ĐÁP ÁN MÔN LÝ - KỲ THI ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2006

Chia sẻ: Phạm Vũ Long | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

94
lượt xem 32
download

ĐÁP ÁN MÔN LÝ - KỲ THI ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2006

Mô tả tài liệu

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đáp án môn lý - kỳ thi đại học khối a năm 2006', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ĐÁP ÁN MÔN LÝ - KỲ THI ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2006

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) Câu 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: 0,25 Chuyển trực tiếp từ N về L và nguyên tử phát ra bức xạ ứng với vạch màu lam Hβ . 0,25 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: ⎛1 1⎞ hc (λ1 - λ 2 ) hc hc hc = EM - EL = ( EM - EK ) - ( EL - EK ) = ⇒ (1) εα = εα = - = hc ⎜ - ⎟ λα λ 2 λ1 ⎝ λ 2 λ1 ⎠ λ1λ 2 6,625.10−34 × 3.108 × (0,1220 − 0,1028).10−6 3,04.10−19 J 0,25 Thay số vào (1), ta được: εα = −12 0,1220 × 0,1028.10 Năng lượng phôtôn ứng với bức xạ màu lam: ⎛1 1⎞ hc (λ1 - λ3 ) hc hc hc = E N - EL = ( E N - EK ) - ( EL - EK ) = ⇒ (2) εβ = - = hc ⎜ - ⎟ εβ = λβ λ3 λ1 ⎝ λ 3 λ1 ⎠ λ1λ3 6,625.10−34 × 3.108 × (0,1220 − 0,0975).10−6 0,25 4,09.10−19 J Thay số vào (2), ta được: εβ = −12 0,1220 × 0,0975.10 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 Po → 4 He + A Pb 84 2 Z 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. Phương trình đầy đủ diễn tả quá trình phóng xạ: 210 Po → 4 He + 206 Pb 0,25 84 2 82 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 ΔN N o (1 - e-λt ) = e λt -1 ở thời điểm hiện tại, thì: (3) = -λt N Noe ΔN A Pb m Pb ΔN m Pb A Po A NA ΔN = n Po ⇒ ⇒ Mặt khác: (4) = = N 0,25 m Po N m Po A Pb N A Pb A Po NA Từ (3) và (4) suy ra: A Po ln(n +1) A Po A Pb A Po ln1,71 e λt -1 = n 0,25 ⇒ λt = ln(n +1) ⇒ t = 107 ngày T= ×138,38 A Pb ln2 ln2 A Pb 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 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. 0,25 2 Tính khoảng vân và khoảng cách nhỏ nhất giữa hai vân trùng (1,00 điểm) λD a) Khoảng vân: i1 = 1 0,25 a 0,6.10−6 × 2 = 1, 2.10−3 m = 1, 2 mm i1 = Thay số, ta được: 0,25 −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 k1i1 = k 2i 2 ⇔ k1 1 = k 2 2 ⇔ k1λ1 = k 2 λ 2 ⇔ 6k1 = 5k 2 ⇒ 2 = (1) 0,25 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 0,25 k1 = 5 và k2 = 6. Suy ra, khoảng cách nhỏ nhất giữa hai vân trùng là Δx = 5i1 = 6 mm. III 2,00 1 Tính các chiều dài và chu kì dao động của con lắc (1,00 điểm) Δt Δt ' Ta có: T = = 2π T' = = 2π ; 0,25 n g n' g 2 2 2 ⎛ T' ⎞ ⎛n⎞ ⎛ 40 ⎞ 1600 ' =⎜ ⎟ =⎜ ⎟ =⎜ ⎟ = Suy ra: (1) ⎝T⎠ ⎝ n' ⎠ ⎝ 39 ⎠ 1521 theo giả thiết: ' = + 7,9 0,25 (2) + 7,9 1600 1,521 ⇒ = 152,1cm và T = 2π = = 2π Từ (1) và (2): 2, 475 s 0,25 1521 g 9,8 40 × 2,475 40 0,25 ' = + 7,9 = 152,1 + 7,9 = 160,0 cm và T' = T= 2,539 s 39 39 2 Xác định chiều và độ lớn vectơ E (1,00 điểm) Khi vật chưa tích điện và được kích thích cho dao động điều hòa dưới tác dụng của lực căng τ và trọng lực P = mg, thì chu kì của con lắc có biểu ' τ1 thức: T' = 2π . ' g Khi vật tích điện q và đặt trong điện trường đều E cùng phương với P và được kích thích cho dao động điều hòa dưới tác dụng lực căng τ1 và hợp FE P qE lực P1 = P + FE = m(g + ) = mg1 , thì hợp lực P1 có vai trò như P. Do đó m Hình minh hoạ, qE ' không tính điểm , với g1 = g ± chu kì của con lắc có biểu thức T1 = 2π (3). 0,25 m g1 ' qE . Vì ' > , nên g1 > g, do đó từ (3) ta có: g1 = g + = , Từ yêu cầu T1 = T, suy ra g1 g m trong đó điện tích q > 0. Vậy, FE cùng phương, cùng chiều với P và điện trường E có chiều 0,25 hướng xuống, cùng chiều với P. g ' qE 1600 0,25 ⇒ 1 = ⇔ 1+ = g mg 1521 79 2.10−3 × 9,8 1600 − 1521 mg ⇒E= 2, 04.105 V/m × = × 0,25 1521 0,5.10−8 1521 q 2/5
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 O + ZCO = 2002 ⇒ 2 2 I⎠ ⎝ 1 0,25 ⇒ CO = .10−4 F 18,38 μ F ZCO = 2002 − 1002 =100 3 Ω π3 − Z CO π U OL U OX = − 3 ⇒ ϕu MD i = − . Vậy, uX sớm pha b) tgϕu MD i = Ro 3 π/2 so với uMD. ϕux/i πππ Io ϕu X u MD = ϕu X / i + ϕi / u MD ⇒ ϕu X / i = − = > 0 . Suy ra: 236 U OR O U OR π 0 < ϕu X / i < , nên đoạn mạch DN có tính cảm kháng. 2 U O( MD ) 0,25 Vậy, hộp kín X chứa cuộn dây thuần cảm L và điện trở thuần R. U OCO 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 0,25 π Z 3 tgϕu X i = L = ⇒ R = 3 ZL = 300 Ω 0,25 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 ⇒ Z1 = Z2 ⇔ (Z1L − Z1CO ) 2 = (Z2L − Z2CO ) 2 ⇒ (Z1L − Z1CO ) = ± (Z2L − Z2CO ) * Trường hợp 1: (Z1L − Z1CO ) = (Z2L − Z2CO ) ⇒ ⎛ ⎞ 1 ω1 − ω2 1 11 1 L ( ω1 − ω2 ) = ⇒ 2π ( f1 − f 2 ) ⎜ L + 2 ( − )= − ⎟=0 (1) ( ) ⎜ 4π f1f 2Co ⎟ Co ω1 ω2 Co ω1ω2 ⎝ ⎠ Theo đề bài, tần số f ở trị số f1 hoặc f2, nên ( f1 - f 2 ) ≠ 0 . Do đó, từ (1) suy ra: 1 L+ = 0 (2). Nhưng mọi đại lượng ở vế trái của (2) đều dương, nên không thể xảy 2 4π f1f 2Co ra (2). Do đó, trường hợp 1 bị loại. ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ * Trường hợp 2: (Z1L − Z1CO ) = −(Z2L − Z2CO ) ⇒ L ( ω1 + ω2 ) = 1 ⎜ 1 + 1 ⎟ = 1 ⎜ ω1 + ω2 ⎟ 0,25 Co ⎝ ω1 ω2 ⎠ Co ⎝ ω1ω2 ⎠ 1 1 1 Giản ước ( ω1 + ω2 ) , ta được: ω1ω2 = ⇒ f1f 2 = 2 = = 2500 LCo 4π LCo 31 .10−4 2 4π . π π3 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 0,25 1 Với f = f1= 25 Hz thì: Z1L = 2πf1L = 50 3 Ω và Z1CO = = 200 3 Ω 2πf1Co U U 200 I= = = 0, 42A Z (R + R) 2 + (Z − Z ) 2 4002 + 3.1502 o 1L 1CO 3/5
Z1L − Z1CO 33 33 − 0,65 ⇒ ϕu1 tgϕ u1 = =− − 0,58 rad = − π i1 i1 R + Ro 8 180 Vậy: i1 = 0,42 2 sin(50 π t + 0,58) (A) 0,25 1 Với f = f2 = 100 Hz thì: Z2 L = 2πf 2 L = 200 3 Ω và Z2CO = = 50 3 Ω 2πf 2Co Z2L − Z2CO 33 33 0, 65 ⇒ ϕu 2 tgϕu 2 = = 0,58 rad = π i2 i2 R + Ro 8 180 Vậy, i2 = 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 B' I B α A' F' AF O M 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 tgα , tgα = AB , Vì các góc αo, α là các góc nhỏ nên G = α OI AB 0,25 tgα = = o Đ OF' f αo tgαo Đ 15 0,25 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( d1 ) ⎯⎯ ( d1 ') A1B1( d 2 ) ⎯⎯ ( d 2 ') A"B" → → AB ⎯⎯ A ' B' → ; ( d ') (d) A′B′ f Độ phóng đại của ảnh A′B′ : k ' = 0,25 = (1) f-d AB Độ phóng đại của ảnh A′′B′′ : A′′B′′ A′′B′′ A′′B′′ A1B1 A1B1 với k1 = và k 2 = × trong đó: k" = = = k 2 .k1 AB A1B1 AB AB A1B1 f - 20 - 20 k1 = G = = f G - d1 - 20 - (20 - d) d - 40 20 ( 20 - d ) d1f G 1200 - 40d ′ d 2 = a - d1 = 20 - = 20 + = , suy ra: d1 -f G 40 - d 40 - d f ( 40 - d ) f ( 40 - d ) f - 20 ⇒ k" = k2 = = × f - d2 40f - df - 1200 + 40d d - 40 40f - df - 1200 + 40d 20f Vì 0 < d < 20 cm, nên d − 40 ≠ 0 , do đó: k "= (2) 0,25 40f - df - 1200 + 40d 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 0,25 4/5
vật AB. Mặt khác, hai ảnh A'B', A′′B′′ cùng độ cao, do đó k' = − k " (3) Thay k ' và k" từ (1) và (2) vào (3), ta được: f 20f ⇒ ( 20 − f )( d − 60 ) = 0 =− f −d 40f − df −1200 + 40d vì 0 < d < 20 cm, nên d - 60 ≠ 0. Suy ra f = 20 cm. 0,25 V.b 2,00 1 Xác định vận tốc góc của hệ quay quanh trục (1,00 điểm) a) Vì trọng lực (ngoại lực) song song với trục quay, nên momen của nó đối với trục quay bằng 0, suy ra momen động lượng bảo toàn. 2 Khi vật ở điểm B: Lo = ωo Io = ωo Mr 2 = ωo M 0,25 4 Khi dây đứt, vật ở A: L = ωI = ωM 2 Áp dụng định luật bảo toàn momen động lượng: 2 ωo 0,25 2 L = Lo ⇒ ωM ⇒ω= = ωo M = 2 rad/s 4 4 b) Khi M còn ở trung điểm B thì momen động lượng của hệ là: ⎛1 ⎞ 1 7 2 + M 2 ⎟ = ωo M 2 L1 = ωo I1 = ωo ⎜ M ⎝3 4 12 ⎠ Khi dây đứt, vật ở A thì momen động lượng của hệ là: ⎛1 ⎞ 4 0,25 2 + M 2⎟=ω M 2 L 2 = ωI 2 = ω ⎜ M ⎝3 3 ⎠ Áp dụng định luật bảo toàn momen động lượng ta có: 4 7 7 2 2 0,25 L 2 = L1 ⇒ ω M ⇒ω= = ωo M ωo = 3,5 rad/s 3 12 16 2 Xác định vị trí treo vật và tính phản lực từ bản lề (1,00 điểm) 1,00 a) D Vẽ hình H y T Q E βC G + O x O 0,25 Po P Các lực tác dụng vào thanh OE gồm: P, Po ,T, Q . Điều kiện cân bằng của thanh OE đối với trục quay tại O: ⇒ Po .OC + P.OG - T.OH = 0 . M P / O + M P / O + M T/O = 0 o Po .OC + P.OG T .OH - P.OG ≤ Tmax ⇒ OC ≤ max Suy ra T= OH Po OE(Tmax - P) OE OE OH = OEsin30o = ⇒ OC ≤ ; OG = 2 2 2Po Thay số, ta được: OC ≤ 64,32cm . Vậy điểm C cách xa O nhất là 64,32 cm. 0,25 ⇒ Po + P + T + Q = 0 Fhl = 0 b) Vì thanh cân bằng: (1) Chiếu (1) lên Ox ta có: Tmax cosβ + Q x = 0 ⇒ Q x = -10 3 N Chiếu (1) lên Oy ta có: - P - Po + Tmax sinβ + Q y = 0 ⇒ Q y = 3,92 N 0,25 0,25 Q2 + Q2 Q= 17,76 N x y NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®−îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh− ®¸p ¸n quy ®Þnh. 5/5