de HSG giai may tinh 2011

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐĂK LĂK ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐIỂM CỦA TOÀN BÀI THI Bằng số. KỲ THI CẤP TỈNH GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY Năm học: 2010 – 2011 Môn: VẬT LÍ - LỚP 12 THPT Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi: 22/02/2011 Chú ý: - Đề thi gồm 10 trang; mỗi bài 5,0 điểm - Thí sinh làm bài trực tiếp vào bản đề thi này. SỐ PHÁCH CÁC GIÁM KHẢO (Họ, tên và chữ ký) (Do Chủ tịch HĐ chấm thi ghi) Bằng chữ. Quy định: Học sinh trình bày vắn tắt cách giải, công thức áp dụng, kết quả tính toán vào ô trống liền kề bài toán. Các kết quả gần đúng, nếu không có chỉ định cụ thể, được ngầm định chính xác tới 4 chữ số phần thaäp phaân sau daáu phaåy.  v0. Bài 1. Một vật có khối lượng m = 40g đang có vận tốc nằm ngang chạm vào hai lò xo khối lượng không đáng kể, độ cứng k1 = 125N/m , k2 = 100 N/m như hình (H.1). Năng lượng cực đại của lò xo thứ nhất khi bị biến dạng là E1 = 3 J. Bỏ qua ma sát và sau khi va chạm vật dính vào lò xo . Tính v0 Cách giải. m. v0. k1. k2. (H.1) Kết quả. Điểm.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Điểm (H.2). . T2 (H.3). (2). (3). T. Bài 2. Một lò xo có khối lượng không đáng kể, một đầu được giữ cố định, đầu kia 0 mang vật nặng có thể trượt trên mặt phẳng nghiêng góc  25 . So với mặt ngang như hình (H.2). Đưa vật về vị trí sao cho lò xo không biến dạng rồi thả ra. Vì ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng nên vật dao động tắt dần. Để vật thực hiện được ít nhất 10 dao động rồi mới dừng hẳn thì hệ số ma sát tối đa là bao nhiêu? Cách giải Kết quả.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> (1. p1. p2. p Bài 3. Hình (H.3) là đồ thị chu trình của 0,5 mol khí lí tưởng trong hệ toạ độ p, T. Biết p1 = 2,5 atm, T1 = 300K, T2 = 620K. Hãy tính công mà khí đã thực hiện trong chu trình. Biờ́t hằng số của các chất khí R = 8,3118 J/mol.K. Cách giải. Bài 4. Một tụ điện phẳng gồm hai bản tụ đặt song song và cách nhau một khoảng d = 80 cm, chúng nghiêng với mặt nằm ngang một góc. Kết quả. Điểm. . m. . (H.4).

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  300 như hình (H.4). Hiệu điện thế giữa hai bản tụ là U = 100V. Trong điện trường đều của tụ ta đặt một 3 con lắc đơn có chiều dài l 50cm , khối lượng m = 50g, tích điện q 2.10 C . Tại vị trí cân bằng dây treo hợp với phương thẳng đứng một góc  bằng bao nhiêu và tính chu kì dao động của con lắc đơn. Lấy g = 9,81m/s2. Cách giải. A. R. Kết R0, quảL. B C Điểm. (H.5). Bài 5. Một đoạn mạch điện xoay chiều gồm một cuộn dây có điện trở thuần R0 =3,22  và độ tự cảm L, tụ điện C và điện trở thuần R thay đổi được mắc nối tiếp. Điện áp hai đầu đoạn mạch.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> ổn định có giá trị cực đại 21V như hình (H.5). Điều chỉnh R đạt giá trị R1 4,34 , R2 5,62 thì thấy công suất tiêu thụ trên R là như nhau. Tính giá trị của công suất đó? Cách giải. Kết quả. Điểm. R0 , L 1 L  H và điện trở R0 = 1,33 Ω được nối Bài 6. Một ống dây có độ tự cảm với một nguồn điện một chiều có suất điện động E = 3,50 V như hình (H.6). Một điện trở R = 2,77 Ω được mắc song song với ống dây. Sau khi dòng điện. R E. K (H.6).

<span class='text_page_counter'>(6)</span> trong ống đạt giá trị ổn định, người ta ngắt khoá K. Tính nhiệt lượng Q toả ra trên điện trở R sau khi ngắt mạch. Bỏ qua điện trở của nguồn điện và các dây nối. Cách giải. Kết quả. Điểm.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Bài 7. Cho đoạn mạch xoay chiều như hình (H.7), cuộn dây thuần 0,1 L  H, biết điện áp uMN=50 3 cos120t (V). cảm có độ tự cảm Khi đóng hay mở khóa K công suất tiêu thụ của mạch MN vẫn có giá trị 50 W. Tính R và C? Cách giải. M. R. C. L. N. K. (H.7) Kết quả. Điểm.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Bài 8. Cho đoạn mạch xoay chiều như hình (H.8) , cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L = 0,159 H, điện trở R = 40  , tụ điện có điện dung C có thể thay đổi giá trị. Các vôn kế có điện trở vô cùng lớn. Đặt vào hai đầu. A. R. L V 1. C V. (H.8) 2. đoạn mạch một điện áp xoay chiều có biểu thức u 100 3 cos100 t ( V ) , điều chỉnh giá trị điện dung C của tụ điện đến khi vôn kế V2 chỉ giá trị cực đại. Tìm số chỉ của vôn kế V1 và tỉ số giữa V2 và V1 ? Cách giải. Kết quả. Điểm. B.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Bài 9. Mức cường độ âm tại điểm A phía trước cái loa phát thanh O một khoảng d = AO =2,5 m là L A=75dB. Coi cái loa như một nguồn phát sóng cầu và lấy cường độ âm chuẩn là I0 = 10-12 W/m2. a) Xác định cường độ âm tại vị trí A. b) Xác định mức cường độ âm tại vị trí B cách O một khoảng 4,5m. Cách giải. Kết quả. Điểm.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 0 Bài 10. Chiếu một chùm ánh sáng trắng hẹp song song đi từ không khí vào một bể nước dưới góc tới i 60 chiều sâu của bể nước là h 0,5 m . Dưới đáy bể đặt một gương phẳng song song với mặt nước. Biết chiết suất. của nước đối với tia tím và tia đỏ lần lượt là 1,34 và 1,33. Tính độ rộng của chùm tia ló ra khỏi mặt nước theo đơn vị milimet. Cách giải Kết quả Điểm.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> -----------------Heát------------------SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐĂK LĂK. KỲ THI CẤP TỈNH GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY Năm học: 2010 – 2011. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC. Môn: VẬT LÍ - LỚP 12 THPT Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi: 22/02/2011. Quy định: Học sinh trình bày vắn tắt cách giải, công thức áp dụng, kết quả tính toán vào ô trống liền kề bài toán. Các kết quả gần đúng, nếu không có chỉ định cụ thể, được ngầm định chính xác tới 4 chữ số phần thaäp phaân sau daáu phaåy.  v0. Bài 1. Một vật có khối lượng m = 40g đang có vận tốc nằm ngang chạm vào hai lò xo khối lượng không đáng kể, độ cứng k1 = 125N/m , k2 = 100 N/m như hình (H.1). Năng lượng cực đại của lò xo thứ nhất khi bị biến dạng là E1 = 3 J. Bỏ qua ma sát và sau khi va chạm vật dính vào lò xo . Tính v0 Cách giải Sau va chạm và dừng lại, lò xo thứ nhất và thứ hai bị nén x 1, x2 2E 1 2 x12  1 k1 x1 E 1 k1  2 2. m. k1. v0. (H.1) Kết quả. Điểm. 1,0. 2. k   k  2 E1 2 E1k1 x22  1  x12  1   2 k2 k1 x1 k2 x2   k2   k2  k1 Định luật bảo toàn cơ năng 1 2 1 2 1 mv0  k1 x1  k 2 x22 2 2 2 2 E1 (k1  k2 ) 2E k mv02 2 E1  1 1  v0  mk2 k2 Thay số ta được : v0 ≈ 18,3712 m/s. k2. 2,0. v0 ≈ 18,3712 m/s. 2,0. Bài 2. Một lò xo có khối lượng không đáng kể, một đầu được giữ cố định, đầu kia mang vật nặng có thể trượt 0 trên mặt phẳng nghiêng góc  25 . So với mặt ngang như hình (H.2). Đưa vật về vị trí sao cho lò xo không biến dạng rồi thả ra. Vì ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng nên vật dao động tắt dần. Để vật thực hiện được ít nhất 10 dao động rồi mới dừng hẳn thì hệ số ma sát tối đa là bao nhiêu?.  (H.2).

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Cách giải -Độ giảm cơ năng trong nửa chu kỳ: 1    (2  '2 ) 2 ' -Công ma sát trên quãng đường(A+  ) ms  mg (   ' ) cos . Kết quả.  . . f 0N. f ms  Độ giảm cơ năng bằng công ma sát : 1 mg k ( 2  A'2 )  mg (   ' ) cos  2 ,  mg cos a     2  k không đổi (1) ` - Tương tự,độ giảm li độ cực đại trong nửa chu kỳ tiếp theo:  mg cos a 2 '   1 = k (2). .    1 4. Điểm. . 2,0.  mg cos  k = không đổi. (1)+(2)  (3) Đó là độ giảm li độ cực đại trong một chu kỳ. - Số dao động mà vật thực hiện được cho đến khi dừng lại: 0 N=  (4) Trong đó 0 là biên độ dao động đầu tiên và cũng là độ dãn của lò xo khi vật ở vị trí cân bằng. - Ở  vị trí cân bằng O: f 0  f ms  N  mg 0 Chiếu xuống phương mặt phẳng nghiêng: - f 0  f ms  0  mg sin  0 - k 0   mg cos   mg sin  0 mg  0  (sin    cos  ) k - Từ (3),(4),(5) cho: 1 tg 1 1 (  1)  (  1) 4  N= 4  Theo đề: N 10 1 tan  (  1)  10 4  Nên:. (5). 1,0. μmax 0, 0114 . . tan  0, 0114 41. p1. p. (1). (2). (3). Bài 3: Hình (H.3) là đồ thị chu trình của 0,5 mol khí lí tưởng trong hệ toạ độ p, T. Biết p1 = 2,5 atm, T1 = 300K, T2 = 620K. Hãy tính công mà khí đã thực hiện trong chu trình. Biờ́t hằng số của các chất khí R = 8,3118 J/mol.K. T1 T2 (H.3). T. max 0,0114. p2. Thay số ta được :. 2,0.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Cách giải Đồ thị biểu diễn chu trình của 1,5 mol khí lí tưởng đã cho trong hệ trục toạ độ p, V như sau: Công mà khí thực hiện trong cả chu trình là A = A1 + A2 + A3 trong đó : + A1 là công mà khí thực hiện trong quá trình đẳng tích (1) →(2): A1 = 0 J. + A2 là công mà khí thực hiện trong quá trình đẳng nhiệt (2) →(3): V3. A2 =. V3. p.dV  p.dV. V2. V1. Kết quả. A1 = 0 J. 1,0. p p2. (2). Vì V1 = V2 n . R . T1 với V 1= , p1 (1) (3) p1 n . R . T2 n . R . T2 V 3= , p= p1 V V1 V3 Tính tích phân ta được V T A2 nRT2 ln 3 nRT2 ln 2 V1 T1 Thay số ta được: A2 = 1870,4914 J. + A3 là công mà khí thực hiện trong quá trình đẳng áp (3) →(1): A3 = p1(V1 – V3) = n.R.(T1 – T2) = - 1329,8880 J. 2,0 A2 ≈ 1870,4914 J.. A3 = - 1329,8880 J. 1,0. A = 540,6034 J.. 1,0. Công mà khí thực hiện trong toàn chu trình là A = 540,6034 J Bài 4. Một tụ điện phẳng gồm hai bản tụ đặt song song và cách nhau một khoảng d = 80 cm, chúng nghiêng với mặt nằm ngang một góc  300 như hình (H.4). Hiệu điện thế giữa hai bản tụ là U = 100V. Trong điện trường đều của tụ ta đặt một con lắc đơn có chiều dài 3 l 50cm , khối lượng m = 50g, tích điện q 2.10 C . Tại vị trí cân. . Cách giải Ở  vị trí cân bằng    f E  P  T 0 Hay P '  T 0    P '  fE  P Với gọi là trọng lượng biểu kiến của con lắc đơn Chiếu biểu thức (1) lên hai trục Ox và Oy ta được. . (2) (3). m. . bằng dây treo hợp với phương thẳng đứng một góc  bằng bao nhiêu và tính chu kì dao động của con lắc đơn. Lấy g = 9,81m/s2.. P 'sin  f E sin  0 P 'cos   f E cos   mg. Điểm. Kết quả. (H.4) Điểm. (1) 1,0.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Bài 5: Một đoạn mạch điện xoay chiều gồm một cuộn dây có điện trở thuần R0=3,22  và độ tự cảm L, tụ điện C và điện trở thuần R thay đổi được mắc nối tiếp. Điện áp hai đầu đoạn mạch ổn định có giá trị cực đại 21V như hình (H.5). Điều chỉnh R đạt giá trị R1 4,34 , R2 5,62 thì thấy công suất tiêu thụ trên R là như nhau. Tính giá trị của công suất đó? Cách giải. Kết quả. Điểm. Công suất tiêu thụ trên R : P I 2 R . U2 R ( R  R0 ) 2  ( Z L  Z C ) 2. U2 ( R  R0 ) 2  ( Z L  Z C ) 2  R P 2 U  R 2  (2 R0  ) R  R02  ( Z L  Z C ) 2 0 P Theo định lý Viet ta có . 2.  R1  R2 U  2 R0  R1R2 R02 P( Z L  ZC )2  P. 2,0. A. (H.5). U2 R1  R2  2 R0. Vậy Thay số ta được :. C B. R0, L. R. 2,0. P  13,4451 W P  13,4451 W. 1 L  H và điện trở R0 = 1,33 Ω được nối Bài 6: Một ống dây có độ tự cảm với một nguồn điện một chiều có suất điện động E = 3,50 V như hình (H.6). Một điện trở R = 2,77 Ω được mắc song song với ống dây. Sau khi dòng điện trong ống đạt giá trị ổn định, người ta ngắt khoá K. Tính nhiệt lượng Q toả ra trên điện trở R sau khi ngắt mạch. Bỏ qua điện trở của nguồn điện và các dây nối. Cách giải - Khi dòng điện trong mạch ổn định, cường độ dòng điện qua cuộn dây là E I = R0 . Cuộn dây dự trữ một năng lượng từ trường L. Wtt =. L.I 2. 2 L. L.E 2 2 = 2 R0 .. - Khi ngắt khoá K thì năng lượng từ trường chuyển thành nhiệt năng toả ra trên hai điện trở R và R0, khi ngắt mạch thì cường độ dòng điện chạy qua R0 và R là như nhau. Suy ra nhiệt lượng toả ra trên R là:. 1,0. R0 , L R E. K (H.6). Kết quả. Điểm. 2,0.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> R.L.E 2 2 = 2( R0  R ) R0  0,7446 J. R W tt R 0+ R Q=. Q  0,7446 J. Bài 7. Cho đoạn mạch xoay chiều như hình (H.7), cuộn dây thuần 0,1 L  H, biết điện áp uMN=50 3 cos120t (V). cảm có độ tự cảm Khi đóng hay mở khóa K công suất tiêu thụ của mạch MN vẫn có giá trị 50 W. Tính R và C?. R 2  Z L 2  R 2  (Z L  ZC )2. P RI12 . Mặt khác. L. N. K. (H.7). Cách giải Gọi I1 ; I2 là cường độ dòng điện khi đóng và mở khóa K U MN U MN I1  I2  R2  ZL2 R 2  ( Z L  ZC ) 2 ; Vì công suất bằng nhau nên : 1 C = 2 Z L . 1,1052.10- 4 F. C. R. M. 3,0. Kết quả. Điểm. C  1,1052.10- 4 F. 2,0. => ZC = 2ZL. RU 2 R2  Z L2. R1  1,9718 . U2 R  Z L 2 0 P Thay số ta được: R1  1,9718  hoặc R2  73,0282   R2 . R2  73,0282 . Bài 8: Cho đoạn mạch xoay chiều như hình (H.8) , cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L = 0,159 H, điện trở R = 40  , tụ điện có điện dung C có thể thay đổi giá trị. Các vôn kế có điện trở vô cùng lớn. Đặt vào hai đầu. A. R. L V 1. 3,0. C V. (H.8) 2. đoạn mạch một điện áp xoay chiều có biểu thức u 100 3 cos100 t ( V ) , điều chỉnh giá trị điện dung C của tụ điện đến khi vôn kế V2 chỉ giá trị cực đại. Tìm số chỉ của vôn kế V1 và tỉ số giữa V2 và V1 ? Cách giải Từ đề bài ta có giản đồ vec tơ sin   Nhận thấy. R 2. R  Z L2. const. Theo định lý hàm số sin ta có UC U  sin  sin .  UC . U sin  sin . Kết quả. Điểm. B.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Vôn kế V1 chỉ điện áp URL và vôn kế V2 chỉ điện áp UC . Khi UC cực đại 0 tương ứng với  90 ( sin  1 ) , từ đó ta có. Số chỉ của Vôn kế V2: 2. 2,0 2 L. 2. U R Z U R  ( L ) U 2 U C max   R R. 2. Số chỉ của Vôn kế V1: U1 U RL. UZ UL  U C2  U 2  L  R R. U1  152,9441 V. 1,0. U2 1,2811 U1. 2,0. Thay số ta được: U1 = URL = 152,9441 V R 2  ( L) 2 U2  U1 L  1,2811. Bài 9. Mức cường độ âm tại điểm A phía trước cái loa phát thanh O một khoảng d = AO =2,5 m là L A=75dB. Coi cái loa như một nguồn phát sóng cầu và lấy cường độ âm chuẩn là I0 = 10-12 W/m2. a) Xác định cường độ âm tại vị trí A. b) Xác định mức cường độ âm tại vị trí B cách O một khoảng 4,5m. Cách giải. IA I a. Ta có : LA = 10lg 0. b. Ta có IA =. P ; 4 RA2. Suy ra. P IB  4 RB2. Kết quả. I A I 0 .10. . LA 10. R  IB  I A  A   RB . IA  3,1623.10-5 w/m2. Điểm 2,0. 2. 2. IB Suy ra LB = 10lg I 0. =. R  R  I 10lg A  10lg  A  LA  20 lg  A  I0  RB   RB . Thay số và kết quả:  12. a) b). I A 10 .10. 75 10.  7,94328.10-4 w/m2 2,5 75  20 lg 4,5  69,8945 dB LB =. LB  69,8945 dB. 3,0.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> 0 Bài 10: Chiếu một chùm ánh sáng trắng hẹp song song đi từ không khí vào một bể nước dưới góc tới i 60 chiều sâu của bể nước là h 0,5 m . Dưới đáy bể đặt một gương phẳng song song với mặt nước. Biết chiết suất. của nước đối với tia tím và tia đỏ lần lượt là 1,34 và 1,33. Tính độ rộng của chùm tia ló ra khỏi mặt nước theo đơn vị milimet. Cách giải + Tia sáng trắng tới mặt nước dưới góc tới 60 0 thì bị khúc xạ và tán sắc (xem hình). + Đối với tia đỏ: sin 600 nd sin rd  rd 40,62810. Kết quả. Điểm. 0 0 + Đối với tia tím: sin 60 nt sin rt  rt 40, 2623. 2,0. a  5,5123 mm Các tia tới gặp gương phẳng đều bị phản xạ tới mặt nước dưới góc tới tương ứng với lần khúc xạ đầu tiên. Do đó 0 ló ra ngoài với góc ló đều là 60 . Chùm tia ló có màu sắc cầu vồng. + Độ rộng chùm tia ló in trên mặt nước: I1 I 2 2h.tgrd  2h.tgrt .  11,0246 mm + Độ rộng chùm ló ra khỏi mặt nước: a I1 I 2 sin  900  600  5,5123  mm . 2,0 1,0.

<span class='text_page_counter'>(18)</span>