BỘ đề THI lập đội TUYỂN HSG QUỐC GIA môn vật lý 2015 2016

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐẮK LẮK

KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA
NĂM HỌC 2015 - 2016

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 02 trang)

MÔN: VẬT LÝ
(Thời gian làm bài 180 phút, không kể giao đề)
Ngày thi: 22/10/2015

Câu 1. (4,0 điểm)
Thanh dẫn điện (chứa các điện tích tự do) có khối lượng m,
chiều dài  , được treo trong không khí nhờ hai lò xo giốngnhau có
độ cứng k. Thanh được đặt trong từ trường có cảm ứng tư B vuông
góc với mặt phẳng chứa vật dẫn và các lò xo như hình vẽ (H 1).
Người ta kéo thanh khỏi vị trí cân bằng trong mặt phẳng thẳng đứng
rồi buông nó ra. Nối các đầu dây phía trên của hai lò xo vào hai cực
của một tụ điện có điện dung C. Bỏ qua điện trở của thanh, dây nối
và các lò xo. Hãy chứng minh thanh dao động điều hòa.

C




B

H1

Câu 2. (5,0 điểm)
Dùng một cái bơm xe đạp có thể tích trong của xi lanh thân bơm là V1 = 580 cm3 để bơm không khí
vào một cái săm xe đạp có dung tích coi như không đổi và bằng V2 = 5800 cm3. Áp suất ban đầu của không
khí có sẵn trong săm và bơm bằng áp suất khí quyển p0 = 105 N/m2. Cho rằng quá trình bơm là chậm, nhiệt
độ không khí không thay đổi.
1. Lập biểu thức tính áp suất khí trong săm sau n lần bơm trong hai trường hợp:
a. Nếu thể tích của vòi bơm là nhỏ, có thể bỏ qua được so với thể tích của thân bơm.
b. Nếu thể tích của vòi bơm là V3 = 11,6 cm3.
2. So sánh áp suất khí trong săm trong hai trường hợp ở câu 1.
3. Các dữ kiện được cho như ở câu 1b và nếu bơm, vòi bơm và săm xe đạp có độ bền rất lớn thì áp suất
lớn nhất có thể đạt được trong săm xe đạp là bao nhiêu?
Câu 3. (4,0 điểm)
Cho mạch điện gồm điện trở thuần, cuộn cảm và
tụ điện mắc nối tiếp như trên hình vẽ (H 2), các giá trị
R
L,r
C
của R, r và L không đổi, tụ điện có điện dung thay đổi
B
được, vôn kế nhiệt có điện trở rất lớn. Đặt vào hai đầu A
mạch một điện áp xoay chiều u AB = U0cosωt(V), với U0
V
và ω không đổi. Điều chỉnh điện dung của tụ điện đến
H2
giá trị C = C0 sao cho khi đó dung kháng của tụ điện có
giá trị bằng tổng trở của mạch. Tiếp tục điều chỉnh điện
dung của tụ điện thì thấy khi C = C1 số chỉ của vôn kế đạt giá trị cực đại. Hãy tìm hệ thức liên hệ giữa C0 và
C1 .
Câu 4. (5,0 điểm)

Một điểm sáng S được đặt trên trục chính của một thấu kính hội tụ L và cách thấu kính 30 cm. Thấu
kính có tiêu cự f = 25 cm.
1. Xác định vị trí, tính chất của ảnh S’ của S qua thấu kính.
2. Đặt tại vị trí ảnh S’ của S (đã xác định ở câu 1) một gương lõm có tiêu cự fg = 42 cm cùng trục chính
với thấu kính L, mặt phản xạ quay về phía S. Thay thấu kính L bằng thấu kính L 1 đặt cùng trục chính với
gương. Khi dịch chuyển L1 trong khoảng S và gương sao cho trục chính của L1 và gương luôn trùng nhau
1


thì thấy có ba vị trí của L1 mà chùm sáng từ S sau khi qua thấu kính, gương và thấu kính lần thứ hai lại trở
về S.
a. Xác định tiêu cự của thấu kính L1.
b. Tìm ba vị trí của thấu kính L1.
Câu 5. (2,0 điểm)
Cho các dụng cụ sau: Một nguồn điện xoay chiều ổn định có điện áp hiệu dụng và tần số không đổi,
một nguồn điện một chiều, một vôn kế một chiều, một ampe kế một chiều, một vôn kế nhiệt, một ampe kế
nhiệt, một khóa K và các dây dẫn. Bỏ qua điện trở của các ampe kế, các vôn kế có điện trở rất lớn. Hãy thiết
lập công thức, nêu cách bố trí thí nghiệm và nêu phương án tiến hành thí nghiệm để xác định độ tự cảm của
một cuộn dây có điện trở.

……………..HẾT……………….

• Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
• Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh……………………………………………………………….Số báo danh……………

2


Câu 1. (4,0 điểm)

Chọn trục Ox theo phương thẳng đứng, chiều từ trên xuống, gọi O là vị trí cân bằng của thanh.
Khi thanh dẫn điện chuyển động cắt các đường cảm ứng từ thì thanh dẫn điện trở thành nguồn điện
có suất điện động
(1) (0,5đ)
E  vB .
Suất điện động này tích điện cho tụ điện:
(2) (0,25đ)
q  CE  CvB
Vận tốc v của thanh dẫn điện biến thiên, tạo ra dòng điện chạy qua thanh dẫn:
q
(3) (0,5đ)
I
 CBa , với a là gia tốc của thanh.
t
Dòng điện trong thanh dẫn điện bị từ trường tác dụng một lực:
(4) (0,5đ)
Fdt  BIl  B 2  2 Ca
Khi thanh ở vị trí cân bằng lực tác dụng lên thanh là:
C
P  2 k l0
(5) (0,5đ)
Khi thanh dẫn điện có li độ x thì lực tác dụng vào nó là:

(6) (0,25đ)
F  P  2 k (l0  x )  B 2  2 Ca
B

2 2
''
2 2

''
F  2 kx  B  Ca  mx  2kx  B  Cx (7) (0,5đ)
 m  B 2  2 C x ''  2kx
0
(8) (0,5đ)

2k
v
 x ''  
x
m  B 22C
x
Hình 5
2k
(9) (0,5đ)
 x ''   2 x với  
2 2
mB  C
Vậy thanh dao động điều hòa với tần số  .





Câu 2. (5,0 điểm)
1. Lập biểu thức tính áp suất khí trong săm sau n lần bơm trong hai trường hợp: (3,75đ)
a. Khi thể tích vòi bơm là nhỏ
- Sau lần bơm thứ nhất, áp suất không khí trong săm là p1. Quá trình là đẳng nhiệt nên:
p1V2 = p0(V1 + V2)
(10) (0,25đ)

 V 
p1  p0 1  1 
 V2 
sau lần bơm thứ hai, áp suất không khí trong săm là p2, tương tự ta có:
p2V2 = p0(2V1 + V2)

V 
p2  p0 1  2 1 
hay:
V2 

suy ra sau n lần bơm, áp suất khí trong săm là:

V 
pn  p0 1  n 1 
V2 

hay:

580 
n


Áp dụng số: p6  p0 1  n
  p0  1  
5800 

 10 
b. Khi thể tích của vòi bơm là V3 = 11,6 cm3

- Sau lần bơm thứ nhất, áp suất không khí trong săm bây giờ là p1’:
Ta có: p1’(V2 + V3) = p0(V1 + V2 + V3)

(11) (0,25đ)
(12) (0,25đ)
(13) (0,25đ)

(14) (0,25đ)
(15) (0,25đ)

(16) (0,25đ)



V1 
Suy ra: p1'  p0 1 

 V2  V3 
Gọi p2’ là áp suất không khí trong săm sau lần bơm thứ hai. Khi bắt đầu bơm lần thứ hai thì lượng khí
trong săm có thể tích V2 và áp suất là p1’; lượng khí trong thân bơm và vòi bơm có áp suất p0 và thể tích là
V1 + V3. Cuối quá trình bơm lần thứ hai thì lương khí trong săm và vòi bơm có cùng áp suất là p2’ còn thể
tích là V2 + V3. Theo định luật Bôi Ma –ri -ốt, ta có:
p2’(V2 + V3) = p1’V2 + p0(V1 + V3)
(17) (0,25đ)
thay biểu thức của p1’ ở trên vào:


V1 
V1V2 
p2' V2  V3   p0 1 

 V2  p0 V1  V3   p0  V2  V1  V3 

V2  V3 
 V2  V3 

Biến đổi, ta có:


V1
V1V2 
V1 
V2  
p2'  p0 1 

1
(18) (0,25đ)
  p0 1 


2
 V2  V3 V  V  
V

V
V

V
2
3
2

3




2
3


Sau lần bơm thứ ba, áp suất khí trong bình là p3’:
p3’(V2 + V3) = p2’V2 + p0(V1 + V2)
(19) (0,25đ)
Suy ra công thức tương tự như đối với p2’:
2

 V2   
V1 
V2
'
1 
(20) (0.25đ)
p3  p0 1 

 
 V2  V3  V2  V3  V2  V3   


…............................................................................................................................................................
n 1


 V2   
V1 
V2
1 
(21) (0,25đ)
pn '  p0 1 
 ...  
  
V

V
 V2  V3  V2  V3

 2 3  

Đại lượng trong dấu ngoặc là một cấp số nhân, có dạng:
1  qn
(22) (0,25đ)
1  q  ...  q n 1 
1 q
n

 V2 
1 
n 1
n

V2  V3 
 V2 
V2  V3   V2  

V2

1  
 ...  

Hay: 1 
(23) (0,25đ)
 
 
V2  V3
V3   V2  V3  
 V2 
 V2  V3 


1 

V

V
 2 3
Thay vào biểu thức của pn’, ta có:
n

 V   V n 
V1 V2  V3   V2   
2
1  
   p0 1  1 1  
(24) (0,25đ)

pn '  p0 1 

 
 V2  V3 V3   V2  V3   
 V3   V2  V3   




n
n
Hay:
pn ' p0 1  50 1  0,998    p0 (51  50.0,998 )
(25)
2. So sánh pn với pn’: (0,25đ)
Từ câu 1, ta thấy ngay: pn’ < pn.
(26) (0,25đ)
3. Áp suất lớn nhất có thể đạt được trong săm xe đạp: (1,0đ)
Áp suất lớn nhất có thể đạt được khi số lần bơm là rất lớn n → ∞; từ công thức tính pn’ suy ra:
 V 
p max  p n ’  n     p0 1  1   51 p0
(27) (1,0đ)
 V3 
Câu 3. (4,0 điểm)


Liên hệ giữa C0 và C1
Theo giả thiết ta có:
R

 R  r    Z L  ZC 0  = ZC0
2
2
 R  r    Z L  ZC 0   ZC2 0

Z
Hay:

2

2

L,r

C
B

A

(28)
(29) (0,25đ)

H2

V

Khi C thay đổi (tức thay đổi ZC) thì UC sẽ đạt được trị số cực đại, nếu ZC thỏa mãn diều kiện:
2
ZC Z L   R  r   Z L2
Z C1Z L   R  r   Z L2

Tức ta có:
Biến đổi hệ thức điều kiện:
2
2
Z C1Z L   R  r   Z L2  Z C1Z L  2Z L Z C 0  Z C2 0   R  r   Z L2  2Z L Z C 0  Z C2 0
2

Suy ra: Z C1Z L  2 Z L Z C 0  Z C2 0   R  r    Z L  Z C 0   Z 2  Z C2 0
2

2

Từ đó: Z C1Z L  2 Z L Z C 0  0  Z C1  2 Z C 0  C1 

C0
:
2

(30) (1,5đ)
(31) (1,5đ)
(32) (0,5đ)
(33) (0,25đ)

Câu 4. (5,0 điểm)
1. Xác định vị trí, tính chất của ảnh S’ của S qua thấu kính: (1,0đ)
L
Sơ đồ tạo ảnh: S 
(34) (0,25đ)
S '
df

30.25
Ta có: d ' 
(35) (0,5đ)

 150cm
d  f 30  25
Vậy: Ảnh S’ của S là ảnh thật trên trục chính, cách thấu kính 150 cm.
(0,25đ)
2. Khi đặt thêm gương cầu lóm và thay thấu kính L bởi thấu kính L1: (4,0đ)
a. Tính tiêu cự của thấu kính L1:
L1
L1
G
Sơ đồ tạo ảnh:
(36) (0,25đ)
S 
 S1 
 S 2 
 S3
Để S3 trùng với S thì S2 phải trùng với S1, tức là ảnh của S1 cho bởi gương (tức là S2) lại
trùng với S1. Từ sự tạo ảnh qua gương cầu lõm, ta thấy ảnh qua gương trùng với vật khi hoặc là vật nằm tại
tâm C của gương (tức là S1 phải nằm tại tâm C của gương), hoặc là vật nằm tại đỉnh của gương (tức là S1
nằm tại đỉnh gương).
(0,25đ)
Vậy thấu kính phải cho ảnh thật của S nằm tại tâm C của gương, hoặc nằm tại đỉnh của gương (tại S’).
Để vật thật tạo ảnh thật qua thấu kính, ta phải có tiêu cự không lớn hơn một phần tư khoảng cách vật ảnh
d  d'
(vật màn):
f  1 1
(37) (0,5đ)

4
- Khi ảnh S1 nằm tại tâm C của gương, ta có:
d1 + d1’ = 150 + 30 – 2.42 = 96 cm
(38) (0,5đ)
96
suy ra: f 
(39) (0,25đ)
 24cm
4
- Khi ảnh S1 nằm tại đỉnh gương thì: d1 + d1’ = 150 + 30 = 180 cm
(40) (0,25đ)
180
Suy ra: f 
(41) (0,25đ)
 45cm
4
Vậy ta chọn: f  24cm
(42) (0,25đ)
Khi f < 24 cm: ta có 4 vị trí của L1( hai vị trí ảnh nằm tại tâm gương và 2 vị trí ảnh nằm tại đỉnh gương) cho
ảnh trùng với vật.
Theo giả thiết có ba vị trí của L1, do đó hai trong bốn vị trí đã trùng nhau.


Vậy có thể chọn f = 24 cm.
b. Ba vị trí của thấu kính L1:
- Khi ảnh S1 nằm tại tâm gương, d1 + d1’ = 96 cm => d1 = d1’ = 48 cm
- Khi S1 nằm tại đỉnh gương (trùng với ảnh S’): d1 + d1’ = 180 cm
1 1 1 1
1
Ta có:   '  

  d12  180d1  4320  d12  180d1  4320  0
f d1 d1 d1 180  d1
Phương trình cho nghiệm:

b ' b '2  ac 90  8100  4320

 90  61, 482 (cm)
a
1
d1 = 151,482 cm; d1 = 28,518 cm.

d1 

(43) (0,25đ)
(44) (0,5đ)
(45) (0,25đ)
(46) (0,25đ)

(47) (0,25đ)
(48)

Câu 5. (2,0 điểm)
Thiết lập công thức:
Ta có: L 

(49) (0,5đ)

ZL
với Z L  Zd2  r 2  L =


2

 U xc   Umc 

 

 I xc   Imc 
L

Cách bố trí thí nghiệm:
Bố trí thí nghiệm như hình vẽ

Z r
2
d

2



2

(1)

(50) (0,5đ)
L;r

L;r

Axc

K

A

Vxc

Hình 6a

K

V

Hình 6b

Phương án thí nghiệm:
(51) (1.0đ)
- Mắc nối tiếp ampe kế điện động vào cuộn dây.
- Mắc song song vôn kế điện động vào cuộn dây.
- Mắc toàn bộ hệ thống trên vào nguồn điện xoay chiều.
- Đóng khóa K ghi lại chỉ số cường độ dòng điện và hiệu điện thế xoay chiều trên ampe kế và vôn
kế. Tiến hành lần lượt đo cường độ dòng điện và hiệu điện thế ít nhất ba lần, sau đó lấy giá trị trung bình
của ba lần đo và thay vào biểu thức (1).
- Mắc nối tiếp ampe kế một chiều vào cuộn dây.
- Mắc song song vôn kế một chiều vào cuộn dây.
- Mắc toàn bộ hệ thống trên vào nguồn điện một chiều.
- Đóng khóa K ghi lại chỉ số cường độ dòng điện và hiệu điện thế xoay chiều trên ampe kế và vôn
kế. Tiến hành lần lượt đo cường độ dòng điện và hiệu điện thế ít nhất ba lần, sau đó lấy giá trị trung bình
của ba lần đo và thay vào biểu thức (1).

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐẮK LẮK

KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA
NĂM HỌC 2015 - 2016

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 02 trang)

MÔN: VẬT LÝ
(Thời gian làm bài 180 phút, không kể giao đề)
Ngày thi: 23/10/2015

Câu 1. (5,0 điểm)
Người ta dùng một miếng gỗ nhỏ A có khối lượng mA
để khảo sát các thí nghiệm cơ học đơn giản.
A
1. Miếng gỗ A được đặt chồng lên một miếng gỗ B khác
có khối lượng mB và trượt trên mặt phẳng nghiêng góc α so với
B
mặt phẳng nằm ngang như hình vẽ (H 1). Hệ số ma sát giữa hai
α
miếng gỗ là μ, giữa miếng gỗ B và mặt phẳng nghiêng là μ1.
a. Miếng gỗ B có thể chuyển động nhanh hơn miếng
H1
gỗ A không ? Giải thích.
b. Hãy so sánh các hệ số ma sát từ kết luận của câu a.
2. Miếng gỗ A được đặt ở mép một đĩa nằm ngang, bán kính R. Đĩa quay tròn với tốc độ góc
ω = εt, trong đó ε là gia tốc góc không đổi. Tìm thời điểm để miếng gỗ A văng ra khỏi đĩa, biết hệ số ma
sát giữa miếng gỗ A và đĩa là μ2.

Câu 2. (4,0 điểm)
Một mol khí lý tưởng thực hiện chu trình biểu diễn
bằng hình chữ nhật như hình vẽ (H 2). Đường thẳng
2 – 4 đi qua gốc O, hai điểm 1 và 3 nằm trên cùng một
đường đẳng nhiệt. Biết thể tích: V1 = V4 = 6,31 dm3;
áp suất: p1 = p2 = 3.105 Pa; p3 = p4 = 105 Pa.
Cho R = 8,31 J/mol.K.
1. Tính nhiệt độ T1, T2, T3 và T4 của các trạng thái.
2. Vẽ đồ thị p – T và V – T.

p

O

1

2

4

3
H2

V

Câu 3. (3,0 điểm)
Một động cơ điện một chiều có điện trở trong r = 20 Ω.
Một sợi dây không co giãn có một đầu cuốn vào trục động
m
cơ, đầu kia buộc vào một vật có khối lượng m = 20 kg.

Vật có thể trượt không ma sát trên mặt phẳng nghiêng làm
với mặt phẳng nằm ngang một góc   300 như hình vẽ (H 3).
Khi cho dòng điện có cường độ I = 5 A đi qua thì động cơ
kéo vật lên theo mặt phẳng nghiêng với tốc độ không đổi

v = 4 m/s.
1. Tính hiệu suất của động cơ.
H3
2. Bộ nguồn cung cấp cho động cơ gồm nhiều ắc quy, mỗi
chiếc có suất điện động E = 36 V và điện trở trong r0 = 3.6 Ω.
Hãy tìm cách mắc nguồn để động cơ có thể kéo vật như trên mà dùng số ắc quy ít nhất. Tính số
ắc quy đó.
Cho g = 10 m/s2 và bỏ qua khối lượng của sợi dây.

.

Câu 4. (5,0 điểm)
Một bể nhỏ hình hộp chữ nhật trong có chứa nước (chiết suất n 
1

4
). Thành bể phía trước là một tấm
3


E

thủy tinh có độ dày không đáng kể; thành bể phía sau
là một gương phẳng (mặt phản xạ tiếp xúc với nước);
khoảng cách giữa hai thành bể này là a = 40 cm.

Trong bể có một vật sáng AB đặt thẳng đứng cách đều
thành bể phía trước và phía sau. Đặt một thấu kính hội
tụ L trước bể và một màn E sau L để thu ảnh của vật
(hình vẽ H 4). Người ta thấy có hai vị trí của màn cách
nhau một khoảng 4 cm đều cho được ảnh rõ nét có độ
lớn lần lượt là 4,5 cm và 3 cm.
1. Tính tiêu cự của thấu kính.
2. Tìm khoảng cách từ thấu kính đến thành bể phía sau.
3. Tính độ cao của vật.
Câu 5. (3,0 điểm)
Hạt nhân phóng xạ

24
11

a

2. Cho rằng hạt nhân

24
11

O

Â

H 4

Na phân rã   với chu kỳ bán rã T = 15 giờ và tạo hạt nhân con

1. Viết phương trình phân rã phóng xạ và xác định hạt nhân con

L

B

A
Z

A
Z

X.

X.

Na đứng yên. Tính năng lượng giải phóng trong phân rã.

24
Biết khối lượng các nguyên tử: m( 11
Na ) = 23,990963 u; m( ZA X ) = 23,985042 u,
cho 1u = 931,5 MeV/c2.
3. Để xác định được thể tích máu trong một cơ thể bệnh nhân người ta tiêm vào máu người đó
3
24
9 cm một dung dịch có chứa 11
Na với nồng độ 5.10-4 mol/lít.

a. Tính số gam

24
11

Na đã đưa vào máu bệnh nhân.

24
b. Tính lượng chất phóng xạ 11
Na còn lại trong máu bệnh nhân sau 5 giờ.
c. Tính thể tích máu trong cơ thể bệnh nhân. Biết rằng sau 5 giờ người ta lấy ra 9 cm3 máu của
24
cơ thể bệnh nhân thì tìm thấy trong đó chứa 7,5.10-9 mol của chất 11
Na .
Giả thiết rằng lượng chất phóng xạ được phân bố đều trong toàn bộ thể tích máu của bệnh nhân.

……………..HẾT……………….

• Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
• Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh……………………………………………………………….Số báo danh……………

2


Câu 1. (5,0 điểm)
1. Miếng gỗ A được đặt chồng lên một miếng gỗ B khác có khối lượng mB và trượt trên mặt phẳng
nghiêng
(3,25đ)
a. . Miếng gỗ B có thể chuyển động nhanh hơn miếng
A
gỗ A không ? Giải thích.

Chọn chiều dương hướng xuống theo mặt phảng nghiêng.
B
Giả sử gia tốc aB > aA (miếng gỗ B chuyển động nhanh hơn)
+
- Vật B chịu tác dụng của các lực:

+ trọng lực PB

H1
+ lực ma sát giữa vật B và mặt phẳng nghiêng FmsB

+ lực ma sát giữa hai vật F
Hình vẽ(0,5đ)

+ phản lực của mặt phẳng nghiêng lên B là N B
Ta có phương trình định luật 2 Niu tơn cho chuyển động của vật B:
   

PB  N B  F  FmsB  maB
(1)0,25đ


Chiếu (1) lên phương mặt phẳng nghiêng, để ý F và FmsB hướng lên, chiều dương hướng xuống:
mBgsinα – FmsB – F = mBaB
(2) 0,25đ
với: FmsB = μ1.(NA + NB); F = μ.NA
- Vật A chịu tác dụng của các lực:

+ trọng lực PA


+ lực ma sát giữa hai vật F (hướng xuống vì vật B chuyển động nhanh hơn vật A nên kéo A
xuống).

+ phản lực của vật B lên vật A là N A (3)
Ta có phương trình định luật 2 Niu tơn cho chuyển động của vật A:
  

PA  F  N A  mA a A
(4) 0,25đ
Chiếu (4) lên phương mặt phẳng nghiêng, chiều dương hướng xuống:
mAgsinα + F = mAaA
(5) 0,25đ
F  F
Từ (2), ta suy ra: a B  gsin  msB
(6) 0,25đ
mB
F
Từ (5), suy ra:
(7) 0,25đ
a A  gsin 
mA
Từ (7) và (6), suy ra rằng: aA > aB, trái với giả thiết.
Vậy miếng gỗ B không thể chuyển động nhanh
hơn miếng gỗ A.
(8) 0,25đ
b. So sánh các hệ số ma sát từ kết luận của câu a.

Theo câu a, ta giả thiết aA > aB, chiếu hệ thức (1) lên mặt phẳng nghiêng, để ý F hướng xuống:
mBgsinα – FmsB + F = mBaB
(9) 0,25đ


Lại chiếu hệ thức (4) lên mặt phẳng nghiêng, để ý F hướng lên:
mAgsinα - F = mAaA
(10) 0,25đ
Từ (10) và (9), suy ra các gia tốc:
F  F
(11) 0,25đ
a B  gsin  msB
mB
F
(12) 0,25đ
a A  gsin 
mA


Từ (10) và (11), để aA > aB thì phải có:
Hay:

FmsB  F
F

mB
mA

1  N A  N B    N A  N A
  m g cos   mB g cos     mA g cos   mA g cos 

 1 A

mB

mA
mB
mA

1  mA  mB    mA
   1   (13). 0,25đ
mB
2. Tìm thời điểm để miếng gỗ A văng ra khỏi đĩa (1,75đ)
- Chuyển động tròn không đều nên vật có gia tốc tiếp tuyến:
v Rt
(14) 0,25đ
at 

 R
t
t
và gia tốc pháp tuyến: an   2 R  R 2t 2
(15) 0,25đ
từ (15) và (14), ta có gia tốc toàn phần:
Do đó:

a  an2  at2  R 1   2t 4
(16) 0,25đ
Lực làm vật A chuyển động cùng với đĩa là lực ma sát nghỉ, có giá trị cực đại là μ2mAg
(17) 0,25đ
F  mA .a  mA R 1   2t 4   2 mA g
Từ (17) ta suy ra:
22 g 2
1  22 g 2 
2 4

4
1   t  2 2  t  2  2 2  1
(18) 0,25đ
R
 R

Dấu (=) tương ứng với thời điểm miếng gỗ A bị văng ra khỏi đĩa:
22 g 2
1
R 2 2
R
2 
g

t

Với điều kiện:

1


Câu 2. (4,0 điểm)
1. Tính nhiệt độ T1, T2, T3 và T4 (1,5đ)
-Ta có:
p4V4 105.6,31.103
p4V4  RT4  T4 

 76 K
R
8,31

- Quá trình 1 – 4 là đẳng tích, nên:
p
3.105
T1  T4 1  76
 228 K
p4
105
- Theo giả thiết: T3 = T1 = 228K
- Đường thẳng 2 – 4 đi qua gốc O nên ta có liên hệ
p = a.V
Do p2 = 3p4 nên V2 = 3V4 = 18,93 dm3.
V
Vậy: T2  T1 2  228.3  684 K
V1
2. Vẽ đồ thị p- T và V – T: (2,5đ)

(19)0,25đ
(20) 0,25đ

p

1

2

4

3

(21) 0,5đ

(22) 0,25đ
O

V
H1

(23) 0,5đ
(24) 0,25đ


V(dm3)

p(Pa)

105
O

2

1

3.105

3

2

18,93

4

76

6,31

3
228

684
H2

Đồ thị p - T
(1,25đ)

T(K)

O

4
1
76

228

684

T(K)

H2

Đồ thị V - T
(1,25đ)

Câu 3. (3,0 điểm)
1. Tính công suất tiêu thụ điện và hiệu suất của động cơ. (1,0đ)
Năng lượng tiêu thụ của động cơ được chia làm hai phần: một phần biến thành cơ năng, một phần
biến thành nhiệt năng làm nóng động cơ. Vì vậy công suất toàn phần của động cơ là:
Ptp = Pcơ + Pnhiệt
Công suất kéo vật: Pcơ = T.v
Trong đó lực căng:
mg
 Pcơ = 400W
(25) 0,25đ
T  P sin  
2
Công suất tỏa nhiệt: Pnhiệt = I2.r = 500W
(26) 0,25đ
Công suất tiêu thụ điện là:
Pđ = Ptp = 400 + 500 = 900W
(27) 0,25đ
Hiệu suất động cơ: H% = Pcơ / Ptp. 100% = 44,4% (28) 0,25đ
2. Tìm cách mắc nguồn điện. (2,0đ)
Hiệu điện thế giữa hai đầu động cơ khi kéo vật:
P
U  tp  180 V
(29) 0,25đ
I
Ta phải mắc bộ nguồn đối xứng, nghĩa là m dãy song song giống nhau, mỗi dãy gồm n ắc quy nối
tiếp:
Eb  nE  36 n

(30) 0,25đ
nr 3,6 n
rb  0 
m
m
Theo định luật Ohm đối với mạch kín:
3, 6n
Eb  U  Irb  36n  180  5
 2mn  10m  n
m
10 1
(31) 0,5đ
  2
n m
Vì m, n phải là nguyên dương nên ta chỉ xét nghiệm nguyên dương của phương trình (31).


Tổng hai số là một hằng số
nhau, nghĩa là

10 1
,
là một hằng số, do đó tích cuả hai số cực đại khi hai số bằng
n m

10 1
.
cực đại (do đó m.n phải cực tiểu) khi
n m
10 1

(32) 0,5đ
 .
n m
Ta có hệ phương trình:

10 1

m 1
n m
(33)

10 1
n  10
 2
n m
Vậy bộ nguồn gồm một dãy và cần dùng 10 ắc quy.

Bộ gồm 10 ắc quy nối tiếp nhau.

(34) 0,5đ

Câu 4. (5,0 điểm)
E
1. Tính tiêu cự của thấu kính:
a
- Sơ đồ tạo ảnh:
L
+ Ảnh thứ nhất: tạo qua bản mặt song song và thấu kính
B
BMSS

TK
(35) 0,25đ
AB 
 A ' B ' 
 A '' B ''
+ Ảnh thứ hai: tạo qua bản mặt song song,
O’
O
Â
gương phẳng, bản mặt song song, thấu kính
BMSS
GP
BMSS
AB 
 A1 B1  A2 B2 
 A3 B3
(36) 0,25đ
TK
 A4 B4
- Lần lượt xét các sự tạo ảnh:
H 2
+ Với ảnh thứ nhất:
Ảnh A’B’: có độ lớn bằng vật AB, dời đi theo chiều
truyền tia sáng (về phía TK L), một khoảng:
1
 1
(37) 0,25đ
  e 1    20  5(cm)
4
 n

Vậy khoảng cách từ ảnh A’B’ đến thấu kính là
d = a/2 - ℓ + OO’ = 15 + OO’
(38) 0,25đ
1 1 1
df
Ảnh A’’B’’ tạo qua thấu kính:
  d'
f d d'
d f
d'
Độ cao của ảnh: A '' B ''  AB  4,5cm
(39) 0,25đ
d
+ Với ảnh thứ hai:
Ảnh A1B1 tạo qua BMSS là nước có độ cao bằng vật AB, dời lại gần gương phẳng theo chiều
truyền tia sáng một khoảng:
1
 1
  e 1    20  5(cm)
4
 n
Vậy khoảng cách từ ảnh A1B1 đến gương là:
20 – 5 = 15 cm
(40) 0,25đ
Qua gương phẳng, vật A1B1 cho ảnh A2B2 áo, bằng A1B1 cách gương 15 cm và cách thấu kính một
khoảng: 15 + 40 + OO’ = 55 + OO’ (cm)
(41) 0,25đ


Ảnh A2B2 trở thành vật thật đối với BMSS có độ dày a = 40cm, qua bản mặt cho ảnh A3B3 dời lại gần

thấu kính một khoảng:
1
 1
(42) 0,25đ
 '  a 1    40  10(cm)
4
 n
Vậy ảnh A3B3 cách thấu kính:
d4 = 55 +OO’ – 10 = 45 + OO’ (cm) = d + 30 (cm) (43) 0,25đ
d f
Ảnh A4B4 tạo qua thấu kính: d 4 '  4
d4  f
d '
Độ cao của ảnh:
(44) 0,25đ
A4 B4  AB. 4  3cm
d4
Từ trên, ta có giả thiết là:
d4’ = d’ – 4 (45) 0,25đ
ta có, từ (43) và (45)
 d  30  d ' 4  (46) 0,25đ
dd '
d .d '
f 
 4 4 
d  d ' d 4  d 4 '  d  30    d ' 4 

d'
d'
AB

A' B '
d  d  d '  d  30   1,5
Từ (39), (43),(44) và (45):

A4 B4 AB. d 4 ' d ' 4
d  d ' 4 
d  30
d4
Hay: d.d’ + 30d’ = 1,5d.d’ – 6d => d’(0,5d – 30) = 6d
6d
12d
Từ đó: d ' 
(47) 0,25đ

0,5d  30 d  60
12d
8d  240 

12d
 4
 d  30  
 d  30  
d.

2
12
d
 d  60
 
 d  60 

d  60 
Thay (47) vào (46):

12d
8d  240 
d 2  48d
 12d

d
d

30


4

 
 d  30   


d  60
 d  60

 d  60 
12d
8(d  30) 2
3d
2(d  30)




 3d 2  156d  2d 2  36d  2880
Biến đổi:
d  48  d  52  d  30 
d  48
d  52
Ta có phương trình xác định d:
d2 – 120d + 2880 = 0 (48) 0,5đ
60  26,833
Phương trình (37) có nghiệm: d 
;
1
hay d = 86,833 cm và d = 33,167 cm.
(49) 0,25đ
Ta loại nghiệm d = 33,167 cm vì cho d’ < 0.
12.86,833
Vậy: d ' 
(50) 0,25đ
 38,833cm
86,833  60
Suy ra tiêu cự của thấu kính:
86,833.38,833
(51) 0,25đ
f 
 26,833cm
86,833  38,833
2. Khoảng cách từ thấu kính đến thành bể phía sau:
x = a + OO’ = a + d – 15 = 40 + 86,833 – 15 = 111,833 cm(52) 0,25đ
3. Độ cao của vật AB:
4,5

4,5
(53) 0,25đ
AB 

 10, 06cm
d ' 38,833
d
86,833


Câu 5. (3,0 điểm)
1. Viết phương trình phân rã phóng xạ và xác định hạt nhân con

A
Z

X.

0

24
Na 
1 e 12
Mg  
(54)0,5đ
2. Tính năng lượng giải phóng trong phân rã.
Q = (mNa – mMg).c2 = (23,990963 - 23,985042).931,5 =
= 5,5154115 MeV (44) 0,75đ
3.
24

a. Tính số gam 11
Na đã đưa vào máu bệnh nhân.
mol
m0  5.104
.9.103 lit  45.10 7 mol  10,8.10 5 g (55) 0,5đ
lit
24
b. Tính lượng chất phóng xạ 11
Na còn lại trong máu bệnh nhân sau 5 giờ.
24
11

 t

5



0.693
.5
15

m  m0 e  10,8.10 .e
 8,57238.10-5 g.
(56) 0,5đ
c. Tính thể tích máu trong cơ thể bệnh nhân.
24
- Trong 9 cm3 máu bệnh nhân có chứa lượng 11
Na là:
-9

-9
-8
m’ = 7,5.10 . 24 = 180.10 = 18.10 g.
(57) 0,25đ
24
- Lượng chất 11 Na còn lại trong cơ thể sau 5h là m = 8,57238.10-5 g. Vậy thể tích máu trong cơ thể
bệnh nhân là:
8,57238.105
V
.9(cm3 )  4, 28619.103 (cm3 )  4, 2862(lit) (58) 0,5đ
8
18.10