Sử dụng các thông tin sau cho các câu sau: Để nghiên cứu hiệu quả của một loại phân bón vi lượng mới, các nhà khoa học sử dụng đồng vị phóng xạ Phosphorus-32 (32P) làm nguyên tử đánh dấu. Biết rằng 32P là chất phóng xạ \({\beta ^ - }\)với chu kỳ bán rã là \({\rm{T}} = 14,3\) ngày. Một lượng phân bón chứa 32P với độ phóng xạ ban đầu là \({H_0} = {5.10^5}{\rm{\;Bq}}\) được bón vào gốc một cây ngô. Các nhà khoa học nhận thấy rằng quá trình hấp thụ 32P của cây ngô diễn ra không đều theo thời gian. Trong chu kì bán rã đầu tiên, cây hấp thụ và tích lũy được số nguyên tử 32P bằng \(20{\rm{\% }}\) số nguyên tử 32P có trong lượng phân bón ban đầu. Trong chu kì bán rã tiếp theo, cây hấp thụ và tích lũy thêm số nguyên tử 32P bằng \(40{\rm{\% }}\) số nguyên tử 32P còn lại trong đất kể từ thời điểm bắt đầu chu kỳ thứ hai.
Sử dụng các thông tin sau cho các câu sau: Để nghiên cứu hiệu quả của một loại phân bón vi lượng mới, các nhà khoa học sử dụng đồng vị phóng xạ Phosphorus-32 (32P) làm nguyên tử đánh dấu. Biết rằng 32P là chất phóng xạ \({\beta ^ - }\)với chu kỳ bán rã là \({\rm{T}} = 14,3\) ngày. Một lượng phân bón chứa 32P với độ phóng xạ ban đầu là \({H_0} = {5.10^5}{\rm{\;Bq}}\) được bón vào gốc một cây ngô. Các nhà khoa học nhận thấy rằng quá trình hấp thụ 32P của cây ngô diễn ra không đều theo thời gian. Trong chu kì bán rã đầu tiên, cây hấp thụ và tích lũy được số nguyên tử 32P bằng \(20{\rm{\% }}\) số nguyên tử 32P có trong lượng phân bón ban đầu. Trong chu kì bán rã tiếp theo, cây hấp thụ và tích lũy thêm số nguyên tử 32P bằng \(40{\rm{\% }}\) số nguyên tử 32P còn lại trong đất kể từ thời điểm bắt đầu chu kỳ thứ hai.
Số nguyên tử 32P chứa trong lượng phân bón ban đầu là \(m{.10^{11}}\) nguyên tử. Tìm m (làm tròn kết quả đến chữ số hàng phần mười)?
Quảng cáo
Trả lời:
Đáp án:
Chu kỳ bán rã tính theo giây: \(T = 14,3\) ngày \( = 14,3.24.3600 = 1235520s\).
Số nguyên tử ban đầu:
\({N_0} = \frac{{{H_0}.T}}{{{\rm{ln}}2}} = \frac{{{{5.10}^5}.1235520}}{{{\rm{ln}}2}} \approx 8,{912.10^{11}}\) nguyên tử
Ta có \({N_0} = m{.10^{11}}\), suy ra \(m \approx 8,912\).
Làm tròn đến chữ số hàng phần mười, ta được 8,9.
Đáp án: 8,9
Câu hỏi cùng đoạn
Câu 2:
Độ phóng xạ của 32P có trong cây ngô sau 28,6 ngày là \(n{.10^5}{\rm{\;Bq}}\). Tìm n (làm tròn kết quả đến chữ số hàng phần mười)?
Đáp án:
Thời gian \(t = 28,6\) ngày \( = 2T\) (trải qua 2 chu kỳ bán rã).
Tại thời điểm cuối chu kỳ 1 \(\left( {t = T} \right)\):
Cây tích lũy được lượng nguyên tử là: \({N_{{\rm{c\^a y1\;}}}} = 0,2{N_0}\).
Tổng số hạt 32P chưa bị phân rã (cả trong cây và đất) ở thời điểm này là: \({N_0}{.2^{ - 1}} = 0,5{N_0}\).
Suy ra lượng nguyên tử còn lại trong đất tại \(t = T\) là: \({N_{{\rm{dat1\;}}}} = 0,5{N_0} - 0,2{N_0} = 0,3{N_0}\).
Tại thời điểm cuối chu kỳ \(2\left( {t = 2T} \right)\):
Trong chu kỳ 2, lượng nguyên tử cũ trong cây (\({N_{{\rm{c\^a y}}}}\)) bị phân rã đi một nửa.
Vậy lượng nguyên tử cũ còn lại trong cây là: \({N_{{\rm{c\^a y1\;}}}} = \frac{{0,2{N_0}}}{2} = 0,1{N_0}\).
Đồng thời cây tích lũy thêm \(40{\rm{\% }}\) số hạt có trong đất từ đầu chu kỳ 2:
\({\rm{\Delta }}{N_{{\rm{c\^a y\;}}2}} = 0,4.{N_{{\rm{dat\;}}1}} = 0,4.0,3{N_0} = 0,12{N_0}\).
Tổng số nguyên tử 32P trong cây tại \(t = 2T\) là:
\({N_{{\rm{c\^a y\;}}2}} = {N_{{\rm{c\^a y\;}}1'}} + {\rm{\Delta }}{N_{{\rm{c\^a y\;}}2}} = 0,1{N_0} + 0,12{N_0} = 0,22{N_0}\).
Độ phóng xạ của cây lúc này:
\({H_{{\rm{c\^a y\;}}}} = \lambda .{N_{{\rm{c\^a y\;}}2}} = \lambda .\left( {0,22{N_0}} \right) = 0,22.\left( {\lambda {N_0}} \right) = 0,22.{H_0}\)
Thay số \({H_0} = {5.10^5}{\rm{\;Bq}}\), ta được:
\({H_{{\rm{c\^a y\;}}}} = 0,{22.5.10^5} = 1,{1.10^5}Bq\).
Ta có \({H_{{\rm{c\^a y}}}} = n{.10^5}\), suy ra \(n = 1,1\).
Đáp án: 1,1
Hot: 1000+ Đề thi cuối kì 2 file word cấu trúc mới 2026 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Câu 1
a. Dòng điện qua bóng đèn đổi chiều tuần hoàn.
b. Nam châm đóng vai trò là stator của máy phát điện.
c. Dòng điện trong khung dây là dòng điện xoay chiều.
d. Trong quá trình khung dây quay đều từ vị trí mặt phẳng khung dây song song với các đường sức từ đến vị trí vuông góc với các đường sức từ, độ sáng bóng đèn tăng dần.
Lời giải
Ý a: Nhờ cấu tạo của bộ cổ góp gồm hai nửa vành khuyên, dòng điện đưa ra mạch ngoài (qua bóng đèn) luôn chạy theo một chiều duy nhất, không bị đổi chiều tuần hoàn \( \Rightarrow \) Sai
Ý b: Trong cấu tạo này, nam châm đứng yên làm nhiệm vụ tạo ra từ trường nên đóng vai trò là phần tĩnh (stator) ⇒ Đúng
Ý c: Khi khung dây quay liên tục trong từ trường, từ thông biến thiên điều hoà làm xuất hiện suất điện động cảm ứng xoay chiều, nên bản thân dòng điện sinh ra trong khung dây (trước khi ra cổ góp) là dòng điện xoay chiều ⇒ Đúng
Ý d: Khi mặt phẳng khung dây song song với đường sức từ thì suất điện động đạt giá trị cực đại (đèn sáng nhất), khi quay đến vị trí vuông góc thì suất điện động giảm về 0 (đèn tắt) Do đó quá trình quay này sẽ làm độ sáng của bóng đèn giảm dần chứ không phải tăng dần \( \Rightarrow \) Sai
Đáp án: S, Đ, Đ, S
Câu 2
a. Quá trình biến đổi trạng thái khí là đẳng áp
b. Trong phạm vi sai số cho phép, chiều cao cột khí tỉ lệ thuận với nhiệt độ
c. Số mol khí trong ống là \(1,{76.10^{ - 6}}{\rm{\;mol}}\) (kết quả đã được làm tròn)
d. Với kết quả thu được ở bảng trên, công thức liên hệ thể tích và nhiệt độ tuyệt đối là \(\frac{V}{T} = 14,{27.10^{ - 2}}\) (kết quả đã được làm tròn), V đo bằng \({\rm{m}}{{\rm{m}}^3},{\rm{\;T}}\) đo bằng kelvin
Lời giải
Ý a: Áp suất khí trong ống luôn cân bằng với áp suất khí quyển cộng với áp suất do trọng lượng giọt thủy ngân gây ra nên giữ nguyên không đổi, quá trình biến đổi là đẳng áp ⇒ Đúng
Ý b: Theo định luật Charles, thể tích khối lượng khí (và chiều cao h) tỉ lệ thuận với nhiệt độ tuyệt đối T (đo bằng Kelvin), chứ không tỉ lệ thuận với nhiệt độ t (đo bằng oC) ⇒ Sai
Ý c: Tại trạng thái 1 có \({T_1} = 298{\rm{\;K}}\), chiều cao \({h_1} = 150{\rm{\;mm}}\), áp suất \(p = 77{\rm{cmHg}} \approx 102663{\rm{\;Pa}}\)
Tiết diện ống \(S = \pi \frac{{{d^2}}}{4} \approx 2,{827.10^{ - 7}}{\rm{\;}}{{\rm{m}}^2}\), thể tích \({V_1} \approx 4,{241.10^{ - 8}}{\rm{\;}}{{\rm{m}}^3}\)
Từ phương trình \(pV = nRT \Rightarrow n \approx 1,{76.10^{ - 6}}{\rm{\;mol}} \Rightarrow \) Đúng
Ý d: Tính trung bình tỉ số \(\frac{h}{T}\) của các lần đo ta được khoảng \(0,5045{\rm{\;mm}}/{\rm{K}}\), suy ra
\(\frac{V}{T} = S.\frac{h}{T} \approx 0,1427{\rm{\;m}}{{\rm{m}}^3}/{\rm{K}} = 14,{27.10^{ - 2}} \Rightarrow \) Đúng
Đáp án: Đ, S, Đ, Đ
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Câu 4
a. Máy biến áp hoạt động dựa trên nguyên tắc tương tác từ của dòng điện
b. Thực tế trước khi dòng điện đi vào cuộn sơ cấp của máy biến áp, nó được bộ nguồn xung điều chỉnh tần số lên đến 100 kHz Dòng điện ở cuộn thứ cấp của máy biến áp có tần số 100 kHz
c. Để sạc đầy một viên pin có dung lượng 4000 mAh với điện áp pin trung bình là \(3,7{\rm{\;V}}\) Biết hiệu suất toàn bộ quá trình sạc là \(90{\rm{\% }}\) Bộ sạc sẽ tiêu thụ từ lưới điện một điện năng là \(59,2{\rm{\;kJ}}\)
d. Máy biến áp trong bộ sạc là máy hạ áp
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Câu 5
a. Nội năng của bàn tay tăng lên do nhận công.
b. Bàn tay đã nhận nhiệt lượng từ cơ thể và ấm lên.
c. Khi áp lòng bàn tay vào mặt, có sự truyền nhiệt lượng từ mặt vào bàn tay.
d. Trong toàn bộ quá trình từ lúc xoa tay đến lúc áp tay vào má, tổng năng lượng (bao gồm cơ năng và nhiệt năng) của hệ luôn được bảo toàn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Câu 6
Khả năng đâm xuyên và khả năng hủy diệt tế bào.
Khả năng đâm xuyên và làm phát quang một số chất.
Khả năng hủy diệt tế bào và làm phát quang một số chất.
Khả năng ion hóa không khí và khả năng đâm xuyên.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.


