Bài soạn Đề_ĐA HSG Tỉnh ĐăkLăk_Vong 2_2009

Vật A được gắn chặt vào một đầu của lò xo nằm ngang có độ cứng k = 100N/m, đầu kia của lò xo được giữ cố định, nhờ đó vật A có thể dao động không ma sát trên trục Ox nằm ngang, gốc O trù

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI DỰ THI QUỐC GIA ĐĂK LĂK NĂM HỌC 209-2010

- MÔN THI : VẬT LÝ 12 - THPT

ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi : 06/01/2010

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

(Đề thi có 2 trang)

Bài 1: (3,5 điểm)

Hai vật nhỏ A và B có khối lượng mA=mB=0,5kg

được gắn vào nhau và được đặt trên một mặt bàn

nhẵn nằm ngang như hình vẽ (H.1)

Vật A được gắn chặt vào một đầu của lò xo nằm ngang có độ cứng k = 100N/m, đầu kia của lò xo được giữ cố định, nhờ đó vật A có thể dao động không ma sát trên trục Ox nằm ngang, gốc O trùng với vị trí cân bằng của vật A, chiều dương hướng từ đầu cố định của lò

xo đến vật A Bỏ qua khối lượng của lò xo và sức cản môi trường

1) Dịch chuyển vật A đi một đoạn 2cm khỏi vị trí cân bằng dọc theo trục Ox sao cho

lò xo bị nén Tại thời điểm t = 0, thả cho vật A dao động không có vận tốc ban đầu.Viết phương trình dao động của hai vật A và B, giả thiết chúng luôn gắn với nhau

2) Trên thực tế, chỗ gắn hai vật sẽ bị bung ra nếu lực kéo tại đó đạt đến trị số 1N và vật B

đã bị tách khỏi vật A khi dao động Vật B tách khỏi vật A ở tọa độ nào và ở thời điểm nào?

3) Chọn gốc thời gian lúc hai vật bị tách hãy viết phương trình biểu diễn quy luật chuyển động của hai vật

Bài 2: (2,0 điểm)

Một mol khí lí tưởng thực hiện quá trình biến đổi được

biểu diễn bằng đoạn thẳng 1–2 trên đồ thị p–V như hình vẽ

(H.2) Biết các giá trị p1, V1, p2, V2

1) Thiết lập biểu thức biểu diễn quy luật biến thiên của

nhiệt độ T theo thể tích V: T = f(V)

2) Tìm nhiệt độ cực đại trong quá trình theo các thông

số đã biết Tìm điều kiện để có cực đại thực Khi p1 = 2at,

p2=5at, V1 = 3lít, V2 = 1 lít thì có cực đại thực hay không?

Bài 3: (4,0 điểm)

Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ (H.3) Hiệu điện

thế hai đầu mạch: uAB =220 2 cos100 t(V)π

Các điện trở: R1 = R2 = R = 100Ω, cuộn dây thuần cảm có hệ

số tự cảm thay đổi được.Tụ điện có điện dung C = 20µF Bỏ

qua điện trở các dây nối

Thay đổi hệ số tự cảm L của cuộn dây để dòng điện

mạch chính cùng pha với hiệu điện thế u ở hai đầu mạch

Trong điều kiện này, hãy tính:

1) Hệ số tự cảm L

2) Giá trị hiệu dụng của cường độ dòng điện mạch chính khi hệ số tự cảm L không phụ thuộc vào tần số

B

A B

(H.1)

p

2

1

p 1

p 2

V 1

V 2

V O

(H.2)

L

(H.3)

C

N

B

M

A

Bài 4: (3,5 điểm)

Một chậu nước có đáy là một bản kim loại nhẵn bóng

(coi là một gương phẳng) chứa một lớp nước có độ cao

h0=32cm, chiết suất n =

3

4

Trong nước có một bóng đèn nhỏ S nằm cách mặt thoáng một khoảng h Trên sát mặt

thoáng người ta đặt một thấu kính hội tụ L có tiêu cự f =

12cm, có trục chính vuông góc với mặt thoáng và đi qua S

như hình vẽ (H.4) Đặt một màn E vuông góc với trục chính

của thấu kính, thì thấy có hai vị trí của màn nhận được ảnh rõ

nét của S, hai ảnh này cách nhau 17 cm

1) Tìm h và các vị trí của màn E

2) Để hai ảnh đó trùng nhau thì phải đặt bóng đèn ở đâu?

Bài 5: (2,5 điểm)

Đầu năm 2007 một phòng thí nghiệm mua một nguồn phóng xạ pôlôni 21084 OP Ban đầu (lúc t = 0) người ta có một mẫu chứa N0 hạt nhân pôlôni Bằng cách xác định số hạt nhân pôlôni chưa bị phân rã phóng xạ ở các thời điểm t sau đó, người ta đã thu được kết quả sau đây:

0

N

1) Bằng cách biểu diễn các kết quả đó trên một đồ thị mà trục hoành là các trị số của thời gian t (tính ra ngày) và trục tung là các giá trị tương ứng của đại lượng

0

N ln N

− , hãy suy

ra hằng số phóng xạ λ và chu kì bán rã T của pôlôni 21084 OP Cho 1 năm = 365 ngày

2) Vào năm nào thì khối lượng của mẫu pôlôni chỉ còn bằng

20

1

khối lượng ban đầu của nó? 3) Đầu năm 2010, độ phóng xạ của mẫu còn bằng bao nhiêu phần trăm độ phóng xạ ban đầu?

Bài 6: (2,5 điểm)

Một hạt nhân phóng xạ chuyển động với tốc độ 0,6c trong hệ quy chiếu phòng thí nghiệm Hạt nhân bị phân rã và phát ra một êlectrôn Cho tốc độ ánh sáng trong chân không

là c =3.108m/s Tìm tốc độ của êlectrôn này đối với hệ quy chiếu phòng thí nghiệm trong trường hợp khi êlectrôn phát ra chuyển động với tốc độ 0,8c đối với hạt nhân và:

1) Có cùng hướng với hướng chuyển động của hạt nhân

2) Có hướng vuông góc với hướng chuyển động của hạt nhân Tìm góc tạo bởi hướng chuyển động của êlectrôn và hướng chuyển động của hạt nhân lúc này trong hệ quy chiếu phòng thí nghiệm

Bài 7: (2,0 điểm)

Cho một số dụng cụ điện như sau: Tụ điện, một điện áp xoay chiều không đổi và thông thường, một vôn kế xoay chiều, một điện trở có giá trị đã biết, các dây dẫn

Hãy thiết lập mạch điện, trình bày phương án tiến hành thí nghiệm và tìm công thức xác định điện dung của tụ điện

- HẾT

-Họ và tên học sinh: Họ, tên chữ ký của giám thị

Số báo danh:

S

L

O

E

(H.4)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI DỰ THI QUỐC GIA ĐĂK LĂK NĂM HỌC 209-2010

- HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN : VẬT LÝ 12-THPT

I SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM :

Bài 1: (3,5 điểm)

1) Phương trình dao động của hai vật: (1,0 điểm)

+ Chọn phương trình: x = Acos(ωt + φ)

1

A B

k

rad s

0,50 đ

+ Tại t = 0, ta có:

x0 = Acosφ = -2cm

v0 = -Aωsinφ = 0

Suy ra: sin(-φ) = 0 => φ = 0 và φ = -π(rad)

Vậy: A = 2cm, φ = -π(rad)

Phương trình dao động: x = 2cos(10t – π)(cm)

0,50 đ

2) Tọa độ và thời điểm bị tách: (1,0 điểm)

- Xét hệ quy chiếu gắn với vật A: là hệ quy chiếu không quán tính Trong hệ quy chiếu này, vật B chịu tác dụng của lực quán tính Frqt = −mar; ar là gia tốc của vật A

- Vật A dao động giữa hai điểm C và D trên trục Ox, với OC = OD = 2cm

Trên đoạn CO, vật chuyển động nhanh dần, ar cùng hướng với vr nên Frqt = −mar hướng ngược lại, ép B lên A và B không thể tách khỏi A trên đoạn này

Trên đoạn OD, vật chuyển động chậm dần , ar hướng ngược chiều chuyển động nên Frqt = −mar

hướng ngược lại, có thể tách B ra khỏi A

0,50 đ

Theo đề bài, để vật B tách khỏi vật A lựcFrqtphải có cường độ tối thiểu bằng 0,5N.

Ta có: Fqt = |mB.a| => mB ω2.x = 0,5 ( trên đoạn OD x > 0)

0,01( )

B

m ω

Vậy vật B tách khỏi vật A tại trung điểm của đoạn OD, cách O 1cm(ở tọa độ x = 1cm)

Chọn mốc thời gian như cũ thì vật B tách khỏi vật A tại thời điểm t1 thỏa mãn phương trình : x1 = 2cos(10t1 – π)(cm) = +1 => cos(10t1 – π) = 1/2 = cos (±π/3)

Suy ra: 10t1 – π = ±π/3

Chọn: - π/3 => t1 = π/15(s)

0,50 đ

3) Phương trình biểu diễn quy luật chuyển động của hai vật: (1,5 điểm)

+ Với vật B

Vật B sẽ chuyển động đều với vận tốc v1(được tính từ thời điểm t1 ở trên):

v1 = 2.10.cos(π/3) = 10cm/s

Phương trình biểu diễn qui luật chuyển động: xB = x0B + vB.t

x0B = +1cm, vB = v1 = 10cm/s

Vậy: xB = 1 + 10t(cm)

0,50 đ

C

B A

(H.1)

+ Với vật A:

- Sau khi bị tách, vật A sẽ chuyển động dao động điều hòa theo phương trình:

x'A = A'cos( 'ω t+ϕ')

0,5

A

A

k

rad s m

* Biên độ:

2 '2

200

v

ω

0,50 đ

* Pha ban đầu: tại t = 0, ta có:

x0'A =A'cos 'ϕ = +1cm

'

v = −Aω ϕ = + cm s

' 1, 2247

A

Vậy: φ’ ≈ ±350 = ±35π/180(rad)

Để v0A’ > 0 thì sin φ’ < 0, nên ta chọn: φ’ ≈ -35π/180(rad)

Đi đến phương trình dao động của vật A: ' 1,5 cos(10 2 35 )( )

180

A

0,50 đ

Bài 2: (2,0 điểm)

1) Thiết lập biểu thức biểu diễn quy luật biến thiên (1,0 điểm)

- Áp suất p là hàm bậc nhất của thể tích V:

p = aV + b

+ Tìm a và b: 1 2

1 2

p p a

V V

−

=

−

+ Thay vào biểu thức của p, ta được: 2 1 1 2

1 2

p V p V b

V V

−

=

p p p V p V

0,50 đ

+ Thay biểu thức của p vào ph ương trình trạng thái: pV = RT

ta có:

2

aV bV T

R

+

+ Trong tọa độ T, V ta biểu diễn bằng một đoạn của đường parabôn đi qua gốc, quay bề lõm xuống dưới Nếu đoạn này chứa đỉnh của parabôn thì

T có cực đại Tmax

0,50 đ

2) Tìm nhiệt độ cực đại theo các thông số đã biết: (1,0 điểm)

+ Nhiệt đô cực đại ứng với:

0 2 1 1 2

2 1

p V p V b

V

−

Thay vào biểu thức của T, ta có:

V

V1

V0

V2

Tmax T

Hình 2

ax 2 1 1 2

1 2 2 1

m

p V p V T

R V V p p

−

=

+ Điều kiện để có Tmax là: V2 < V0 < V1

Bất đẳng thức đầu cho ta:

2 2 1 1 2

2 1

p V p V V

p p

−

<

0,50 đ

Sau một số biến đổi, ta có: 2 2

1 2 2 1

V < p p

Bất đẳng thức sau cho: 2 1 1 2 1

2 1

p V p V

V

p p

Biến đổi ta được: 2 1 2

2

−

Tóm lại, có cực đại Tmax nếu: 1 2 2 2

2

2

− < <

+ Khi p1 = 2at, p2 = 5at, V1 = 3lit,V2 = 1lit thì:

2.2 5 1 5

2− < <3 2.5 2

1 1 5

− < < Bất đẳng thức đúng, do đó có cực đại thực

0,50 đ

Bài 3: (4,0 điểm)

1) Tính hệ số tự cảm L: (3,0 điểm)

+ Ta có: ZMN = 0 => UMN = 0

Ta chập hai điểm M và N với nhau

Xét hai đoạn mạch AM và MB có các nhánh song song,

Ta có: i = iL + i1 = iC + i2

Suy ra: Ir= + =IrL Ir1 IrC +Ir2

Với:

2

AM L L L

iL

U I Z I

π ϕ

=

= −

r

; 1 1 1

1 0

AM

i

U I R I

ϕ

=

=

r

;

2

MB L C C

iC

U I Z I

π ϕ

=

=

r

;

2 2 2

2

MB

iL

U I R I

π ϕ

=

= −

r

0,50 đ

Các giản đồ véc tơ:

Từ giản đồ véc tơ, ta có:

1

L i

L

tg

2

C i

C

tg

I Z

0,50 đ

Với các hiệu điện thế uAM và uMB, ta có: u = uAM + uMB

L

Hình 3

C

N

B

M A

i

ϕ U rAM

I r

L

I r

1

I r

'

i

ϕ

I r

C

I r

2

I r

AM

U r

=> U Ur= rAM +UrMB

Ta có:

1

AM AM

i

U U

ϕ = −ϕ

r

; '

2

MB MB

i

U U

ϕ = −ϕ

r

Giản đồ véc tơ về hiệu điện thế trong trường hợp u cùng pha với i:

Để u cùng pha với i, ta phải có:

UAM.sinφ1 = UMB.sinφ2

Hay: U AMsin(−ϕi)=U MBsin(−ϕi')

0,50 đ

Suy ra: L .| sin i| 2 2 C .| sin i'| 2 2

0,50 đ

Tiếp tục biến đổi: 2 2 2 2

C L

Z Z

R Z = R Z

Đi đến: Z Z L C2 −Z Z C L2+Z R L 2−Z R C 2 =0

Cuối cùng: R Z2( L−Z C)−Z Z Z L C( L−Z C)= 0

=> (ZL –ZC)(R2 – ZL.ZC) = 0

0,50 đ

Ta có hai nghiệm: 2

1

2 1

2 2 2

2 2

L C

L C

L C

C L

R

Z Z R

L C R C

ω

ω

=

0,507 20.10 10

−

6 4

2 20.10 10 0, 2

0,50 đ

2) Khi L không phụ thuộc vào tần số: (1,0 điểm)

Từ câu 1, ta có: 1 i

L

R

tg tg

Z

C

R

tg tg

Z

Ở trên, thấy nghiệm L2 độc lập với tần số, nên: tgφ1.tg φ2 = -1

Do đó: 1+ tgφ1.tg φ2 = 0 => tg(φ1 - φ2 ) → ∞ => φ1 - φ2 = π/2

Hay : φ1 + |φ2 | = π/2 => UrAM ⊥UrMB

AM

C

R

R Z

ϕ

0,50 đ

r

MB

U r

AM

U r

Vậy, kết hợp với câu 1:

2 2

2 2

2

L

+

+

Thay: R2 = ZL.ZC, ta được: C L L

I

+

Áp dụng số: 220 2, 2

100

U

R

0,50 đ

Bài 4: (3,5 điểm)

1) Tìm h và các vị trí của màn E: (3,0 điểm)

Quang hệ cho hai ảnh theo sơ đồ:

2 2

d d d d

d d d d d d

+ Với ảnh 1: d = h ; ' 1 ' 3

4

d

d = →n = =n ' 2

2

'

4

h

0,50 đ

+ Với ảnh 2: d1 = h0 –d = h0 – h = 32 –h ;

Qua gương phẳng: d1’ = -d1 = h – 32 ;

Qua lưỡng chất phẳng: d0 = h0 –d1’ = 32 – (h -32 ) = 64 – h

Ta có, với lưỡng chất phẳng:

'

'

0

0

3

d

Qua thấu kính: 3 0'

192 3 4

h

d =d = −

0,50 đ

3

3

192 3

.12

12 4

h

d

h

−

Khoảng cách giữa hai vị trí của màn chính là khoảng các giữa hai ảnh S1 và S2, tức là: S1S2 = 16cm

Do đó, từ biểu thức của d2’ và d3’, ta có phương trình: d3’ – d2’ = l = ± 17cm

Hay: 768 12 12 17( )

0,50 đ

+ Khi l = 17cm, ta có: (768 -12h)(h – 16) – 12h(48- h) = 17(48-h)(h – 16).

Biến đổi: 768h – 12h2 -768.16 + 12.16h – 12.48h + 12h2 = 17( 48h –h2 -48.16 +16h)

 768h -12288 – 384h = 17( 64h –h2 – 768)

 384h – 12288 = 17( 64h –h2 -768)  384h -12288 = 1088h – 17h2 -13056

S

L

O

E

Hình 4

Ta được: 17h2 -704h +768 = 0

Giải phương trình bậc hai: ∆’ = 3522 – 17.768 = 123904 – 13056 = 110848

Vậy: ∆ = 110848 332,938=

Suy ra: 352 332,938 40, 29

1,12 17

h

≈



±

Nghiệm h = 40cm loại vì h > h0

Với nghiệm h = 1,21cm, ta có: 2'

12 12.1, 21 14,52

16 1, 21 16 14,79

h

h

Vì ảnh thật nên d2’ > 0, do đó ta cũng loại nghiệm này

Vậy: không xảy ra trường hợp l = 17cm.

0,50 đ

+ Khi l = -17cm,ta có: (768 -12h)(h – 16) – 12h(48- h) = -17(48-h)(h – 16)

Suy ra: 768h – 12h2 -768.16 + 12.16h – 12.48h + 12h2 = -17( 48h –h2 -48.16 +16h)

 768h -12288 – 384h = -17( 64h –h2 – 768)

 384h – 12288 = -17( 64h –h2 -768)  384h – 12288 = 17h2 -1088h + 13056

Biến đổi, ta đi đến phương trình bậc hai: 17h2 -1472h + 25344 = 0

Giải phương trình bậc hai: ∆’ = 541696 – 430848 = 110848

Ta có: ∆ = 110848 332,938=

23,71 17

h

≈

±

0,50 đ

Loại nghiệm h = 62,88cm vì lớn hơn 32cm

Thay h = 23,7cm vào biểu thức của d2’ và d3’, ta có: 2'

12 12.23,7 284, 4

36,9

h

h

Và: 3'

768 12 768 12.23,7 768 284, 4 483,6

19,9

h

h

Đó là hai vị trí của màn E

0,50 đ

2) Vị trí của bóng đèn để hai ảnh trùng nhau: (0,5 điểm)

+ Để hai ảnh trùng nhau, ta phải có: d2’ = d3’ => 768 12 12

Biến đổi, ta có: (768-12h)(h-16) = 12h(48-h)

 768h -12h2 – 768.16 + 12.16h = 12.48h -12h2  768h – 12288 + 192h = 576h

 384h = 12288 => h = 32cm: phải đặt bóng đèn ở sát đáy chậu

0,50 đ

Bài 5: (2,5 điểm)

1) Hằng số phóng xạ và chu kì bán rã của Pôlôni: (1,5 điểm)

+ Tính

0

ln N

N

− và lập bảng biến thiên, ta có:

0

N

N

0

ln N

N

− 0 0,1985 ≈ 0,2 0,4005 ≈ 0,4 0,5978 ≈ 0,6 0,7985 ≈ 0,8 0,9943 ≈ 1,0 1,2040 ≈ 1,4

0,75 đ

+ Biểu diễn đồ thị như trên hình vẽ:

Đồ thị là một đường thẳng đi qua gốc tọa độ, có dạng: y = ax như hình vẽ

Hệ số góc có trị số: 1, 2 3

5.10 240

−

=

Từ công thức của định luật phóng xạ:

0

N

λ λ

− −

Ta có:

Vậy hệ số góc ở trên chính là hằng số phóng xạ

từ đó: λ = 5.10-3(ngày-1)

0,50 đ

Chu kì bán rã của pôlôni:

0,693 0,6933 138,6

5.10

T

0,25 đ

2) Thời gian để mẫu pôlôni còn lại bằng 1/20 phần ban đầu: (0,5 điểm)

+ Khối lượng pôlôni chỉ còn lại bằng 1/20 phần ban đầu thì số hạt nhân pôlôni còn chưa bị phân

rã cũng chỉ còn bằng 1/20 số hạt nhân ban đầu: N = N0/20

Suy ra:

0

1

ln 20 0,693 2,3026 2,9956

20

t

N

N

λ λ

−

Do đó: 2,9956 2,99563 599,12

5.10

t

Tính từ đầu năm 2007, cộng thêm 1,64 năm, thì thời gian này vào nửa cuối năm 2008

0,50 đ

3) Độ phóng xạ của mẫu: (0,5 điểm)

+ Vào đầu năm 2010, tức là sau 3 năm kể từ ngày mua mẫu, ta có độ phóng xạ:

0

0

H

λ λ

− −

Mà: 0, 693 0,693.3 5, 475 5,5

0,3797

T

0

0,00409

H

e

H

−

= = Hay:

0

0, 41%

H

0,50 đ

Bài 6: (2,5 điểm)

Chọn vị trí (hệ quy chiếu) (0,5 điểm)

- Chọn O, O’ và P lần lượt là quan sát viên đứng yên trong phòng thí nghiệm, hạt nhân phóng xạ

và êlectrôn được phát ra

- Gọi: ux’ là tốc độ của êlectrôn đối với hạt nhân phóng xạ( tức là tốc độ của P đối với O’),

v là tốc độ của hạt nhân phóng xạ đối với hệ quy chiếu phòng thí nghiệm( tức là tốc độ của O’ đối với O),

t(ngày) 240

200 80 0

0,6 1,0 1,2 Ln(N/N0)

ux là tốc độ của êlectrôn đối với hệ quy chiếu phòng thí nghiệm( tức là tốc độ của P đối với O)

0,50 đ

1) Khi êlectrôn phát ra chuyển động có cùng hướng với hướng chuyển động của hạt nhân: (0,5 điểm)

- Từ phép biến đổi tương đối tính về tốc độ, ta có:

'

8

0,8 0,6 1, 4

0,9459 2,8377.10 /

x

x

x

0,50 đ

2) Khi êlectrôn phát ra có hướng chuyển động vuông góc với hướng chuyển động của hạt nhân: (1,5 điểm)

- Trong trường hợp này, ta có: ux’ = 0, uy’ = 0,8c

Vậy:

'

0,6

0, 6 0,6

x

x

x

u

+

2 '

2 '

2

1

0,8 1 0,6

0,64

1 0 1

y

y

x

v u

v u c

 

+ +

0,50 đ

Suy ra: u= u x2+u2y = (0,6 )c 2+(0,64 )c 2 ≈0,877c=2,631.108m s/

0,50 đ

- Gọi φ là góc tạo bởi hướng chuyển động của êlectrôn và hướng chuyển động của hạt nhân trong

hệ quy chiếu phòng thí nghiệm, ta có: 0, 64 1, 066

0, 6

y x

u tg u

ϕ = = ; Do đó: φ ≈ 46,850

0,50 đ Bài 7: (2,0 điểm)

1) Thiết lập mạch điện, phương án tiến hành thí nghiệm: (1,0 điểm)

- Mắc mạch điện theo sơ đồ như hình vẽ; C và R mắc nối tiêp

- Dòng điện xoay chiều thông thường có tần số f

- Xác định điện áp UC giữa hai đầu tụ điện bằng vôn kế

- Xác định điện áp UR giữa hai đầu điện trở thuần

- Điện trở thuần R đã biết giá trị của nó

(hình vẽ) 0,50 đ

R

V

U R I

R

V

U C I