ĐỀ THI THỬ MÔN LÝ 2014 - SỐ 3

Đề 3 ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG NĂM 2004
Câu I (1 điểm)
Côban
( )
60
27
Co
phóng xạ β
-
với chu kì bán rã T = 5,27 năm và biến đổi thành
niken (Ni). Viết phương trình phân rã và nêu cấu tạo của hạt nhân con. Hỏi sau thời
gian bao lâu thì 75% khối lượng của một khối tạo chất phóng xạ
( )
60
27
Co
phân rã hết?
Câu II (2 điểm)
1) Trong thí nghiệm giao thoa ánh sáng của Iâng, người ta sử dụng ánh sáng
đơn sắc có bước sóng λ. Khoảng cách giữa hai khe Iâng là 0,64mm. Khoảng cách từ
mặt phẳng chứa hai khe đến màn ảnh là 2m. Khoảng cách giữa hai vân sáng liên tiếp
trên màn là 2mm. Tính bước sóng λ và xác đònh vò trí vân tối thứ ba kể từ vân sáng
trung tâm.
2) Trong quang phổ vạch của nguyên tử hiđrô, vạch ứng với bước sóng dài
nhất trong dãy Laiman là λ
1
= 0,1216µm và ứng với sự chuyển động của electron từ
quỹ đạo M về quỹ đạo K có bước sóng λ
2
= 0,1026µm. Hãy tính bước sóng dài nhất λ
3

trong dãy Banme.
Câu III (2 điểm)
1) Nêu một điểm khác nhau cơ bản về tần số và về biên độ của dao động tự do
và dao động cưỡng bức. Trong dao động cưỡng bức có thể xảy ra hiện tượng gì đặt
biệt? Nêu điều kiện để xảy ra hiện tượng đó.
2) Tại hai điểm S
1
và S
2
cách nhau 10cm trên mặt chất lỏng có hai nguồn phát
sóng dao động theo phương thẳng đứng với các phương trình lần lượt là u
1
=
0,2sin(50πt) cm và u
2
= 0,2sin(50πt + π) (cm).
Vận tốc truyền sóng trên mặt chất lỏng là v = 0,5m/s. Coi biên độ sóng không đổi.
Tìm phương trình dao động tổng hợp tại điểm M trên mặt chất lỏng cách các nguồn
S
1
, S
2
những đoạn tương ứng d
1
, d
2
. Xác đònh số điểm có biên độ dao động cực đại trên
đoạn thẳng S
1
, S

2
.
Câu IV (2 điềm)
1) Cường độ dòng điện tức thời trong một mạch dao động LC lí tưởng là i =
0,08sin(2000t)A. Cuộn dây có độ tự cảm
L = 50mH. Hãy tính điện dung của tụ điện. Xác đònh hiệu điện thế giữa hai bản tụ
điện tại thời điểm cường độ dòng điện tức thời trong mạch bằng giá trò cường độ dòng
điện hiệu dung.
2) Cho đoạn mạch AB gồm hộp kín X chỉ chứa một phần tử (cuộn dây thuần
cảm hoặc tụ điện) và biết trở R như hình vẽ.
Đặt vào hai đầu AB một hiệu điện thế xoay chiều ổn đònh có giá trò hiệu dụng 200V
và tần số 50Hz. Thay đổi giá trò của biến trở R để cho công suất tiêu thụ trong đoạn
mạch AB là cực đại. Khi đó cường độ dòng điện qua mạch có giá trò hiệu dụng bằng
1,414A (coi bằng
2
A). Biết cường độ dòng điện sớm pha hơn hiệu điến thế giữa hai
đầu đoạn mạch AB. Hỏi hộp kín chứa tụ điện hay cuộn dây? Tính điện dung của tụ
điện hoặc độ tự cảm của cuộn dây. Bỏ qua điện trở của các dây nối.
Câu V (3 điểm)
1) Một người khi không đeo kính có thể nhìn rõ các vật đặt gần nhất cách mắt
50cm. Xác đònh độ tụ của kính mà người đó cần đeo sát mắt để có thể nhìn rõ các vật
đặt gần nhất cách mắt 25cm.
2) Đặt một vật phẳng nhỏ AB trước một thấu kính, vuông góc với trục chính
của thấu kính. Trên màn vuông góc với trục chính, ở phía sau thấu kính, thu được một
ảnh rõ nét lớn hơn vật, cao 4cm. Giữ vật cố đònh, dòch chuyển thấu kính dọc theo trục
chính 5cm về phía màn hình thì phải dòch chuyển màn dọc theo trục chính 35cm rồi lại
thu được ảnh rõ nét, cao 2cm.
a) Tính tiêu cự của thấu kính và độ cao của vật AB.
b) Vật AB, thấu kính và màn đang ở vò trí có ảnh cao 2cm. Giữ vật và màn cố
đònh. Hỏi phải dòch chuyển thấu kính dọc theo trục chính về phía màn một đoạn thẳng

bao nhiêu để lại có ảnh rõ nét trên màn? Trong khi dòch chuyển thấu kính thì ảnh của
vật AB dòch chuyển như thế nào so với vật?
Bài giải
Câu I (1 điểm)
Phương trình phân rã:
60
27
0 60
Co e Ni
1 28
−
→ +
−
(0,25 điểm)
Hạt nhân Ni có 28 prôtôn và 32 nơtrôn
Lượng chất phóng xạ còn lại so với ban đầu:
100% - 75% = 25%
Đònh luật phóng xạ:
ln 2 t
.t
t
T T
0 0 0
m m .e m e m 2
− −
−λ
= = =
(0,25 điểm)
t
0

T
m
2 4 t 2T 10,54
m
−
= = ⇒ = =
năm (0,25 điểm)
Câu II ( 2 điểm)
1) Khoảng cách giữa 2 vân sáng liên tiếp (khoảng vân ):
D
i 2mm
a
λ
= =
(0,25 điểm)
Bước sóng ánh sáng:
ai
0.64 m
D
λ = = µ
(0,25 điểm)
Vân tối thứ 3 nằm giữa vân sáng thứ 2 và thứ 3 (0,25 điểm)
Vò trí vân tối thứ 3:
t3
x 2,51 5mm= ± = ±
(0,25 điềm)
2) Bước sóng
1
λ
ứng với sựï chuyển động của electron từ quỹ đạo L về quỹ đạo K:

L K
1
hc
E E (1)− =
λ
(0,25 điểm)
Bước sóng
2
λ
ứng với sự chuyển động của electron từ quỹ đạo M về quỹ đạo K:
M K
2
hc
E E (2)− =
λ
(0,25 điểm)
Bước sóng dài nhất
3
λ
trong dãy Banme ứng với sự chuyển động của electron từ quỹ
đạo M về quỹ đạo L. Từ (1) và (2) (hoặc từ hình vẽ) suy ra
( ) ( )
M L
3 2 1
3 2 1
1 2
3
1 2
hc hc hc
E E

1 1 1
0,1216 0,1026
0,6566 m
0,1216 0,1026
− = = −
λ λ λ
⇒ = −
λ λ λ
λ λ
⇒ λ = = = µ
λ − λ −
(0,25 điểm)
Câu III (2 điểm)
1) Tần số của dao động tự do chỉ phụ thuộc vào đặc tính của hệ, còn tần số của dao
động cưỡng bức bằng tần số của ngoại lực. (0,25 điểm)
- Biên độ của dao động tự do phụ thuộc vào cách kích thích ban đầu, còn biên độ của
dao động cưỡng bức phụ thuộc vào quan hệ giữa tần số của ngoại lực và tần số dao
động riêng của hệ (0,25 điểm)
- Hiện tượng đặc biệt có thể xảy ra trong dao động cưỡng bức là hiện tượng cộng
hưởng. (0,25 điểm)
- Điều kiện xảy ra hiện tượng cộng hưởng là tần số của ngoại lực cưỡng bức bằng tần
số dao động riêng của hệ. (0,25 điểm)
2) Xét điểm M trên mặt chất lỏng cách S
1
một khoảng d
1
và cách S
2
một khoảng d
2

.
Phương trình dao động tại M do nguồn S
1
truyền tới:
1
1M
2 d
U 0,2sin 50 t (cm)
π
 
= π −
 ÷
λ
 
(0,25 điểm)
Phương trình dao động tại M do nguồn S
2
truyền tới :
1
2M
2 d
U 0, 2sin 50 t (cm)
π
 
= π + π −
 ÷
λ
 
Phương trình dao động tổng hợp tại M:
M 1M 2M

U U U= +
2 1 1 2
M
(d d ) (d d )
U 0,4cos sin 50 t (cm)
2 2
π − π +
π π
   
= − π − +
   
λ λ
   
(0,25 điểm)
Từ phương trình trên ta thấy những điểm có biên độ dao động cực đại (0,4 cm) thỏa
mãn điều kiện:
( )
( )
2 1
2 1
2 1
(d d )
cos 1
2
d d
k d d 2 1 .
2 2
π −
π
 

− = ±
 ÷
λ
 
π − 
π λ
⇒ − = π⇒ − = π+
 
λ
 
Từ đầu bài ta tính được:
v
f 25Hz; 2cm.
2 f
ω
= = λ = =
π
Các điểm nằm trên đoạn thẳng S
1
S
2
có biên độ cực đại phải thỏa mãn các phương
trình sau:
( )
2 1
d d 2k 1 2k 1(cm)
2
λ
− = + = +
(1) (0,25 điểm)

2 2 1 2
d d S S 10+ = =
(2)
Từ (1) và (2) suy ra: d
1
=4,5 – k.
Vì
1
0 d 10≤ ≤
nên
5,5 k 4,5− ≤ ≤
k 5, 4, , 0,1, 4⇒ = − −
Vậy có 10 điểm dao động với biên độ cực đại. (0,25 điểm)
Câu IV (2 điểm)
1) Tần số dao động:
1
LC
ω =
( )
6
2 2
3 3
1 1
C 5.10 F 5 F
L
2.10 50,10
−
−
⇒ = = = = µ
ω

(0,25 điểm)
Năng lượngdao động điện từ trong mạch
2 2 2
0 0
1 1 1
LI Li Cu
2 2 2
ω = = +
(0,25 điểm)
Khi
2
2 2 2
0 0
0 0
I I
1 1 1
i I Cu L I LI
2 2 2 4
2
 
= = ⇒ = − =
 ÷
 ÷
 
(0,25 điểm)
0
L
u I 4 2V 5.66V
2c
⇒ = = =

(0,25 điểm)
2) Vì i sớm pha hơn U
AB
nên trong hộp X có tụ điện C (0,25 điểm)
Công suất tiêu thụ trên đoạn mạch:
2 2
2
2 2 2
C C
U R U
P I R
R Z Z
R
R
= = =
+
+
(0,25 điểm)
Để P đạt cực đại thì mẫu số phải cực tiểu. Từ bất đẳng thức Côsi
C
R Z⇒ =

(1)
Mặt khác:
2 2
AB C
U 200
Z R Z 100 2( )
I
2

= + = = = Ω
(2)
C
C C
1 1 1
Z 100 C 31.8 F
Z 2 f.Z
⇒ = Ω ⇒ = = = ≈ µ
ω π π
(0,25 điểm)
Câu V (2 điểm)
1) Khi đeo kính, người đó nhìn ảnh ảo của vật qua kính, vật cách mắt (nghóa là cách
kính) khoảng ngắn nhất d = 25cm thì ảnh ở điểm cực can của mặt, cách mắt 50cm. Do
ảnh là ảo nên d’= -50cm. (0,25 điểm)
Công thức thấu kính:
1 1 1
f d d'
= +
(0,25 điểm)
dd '
f 50cm
d d '
⇒ = =
+
(0,25 điểm)
Độ tụ của kính:
1 1
D 2
f 0.5
= = =

điốp (0,25 điểm)
2)
a) Tính f và AB
Do ảnh A
1
B
1
hứng được trên màn nên đây là ảnh that nên thấu kính là thấu kính hội
tụ. (0,25 điểm)
Khi có ảnh A
1
B
1
ta có:
1 1
1 1 1
f d d '
= +
Khi có ảnh A
2
B
2
ta có:
1 1
1 1 1
f d d '
= +
Dòch thấu kính ra xa vật 5cm: d
2
= d

1
+ 5 (3) (0,25 điểm)
Nếu dòch chuyển màn ra xa vật mà có ảnh trên màn thì
2 1
d ' d ' 30= +
không thỏa
mãn (1) và (2)
Vậy phải dòch chuyển màn lại gần vật (hình vẽ):
2 1
d ' d ' 40= −
Mặt khác A
1
B
2
= 2A
2
B
2
nên k
1
= 2k
2
( )
1 2
1 2
1 1 2 2
1 1
d ' d '
f f
k ;k

d f d d f d
f f
2.
f d f d 5
= − = = − =
− −
⇒ =
− − +
Từ (5)
1 2
d f 5,d f 10.⇒ = + = +
Từ (1)
( )
2
f 5 f
d '
5
+
⇒ =
.
Từ (2)
( )
2
f 10 f
d '
10
+
⇒ =
.
Thay vào (4):

( ) ( )
f 10 f f 5 f
40
10 5
+ +
= −
f 20(cm)⇒ = −
(loại) và
f 20cm
=
(0,25 điểm)
Vậy
1 1
d f 5 25cm k 4 AB 1cm= + = ⇒ = − ⇒ =
(0,25 điểm)
b) Tìm độ dòch chuyển của thấu kính.
Theo trên, khi có d
2
= 30cm thì d’
2
= 60cm.
Khoảng cách từ AB đến màn khi có ảnh A
2
B
2
là
0 2 2
2
2 2
0 2

2 2
2
2 0 2 0
L d d ' 90cm
d f d
L d
d f d f
d L d L f 0
= + =
= + =
− −
⇒ − + =
(0,25 điểm)
Với L
0
= 90cm, f = 20cm ta có:
2
2 2
d 90d 1800 0.− + =
Phương trình có 2 nghiệm:
d
21
=30cm (đó là vò trí của thấu kính trong trường hợp câu a).
d
22
= 60cm (đó là vò trí thứ 2 của thấu kính cũng có ảnh trên màn).
Để lại có ảnh rõ nét trên màn, phải dòch chuyển thấu kính về phía màn hình 30cm.
(0,25 điểm)
Xét sự chuyển dòch của ảnh:
Khoảng cách giữa vật và ảnh thật:

2
d
L d d '
d f
= + =
−
(chỉ xét d > f),
Khảo sát sự thay đổi của L theo d:
Ta có đạo hàm
2
2
d 2df
L ' 0
(d f )
−
= =
−
khi d = 0 (loại) và d = 2f
Từ bản biến thiên thấy khi d = 2f = 40cm thì khoảng cách giữa vật và ảnh có một
giá trò cực tiểu
L
min
= 4f = 80cm < 90cm. (0,25 điểm)
Như vậy, trong khi dòch chuyển thấu kính từ vò trí d
21
= 30cm đến d
23
= 60cm thì
ảnh của vật dòch chuyển từ màn về phía vật đến vò trí gần nhất cách vật 80cm rồi
quay trở lại màn . (0,25 điểm)