Một nhà vật lý hạt nhân làm thí nghiệm xác định chu kì bán rã $\left( T \right)$ của một chất phóng xạ bằng cách dùng máy đếm xung để đo tỉ lệ giữa số hạt bị phân rã $\left( {\Delta N} \right)$ và số hạt ban đầu $\left( {{N_0}} \right)$. Dựa vào kết quả thực nghiệm đo được trên hình vẽ, hãy tính $T$?

$Một nhà vật lý hạt nhân làm thí nghiệm xác định chu kì bán rã $\left( T \right)$ của một chất phóng xạ bằng cách dùng máy đếm xung để đo tỉ lệ giữa số hạt bị phân rã $\left( {\Delta N} \right)$ và số hạt ban đầu $\left( {{N_0}} \right)$. Dựa vào kết quả thực nghiệm đo được trên hình vẽ, hãy tính $T$? (ảnh 1)$

A. 138 ngày.

B. 5,6 ngày.

C. 3,8 ngày.

D. 8,9 ngày.

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: Đề thi Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội năm 2024 - 2025 có đáp án (Đề 13) !!

Bắt đầu thi

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Ta có: ${\left( {1 - \frac{{\Delta N}}{{{N_0}}}} \right)^{ - 1}} = \frac{1}{{1 - \frac{{\Delta N}}{{{N_0}}}}} = \frac{1}{{1 - \left( {1 - {2^{ - \frac{t}{T}}}} \right)}} = \frac{1}{{{2^{ - \frac{t}{T}}}}} = {2^{\frac{t}{T}}}$$ \Rightarrow \ln {\left( {1 - \frac{{\Delta N}}{{{N_0}}}} \right)^{ - 1}} = \ln \left( {{2^{\frac{t}{T}}}} \right)$

Từ đồ thị ta thấy: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{t = 6ngay}\\{\ln {{\left( {1 - \frac{{\Delta N}}{{{N_0}}}} \right)}^{ - 1}} = 0,467}\end{array}} \right. \Rightarrow \ln \left( {{2^{\frac{6}{T}}}} \right) = 0,467 \Rightarrow T = 8,9$ ngày. Chọn D.

Sách thầy cô Vietjack biên soạn:

Xem thêm »

Bình luận

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Cho hàm số $f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2{\rm{x}} + 2{\rm{ khi x}} \ge 1}\\{3{{\rm{x}}^2} + 1{\rm{ khi }}x < 1}\end{array}} \right..$ Giả sử $F\left( x \right)$ là một nguyên hàm của $f\left( x \right)$ thoả mãn $F\left( 0 \right) = 2.$ Giá trị của $F\left( { - 1} \right) + 2F\left( 2 \right)$ bằng

Xem đáp án

Lời giải

Ta có $F\left( x \right) = \int f \left( x \right){\rm{d}}x = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} + 2x + {C_1}}&{{\rm{ khi }}x \ge 1}\\{{x^3} + x + {C_2}}&{{\rm{ khi }}x < 1}\end{array}} \right.$.

Theo bài ra, ta có $F\left( 0 \right) = 2 \Rightarrow {C_2} = 2$.

Hàm số $F\left( x \right)$ liên tục nên $\mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ + }} F\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {1^ - }} F\left( x \right)$

\[ \Leftrightarrow 3 + {C_1} = 4 \Leftrightarrow {C_1} = 1 \Rightarrow F\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^2} + 2x + 1{\rm{ khi }}x \ge 1}\\{{x^3} + x + 2{\rm{ }}\,\,{\rm{khi }}x < 1}\end{array}} \right.\].

Vậy $F\left( { - 1} \right) + 2F\left( 2 \right) = {\left( { - 1} \right)^3} + \left( { - 1} \right) + 2 + 2 \cdot \left( {{2^2} + 2 \cdot 2 + 1} \right) = 18.$

Đáp án: 18.

Câu 2

Cho hình lập phương $ABCD.A'B'C'D'.$ Gọi $M$ là trung điểm của $B'C'.$ Góc giữa hai đường thẳng AM và $BC'$ bằng

A. $45^\circ .$

B. $90^\circ .$

C. $30^\circ .$

D. $60^\circ .$

Lời giải

Media VietJack

Giả sử cạnh của hình lập phương là $a > 0.$

Gọi $N$ là trung điểm đoạn thẳng $BB'.$

Khi đó, $MN\,{\rm{//}}\,BC'$ nên $\left( {\widehat {AM\,;\,\,BC'}} \right) = (\widehat {AM\,;\,MN}).$

Xét $\Delta A'B'M$ vuông tại $B'$, ta có

$A'M = \sqrt {A'{{B'}^{\prime 2}} + B'{M^2}} = \sqrt {{a^2} + \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}.$

Xét $\Delta AA'M$ vuông tại $A'$, ta có $AM = \sqrt {A{{A'}^2} + A'{M^2}} = \sqrt {{a^2} + \frac{{5{a^2}}}{4}} = \frac{{3a}}{2}.$

Có \[AN = A'M = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\,;\,\,MN = \frac{{BC'}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\]

Trong tam giác \[AMN\] ta có

$\cos \widehat {AMN} = \frac{{M{A^2} + M{N^2} - A{N^2}}}{{2MA \cdot MN}} = \frac{{\frac{{9{a^2}}}{4} + \frac{{2{a^2}}}{4} - \frac{{5{a^2}}}{4}}}{{2 \cdot \frac{{3a}}{2} \cdot \frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \frac{{6{a^2}}}{4} \cdot \frac{4}{{6{a^2}\sqrt 2 }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}.$

Suy ra $\widehat {AMN} = 45^\circ .$ Vậy \[\left( {AM,\,\,BC'} \right) = \left( {AM,\,\,MN} \right) = \widehat {AMN} = 45^\circ .\] Chọn A.

Câu 3