Đề thi giải toán trên máy tính cầm tay trường THPT Buôn Ma Thuột năm 2013 - 2014 môn lý

- 1 -


TRƯỜNG THPT BUÔN MA THUỘT
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MTCT 12
Khóa ngày 30/11/2013 - Năm học 2013 / 2014
Môn : VẬT LÝ - Lớp 12
ĐỀ + HƯỚNG DẪN CHẤM (Gồm 05 trang)
- Mỗi bài toán được chấm theo thang điểm 5.
- Phần cách giải: 3,5 điểm, kết quả chính xác tới 4 chữ số thập phân: 1,5 điểm.
- Nếu phần cách giải sai hoặc thiếu mà vẫn có kết quả đúng thì không có điểm.
- Nếu thí sinh làm đúng 1 phần vẫn cho điểm.
- Điểm của bài thi là tổng điểm của 6 bài toán.

Bài 1
Trên hình là đồ thị chu trình của 1,5 mol khí lí tưởng trong hệ
trục tọa độ p, T. Biết T
1
= 320K, T
2
= 600K. R = 8,31
J
mol.K
. Hãy
tính công mà khí đó thực hiện trong chu trình.
Đơn vị tính: Công (J)


Cách giải
Kết quả

Điểm
Đồ thị biểu diễn chu trình trong hệ trục toạ độ p, V:
Công mà khí thực hiện trong cả chu trình là:
A
1
là công mà khí thực hiện trong quá trình đẳng tích
(1) → (2): A
1
= 0 J.


Đồ thị





A
1
= 0 J.

1,0

0,5


0,5
A
2
là công mà khí thực hiện

trong quá trình đẳng nhiệt
(2)→(3): A
2
= nR
2
2
1
T
T ln
T

=> A
2
= 4701,2994 J.




A
2
= 4701,2994 J.


0,5

0,5
A
3
là công thực hiện trong quá trình đẳng áp (3) → (1):
A

3
= p
1
(V
1
– V
3
) = n.R.(T
1
– T
2
) = - 3490,2 J.

A
3
= - 3490,2 J.
0,5
0,5
Công thực hiện trong toàn chu trình là
A = A
1
+ A
2
+ A
3
với:
A = 1211,0994 J
A = 1211,0994 J.
0,5

0,5




T
p
2
3
p
2
p
1
T
1
T
2
1
O

p
2
(2)


p
1
(1) (3)

V

1
V
3

- 2 -
Bài 2
Có 100 điện trở gồm 3 loại R
1
= 5; R
2
= 3; R
3
=
1
3

. Nếu ghép nối tiếp thì đoạn mạch
có điện trở là 100. Hỏi điện trở mỗi loại? Biết số điện trở mỗi loại chia hết cho 4.

Cách giải
Kết quả
Điểm
Gọi x, y, z lần lượt là số điện trở các loại 5; 3;
1
3

Ta có

  



  

  



  
      
  
  









100
100
7
100
25
1
4
5 3 100 14 8 200
3
162

, , 4
, , 4
14
, , 4
x y z
x y z
x y z
yx
x y z x y
x
x y z
x y z
x y z

x, y, z chia hết cho 4,
12
4
84
x
y
z









+Viết 3 ptrình:
+Tìm giới hạn của x
hoặc y:
+Tìm được các giá trị
x, y, z:

3,0
1,0

1,0

Bài 3
Từ một điểm A, một viên bi được ném lên theo phương thẳng đứng với vận tốc v = 15 m/s.
Sau một khoảng thời gian t
0
, từ một điểm B cùng độ cao với A và cách A một khoảng l = 4 m, một
viên bi thứ hai được ném xiên một góc α = 50
0
so với phương ngang, với vận tốc có độ lớn như
viên bi thứ nhất, sao cho hai viên bi gặp nhau. Hỏi viên bi thứ hai được ném sau viên bi thứ nhất
một khoảng thời gian t
0
là bao nhiêu? Lấy g = 10
2
m
s

Đơn vị tính: Thời gian (s)
Cách giải
Kết quả

Điểm
Chọn hệ trục toạ độ Ox có gốc O ≡ B, Oy hướng thẳng đứng
lên trên, Ox nằm ngang hướng từ B đến A.
Phương trình chuyển động của các viên bi trong hệ toạ độ
trên là :
- Viên bi thứ nhất:
x
1
= 1; y
1
= vt –
2
gt
2
.
- Viên bi thứ hai:
x
2
= v.cosα.(t – t
0
);
y
2
= v.sinα.(t – t
0
) –
g
2
(t – t
0

)
2
.
Để hai bi gặp nhau thì t và t
0
phải thoả mãn hệ phương trình:
+Chọn hệ trục thích
hợp

+Viết các ptrình của vật
1
+Viết các ptrình của vật
2
+ĐK gặp nhau :
x
1
=x
2
; y
1
=y
2


+Thay số, tìm được kết
quả t
0
= 2,297 s.

1,0


1,0

1,0

1,0


1,0
A
A
OB
x
A
v

y
B
v

l


- 3 -
12
12
xx

yy







v t t l
g t t gt
v t t vt
  




    


0
22
0
0
.( ).cos
()
( )sin
22
0
22
2

l
(t t )
v.cos
g.t l .g
vt l.tan 0
2 2(vcos )







    







Giải hệ phương trình ta được t
0
= 2,297 s .



Bài 4 :
Cho cơ hệ gồm một lò xo nằm ngang một đầu cố định gắn vào tường, đầu còn lại gắn vào
một vật có khối lượng M =1,8kg, lò xo nhẹ có độ cứng k =100N/m. Một vật khối lượng m=200g

chuyển động với vận tốc v = 5m/s đến va vào M (ban đầu đứng yên) theo hướng trục lò xo. Hệ số
ma sát trượt giữa M và mặt phẳng ngang là

=0,2. Xác định tốc độ cực đại của M sau khi lò xo bị
nén cực đại, coi va chạm là hoàn toàn đàn hồi xuyên tâm.
Đơn vị tính: Tốc độ(m/s)

Cách giải
Kết quả
Điểm
Gọi v
0
và v’là vận tốc của M và m sau va chạm.;
chiều dương là chiều chuyển động ban đầu của m
Mv
0
+ mv’ = mv (1)
2
2
0
Mv
+
2
''
2
vm
=
2
2
mv

(2)
Từ (1) và(2) ta có v
0
= v/5 = 1m/s, v’ = - 4m/s. Sau
va chạm vật m chuyển động ngược trở lai, còn vật M
dao động điều hòa tắt dần
Độ nén lớn nhất A
0
được xác định theo công thức:
2
2
0
Mv
=
2
2
0
kA
+ MgA
0
>
A
0
= 0,1029m = 10,3 cm
Sau khi lò xo bị nén cực đại tốc độ cực đại vật đạt
được khi F
hl
= 0 hay a = 0 lò xo bị nén x;
kx = Mg

> x =
k
Mg

=
100
6,3
= 3,6 cm
Khi đó:
2
2
0
kA
=
2
2
max
Mv
+
2
2
kx
+ Mg(A
0

– x)


>
2

2
max
Mv
=
2
)(
22
0
xAk 
- Mg(A
0
-x)

Do đó

2
max
v
=
M
xAk )(
22
0

- 2g(A
0
-x)

= 0,2494

-> v
max
= 0,4994 m/s






Tìm được v
0
=1m/s,
v’=-4m/s


A
0
= 0,1029m




x =
k
Mg

=
100
6,3

= 3,6 cm





v
max
= 0,4994 m/s
1,0




1,0



1,0





1,0


0,5

0,5



- 4 -
Bài 5
Cho một lăng kính tiết diện là một tam giác cân ABC(cân tại A), có góc chiết quang A= 20
0
.
Chiết suất của lăng kính phụ thuộc vào bước sóng ánh sáng theo công thức n = a +
2
b

, trong đó
a= 1,26; b = 7,555.10
-14
m
2
, còn

đo bằng m. Chiếu vào mặt bên của lăng kính một tia sáng đơn
sắc bước sóng

. Hãy xác định bước sóng

(theo đơn vị nm) để góc lệch của tia ló đạt giá trị cực
tiểu và bằng 12
0
.
Đơn vị tính: Bước sóng (nm)

Cách giải
Kết quả
Điểm
- Khi có góc lệch cực tiểu thì: i
2
= i
1
; r
2
= r
1
=
A
2
=10
0


- Khi D
min
= 2i
1
– A  i
1
=
min
2
DA
=16

0


- Áp dụng :
1
1
sin
sinr
i
n 
= 1,5873
- Suy ra:
b
na



4,8042.10
-7
m  480,4219nm
Kết quả:  = 480,4219nm
i
2
= i
1
; r
2
= r
1
=

A
2
=10
0

i
1
=
min
2
DA
=16
0

n=1,5873
b
na





 = 480,4219nm
1,0



1,0

1,0

1,0


1,0

Bài 6
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 U
AB
= 150 V không đổi vào hai đầu đoạn
mạch, thì thấy hệ số công suất của đoạn mạch AN bằng 0,6 và hệ số công suất của đoạn mạch AB
bằng 0,8.
a) Tính các điện áp hiệu dụng U
R
, U
L
và U
C
, biết đoạn mạch có tính
dung kháng.
b) Khi tần số dòng 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.
Đơn vị tính: Điện trở (Ω); độ tự cảm (H); điện dung (C); điện áp (V)

Cách giải
Điểm
a. Tính U
R

, U
L
và U
C
.
- Ta có: cos 
AB
=
R
AB
U
U
 U
R
= U
AB
.cos 
AB
= 120 (V).
- Lại có: cos 
AN
=
RR
22
AN
RL
UU
U
UU



 U
L
= 160 (V).
- Điện áp hai đầu đoạn mạch:
2 2 2
AB R L C
U U (U U )  

Thay số và giải phương trình ta có: U
C
= 250 (V) hoặc U
C
= 70 (V)
Vì đoạn mạch có tính dung kháng nên Z
C
> Z
L
 U
C
> U
L
 U
C
= 250 (V).

0,5


0,5

0,5

0,5

A
A
N B
R L
C

- 5 -
b. Tính R, L, C.
* Dòng điện i lệch pha /2 so với u
c
= u
NB
.
- Theo giả thiết u
AB
lệch pha /2 so với u
NB

 u
AB
cùng pha với i: trong mạch xảy ra cộng hưởng, khi đó:
+ Điện trở thuần: R = Z
ABmin
=
AB

U
60
I

().
+ Z
L
= Z
C
 LC =
4
22
1 10
4



(1)
- Mặt khác, theo câu 1, ta có:
cos 
AB
=
AB
AB AB
RR
Z 75
Z cos
  

(), nên

AB
1
AB
U
I2
Z

(A).
Từ đó: Z
L1
=
L
1
U
80
I

() ; L. 
1
= 80 (2)
và Z
C1
=
C
1
U
125
I

() ;

1
1
125
C


(3)
- Nhân (2) và (3) vế theo vế, ta có:
4
L
10
C

(4)
- Giải (1) và (4) ta có: L =
1
2
(H) và C =
4
10
2


(F).



0,5

0,5



0,5


0,5



0,5

0,5

HẾT