Bài tập giải toán trên máy tính cầm tay Vật lí 12 (Vòng 2)18953

VỊNG 2 - CASIO
Bài 1: Một xilanh kín hai đầu được chia làm hai phần 1 và 2 bằng nhau nhờ một pittơng cách nhiệt, mỗi
phần có chiều dài bằng 50 cm. Ở hai phần có chứa một khối lượng khí như nhau, ở nhiệt độ 270C và áp
suất 1 atm. Người ta nung nóng khí ở phần 1 và thấy xilanh dịch chuyển đi 3 cm. Tìm nhiệt độ khí ở phần
1 và áp suất khí khi đó.
+ Đơn vị tính của nhiệt độ là độ C và của áp suất là atm.

Câu 2. (3,0 điểm)
Hai nguồn kết hợp S1, S2 trên mặt nước cách nhau 12cm phát ra hai dao động điều hòa cùng
phương cùng tần số f = 20Hz, cùng biên độ a = 2cm và cùng pha ban đầu bằng không. Xét điểm
M trên mặt nước cách S1, S2 những khoảng tương ứng: d1 = 4,2cm; d2 = 9cm. Coi biên độ sóng
khơng đổi, biết tốc độ truyền sóng trên mặt nước là v = 32cm/s.
a) Viết phương trình sóng tổng hợp tại điểm M. Điểm M thuộc cực đại hay cực tiểu giao
thoa?
b) Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua trung điểm của S1S2. Tính số điểm cực đại, cực tiểu
trên đoạn MM’ (không kể M và M’).
c) Giữ nguyên tần số f và các vị trí S1, M. Hỏi muốn điểm M nằm trên đường cực tiểu giao
thoa thì phải dịch chuyển nguồn S2 dọc theo phương S1S2, ra xa S1 từ vị trí ban đầu một khoảng
nhỏ nhất bằng bao nhiêu?
Câu 3. (2,0 điểm)
Cho mạch điện có sơ đồ như Hình 2 : Hai tụ C1 và C2
có cùng điện dung C; cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L;
nguồn có suất điện động E, bỏ qua điện trở thuần của E
nguồn, dây nối, khoá K. Ban đầu khoá K ở chốt a, sau đó
đóng sang chốt b. Hãy viết biểu thức của điện tích trên các
bản tụ C1, C2 phụ thuộc vào thời gian khi đóng K sang chốt
b. Chọn gốc thời gian lúc K đóng vào chốt b.
Câu 4 (3,0 điểm):
Một vật có khối lượng m có thể trượt khơng ma sát trên một cái nêm
có dạng tam giác vng ABC với Bˆ =  (hình 4). Nêm có khối lượng M,
ban đầu đứng yên và có thể trượt không ma sát trên mặt sàn nằm ngang.

Thiết lập biểu thức tính gia tốc a của vật đối với nêm và gia tốc a 0 của nêm
đối với sàn.
Câu 5 (4,0 điểm):
Trên hình 5 biểu diễn một chu trình biến đổi trạng thái của n mol khí
lý tưởng trong hệ tọa độ p - V. Trên đường đẳng áp 1- 2, sau khi thực hiện
một cơng A thì nhiệt độ của khí tăng 4 lần. Nhiệt độ ở các trạng thái 1 và 3
bằng nhau. Các điểm 2 và 3 cùng nằm trên một đường thẳng đi qua gốc tọa
độ. Hãy xác định nhiệt độ của khí ở trạng thái 1 và cơng mà khí thực hiện
trong chu trình theo n, A và hằng số các khí R.
Áp dụng bằng số: n = 1; A = 9kJ; R = 8,31J/mol.K.

a

C2

b
K

L

C1

Hình 2

M
Hình 4

p
1

2
3
V

o

Hình 5

Bài 6: Một lăng kính có góc chiết quang A = 600. Chiết suất của lăng kính
0, 0044
phụ thuộc bước sóng theo cơng thức: n  1,50 
(  tính bằng đơn vị m ). Một khe sáng E phát
2
ra chùm sáng song song hẹp gồm hai ánh sáng đơn sắc 1  500nm và  2  650nm tới lăng kính với

ThuVienDeThi.com


cùng góc tới i = 600. Sau mặt ló của lăng kính, đặt một thấu kính hội tụ có tiêu cự f = 20 cm có trục chính
trùng với một trong hai tia ló. Bỏ qua sự tán sắc của thấu kính.
a/ Tính chiết suất của lăng kính ứng với hai ánh sáng đơn sắc 1 và  2 .
b/ Tính khoảng cách hai ảnh của khe E cho bởi hai ánh sáng đơn sắc trên mặt phẳng tiêu ảnh của thấu
kính.
+ Đơn vị tính khoảng cách là centimét  cm  .
C

A

Câu 7. Người ta gắn hai lăng kính có tiết diện thẳng
là các tam giác vng cân như hình vẽ.

Lăng kính ABC có chiết suất n1 =2,3, lăng kính BCD có chiết suất n2 .
Một chùm tia sáng hẹp đơn sắc, song song chiếu vng góc tới mặt AB
B
và khúc xạ ở I ở mặt BC.
’
a) Muốn chùm tia sáng này ló ra khỏi mặt BD tại I
sau khi phản xạ tồn phần trên mặt CD thì các chiết suất n2 phải thoả mãn điều kiện nào ?
b) Trong điều kiện trên cho n2  3,1 , góc lệch giữa tia tới và tia ló là bao nhiêu?
Bài 8:
Một quả nặng nhỏ khối lượng m, nằm trên mặt sàn nằm ngang, được gắn với một lị
xo nhẹ có độ cứng k. Đầu tự do của lò xo bắt đầu được nâng lên thẳng đứng với
vận tốc v không đổi như hình vẽ. Xác định độ giãn cực đại của lò xo. Cho gia tốc
trọng trường là g.

v

Áp dụng bằng số: m=100g, k=100N/m, v=10m/s, g=10m/s2.
Bài 9: Một vòng dây trịn phẳng tâm O bán kính R=10cm, mang điện tích Q  1 10  9 C được phân bố
9

đều trên vòng dây.
a) Xác định cường độ điện trường do điện tích trên dây gây ra tại điểm A trên trục xx’ (xx’đi qua tâm O
và vng góc với mặt phẳng vòng dây) cách O một đoạn OA = x=R.
b) Tại tâm O, đặt một điện tích điểm –q (q >0) có khối lượng m . Ta kích thích để điện tích –q lệch khỏi
O một đoạn nhỏ dọc theo trục xx’. Chứng tỏ điện tích –q dao động điều hịa và tìm chu kì của dao động
đó. Bỏ qua tác dụng của trọng lực và ma sát với môi trường. Áp dụng bằng số: q=10-9C, m=10-3g
Bài 10:
Cho đoạn mạch RLC không phân nhánh, cuộn dây L thuần cảm, điện trở của ampe kế rất nhỏ. Đặt
một điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng UAB = 150 V khơng đổi vào hai đầu đoạn mạch, thì thấy hệ số
công suất của đoạn mạch AN bằng 0,6 và hệ số cơng suất của đoạn

mạch AB bằng 0,8.
C
R
L
A
a) Tính các điện áp hiệu dụng UR, UL và UC, biết đoạn mạch có tính
N
B
A
dung kháng.
b) Khi tần số dịng điện bằng 100 Hz thì thấy điện áp hai đầu đoạn
mạch AB lệch pha /2 so với điện áp giữa hai đầu đoạn NB và số
chỉ của ampe kế là 2,5A. Tính các giá trị của R, L, C.

ThuVienDeThi.com

D


1.
Cách giải
Trạng thái ban đầu của khí ở hai phần là: p0 = 1 atm; V0 = 50 S(cm3);
T0 = 27+ 273 = 300 K. Vì khí ở phần 1 được nung nóng nên pittơng dịch
chuyển về phía phần 2.
+Gọi T là nhiệt độ của khí ở phần 1 (sau khi được nung nóng). Trạng thái của
khí ở phần 1 bây giờ là : p; V1 = ( 50 + 3)S = 53 S ; T.
+Trạng thái khí của phần 2 là: p; V2 = ( 50 - 3)S = 47 S ; T0 = 300 K.
+Áp dụng phương trình trạng thái cho khí ở phần 1 và phần 2:
p 0V0
p 0V0

pV2
pV1
=
(1) và
=
(2)
T0
T0
T0
T
V
V
V
Từ (1) và (2) : 1 = 2  T = 1 To  338,29790 K
T0
V2
T
o
hay t = 65,2979 C
pV
T
Từ (1) ta có: p = 0 0 .
= 1,0638( atm).
T0
V1

Kết quả
+ t = 65,29790 C.
+ p = 1,0638 (atm).

a) Các phương trình nguồn sóng: us1 = us2 = 2cos(40 πt ) cm
- Phương trình sóng thành phần tại M :
0.25
2πd
2πd
1
2
u1M = 2cos(40 πt ) cm; u2M = 2cos(40 πt ) cm;
λ
λ
v
λ = = 1,6 cm
f

0.25
- Phương trình sóng tổng hợp tại M :
uM = u1M + u2M = 4cos(40 πt - 1,25π ) cm
0.5
Xét điều kiện: d2 – d1 = k   9 – 4,2 = k.1,6  k =3 vậy M thuộc
cực đại giao thoa
b) Gọi I là trung điểm của S1S2.
- Xét điểm N nằm trên IM :
N là cực đại khi: d2 – d1 = kλ
0.5
 0 < kλ < 4,8  0 < k < 3  k =1,2
2
Vậy số cực đại trong đoạn MM’ là: N1 = 5 điểm
( 3 điểm)
1
N’ là cực tiểu khi : d2 – d1 = (k + )λ

2
0.5
1
0 < (k + )λ < 4,8  2,5 > k > - 0,5  k = 0, 1, 2
2
0.25
Vậy số cực tiểu trong đoạn MM’ là: N2 = 6 điểm.
c) Để M thuộc cực tiểu giao thoa thì
0.25
λ
d2 - d1 = (2k + 1)  d2 = 1,6k + 5
2
S2 dịch ra xa S1 thì d2 > 9  k > 2,5  k = 3  d
chưa dịch S2 thì d1 = 4,2 cm, d2 = 9cm, S1S2 = 12cm

' = 9,8cm -- Khi
2
0.25

d 2 + (S S )2 - d 2
1 2
1 = 0,96  sin  = 0,28
 cos α = 2
2d .S S
2 1 2
MH = MS2 sin α = 2,52 cm: HS2 = MS2 cos α = 8,64 cm
ThuVienDeThi.com

0.25

Khi dịch S2 đến S2’ thì HS2’ = MS2 '2 - MH 2 = 9,47cm
 đoạn dịch ngắn nhất là: S2S2’= HS2’ - HS2 = 0,83 cm



Khi K đóng vào chốt a tụ C1 được tích điện đến điện tích
q0 = CE và bản dương của tụ được nối với K.
0.25
- Khi đóng K vào chốt b, tụ C1 phóng điện vào trong mạch C2L, trong
mạch có dịng điện i = - q . Dòng điện chạy qua cuộn dây, làm cho

1

trong cuộn dây xuất hiện suất điện động tự cảm ec = Li = - Lq . Xét 0.25
1
thời điểm tụ C1 đang phóng điện và suất điện động tự cảm đóng vai trị
suất phản điện. Bỏ qua điện trở thuần của cuộn dây và dây nối.
ec = u1 + u2

q
q
q +q
 - Lq = 1 + 2 = 1 2
1 C
0.5
( 2 điểm)
C
C
1

2
Tại nút b: q1- q2 = q0  q2 = q1- q0 thay vào phương trình trên ta được:
q
0.5
2
q = (q - 0 )
1
LC 1 2
3

- Phương trình này có nghiệm :

q   2 
q   2  

q = 0 cos 
t  + 1  q = 0 cos 
t  - 1
1 2
2 2
LC
LC
 

 

 

4
(3 điểm)

0.5

Tính gia tốc a của vật đối với nêm và gia tốc
ao của nêm đối với sàn.
+ Chọn hệ tục tọa độ xOy như hình vẽ
+ Động lượng của hệ bằng 0  Vật đi xuống
sang phải thi nêm phải sang trái  giá trị đại số
gia tốc của nêm là a 0 < 0.
฀
+ Vật m chịu tác dụng của 2 lực : trọng lực m g ,
฀
phản lực N của nêm vuông góc với AB (hình
vẽ)
฀
฀
฀
+ Gia tốc của vật đối với sàn : a1 = a + a 0
+ Phương trình chuyển động của vật :
Theo phương AB : mgsin  = m(a + a 0 .cos  ) (1)
Theo phương vơng góc với AB : N - mgcos  = m a 0 sin 
(2)
+ Phương trình chuyển động của nêm chịu thành phần nằm ngang
฀
của - N :
Chọn trục Ox trùng với hướng chuyển động của nêm
ThuVienDeThi.com


- N sin  = M a 0

(3)
N sin 
Từ (2) và (3) ta có : N  mg cos   m.(
) sin 
M
N sin 
 N + m.sin 
= mgcos 
M
 N(M + m.sin 2  ) = M mgcos 
M .mg. cos 
N =
M  m. sin 2 
Thế vào phương trình (3) ta được :
 M .mg. cos  
sin  .

mg. sin 2
M  m. sin 2  

a0 = = M
2( M  m sin 2  )
Thế vào phương trình (1) ta được :
mgsin  = m(a + (-

1,5

mg. sin 2
).cos  )

2( M  m sin 2  )

m 2 g . sin 2 .soc
 mgsin  = m.a 2( M  m sin 2  )
mg sin 2 . cos 
 a = gsin  +
2( M  m sin 2  )
=

2 Mg sin   2mg sin 3   mg sin 2 . cos 
2( M  m sin 2  )

2 Mg sin   2mg sin  (1  cos 2  )  2mg sin  . cos 2 
2( M  m sin 2  )
( M  m) g . sin 
 a =
M  m sin 2 
Gọi nhiệt độ của khí ở trạng thái 1 là T1, khi đó
p
nhiệt độ ở trạng thái 2 sẽ là 4T1.
1
 a =

5
(4 điểm)

Giả sử áp suất trên đường đẳng áp 1 – 2 là p1,
thì cơng mà khí thực hiện trong q trình này
là: A = p1(V2 -V1), trong đó V1 và V2 tương
ứng là thể tích khí ở trạng thái 1 và 2.

Áp dụng phương trình trạng thái cho hai trạng
thái này:

1,5

2
3
V

o

Hình 5

p1V1 =nRT1, p2V2=4nRT1 (1)  T1= A/3nR (2)
Thay số ta có : T1=361K

0,5

+ Gọi p3 là áp suất khí ở trạng thái 3 thì cơng mà khí thực hiện trong cả chu
trình được tính bằng diện tích của tam giác 123:

0,5

A123 = 1/2 (p1-p3)(V2 - V1) (3)
+ Kết hợp với phương trình trạng thái (1) và nhiệt độ T1 theo (2) ta tìm được:

0,5

V1= nRT1/P1 = A/3p1 (4) và V2 = 4nRT1/P1 = 4A/3p1 (5)
+Thay (4) vào (5) ta có biểu thức tính cơng trong cả chu trình:

A123 =

p3 
A
1  (6)
2
p1 
ThuVienDeThi.com

0,5


+ Vì các trạng thái 2 và 3 nằm trên cùng một đường thẳng qua gốc tọa độ nên:

0,5

p3/p1 =V3/V2 (7), với V3= nRT1/p3 = A/3p3 (8)
+ Thay(5), (8) vào (7) ta nhận được: p3/p1= p1/4p3  p3/p1 = 1/2 (9)

0,5

+ Thay (9) vào (6) ta tính được cơng của khí trong chu trình: A123= A/4
Thay số ta có: A123 = 2250J.
6. Cách giải
a/ Tính đúng: n1  1,5176; n 2  1,5104 .

0,5

Kết quả
a/ n1  1,5176; n 2  1,5104

.
b/ E1' E '2  0, 2036 cm .

b/ Tính đúng với 1 : r1  38038'; r2  25012 '; i 2  40015' .
Tính đúng với  2 : r1'  350 ; r2'  250 ; i '2  390 40 ' .
Tính đúng góc lệch giữa hai tia ló khỏi lăng kính là: D  i1'  i '2  35' .
Viết được: E1' E '2  f .tan D  f .D .
Tính đúng: E1' E '2  0, 2036 cm .
7. CÁCH GIẢI
a) sin r1 

KẾT QUẢ

n1
a)
1,9092  n2  3,4482
1,5đ

2n 2
Ở J trên CD để tia sang phản xạ toàn phần:
1
1
 cos r1 
 n2 
n2
n2
Để tia sang khúc xạ tại I’:
1
sin i3   n2  n12  2n1  2
n

sin i2 

2  n1
2

2

b)
D  44,2628 0
1đ

2  n12
 n2  n12  2n1  2 . Thay số:
2
b) Góc lệch giữa tia tới và tia ló

1,5 đ



D  90  r3  cos D  sin r3  n. sin i3  n sin(i2  45 ) 
0

0

1đ

Thay số:

Bài

8
(2đ)

2n22  n12  n1
2

Lời giải vắn tắt
- Lò xo bắt đầu nâng vật lên khi kx0 = mg (1), với x0 là độ giãn
của lò xo tại thời điểm vật bắt đầu rời mặt nằm ngang.
r
- Trong HQC chuyển động lên trên với vận tốc v , tại thời điểm
vật bắt đầu rời mặt nằm ngang, vật chuyển động xuống dưới với
r
vận tốc v .
Gọi xM là độ giãn cực đại của lò xo. Thế năng của vật khi vừa
rời khỏi mặt ngang là mg(xM - x0). Theo định luật bảo toàn cơ
kx 02
kx 2M
mv 2
năng:
(2)
+ mg(x M -x 0 ) +
=
2
2
2
m2 g 2
- Từ (1) và (2) ta có: kx 2M - 2mgx M - mv 2 +
= 0 (*)

k

Điểm
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

ThuVienDeThi.com


- Do xM > x0 nên nghiệm của phương trình (*) là đơn trị :
mg
m
xM =
+v
k
k
Thay số ta có: xM=0,326(m)

0,50

x0
xM
v

A

a) Chia dây thành những phần tử nhỏ có chiều dài dl mang điện tich dq. Xét từng cặp
dq đối xứng nhau qua O.

k
dq
R  x2
Thành phần cường độ điện trường dE1x dọc theo trục xx’:
k dq
x
kx dq
kλ x dl
dE1x = dE1cosα = 2
.

; với =Q/(2R)
=
2
2
2 3/2
2
2
R +x
(R + x )
(R 2 + x 2 )3/2
R +x
- Cường độ điện trường do vòng dây gây ra tại A là:
1
9.109. .109.0,1
kQx

100 V
kxλ
9


( )
E =  dE =
2πR =
9
2
2 3/2
2
2 3/2
2
2 3/2

m
(R
+
x
)
(0,1
0,1
)
(R
+
x
)
2
2

(1,5đ)
b) Khi điện tích –q ở vị trí O thì lực điện tác dụng lên nó bằng 0. Khi –q ở vị trí
- Cường độ điện trường do dq gây ra tại A là: dE1 

M với OM=x, lực điện tác dụng lên –q: F= - qE =

x
2

2 3

(R + x )



-qkQx
= mx 
(R 2 + x 2 )3/2

0,25

0,25

0,25

0,25

kQq
kQq
x

x = 0 (*). Đặt: ω2 =
 x  +
3
3
mR
mR 3
R

0,25

Chứng tỏ -q dao động điều hòa quanh vtcb O. Với chu kỳ T = 2π

10

0,25

kQqx
=0
m(R 2 + x 2 )3/2

 x  +

- Vì x<
2

0,25

mR 3
=2(s)

kQq

a. Tính UR, UL và UC.
U
- Ta có: cos AB = R  UR = UAB.cos AB = 120 (V).
U AB
U
UR
- Lại có: cos AN = R 
 UL = 160 (V).
2
U AN
U R  U 2L

- Điện áp hai đầu đoạn mạch: U 2AB  U R2  (U L  U C ) 2
(2,5đ) Thay số và giải phương trình ta có: UC = 250 (V) hoặc UC = 70 (V)
Vì đoạn mạch có tính dung kháng nên ZC > ZL  UC > UL  UC = 250 (V).
b. Tính R, L, C.
* Dịng điện i lệch pha /2 so với uc = uNB.
- Theo giả thiết uAB lệch pha /2 so với uNB
 uAB cùng pha với i: trong mạch xảy ra cộng hưởng, khi đó:
ThuVienDeThi.com

0,25
0,25

0,25
0,25
0,25

+ Điện trở thuần: R = ZABmin =

U AB
 60 ().
I

1 104
(1)

2 42
- Mặt khác, theo câu 1, ta có:
U
R
R
 ZAB 
 75 (), nên I1  AB  2 (A).
cos AB =
ZAB
cosAB
ZAB
U
Từ đó: ZL1 = L  80 () ; L. 1 = 80 (2)
I1
U
1
và ZC1 = C  125 () ;
 125 (3)
I1
1C

L
- Nhân (2) và (3) vế theo vế, ta có:  104 (4)
C
1
104
- Giải (1) và (4) ta có: L =
(H) và C =
(F).
2
2

0,25

+ ZL = ZC  LC =

ThuVienDeThi.com

0,25

0,25

0,25