Đáp án tuyển tập tổng hợp đề thi Đại Học môn Vật Lý từ 2002 đến 2014
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.69 MB, 34 trang )
bộ giáo dục và đào tạo
----------------------------
kỳ thi tuyển sinh đh, cđ năm 2002
đáp án và thang điểm đề chính thức
môn Thi: vật lý
Chú ý: Các điểm 1/4* là phần điểm chấm thêm cho thí sinh chỉ thi hệ cao đẳng.
Câu 1: (1điểm)
- Máy quang phổ hoạt động dựa vào hiện tợng tán sắc ánh sáng.
..
- Bộ phận thực hiện tán sắc là lăng kính.
..
- Nguyên nhân của hiện tợng tán sắc ánh sáng là: Chiết suất của một môi trờng
trong suốt đối với các ánh sáng đơn sắc khác nhau thì khác nhau và phụ thuộc vào
bớc sóng (hoặc màu) của ánh sáng đó.
..
Câu 2: (1điểm)
a) Khi một ngời hoặc một nhạc cụ phát ra một âm cơ bản có tần số f1 thì cũng
đồng thời phát ra các hoạ âm có tần số f2 = 2f1 , f3 = 3f1 , f4 = 4f1 v.v
..
Nhạc âm thực tế phát ra là tổng hợp của âm cơ bản và các hoạ âm, vì thế không
thể biểu diễn đợc bằng một đờng hình sin theo thời gian.
..
b) Ngỡng nghe là giá trị nhỏ nhất của cờng độ âm có thể gây nên cảm giác âm.
Ngỡng đau là giá trị lớn nhất của cờng độ âm mà tai còn có cảm giác âm bình thờng
và cha gây cảm giác đau cho tai.
..
Miền nằm giữa ngỡng nghe và ngỡng đau là miền nghe đợc của tai.
Vì ngỡng nghe và ngỡng đau phụ thuộc vào tần số của âm nên miền nghe đợc phụ
thuộc vào tần số.
..
Câu 3: (1điểm)
CU 2 2.10 10 .0,12 2
W toàn mạch = Wđ max =
=
= 1,44.10-12 J
..
2
2
Máy thu thanh thu đợc sóng khi trong mạch chọn sóng xảy ra cộng hởng: tần
số sóng tới bằng tần số riêng của mạch dao động:
..
2
c
1
f = = f0 =
C= 2 2
..
4 c L
2 LC
-
Với = 1 = 18. m thì C1 =
( )
với z là điện tích của , có giá trị +1 nếu là phóng xạ , hoặc -1 nếu là .
Theo các định luật bảo toàn số khối và bảo toàn nguyên tử số ta có hệ phơng trình:
232 = 4 k 1 + 0.k 2 + 208
..
90 = 2 k 1 + zk 2 + 82
+
232 208
= 6 và z.k2 = - 4. Do k2 0, nên z < 0.
4
- đây là hạt - có 6 lần phóng xạ và 4 lần phóng xạ -
Giải hệ, đợc: k 1 =
Vậy:
1/2
1/4
1/4
1/4
1/4
1/4
1/4
1/4
(18) 2
= 0,45.10-9 F.
6
2
8 2
4 (3.10 ) .2.10
(240) 2
- Với = 2 = 240. m thì C2 =
= 80.10-9F.
6
2
8 2
4 (3.10 ) .2.10
-9
Vậy:
0,45.10 F C 80.10-9F.
..
Câu 4: (1điểm)
Giả sử có k1 lần phân rã và k2 lần phân rã , ta có phơng trình chuỗi phân rã:
232
4
0
208
..
90 Th k 1 2 + k 2 Z + 82 Pb
( )
1/4
1/4
1
1/4
1/4
-
1/4
..
1/4
..
1/4
Câu 5: (1điểm)
1) Khoảng cách từ mắt đến điểm cực viễn: OCV = 12,5 + 37,5 = 50cm.
Kính đặt sát mắt nên tiêu cự của kính: f = - OCV = - 50cm = - 0,5 m.
1
1
= -2 đi ốp.
..
Độ tụ kính: D = =
f 0,5
- Nếu kính là thấu kính hội tụ thì ảnh ảo sẽ nằm trớc kính từ sát kính đến xa vô cùng
nghĩa là luôn có những vị trí đặt vật cho ảnh ảo nằm trong giới hạn nhìn rõ của mắt và
mắt luôn có thể nhìn rõ đợc những vật đó. Đối với thấu kính phân kì thì ảnh của mọi vật
là ảo nằm trong khoảng từ kính đến tiêu điểm ảnh F nếu F nằm bên trong điểm cực
cận thì mắt không thể nhìn rõ đợc bất kỳ vật nào:
OF < OCC - f < 12,5cm f > - 12,5cm = - 0,125m
1
1
D= <
= -8 đi ốp.
f 0,125
Vậy khi đeo kính có độ tụ D < - 8 đi ốp thì ngời này sẽ không thể nhìn thấy rõ bất kỳ
vật nào trớc mắt.
..
2) Khi gơng lùi đến vị trí mà ảnh của mắt trong gơng hiện lên ở điểm cực cận CC thì
mắt phải điều tiết tối đa, tiêu cự của thuỷ tinh thể nhỏ nhất. Khi đa ra xa, khoảng cách
giữa mắt và ảnh tăng lên do đó tiêu cự của thuỷ tinh thể tăng dần để ảnh hiện rõ nét trên
võng mạc. Khi ảnh hiện lên ở điểm cực viễn CV thì mắt không phải điều tiết, thuỷ tinh
thể có tiêu cự lớn nhất.
..
ảnh qua gơng phẳng có độ cao luôn bằng vật, đối xứng với vật qua gơng không phụ
thuộc vào khoảng cách từ vật đến gơng. Tuy nhiên góc trông ảnh giảm vì khoảng cách
từ ảnh đến mắt tăng lên.
..
Câu 6: (1điểm)
Vật m chịu 2 lực tác dụng: trọng lực P và lực đàn hồi của lò xo.
+
ở vị trí cân bằng (VTCB) lò xo giãn l, ta có phơng trình:
k
P = F0
mg = kl
mg 0,25.10
F0
=
= 0,025m = 2,5cm
..
..
l =
k
100
m
Phơng trình dao động có dạng: x = Asin(t + ).
O
k
100
Tần số góc: =
=
= 20 rad/s.
P
m
0,25
ở thời điểm thả vật thì lò xo giãn 7,5cm tức là cách VTCB một đoạn là 7,5 - 2,5 = 5cm
và nằm về phía âm của trục toạ độ, do đó ở thời điểm t = 0 vật có:
li độ:
x = Asin = -5cm.
vận tốc:
v = Acos = 0.
A = 5cm và
= - /2.
Do đó phơng trình dao động là x = 5sin(20t - /2) (cm).
..
Các thời điểm vật đi qua vị trí lò xo không biến dạng (vật có li độ x = 2,5 cm) là nghiệm
của phơng trình
5sin(20t - /2) = 2,5
..
20t 1 - /2 = /6 + 2k 1
t 1 = /30 + k 1 / 10(s)
sin(20t - /2) = 0,5
20t 2 - /2 = 5/6 + 2k 2
t 2 = /15 + k 2 / 10(s)
với k1, k2 = 0, 1, 2, ... (do t 0)
Lần đầu tiên vật đi qua vị trí lò xo không biến dạng ứng với giá trị nhỏ nhất của t, tức là:
tmin = (/30) s.
.
2
1/4
1/4
1/4
1/4
1/4
1/4
1/4
1/4
Câu 7: (1điểm)
Theo công thức Anhxtanh về hiện tợng quang điện:
hc
1
= A + m e v 20 max v 0 max =
2
2 hc
A
me
..
6,625.10 34 .3.10 8
2
3.10 19 = 4.10 5 m / s ..
31
6
9,1.10
0,533.10
r
r
Khi êlectrôn chuyển động trong từ trờng đều có B hớng vuông góc vớir v thì nó chịu
tác dụng của lực Lorenxơ FL có độ lớn không đổi và luôn vuông góc với v , nên êlectrôn
chuyển động theo quỹ đạo là tròn và lực FL đóng vai trò lực hớng tâm:
m v2
m v
FL = Bve = Fht = e r = e
..
r
eB
Nh vậy những êlectrôn có vận tốc v0max sẽ có bán kính quỹ đạo cực đại: r = R.
m e v 0 max
9,1.10 31.4.10 5
Cảm ứng từ:
B=
=
= 10 4 T
..
19
3
eR
1,6.10 .22,75.10
Câu 8: (1điểm)
1) ảnh của vật sáng AB qua gơng cầu lồi là ảo, nằm sau gơng, cùng chiều vật. Nh
vậy: d' < 0 và k > 0. Vậy khoảng cách giữa ảnh và vật:
..
d'
L = 60cm = d + |d'| = d - d'.
Còn k = = 0,5.
..
d
dd'
40.(20)
d = 40cm, d' = - 20cm.
fg =
=
= 40 cm ..
d + d' 40 + (20)
Vẽ ảnh:
.
Thay số: v 0 max =
1/4
1/4
1/4
1/4
1/4*
1/4*
1/4
1/4
B
B'
O
A
A'
2) Sơ đồ tạo ảnh:
AB
d1
O
F
O
A1B1 G
A2B2
A3B3
d1'
d2
d2'
d3
d3'
Khi dịch chuyển vật AB, điểm B dịch chuyển trên đờng thẳng song song với trục chính,
tia tới đi từ B song song với trục chính không đổi, nên tia ló của nó qua hệ cũng không
đổi và luôn đi qua ảnh B3. Mà ảnh có độ cao không đổi tức là B3 dịch chuyển trên đờng
thẳng song song với trục chính. Vậy hệ thấu kính gơng này có tính chất: chùm tia tới
song song với trục chính (tơng đơng với một vật ở xa vô cùng) cho chùm tia ló song
song với trục chính (tơng đơng với ảnh cuối cùng ở xa vô cùng) .
..
'
d 2 fg
d = d1 = f k = a d 2
d2 = 0
40 d 2
'
1'
d
=
d
=
=
2
2
'
d 2 fg d 2 + 40
d 3 = d 3 = f k = a d 2
d 2 = 80cm
- Với d2 = 0 thì:
- Với d2 = -80cm thì:
fk = a - d2 = 20cm.
fk = a - d2 = 20 - (-80) = 100cm.
3
..
1/4
1/4
Câu 9: (1điểm)
1) Khi mắc ampe kế vào M và N thì đoạn mạch gồm C và R2 bị nối tắt,
còn R1 nối tiếp với L, dòng điện trễ pha so với hiệu điện thế = 600
P
18
P = UIcos U =
=
= 120 V.
I cos 0,3.0,5
R1 = P/I2 = 18/0,32 = 200.
Z
tg = L = 3 Z L = R1 3 = 200 3.
R1
trong mạch chỉ
..
1/4*
..
1/4
1/4*
..
ZL
3
=
H 0,55H .
..
2f
2) Kí hiệu UAM = U1, UMN = U2 = 60V. Vẽ giản đồ véc tơ. Theo định lý hàm số cosin:
1/4
U1 =
1/4
L=
U 2 + U 22 2 UU 2 cos 60 0 =
120 2 + 60 2 2 . 120 . 60 . 0 ,5 = 60 3 V ..
UL
U1
I2 = U1cos600/R1 = 60 3 .0,5 / 200 = 0,15 3 A.
Các tổng trở:
U
400
ZPQ = R 22 + Z 2C = 2 =
(1)
I2
3
U 800
U
=
Z = (R 1 + R 2 ) 2 + ( Z L Z C ) 2 =
0
60
I2
3
UR1
O
800
2
2
0
60
(200 + R 2 ) + (200 3 Z C ) =
(2)
I
UR2
3
Giải hệ phơng trình (1) và (2) thu đợc:
R2 = 200; ZC = 200 / 3
C=
1
3 .10 4
=
F 1,38.10 5 F
2fZ C
4
UC
U2
Câu 10: (1điểm)
1) So sánh sự phóng xạ và sự phân hạch:
Có 2 điểm giống nhau quan trọng:
+ Đều là các phản ứng hạt nhân.
..
+ Đều là phản ứng toả năng lợng.
.
Có 2 điểm khác nhau quan trọng:
+ Phóng xạ xảy ra tự động không phụ thuộc vào các điều kiện khách quan bên ngoài và
không điều khiển đợc, còn phân hạch có thể xảy ra hoặc không xảy ra phụ thuộc vào
việc hạt nhân nặng có hấp thụ đợc nơtrôn hay không. Phân hạch có thể xảy ra phản ứng
dây chuyền, còn phóng xạ thì không xảy ra dây chuyền đợc.
..
+ Các hạt tạo ra trong mỗi phóng xạ là xác định, còn sản phẩm của những phân hạch
khác nhau của cùng một đồng vị lại có thể khác nhau và không xác định. ..
4
230
2) Năng lợng toả ra của phóng xạ 234
92 U 2 He+ 90Th là:
E = (M0 - M)c2 = (mU - mTh - m)c2
Từ định nghĩa của độ hụt khối:
mU = 92mp + (234 - 92)mn - mU
mU = 92mp + 142mn - mU
Tơng tự:
mTh = 90mp + 140mn - mTh; m = 2mp + 2mn - m
E = mc2 + mThc2- mU c2 = A + AThTh - AUU
..
Trong đó: , Th, U và A, ATh, AU tơng ứng là các năng lợng liên kết riêng và số khối
của các hạt , Th230 và U234.
Thay số:
E = 4.7,1 + 230.7,7 - 234.7,63 = 13,98 14MeV.
..
Hết -
4
1/4
1/4*
1/4
1/4*
1/4
1/4
1/4
Bộ giáo dục và đào tạo
Đề chính thức
Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003
Đáp án và thang điểm
Môn Vật lí Khối A
Điểm
1 điểm
Nội dung
Câu 1.
* Định nghĩa:
+ Hiện tợng quang điện ngoài là hiện tợng khi chiếu chùm sáng thích hợp vào một tấm
1/4
kim loại thì làm cho các electrôn bị bật ra khỏi bề mặt kim loại đó.............................................
+ Hiện tợng quang điện bên trong là hiện tợng giải phóng các êlectrôn liên kết để chúng
1/4
trở thành các êlectrôn dẫn trong chất bán dẫn khi bị chiếu ánh sáng thích hợp............................
* So sánh:
+ Một điểm giống nhau quan trọng nhất: Cả hai hiện tợng đều chỉ xảy ra khi ta chiếu một
1/4
ánh sáng thích hợp vào tấm kim loại hoặc bán dẫn.......................................................................
+ Một điểm khác nhau quan trọng nhất: ở hiện tợng quang điện ngoài electrôn quang điện
đợc giải phóng ra khỏi tấm kim loại, còn ở hiện tợng quang điện bên trong electrôn đợc
giải phóng khỏi liên kết, trở thành electrôn tự do chuyển động trong khối chất bán dẫn mà
1/4
không ra khỏi chất bán dẫn...........................................................................................................
1 điểm
Câu 2.
Số hạt nhân của lợng chất phóng xạ N giảm với thời gian t theo công thức N = No e t , với
1/4
là hằng số phóng xạ, No là số hạt nhân ban đầu tại t = 0........................................................
t
Theo điều kiện đầu bài e = No/N = e ,..................................................................................
1/4
suy ra t = 1, do đó t = 1/ = T/ln2.......................................................................................
1/4
Lợng chất còn lại sau khoảng thời gian 0,51t tỉ lệ thuận với số hạt:
N
= e .0,51t = e 0,51 = 0,6 = 60% .....................................................
No
1/4
Câu 3.
1 điểm
1) + Dao động từ B truyền theo sợi dây đến A dới dạng sóng ngang. Tại A sóng phản xạ và
truyền ngợc về B. Sóng tới và sóng phản xạ thỏa mãn điều kiện sóng kết hợp, do đó trên sợi
dây có sự giao thoa của hai sóng. ................................................................................................
1/4
+ Trên dây có những điểm cố định luôn luôn đứng yên không dao động, gọi là các nút, có
những điểm cố định dao động với biên độ cực đại, gọi là các bụng. Ta nói trên dây đã tạo thành
sóng dừng ......................................................................................................................................
1/4
2) + Vì khoảng cách giữa 2 nút liên tiếp bằng nửa bớc sóng, nên khoảng cách l giữa 5 nút
liên tiếp bằng 4 lần nửa bớc sóng: l = 4/2 = 2........................................................................
1/4
+ Suy ra: = l /2 = 1/2 = 0,5 m.
1/4
Vận tốc truyền sóng trên dây là v = f = 0,5ì100 = 50 m/s ........................................................
1 điểm
Câu 4.
Vẽ hình đúng (hình 1)
S3S F
C
S1 S2
O1
O2
Fp
G
9 cm
Hình 1
Sơ đồ tạo ảnh :
S
O1
d1
d1'
S1
O2
d2
d2'
S2
25 cm
O1
d3
d3'
S3
d1 = 25 - 9 = 16 cm d1 = d1f1/(d1-f1) = 16ì(-16)/(16+16) = -8 cm d2 = 9 + 8 =17 cm.
Nhận xét: S1 trùng với tâm C của gơng G , do đó tia sáng từ thấu kính tới gơng là tia đi qua
1
h. vẽ
(1/4
+
1/4)
1/4
tâm C, phản xạ ngợc lại (S2 S1), theo nguyên lý về tính thuận nghịch của chiều truyền ánh
sáng, tia này sẽ khúc xạ qua thấu kính L theo đờng cũ tới S , nghĩa là ảnh cuối cùng S3 S ...
1/4
Câu 5.
1 điểm
1) u = 200 2 sin t ; = 2 f = 100 ; ZL = L 100 ; ZC = 1/ C 200
Tổng trở Z =
(80 + 20)2 + (100 200)2 = 100
(R + r) 2 + (Z L Z C ) 2 =
2
200 2
Hiệu điện thế cực đại giữa hai bản tụ điện: UoC = ZCIo = ZC U o = 200
= 400 V
100 2
Z
Z ZC 100 200
=
= 1 u / i =
Độ lệch pha giữa u và i: tg u / i = L
R+ r
80 + 20
4
Độ lệch pha giữa uC và u: Uc / u =
2
+
4
=
4
Vậy : biểu thức hiệu điện thế hai đầu tụ điện : uC = 400sin(100 t
2) UC = ZCI =
1
C
U
(R + r )2 + L
1
C
2
=
1/4
4
) ( V) .......................
U
2
1
2
2 2
C ( R + r ) + L
C
=
U
Y
.........
2L 2 2
2
C + 1 = ax2 + bx + 1
Y = L 2 C 2 4 + ( R + r )
C
2
2 2
với x = ; a = L C ; b = [(R+r)2- 2L/C]C2
UC đạt cực đại khi Y đạt cực tiểu. Tam thức bậc hai Y đạt cực tiểu khi x = -b/2a
2L
2
(R + r )
2
1 (R + r )
2 = C
385 rad/s f = /2 61 Hz ..............
=
LC
2L2
2L2
Câu 6.
O1
O2
Sơ đồ tạo ảnh
S
S
S1
d1 d1'
d2 d2' 2
+ Vật ở rất xa cho ảnh nằm trên tiêu diện của vật kính: d1' = f1 = 30 cm ..............................
+ Khi L = L1 = 33 cm: d2 = L1 - 30 = 3 cm d2' = d2f2/(d2-f2) = 3ì5/(3-5) = -7,5 cm ..
+ Khi L = L2 = 34,5 cm: d2 = L2 - 30 = 4,5 cm d2' = d2f2/(d2-f2) = 4,5ì5/(4,5-5) = - 45 cm
+ Giới hạn nhìn rõ của mắt là từ 7,5 cm đến 45 cm ...............................................................
Câu 7.
+ Phơng trình dao động của con lắc: x = Asin(t+)
g
9,8
=
=
= 7 rad / s............................................................
l
0,2
+ Tại t = 0, con lắc đi qua vị trí cân bằng lần thứ nhất, theo chiều âm: x = 0 , v < 0
x = 0 = Asin và v = Acos < 0 = ................................................................
+ Tại lúc truyền vận tốc cho vật (t = t1): x1 = l1 = 2 cm , v1 = -14 cm/s
x1 = Asin(t1 + ), v1 = Acos(t1 + ) (x1/A)2 + (v1/A)2 = 1
2
1/4
1/4
1 điểm
1/4
1/4
1/4
1/4
1 điểm
1/4
1/4
2
v
14
A = x12 + 1 = 22 + = 2 2 cm 2,83 cm ..................
7
+ Phơng trình dao động: x = 2 2 sin(7t + ) cm
Hoặc
x = 2,83 sin(7t + ) cm
Câu 8. Khoảng vân của bức xạ 1 là: i1 =
1/4
1 D
a
=
..............................................................
0,6.106 ì 1
= 3.10 3 m = 0,3 cm ..
3
0,2.10
2
1/4
1/4
1 điểm
1/4
Gọi số vân của 1 và 2 trong khoảng L lần lợt là N1 và N2. Do có hai vạch trùng nhau nằm
ở vị trí ngoài cùng của khoảng L, nên ta có: N1 = L/i1 + 1 = 2,4/0,3 + 1 = 9 .............................
1/4
Trong khoảng L có 17 vạch sáng, trong số đó có 3 vạch sáng là do 3 vân của 1 trùng với 3
vân của 2. Vậy tổng số vân của cả hai hệ là 20.
Số vân của bức xạ 2 là N2 = 20 - 9 = 11 ...............................................................................
1/4
Ta có L = (N1 - 1)i1 = (N2 - 1)i2 i2 = L/(N2 - 1) = 2,4/(11 - 1) = 0,24 cm
2 = i2a/D = 0,24.10-2 ì 0,2.10-3/1 = 0,48.10-6 m = 0,48 àm .............
1/4
1
Câu 9. 1) Theo đề bài: q = Qosint , =
2 điểm
LC
q2 Qo2
WC =
=
sin2 t = Wo sin2 t ..................................................................................
1/4
2C 2C
Qo2
1 2 1
1
2
2
2
WL = Li = L (q') = L (Qo ) cos t =
cos2 t = Wo cos2 t ...........................
1/4
2
2
2
2C
2
1 cos2t Wo Wo
Ta có: WC = Wo sin2 t = Wo
cos2. t
=
2
2
T
2
2
1 + cos2t Wo Wo
cos2. t
WL = Wo cos2 t = Wo
+
=
2
2
T
2
WC và WL là các hàm tuần hoàn với chu kì T/2.
W
Wo
WC
Wo/2
WL
0
T/4
T/2
3T/4
T
h. vẽ
1/4
t
Hình 2
2) a) Từ đồ thị ta thấy trong một chu kì dao động có bốn lần hai đồ thị cắt nhau. Cứ sau
T1 = T/4 lại có WC = WL. Do đó chu kì dao động của mạch:
1
1
=
= 0,25.106 Hz ....................
6
T 4.10
1 C1 2
Ta có điện dung của bộ tụ điện Cb = C1/2 Wo =
U o , Uo là hiệu điện thế cực
2 2
đại trên bộ tụ điện, Uo = E = 4V.
4 Wo 4.10 6
Suy ra C1 =
=
= 0,25.10 6 F hay Cb = 0,125.106 F ...........................
2
2
4
Uo
T = 4T1 = 4. 106 s hoặc f =
1/4
1/4
T2
1
1
T = = 2 LCb L =
hoặc L =
2
2 2
f
4 Cb
4 f Cb
(
)
2Wo 2
LI o2
Io =
=
2WoCb = 2f 2WoCb = 0,785 A ....................
2
L
T
b) Tại thời điểm đóng khoá K1 cờng độ dòng điện trong mạch cực đại nên điện
tích của các tụ điện bằng không. Do đó khi đóng khoá K1, một tụ điện C1 bị nối tắt
nhng năng lợng của mạch dao động vẫn là Wo. Hiệu điện thế cực đại U1 giữa hai
đầu cuộn dây cũng là hiệu điện thế cực đại giữa hai bản cực tụ điện C1.
1
1
Wo = C1U12 = C1U o2 ..........
2
4
Uo
4
Suy ra: U1 =
=
= 2 2 V 2,83V .
2
2
Ta có: Wo =
3
1/4
1/4
1/4
Đáp án - thang điểm
Đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004
Môn: Vật lí , Khối A
(Đáp án - thang điểm có 3 trang)
Bộ giáo dục và đào tạo
Đề chính thức
Câu
I
ý
Điểm
1 điểm
Nội dung
60
Phơng trình phân rã: 27
Co 01 e + 60
28 Ni
Hạt nhân Ni có 28 prôtôn và 32 nơtrôn.
Lợng chất phóng xạ còn lại so với ban đầu: 100% - 75% = 25%
Định luật phóng xạ:
t
2T =
m = m 0 e t = m 0 e
m0
=4
m
ln 2
t
T
= m0 2
t
T
t = 2T = 10,54 năm
....................
....................
0,25
0,25
....................
0,25
....................
0,25
II
1
Khoảng cách giữa 2 vân sáng liên tiếp (khoảng vân): i = 2 mm
i
2
3
vân tối thứ 3
2
1
0
=
Bớc sóng ánh sáng
.. ...............
ai
= 0,64 àm
D
2 điểm
1 điểm
0,25
...............
0,25
Vân tối thứ 3 nằm giữa vân sáng thứ 2 và thứ 3
.............
Vị trí của vân tối thứ ba:
xt3 = 2,5i = 5 mm
..........
0,25
0,25
hc
(1)
Bớc sóng 1 ứng với sự chuyển của êlectrôn từ quĩ đạo L về quĩ đạo K: E L E K =
1
hc
Bớc sóng 2 ứng với sự chuyển của êlectrôn từ quĩ đạo M về quĩ đạo K: E M E K =
(2)
2
Bớc sóng dài nhất 3 trong dãy Banme ứng với sự chuyển của êlêctrôn từ quĩ đạo M về quĩ
1 điểm
0,25
0,25
đạo L.
hc/3
hc/2
M
L
hc/1
Từ (1) và (2) (hoặc từ hình vẽ) suy ra: E M E L =
3 =
0,25
1
1
1
=
3 2 1
K
hc hc hc
=
3 2 1
1 2
(0,1216)(0,1026)
=
= 0,6566 àm . . . . .
1 2
0,1216 0,1026
III
0,25
2 điểm
1 điểm
1
- Tần số của dao động tự do chỉ phụ thuộc vào đặc tính của hệ, còn tần số của dao động cỡng
bức bằng tần số của ngoại lực.
...............................
- Biên độ của dao động tự do phụ thuộc vào cách kích thích ban đầu, còn biên độ của dao
động cỡng bức phụ thuộc vào quan hệ giữa tần số của ngoại lực và tần số dao động riêng của
hệ.
............................
- Hiện tợng đặc biệt có thể xảy ra trong dao động cỡng bức là hiện tợng cộng hởng. . . . .
- Điều kiện xảy ra hiện tợng cộng hởng là tần số của ngoại lực cỡng bức bằng tần số dao
động riêng của hệ.
...............................
2
0,25
0,25
0,25
0,25
1 điểm
Xét điểm M trên mặt chất lỏng cách S1 một khoảng d1 và cách S2 một khoảng d2.
Phơng trình dao động tại M do nguồn S1 truyền tới: u 1M = 0,2 sin 50t
2d 1
cm . . . .
2d 2
Phơng trình dao động tại M do nguồn S2 truyền tới: u 2 M = 0,2 sin 50t +
cm
1
0,25
Phơng trình dao động tổng hợp tại M: uM = u1M + u2M
(d 1 + d 2 )
(d 2 d 1 )
u M = 0,4 cos
sin 50t
+ cm . . . . . . . . . . . . .
2
2
0,25
Từ phơng trình trên ta thấy những điểm có biên độ dao động cực đại (0,4 cm) thoả mãn điều
(d 2 d 1 )
cos
= 1
2
= 25 Hz ,
Từ đầu bài tính đợc: f =
2
kiện:
(d 2 d 1 )
= k
2
v
= = 2 cm
f
d 2 d 1 = (2k + 1)
2
Các điểm nằm trên đoạn thẳng S1S2 có biên độ cực đại phải thỏa mãn các phơng trình sau:
d 2 d 1 = (2 k + 1) = 2k + 1
(1)
........
2
(2)
d2 + d1 = S1S2 = 10
Từ (1) và (2) suy ra:
d1 = 4,5 k
- 5,5 k 4,5
Vì
0 d1 10 nên
k = - 5, - 4, ...., 0, 1, .... 4
Có 10 điểm dao động với biên độ cực đại.
.......
IV
1
1
1
=
= 5.10 6 F = 5 àF . . . . . .
2
2
L 2.10 3 50.10 3
LC
1
1
1
...........
Năng lợng dao động điện từ trong mạch: W0 = LI 02 = Li 2 + Cu 2
2
2
2
I
I2 1
1
1
Cu 2 = L I 02 0 = LI 02
..........
Khi i = I = 0
2
2
2 4
2
L
...........
u = I0
= 4 2 V 5,66 V
2C
Tần số dao động: =
1
C=
(
)
2
Vì i sớm pha hơn uAB nên trong hộp X có tụ điện C
Công suất tiêu thụ trên đoạn mạch:
............................
U2R
=
P=IR= 2
R + Z C2
2
Để P đạt cực đại thì mẫu số phải cực tiểu. Từ bất đẳng thức Côsi
Mặt khác
U2
Z2
R+ C
R
...........
R = ZC
(1) . . .
U 200
Z AB = R 2 + Z C2 = =
=100 2 (2)
I
2
1
1
1
=
= .10 4 F 31,8 àF . . . . . . . . .
ZC = 100 C =
Z C 2f .Z C
V
0,25
0,25
2 điểm
1 điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
1 điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
3 điểm
1 điểm
1
Khi đeo kính, ngời đó nhìn ảnh ảo của vật qua kính.
Vật cách mắt (nghĩa là cách kính) khoảng ngắn nhất d = 25 cm thì ảnh ở điểm cực cận của
.....................
mắt, cách mắt 50 cm. Do ảnh là ảo nên d = - 50 cm.
Công thức thấu kính:
Độ tụ của kính:
1
1
1
=
+
f
d
d'
dd'
f=
= 50 cm
d + d'
1 1
D= =
= 2 điốp
f 0,5
2
......................
....................
....................
0,25
0,25
0,25
0,25
2
2 điểm
B
A
O
d1
B
A
A1
d1
35cm
5cm O
d 2 = d1 + 5
d2' = d1 - 40
B1
A2
B2
a) Tính f và AB
Do ảnh A1B1 hứng đợc trên màn nên đây là ảnh thật và thấu kính là thấu kính hội tụ.
1
1
1
=
+ '
f d1
d1
1
1
1
=
+ '
f d2
d2
Khi có ảnh A1B1 ta có
Khi có ảnh A2B2 ta có
.....
(1)
(2)
(3)
Dịch thấu kính ra ra vật 5 cm:
d2 = d1 + 5
Nếu dịch màn ra xa vật mà có ảnh trên màn thì d2 = d1 + 30, không thoả mãn (1) và (2).
(4)
Vậy phải dịch chuyển màn lại gần vật (hình vẽ):
d2 = d1 40
Mặt khác A1B1 = 2A2B2 nên k1 = 2k2.
d 1'
d'
f
f
=
, k2 = 2 =
d1 f d1
d2 f d2
f
f
= 2.
(5)
f d1
f (d 1 + 5)
(f + 5)f
(f + 10)f
;
từ (2) d '2 =
Từ (5) d1 = f + 5, d2 = f + 10 ; từ (1) d 1' =
5
10
(f + 10)f (f + 5)f
Thay vào (4):
=
40
f = - 20 cm (loại) và f = 20 cm . . . .
10
5
k1 =
0,25
AB = 1 cm
d1 = f + 5 = 25 cm k1 = - 4
b) Tìm độ dịch chuyển của thấu kính
Theo trên, khi có d2 = 30 cm thì d2 = 60cm.
Khoảng cách từ AB đến màn khi có ảnh A2B2 là: L0 = d2 + d2 = 90 cm
d 2f
d 22
=
L0 = d 2 +
d2 f d2 f
0,25
d 22 L 0 d 2 + L 0 f = 0
0,25
....
0,25
...........
0,25
d 22 90d 2 + 1800 = 0
Với L0 = 90 cm, f = 20 cm ta có:
Phơng trình có 2 nghiệm:
d21 = 30 cm (đó là vị trí của thấu kính trong trờng hợp câu a)
d22 = 60 cm (đó là vị trí thứ 2 của thấu kính cũng có ảnh trên màn)
Để lại có ảnh rõ nét trên màn, phải dịch thấu kính về phía màn 30 cm.
...........
Xét sự dịch chuyển của ảnh
Khoảng cách giữa vật và ảnh thật:
d
f
2f
d2
L = d + d' =
(chỉ xét d > f)
d f
L
0
+
Khảo sát sự thay đổi của L theo d:
L
d 2 2df
Lmin= 4f
=0
Ta có đạo hàm L' =
2
0,25
(d f )
khi d = 0 (loại) và d = 2f.
Từ bảng biến thiên thấy khi d = 2f = 40 cm thì khoảng cách giữa vật và ảnh có một giá trị cực
...............................
tiểu Lmin = 4f = 80 cm < 90 cm.
Nh vậy, trong khi dịch chuyển thấu kính từ vị trí d21 = 30 cm đến d22 = 60 cm thì ảnh của vật
dịch chuyển từ màn về phía vật đến vị trí gần nhất cách vật 80 cm rồi quay trở lại màn.
...
3
0,25
0,25
Mang Giao duc Edunet -
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
------------------------ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005
ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn: VẬT LÍ, Khối A
( Đáp án – thang điểm có 4 trang )
Câu ý
NỘI DUNG
Điểm
I
32
15 P
0
32
−1 e + 16 S
* Phương trình của sự phóng xạ
→
…………. .
32
* Hạt nhân lưu huỳnh 16 S gồm 16 prôtôn và 16 nơtrôn ..….. ... . . .
* Từ định luật phóng xạ
m = moe
* Suy ra khối lượng ban đầu
− λt
mo =
= moe
t
T
m2
−
ln 2
t
T
= mo 2
−
= 2,5.2 3 = 20 g
t
T
1,0
0,25
0,25
…….. .
0,25
………
0,25
II
2,0
1,0
1
a) f = 40 Hz
1 1
= 0,025 s
=
f 40
…………………………
0,25
* Bước sóng λ = vT = 5.0,025 = 0,125 m = 12,5 cm ……………
b) Tần số sóng
kv
5
2πd OM 2πd OM f
=
⇒ f=
=
k = 25k .…….
* ∆ϕ = 2kπ =
λ
v
d OM 0,2
40
53
≤k≤
⇒ 1,6 ≤ k ≤ 2,12
* 40 Hz ≤ f ≤ 53 Hz ⇒
25
25
Vì k nguyên nên k = 2 ⇒ f = 50 Hz. ………..…………………
0,25
* Chu kì sóng T =
2
* Tại vị trí cân bằng của vật mg = k. ∆ lo ⇒ k =
0,25
1,0
mg
= 40 N/m
∆l o
k
40
=
= 20 rad s …………………………….
m
0,1
Phương trình dao động và vận tốc của vật có dạng:
x = A sin( ω t + ϕ ) ; v = ω A cos( ω t + ϕ )
* Khi t = 0 thì
x o = A sin ϕ = − 2 cm
suy ra: ω =
vo = Aω cos ϕ = − 40 3 cm/s
Suy ra
A = 4 cm
ϕ = − 5π / 6 ..…………..………………….
5π
* Vậy :
…………..………………
x = 4 sin ( 20 t − ) (cm)
6
* Độ lớn của lực F = k ( A − ∆l o ) = 40 (4 − 2,5).10 −2 = 0,6 N ……
1
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Mang Giao duc Edunet -
2,0
1,0
III
1
* Công dụng: tăng góc trông ảnh của vật nhỏ
……..………………
* Cách ngắm chừng: + Đặt mắt sau thị kính và điều chỉnh kính để ảnh
ảo của vật qua kính nằm trong giới hạn nhìn rõ của mắt ..…………
+ Mắt nhìn ảnh dưới góc trông thích hợp ….…..
* Để mắt đỡ mỏi phải ngắm chừng ở trạng thái mắt không điều tiết
(ngắm chừng ở vô cực) ……………..…………………………….
2
d 1'
f
* Khi vật AB ở vị trí ban đầu, ta có k 1 = − 2 = − =
(1)
d1 f − d1
d '2
f
* Khi vật ở vị trí sau khi dịch chuyển, ta có k 2 = − 4 = −
(2)
=
d2 f − d2
* Vì ảnh của vật ở vị trí sau khi dịch chuyển lớn hơn ảnh của vật ở vị
trí ban đầu nên vật phải dịch chuyển lại gần gương. Vậy d2 = d1 – 5 (3)
⎧ f
⎪f − d = − 2
⎪
1
* Thế (3) vào (2), ta có hệ phương trình : ⎨
f
⎪
= −4
⎪⎩ f − (d1 − 5)
Giải hệ phương trình trên, ta có f = 20 cm ……………………………
IV
1
λD 0,6.10 −3.1,8.10 3
* Khoảng vân i =
=
= 1,2 mm ……..…………
a
0,9
* Vị trí vân sáng bậc 4: x = ki = ± 4i = ± 4,8 mm …… …………
D
kλ 2,4
D
(µm) ...............
= k ′λ ′ ⇒ λ ′ =
=
a
k′
k′
a
(Do tính đối xứng của các vân qua vân sáng chính giữa nên chỉ cần tính
với k = 4)
* Vị trí trùng nhau: kλ
*
0,25
0,25
0,25
0,25
1,0
0,25
0,25
0,25
0,25
2,0
1,0
0,25
0,25
0,25
0,400 µm ≤ λ′ ≤ 0,760 µm ⇒ 3,16 ≤ k ′ ≤ 6
Vì k ′ ∈ Z ⇒ k ′ = 4, 5, 6
Với k ′1 = 4 ⇒ λ′1 = 0,600 µm = λ
Với k ′2 = 5 ⇒ λ ′2 = 0,480 µm
Với k ′3 = 6 ⇒
λ′3 = 0,400 µm
Tại vị trí vân sáng bậc 4 có bước sóng λ = 0,600 µm, còn có hai vân
sáng ứng với các bước sóng λ ′2 và λ ′3 ………………………………
2
0,25
Mang Giao duc Edunet -
2
1,0
hc
hc 6,625.10 −34.3.108
⇒ λo =
=
≈ 0,350 µm .....................
* A=
λo
A
3,55.1,6.10 −19
* λ1 > λo : không xảy ra hiện tượng quang điện.
λ2 < λo : xảy ra hiện tượng quang điện. ....................................
1
* Vì eU h = mv o2 max , công thức Anhxtanh được viết lại:
2
hc hc
=
+ eU h .......................................................
λ2 λo
Uh =
* Suy ra độ lớn hiệu điện thế hãm
hc ⎛ λ o − λ 2 ⎞
⎟ ≈1,05 V ……
⎜
e ⎜⎝ λ o λ 2 ⎟⎠
V
0,25
0,25
0,25
0,25
3,0
2,0
1
C
M
a) ω = 2πf = 100π rad/s .
Z BD =
*
tgϕ BD =
R
D
B
N
U BD 60
=
= 30 2 Ω
I
2
ZL
= tg (0,25π) = 1 ; ZL = r ; Z BD = r 2 + Z 2L = r 2
r
* Suy ra r = 30 Ω ;
Z L = 30 Ω ; L =
* ϕ u MN / i = ϕ u MN / u BD + ϕ u BD / i = −
*
L,r
tgϕ u MN / i =
0,25
3
H ≈ 95,5 mH ……….
10π
0,25
…………….
0,25
π π
π
+ =−
2 4
4
ZL − ZC
= −1
R+r
1
.10 − 3 F ≈ 35,4 µF
.…………
9π
* Uo= I O Z = I 2 (R + r ) 2 + ( Z L − Z C ) 2 = 120 2 ≈ 169,7 V ………
0,25
b)
* Công suất tiêu thụ của mạch điện P = (R + r)I2 = 120 W …..……
0,25
⇒ Z C = Z L + (R + r ) = 90Ω ⇒ C =
*
ϕ u MB / u MN = ϕ u MB / i + ϕi / u MN = −
π π
π
+ =−
2 4
4
3
……………………
0,25
0,25
Mang Giao duc Edunet -
*
U OC = I O ZC = I 2ZC = 180 V
π
Vậy biểu thức u MB = 180 sin(100πt − ) (V)
4
....………………
2
0,25
1,0
+ Trường hợp f = 50 Hz; thay đổi giá trị R.
U
U
U
U1C = ZCI = ZC
=
=
Z
y1
(R + r ) 2 ( Z L − Z C ) 2
+
Z C2
Z C2
với U =
UO
2
U1C đạt cực đại U1Cmax khi y1 có giá trị cực tiểu y1min với R = 0
r 2 + (Z L − ZC ) 2 5
⇒ y1min =
=
……………….……
Z C2
9
+ Trường hợp R = 30 Ω ; thay đổi giá trị f.
U
U
U2C = ZCI = ZC U =
=
Z
y2
(R + r ) 2 C 2ω2 + (LCω2 − 1) 2
........ ....
Đặt: a = L2C2 ;
b = (R + r ) 2 C 2 − 2LC ;
x = ω2 ;
ta có: y2 = L2C2 ω 4 +[ (R + r) 2 C 2 − 2 LC ]ω 2 + 1 = ax2 + bx +1
* U2C đạt cực đại U2Cmax khi y2 có giá trị cực tiểu y2min
∆ (R + r ) 2 C (R + r ) 4 C 2 8
b
x=−
> 0 ⇒ y2min = −
=
−
= ……
4a
L
9
2a
4L2
* Ta có :
U1C max
=
U 2Cmax
y 2 min
=
y1 min
8
≈ 1,265
5
4
……………………….
0,25
0,25
0,25
0,25
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)
NỘI DUNG
Điểm
Câu Ý
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 Hβ .
Chuyển từ N về M, rồi từ M chuyển về L, nguyên tử phát ra bức xạ ứng với vạch màu đỏ H α .
Năng lượng phôtôn ứng với bức xạ màu đỏ:
εα =
⎛ 1 1⎞
hc
hc hc
= EM - EL = ( EM - EK ) - ( EL - EK ) =
= hc ⎜ - ⎟
λα
λ 2 λ1
⎝ λ 2 λ1 ⎠
Thay số vào (1), ta được:
εα =
⇒
εα =
6,625.10−34 × 3.108 × (0,1220 − 0,1028).10−6
0,1220 × 0,1028.10
−12
hc (λ1 - λ 2 )
λ1λ 2
0,25
0,25
(1)
3,04.10−19 J
0,25
Năng lượng phôtôn ứng với bức xạ màu lam:
εβ =
⎛ 1 1⎞
hc
hc hc
= E N - EL = ( E N - EK ) - ( EL - EK ) =
= hc ⎜ - ⎟
λβ
λ3 λ1
⎝ λ 3 λ1 ⎠
Thay số vào (2), ta được:
2
εβ =
⇒
εβ =
6,625.10−34 × 3.108 × (0,1220 − 0,0975).10−6
0,1220 × 0,0975.10
−12
hc (λ1 - λ3 )
(2)
λ1λ3
4,09.10−19 J
0,25
Viết phương trình phóng xạ và tính thời gian phân rã (1,00 điểm)
4
A
a) Phương trình diễn tả quá trình phóng xạ: 210
84 Po → 2 He + Z Pb
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích và số khối, suy ra: Z = 82; A = 206 ⇒ N = A - Z =124
0,25
Vậy, hạt nhân chì có 82 prôtôn và 124 nơtrôn.
4
206
0,25
Phương trình đầy đủ diễn tả quá trình phóng xạ: 210
84 Po → 2 He + 82 Pb
b) Số hạt nhân chì sinh ra bằng số hạt nhân pôlôni phân rã.
Gọi N o 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:
Mặt khác:
m Pb
m Po
ΔN N o (1 - e-λt )
=
= e λt -1
-λt
N
Noe
(3)
ΔN
A Pb
A
NA
ΔN m Pb A Po
ΔN
=
⇒
=
⇒
= n Po
N
N
m Po A Pb
N
A Pb
A Po
NA
(4)
0,25
Từ (3) và (4) suy ra:
e λt -1 = n
II
1
A Po
A Pb
⇒ λt = ln(n
A Po
+1) ⇒ t =
A Pb
ln(n
A Po
+1)
A Pb
ln1,71
T=
×138,38 107 ngày
ln2
ln2
0,25
2,00
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 S1, S2 có
cùng tần số với nguồn.
0,25
1/5
Khoảng cách từ nguồn đến hai khe là hoàn toàn xác định, nên hiệu số các khoảng cách từ
nguồn đến hai khe là không đổi. Suy ra, độ lệch pha của sóng ánh sáng ở hai khe không đổi
theo thời gian.
2 Tính khoảng vân và khoảng cách nhỏ nhất giữa hai vân trùng (1,00 điểm)
λD
a) Khoảng vân: i1 = 1
a
0,6.10−6 × 2
Thay số, ta được:
= 1, 2.10−3 m = 1, 2 mm
i1 =
−3
1.10
b) Vân sáng chính giữa (bậc 0) ứng với bức xạ λ1 và bức xạ λ 2 trùng nhau. Giả sử trong
khoảng từ vân trùng chính giữa đến vân trùng gần nhất có k1 khoảng vân i1 ứng với bức xạ λ1
và k2 khoảng vân i2 ứng với bức xạ λ 2 , thì:
λD
λD
k
6
(1)
k1i1 = k 2i 2 ⇔ k1 1 = k 2 2 ⇔ k1λ1 = k 2 λ 2 ⇔ 6k1 = 5k 2 ⇒ 2 =
a
a
k1 5
Vì k1 và k2 là các số nguyên, nên giá trị nhỏ nhất của chúng thoả mãn hệ thức (1) là
k1 = 5 và k2 = 6. Suy ra, khoảng cách nhỏ nhất giữa hai vân trùng là Δx = 5i1 = 6 mm.
III
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
2,00
1 Tính các chiều dài và chu kì dao động của con lắc (1,00 điểm)
Ta có: T =
Δt
A
= 2π
;
n
g
2
T' =
2
Δt
A'
= 2π
n'
g
0,25
2
A ' ⎛ T' ⎞
⎛n⎞
⎛ 40 ⎞ 1600
=⎜ ⎟ =⎜ ⎟ =⎜ ⎟ =
1521
A ⎝T⎠
⎝ n' ⎠
⎝ 39 ⎠
theo giả thiết: A ' = A + 7,9
Suy ra:
(1)
0,25
(2)
A + 7,9 1600
A
1,521
=
⇒ A = 152,1cm và T = 2π
= 2π
2, 475 s
g
A
1521
9,8
40
40 × 2,475
A ' = A + 7,9 = 152,1 + 7,9 = 160,0 cm và T' = T=
2,539 s
39
39
G
2 Xác định chiều và độ lớn vectơ E (1,00 điểm)
Khi vật chưa tích điện và được kíchJG thíchG cho dao động điều hòa dưới tác
G
dụng của lực căng τ và trọng lực P = mg, thì chu kì của con lắc có biểu
Từ (1) và (2):
thức: T' = 2π
A'
.
g
0,25
0,25
G
τ1
A'
JG
G
Khi vật tích điện q và đặt trong điện trường đều E cùng phương với P và
G
được kích thích cho dao động điều hòa dưới tác dụng lực căng τ1 và hợp
JG
JG JG G
G qE
G
JG
G
lực P1 = P + FE = m(g +
) = mg1 , thì hợp lực P1 có vai trò như P. Do đó
m
qE
A'
chu kì của con lắc có biểu thức T1 = 2π
, với g1 = g ±
(3).
m
g1
G
P
G
FE
Hình minh hoạ,
không tính điểm
A' A
qE
= . Vì A ' > A , nên g1 > g, do đó từ (3) ta có: g1 = g +
,
g1 g
m
JG
JG
G
trong đó điện tích q > 0. Vậy, FE cùng phương, cùng chiều với P và điện trường E có chiều
JG
hướng xuống, cùng chiều với P.
g A'
qE 1600
⇒ 1 = ⇔ 1+
=
g A
mg 1521
0,25
Từ yêu cầu T1 = T, suy ra
⇒E=
1600 − 1521 mg
79 2.10−3 × 9,8
×
=
×
2, 04.105 V/m
−8
1521
q
1521 0,5.10
2/5
0,25
0,25
0,25
IV
2,0
1
Tính điện dung Co và xác định các phần tử trong hộp kín (1,00 điểm)
2
⎛U ⎞
a) Với f = 50 Hz: ⎜ MN ⎟ = R O2 + ZC2 O = 2002 ⇒
⎝ I ⎠
1
.10−4 F 18,38 μ F
ZCO = 2002 − 1002 =100 3 Ω
⇒ CO =
π 3
G
G
− Z CO
π
U OL
U OX
b) tgϕu MD i =
= − 3 ⇒ ϕu MD i = − . Vậy, uX sớm pha
Ro
3
π/2 so với uMD.
G
ϕux/i
Io
π π π
ϕu X u MD = ϕu X / i + ϕi / u MD ⇒ ϕu X / i = − = > 0 . Suy ra:
G
G
2 3 6
U OR O
U OR
π
0 < ϕu X / i < , nên đoạn mạch DN có tính cảm kháng.
G
2
U O( MD )
G
Vậy, hộp kín X chứa cuộn dây thuần cảm L và điện trở thuần R.
U
OCO
0,25
0,25
Hình minh hoạ,
không tính điểm
Cường độ dòng điện cực đại nên mạch cộng hưởng điện, suy ra:
3
ZL = ZCO = 100 3 = Lω ⇒ L =
H 0,55 H
π
Z
3
tgϕu X i = L =
⇒ R = 3 ZL = 300 Ω
R
3
2 Tính tần số f1, f2 và viết biểu thức cường độ dòng điện (1,00 điểm)
U
U
Với f thay đổi: I1 = I 2 ⇒ MN = MN
Z1
Z2
0,25
0,25
⇒ Z1 = Z2 ⇔ (Z1L − Z1CO ) 2 = (Z2L − Z2CO ) 2 ⇒ (Z1L − Z1CO ) = ± (Z2L − Z2CO )
* Trường hợp 1: (Z1L − Z1CO ) = (Z2L − Z2CO ) ⇒
⎛
⎞
1
⇒ 2π ( f1 − f 2 ) ⎜ L + 2
⎟=0
⎜
4π f1f 2Co ⎟⎠
⎝
Theo đề bài, tần số f ở trị số f1 hoặc f2, nên ( f1 - f 2 ) ≠ 0 . Do đó, từ (1) suy ra:
L ( ω1 − ω2 ) =
L+
1 1
1
1 ω1 − ω2
( − )= −
(
)
Co ω1 ω2
Co ω1ω2
(1)
1
= 0 (2). Nhưng mọi đại lượng ở vế trái của (2) đều dương, nên không thể xảy
4π f1f 2Co
ra (2). Do đó, trường hợp 1 bị loại.
2
⎛
⎞
⎛
⎞
* Trường hợp 2: (Z1L − Z1CO ) = −(Z2L − Z2CO ) ⇒ L ( ω1 + ω2 ) = 1 ⎜ 1 + 1 ⎟ = 1 ⎜ ω1 + ω2 ⎟
Co ⎝ ω1
Giản ước ( ω1 + ω2 ) , ta được: ω1ω2 =
1
1
⇒ f1f 2 = 2
=
LCo
4π LCo
ω2 ⎠
1
4π
2
3 1
.
.10−4
π π 3
Mặt khác, f1 + f2 = 125, nên f1 và f2 là nghiệm của phương trình:
f 2 − 125f + 2500 = 0 ⇒ f1 = 25 Hz, f 2 = 100 Hz
1
= 200 3 Ω
Với f = f1= 25 Hz thì: Z1L = 2πf1L = 50 3 Ω và Z1CO =
2πf1Co
U
U
200
I= =
=
0, 42A
Z
(R + R) 2 + (Z − Z ) 2
4002 + 3.1502
o
1L
1CO
3/5
Co ⎝ ω1ω2 ⎠
0,25
= 2500
0,25
tgϕ u1
i1
=
Z1L − Z1CO
R + Ro
=−
3 3
− 0,65 ⇒ ϕu1
8
i1
− 0,58 rad = −
33
π
180
Vậy: i1 = 0,42 2 sin(50 π t + 0,58) (A)
0,25
Với f = f2 = 100 Hz thì: Z2L = 2πf 2 L = 200 3 Ω và Z2CO =
tgϕu 2
i2
=
Z2L − Z2CO
R + Ro
=
3 3
0, 65 ⇒ ϕu 2
8
i2
0,58 rad =
1
= 50 3 Ω
2πf 2Co
33
π
180
Vậy, i2 = 0,42 2 sin(200 π t - 0,58) (A)
0,25
2,00
V.a
1
Giải thích và tính độ bội giác của ảnh qua kính lúp (1,00 điểm)
Vẽ hình
I
B
α
A F
O
F'
M
B'
A'
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, αo là góc trông trực tiếp vật khi đặt vật tại điểm cực
cận của mắt, nên cũng không đổi. Vậy độ bội giác G = α là không đổi.
0,25
α
o
AB
Vì các góc αo, α là các góc nhỏ nên G = α tgα , tgα o =
, tgα = OI = AB
Đ
OF'
f
αo tgαo
Đ 15
suy ra G =
=
=3
f
5
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
G
O
AB ⎯⎯
→ A ' B'
;
AB( d1 ) ⎯⎯
→ ( d1 ') A1B1( d 2 ) ⎯⎯
→ ( d 2 ') A"B"
(d)
0,25
0,25
( d ')
Độ phóng đại của ảnh A′B′ : k ' =
A′B′
f
=
f-d
AB
(1)
0,25
Độ phóng đại của ảnh A′′B′′ :
A′′B′′ A′′B′′ A1B1
=
×
= k 2 .k1
AB
A1B1 AB
f
- 20
- 20
k1 = G =
=
f G - d1 - 20 - (20 - d) d - 40
k" =
d 2 = a - d1′ = 20 k2 =
với k1 =
A1B1
A′′B′′
và k 2 =
trong đó:
A1B1
AB
20 ( 20 - d )
d1f G
1200 - 40d
= 20 +
=
, suy ra:
d1 -f G
40 - d
40 - d
f ( 40 - d )
f
=
f - d2
40f - df - 1200 + 40d
⇒ k" =
Vì 0 < d < 20 cm, nên d − 40 ≠ 0 , do đó: k "=
f ( 40 - d )
- 20
×
d - 40 40f - df - 1200 + 40d
20f
40f - df - 1200 + 40d
(2)
b) Vì A'B' là ảnh ảo của vật AB qua thấu kính, nên cùng chiều với vật.
Vật trung gian A1B1 là ảnh ảo của vật AB cho bởi gương cầu nên cùng chiều với vật, A′′B′′ là
ảnh thật của vật trung gian A1B1 nên ngược chiều với A1B1. Vậy A′′B′′ ngược chiều với
4/5
0,25
0,25
vt AB. Mt khỏc, hai nh A'B', AB cựng cao, do ú k' = k " (3)
Thay k ' v k" t (1) v (2) vo (3), ta c:
f
20f
=
( 20 f )( d 60 ) = 0
f d
40f df 1200 + 40d
vỡ 0 < d < 20 cm, nờn d - 60 0. Suy ra f = 20 cm.
0,25
2,00
V.b
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: Lo = o Io = o Mr 2 = o M
A2
4
0,25
Khi dõy t, vt A: L = I = MA 2
p dng nh lut bo ton momen ng lng:
L = Lo MA 2 = o M
A2
= o = 2 rad/s
4
4
0,25
b) Khi M cũn trung im B thỡ momen ng lng ca h l:
1
7
1
L1 = o I1 = o MA 2 + MA 2 = o MA 2
4
12
3
Khi dõy t, vt A thỡ momen ng lng ca h l:
4
1
L 2 = I 2 = MA 2 + MA 2 = MA 2
3
3
0,25
p dng nh lut bo ton momen ng lng ta cú:
4
7
7
L 2 = L1 MA 2 = o MA 2 =
o = 3,5 rad/s
3
12
16
2 Xỏc nh v trớ treo vt v tớnh phn lc t bn l (1,00 im)
a)
V hỡnh
G G G G
C
G
Po
1,00
D
H
G
T
E
0,25
y
G
Q
G
G
P
O
+
O
x
0,25
Cỏc lc tỏc dng vo thanh OE gm: P, Po ,T, Q . iu kin cõn bng ca thanh OE i vi
trc quay ti O:
JG
M PJJG / O + M PJG / O + M T/O
= 0
Po .OC + P.OG - T.OH = 0 .
o
Suy ra
T=
Po .OC + P.OG
T .OH - P.OG
Tmax OC max
OH
Po
OE(Tmax - P)
OE
OE
; OG =
OC
2
2
2Po
Thay s, ta c: OC 64,32cm . Vy im C cỏch xa O nht l 64,32 cm.
G G
G
G G G G
b) Vỡ thanh cõn bng: Fhl = 0 Po + P + T + Q = 0
(1)
OH = OEsin30o =
Chiu (1) lờn Ox ta cú: Tmax cos + Q x = 0 Q x = -10 3 N
Chiu (1) lờn Oy ta cú: - P - Po + Tmax sin + Q y = 0 Q y = 3,92 N
Q=
Q 2x + Q 2y 17,76 N
0,25
0,25
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.
5/5
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐÁP ÁN
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007
ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn: VẬT LÍ, Khối A
Câu số
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.
16.
17.
18.
19.
20.
21.
22.
23.
24.
25.
26.
27.
28.
29.
30.
Mã đề thi
346
593
135
217
689
847
C
A
D
B
C
A
A
B
C
B
A
D
D
B
D
A
B
C
A
D
D
C
A
A
A
D
D
A
D
B
D
C
B
A
D
C
A
D
A
A
C
C
D
A
C
A
D
A
C
C
D
B
D
D
A
A
D
B
D
C
D
B
B
C
A
C
C
C
C
B
B
A
B
D
D
D
C
A
C
D
B
D
B
B
B
B
D
C
D
B
D
D
A
D
D
D
D
C
A
A
C
B
D
B
C
A
B
D
A
B
C
B
A
B
D
D
A
B
C
A
A
A
B
D
B
B
B
C
A
D
C
C
B
D
A
A
A
D
A
B
C
C
C
A
D
A
A
B
C
D
A
B
A
B
B
D
D
C
B
A
D
C
D
D
B
A
A
A
D
D
B
C
A
D
C
A
D
D
B
B
Câu số
31.
32.
33.
34.
35.
36.
37.
38.
39.
40.
41.
42.
43.
44.
45.
46.
47.
48.
49.
50.
51.
52.
53.
54.
55.
56.
57.
58.
59.
60.
Mã đề thi
346
593
135
217
689
847
D
A
C
C
C
D
B
C
C
C
D
A
A
D
C
B
B
D
B
C
B
A
D
D
C
C
A
C
B
C
B
C
D
D
B
A
A
B
B
C
A
D
B
B
B
A
B
A
C
D
A
C
C
C
A
B
B
C
A
B
B
A
B
D
A
D
C
B
A
D
D
B
B
C
D
D
C
B
C
A
C
D
A
C
A
A
A
D
B
C
D
C
C
C
A
D
A
A
D
B
B
D
B
B
A
C
D
A
C
D
C
B
D
B
C
B
A
B
C
C
B
A
B
B
D
B
C
D
C
D
D
A
C
C
D
A
A
B
B
C
B
C
C
A
C
A
B
D
C
B
B
A
C
D
B
C
B
D
D
C
B
A
D
A
D
B
C
C
C
B
C
A
A
C
A
C
A
A
A
B
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu số
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.
16.
17.
18.
19.
20.
21.
22.
23.
24.
25.
26.
27.
28.
29.
30.
31.
32.
ĐÁP ÁN
Môn: VẬT LÍ, khối A
Mã đề thi
319
457
128
230
761
905
A
C
C
B
A
D
D
D
C
B
C
B
A
A
C
A
B
C
D
C
C
D
C
B
C
C
C
D
B
D
B
D
C
D
B
A
A
A
D
B
A
A
D
A
D
A
B
C
B
B
C
D
D
D
B
C
B
B
C
A
B
B
C
D
A
C
B
C
B
B
B
C
D
C
B
B
C
D
C
C
B
C
B
C
A
A
A
A
D
A
D
B
C
B
D
A
B
D
D
B
A
A
D
C
B
C
B
B
B
A
D
C
D
B
A
D
B
C
C
C
B
D
D
D
A
D
D
A
C
D
D
A
B
C
D
D
C
D
D
B
C
B
D
C
A
D
D
D
A
C
D
C
C
C
A
B
A
A
C
A
A
C
A
C
D
A
D
D
A
A
B
C
C
B
A
B
A
D
B
A
B
B
A
B
C
C
D
C
B
B
C
B
1
Câu số
33.
34.
35.
36.
37.
38.
39.
40.
41.
42.
43.
44.
45.
46.
47.
48.
49.
50.
51.
52.
53.
54.
55.
56.
57.
58.
59.
60.
Mã đề thi
319
457
128
230
761
905
A
C
A
D
D
D
D
B
B
A
B
D
C
D
C
C
B
B
C
B
A
C
C
A
C
A
B
D
A
B
C
D
C
D
C
A
C
B
A
B
C
B
A
D
D
B
C
D
A
B
A
C
B
B
B
B
B
C
D
A
B
A
D
C
B
B
C
B
A
B
C
A
C
D
A
A
A
B
D
A
D
B
C
A
D
A
D
C
A
C
C
C
A
A
A
D
C
B
A
A
D
B
B
D
D
C
A
B
D
D
A
A
B
A
C
B
D
A
A
D
A
B
B
A
A
D
C
C
D
A
D
A
C
A
A
D
B
C
B
D
B
A
D
C
B
A
A
D
D
D
D
D
B
C
D
C
A
A
A
A
D
D
C
D
B
C
B
C
2
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐÁP ÁN
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu số
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.
16.
17.
18.
19.
20.
21.
22.
23.
24.
25.
26.
27.
28.
29.
30.
31.
32.
Môn: VẬT LÍ; Khối: A
Mã đề thi
486
629
135
257
742
915
D
D
A
A
B
D
D
B
A
D
B
B
C
D
A
B
D
C
C
A
D
A
D
C
B
A
A
A
A
C
D
D
A
A
D
C
D
C
B
D
C
C
C
B
D
A
C
A
A
D
D
A
A
D
A
C
D
C
B
A
A
C
D
C
B
B
A
B
D
D
A
A
A
B
A
C
A
D
C
A
C
A
A
D
D
D
C
B
C
C
C
D
C
D
C
A
B
D
A
D
D
A
C
C
B
B
A
B
B
C
B
B
A
D
B
A
B
D
B
C
A
B
B
D
C
C
C
A
A
A
C
A
A
B
B
C
D
A
C
D
A
D
B
B
B
B
C
A
A
C
B
B
D
B
C
B
D
B
C
A
D
A
A
B
B
D
B
B
C
C
A
B
C
B
C
A
D
D
D
B
D
C
B
B
A
C
C
A
C
A
C
D
1
Câu số
33.
34.
35.
36.
37.
38.
39.
40.
41.
42.
43.
44.
45.
46.
47.
48.
49.
50.
51.
52.
53.
54.
55.
56.
57.
58.
59.
60.
Mã đề thi
486
629
135
257
742
915
B
B
A
C
B
D
D
D
B
D
C
D
B
C
D
C
B
A
C
A
B
C
D
D
D
D
D
C
C
C
A
A
B
B
D
D
D
C
C
D
A
C
B
D
C
C
C
C
B
C
C
B
A
A
D
A
B
B
A
C
A
D
D
C
C
C
B
D
C
A
B
D
D
D
D
B
B
B
C
A
C
B
A
B
A
C
D
B
D
A
D
C
D
B
A
B
C
B
A
D
B
A
A
B
C
C
C
A
D
C
C
D
C
A
C
A
D
C
D
A
D
D
B
B
D
B
B
B
A
A
D
D
A
C
A
D
D
B
B
A
C
A
B
B
B
B
B
C
A
B
B
C
C
C
D
D
A
A
B
C
B
D
A
A
A
A
B
D
2
