theo phương phản xạ gương trên mặt đa tinh thể, người ta quan sát thấy cực đại nhiễu xạ bậc hai. Khoảng cách
giữa các mặt phẳng nguyên tử liên tiếp bằng
10
3,10.10 m
. Bước sóng của tia Rơn ghen là:
A.
10
2,68.10 m
. B.
10
2,18.10 m
. C.
10
3,68.10 m
. D.
10
3,18.10 m
.
Giải
| 1/72
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

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
đựng trong một bình có thể tích 3 lít. Mật độ phân tử của chất khí đó là (cho 2  hằng số khí 3
R  8, 31.10  J / kmol.K ; hằng số Boltzmann 23 k 1, 28.10 
J / K ) A. 25 11, 036.10 (phân tử/ 3 m ) B. 25 9, 536.10 (phân tử/ 3 m ). C. 25 10, 036.10 (phân tử/ 3 m ) D. 25 10, 536.10 (phân tử/ 3 m ). Giải m
Số phân tử khí của chất đó là N  . n N  .N A ART RR m R Hằng số Boltzmann: 23 k  
1,28.10 J / K   N   N  . A V N kk A 3  3 N mR 10 .8,31.10
Mật độ phân tử của chất khí đó là: 25 n '    10,820.10 (phân tử/ 3 m ) 2  3 3 V
k.V 2.1,28.10 .3.10
Câu 2: Trong một dãy vạch quang phổ phát xạ của Hidro:
A. Các electron bị kích thích đều ở cùng một mức năng lượng;
B. Các vạch phổ cách đều nhau;
C. Các electron bị kích thích rời khỏi nguyên tử;
D. Các electron bị kích thích đều chuyển về cùng một mức năng lượng;
Câu 3: Nếu đổ đầy nước (chiết suất n  1, 33 ) vào khoảng giữa màn quan sát và mặt phẳng chứa 2 khe trong máy
giao thoa Young thì các vân sẽ: A. Nhòe đi; B. Giãn rộng ra;
C. Sít lại gần nhau; D. Biến mất;
Câu 4: Một động cơ nhiệt có hiệu suất 25% và nhả nhiệt cho một nguồn có nhiệt độ 300  K . Nó nhận nhiệt
từ một nguồn có nhiệt độ ít nhất là:
A. 500  K  .
B. 200  K  .
C. 400  K  .
D. 300  K  . Giải Hiệu suất theo chu trình T Carnot: 2  1
(với T ;T lần lượt là nhiệt độ nguồn nóng và nhiệt độ nguồn lạnh) 1 2 T1 T T 300 Theo bài ra, ta có: 2 2  1  0,25  T    400 K 1   T 1 1 0, 25 1
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  v v CHe Fe cHe cFe
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 1/72
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 m .V
Công thức tính số mol: n       .V He He n   He   Ta có: He             và n n 1 mol V V Fe He  ; ; .V He Fe Fe He Fe HeFe Fe nFe    Fe m
Số phân tử khí của chất khí đó là N  . n N  .N A ART RR m R Hằng số Boltzmann 23 k  
1,28.10 J / K   N   N  . A V N kk A N mR p
Mật độ phân tử của chất khí đó là n '    và V
V n '  n ' Vk.V kT Fe He Fe He
Câu 6: Chiếu một chùm tí sáng song song song đơn sắc có bước sóng   0, 5m vuông góc với một khe hẹp
có bề rộng b  0, 40mm . Đặt sát ngay sau khe một thấu kính hội tụ, tiêu cự f  40,00cm, ta thu được trên
màn quan sát đặt ở mặt phẳng tiêu thấu kính một hệ vân. Khoảng cách giữa tâm của vân trung tâm và cực tiểu đầu tiên là:
A.1,10mm .
B. 0, 90 mm .
C.1, 00mm .
D. 0,80 mm . Giải 
Cực tiểu nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia nhiễu xạ k : sin  ( b : độ b rộng của khe) 
Độ rộng cực tiểu nhiễu xạ trung tâm tương ứng cực tiểu bâc 1: k  1 sin  b
Khoảng cách giữa vân của vân trung tâm và cực tiểu đầu tiên chính bằng:
a  2 f .tan
Vì  là góc rất nhỏ  tg  sin 6  a 2 f  2.0, 4.0,5.10  Hay 3   a  
10 m 1 mm 3      b 2 f b 0, 4.10
Câu 7: Trong quang phổ bậc 1 của một chất phát sáng, được cho bởi một cách tử truyền qua có chu kỳ 6 d 2, 5.10 
m và được quan sát trong mặt phẳng tiêu của một thấu kính hội tụ đặt ngày sau cách tử có tiêu cự
f  0, 4 m , người ta thấy có hai vạch ứng với các bước sóng   0,56 m và   0,58 m . Khoảng cách 2   1   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 2/72
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 M M f .tan 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: D D 2 1 f
tan  tan 2 1 k
Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: sin  d 6   0, 56.10 1 0 sin    0, 224    12 56'  1 6  1  d 2, 5.10
Chỉ xét cực đại nhiễu xạ bậc 1 do đó ta có:  6   0, 58.10 2 0 sin    0, 232    13 24' 2 6  2  d 2, 5.10 D Df     D
  D D f tantanm mm tan 13 24 '2 1  tan12 56' 13 24 ' 12 56 ' 3,5.10 3,5 2 1 0 0   0   0  3    
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  0,15mm , khoảng cách giữa 2 khe và màn là d  0,15mm . Khoảng cách từ cực đại đầu tiên
tới tâm của vân sáng trung tâm là:
A. 6, 0 mm .
B. 5, 5mm .
C. 6, 5mm .
D. 5, 0 mm Giải 
Độ rộng 1 vân GT Young bằng khoảng cách giữa 2 D
vân sáng/ hoặc tối liên tiếp, xác định bởi: i d  Vị trí vân D
sáng GT Young, xác định bởi: s
y ki k k d 6 Ds 0,5.10 .1,5  Theo bài ra, ta có: 3
k  1  y  1. 1.
 5.10 m  5 mm 1 3      d 0,15.10
Câu 9: Thể tích của M  4  g  khí Oxy O tăng từ V  1, 00 3 dm đến V  4  3 dm . Xem khí Oxy là khí 2  1  2 
thực có hằng số Van der Waals 6 a   3 2 1, 37.10
J.m / k.mol  . Công của nội lực trong quá trình giãn nở đó bằng: A. 1  ,61J  . B. 1  , 41J  . C. 1  ,81J  . D. 1  , 21J  . Giải
Công của nội lực trong quá trình giãn nở đó bằng: 2 2 M  1 1  0, 04  1 1 6 A  . . a     .1,37.10 .   1  ,61 J   2 2    V V 32    4 1 2 1
Câu 10: 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
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 3/72
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 Lớp l Lớp con m m Số trạng thái s 5 O 0 5s 0 1/ 2 2 1 5 p 1 1/ 2 0 1/ 2 6 1  1/ 2 2 5d 2 1/ 2 1 1/ 2 0 1/ 2 10 1  1/ 2 2 1/ 2 3 1/ 2 5 f 3  32 1 / 2 2 1 1/ 2 0 1/ 2 14 1  1/ 2 2 1/ 2 3  1/ 2  4 5g 4 1 / 2 3 1/ 2 2 1/ 2 1 1/ 2 0 1/ 2 18 1  1/ 2 2 1/ 2 3  1/ 2 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 m  1  / 2 là: 25e s
Câu 11: Một chùm tia Rợnghen hẹp tới đập vào mặt tự nhiên của đơn tinh thể NaCl dưới góc tới bằng 0 30 .
Theo phương phản xạ gương trên mặt đa tinh thể, người ta quan sát thấy cực đại nhiễu xạ bậc hai. Khoảng cách
giữa các mặt phẳng nguyên tử liên tiếp bằng 10
2, 40.10 m . Bước sóng của tia Rơn ghen là: A. 10  2,58.10  m . B. 10  3,08.10  m. C. 10  1,58.10  m . D. 10  1,58.10  m . Giải
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 4/72
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130
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 1  0  2.2,4.10 .sin dsin  0 30 2   Theo bài ra, ta có: 10 k  2     1,2.10 m 2 2
Câu 12: Khối lượng của 1kmol  chất khí   35, 0kg / kmol  , hệ số Poát – tông của chất khí là   1, 4. Nhiệt
dung riêng đẳng áp của khí bằng( cho hằng số khí 3
R  8, 31.10  J / kmol.K  ):
A. 830, 5 J / kg.K  .
B. 831, 0  J / kg.K  .
C. 832, 0  J / kg.K  .
D. 831, 5 J / kg.K  . Giải C
Hệ số Poat – xông của chất khí là p  
1,4 (Với C và C lần lượt là nhiệt dung mol đẳng áp và nhiệt dung C p v v mol đẳng tích) C CR
Mặt khác: C C R C C R p p      C p v v p p C C R  1 v p 3 Cp R 1, 4.8,31.10
Nhiệt dung riêng đẳng áp của khí: c     J kg K p      1 351, 4   831 / .  1
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 2 2  . .n
Hạt chuyển động trong giếng thế năng có năng lượng: 2 E   8 meV n   2 2m a pE 6 Năng lượng thấp nhất n E   1,5 eV min 2 2   n 2
Câu 14: Một photon có bước sóng 11  1,40.10 
m, đến va chạm vào một electron đang đứng yên. Sau va
chạm photon bị tán xạ với góc 0   
90 . Cho khối lượng electron 31 m  9,1.10
kg , hằng số Planck 34 h 6, 625.10 
J.s; vận tốc ánh sáng trong chân không 8
c  3.10 m / s. Khi đó động năng của electron có giá trị nào dưới đây: A. 15
1, 90.10  J  . B. 15 2,10.10  J  . C. 15
2, 50.10  J  . D. 15
2, 20.10  J  . Giải 2 Động năng của electron m c hc hc hc hc e 2 E
m c hv hv ' hay E     D e D 2         v  ' 1    c  
Theo công thức tán xạ Compton: 2      2  sin C    2  hc hc
Ta tìm được động năng của electron bắn ra : E   D    2
  2  sin   C  2  Hay
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 5/72
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130   2 2  sin 1  2 2   C  2.2, 4.10 .  2 sin hc   0 34 8 45 6, 625.10 .3.10  E   .  2,1.10 J D  1  1 1  2 2    1, 4.10 1, 4.10  2.2,4.10 .sin     0 2 45  15 11   2 sin   C  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 n Lớp l Lớp con m m Số trạng thái s 0 3s 0 1/ 2 2 1 1 1/ 2 3 p 0 1/ 2 6 1  1/ 2 1/ 2 2 1/ 2 1 3d 0  10 2 1 / 2  32 1  1 / 2 4 N 2 1/ 2 3 1/ 2 2 1/ 2 1 1/ 2 3 3 f 0 1/ 2 14 1  1/ 2 2 1/ 2 3  1/ 2
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
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 6/72
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130
A. Động lượng của hạt B. Xác xuất của hạt.
C. Vận tốc của hạt D. Năng lượng của hạt. Giải
0, khi 0  x a
Hạt chuyển động theo phương x trong giếng thế năng định nghĩa bởi: U x   x  0  , khi    x a 2 2 Hàm sóng có dạng:    x sin x 2     aa b
Xác suất phải tìm bằng   x 2dx 2 b
Câu 17: Hơ nóng 1mol  khí lý tưởng lưỡng nguyên tử từ nhiệt độ T đến T bằng hai quá trình đẳng áp và đẳng 1 2
tích. Gọi biến thiên entropy trong mỗi quá trình đẳng áp, đẳng tích lần lượt là S  và S  . Khi đó: p v A. S   1, 4 S  . B. S   1,8S . C. S   2,0 S  . D. S   1,6S . p v p v p v p v Giải Độ biế dQ
n thiên Entropy: dS T  Quá trình đẳng áp: i 2 Q
  nC .dT  . n . R dT p 2
Thay vào và lấy tích phân từ trạng thái 1 ứng với T đến trạng thái 2 ứng với T 1 2 2 T i  2 dT i  2 T    2 i 2 T2  S   . n .R  . n RlnT  . n . . R ln    p 2 T 2 T 2 T   T 1 1 1  
Tương tự, ta có biến thiên entroy của quá trình đẳng tích: i T2 S   . n . . R ln   v 2 T  1  i  2 5  2 S
Với khí lưỡng nguyên tử thì p 2 2 i  5     1, 4 Si 5 v 2 2
Câu 18: Trong chân không mọi photon có cùng: A. Tần số. B. Năng lượng. C. Bước sóng. D. Vận tốc. Giải
Vận tốc trong chân không 8
c  3.10 m / s
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   0,8 m đến   0,5 m ; tương ứng với công suất bức xạ tức thời của 2   1   nó tăng lên: A. 6, 35 lần. B. 6, 55 lần. C. 6, 95 lần. D. 6, 75 lần. Giải
Năng suất phát xạ VĐTĐ theo đ/l S-B: 4   .T T
 Công suất phát xạ VĐTĐ: 4
P   .S   .T .S T
Bước sóng ứng với năng suất phát xạ CĐ của VĐTĐ theo đ/l Wien: b b   .T T maxmax 4  b  4 4 4 4
P  .T .S   PT       0,5  Từ đó, ta có: 1 1 1 1 1 2              P  6,55P   2 1 4
P  .T .S P T b          0,8  2 2 1 2 2     2 
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 7/72
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130
Câu 20: Trong hiện tượng giao thoa của khe Iâng, ánh sáng đơn sắc có bước sóng   0, 55m , khoảng cách
giữa 2 khe là d  0,10 mm , khoảng cách giữa 2 khe và màn là D  1, 00m . Khoảng cách từ cực đại đầu tiên
tới tâm của vân sáng trung tâm là:
A. 6, 0 mm .
B. 5, 5mm .
C. 6, 5mm .
D. 5, 00mm Giải 
Độ rộng 1 vân GT Young bằng khoảng cách giữa 2 D
vân sáng/ hoặc tối liên tiếp, xác định bởi: i d  Vị trí vân D
sáng GT Young, xác định bởi: s
y ki k k d 6 Ds 0,55.10 .1 Theo bài ra, ta có: 3
k  1  y  1. 1.
 5,5.10 m  5,5 mm 1 3      d 0,1.10
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
  1kcal / K  ; hiệu số nhiệt độ giữa hai đường đẳng nhiệt là T   0 150, 00
C  ; 1cal  4,18 J  .
Nhiệt lượng đã chuyển hóa thành công trong chu trình đang xét là: A. 5 6, 77.10  J  . B. 5 7, 27.10  J  . C. 5 6, 27.10  J  . D. 5 5, 77.10  J  . Giải
Nhiệt lượng đã chuyển hóa thành công trong quá trình đang xét là: 3 5 Q   A S  . T
  1.10 .4,18.150  6, 27.10 J
Câu 22: Một khối khí lý tưởng có thể tích V   3
8 m  dãn nở đẳng nhiệt từ áp suất 2at  đến 1at  . Lượng nhiệt
đã cung cấp cho quá trình này là: A. 5 13.10  J  . B. 5 10.10  J  . C. 5 12.10  J  . D. 5 11.10  J  . Giải
Trong quá trình đẳng nhiệt: U  0 mà U
  A Q  0  Q  A 2 VV
Công của quá trình đẳng nhiệt: 2 A   . P dV P  .V ln    1 1 V   V 1 1 V P
Áp dụng PT trạng thái của quá trình đẳng nhiệt: 2 1  V P 1 2    
Lượng nhiệt đã cung cấp cho quá trình này là: V P 2 1 5
Q   A PV ln    PV ln
  2.10 .8.ln 2 11.10 J 1 1 1 1   5   V P  1   2 
Câu 23: Khối lượng của 1kmol  chất khí   20, 00kg / kmol  , hệ số Poát – tông của chất khí là   1, 4. Nhiệt
dung riêng đẳng áp của khí bằng( cho hằng số khí 3
R  8, 31.10  J / kmol.K  ):
A.1453,8 J / kg.K  .
B.1454,8 J / kg.K  .
C.1454, 3 J / kg.K  .
D.1455, 3 J / kg.K  . Giải C
Hệ số Poat – xông của chất khí là p  
1,4 (Với C và C lần lượt là nhiệt dung mol đẳng áp và nhiệt dung C p v v mol đẳng tích) C CR
Mặt khác: C C R C C R p p      C p v v p p C C R  1 v p 3 Cp R 1, 4.8,31.10
Nhiệt dung riêng đẳng áp của khí: c     J kg K p      1 201, 4   1454,3 / .  1
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 8/72
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130
Câu 24: Một photon có bước sóng 11  1,20.10 
m, đến va chạm vào một electron đang đứng yên. Sau va chạm
photon bị tán xạ với góc 0   
90 . Cho khối lượng electron 31 m  9,1.10
kg , hằng số Planck 34 h 6, 625.10 
J.s; vận tốc ánh sáng trong chân không 8
c  3.10 m / s. Khi đó động năng của electron có giá trị nào dưới đây: A. 15 3,19.10  J  . B. 15
2, 59.10  J  . C. 15
2, 50.10  J  . D. 15
2, 76.10  J  . Giải 2 Động năng của electron m c hc hc hc hc e 2 E
m c hv hv ' hay E     D e D 2         v  ' 1    c  
Theo công thức tán xạ Compton: 2      2  sin C    2  hc hc
Ta tìm được động năng của electron bắn ra : E   D    2
  2  sin   C  2  Hay   2 2  sin 1  2 2   C  2.2, 4.10 .  2 sin hc   0 34 8 45 6, 625.10 .3.10  E   .  2,76.10 J D  1  1 1  2 2    1, 2.10 1, 2.10  2.2,4.10 .sin     0 2 45  15 11   2 sin   C  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 0
i  30 . Để chùm tia phản xạ có cường độ sáng cực tiểu thì bề dày nhỏ nhất của màng sẽ là:
A. 0, 203m .
B. 0,198m .
C. 0,106m .
D. 0,101m . Giải 
Xét hiệu quang lộ giữa hai tia phản xạ trên bề mặt của bản mỏng: 2 2 L
  L L  2d n sin i  1 2 2
Xét điều kiện vân sáng – vân tối:
Vân sáng: L k   Vân tối: 1 L   k      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 d    0,101 m min   2 2 2 2 0 4 n sin i 4 1,33  sin 30
Câu 26: Photon có năng lượng   21, 5eV  , tới nguyên tử Hidro và làm bật electron (đang ở trạng thái cơ bản)
ra khỏi nguyên tử. Vận tốc của electron khi bật ra khỏi nguyên tử là (cho khối lượng electron 31 m 9,1.10  kg , điện tích electron 19 e 1, 6.10  
C, hằng số Planck 19 e 1, 6.10  
C, hằng số Rydberg 15 R  1 3, 28.10 s   ): A. 6
v  1,874.10 m / s . B. 6
v  1, 674.10 m / s . C. 6
v  2, 074.10 m / s . D. 6
v  2, 274.10 m / s . Giải
Ở trạng thái cơ bản thì n  1
Động năng của electron khi bật ra khỏi nguyên tử: E 1 13, 6 1 1 2.7,9.1, 6.10 0  
m .v  21,5 
m .v m .v  7,9 eV v
1,674.10 m / s 2 e e 2 e e e e   19 2 2 2 6 e 3  1   n 2 1 2 2 9,1.10
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 9/72
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130
Câu 27: Chiếu một chùm sáng đơn sắc song song bước sóng   546 nm thẳng góc vào mặt dưới một nêm
không khí, được tạo bởi hai bản thủy tinh phằng đặt nghiêng trên nhau một góc rất nhỏ. Vân giao thoa quan sát
được có mật độ 15vân/1cm. Tìm công thức và tính góc nghiêng (ra độ) của nêm không khí A. 4
1, 094.10 rad  . B. 4
3, 094.10 rad  . C. 4
4, 094.10 rad  . D. 4
2, 094.10 rad  . Giải
Độ rộng vân giao thoa nêm KK được xác định bởi l : i   1  2
Độ rộng 1 vân còn có thể xác định bởi 1 : i  2 n   Từ   1 ;2 9 546.10 2 4  n .15.10 4, 094.10     2 2
Câu 28: Có hai bản tuamalin dày (trên 1mm ) T và T đặt song song với nhau và song song với mặt phẳng 1 2 x, .
y T có trục quang song song với trục y,T có trục quang làm với trục y góc 0
45 . Chiếu một tia sáng phân cực 1 2
toàn phần, cường độ I , vào T theo phương trục z, có phương của cường độ điện trường làm với trục x góc 0 1 0
30 . Sau khi qua hai bản T và T , cường độ của tia sáng là I bằng: 1 2 3I 3I I I A. 0 I  . B. 0 I  . C. 0 I  . D. 0 I  . 4 8 4 8 Giải
Cường độ ánh sáng sau khi đi qua bản tuamalin I T : 2 2
I I .cos   I .cos 45  1 0 1 0  0 0 1 2
Cường độ ánh sáng sau khi qua hai bản T và T : 1 2 1 3 3I 2 2 2 2
I I I .cos   I .cos  .cos   I .cos  0 45  2 .cos  0 30  0  I . .  2 1 2 0 1 2 0 0 2 4 8
Câu 29: Coi mặt trời là vật đen tuyệt đối nhiệt độ trên bề mặt là T  6000  K  . Bức xạ mang năng lượng lớn
nhất có   0, 48m. Một ngôi sao khác (xem là vật đen tuyệt đối) mà bức xạ mang năng lượng cực đại có
 '  0,60m. Nhiệt độ của ngôi sao là:
A. 4700  K  .
B. 5000  K  .
C. 4800  K  .
D. 4500  K  . Giải
Bước sóng ứng với năng suất phát xạ CĐ của VĐTD theo định luật Wien: b   .T max b   .T T   0, 48 Theo bài ra, ta có: 1 2     T T  .6000  4800 K 2 1   b   '.TT  '  ' 0, 6 2 1
Câu 30: Dung dịch đường glucozo nồng độ C  0, 28 3 g / cm
đựng trong một bình trụ thủy tinh sẽ làm quay 1 
mặt phẳng phân cực của ánh sáng xanh đi qua bình một góc 0
  32 . Với dung dịch đường glucozo nồng độ C 1 2
cũng đưng trong bình trụ giống như trên làm quay mặt phẳng phân cực của ánh sáng xanh một góc 0   20 . 2 Nồng độ C là: 2 A.  3
0,195 g / cm  . B.  3
0, 428 g / cm  . C.  3
0, 448 g / cm  . D.  3
0,175 g / cm  .
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 10/72
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 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 d
bài toán này ta thấy có hai trường hợp  xét từng trường hợp và tính tỷ số.  1 C   1  d C   32 Ta có: 2 2 2     C C
.0, 28  0, 448 g / cm 2 1  3   C   20  2 C    1 1 1 2 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):
Câu 31:Trong hiện tượng giao thoa của khe Iâng, ánh sáng đơn sắc có bước sóng   0, 5m , khoảng cách
giữa 2 khe là D  3, 00 m , khoảng cách giữa 2 khe và màn là D  3, 00m . Khoảng cách từ cực đại đầu tiên tới
tâm của vân sáng trung tâm là:
A. 6, 00 mm .
B. 5, 50mm .
C. 4, 50 mm .
D. 5, 00mm . Giải 
Độ rộng 1 vân GT Young bằng khoảng cách giữa 2 D
vân sáng/ hoặc tối liên tiếp, xác định bởi: i d  Vị trí vân D
sáng GT Young, xác định bởi: s
y ki k k d 6 Ds 0,5.10 .3  Theo bài ra, ta có: 3
k  1  y  1. 1.
 5.10 m  5 mm 1 3      d 0,3.10
Câu 32: Cho cách tử nhiễu xạ có chu kỳ là 5, 00m . Chiếu ánh sáng đơn sắc có bước sóng   0,500m
vuông góc với cách tử. Số vạch cực đại chính lớn nhất trong quang phổ của cách tử là: A. 19, 00 . B. 25, 00 . C. 23, 00 . D. 21, 00 . Giải k
Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: sin  d 6  Để d 5.10 k
khi sin  1  k  
10 k N k 10 max 6    max  0,5.10 max
Số vạch cực đại chính tối đa: N  2k 1  2.10 1  21 max
Câu 33: Trong quá trình nào sau đây entropy của hệ không đổi
A. Nén thật chậm khối khí và giữ nhiệt độ không đổi;
B. Nén thật chậm khối khí được cách nhiệt tốt với bên ngoài;
C. Làm lạnh khối khí trong xilanh có pittong di chuyển tự do;
D. Nung nóng khối khí trong bình kín;
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 11/72
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130
Câu 34: Chiếu một chùm tí sáng song song song đơn sắc có bước sóng   0, 6 m vuông góc với một khe 2  
hẹp có bề rộng b  0, 2mm . Đặt sát ngay sau khe một thấu kính hội tụ, tiêu cự f  40,00cm, ta thu được
trên màn quan sát đặt ở mặt phẳng tiêu thấu kính một hệ vân. Khoảng cách giữa tâm của vân trung tâm và cực tiểu đầu tiên là:
A.1, 30mm .
B.1,10mm .
C.1, 20mm .
D.1, 40mm . Giải 
Cực tiểu nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia nhiễu xạ k : sin  ( b : độ b rộng của khe) 
Độ rộng cực tiểu nhiễu xạ trung tâm tương ứng cực tiểu bâc 1: k  1 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 6  yf 0, 6.10 .0, 4 Hay: 3   y  
1,2.10 m 1,2 mm 3      b f b 0, 2.10
Độ rộng cực đại nhiễu xạ trung tâm của ảnh nhiễu xạ: y  1, 2mm
Câu 35: Đối với electron hóa trị trong nguyên tử Na, những trạng thái năng lượng nào có thể chuyển về trạng thái năng lượng 2
3 P trong các trạng thái năng lượng sau đây: 1 2 A. 2 5 F . B. 2 5 S . C. 2 4 D . D. 2 4 P . 5 1 5 3 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: 3S,3P,3D (chưa tính đến spin) hoặc 3S ;3P ;3P ;3D ;3D 1 1 3 3 5 2 2 2 2 2
 Trạng thái năng lượng:
 Quy tắc lựa chọn: l
  1;j  0,1
 l  1 với S thì chỉ có P chuyển về, với P thì có S hoặc D chuyển về,…  j   0, 1
  Chỉ có các mức ứng với chênh lệch momen toàn phần là 0, 1
 thì mới có thể xảy ra chuyển mức trạng thái của electron.
- Từ quy tắc lựa chọn ta có:
 Những trạng thái có thể chuyển về 2 3 S là: 2 n P và 2
n P (với n  3, 4, 5,... ) 1 1 3 2 2 2
 Những trạng thái có thể chuyển về 2 3 P là: 2 n S và 2
m D (với n  4, 5... và m  3, 4, 5,... ). 1 1 3 2 2 2
 Những trạng thái có thể chuyển về 2 3 P là: 2 n S và 2 m D và 2
m D (với n  4, 5...và m  3, 4, 5,... ). 3 1 3 5 2 2 2 2
 Những trạng thái có thể chuyển về 2 3 D là 2 2 n P ; n P và 2
m F (với n  4, 5,... và m  4, 5, 6,...). 3 1 3 5 2 2 2 2
 Những trạng thái có thể chuyển về 2 3 D là 2 n P và 2 m F và 2
m F (với n  4, 5,... và m  4, 5, 6,...). 5 3 5 7 2 2 2 2
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 12/72
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130
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 m  1  / 2 là: s A. 4e . B. 5e . C. 6e . D. 7e . 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 2 1 1/ 2 1 3 p 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
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 m  1  / 2 là 6e s
Câu 37: Hạt electron có bước sóng De Broglie 9  1,8.10 
m . Động năng của nó bằng: ( 34 h 6, 625.10  J.s , 31 m 9,1.10  kg ) e  
A. 0, 67 eV  .
B. 0, 57 eV  .
C. 0, 47 eV  .
D. 0, 37 eV  . Giải
Nhận xét: Phương hướng của bài toán: bước sóng  xác định động lượng  xác định động năng h
- Động lượng của electron là: p   ep h 6,625.10 2 34 2 2 
- Động năng của electron là: 20 W     7, 443.10 J  0, 47 eV d 2 2     31 2m 2m    e e e 2.9,1.10 . 9 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:
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 13/72
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 V A. 4V . B. 2V . C.V . D. . 2 Giải
Công thức tính vận tốc trung bình của phân tử khí: 8kT v m
Vận tốc trung bình của phân tử khí chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ T const
Nếu vận tốc trung bình của phân tử hidro lúc đầu là V thì vận tốc trung bình sau khi nén không đổi
Câu 39: Trong nguyên tử với một lớp trạng thái ứng với n  5 chứa đầy electron, thì số electron có cùng m  1  / 2 là s A. 32e . B.12e . C.16e . D. 25e . Giải Lớp l Lớp con m m Số trạng thái s 5 O 0 5s 0 1/ 2 2 1 5 p 1 1/ 2 0 1/ 2 6 1  1/ 2 2 5d 2 1/ 2 1 1/ 2 0 1/ 2 10 1  1/ 2 2 1/ 2 3 1/ 2 5 f 3 1/ 2 32 2 1 1/ 2 0 1/ 2 14 1  1/ 2 2 1/ 2 3  1/ 2 4 5g 4 1/ 2 3 1/ 2 2 1/ 2 1 1/ 2 0 1/ 2 18 1  1/ 2 2
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 14/72
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 3  1/ 2 4 1/ 2 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 m  1  / 2 là: 25e s
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 2 2  . .n
Hạt chuyển động trong giếng thế năng có năng lượng: 2 E   8 meV n   2 2m a pE 4 Năng lượng thấp nhất n E   1 eV min 2 2   n 2
Câu 41: Một động cơ nhiệt có hiệu suất 20 % và nhả nhiệt cho một nguồn có nhiệt độ 350  K . Nó nhận nhiệt
từ một nguồn có nhiệt độ ít nhất là:
A. 538 K  .
B. 638 K  .
C. 438 K  .
D. 338 K  . Giải
Hiệu suất theo chu trình Carnot: T2  1
(với T ;T lần lượt là nhiệt độ nguồn nóng và nhiệt độ nguồn lạnh) 1 2 T1 T T 350 Theo bài ra, ta có: 2 2  1  0,2  T  
 437,5 K  438 K 1     T 1 1 0, 2 1
Câu 42: Hai khối khí O và H có cùng mật độ số hạt. Nhiệt độ của khối khí O là 0 100
C , nhiệt độ của khối 2 2 2 khí H là 0 50
C  . Áp suất của O và H theo thứ tự là P và P . Ta có: 2 2 2 1 2
A. P  1, 4P .
B. P  1, 2P .
C. P  1,1P .
D. P  1, 3P . 1 2 1 2 1 2 1 2 Giải m
Số phân tử khí của chất khí đó là N  . n N  .N A ART RR m R Hằng số Boltzmann 23 k  
1,28.10 J / K   N   N  . A V N kk A N mR p
Mật độ phân tử của chất khí đó là n '    Vk.V kT
Vì hai khối khí O và H có cùng mật độ số hạt và nhiệt độ thay đổi  áp suất thay đổi  quá trình đẳng tích 2 2 
Áp dụng PT trạng thái của quá trình đẳng tích: P T 100 273 1 1   1,2 P T 50  273 2 2
Câu 43: Ánh sáng có bước sóng   600 nm gồm các photon mà năng lượng của mỗi photon là (cho 3  4 h  J s 8 6, 625.10 .
, c  3.10 m / s ) A. 19 3,8.10  J  . B. 19 3, 3.10  J  . C. 19 2,8.10  J  . D. 19 4, 3.10  J  . Giải
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 15/72
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 3  4 8
Năng lượng của mỗi photon là: hc 6, 625.10 .3.10 19 W    3,3125.10 J 9     600.10
Câu 44: Coi mặt trời là vật đen tuyệt đối nhiệt độ trên bề mặt là T  6000  K  . Bức xạ mang năng lượng lớn
nhất có   0,5 m . Một ngôi sao khác (xem là vật đen tuyệt đối) mà bức xạ mang năng lượng cực đại có 1  
  0,64 m . Nhiệt độ của ngôi sao là: 2  
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: b   .T max b   .T T   0,5 Theo bài ra, ta có: 1 2 1     T T  .6000  4687,50 K 2 1   b   '.TT  '  0, 64 2 1 2
Câu 45: Nhiệt độ dây tóc bóng đèn điện luôn biến đổi do đốt nóng bằng điện xoay chiều. Nhiệt độ thấp nhất là
1000, 0  K  và nhiệt độ cao nhất là 1500, 0 K  . Công suất bức xạ của dây tóc bóng đèn biến đổi: A. 6, 6 lần. B. 5,1 lần. C. 5, 6 lần. D. 6,1 lần. Giải
Công suất phát xạ VĐTĐ: 4
P   .S   .T .S T 4 4 4
P  .T .S     min min P T 1000 Theo bài ra, ta có: min min        P  5,1P   2 1 4
P  .T .S P T    1500  max max max max
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.
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
Công thức tính vận tốc trung bình của phân tử khí: 8kT v m
Vận tốc trung bình của phân tử khí chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ T const
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 16/72
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130
Nếu vận tốc trung bình của phân tử hidro lúc đầu là V thì vận tốc trung bình sau khi nén không đổi
Câu 49: Hai khối khí O và H có cùng mật độ số hạt. Nhiệt độ của khối khí O là 0 120
C , nhiệt độ của khối 2 2 2 khí H là 0 60
C  . Áp suất của O và H theo thứ tự là P và P . Ta có: 2 2 2 1 2
A. P  1, 0P .
B. P  1, 2P .
C. P  1,1P .
D. P  1, 3P . 1 2 1 2 1 2 1 2 Giải m
Số phân tử khí của chất khí đó là N  . n N  .N A ART RR m R Hằng số Boltzmann 23 k  
1,28.10 J / K   N   N  . A V N kk A N mR p
Mật độ phân tử của chất khí đó là n '    Vk.V kT
Vì hai khối khí O và H có cùng mật độ số hạt và nhiệt độ thay đổi  áp suất thay đổi  quá trình đẳng tích 2 2 
Áp dụng PT trạng thái của quá trình đẳng tích: P T 120 273 1 1   1,2 P T 60  273 2 2
Câu 50: Một ngòn đèn phát sáng tần số 15
4, 50.10  Hz  với công suất 30, 00W  . Số photon phát ra trong 1 giây là  34 h 6, 625.10  J.s A. 18 10, 56.10 . B. 18 10, 06.10 . C. 18 9, 06.10 . D. 18 9, 56.10 . Giải
Công suất bức xạ: P N.
Số photon do ngọn đèn phát ra trong 1 giây là P P 30 18 N    10,06.10 3  4 15  hf 6, 625.10 .4,5.10
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
  1kcal / K  ; hiệu số nhiệt độ giữa hai đường đẳng nhiệt là T   0 250, 00
C  ; 1cal  4,18 J  .
Nhiệt lượng đã chuyển hóa thành công trong chu trình đang xét là: A. 5 9, 95.10  J  . B. 5 10, 45.10  J  . C. 5 11, 45.10  J  . D. 5 10, 95.10  J  . Giải
Nhiệt lượng đã chuyển hóa thành công trong quá trình đang xét là: 3 5 Q   A S  . T
  1.10 .4,18.100 10, 45.10 J
Câu 52: 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 l Lớp con m m Số trạng thái s 5 O 0 5s 0 1/ 2 2 1 5 p 1 1/ 2 0 1/ 2 6 1  1/ 2
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 17/72
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130 2 5d 2 1/ 2 1 1/ 2 0 1/ 2 10 1  1/ 2 2 1/ 2 3 5 f 3 1/ 2 2 1/ 2 32 1 1/ 2 0 1/ 2 14 1  1/ 2 2 1/ 2 3  1/ 2  4 5g 4 1 / 2 3 1/ 2 2 1/ 2 1 1/ 2 0 1/ 2 18 1  1/ 2 2 1/ 2 3  1/ 2 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 m  1  / 2 là: 25e s
Câu 53: Một động cơ hoạt động theo chu trình Carnot thuận nghịch giữa 2 nguồn có nhiệt độ 700, 0  K  và
350, 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 T
Hiệu suất theo chu trình Carnot: 2  1
(với T ;T lần lượt là nhiệt độ nguồn nóng và nhiệt độ nguồn lạnh) 1 2 T1 A ' Mặt khác:  
(với A ';Q lần lượt là công sinh ra trong mỗi chu trình và nhiệt lượng nhận được trong mỗi 1 Q1 chu trình) T A' T A'  T   700  Hay 2 2 2  1   1
A'  Q 1   8. 1  4 kJ 1     T Q T Q T    350  1 1 1 1 1
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 18/72
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130
Câu 54: Thể tích của M  4  g  khí Oxy O tăng từ V  2, 00 3
dm đến V  5 3 dm . Xem khí Oxy là khí 2  1  2 
thực có hằng số Van der Waals 6 a   3 2 1, 37.10
J.m / k.mol  . 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: 2 2 M  1 1  4  1 1  6 A  . . a     .1,37.10 .   0  ,64 J   2 2    V V 32    5 2  1 2
Câu 55: Trong quang phổ bậc 1 của một chất phát sáng, được cho bởi một cách tử truyền qua có chu kỳ 6 d 2.10 
m và được quan sát trong mặt phẳng tiêu của một thấu kính hội tụ đặt ngày sau cách tử có tiêu cự
f  0,8m , người ta thấy có hai vạch ứng với các bước sóng   0,56 m và   0,58 m . Khoảng cách 2   1   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 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 M M f .tan 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: D D 2 1 f
tan  tan 2 1 k
Cực đại nhiễu xạ ứng tương ứng góc lệch của tia sáng: sin  d 6   0, 56.10 7 1 0 sin       16 15'  1 6 1  d 2.10 25
Chỉ xét cực đại nhiễu xạ bậc 1 do đó ta có:  6   0, 58.10 29 2 0 sin       16 51' 2 6 2  d 2.10 100 D Df    D
  D D f tantanmm tan 16 51'2 1  tan16 15' 16 51' 16 15' 9,1 2 1 0 0   0   0   
Câu 56: Một chùm ánh sáng trắng được rọi vuông góc với một bản mỏng trong suốt hai mặt song song dày
d  0, 44  m ; 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:
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 19/72
VIỆN VẬT LÝ KỸ THUẬT – ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HN – PH1130
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 : 2 2
L L  2d n sin i  1 2 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 
Ánh sáng phản xạ được tăng cường khi: 2dn 2dn   k      1 2 k  0,5
Tong phạm vi quang phổ thấy được, phải có điều kiện: 0, 4m    0,7m Thay  vào  
1 , suy ra điều kiện: 1, 38  k  2,8
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 2dn 2.0, 44.1,5   
 0,528m  0,53m được tăng cường 2  0,5 2,5
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 0
  30 . 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 6 2. 2.0, 4.10 Theo bài ra, ta có: k 2 d       sin  1, 6.10 m 0 30  sin  0 30  6   Số khe trên 1 1
1mm chiều dài của cách tử bằng: n    625 3 d 1, 6.10
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 3
R  8, 31.10  J / kmol.K  ):
A. 727, 6  J / kg.K  .
B. 726, 6  J / kg.K  .
C. 727,1 J / kg.K  .
D. 728,1 J / kg.K  . Giải C
Hệ số Poat – xông của chất khí là p  
1,4 (Với C và C lần lượt là nhiệt dung mol đẳng áp và nhiệt dung C p v v mol đẳng tích) C CR
Mặt khác: C C R C C R p p      C p v v p p C C R  1 v p 3 Cp R 1, 4.8,31.10
Nhiệt dung riêng đẳng áp của khí: c     J kg K p      1 401, 4   727,1 / .  1
Câu 59: Một chùm tia Rợnghen hẹp tới đập vào mặt tự nhiên của đơn tinh thể NaCl dưới góc tới bằng 0 30 .
Theo phương phản xạ gương trên mặt đa tinh thể, người ta quan sát thấy cực đại nhiễu xạ bậc hai. Khoảng cách
giữa các mặt phẳng nguyên tử liên tiếp bằng 10
3,10.10 m . Bước sóng của tia Rơn ghen là: A. 10  2,68.10  m . B. 10  2,18.10  m . C. 10  3,68.10  m. D. 10  3,18.10  m . Giải
TUẤN TEO TÓP – BEST LÝ TTQ Trang 20/72