ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN LÝ SỐ 6

Đề 6
ĐỀ DỰ BỊ 1 NĂM 2005
Câu I (1 điểm)
Iốt
131
53
( I)
phóng xạ β
-
với chu kỳ bán rã T. Ban đầu có 1,83g iốt
131
53
( I)
. Sau 48,24
ngày, khối lượng của nó giảm đi 64 lần. Xác đònh T. Tính số hạt β
-
đã được sinh ra
khi khối lượng của iốt còn lại 0,52g. Cho số Avogrô N
A
= 6,022.10
23
mol
-1
Câu II (2 điểm)
1) Từ một nguồn phát sóng O, một sóng cơ học có biên độ nhỏ lan truyền theo
phương đi qua hai điểm M, N. Hai điểm đó cùng phía đối với nguồn O. Phương trình
dao động tại hai điểm M và N lần lượt là u
M
= a
M
sin (40πt – 0,5π); u

N
= a
N
sin (40πt –
10,5π). Tính tần số của sóng. Sóng lan truyền tới điểm nào trước (điểm M hay N)? Tại
sao? Tính vận tốc truyền sóng. Biết MN = 20cm.
2) Một con lắc lò xo được treo thẳng đứng, gồm một lò xo nhẹ có độ cứng k và
một vật nhỏ có khối lượng m. Khi vật ở vò trí cân bằng O, lò xo giãn 4 cm. Nâng vật
lên theo phương thẳng đứng đến vò trí lò xo không biến dạng rồi thả nhẹ (vận tốc ban
đầu của vật V
0
= 0). Chọn trục tọa độ Ox theo phương thẳng đứng, gốc tọa độ tại O,
chiều dương hướng xuống dưới, gốc thời gian là lúc thả vật. Cho g – 10 m/s
2
, π
2

≈
10.
Coi vật dao động điều hòa. Viết phương trình dao động của vật. Biết cơ năng của con
lắc E = 200 mJ, tính m và k.
Câu III (2 điểm)
1) Một người chỉ nhìn rõ các vật cách mắt từ 10cm đến 40cm. Mắt người đó
mắc tật gì? Khi đeo sát mắt một kính có độ tụ D = -2,5 điốp thì người đó có thể nhìn
rõ những vật nằm trong khoảng nào trước mắt?
2) Trước một thấu kính hội tụ mỏng L
1
có tiêu cự f
1
= 10cm, người ta đặt một

vật phẳng nhỏ AB vuông góc với trục chính của L
1
( A nằm trên trục chính ) và cách
L
1
một đoạn 30cm. Sau L
1
, đặt thêm một thấu kính phân kỳ mỏng L
2
có tiêu cự f
2
=-
20cm. Hai thấu kính này có cùng trục chính và cách nhau 20cm. Xác đònh vò trí, tính
chất và độ phóng đại của ảnh được tạo bởi hệ hai thấu kính này.
Câu IV
1) Trong thí nghiệm Iâng về giao thoa ánh sáng, người ta sử dụng ánh sáng
đơn sắc có bước sóng λ = 0,600 µm và đo được khoảng vân i = 1,5mm trên màn ảnh.
Xác đònh vò trí vân sáng bậc 3 kể từ vân sáng chính giữa. Thay ánh sáng trên bằng
ánh sáng trắng có bước sóng từ 1,400 µm đến 1,760 µm. Hỏi ở đúng vò trí của vân
sáng bậc 3 nêu trên, còn có những vân sáng của những ánh sáng đơn sắc nào?
2) Catốt của một tế bào quang điện có công thoát electron A = 1,88 eV. Chiếu
một chùm sáng có bước sóng λ vào catốt này thì hiện tượng quang điện xảy ra. Để
triệt tiêu hoàn toàn dòng quang điện thì hiệu điện thế hãm có độ lớn 1,15V. Tính
bước sóng λ của electron khi tới anốt bằng bao nhiêu ? Biết rằng số Plăng h = 6,625.
10
-34
J.s; vận tốc ánh sáng trong chân không c = 3.10
8
m/s ; độ lớn điện tích của
electron |e| = 1,6.10

-19
c; 1eV = 1,6.10
-19
J
Câu V (3 điểm)
Cho đoạn mạch AB như hình vẽ.
Điện trở thuần R = 100 Ω, cuộn dây có độ tự cảm L = 0,318H (coi bằng
1
H
π
) và tụ
điện có điện dung C thay đổi được. Hiệu điện thế xoay chiều ở hai đầu A, B có biểu
thức
AB
u 220 2 sin 2 ft(V)= π
tần số f có giá trò thay đổi. Các vôn kế nhiệt V
1
, V
2
có
điện trở rất lớn, các dây nối có điện trở không đáng kể.
1) Cho f = 50 Hz, C = 1,592. 10
-5
F (coi bằng .F). Tính công suất tiêu thụ mạch
và số chỉ của vôn kế V
1
.
2) Giữ nguyên f = 50Hz, tìm giá trò C để vôn kế V
1
có số chỉ lớn nhất. Xác đònh

số chỉ lớn nhất đó. Viết biểu thức hiệu điện thế tức thời hạn u
AB
khi đó
3) Điều chỉnh giá trò điện dung của tụ điện đến C = C
1
, sau đó thay đổi giá trò
của tần số f. Ta thấy khi f = f
1
thì số chỉ của vôn kế V
2
đạt giá trò lớn nhất và giá trò
lớn nhất này gấp
5
3
lần hiệu điện thế hiệu dụng của đoạn mạch AB. Tính các giá trò
C
1
và f
1
.
BÀI GIẢI
Câu I (1 điểm)
Theo đònh luật phóng xạ, ta có:
t t
0
T T
0
m
m m 2 2
m

−
= ⇒ =
Theo đề bài:
6
0
m
64 2
m
= =
Suy ra:
t t 48,24
6 T 8,04
T 6 6
= ⇒ = = =
ngày
Khối lượng iốt bò phân rã là:
m 0
m m 1,83 0,52 1,31g∆ = − = − =
Số hạt nhân iốt bò phân rã là:
23 21
A
m 1,31
N .N x6,022x10 6,022x10
N 131
= = = =
hạt
Một hạt nhân phân rã, phóng xạ 1 hạt β
-
nên số hạt β
-

được phóng xạ cũng là
N = 6,022 x 10
21
hạt.
Câu II (2 điểm)
1) Tần số f của sóng là
40
f 20Hz
2 2
ω ω
= = =
π π
Phương trình truyền sóng:
2 d
u a sin( t )
π
= ω −
λ
Tại M ta có:
M
M
2 d
0,5 d 0,25
4
π
λ
= π ⇒ = = λ
λ
Tại N ta có:
N

N
2 d
10,5 d 5,25
π
= π ⇒ = λ
λ
Vì d
M
< d
N
nên sóng lan truyền tới M trước.
Vậy MN = d
N
– d
M
= 5,25 – 0,25λ = 5λ = 20cm,
suy ra:
20
4cm
5
λ = =
Vận tốc của sóng là:
V = λ.f = 4 x 20 = 80 cm/s
2) Phương trình dao động của vật là: x = A sin (ωt + ϕ)
Ta có
2
0
K g 10
250
m l 0,04

ω = = = =
∆
Suy ra
250 5 10 5ω = = = π
rad/s
2
2 2
0
0
2 2
V
0
A x 4 4cm= + = + =
ω ω
Vậy x = 4 sin (5πt + ϕ) (cm) (1)
v = x
’
= 20π cos (5πt + ϕ) (cm/s) (2)
lúc t = 0: x = x
0
= -4cm và v = V
0
= 0
(1)
4 4sin sin 1
2
π
⇔ − = ϕ ⇒ ϕ = − ⇒ ϕ = −
(2)
0 20 cos cos 1

2
π
⇔ = π ϕ ⇒ = ⇒ ϕ = −
Vậy:
2
π
ϕ = −
thỏa mãn cả (1) và (2) còn
2
π
ϕ =
bò loại
Phương trình dao động của vật là:
2
x 4sin(5 t ) (cm)
2
π
= π −
Cơ năng:
3
2
2 2
1 2E 2.20.10
E KA K 25N / m
2
A (0,04)
−
= ⇒ = = =
Vậy K = 25 N/m
Ở vò trí cân bằng: K∆l

0
= mg
o
K l
25x0,04
m 0,1kg 100 g
g 10
∆
⇒ = = = =
Vậy m = 100g
Câu III (2 điểm)
1) Mắt người đó không nhìn được các vật ở vô cực nên bò mắc tật cận thò.
Đặt C
v
là điểm cực viễn của mắt (theo đề bài OC
v
= 40cm). Khi đeo kính L nếu mắt
nhìn thấy điểm xa nhất K
v
thì có nghóa là ảnh của K
v
tạo bởi kính L là điểm cực viễn
C
v
.
Vậy OK
v
= d
v
và OC

v
= |d
v
| hay d
v
= -OC
v
= -40cm
nên
v
v
v
d f
d
d f
=
−
với
1 1
f 0,4m 40cm
D 2,5
= = − = = −
Thế số:
v
( 40)x( 40)
d
40 40
− −
= = ∞
− +

Tương tự với điểm gần nhất
'
C
C
'
C
d f
d
d f
=
−
Thế số:
C
( 10)x( 40)
d 13,3cm
10 40
− −
= =
− +
Vậy khi đeo kính, mắt có thể nhìn rõ các vật trong khoảng: (13,3cm, ∞)
2) Sơ đồ tạo ảnh:
O O
1 2
1 1 2 2
d d' d d'
1 1 2 2
AB A B A B→ →
Với f
1
= 10cm, f

2
= -20cm, l = 20cm, d
1
= 30cm
Xác đònh
'
2
d
:
Ta có:
'
'
1 1 2 2
1 2
'
1 1
2 2
2 2
1 2
1 2
1 1 2 2
d f d f
l d d
d f
d f
f f
f f
d f d f
= + = +
−

−
= + + +
− −
(1)
Thay số vào (1):
2 2
'
2
10 ( 20)
20 10 20
30 10
d 20
−
= + − +
−
+
Rút ra: d
2
= -4cm < 0: A
2
B
2
là ảnh ảo ở trước L
2
và cách L
2
một khoảng 4cm.
Xác đònh độ phóng đại K của ảnh:
Ta có
' '

d f f d
K
d f d f
−
= − = =
−
( với một thấu kính ).
Với hệ 2 thấu kính L
1
và L
2
ta có:
1 2 2
1 2
1 1 2
f f d
10 ( 20 4)
K K K x x 0,4
f d f (10 30) 20
−
− +
= = = = −
− − −
Ảnh A
2
B
2
nhỏ hơn vật AB (vì |K| < 1) và ngược chiều với vật (vì K < 0).
Câu IV
1) a) Tại vò trí vân sáng bậc k là x = ki.

Với vân sáng bậc 3 (k = 3) thì x
3
= 3 x 1,5 = 4,5mm
b) Ta có vò trí vân sáng:
k D
x ki
a
λ
= =
(1)
Với ánh sáng có bước sóng λ thì
k 'D
x '
a
λ
=
Khi vò trí vân sáng của ánh sáng λ trùng với vân sáng của ánh sáng λ
’
= thì x =
x
’
:
' ' '
'
k
k k
k
λ
⇒ λ = λ ⇒ λ =
(2)

Theo đề bài:
' '
3x0, 6 1,8
K 3; 0,6 ' m
k k
= λ = µ ⇒ λ = = µ
(3)
Mặt khác ta có:
'
0,4 m 0,76 mµ ≤ λ ≤ µ
nên thay (3) vào (4):
hay
'
2,73 k 4,5≤ ≤
Vì k
’
làsố nguyên nên k
’
= 4;3.
Với k
’
= 4 thay vào (3):
1, 4
' 0,45 m
4
λ = = µ
Với k
’
= 3 thay vào (3):
1,8

' 0,6 m
3
λ = = µ
(loại)
Vậy ở đúng vò trí của vân sáng bậc 3 nêu trên còn có vân sáng bậc 4 của ánh
sáng có bước sóng λ
’
= 0,45 µm.
2) Từ công thức Anhxtanh về hiện tượng quang điện:
2
0max h
34 8
46
19
h
hc 1
A mv A e U
2
hc 6,625x10 x3x10
0,41x10 m
A e U
(1,88 1,15)x1,6x10
−
−
−
= + = +
λ
⇒ λ = = =
+
+

hay λ = 0,41µm.
Từ (1) suy ra
2
b omax omax
1
e U mv K
2
= =
Với
omax
K
là động năng ban đầu cực đại của một electron.
Nếu đặt giữa anốt và catốt hiệu điện thế U
AK
thì khi đi từ catốt đến anốt,
electron nhận được thêm điện năng |e| |U
AK
| nên động năng lớn nhất của electron sẽ là
K
max
. Theo đònh luật bảo toàn năng lượng:
max 0max AK h AK
19 19
K K e U e U e U
1,6x10 (1,15 4) 8,24x10 J 5,15eV
− −
= + = +
= + = =
Câu V (3 điểm)
1)

L
1
Z L 2 fL 100 100= ω = π = π× = Ω
π
C
4
1 1
Z 200
2 fC
10
100 x
2
−
= = = Ω
π
π
π
2 2 2 2
AB L C
AB
AB
Z R (Z Z ) 100 (100 200) 100 2
U
220
I 1,56A
Z
100 2
= + + = + − = Ω
= = =
Công suất tiêu thụ của mạch:

2
U R
P UI cos Ux x RI
Z z
= ϕ = =
hay P = 100 x 1,56
2
= 242W
Số chỉ vôn kế V
1
là:
2 2 2 2
1 1 L
U I Z I R Z 1,56 100 100 220V= × = + = + =
2) Ta có:
2 2
L
1 1 1
2 2
L C
U R Z
U
U Z I Z
Z
R (Z Z )
+
= = × =
+ +
Để U
1max

= U
1
thì mẫu số R
2
+ (Z
L
– Z
C
)
2
có giá trò nhỏ nhất
⇒ Z
L
= Z
C
= 100Ω (có cộng hưởng điện)
Khi đó
2 2
L
1max
Ux R Z
U
R
+
=
Thế số:
2 2
1max
220x 100 100
U 220 2V 331V

100
+
= = =
Trường hợp này có cộng hưởng điện nên cường độ dòng điện I = I
max
.
max
MB C
U 220
I = I = 2,2A
R 100
U = I x Z = 2,2 100 = 220 V
= =
×
Vậy
MB MB
U = U 2 sin(100 t )π + ϕ
(1)
U
MB
trễ pha so với i là
2
π
mà i lại cùng pha với U
AB
(vì trong mạch có cộng
hưởng điện. Vậy U
MB
trễ pha với U
AB

là
2 2
π π
⇒ ϕ = −
.Vậy biểu thức hiệu điện thế là:
MB
u 220 2 sin(100 t )(V)
2
π
= π −
3)
AB 1 1
2 2 2
2 2
AB
1
2 2 2 2 2
1 1 1
U
U C
U = Z I =Z x
Z
1
R ( L )
C
U U
y
R C ( LC 1)
ω
× =

+ ω −
ω
= =
ω + ω −
Với
2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2
1 1 1 1 1 1
y R C ( LC 1) L C (R C 2LC ) 1= ω + ω − = ω + − ω +
(2)
Đặt ω
2
= x thì (2) trở thành
2 2 2 2 2
1 1 1
y L C x (R C 2LC )x 1= + − +
(3)
2
2 2max min
4ac b
U =U y = y =
4a 4a
∆ −
⇔ − =
2 2 4 4 2 2 2 3 2
2
2
1 1 1 1 1 1
min
2 2 2
1

4L C R C 4L C 4R LC C C
R
Y R ( x )
L 4
4L C L
− − +
= = −
Theo đề bài
2max
2
2
1 1
2
5 U
U U
3
C C
R
R x
L 4
L
= =
−
2
2
2
1 1
2
C C
9 R

R ( x )
25 L 4
L
⇒ = −
(4)
Đặt
1
C
z
L
=
thì (4) trở thành:
2
2 2
9 100
100 (z xz )
25 4
= −
hay 6,25 x 10
8
z
2
– 25 x 10
4
z + 9 = 0
Phương trình (5) có hai nghiệm z
1
= 3,6 x 10
-4
và z

2
= 0,4 x 10
-4
. Vì C
1
= z x L
nên
4
4
11 1
4
4
12 2
1 3,6x10
C z L 3,6 10 114,6 F
1 0, 4x10
C z L 0,4 10 12,73 F
−
−
−
−
= = × × = = µ
π π
= = × × = = µ
π π
Từ (3)
2
min
b
Y thì x

2a
⇒ ω = = −
hay
2 2
2 2
2
1 1
2 2 2
1
1
2LC R C
1 R 1 1 R
LC L C 2L
2L C 2L
 
−
ω = = − = −
 ÷
 ÷
 
Vôùi
4 4
2
1 11
4
3,6x10 10
C C ( ) 0
2
3,6x10
−

−
π π
= = ⇒ ω = π − <
π
(loaïi)
Vôùi
4 4 4
2 2 4
1 12
0,4x10 .10 10
C C ( ) 2 .10
0,4 2
−
π
= = ⇒ ω = π − π = π
π
hay
100 2 (rad / s)ω = π
Vaäy
1
100 2
f 50 2Hz
2 2
ω π
= = =
π π