Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập dao động và sóng điện từ (phần 1) - Vật Lí 12Đề bài
Câu 1 :
Một điện thoại di động hãng Samsung được treo bằng sợi dây cực mảnh trong một bình thủy tinh kín đã rút hết không khí. Điện thoại dùng số thuê bao 0914.815.918 vẫn đang nghe gọi bình thường và được cài đặt âm lượng lớn nhất với nhạc chuông bài hát “Người hãy quên em đi” do ca sĩ Mỹ Tâm. Thầy Nam đứng cạnh bình thủy tinh trên và dùng một điện thoại hãng OPPO gọi vào thuê bao 0344.815.918. Câu trả lời nào của Thầy Nam sau đây là câu nói thật:
Câu 2 :
Một mạch dao động điện từ LC lí tưởng đang có dao động điện từ tự do. Điện áp cực đại giữa hai bản tụ là U0=6√3V. Không gian giữa hai bản tụ được lấp đầy bằng tấm điện môi có hằng số điện môi ε=2. Đúng lúc dòng điện tức thời trong mạch đạt giá trị cực đại thì rút nhanh tấm điện môi ra, sao cho tấm điện môi chỉ còn chiếm một nửa không gian giữa hai bản của tụ điện. Điện áp cực đại giữa hai bản tụ sau khi rút tấm điện môi là:
Câu 3 :
Vệ tinh viễn thông địa tĩnh Vinasat-1 nằm trên quỹ đạo địa tĩnh (là quỹ đạo tròn trên xích đạo của Trái Đất (vĩ độ 00) ở cách bề mặt Trái Đất 35000km và có kinh độ 1320Đ. Một sóng truyền hình phát từ Đài truyền hình Hà Nội ở tọa độ (21001′ B, 105048′Đ ) truyền lên vệ tinh, rồi tức thì truyền đến đài truyền hình Cần Thơ ở tọa độ (10001′B, 105048′Đ) . Cho bán kính của Trái Đất là 6400km và tốc độ truyền sóng trung bình là 83.108m/s. Bỏ qua độ cao của anten phát và aten thu ở các Đài truyền hình so với bán kình Trái Đất. Thời gian từ lúc truyền sóng đến nhận sóng gần giá trị nào nhất sau đây?
Câu 4 :
Trong một mạch dao động LC lý tưởng. Dòng điện trong mạch có biểu thức i=12sin(105πt)mA . Trong khoảng thời gian 5μs kể từ thời điểm t=0 , số electron chuyển động qua một tiết diện thẳng dây dẫn là:
Câu 5 :
Có hai mạch dao động điện từ lý tưởng đang có dao động điện từ tự do. Ở thời điểm t , gọi q1 và q2 lần lượt là điện tích của tụ điện trong mạch dao động thứ nhất và thứ hai. Biết 36q21+16q22=242(nC)2. Ở thời điểm t=t1, trong mạch dao động thứ nhất: Điện tích của tụ điện q1=2,4nC; cường độ dòng điện qua cuộn cảm i1=3,2mA. Khi đó cường độ dòng điện qua cuộn cảm trong mạch dao động thứ hai là:
Câu 6 :
Cho hai mạch dao động LC có cùng tần số. Điện tích cực đại của tụ ở mạch thứ nhất và thứ hai lần lượt là Q1 và Q2 thỏa mãn Q1+Q2=8.10−6. Tại một thời điểm mạch thứ nhất có điện tích và cường độ dòng điện là q1 và i1, mạch thứ hai có điện tích và cường độ dòng điện là q2 và i2 thỏa mãn q1i2+q2i1=6.10−9. Giá trị nhỏ nhất của tần số dao động ở hai mạch là:
Câu 7 :
Mạch chọn sóng của máy thu vô tuyến gồm tụ xoay C và cuộn thuần cảm L. Tụ xoay có điện dung C tỉ lệ theo hàm số bậc nhất đối với góc xoay φ. Ban đầu khi chưa xoay tụ thì thì mạch thu được sóng có tần số f0 , khi xoay tụ một góc φ1 thì mạch thu được sóng có tần số f1=0,5f0. Khi xoay tụ một góc φ2 thì mạch thu được sóng có tần số f2=13f0. Tỉ số giữa hai góc xoay là:
Câu 8 :
Mạch chọn sóng của một máy thu vô tuyến điện gồm một cuộn cảm thuần và một tụ điện là tụ xoay Cx. Điện dung của tụ Cx là hàm số bậc nhất của góc xoay. Khi chưa xoay tụ (góc xoay bằng 00) thì mạch thu được dóng có bước sóng 10m. Khi xoay tụ một góc là 450 thì mạch thu được có bước sóng 20m . Để mạch bắt được sóng có bước sóng 30m thì phải xoay tụ thêm một góc bằng:
Câu 9 :
Cho mạch điện như hình vẽ, nguồn có suất điện động E=24V,r=1Ω , tụ điện có điện dung C=100μF, cuộn dây có hệ số tự cảm L=0,2H và điện trở R0=5Ω, điện trở R=18Ω. Ban đầu khóa k đóng, khi trạng thái trong mạch đã ổn định người ta ngắt khóa k. Nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở R trong thời gian từ khi ngắt khóa k đến khi dao động mạch tắt hoàn toàn.
Câu 10 :
Cho mạch điện như hình vẽ bên, nguồn điện một chiều có suất điện động E không đổi và điện trở trong r,cuộn dây thuần cảm L và tụ điện có điện dung C=2,5.107F. Ban đầu khóa K mở, tụ chưa tích điện. Đóng khóa K, khi mạch ổn định thì mở khóa K. Lúc này trong mạch có dao động điện từ tự do với chu kì bằng π.10−6s và hiệu điện thế cực đại trên tụ bằng 2E .Giá trị của r bằng:
Câu 11 :
Theo mẫu nguyên tử Bo, mức năng lượng của trạng thái dừng thứ n của nguyên tử Hidro được xác định theo công thức En=−13,6n2(eV);(n=1,2,3...) Gọi R1 là bán kính quỹ đạo của e khi nguyên tử Hidro ở tạng thái dừng L. Khi nguyên tử ở trạng thái dừng ứng với bán kính bằng 9R1 thì tỷ số bước sóng lớn nhất và bước sóng nhỏ nhất của photon mà nguyên tử Hidro có thể phát xạ là:
Lời giải và đáp án
Câu 1 :
Một điện thoại di động hãng Samsung được treo bằng sợi dây cực mảnh trong một bình thủy tinh kín đã rút hết không khí. Điện thoại dùng số thuê bao 0914.815.918 vẫn đang nghe gọi bình thường và được cài đặt âm lượng lớn nhất với nhạc chuông bài hát “Người hãy quên em đi” do ca sĩ Mỹ Tâm. Thầy Nam đứng cạnh bình thủy tinh trên và dùng một điện thoại hãng OPPO gọi vào thuê bao 0344.815.918. Câu trả lời nào của Thầy Nam sau đây là câu nói thật:
Đáp án : C Phương pháp giải :
+ Xác định sóng điện thoại thuộc loại sóng gì? + Vận dụng về sự truyền âm của các loại sóng trong các môi trường Lời giải chi tiết :
+ Do sóng điện thoại là sóng điện từ. Mà sóng điện từ truyền được trong môi trường chân không => Điện thoại vẫn liên lạc được + Sóng âm thì không truyền được trong môi trường chân không => Không nghe được nhạc chuông từ điện thoại phát ra
Câu 2 :
Một mạch dao động điện từ LC lí tưởng đang có dao động điện từ tự do. Điện áp cực đại giữa hai bản tụ là U0=6√3V. Không gian giữa hai bản tụ được lấp đầy bằng tấm điện môi có hằng số điện môi ε=2. Đúng lúc dòng điện tức thời trong mạch đạt giá trị cực đại thì rút nhanh tấm điện môi ra, sao cho tấm điện môi chỉ còn chiếm một nửa không gian giữa hai bản của tụ điện. Điện áp cực đại giữa hai bản tụ sau khi rút tấm điện môi là:
Đáp án : B Phương pháp giải :
+ Sử dụng biểu thức tính điện dung của tụ điện: C=εS9.109.4πd + Vận dụng biểu thức tính điện dung của bộ tụ khi mắc nối tiếp: Cnt=C1+C2+...+Cn + Vận dụng biểu thức tính năng lượng: W=CU22 Lời giải chi tiết :
Ta có: C=εS9.109.4πd + Khi đặt trong điện môi có ε = 2: C=C0=εS9.109.4πd + Sau khi rút tấm điện môi để tấm điện môi chỉ còn chiếm một nửa không gian giữa hai bản tụ thì: C1=εS29.109.4π=C02 (nửa đặt trong chất điện môi ε=2 ) C2=S29.109.4πd=C04 (nửa đặt ngoài không khí ε=1 ) Ta có: C1//C2→Cb=C1+C2=C02+C04=3C04 Lại có: Năng lượng trước và sau khi rút tấm điện môi lần lượt là: {Wt=C0U202Ws=CbU2S2=34C0U2s2 Mặt khác: Wt=Ws↔C0U202=34C0U2s2→U2S=43U20→Us=2√3U0=2√3.6√3=12V
Câu 3 :
Vệ tinh viễn thông địa tĩnh Vinasat-1 nằm trên quỹ đạo địa tĩnh (là quỹ đạo tròn trên xích đạo của Trái Đất (vĩ độ 00) ở cách bề mặt Trái Đất 35000km và có kinh độ 1320Đ. Một sóng truyền hình phát từ Đài truyền hình Hà Nội ở tọa độ (21001′ B, 105048′Đ ) truyền lên vệ tinh, rồi tức thì truyền đến đài truyền hình Cần Thơ ở tọa độ (10001′B, 105048′Đ) . Cho bán kính của Trái Đất là 6400km và tốc độ truyền sóng trung bình là 83.108m/s. Bỏ qua độ cao của anten phát và aten thu ở các Đài truyền hình so với bán kình Trái Đất. Thời gian từ lúc truyền sóng đến nhận sóng gần giá trị nào nhất sau đây?
Đáp án : C Phương pháp giải :
+ Đọc kinh độ và vĩ độ địa lý: Kinh độ là đường thẳng đứng, vĩ độ là đường nằm ngang + Vận dụng các biểu thức trong tam giác với góc nhỏ + Vận dụng biểu thức liên hệ giữa quãng đường – thời gian: s=vt Lời giải chi tiết :
Kí hiệu vệ tinh là (V), do vệ tinh có vĩ độ 00 nên đang nằm trên đường xích đạo Hà Nội (H) và Cần Thơ (C) có cùng kinh độ, nhưng vĩ độ khác nhau, ta biểu diễn được trên hình. + ^CON=10001′ chính là vĩ độ của (C) Ta suy ra: CN=R.^CON=6400.10001′.π180=1118,87km + ^HON=21001′ chính là vĩ độ của (H) Ta suy ra: HN=R.^HON=6400.21001′.π180=2347,58km Do (H) và (C) cùng kinh độ. Xem (N) có cùng kinh độ với (H) và (C) và HC⊥OV Ta có: + HV=√HN2+NV2=√2347,582+350002=35078,64km + CV=√CN2+NV2=√1118,872+350002=35017,88km Quãng đường sóng truyền đi: s=HV+CV=35078,64+35017,88=70096,52km=70096520m Vậy thời gian truyền sóng: t=sv=7009652083.108=0,2628s
Câu 4 :
Trong một mạch dao động LC lý tưởng. Dòng điện trong mạch có biểu thức i=12sin(105πt)mA . Trong khoảng thời gian 5μs kể từ thời điểm t=0 , số electron chuyển động qua một tiết diện thẳng dây dẫn là:
Đáp án : A Phương pháp giải :
- Cách 1: + Sử dụng biểu thức tính chu kì: T=2πω + Xác định điện tích tại thời điểm ban đầu t=0 + Sử dụng biểu thức: ne=Q0e + Vận dụng biểu thức: I0=ωQ0 - Cách 2: Vận dụng biểu thức tính điện tích: q=ne=t2∫t1idt Lời giải chi tiết :
- Cách 1: + Chu kì của mạch dao động: T=2πω=2π105π=2.10−5s + Tại thời điểm ban đầu: t=0, ta có: i=0→ |q|=Q0 Ta có: 5μs=T4 => số điện tích dịch chuyển là Q0 + Số electron chuyển động qua một tiết diện thẳng dây dẫn là: ne=Q0e Lại có Q0=I0ω => Ta suy ra: ne=I0ωe=I0ω.e=12.10−3105π.|−1,6.10−19|=2,39.1011 - Cách 2: Áp dụng: q=ne=t2∫t1idt=5.10−6∫012.10−3sin(105πt)dt=−12.10−3105π.cos(105πt)|5.10−60=12.10−3105π=3,82.10−8→n=3,82.10−8|e|=3,82.10−81,6.10−19=2,38.1011
Câu 5 :
Có hai mạch dao động điện từ lý tưởng đang có dao động điện từ tự do. Ở thời điểm t , gọi q1 và q2 lần lượt là điện tích của tụ điện trong mạch dao động thứ nhất và thứ hai. Biết 36q21+16q22=242(nC)2. Ở thời điểm t=t1, trong mạch dao động thứ nhất: Điện tích của tụ điện q1=2,4nC; cường độ dòng điện qua cuộn cảm i1=3,2mA. Khi đó cường độ dòng điện qua cuộn cảm trong mạch dao động thứ hai là:
Đáp án : B Phương pháp giải :
Vận dụng biểu thức tính cường độ dòng điện: i=q′ Lời giải chi tiết :
Theo đầu bài ta có: 36q21+16.q22=242 (1) Từ (1), ta suy ra: ⇒q2=±√242−36q2116=±√242−36.(2,4)216=±4,8nC Đạo hàm hai vế của (1) theo thời gian ta có: 36.2.q1.(q1)′+16.2.q2.(q2)′=0↔72q1i1+32q2i2=0→i2=−72q1i132q2=−72.2,4.10−9.3,2.10−332.(±4,8.10−9)=±3,6mA
Câu 6 :
Cho hai mạch dao động LC có cùng tần số. Điện tích cực đại của tụ ở mạch thứ nhất và thứ hai lần lượt là Q1 và Q2 thỏa mãn Q1+Q2=8.10−6. Tại một thời điểm mạch thứ nhất có điện tích và cường độ dòng điện là q1 và i1, mạch thứ hai có điện tích và cường độ dòng điện là q2 và i2 thỏa mãn q1i2+q2i1=6.10−9. Giá trị nhỏ nhất của tần số dao động ở hai mạch là:
Đáp án : D Phương pháp giải :
- Cách 1: + Vận dụng biểu thức: i=q′ + Viết phương trình điện tích, cường độ dòng điện + Sử dụng bất đẳng thức Cô – si + Sử dụng điều kiện của hàm số cos |cosx|≤1 + Sử dụng biểu thức liên hệ giữa tần số góc và tần số: ω=2πf - Cách 2: Sử dụng công thức vuông pha của q và i trong dao động LC kết hợp với bất đẳng thức Cô –si và Bu – nhi – a – cốp – xki để nhận xét Lời giải chi tiết :
- Cách 1: Gọi độ lệch pha giữa q1 và q2 là Δφ, tại thời điểm q1=0 thì i1=I01=ωQ01 và q2=Q02cos(Δφ) Thay vào phương trình q1i2+q2i1=6.10−9 ta có: Q1Q2ωcosΔφ=6.10−9⇒ω=6.10−9Q1Q2.cosΔφ Mặt khác ta có: Q1+Q2⩾ Lại có: \left| {c{\rm{os}}\Delta \varphi } \right| \le 1 \to \omega \ge \dfrac{{{{6.10}^{ - 9}}}}{{{{1,6.10}^{ - 11}}}} = 375 (1) Thêm vào đó, ta có: \omega = 2\pi f \to f = \dfrac{\omega }{{2\pi }} (2) Từ (1) và (2) ta suy ra: f \geqslant \dfrac{{375}}{{2\pi }} = 59,68Hz - Cách 2: Ta có: {Q_1}.{Q_2} = \sqrt {q_1^2 + {{\left( {\dfrac{{{i_1}}}{\omega }} \right)}^2}} .\sqrt {{{\left( {\dfrac{{{i_2}}}{\omega }} \right)}^2} + q_2^2} \geqslant \dfrac{{{q_1}{i_2}}}{\omega } + \dfrac{{{q_2}{i_1}}}{\omega } = \dfrac{{{{6.10}^{ - 9}}}}{\omega }(1) (bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki) Mà \dfrac{{{Q_1} + {Q_2}}}{2} \ge \sqrt {{Q_1}.{Q_2}} \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{{{Q_1} + {Q_2}}}{2}} \right)^2} \ge {Q_1}.{Q_2} \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{{{{8.10}^{ - 6}}}}{2}} \right)^2} \ge {Q_1}.{Q_2}(2) (bất đẳng thức Cô-si) Từ (1) và (2) =>{\left( {\dfrac{{{{8.10}^{ - 6}}}}{2}} \right)^2} \ge \dfrac{{{{6.10}^{ - 9}}}}{\omega } \Rightarrow \omega \ge \dfrac{{{{4.6.10}^{ - 9}}}}{{{{64.10}^{ - 12}}}} = 375(rad/s) Thêm vào đó, ta có: \omega = 2\pi f \to f = \dfrac{\omega }{{2\pi }} (2) Từ (1) và (2) ta suy ra: f \ge \dfrac{{375}}{{2\pi }} = 59,68Hz
Câu 7 :
Mạch chọn sóng của máy thu vô tuyến gồm tụ xoay C và cuộn thuần cảm L. Tụ xoay có điện dung C tỉ lệ theo hàm số bậc nhất đối với góc xoay \varphi . Ban đầu khi chưa xoay tụ thì thì mạch thu được sóng có tần số {f_0} , khi xoay tụ một góc {\varphi _1} thì mạch thu được sóng có tần số {f_1} = 0,5{f_0}. Khi xoay tụ một góc {\varphi _2} thì mạch thu được sóng có tần số {f_2} = \dfrac{1}{3}{f_0}. Tỉ số giữa hai góc xoay là:
Đáp án : C Phương pháp giải :
+ Sử dụng công thức tính tần sốf = \dfrac{1}{{2\pi \sqrt {LC} }} + Biểu thức của tụ xoay: C = {C_0} + a\varphi Lời giải chi tiết :
Điện dung của tụ xoay được xác định bởi {C_\varphi } = {C_0} + a\varphi Tần số của mạch LC: f = \dfrac{1}{{2\pi \sqrt {L{C_\varphi }} }} \Rightarrow f \sim \dfrac{1}{{\sqrt {{C_\varphi }} }} Ta có: \left\{ \begin{array}{l}{f_0} \sim \dfrac{1}{{\sqrt {{C_0}} }}\\0,5{f_0} \sim \dfrac{1}{{\sqrt {{C_0} + a{\varphi _1}} }}\\\dfrac{1}{3}{f_0} \sim \dfrac{1}{{\sqrt {{C_0} + a{\varphi _2}} }}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}4 = \dfrac{{{C_0} + a{\varphi _1}}}{{{C_0}}} \Rightarrow a{\varphi _1} = 3\\9 = \dfrac{{{C_0} + a{\varphi _2}}}{{{C_0}}} \Rightarrow a{\varphi _2} = 8\end{array} \right. \Rightarrow \dfrac{{{\varphi _2}}}{{{\varphi _1}}} = \dfrac{8}{3}
Câu 8 :
Mạch chọn sóng của một máy thu vô tuyến điện gồm một cuộn cảm thuần và một tụ điện là tụ xoay {C_x}. Điện dung của tụ {C_x} là hàm số bậc nhất của góc xoay. Khi chưa xoay tụ (góc xoay bằng {0^0}) thì mạch thu được dóng có bước sóng 10{\rm{ }}m. Khi xoay tụ một góc là {45^0} thì mạch thu được có bước sóng 20{\rm{ }}m . Để mạch bắt được sóng có bước sóng 30{\rm{ }}m thì phải xoay tụ thêm một góc bằng:
Đáp án : B Phương pháp giải :
+ CT tính bước sóng điện từ \lambda = 2\pi c\sqrt {LC} + CT tính điện dụng của tụ xoay: C = a.\alpha + b (a,b là các hằng số) Lời giải chi tiết :
Ta có: C = a.\alpha + b Cụ thể: + Khi {\alpha _1} = {0^0} thì {\lambda _1} = 10m + Khi {\alpha _2} = {45^0} thì {\lambda _2} = 20m {\left( {\dfrac{{{\lambda _1}}}{{{\lambda _2}}}} \right)^2} = \dfrac{{{C_1}}}{{{C_2}}} = \dfrac{b}{{45a + b}} \leftrightarrow \dfrac{1}{4} = \dfrac{b}{{45a + b}} \leftrightarrow b = 15a + Để mạch bắt được sóng có bước sóng {\lambda _3} = 30cm thì góc xoay là {\alpha _3}. Ta có: {\left( {\dfrac{{{\lambda _3}}}{{{\lambda _1}}}} \right)^2} = \dfrac{{{C_3}}}{{{C_1}}} = \dfrac{{a.\alpha + b}}{b} \leftrightarrow 9 = \dfrac{{a.\alpha + 15a}}{{15a}} \leftrightarrow {\alpha _3} = {120^0} => Ta cần phải xoay tụ thêm góc \alpha = {\alpha _3} - {\alpha _2} = {120^0} - {45^0} = {75^0}
Câu 9 :
Cho mạch điện như hình vẽ, nguồn có suất điện động E = 24V,r = 1\Omega , tụ điện có điện dung C = 100\mu F, cuộn dây có hệ số tự cảm L = 0,2H và điện trở {R_0} = 5\Omega , điện trở R = 18\Omega . Ban đầu khóa k đóng, khi trạng thái trong mạch đã ổn định người ta ngắt khóa k. Nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở R trong thời gian từ khi ngắt khóa k đến khi dao động mạch tắt hoàn toàn.
Đáp án : B Phương pháp giải :
Sử dụng lí thuyết về dao động điện từ trong mạch LC kết hợp với kiến thức về định luật Ôm cho toàn mạch + Biểu thức định luật Ôm: I = \frac{E}{{{R_b} + r}} + Hiệu điện thế hai đầu nguồn điện: U = E - {\rm{Ir}} + Năng lượng điện từ: {\rm{W}} = {{\rm{W}}_C} + {{\rm{W}}_L} = \frac{1}{2}C{U^2} + \frac{1}{2}L{I^2} Lời giải chi tiết :
+ Khi khóa K đóng Cường độ dòng điện chạy trong mạch : I = \frac{E}{{R + {R_0} + r}} = \frac{{24}}{{18 + 5 + 1}} = 1(A) Hiệu điện thế hai đầu nguồn điện, cũng chính là hiệu điện thế hai đầu tụ: U = E - {\rm{Ir}} = 24 - 1 = 23(V) + Khi ngắt khóa K thì trong mạch có dao động điện từ tắt dần Năng lượng điện từ ban đầu trong mạch dao động là: {\rm{W}} = {{\rm{W}}_C} + {{\rm{W}}_L} = \frac{1}{2}C{U^2} + \frac{1}{2}L{I^2} = \frac{1}{2}{.100.10^{ - 6}}{.23^2} + \frac{1}{2}{0,2.1^2} = 0,12645(J) Khi dao động trong mạch tắt hoàn toàn thì năng lượng điện từ của mạch chuyển hóa hết thành nhiệt tỏa ra trên hai điện trở R và R0 Ta có: \left\{ \begin{array}{l}{Q_R} + {Q_{{R_0}}} = {\rm{W = 0}}{\rm{,12645}}\\\frac{{{Q_R}}}{{{Q_{{R_0}}}}} = \frac{R}{{{R_0}}} = \frac{{18}}{5}\end{array} \right. = > \left\{ \begin{array}{l}{Q_R} = 0,09896(J) = 98,96(mJ)\\{Q_{{R_0}}} = 0,02749(J)\end{array} \right.
Câu 10 :
Cho mạch điện như hình vẽ bên, nguồn điện một chiều có suất điện động E không đổi và điện trở trong r,cuộn dây thuần cảm L và tụ điện có điện dung C{\rm{ }} = {\rm{ }}{2,5.10^7}F. Ban đầu khóa K mở, tụ chưa tích điện. Đóng khóa K, khi mạch ổn định thì mở khóa K. Lúc này trong mạch có dao động điện từ tự do với chu kì bằng \pi {.10^{ - 6}}s và hiệu điện thế cực đại trên tụ bằng 2E .Giá trị của r bằng:
Đáp án : C Phương pháp giải :
+ Biểu thức định luật Ôm: I = \dfrac{E}{r} + Năng lượng điện từ trong mạch: W = \dfrac{{L{I_0}^2}}{2} = \dfrac{{C{U_0}^2}}{2} Lời giải chi tiết :
+ Khi K đóng, tụ điện được tích điện đến hiệu điện thế{U_0} = {\rm{ }}2E, dòng điện trong mạch lúc này là: {I_0} = \dfrac{E}{r}\left( 1 \right) + Khi K mở, mạch LC dao động điện từ tự do, ta có: \dfrac{1}{2}CU_0^2 = \dfrac{1}{2}LI_0^2 \Leftrightarrow CU_0^2 = LI_0^2 \Leftrightarrow {C^2}U_0^2 = LCI_0^2 = \dfrac{{{T^2}}}{{4{\pi ^2}}}I_0^2 \Leftrightarrow {I_0} = \dfrac{{2\pi C{U_0}}}{T}\left( 2 \right) Từ (1) và (2) ta có : \dfrac{E}{r} = \dfrac{{2\pi C{U_0}}}{T} = \dfrac{{2\pi C.2E}}{T} \Rightarrow r = \dfrac{T}{{4\pi C}} = \dfrac{{\pi {{.10}^{ - 6}}}}{{4\pi {{.2,5.10}^{ - 7}}}} = 1\Omega
Câu 11 :
Theo mẫu nguyên tử Bo, mức năng lượng của trạng thái dừng thứ n của nguyên tử Hidro được xác định theo công thức {E_n} = - \dfrac{{13,6}}{{{n^2}}}\left( {eV} \right);\left( {n = 1,2,3...} \right) Gọi R1 là bán kính quỹ đạo của e khi nguyên tử Hidro ở tạng thái dừng L. Khi nguyên tử ở trạng thái dừng ứng với bán kính bằng 9R1 thì tỷ số bước sóng lớn nhất và bước sóng nhỏ nhất của photon mà nguyên tử Hidro có thể phát xạ là:
Đáp án : D Phương pháp giải :
Áp dụng công thức xác định mức năng lượng của photon: {E_n} = - \dfrac{{13,6}}{{{n^2}}}\left( {eV} \right);\left( {n = 1,2,3...} \right) Lời giải chi tiết :
R1 là bán kính quỹ đạo e ứng với trạng thái dừng L vậy {r_1} = {2^2}{r_0} Khi bán kính quỹ đạo là 9R1 ta có r = 9{r_1} = 9.4{r_0} = 36{r_0} = > n = 6 ứng với trạng thái dừng P Bước sóng lớn nhất mà photon này có thể phát xạ ra khi nó chuyển mức năng lượng từ trạng thái P về trạng thái K là E = {E_P} - {E_0} = \dfrac{{{E_0}}}{{{6^2}}} - {E_0} = \dfrac{{35}}{{36}}{E_0} = \dfrac{{hc}}{{{\lambda _{max}}}} = > {\lambda _{max}} = \dfrac{{hc}}{{\dfrac{{35}}{{36}}{E_0}}} Bước sóng ngắn nhất photon này có thể phát xạ ra khi nó chuyển mức năng lượng từ trạng thái P về trạng thái O là E = {E_P} - {E_O} = \dfrac{{{E_0}}}{{{6^2}}} - \dfrac{{{E_0}}}{5} = \dfrac{{11}}{{900}}{E_0} = \dfrac{{hc}}{{{\lambda _{\min }}}} = > {\lambda _{\min }} = \dfrac{{hc}}{{\dfrac{{11}}{{900}}{E_0}}} Tỷ số giữa bước sóng ngắn lớn nhất và dài nhất là \dfrac{{{\lambda _{\min }}}}{{{\lambda _{max}}}} = \dfrac{{\dfrac{{hc}}{{\dfrac{{35}}{{36}}{E_0}}}}}{{\dfrac{{hc}}{{\dfrac{{11}}{{900}}{E_0}}}}} = \dfrac{{35}}{{36}}.\dfrac{{900}}{{11}} = \dfrac{{875}}{{11}}
|