Đề ôn thi Đánh giá năng lực Đại học Sư phạm Hà Nội môn Vật lý có đáp án - Đề số 8

a) SAI

Khi có dòng điện, số chỉ của cân tăng lên (\(601,55{\rm{\;g}} > 600,16{\rm{\;g}}\)). Điều này chứng tỏ đoạn dây dẫn mang dòng điện đã tác dụng lên nam châm một lực đẩy có chiều hướng từ trên xuống dưới. Theo định luật III Newton, nam châm tác dụng trở lại đoạn dây dẫn một lực từ \(\vec F\) có cùng độ lớn nhưng ngược chiều, tức là lực từ tác dụng lên dòng điện có chiều hướng từ dưới lên trên.

b) ĐÚNG

 Khi chưa có dòng điện, lực từ không xuất hiện. Số chỉ của cân chính là trọng lượng của nam châm quy đổi ra khối lượng: \({\rm{m}} = 600,16{\rm{\;g}}\).

c) SAI

Độ lớn của lực từ \(\vec F\) chính bằng độ biến thiên trọng lượng do lực đẩy gây ra:

\(F = {\rm{\Delta }}m.g = \left( {601,55 - 600,16} \right){.10^{ - 3}}.9,80 \approx 0,01362{\rm{\;N}}\)

Từ công thức \(F = BIl\) (do dây dẫn vuông góc với đường sức từ), ta tính được cảm ứng từ:

\(B = \frac{F}{{Il}} = \frac{{0,01362}}{{1,53.0,1}} \approx 0,089{\rm{\;T}}\)

d) ĐÚNG

 Dựa vào hình vẽ, cực Bắc (N) ở bên phải và cực Nam (S) ở bên trái, do đó đường sức từ \(\vec B\) có chiều từ phải sang trái. Áp dụng quy tắc bàn tay trái: Hứng các đường sức từ đi vào lòng bàn tay (úp lòng bàn tay hướng sang phải), ngón cái choãi ra \({90^ \circ }\) chỉ chiều lực từ \(\vec F\) hướng lên trên. Khi đó chiều từ cổ tay đến các ngón tay chỉ chiều dòng điện là hướng từ Q đến P.

a) SAI

 Hằng số phóng xạ \(\lambda = \frac{{{\rm{ln}}2}}{T}\). Nếu tính theo đơn vị năm thì \(\lambda = \frac{{0,693}}{{5,33}} \approx 0,13{\rm{na}}{{\rm{m}}^{ - 1}}\). (Sai)

b) ĐÚNG

 Phân rã \({\beta ^ - }\)(electron \(\;_{ - 1}^0{\rm{e}}\) ) làm điện tích hạt nhân tăng thêm 1 đơn vị, số khối giữ nguyên. Theo định luật bảo toàn:

\(\;_{27}^{60}{\rm{Co}} \to \;_{ - 1}^0{\rm{e}} + \;_{28}^{60}{\rm{Ni}} + \overline {{v_e}} \)

Hạt nhân con chính là niken-60. (Đúng)

c) ĐÚNG

Khối lượng còn lại sau thời gian \(t = 3\) năm:

\(m = {m_0}{.2^{ - \frac{t}{T}}} = {300.2^{ - \frac{3}{{5,33}}}} \approx 300.0,6769 \approx 203{\rm{\;g}}\) (Đúng)

d) SAI

 Gọi độ phóng xạ ban đầu là \({H_0}\).

Số hạt phân rã trong 1 phút ban đầu: \({\rm{\Delta }}{N_0} = {H_0}.1\) phút .

Sau thời gian \(t\), độ phóng xạ là \(H\left( t \right) = {H_0}{.2^{ - \frac{t}{T}}}\).

Số hạt phân rã trong 1 giờ (60 phút) tại thời điểm \(t\) là:

\({\rm{\Delta }}{N_t} = H\left( t \right).60\) phút \( = 60.{H_0}{.2^{ - \frac{t}{T}}}.1\) phút \( = 60.{\rm{\Delta }}{N_0}{.2^{ - \frac{t}{T}}}\)

Điều kiện mẫu hết hạn: \({\rm{\Delta }}{N_t} < 39{\rm{\Delta }}{N_0}\)\( \Leftrightarrow {60.2^{ - \frac{t}{T}}} < 39 \Leftrightarrow {2^{ - \frac{t}{T}}} < 0,65\)

Kiểm tra giả thiết thời gian 36 tháng (tức \(t = 3\) năm): \({2^{ - \frac{3}{{5,33}}}} \approx 0,6769\)

Vì \(0,6769 > 0,65\) nên lượng phân rã trong 1 giờ ở thời điểm 3 năm (36 tháng) là \( \approx 40,6.{\rm{\Delta }}{N_0}\), vẫn lớn hơn \(39{\rm{\Delta }}{N_0}\). Do đó, hạn sử dụng của mẫu phải dài hơn 36 tháng (phải đến khoảng 3,3 năm thì mẫu mới hết hạn).

a) ĐÚNG

 Từ hai công thức đề bài cho: \(v = \frac{{RqB}}{m}\) và \(B = \frac{{2\pi m{f_{dd}}}}{q}\), ta thay thế B vào công thức tính v để tìm biểu thức tính vận tốc của proton khi ra khỏi mép ngoài máy (đạt bán kính cực đại \({R_{{\rm{max\;}}}}\)):

\({v_{{\rm{max\;}}}} = \frac{{{R_{{\rm{max\;}}}}.q}}{m}.\frac{{2\pi m{f_{dd}}}}{q} = 2\pi {R_{{\rm{max\;}}}}{f_{dd}}\)

Thay số vào ta được: \({v_{{\rm{max\;}}}} = 2.\pi {.0,53.12.10^6} \approx {39,96.10^6}{\rm{\;m}}/{\rm{s}}\)

Động năng cực đại của proton khi ra khỏi máy là:

\({W_d} = \frac{1}{2}mv_{{\rm{max\;}}}^2 = \frac{1}{2}{.1,67.10^{ - 27}}.{\left( {{{39,96.10}^6}} \right)^2} \approx {1,333.10^{ - 12}}{\rm{\;J}}\)

Đổi sang đơn vị MeV : \({W_d} \approx \frac{{{{1,333.10}^{ - 12}}}}{{1,6 \cdot {{10}^{ - 13}}}} \approx 8,3{\rm{MeV}}\)

b) SAI

 Từ công thức \(qB = 2\pi m{f_{dd}}\), ta tính được độ lớn cảm ứng từ B cần thiết:

\(B = \frac{{2\pi m{f_{dd}}}}{q} = \frac{{2.\pi {{.1,67.10}^{ - 27}}{{.12.10}^6}}}{{{{1,6.10}^{ - 19}}}} \approx 0,787{\rm{\;T}}\)

c) SAI

thông tin từ đề bài: "...do vận tốc của proton đã tăng nên bán kính của nửa đường tròn quỹ đạo lúc này lớn hơn trước". Hơn nữa, dựa vào hệ thức \(R = \frac{{mv}}{{Bq}}\), vì tốc độ \(v\) tăng liên tục sau mỗi lần đi qua khe hở nên bán kính \(R\) cũng tăng theo tỉ lệ thuận. Quỹ đạo của hạt là một đường xoắn ốc mở rộng dần chứ không phải một đường tròn cố định.

d) SAI

 Tiếp tục khai thác thông tin đề bài: "...điện trường sẽ tăng tốc cho proton...". Trong máy cyclotron, lực từ đóng vai trò làm lực hướng tâm bẻ cong quỹ đạo của hạt (vì lực từ luôn vuông góc với vận tốc nên không sinh công, không làm thay đổi tốc độ). Lực điện trường xuất hiện tại khe hở giữa hai hộp D mới là lực sinh công dương để đẩy và làm tăng tốc độ của proton.

Khi thanh MN rơi xuống, mặt phẳng chứa khung dây vuông góc với các đường sức từ nên góc \(\alpha = {90^ \circ }\). Suất điện động cảm ứng sinh ra trong thanh là \({e_c} = B\ell v\).

Cường độ dòng điện cảm ứng chạy qua mạch: \(I = \frac{{{e_c}}}{{R + r}} = \frac{{B\ell v}}{{R + r}}\).

Khi có dòng điện chạy qua, từ trường tác dụng lên thanh MN một lực từ \({\vec F_t}\) hướng lên trên, cản trở chuyển động rơi. Độ lớn lực từ là: \({F_t} = BI\ell = \frac{{{B^2}{\ell ^2}v}}{{R + r}}\).

Thanh MN chuyển động thẳng đều khi lực từ cân bằng với trọng lực: \({F_t} = P \Leftrightarrow \frac{{{B^2}{\ell ^2}v}}{{R + r}} = mg\).

Suy ra vận tốc của thanh: \(v = \frac{{mg\left( {R + r} \right)}}{{{B^2}{\ell ^2}}}\).

\( \Rightarrow v = \frac{{{{2,5.10}^{ - 3}}.10.\left( {1,2 + 0,3} \right)}}{{{{0,2}^2}{{.0,2}^2}}} = \frac{{0,0375}}{{0,0016}} \approx 23,4{\rm{\;m}}/{\rm{s}}\).

Đáp án: 23,4

Gọi thể tích nước nóng \(\left( {{{100}^ \circ }{\rm{C}}} \right)\) là \({V_1}\left( {{\rm{ml}}} \right)\) và thể tích nước lạnh (\({25^ \circ }{\rm{C}}\)) là \({V_2}\left( {{\rm{ml}}} \right)\).

Tổng thể tích thu được là 180 ml nên ta có: \({V_1} + {V_2} = 180 \Rightarrow {V_2} = 180 - {V_1}\).

Nhiệt lượng nước nóng tỏa ra để giảm nhiệt độ xuống \({37^{\rm{o}}}{\rm{C}}\) là: \({Q_{toa}} = {V_1}.c.\left( {100 - 37} \right) = {V_1}.c.63\).

Nhiệt lượng nước lạnh thu vào để tăng nhiệt độ lên \({37^ \circ }{\rm{C}}\) là:

\({Q_{{\rm{thu\;}}}} = {V_2}.c.\left( {37 - 25} \right) = \left( {180 - {V_1}} \right).c.12\).

Áp dụng phương trình cân bằng nhiệt (\({Q_{toa}} = {Q_{thu}}\)):

\(63.{V_1} = 12.\left( {180 - {V_1}} \right)\)

\( \Rightarrow {V_1} \approx 29{\rm{ml}}\).

Đáp án: 29

Số hạt nhân \(\;_{92}^{235}{\rm{U}}\) có trong 500 gam là: \(N = \frac{m}{M}.{N_A} = \frac{{500}}{{235}}{.6,02.10^{23}} \approx {1,28085.10^{24}}\) hạt

Năng lượng tỏa ra khi toàn bộ số hạt này phân hạch:

\(E = N.{\rm{\Delta }}E = {1,28085.10^{24}}.200{\rm{MeV}} \approx {4,0987.10^{13}}{\rm{\;J}}\).

So sánh với dạng \(x{.10^{13}}{\rm{\;J}}\), ta có \(x \approx 4,1\).

Đáp án: 4,1

Thời gian 1 năm tính theo giây: \(t = 365.24.3600 = 31536000{\rm{\;s}}\).

\(A = P.t = {500.10^6}.31536000 = {1,5768.10^{16}}{\rm{\;J}}\).

Vì hiệu suất nhà máy là \(H = 25{\rm{\% }}\) nên tổng năng lượng tỏa ra từ phản ứng phân hạch cần cung cấp là:

\(Q = \frac{A}{H} = \frac{{{{1,5768.10}^{16}}}}{{0,25}} = {6,3072.10^{16}}{\rm{\;J}}\).

Số hạt nhân \(\;_{92}^{235}{\rm{U}}\) cần phân hạch để cung cấp mức năng lượng này:

\(N = \frac{Q}{{{{200.1,6.10}^{ - 13}}}} = \frac{{{{6,3072.10}^{16}}}}{{{{3,2.10}^{ - 11}}}} = {1,971.10^{27}}\) hạt

Khối lượng \(\;_{92}^{235}{\rm{U}}\) tiêu thụ tương ứng là:

\(m = \frac{N}{{{N_A}}}.M = \frac{{{{1,971.10}^{27}}}}{{{{6,02.10}^{23}}}}.235 \approx 769410{\rm{\;g}} \approx 769,41{\rm{\;kg}} \approx 0,77\) tấn

Đáp án: 0,77

a) Để cán được lá thép có độ dày d₁ thì độ phóng xạ khi qua lá vật liệu sẽ giảm \({{\rm{n}}_1} = {\rm{n}}_0^{\frac{{{{\rm{d}}_1}}}{{\;{{\rm{d}}_0}}}}\) lần.

Độ phóng xạ tới đầu thu sẽ thay đổi khi độ dày lá thép thay đổi từ d₀ sang d₁ là \(\frac{{{n_0}}}{{{n_1}}} = \frac{{{n_0}}}{{n_0^{\frac{{{d_1}}}{{\;{d_0}}}}}} = n_0^{1 - \frac{{{d_1}}}{{\;{d_0}}}}\) lần.

b) Độ dày lá vật liệu sản xuất ra là: \({{\rm{d}}_{{\rm{sx}}}} = {{\rm{d}}_0}\left( {1 + {{\log }_{\rm{n}}}\frac{1}{2}} \right) = 4\;{\rm{mm}}\)

Người ta cẩn hiệu chỉnh máy tới giá trị: \({{\rm{d}}_{{\rm{hc}}}} = {{\rm{d}}_0}\left( {1 + {{\log }_{\rm{n}}}2} \right) = 8\;{\rm{mm}}\)

a) \(_0^1n + _7^{14}\;{\rm{N}} \to _6^{14}{\rm{C}} + _1^1p.\) Vậy X chính là hạt proton.

b) Số lượng hạt nhân \(_6^{14}{\rm{C}}\) trong mảnh gỗ hiện tại là: \({N_{{\rm{C}}14}} = \frac{H}{\lambda } = \frac{T}{{\ln 2}}H\)

Khối lượng \(_6^{14}{\rm{C}}\) trong mảnh gỗ hiện tại là: \({m_{{\rm{C}}14}} = \frac{{{N_{{\rm{C}}14}}}}{{{N_{\rm{A}}}}} \cdot {A_{{\rm{C}}14}} = \frac{T}{{\ln 2}} \cdot \frac{{{A_{{\rm{Cl}}4}}}}{{{N_{\rm{A}}}}} \cdot H\)

Số lượng hạt nhân \(_6^{12}{\rm{C}}\) trong mảnh gỗ hiện tại là:

\({N_{{\rm{C}}12}} = \frac{{{m_{{\rm{C}}12}}}}{{{A_{{\rm{C}}12}}}} \cdot {N_{\rm{A}}} = \frac{{m - {m_{{\rm{C}}14}}}}{{{A_{{\rm{C1}}2}}}} \cdot {N_{\rm{A}}} = \frac{m}{{{A_{{\rm{C}}12}}}} \cdot {N_{\rm{A}}} - \frac{T}{{\ln 2}} \cdot \frac{{{A_{{\rm{C}}14}}}}{{{A_{{\rm{C}}12}}}} \cdot H\)

Vì đồng vị \(_6^{12}{\rm{C}}\) bền nên số lượng hạt nhân \(_6^{12}{\rm{C}}\) được xem gần đúng là không đổi. Từ đó ta suy ra số lượng hạt nhân \(_6^{14}{\rm{C}}\) tại thời điểm ban đầu (lúc khối gỗ còn đang sống) là:

\({N_{0({\rm{C}}14)}} = 1,3 \cdot {10^{ - 12}} \cdot {N_{{\rm{C}}12}}\)

Độ tuổi của mẫu hoá thạch là: \({N_{{\rm{C}}14}} = {N_{0({\rm{C}}14)}}{2^{ - \frac{{\rm{t}}}{{\rm{T}}}}}\)

\( \Rightarrow t = - T{\log _2}\left( {\frac{{{N_{{\rm{Cl}}4}}}}{{{N_{0({\rm{C}}14)}}}}} \right) = - 5730 \cdot {\log _2}\left[ {\frac{T}{{1,3 \cdot {{10}^{ - 12}}}} \cdot \frac{{H{A_{{\rm{Cl}}2}}}}{{\left( {m{N_{\rm{A}}}\ln 2 - {A_{{\rm{Cl}}4}}HT} \right)}}} \right]\)

\( = - 5730 \cdot {\log _2}\left[ {\frac{1}{{1,3 \cdot {{10}^{ - 12}} \cdot \left[ {220.6,022 \cdot {{10}^{23}} \cdot \ln 2 - 14.0,52 \cdot (5730.365 \cdot 24.3600)} \right]}}} \right]\)

\( \approx 38541\)năm