1/5 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: VẬT LÍ, khối A (Đáp án – Thang điểm có 5 trang) Câ u Ý NỘI DUNG Điểm I 2,00 1 Xác định các vạch quang phổ trong dãy Banme, tính năng lượng các phôtôn (1,00 điểm) Dãy Banme được tạo thành khi êlectrôn chuyển từ các quỹ đạo bên ngoài về quỹ đạo L. Vậy, khi êlectrôn đang ở quỹ đạo N, thì nó có thể chuyển về quỹ đạo L theo 2 cách: Chuyển trực tiếp từ N về L và nguyên tử phát ra bức xạ ứng với vạch màu lam H β . Chuyển từ N về M, rồi từ M chuyển về L, nguyên tử phát ra bức xạ ứng với vạch màu đỏ H α . 0,25 0,25 Năng lượng phôtôn ứng với bức xạ màu đỏ: ()() α ML MK LK α 21 21 hc hc hc 1 1 ε ==E-E=E-E-E-E= - =hc - λλλλλ ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ ⇒ 12 α 12 hc(λ -λ ) ε = λλ (1) Thay số vào (1), ta được: 34 8 6 19 α 12 6,625.10 3.10 (0,1220 0,1028).10 ε 3,04.10 J 0,1220 0,1028.10 −− − − ×× − = ×  0,25 Năng lượng phôtôn ứng với bức xạ màu lam: () () β NL NK LK β 31 31 hc hc hc 1 1 ε ==E-E=E-E-E-E=- =hc- λλλλλ ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ ⇒ 13 β 13 hc(λ -λ ) ε = λλ (2) Thay số vào (2), ta được: 34 8 6 19 β 12 6,625.10 3.10 (0,1220 0,0975).10 ε 4,09.10 J 0,1220 0,0975.10 −− − − ×× − = ×  0,25 2 Viết phương trình phóng xạ và tính thời gian phân rã (1,00 điểm) a) Phương trình diễn tả quá trình phóng xạ: 210 4 A 84 2 Z Po He + Pb→ Áp dụng định luật bảo toàn điện tích và số khối, suy ra: Z= 82; A = 206 ⇒ N = A- Z=124 Vậy, hạt nhân chì có 82 prôtôn và 124 nơtrôn. 0,25 Phương trình đầy đủ diễn tả quá trình phóng xạ: 210 4 206 84 2 82 Po He + Pb→ 0,25 b) Số hạt nhân chì sinh ra bằng số hạt nhân pôlôni phân rã. Gọi o N là số hạt nhân pôlôni ban đầu, ΔN là số hạt nhân bị phân rã, N là số hạt nhân còn lại ở thời điểm hiện tại, thì: -λt λt o -λt o N(1-e ) ΔN ==e-1 N Ne (3) Mặt khác: Pb Pb Pb Po Po A Po Po Pb Pb Po A ΔN A mmAA N ΔN ΔN ===n N mNmANA A N ⇒⇒ (4) 0,25 Từ (3) và (4) suy ra: λt Po Pb A e-1=n A Po Po Pb Pb A ln(n +1) AA ln1,71 λt = ln(n +1) t = T = ×138,38 107 Aln2ln2 ⇒⇒  ngày 0,25 II 2,00 1 Hai nguồn sóng kết hợp (1,00 điểm) Hai nguồn sóng kết hợp là hai nguồn: - Có cùng tần số. 0,25 - Có độ lệch pha không đổi theo thời gian. 0,25 Giải thích: Hai khe được chiếu sáng từ nguồn đơn sắc S, nên sóng ánh sáng phát ra từ hai khe S 1 , S 2 có cùng tần số với nguồn. 0,25 2/5 Hình minh hoạ, không tính điểm P G E F G 'A 1 τ G Khoảng cách từ nguồn đến hai khe là hoàn toàn xác định, nên hiệu số các khoảng cách t ừ nguồn đến hai khe là không đổi. Suy ra, độ lệch pha của sóng ánh sáng ở hai khe không đổi theo thời gian. 0,25 2 Tính khoảng vân và khoảng cách nhỏ nhất giữa hai vân trùng (1,00 điểm) a) Khoảng vân: 1 1 D i a λ = 0,25 Thay số, ta được: 6 3 1 3 0,6.10 2 i1,2.10m1,2mm 1.10 − − − × === 0,25 b) Vân sáng chính giữa (bậc 0) ứng với bức xạ 1 λ và bức xạ 2 λ trùng nhau. Giả sử trong khoảng từ vân trùng chính giữa đến vân trùng gần nhất có k 1 khoảng vân i 1 ứng với bức xạ 1 λ và k 2 khoảng vân i 2 ứng với bức xạ 2 λ , thì: 12 2 11 2 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 DD k 6 ki ki k k k k 6k 5k aa k5 λλ =⇔ = ⇔λ=λ⇔=⇒ = (1) 0,25 Vì k 1 và k 2 là các số nguyên, nên giá trị nhỏ nhất của chúng thoả mãn hệ thức (1) là k 1 = 5 và k 2 = 6. Suy ra, khoảng cách nhỏ nhất giữa hai vân trùng là 1 x5i6mm.Δ= = 0,25 III 2,00 1 Tính các chiều dài và chu kì dao động của con lắc (1,00 điểm) Ta có: Δt T2π ng == A ; t' T' 2π n' g Δ == A 0,25 Suy ra: 22 2 ' T' n 40 1600 T n' 39 1521 ⎛⎞ ⎛⎞ ⎛ ⎞ === = ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜ ⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ ⎝ ⎠ A A (1) theo giả thiết: ' 7,9 =+AA (2) 0,25 Từ (1) và (2): 7,9 1600 152,1cm 1521 + = ⇒ = A A A và 1,521 T = 2π 2π 2,475 s 9,8 = A  g 0,25 '7,9=+AA = 152,1 + 7,9 = 160,0 cm và 40 40 2,475 T' T= 2,539 s 39 39 × =  0,25 2 Xác định chiều và độ lớn vectơ E G (1,00 điểm) Khi vật chưa tích điện và được kích thích cho dao động điều hòa dưới tác dụng của lực căng τ G và trọng lực P mg,= J GG thì chu kì của con lắc có biểu thức: ' T' 2π g = A . Khi vật tích điện q và đặt trong điện trường đều E J G cùng phương với P G và được kích thích cho dao động điều hòa dưới tác dụng lực căng 1 τ G và hợp lực 1E 1 qE PPFm(g )mg m =+ = + = JG JGJGG G G , thì hợp lực 1 P J G có vai trò như P. G Do đó chu kì của con lắc có biểu thức 1 1 ' T2π g = A , với 1 qE gg m =± (3). 0,25 Từ yêu cầu T 1 = T, suy ra 1 ' = gg AA . Vì ' >AA, nên g 1 > g, do đó từ (3) ta có: 1 qE gg+ m = , trong đó điện tích q > 0. Vậy, E F G cùng phương, cùng chiều với P J G và điện trường E JG có chiều hướng xuống, cùng chiều với P. JG 0,25 ⇒ 1 g ' qE 1600 =1 g mg 1521 ⇔+ = A A 0,25 ⇒ 3 5 8 1600 1521 mg 79 2.10 9,8 E = 2,04.10 V/m 1521 q 1521 0,5.10 − − −× ×= ×  0,25 3/5 OL U G OX U G OR U G O OR U G () OMD U G O OC U G o I G x u/i ϕ H ình minh hoạ, không tính điểm IV 2,0 1 Tính điện dung C o và xác định các phần tử trong hộp kín (1,00 điểm) a) Với f = 50 Hz: O 2 22 MN OC U RZ I ⎛⎞ =+ ⎜⎟ ⎝⎠ = 200 2 ⇒ O 22 C Z 200 100 100 3=−=Ω 4 O 1 C = .10 3 F π − ⇒ 18,38 F μ  0,25 b) O MD MD C ui ui o Z tg 3 R3 − π ϕ ==−⇒ ϕ =− . Vậy, u X sớm pha π/2 so với u MD . XMD X MD uu u/i i/u ϕ = ϕ + ϕ ⇒ X u/i 0 236 ππ π ϕ =−= >. Suy ra: X u/i 0 2 π < ϕ < , nên đoạn mạch DN có tính cảm kháng. Vậy, hộp kín X chứa cuộn dây thuần cảm L và điện trở thuần R. 0,25 Cường độ dòng điện cực đại nên mạch cộng hưởng điện, suy ra: O LC 3 ZZ 1003L L H0,55H == =ω⇒ = π  0,25 X L ui L Z 3 tg R 3 Z 300 R3 ϕ == ⇒ ==Ω 0,25 2 Tính tần số f 1 , f 2 và viết biểu thức cường độ dòng điện (1,00 điểm) Với f thay đổi: 12 II= MN MN 12 UU ZZ ⇒ = OO O O 22 1 2 1L 1C 2L 2C 1L 1C 2L 2C Z Z (Z Z ) (Z Z ) (Z Z ) (Z Z )⇒ =⇔ − = − ⇒ −=±− * Trường hợp 1: OO 1L 1C 2L 2C (Z Z ) (Z Z )−=− ⇒ () 12 12 o1 2 o 12 11 1 1 L()() CC ω−ω ω−ω = − =− ωω ωω () 12 2 12 o 1 2f f L 0 4ffC ⎛⎞ ⇒ π− + = ⎜⎟ ⎜⎟ π ⎝⎠ (1) Theo đề bài, tần số f ở trị số f 1 hoặc f 2 , nên () 12 f-f 0≠ . Do đó, từ (1) suy ra: 2 12 o 1 L0 4ffC += π (2). Nhưng mọi đại lượng ở vế trái của (2) đều dương, nên không thể xảy ra (2). Do đó, trường hợp 1 bị loại. * Trường hợp 2: OO 1L 1C 2L 2C (Z Z ) (Z Z )−=−− ⇒ () 12 12 o1 2 o 12 11 1 1 L CC ⎛⎞⎛⎞ ω+ω ω+ω = + = ⎜⎟⎜⎟ ωω ωω ⎝⎠⎝⎠ Giản ước () 12 ω +ω , ta được: 12 12 2 24 o o 111 f f 2500 LC 31 4LC 4 10 3 − ωω = ⇒ == = π π π π Mặt khác, f 1 + f 2 = 125, nên f 1 và f 2 là nghiệm của phương trình: 2 12 f 125f 2500 0 f 25Hz, f 100Hz−+ =⇒ == 0,25 0,25 Với f = f 1 = 25 Hz thì: 1L 1 Z2fL503=π = Ω và O 1C 1o 1 Z2003 2fC ==Ω π O 2222 o1L1C U U 200 I0,42A Z (R R) (Z Z ) 400 3.150 == = ++ − +  4/5 O B A A' α F F' M I B' O 1 1 1 1 1L 1C ui ui o ZZ 33 33 tg 0,65 0,58 rad R R 8 180 − ϕ ==−−⇒ ϕ −=−π +  Vậy: i 1 = 0,42 2 sin(50 π t + 0,58) (A) 0,25 Với f = f 2 = 100 Hz thì: 2L 2 Z 2 f L 200 3=π = Ω và O 2C 2o 1 Z503 2fC ==Ω π O 22 22 2L 2C ui ui o ZZ 33 33 tg 0,65 0,58rad R R 8 180 − ϕ == ⇒ ϕ =π +  Vậy, i 2 = 0,42 2 sin(200 π t - 0,58) (A) 0,25 V.a 2,00 1 Giải thích và tính độ bội giác của ảnh qua kính lúp (1,00 điểm) Vẽ hình 0,25 Giải thích: Với các vị trí đặt vật AB vuông góc với trục chính của kính và A luôn nằm trên trục chính, thì tia song song với trục chính kẻ tới từ B luôn luôn có cùng độ cao so với trục chính. Do đó tia ló IF’(với F’ vừa là tiêu điểm ảnh, vừa là quang tâm của mắt) không đổi. Suy ra, góc trông ảnh α không đổi. Mặt khác, α o là góc trông trực tiếp vật khi đặt vật tại điểm cực cận của mắt, nên cũng không đổi. Vậy độ bội giác o α G= α là không đổi. 0,25 Vì các góc α o , α là các góc nhỏ nên oo α tgα G= α tgα  , o AB tgα =, Đ OI AB tgα == OF' f 0,25 suy ra Đ 15 G= = =3 f5 0,25 2 Viết biểu thức các độ phóng đại ảnh và xác định tiêu cự thấu kính (1,00 điểm) a) Sơ đồ tạo các ảnh () O (d) d' AB A'B'⎯⎯→ ; () ( ) ( ) ( ) 1122 GO 11 dd'dd' AB A B A"B"⎯⎯→⎯⎯→ Độ phóng đại của ảnh AB ′′ : AB f k'= = f - d AB ′′ (1) 0,25 Độ phóng đại của ảnh A B ′′ ′′ : 11 21 11 ABAB AB k" = = = k .k AB A B AB ′′ ′′ ′′ ′′ × với 11 1 AB k AB = và 2 11 AB k AB ′′ ′′ = trong đó: G 1 G1 f -20 -20 k= = = f -d -20-(20-d) d -40 () 1G 21 1G 20 20-d df 1200- 40d d = a -d = 20 - = 20 + = d-f 40-d 40-d ′ , suy ra: () 2 2 f 40 - d f k= = f - d 40f - df - 1200 + 40d ⇒ () f 40 - d - 20 k" = × d - 40 40f - df - 1200 + 40d Vì 0d20cm,<< nên d400−≠, do đó: 20f k"= 40f - df - 1200 + 40d (2) 0,25 b) Vì A'B' là ảnh ảo của vật AB qua thấu kính, nên cùng chiều với vật. Vật trung gian A 1 B 1 là ảnh ảo của vật AB cho bởi gương cầu nên cùng chiều với vật, A B ′′ ′′ là ảnh thật của vật trung gian A 1 B 1 nên ngược chiều với A 1 B 1 . Vậy A B ′′ ′′ ngược chiều với 0,25 5/5 D C G E O H Q G O y x o P G P G T G + vt AB. Mt khỏc, hai nh A'B', A B cựng cao, do ú k' = k" (3) Thay k ' v k" t (1) v (2) vo (3), ta c: ()() f 20f =20fd60=0 f d 40f df 1200+ 40d vỡ 0 < d < 20cm, nờn d - 60 0. Suy ra f = 20 cm. 0,25 V.b 2,00 1 Xỏc nh vn tc gúc ca h quay quanh trc (1,00 im) a) Vỡ trng lc (ngoi lc) song song vi trc quay, nờn momen ca nú i vi trc quay bng 0, suy ra momen ng lng bo ton. Khi vt im B: 2 2 oooo o L= I= Mr = M 4 A 0,25 Khi dõy t, vt A: 2 L=I=MA p dng nh lut bo ton momen ng lng: 2 2 o oo L=L M M ==2rad/s 44 = A A 0,25 b) Khi M cũn trung im B thỡ momen ng lng ca h l: 22 2 1o1o o 11 7 L= I= MM M 34 12 += AA A Khi dõy t, vt A thỡ momen ng lng ca h l: 22 2 22 14 L=I= MM M 33 += AA A 0,25 p dng nh lut bo ton momen ng lng ta cú: 22 21 o o 47 7 L=L M M = =3,5rad/s 312 16 = AA 0,25 2 Xỏc nh v trớ treo vt v tớnh phn lc t bn l (1,00 im) 1,00 a) V hỡnh 0,25 Cỏc lc tỏc dng vo thanh OE gm: o P, P ,T, Q G G GG . iu kin cõn bng ca thanh OE i vi trc quay ti O: M P/O o JJG + M P/O JG + M T/O JG = 0 o P .OC + P.OG - T.OH = 0 . Suy ra omax max o P .OC + P.OG T .OH - P.OG T= T OC OH P o max o OE(T - P) OE OE OH = OEsin30 = ; OG = OC 22 2P Thay s, ta c: OC 64,32cm . Vy im C cỏch xa O nht l 64,32 cm. 0,25 b) Vỡ thanh cõn bng: hl F=0 G G o P+P+T+Q=0 G G G GG (1) Chiu (1) lờn Ox ta cú: max x x Tcos + Q = 0 Q = -10 3 N Chiu (1) lờn Oy ta cú: omax y y -P- P + T sin + Q = 0 Q = 3,92 N 0,25 22 xy Q = Q + Q 17,76 N 0,25 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì đợc đủ điểm từng phần nh đáp án quy định. . ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: VẬT LÍ, khối A (Đáp án – Thang điểm có 5 trang) Câ u Ý. đại c a ảnh AB ′′ : AB f k'= = f - d AB ′′ (1) 0,25 Độ phóng đại c a ảnh A B ′′ ′′ : 11 21 11 ABAB AB k" = = = k .k AB A B AB ′′