Tuyển tập đề thi học sinh giỏi các môn lớp 12

Chia sẻ: Meomeo Nguyen | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:69

Thêm vào BST

Báo xấu

138
lượt xem 27
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để giúp các bạn có thêm phần tự tin cho kì thi học sinh giỏi sắp tới và đạt kết quả cao. Dưới đây là tổng hợp các đề thi học sinh giỏi các môn như Sinh học, Ngữ văn, Tiếng Anh... mời các bạn tham khảo.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Tuyển tập đề thi học sinh giỏi các môn lớp 12

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 TỈNH THÁI BÌNH NĂM HỌC 2009-2010 Môn: SINH HỌC Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề gồm 04 trang; Thí sinh làm bài vào Phiếu trả lời trắc nghiệm Mã đề: 132 Câu 29: Để chuyển một đoạn gen vào tế bào của con người, người ta dùng thể truyền là ? A. Plasmit B. Thể thực khuẩn C. Virut D. Cả A, B, C đều đúng Câu 30: Lai phân tích F1 hoa đỏ thu được Fa : 1 đỏ : 2 hồng : 1 trắng. Đây là qui luật: A. Tương tác kiểu bổ trợ 9 :6 :1 B. Tương tác cộng gộp 15 :1 C. Tương tác kiểu bổ trợ 9 : 3 : 4 D. Tương tác át chế 12 : 3 : 1 Câu 31: Ở ruồi giấm thân xám (A), thân đen (a), cánh dài (B), cánh cụt (b). Các gen này cùng nằm trên một cặp NST tương đồng. Tiến hành lai giữa 1 ruồi giấm đực có kiểu gen AB với ruồi giấm cái dị hợp tử, ở F2 Ab thu được kết quả : 3 mình xám, cánh dài : 1 mình xám, cánh cụt. Ruồi giấm cái dị hợp tử đem lai có kiểu gen và đặc điểm di truyền như sau : AB Ab , A. hoặc các gen di truyền liên kết hoàn toàn. ab aB
AB B. , các gen di truyền liên kết hoàn toàn. ab Ab C. , các gen di truyền liên kết hoàn toàn. aB AB Ab D. hoặc , các gen di truyền liên kết hoàn toàn hoặc hoán vị. ab aB Câu 32: Ở một loài thực vật, cho 2 cây thuần chủng đều có hoa màu trắng lai với nhau thu được F1 toàn cây hoa màu đỏ. Cho F1 lai với cây có kiểu gen đồng hợp lặn thu được kết quả: 3 cây hoa màu trắng :1 cây hoa màu đỏ. Màu sắc hoa di truyền theo qui luật: A. Tương tác bổ sung. B. Tương tác át chế. C. Tương tác cộng gộp. D. Phân li. Câu 33: Trong chu kì phân bào quá trình nhân đôi của ADN diễn ra ở: A. Pha S B. Pha G1 C. Kì đầu. D. Pha G2 Câu 34: Vốn gen của quần thể là : A. Tất cả các tổ hợp gen của quần thể trong quá trình tồn tại. B. Toàn bộ các alen của tất cả các gen trong quần thể. C. Tất cả các gen nằm trong nhân tế bào của cá thể trong quần thể. D. Kiểu gen của quần thể. Câu 35: Lai thuận và lai nghịch đã được sử dụng để phát hiện ra qui luật di truyền: A. Tương tác gen, phân li độc lập.
B. Gen trên NST thường, gen trên NST giới tính, di truyền ngoài nhân. C. Tương tác gen, trội lặn không hoàn toàn. D. Trội lặn hoàn toàn, phân li độc lập. Câu 36: F1 có kiểu gen AB DE , các gen tác động riêng rẽ, trội hoàn toàn, ab de xảy ra trao đổi chéo ở hai giới. Cho F1 x F1. Số kiểu gen ở F2 là: A. 20 B. 100 C. 256 D. 81 Câu 37: Những dạng đột biến nào là đột biến dịch khung: A. Thay thế và chuyển đổi vị trí của một cặp nuclêôtit. B. Mất và thêm một cặp nuclêôtit. C. Mất và thay thế một cặp nuclêôtit. D. Thêm và thay thế một cặp nuclêôtit. Câu 38: Một quần thể thực vật, gen A có 3 alen, gen B có 4 alen phân li độc lập thì quá trình ngẫu phối sẽ tạo ra trong quần thể số loại kiểu gen là: A. 40 B. 60 C. 80 D. 20 Câu 39: Ở tằm, gen A qui định màu trứng trắng, gen a qui định màu trứng sẫm. Biết rằng tằm đực cho nhiều tơ hơn tằm cái. Phép lai nào sau đây giúp các nhà chọn giống phân biệt con đực và con cái ở ngay giai đoạn trứng?
A. XAXa x XaY B. XaXa x XAY C. XAXa x XAY D. XAXA x XaY Câu 40: Ở một loài côn trùng, thân xám (A) trội hoàn toàn so với thân đen (a); lông ngắn (D) trội hoàn toàn so với lông dài (d). Các gen này nằm trên 2 cặp NST thường khác nhau. Tỉ lệ kiểu hình được tạo ra từ phép lai P: AaDd x aaDd là: A. 1 thân xám, lông dài : 1 thân đen, lông ngắn. B. 1 thân xám, lông ngắn : 3 thân xám, lông dài : 1 thân đen, lông ngắn : 3 thân đen, lông dài. C. 3 thân xám, lông ngắn : 1 thân xám, lông dài : 3 thân đen, lông ngắn : 1 thân đen, lông dài. D. 1 thân đen, lông ngắn : 3 thân đen, lông dài. Câu 41: Chia cắt một phôi động vật thành nhiều phôi, cho phất triển trong cơ thể nhiều con cái khác nhau từ đó nhanh chóng tạo ra hàng loạt con giống có kiểu gen giống nhau gọi là phương pháp: A. Cấy truyền hợp tử. B. Nhân bản vô tính tế bào động vật. C. Cấy truyền phôi. D. Công nghệ sinh học tế bào. Câu 42: Nghiên cứu phả hệ sau về một bệnh di truyền ở người.
I II III IV Nữ bị bệnh Nam bị bệnh Nữ bình thường Nam bình thường Hãy cho biết điều nào dưới đây giải thích đúng cơ sở di truyền của bệnh trên phả hệ: A. Bệnh do gen trội nằm trên NST giới tính X không có alen trên NST Y qui định. B. Bệnh do gen lặn nằm trên NST giới tính X không có alen trên NST Y qui định. C. Bệnh do gen lặn nằm trên NST thường qui định. D. Bệnh do gen trội nằm trên NST thường qui định.
Câu 43: Đột biến thay thế 1 cặp nuclêôtit này bằng 1 cặp nuclêôtit khác xảy ra tại vùng êxôn của gen cấu trúc nhưng không làm thay đổi trình tự các axit amin do gen đó qui định tổng hợp. Nguyên nhân là do: A. Mã di truyền có tính phổ biến. B. Mã di truyền là mã bộ ba. C. Mã di truyền có tính đặc hiệu. D. Mã di truyền có tính thoái hoá. Câu 44: Xét 3 gen liên kết theo trật tự sau: A 30cM B 20cM D ABD Cơ thể dị hợp giảm phân cho giao tử AbD chiếm tỷ lệ bao nhiêu? abd Giả sử tần số của trao đổi chéo kép là tích của các tần số trao đổi chéo đơn (không có đột biến). A. 25% B. 5% C. 3% D. 6% Câu 45: Ở ngô tính trạng chiều cao của cây do 3 cặp gen không alen (A1, a1, A2, a2, A3, a3), chúng phân li độc lập và cứ mỗi gen trội có mặt trong tổ hợp gen sẽ làm cho cây thấp đi 20 cm. Cây cao nhất có chiều cao 210 cm. Khi giao phấn giữa cây cao nhất và cây thấp nhất, cây lai thu được sẽ có chiều cao là: A. 90 cm B. 120 cm. C. 160 cm. D. 150 cm
Câu 46: Một loài thực vật có bộ NST 2n=12. Số loại thể ba kép (2n+1+1) khác nhau có thể xuất hiện trong quần thể của loài là: A. 15 B. 26 C. 14 D. 21 Câu 47: Tỉ lệ tương đối của các loại ARN trong thành phần tế bào là: A. mARN: 5-10%; tARN: 10-20%; rARN: 70-80% B. tARN: 5- 10%; rARN: 10-20%; mARN: 70-80% C. mARN: 5-10%; rARN: 10-20%; tARN: 70-80% D. rARN: 5- 10%; tARN: 10-20%; mARN: 70-80% Câu 48: Phương pháp nào dưới đây được sử dụng để tạo dòng thuần nhanh nhất và hiệu quả ở thực vật : A. Nuôi cấy và đa bội hoá hạt phấn. B. Nhân giống vô tính. C. Tự thụ phấn. D. Giao phấn. Câu 49: Một cặp NST tương đồng được qui ước là Aa. Nếu cặp NST này không phân li ở kì sau của giảm phân II thì sẽ tạo ra các loại giao tử nào ? A. AA, O B. Aa, a C. Aa, O D. AA, Aa, A, a Câu 50: Phương pháp nghiên cứu di truyền nào được dùng phổ biến để chẩn đoán các bệnh, tật di truyền ở người ? A. Phương pháp di truyền phân tử. B. Phương pháp nghiên cứu trẻ đồng sinh.
C. Phương pháp nghiên cứu tế bào. D. Phương pháp nghiên cứu phả hệ. ----- HẾT ---- Họ và tên thí sinh:........................................................ Số báo danh:....................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2011- 2012 Môn: NGỮ VĂN - LỚP 10 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi có 01 trang, gồm 02 câu) Câu 1 Chẳng ai muốn làm hành khất Tội trời đày ở nhân gian Con không được cười giễu họ Dù họ hôi hám úa tàn Nhà mình sát đường, họ đến Có cho thì có là bao Con không bao giờ được hỏi Quê hương họ ở nơi nào. (...) Mình tạm gọi là no ấm Ai biết cơ trời vần xoay Lòng tốt gửi vào thiên hạ Biết đâu nuôi bố sau này. (Trần Nhuận Minh, Dặn con, rút từ tập thơ Nhà thơ và hoa cỏ, 1993) Từ ý thơ của Trần Nhuận Minh, anh /chị hãy trình bày suy nghĩ của mình về vấn đề sau: Lòng tốt gửi vào thiên hạ. Câu 2 Ca dao là cây đàn muôn điệu của tâm hồn quần chúng nhân dân được thể hiện qua những hình thức nghệ thuật mang đậm sắc thái dân gian. Suy nghĩ của anh / chị về ý kiến trên. Chọn phân tích một số bài ca dao đã học để làm sáng tỏ vấn đề. ………………….Hết………………… - Thí sinh không được sử dụng tài liệu. - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………..........……........ Số báo danh:……………………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2011- 2012 Môn: NGỮ VĂN LỚP 11 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có 01 trang, gồm 02 câu) Câu 1 “Học từ ngày hôm qua, sống cho ngày hôm nay, hi vọng vào ngày mai. Điều quan trọng nhất là không ngừng đặt câu hỏi”. (Albert Einstein) Suy nghĩ của anh (chị) về ý kiến trên. Câu 2 Bàn về thơ, Xuân Diệu cho rằng: “Thơ phải xuất phát từ thực tại, từ đời sống, nhưng phải đi qua một tâm hồn, một trí tuệ; và khi đi qua như vậy, tâm hồn, trí tuệ ấy phải in dấu vào đó càng sâu sắc, càng cá thể, càng độc đáo, càng hay.” (Xuân Diệu, Toàn tập, Tập 5, Nxb Văn học, Hà Nội, 2001, tr 36) Anh (chị) hiểu nhận định trên như thế nào? Bằng việc phân tích một số tác phẩm đã học trong chương trình Ngữ văn 11, hãy làm sáng tỏ vấn đề. …………………..HẾT………………. - Thí sinh không được sử dụng tài liệu. - Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:....................................................Số báo danh:......................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2011-2012 TỈNH ĐẮK LẮK Môn: VẬT LÍ 12 - THPT Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 10/11/2011 (Đề thi gồm 02 trang) Bài 1: (4,0 điểm) Có một số dụng cụ gồm một quả cầu nhỏ có khối lượng m, một lò xo nhẹ có độ cứng k và một thanh cứng nhẹ OB có chiều dài l. 1) Ghép lò xo với quả cầu để tạo thành một con lắc lò xo và treo thẳng đứng như hình vẽ (H.1). Kích thích cho con lắc dao động điều hoà với biên độ A = 2cm. Tại thời điểm ban đầu quả cầu có vận tốc v  20 3cm / s và gia tốc (H.1) a = - 4m/s2. Hãy tính chu kì và pha ban đầu của dao động. O 2) Quả cầu, lò xo và thanh OB ghép với nhau tạo thành cơ hệ như hình l vẽ (H.2). Thanh nhẹ OB treo thẳng đứng. Con lắc lò xo nằm ngang có quả cầu nối với thanh. Ở vị trí cân bằng của quả cầu lò xo không bị biến dạng. Từ vị trí cân bằng kéo quả cầu trong mặt phẳng chứa thanh và lò xo để thanh OB nghiêng với phương thẳng đứng góc α0 < 100 rồi buông không vận tốc đầu. B (H.2) Bỏ qua mọi ma sát và lực cản. Chứng minh quả cầu dao động điều hoà. Cho biết: l = 25cm, V(dm3) 2 m = 100g, g = 10m/s . Tính chu kỳ dao động của quả cầu. 36 1 Bài 2: (2,0 điểm) 4 Một mol khí lí tưởng thực hiện chu trình 1 - 2 - 3 - 4 như 2 hình vẽ (H.3). Cho biết : T1 = T2 = 360K ; T3 = T4 = 180K ; 9 3 V1 =36dm3; V3 = 9dm3. Cho hằng số khí lý tưởng R = 8,31 J/mol.K 180 360 T(K) (H.3) 1) Tìm áp suất p ở các trạng thái 1, 2, 3, và 4. 2) Vẽ đồ thị p-V của chu trình. Bài 3: (3,0 điểm) A L Một thanh đồng chất BC tựa vào tường thẳng đứng tại B α nhờ dây AC dài L hợp với tường một góc α như hình (H.4). Biết C thanh BC có độ dài d. Hỏi hệ số ma sát giữa thanh và tường phải thỏa điều kiện nào để thanh cân bằng? d B (H.4)
Bài 4: (4,0 điểm) R1 R3 Cho mạch điện có sơ đồ như hình vẽ (H.5). Cho biết: C R1= 16Ω ; R2 = R3 = 24Ω, R4 là một biến trở. Bỏ qua điện trở của A R2 R4 B các dây nối. Đặt vào hai đầu A, B của mạch điện một điện áp D UAB = 48V. (H.5) 1) Mắc vào hai điểm C, D của mạch một vôn kế có điện trở rất lớn. a) Điều chỉnh biến trở để R4 = 20Ω. Tìm số chỉ vôn kế. Cho biết cực dương của vôn kế phải mắc vào điểm nào? b) Điều chỉnh biến trở cho đến khi vôn kế chỉ số 0. Tìm hệ thức giữa các điện trở R1, R2, R3, R4 khi đó và tính R4. 2) Thay vôn kế bằng ampe kế có điện trở RA= 12Ω. Điều chỉnh biến trở để R4 = 24Ω. Tìm điện trở tương đương của mạch AB, cường độ dòng điện qua các điện trở và số chỉ của ampe kế. Chỉ rõ chiều của các dòng điện. Bài 5: (2,0 điểm) Cho mạch dao động gồm một tụ điện và một cuộn dây K được nối với một bộ pin có điện trở trong r qua một khóa điện như hình vẽ (H.6). Ban đầu khóa K đóng. Khi dòng điện đã ổn C L định, người ta ngắt khóa và trong khung có dao động điện với tần số f. Biết rằng điện áp cực đại giữa hai bản tụ điện lớn gấp n lần (E,r) suất điện động E của bộ pin. Bỏ qua điện trở thuần của các dây nối và cuộn dây. Hãy tính điện dung và hệ số tự cảm của cuộn (H.6) dây. Bài 6: (3,0 điểm) Một điểm sáng S được đặt trên trục chính của một thấu kính hội tụ L1 có tiêu cự f1=24cm. Sau thấu kính, người ta đặt một màn E vuông góc với trục chính của thấu kính và thu được ảnh rõ nét của S trên màn. 1) Để khoảng cách giữa vật và màn là nhỏ nhất thì vật và màn phải đặt cách thấu kính một khoảng là bao nhiêu? 2) Người ta đặt thấu kính L2 phía sau và cùng trục chính với L1 và cách L1 một khoảng 18cm. Trên màn E lúc này có một vết sáng hình tròn. Hãy tính tiêu cự của thấu kính L2 và vẽ hình trong các trường hợp sau: a) Khi tịnh tiến màn E dọc theo trục chính của hệ thấu kính thì vết sáng trên màn có đường kính không thay đổi. b) Khi tịnh tiến màn ra xa hệ thấu kính thêm 10cm thì vết sáng trên màn có đường kính tăng gấp đôi. Bài 7: (2,0 điểm) Cho một số dụng cụ: Bộ dụng cụ điện phân, nguồn điện, cân có bộ quả cân, ampe kế, đồng hồ bấm giây, các dây nối có điện trở không đáng kể. Hãy thiết lập cách bố trí thí nghiệm, trình bày phương án tiến hành thí nghiệm và tìm công thức để xác định độ lớn của điện tích nguyên tố.
------------------ HẾT -------------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh………………….........………….… Số báo danh………….
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2011-2012 ĐẮK LẮK HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN : VẬT LÝ 12-THPT ------------- ---------------------------------------------------------------- (Gồm 06 trang) I. SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM : Bài 1: (4,00 điểm) 1) Chu kì và pha ban đầu của dao động (2,00 điểm): a2 v2 - Chu kỳ: Ta có hệ thức: 2 4  2 2  1  A2 4  v 2 2  a 2  0 (1) 0,25 đ A A Đặt X = ω2, thay các giá trị của v0 và a0 ta đi đến phương trình bậc hai: 4X2 – 1200X – 160000 = 0 (2) 0,25 đ  X2 – 300X – 40000 = 0 300  500 Phương trình cho nghiệm: x1,2  (3) 0,25 đ 2 Chọn nghiệm thích hợp: X = 400  ω2 = 400  ω = 20(rad/s) 2 2  Vậy chu kì dao động: T    ( s) (4) 0,25 đ  20 10 - Pha ban đầu: Tại t = 0, ta có: v0 = -Aωsinφ = 20 3cm / s (2) a0 = -Aω2coφ = - 4m/s2 = -400cm/s2. (5) 0,50 đ a0 400 1  Từ (3): cos   2      ; A 2.400 2 3  Từ (2): chọn    ( rad ) (6) 0,50 đ 3 2) Hệ dao động điều hòa - Chu kỳ: (2,00 điểm) Tại thời điểm t, quả cầu có toạ độ x và vận tốc v, thanh treo OB có góc lệch α so với phương thẳng đứng. Biểu thức cơ năng cơ năng toàn phần của hệ: mv 2 kx 2 E  Ed  Et1  Et 2    mgh (7) 2 2 Chọn gốc thế năng tại VTCB: 2 Et  Et 2  mgh  mgl (1  cos  )  mgl . (8) 0,50 đ 2
x mg 2 Do   nên Et 2  x . l 2l Cơ năng toàn phần của hệ: mv 2 kx 2 mg 2 E  Et1  Et 2  Ed    x  co n s t (9) 0,50 đ 2 2 2l Lấy đạo hàm bậc nhất của cơ năng E theo thời gian: mg  Et  '  mvv ' kxx ' x'  0 l k g Vì v = x’, v’ = x’’ nên : x ''    x  0 hay x " +  2 x = 0 (10) m l  k g Vậy quả cầu dao động điều hoà với tần số góc:    (11) 0,50 đ m l - Ta lại có: k = mω2 = 0,1.400 = 40N/m. k g 40 10 Vậy:       440( rad / s ) m l 0,1 0, 25 2 2 Chu kì dao động: T   0, 3s (12) 0,50 đ  440 Bài 2: (2,00 điểm) 1) Nhận xét và rút được kết luận: Các quá trình 4-1 và 2-3 là đẳng áp vì V tỉ lệ với T; Các quá trình 1-2 và 3-4 là đẳng nhiệt. (1) 0,50 đ p(105P Ta có: T1 = 2T4 và T2 = 2T3 (2) 0,25 đ a) 1,6 3 2 6 V1 36 nên: V4    18dm3 2 2 0,8 1 4 3 V2  2V3  18dm3  V4 (3) 0,25 đ RT1 8,31.360 p1  p 4    0,83.105 Pa 0,25 đ 9 18 36 3 V(dm ) V1 0, 036 (H.2) RT2 8,31.360 p 2  p3    1, 662.105 Pa 0,25 đ V2 0, 018
2) Đồ thị p-V được vẽ như hình (H.2) 0,50 đ A Bài 3: (3,00 điểm) L α C Phản lực của tường được phân tích: Q = N + fms (1) Đặt AB=h và ABC = ; trọng lượng của thanhBC : P = mg; Hệ fm quy chiếu Bxy. Khi hệ cân bằng ta có: d P + T + N + fms = 0 (2) N B Bx: N = T. sinα (3) By: fms = mg - T. cosα (4) 0,50 đ Cân bằng momen đối với trục quay B: d d .sin  P. .sin   T .h.sin   T  mg. (5) 0,25 đ 2 2h.sin  Áp dụng định lý hàm sin trong tam giác ABC: d L h d .sin(   )    h (6) 0,50 đ sin  sin  sin(   ) sin  mg.d .sin  mg .sin  .sin  Từ (5), (6) và (3) : T  N (7) 2sin(   ) 2sin(   )  cos  .sin   Từ (4) : f ms  mg  1   (8) 0,50 đ  2sin(   )  Để có cân bằng phải có ma sát nghỉ và fms ≤ k.N ; với k là hệ số ma sát  mg .cos  .sin   mg.sin  .sin  Từ (4) : mg  1    k. (9) 0,50 đ  2 sin(   )  2sin(   ) 2.sin  .cos   sin  .cos   2 1  Hay : k    (10) 0,25 đ sin  .sin   tan  tan   L.sin  d 2  L2 .sin 2  Từ (4): sin    cos   (11) d d 2 d 2  L2 .sin 2  1 Từ (10) : k  (12) 0,50 đ L.sin  tan  Bài 4: (4,00 điểm) 1) Số chỉ vôn kế, cách mắc vôn kế (1,50 điểm) Nếu hai điểm C, D được mắc vôn kế có điện trở rất lớn: a) Điều chỉnh biến trở để R4 = 20Ω. U AB 48 Dòng điện qua R1 và R3: I13    1, 2 A (1) R1  R3 16  24 UAC = I13.R1 = 1,2.16 = 19,2V (2) U AB 48 Dòng điện qua R2 và R4: I 24    1, 09 A (3) 0,50 đ R2  R4 24  20 UAD = I24.R2 = 1,09.24 ≈ 26,2V.
Vôn kế chỉ: UDC = UAD – UAC = 26,2 – 19,2 = 7V. Cực dương phải mắc vào điểm D. (4) 0,50 đ b) Điều chỉnh biến trở để vôn kế chỉ 0 nên: UDC = 0 Vậy: U AD = U AC  I 24 .R2  I13 .R1 (5) R1 R3 C U U R R A R2 R4 B Hay: AB R2  AB R1  4  3 (6) 0,25 đ B R2  R4 R1  R3 R2 R1 D B (H.5) R2 R3 24.24 R4    36 (7) 0,25 đ R1 16 2) Điện trở tương đương, số chỉ của ampe kế, giá trị các cường độ dòng điện, chiều dòng điện (2,50 điểm) Khi thay vôn kế bởi ampe kế có RA = 12Ω và cho R4 = 24Ω, ta có mạch cầu không cân bằng. Thay mạch trên bằng sơ đồ mạch tương đương khi sử dụng chuyển mạch tam giác R1, R2, RA thành mạch sao - Điện trở RAO, RCO, RDO lần lượt là: RCO R3 RAO C R1 R2 16.24 RAO    7,3846 (8) A O R1  R2  RA 16  24  12 RDO R4 B B D B R1 RA 16.12 (H.5a) RCO    3, 6923 (9) R1  R2  RA 16  24  12 RA R2 12.24 RDO    5, 5385 (10) 0,50 đ R1  R2  RA 16  24  12 Điện trở: ROCB = RCO + R3 = 3,6923Ω + 24Ω = 27,6923Ω (11) RODB = RDO + R4 = 5,5385Ω + 24Ω = 29,5385Ω (12) 0,25 đ ROCB .RODB 27, 6923.29, 5385 Điện trở đoạn OB là: ROB    14, 2928 (13) ROCB  RODB 27, 6923+29,5385 Vậy điện trở toàn mạch: R = RAO + ROB = 7,3846Ω + 14,2928Ω = 21,6774Ω. (14) 0,25 đ - Cường độ dòng điện qua các điện trở và ampe kế: U AB 48 Dòng qua mạch chính: I    2, 214 A (15) 0,25 đ R 21, 6774 Do đó: UOB = I.ROB = 2,214.14,2928 ≈ 31,644V. (16)
U OB 31, 644 + Cường độ dòng điện qua R3: I 3    1,1427 A (17) 0,25 đ ROCB 27, 6923 + Dòng qua R4 : I4 = I – I3 = 2,214 – 1,1427 = 1,0713A. (18) Ta lại có: UAO = I.RAO = 2,214.7,3846 = 16,3495V UOC = I3. RCO = 1,1427.3,6923 = 4,2192V Vậy: UAC = UAO + UOC = 16,3495V + 4,2192V = 20,5687V (19) 0,25 đ U AC 20,5687 + Dòng qua R1: I1    1, 2855 A (20) 0,25 đ R1 16 + Dòng qua R2: I2 = I – I1 = 2,214 – 1,2855 = 0,9285A + Dòng qua ampe kế: IA = I1 – I3 = 1,2855 - 1,1427 = 0,1428A và có chiều từ C đến D. (21) 0,50 đ Bài 5: (2,00 điểm) - Khi dòng điện đã ổn định, cường độ dòng điện qua cuộn dây là: E I0  (1) 0,25 đ R - Khi khóa K ngắt, mạch bắt đầu dao động. Năng lượng của mạch lúc đó là năng lượng từ 2 1 2 1 E trường: Wm  LI 0  L   (2) 0,25 đ 2 2 r - Trong quá trình dao động khi tụ điện tích điện đén điện áp cực đại U0 thì dòng điện triệt tiêu. Lúc đó năng lượng của mạch là năng lượng điện trường; với U0 = nE : 1 1 2 We  CU 02  C  n.E  (3) 0,25 đ 2 2 - Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng cho mạch dao động ta có: We = Wm 2 E 2 hay L    C  n.E   L  Cn 2 r 2 (4) 0,50 đ r 1 1 - Mặt khác chu kỳ dao động : f   C 2 2 (5) 0,25 đ 2 LC 4 f L 1 nr Từ (4) và (5) ta tìm được: C  và L  (6) 0,50 đ 2 fnr 2 f Bài 6: (3,00 điểm) 1) Tính d và d’ để Lmin (1,00 điểm) ( L1 ) Ta có sơ đồ tạo ảnh: S  S1' - Khi ảnh hiện rõ trên màn, khoảng cách vật –màn là khoảng cách L giữa vật thật và ảnh thật. Ta có: L  d  d’ (1) Dễ dàng thấy L phải thoả mãn điều kiện: L ≥ 4f (2) 0,50 đ
Suy ra: Lmin = 4f = 96cm Vậy: d = d’ = Lmin/2 = 48cm. (3) 0,50 đ 2) Tìm f2 và vẽ hình (2,00 điểm): ( L1 ) ( L2 ) Sơ đồ tạo ảnh: S  S1'  S2  ' Ta có: d1  d1'  48cm a) Vì vết sáng trên màn có đường kính không đổi khi tịnh tiến màn nên chùm tia ló tạo bởi L2 phải là chùm song song với trục chính. Tức là ảnh của S tạo bởi hệ hai thấu kính phải ở xa vô cùng. ' Ta có: d 2    d 2  f 2 Mà: d 2  l  d1'  18- 48 = -30cm Vậy: f2 = -30cm: L2 là thấu kính phân kì. 0,50 đ b) Chùm tia ló có thể là hội tụ hoặc phân kì - Nếu chùm tia ló hội tụ: L2 có thể là thấu kính hội tụ hoặc phân kì + Nếu L2 là thấu kính hội tụ: ' D ' 40  d 2 Từ hình vẽ, ta có:  ' 2 D 30  d 2 Vậy: 40 – d2’ = 60 – 2d2’ => d2’ = 20cm ' d2d 2 30.20 Từ đó: f 2  '   60cm d 2  d2 10 0,50 đ + Nếu L2 là thấu kính phân kì Lúc này S2’ nằm trong khoảng giữa hai vị trí của màn E, ta có: ' D ' 40  d 2  ' 2 D d 2  30 ' 100 Vậy: 40 – d 2 ’  2d 2 ’ – 60  d 2  cm 3
100 ' 30. d 2d2 3  300cm Từ đó: f 2  '  d 2  d 2 30  100 3 0,50 đ - Nếu chùm tia ló là chùm phân kì( L2 là thấu kính phân kì), ảnh S2’ là ảnh ảo. Từ hình vẽ, ta có: O2S2’ = |d2’|, O2S1’ = |d2| D ' d 2  d 2 '  10 40  d 2 ' Vậy:   2 D d2  d2 ' 30  d 2 ' Suy ra: d2’ = 20cm > 0: điều này vô lí. 0,50 đ Bài 7: (2,00 điểm) 1) Thiết lập mạch điện, phương án tiến hành thí nghiệm: (1,00 điểm) - Mắc mạch điện theo sơ đồ thông thường một mạch kín bao gồm: Nguồn điện - Ampe kế - Bình điện phân. 0,50 đ - Dùng Ampe kế xác định dòng điện I chạy qua dung dịch điện phân. - Dùng đồng hồ đếm thời gian để xác định thời gian Δt mà dòng điện đi qua. - Xác định khối lượng m của chất bám vào điện cực: Bằng cách dùng cân để đo khối lượng m1 điện cực trước khi mắc vào mạch, sau đó đo khối lượng m2 của điện cực đó sau khi cho dòng điện đi qua chất điện phân và tính được khối lượng: m = m2 - m1 (1) 0,50 đ 2) Lập công thức xác định độ lớn e của điện tích nguyên tố: (1,00 điểm) - Gọi n là hóa trị của chất. Số các nguyên tử xuất hiện ở điện cực: q It N  (2) 0,50 đ ne ne - Mặt khác: Gọi NA là số Avogadro, A là khối lượng mol của chất ta có: m Số các nguyên tử đó là: N  NA (3) 0,25 đ A A I .t A I .t - Từ (2) và (3) ta tìm được: e  .  . (4) 0,25 đ n m.N A n (m2  m1 ).N A II. CÁCH CHO ĐIỂM & HƯỚNG DẪN CHẤM :