De Thi +da Hsg Daclack 2007-2008

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2007-2008

MÔN THI : VẬT LÝ 12 - THPT -------------------- o0o ----------------------( 180 phút, không kể thời gian giao đề )

DAKLAK

-------o-----ĐỀ CHÍNH THỨC

BÀI 1 : ( 3,0 điểm ) Thanh AB chiều dài l, khối kượng m, tiết diện đều đặt trên mặt phẳng ngang có hệ số ma sát k. Tác dụng vào đầu A một lực F theo phương ngang và vuông góc với AB, thanh có xu hướng quay. 1) Xác định vị trí của điểm O với OA = x mà khi thanh AB bắt đầu dịch chuyển quay quanh điểm này. Suy ra rằng vị trí này không phụ thuộc vào hệ số ma sát. 2) Tính lực lớn nhất để thanh chưa dịch chuyển quay. BÀI 2 : ( 3,0 điểm ) Một bình chứa 360 gam khí Helium. Do bình hở sau một thời gian khí Helium thoát ra một phần, nhiệt độ tuyệt đối của khí giảm 20% , áp suất giảm 30%. Tính khối lượng khí Helium thoát ra khỏi bình và số nguyên tử đã thoát ra khỏi bình. BÀI 3 : ( 3,0 điểm ) Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ (h.1). Hiệu điện thế xoay chiều hai đầu mạch có biểu thức : uAB = U0.sin100πt (V), bỏ qua điện trở các dây nối. Các hiệu điện thế hiệu dụng: UAN = 300 (V) , UMB = 60 3 (V). Hiệu điện thế uAN lệch pha so với uMB một góc Cuộn dây có hệ số tự cảm L =

1 3π

(H) với điện trở r, điện dung của tụ điện C =

1) Tính điện trở r. 2) Viết biểu thức hiệu điện thế uAN.

1) Tính tiêu cự của thấu kính. 2) Xác định 3 vị trí nói trên của thấu kính.

16π

L,r

R M

A

S (h.2 )

(F).

C N

(h .1)

BÀI 4 : ( 3,0 điểm ) Cho quang hệ như hình vẽ (h.2). Điểm sáng S đặt trên trục chính của hệ. Khoảng cách từ S đến gương là 120cm. Khi tịnh tiến thấu kính trong khoảng điểm sáng S và gương sao cho trục chính của thấu kính và gương vẫn trùng nhau thì thấy có 3 vị trí của thấu kính mà chùm sáng từ S sau khi qua thấu kính, gương và thấu kính lần thứ hai lại trở về S. Biết tiêu cự của gương f 2 = 36cm.

3.10−3

π . 2

B

BÀI 5 : ( 3,0 điểm ) 24 24 Na phóng xạ β− tạo hạt nhân con là magiê (Mg), ký hiệu là 12 Mg . Đồng vị 11 24 1) Ở thời điểm ban đầu t = 0, khối lượng của 11 Na là m0 = 4,8g thì sau thời gian 24 Na chỉ còn lại m = 1,2g chưa bị phân rã. Tính chu kỳ bán rã của t=30h , khối lượng 11 24 24 11 Na và độ phóng xạ (theo đơn vị Ci ) của lượng 11 Na sau thời gian t = 30h . 2) Khi khảo sát một mẫu chất người ta thấy ở thời điểm bắt đầu khảo sát thì tỉ số khối 24 24 Mg và 11 Na là 0,125. Hỏi sau thời gian bao lâu thì tỉ số đó bằng 8 ? Cho số lượng 12 Avôgađrô NA = 6,023.1023/mol. BÀI 6 : ( 2,5 điểm ) Một hình tam giác đều đứng yên đối với hệ quy chiếu K’ có một cạnh nằm trên trục Ox’ có diện tícsh S’. Hệ K’ chuyển động thẳng đều đối với hệ quy chiếu quán tính K dọc theo trục Ox với vận tốc v = 0,6c ( c là vận tốc ánh sáng trong chân không). Trong hệ quy chiếu quán tính K, diện tích của tam giác là S. 1) Tìm hệ thức liên hệ giữa S và S’. 2) Tính các góc của tam giác trên trong hệ quy chiếu quán tính K. BÀI 7 : ( 2,5 điểm ) Xác định suất điện động của một nguồn điện bằng hai vôn kế khác nhau có điện trở trong chưa biết và không lớn lắm. Dụng cụ : Hai vôn kế, nguồn điện, các dây nối. Hãy trình bày phương án tiến hành thí nghiệm, vẽ sơ đồ các mạch điện, lập công thức để xác định suất điện động của nguồn điện. ---------------------- Heát -------------------Ghi chuù chung : Caùc haèng soá vaät lyù thoâng thöôøng xem nhö ñaõ bieát

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

DAKLAK ------- ------

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2007-2008

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN : VẬT LÝ 12-THPT -------------------------------  ------------------------------

I. SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM : BÀI 1 :

( 3,0 điểm ) Gọi f1 và f2 là lực ma sát tác dụng về hai phía lên thanh. Ta có : xm f1 = k.N1 = k. g (1) 0,25 đ l (l - x)m xm f 2 = k.N2 = k. g = k.mg - k g = k.mg − f1 (2) 0,25 đ l l Để thanh AB không trượt mà chỉ quay quanh điểm O cách A một đoạn x. Từ điều kiện cân bằng chuyển động tịnh tiến và quay ta có : F – f1 + f2 = 0 (3) 0,25 đ x l-x F.x = f1. + f 2 . (4) 0,25 đ 2 2 Kết hợp (3), (4) và thay (1) và (2) vào ta được : x l-x (f1 -f 2 ).x = f1. + f2 . (5) 0,50 đ 2 2 xm xm xm x xm l-x (k g − kmg + k g).x = k g. + (kmg - k g). hay: (6) 0,25 đ l l l 2 l 2 l

x=

Suy ra :

không phụ thuộc vào hệ số ma sát k

2

Do đó lực F lớn nhất để thanh AB không trượt, suy từ (3) : F ≤ f1 − f2 hay:

F≤k

xm l

g − kmg + k

xm l

x

g ⇒ F ≤ kmg(2 - 1) l

F ≤ kmg( 2 -1)

(7)

0,25 đ

(8)

0,25 đ

(9)

0,25 đ

(10)

0,50 đ

BÀI 2 :

( 3,0 điểm ) Áp dụng phương trình Clapayron Mendeleev cho bình chứa m (g) khí lúc đầu và lúc sau : m p1V = RT1 (1) 0,25 đ μ m p 2 V = RT2 (2) 0,25 đ μ Từ (1) và (2) suy ra : p 2 m2 T2 p - p m T - m T m (T + ∆T) - m1 T1 = . ⇒ 2 1= 2 2 1 1= 2 1 (3) 0,50 đ p1 m1 T1 p1 m1 T1 m1 T1 Độ giảm áp suất theo độ giảm nhiệt độ: ∆p m 2 - m1 m2 ∆T p1 Theo giả thiết:

=

∆p p1

=-

m1 30 100

+

=-

m1 T1 3

10

;

∆T T1

=-

20 100

=-

1 5

(4)

0,25 đ

(5)

0,25 đ

3

Suy ra :

10

=

m 2 - m1 m1

1 m2

7

+ .

⇒ m 2 = m1

5 m1

8

Do đó khối lượng khí Helium thoát ra khỏi bình: m1 360

∆m = m 2 - m1 =

8

=

= 45 gam

8

(6)

0,50 đ

(7)

0,50 đ

Số nguyên tử He đã thoát ra : ( với He = 4 và số Avogadro NA = 6,023.1023 ) ∆m 45 N= N A = .6, 023.1023 = 67, 76.1023 nguyen tu (8) 4 4

0,50 đ

BÀI 3 : ( 3,0 điểm ) 1) Tính r : (2,0 điểm) - Ta có : ϕAN + ϕMB = π/2 . Suy ra : tg ϕAN = −

1

, từ đó :

tg ϕMB

ZL r = . R + r ZC − Z L

Vậy : ZL(ZC – ZL) = r(R + r), hay : U L2 (U C − U L ) = U r (U R + U r )

Và :

= (U r + U R ) + U 2

2 U MB = U r2 + (U L − U C ) 2

(3)

0,25đ

(4)

0,25đ

(5)

0,25đ

(6)

0,25đ

(7)

0,25đ

2

Thay (4) vào (2) : U

2 AN

UL Ur

=

2 L 2 r

U (U C − U L ) 2 U

[

U L2 U L2 2 2 = 2 (U C − U L ) + U L = 2 (U C − U L ) 2 + U r2 Ur Ur

Thay (3) vào (5), ta được : U 300 60 3

2 AN

=

U =  L Ur 5 3

2

) AN .

3 5

=

100 3 5 3

= 20Ω

+ Biên độ : U0AN = 300 2 (V)

+ Pha ban đầu : ϕu AN = ϕi + ϕ AN = ϕu − ϕ + ϕ AN = −ϕ + ϕ AN

0,25đ

]

 2  .U MB 

, suy ra : r = ZL.

2) Biểu thức uAN : (1,0điểm) - Ta có : u AN = U 0 AN sin(100π t + φu

Do đó : tg ϕ =

0,25đ

(2)

Từ (1), ta rút ra : (U R + U r ) =

Biến đổi ta có :

(1)

2 L

Mặt khác : U

2 AN

ZL − ZC R+r

(8)

100  160 100  −  Từ mục 1), ta có : R + r = ZL(ZC – ZL)/r = 3  3 3 = 100Ω 20 Suy ra : R = 80Ω 0,25đ Thay vào (8), ta tính được : tgϕ = - 0,346 → ϕ = -190 Z 100 1 = ⇒ φ AN = 300 Ta lại có : tgφ AN = L = R+r 3100 3 = 190 + 300 = 490 = Vậy : φu AN

49π 180

( rad )

(9) (10)

0,25đ

(11)

0,25đ

(12)

0,25đ

49π )(V ) - Biểu thức : u AN = 300 2 sin(100π t + 180 BÀI 4 : ( 3,0 điểm ) 1) Tính tiêu cự : (2,0điểm) - Sơ đồ tạo ảnh : S  ( L)→ S1  (G )→ S 2  ( L)→ S ′ d1 d1’d2 d2’d3

(1)

(13)

0,25đ

(2)

0,25đ

(3) (4)

0,25đ 0,25đ

(5)

0,25đ

(6)

0,25đ

(7)

0,25đ

(8)

0,25đ

(9) (10)

0,25đ 0,25đ

(11)

0,25đ

(12)

0,25đ

(13)

0,25đ

0,25đ

d3’

- Theo điều kiện của bài , ta có : d3’ = d1 , suy ra : d1’ = d3 , hay : l – d2 = l – d2’. Với l là khoảng cách giữa gương cầu và thấu kính.



f



2 − 1 = 0 Vậy : d2’ = d2 , do đó : d 2  d −  2 f2  - Từ (14) , ta có : d2 = 0 , suy ra : l – d1’ = 0 , vậy : l = d1’ - Mà ta có : l + d1 = 120cm - Từ (15) và (16), ta có phương trình : d1 + d1’ = 120cm d f d 1 + 1 1 = 120 Hay : d1 − f1 2 Đưa về phương trình bậc hai : d1 − 120d1 + 120 f1 = 0

Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi : ∆ ≥ 0, suy ra : f1 ≤ 30cm f2 − 1 = 0 , suy ra : d2 = 2f2 = l – d1’. - Cũng từ (14), ta có : d2 − f2 Vậy : l = d1’ + 2f2 = d1’ + 72 - Thay (19) vào (16) , ta có : d1’ + d1 = 120 – 72 = 48 2 Vậy ta đi đến phương trình : d1 − 48d1 + 48 f 1 = 0 Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi : ∆ ≥ 0 , hay : f1 ≤ 12cm - Từ (18) và (21) , ta suy ra : f1 ≤ 12cm + Với f 1 < 12cm , sẽ có 4 vị trí cho ảnh trùng vật , điều này không phù hợp với giả thiết. Vậy : ta chỉ chọn f1 = 12cm là hợp lý 2) Các vị trí của thấu kính giữa (G) và điểm sáng S: (0,50điểm) - Thay f1 = 12cm vào phương trình (20) , ta có : d1 = 24/1 = 24cm - Thay f1 = 12cm vào phương trình (17) , ta được phương trình : d12 − 120d1 + 1440 = 0 Phương trình này cho nghiệm : d1 = 106,475cm và d1 = 13,525cm BÀI 5 : ( 3,0 điểm ) 1) Chu kỳ và độ phóng xạ : (1,0 điểm) m 4,8 Ta có : 0 = = 4 = 22 vậy : số chu kỳ k = 2. m 1, 2 0,25đ Do đó : t = 2T , suy ra : T = t/2 = 30/2 = 15h. - Độ phóng xạ : H = λN = 0,25đ

ln 2.N A .m T .A

(2)

(1)

0,25đ (2)

- Thay số : H =

0, 693.6, 023.1023.1, 2

- Tính theo (Ci) : H =

15.3600.24 3,8647.1017 3, 7.1010

= 3,8647.1017 ( Bq )

0,25đ

= 1, 0445.107 (Ci )

(3)

2) Thời gian : (2,0điểm) m02 N N = 0,125 ⇒ 02 = 0,125 hay N 02 = 01 Ta có : m01 N01 8 0,25đ

0,25đ

(4)

A2 A .N 02 + ∆N 2 m02 + m N A NA = =8 - Tại thời điểm t : m2/ m1 = 8 , vậy : A1 m1 .N 1 NA

(5)

0,75đ

- Do : A2 = A1 = 24g , nên từ (30), ta có :

N 02 + N 01 (1 − e N 01e −λt

− λt

N o1 + N 01 (1 − e −λt ) ) = 8 =8 . − λt N 01e

(6)

0,50đ Biến đổi , ta được : eλt = 8 , suy ra : λt = 3ln2 ; Vậy : t = 3T = 45h 0,50đ

(7)

BÀI 6 : ( 2,5 điểm ) 1) Hệ thức liên hệ giữa S và S’ : (1,5 điểm) - Trong hệ quy chiếu K’, ta có diện tích : S’ = 0,5h.l0 Với h là đường cao của tam giác đều , l0 là độ dài cạnh của tam giác. - Trong hệ quy chiếu quán tính K , ta có diện tích : S = 0,5h.l Với l là độ dài cạnh của tam giác trong hệ K. -Ta có chiều dài dọc theo phương chuyển động là : l = l 0 1 −

v2 . c2

Thay v = 0,6c vào (35) , ta được : l = 0,8.l0 - Thay (36) vào (34) , ta có : S = 0,5h.l0.0,8 = 0,8.S’ 2) Các góc của tam giác : (1,0 điểm) l 3 - Từ hình vẽ , ta có : , với h = l 0 tg α = 2 2 h l.2 0,8 = = 0,47 → α = 25 0 - Vậy : tgα = 2.l 0 . 3 3 - Vậy : Aˆ = 2α = 50 0 , Bˆ = Cˆ = 90 0 − 25 0 = 65 0

K

A α

O BÀI 7 : ( 2,5 điểm ) - Phương án :

K’

O’≡ B

C

(1)

0,25đ

(2)

0,25đ

(3)

0,25đ

(4) (5)

0,25đ 0,50đ

(6)

0,25đ

(7)

0,25đ

(8) (9)

0,25đ 0,25đ

x’≡ x

Lập các sơ đồ mạch điện, mắc và đọc các số chỉ trong mỗi sơ đồ: U1, U2, U1’, U2’. - Vẽ 3 sơ đồ mạch điện. Gọi E là suất điện động của nguồn điện; RV1 , RV2 là điện trở của hai vôn kế - Lập công thức : Theo định luật Om cho mạch kín, ta có : U U I1 = 1 ; I2 = 2 (1) R v1 R v2 E = U1 + r.I1 = U1 + r.

U1 R v1

E = U 2 + r.I 2 = U 2 + r.

U2

R v2 Sơ đồ thứ 3 , hai vôn kế mắc nối tiếp ta có : R v2 U '2

=

U1' R v1 Khử r trong (2) và (3) kết hợp với (4) ta được : U1 U1 E - U1 U1 R v2 R v1 hay :

/

R v1

U '2 U1 U1'

.

=

U2

=

E - U2

⇒

U2

.

R v1

=

E - U1 E - U2

E - U1 E - U2

Ta tìm được suất điện động :

E=

0,25 đ 0,50 đ 0,25 đ

(2)

0,25 đ

(3)

0,25 đ

(4)

0,25 đ

(5)

0,25 đ

(6)

0,25 đ

U1.U 2 (U 2' - U1' )

(7) 0,25 đ U1 U '2 - U 2 U1' Kết luận : Dùng 3 sơ đồ mạch điện được khảo sát và đọc các số chỉ trên hai vôn kế ta tìm được suất điện động của một nguồn điện. II. CÁCH CHO ĐIỂM & HƯỚNG DẪN CHẤM : Điểm toàn bài là 20,0 điểm được phân bố tổng quát như sau : BÀI 1 : BÀI 5 :

(3,0 điểm) (3,0 điểm)

BÀI 2 : BÀI 6 :

(3,0 điểm) (2,5 điểm)

BÀI 3 : BÀI 7 :

(3,0 điểm) BÀI 4 : (2,5 điểm)

(3,0 điểm)

Yêu cầu và phân phối điểm cho các bài trên như trong từng phần và có ghi điểm bên lề phải của đáp án - Phân tích lực, phân tích hiện tượng bài toán phải rõ ràng, có hình vẽ minh họa (nếu có), lập luận đúng, có kết quả đúng thì cho điểm tối đa như biểu điểm nói trên . (Giám khảo tự vẽ hình) GHI CHÚ : 1) Trên đây là biểu điểm tổng quát của từng phần, từng câu. Trong quá trình chấm các giám khảo cần trao đổi thống nhất để phân điểm chi tiết đến 0,25 điểm cho từng phần, từng câu. 2) Học sinh làm bài không nhất thiết phải theo trình tự của Hướng dẫn chấm. Mọi cách giải khác, kể cả cách giải định tính dựa vào ý nghĩa vật lý nào đó, lập luận đúng , có căn cứ, kết quả đúng cũng cho điểm tối đa tương ứng với từng bài, từng câu, từng phần của hướng dẫn chấm này. --------------------------