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 -
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
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

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


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


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
;

+
= ⇒ =
A
A
A
và
1,521
T = 2π 2π 2,475 s
9,8
=
A

g0,25

'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)

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).


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
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)

⇒ 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

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

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.

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−+ =⇒ ==


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

==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


, 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

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
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
′′ ′′

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


+=


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


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

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