Đề thi HSG casio vật lý lớp 12 năm học 2009 2010 THPT bỉm sơn thanh hóa file word có lời giải chi tiết

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
SỞ GD&ĐT THANH HÓA
TRƢỜNG THPT BỈM SƠN

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT GIẢI TOÁN
VẬT LÝ BẰNG MÁY TÍNH CASIO NĂM HỌC 2009 – 2010
(Thời gian làm bài:150 phút)

Bài 1: Một bình chứa khí có thể tích 10 lít ở 270C. Tính khối lƣợng khí thoát ra và khối lƣợng khí còn lại
nếu áp suất giữ nguyên ở Po và tăng nhiệt độ lên 370C. Biết khối lƣợng riêng của khí ở điều kiện tiêu
chuẩn là 0  1, 2kg / m3
Bài 2: Một bình hình trụ chiều cao 2h = 40cm đƣợc phân chia thành hai phần bởi một
vách ngăn mỏng. Phần trên của bình chứa nƣớc với khối lƣợng riêng   103 kg / m3 và
2h
phần dƣới của bình chứa không khí ở áp suất khí quyển p0  1at . Trên vách ngăn có một
lỗ hở bé để nƣớc có thể chảy vào phần dƣới của bình. Lớp nƣớc phần dƣới của bình sẽ có
bề dày bao nhiêu?. Nhiệt độ coi nhƣ không đổi.
L
Bài 3: Các điện tử coi là rất nhẹ, bay vào một tụ điện phẳng có độ dài L

= 10cm dƣới một góc   100 đến mặt phẳng của tấm bản và bay ra dƣới
góc   1rad (Hình 2). Tính động năng ban đầu của các điện tử biết
Hình 2
cƣờng độ điện trƣờng E = 10V/cm.

Bài 4: Một con lắc đơn gồm một quả cầu nhỏ có khối lƣợng m = 6g,
đƣờng kính d = 1cm và một sợi dây nhẹ có chiều dài l = 1m. Cho con lắc
lần lƣợt dao động trong chân không và không khí. Tính độ sai lệch của
chu kì khi xét đến tác dụng của lực nâng Archimede của không khí. Cho biết khối lƣợng
K
riêng của không khí là 1,2g/dm3, gia tốc rơi tự do tại nơi dao động: g = 9,8 m/s2.

Bài 5: Một con lắc lò xo đƣợc đặt trên mặt phẳng nghiêng nhƣ hình vẽ 3. Cho biết m =
m
100g độ cứng lò xo K = 10N/m, góc nghiêng   600 . Đƣa vật ra khỏi vị trí cân bằng 5cm
Hình 3
rồi buông nhẹ. Do có ma sát nên sau 10 dao động vật ngừng lại. Tính hệ số ma sát  giữa

vật và mặt phẳng nghiêng.
Bài 6: Một lăng kính có tiết diện thẳng là một tam giác đều đƣợc đặt trong không khí. Chiếu một chùm tia
tới đơn sắc hẹp, song song là là trên mặ bên từ đáy lăng kính khi đó tia ló ở mặt bên kia có góc ló là
21024'' . Tính chiết suất của lăng kính.
Bài 7: Dùng dòng dọc có hai vành với bán kính R2  2 R1 để kéo một bao xi
măng nặng m = 50 kg từ mặt đất lên cao 10m nhanh dần đều trong 2s. Bỏ qua
R2
mọi ma sát, dây không dãn và khối lƣợng không đáng kể. Coi dòng dọc là một
R1
vành tròn có khối lƣợng M = 2kg. Lấy g = 9,8 m/s2. Tính lực kéo F.
Bài 8: Mạch dao động L = 12mH, C = 1,6  F có thành phần điện trở R sẽ tắt
dần theo quy luật q  Q0e



Rt
2L

F

(cos t+ ) trong đó   02   R / 2 L  với 0 là
2

tần số góc khi mạch dao động không tắt dần.

a. Nếu R = 1,5  thì sau bao lâu biên độ dao động chỉ còn lại một nửa?
b. Tìm R để năng lƣợng giảm 1% sau mỗi chu kì.
Bài 9. Cho mạch điện có sơ đồ nhƣ hình vẽ 5: u AB  150cos100 t (V)
R
a. Khi khóa K đóng: U AM =35V, U MB =85V . Công suất trên đoạn
Hình
5
mạch MB là 40W. Tính R0, R và L
A B
b. Khi khóa K mở điều chỉnh C để UC cực đại. Tính giá trị cực đại
~
đó và số chỉ Vôn kế lúc này
Bài 10: Cho mạch điện xoay (hình 6) chiều tần số 50 Hz. R=50  ,
A

C

M
K

V

R0 , L

R
C
L

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất
Hình 6

D

B


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
1
mF , RL = 0.
2
a. Với giá trị nào của L thì dòng điện mạch chính i nhanh pha so hiệu điện thế uAB?.
b. Với giá trị nào của L thì dòng điện mạch chính có gí trị không phụ thuộc vào R?.

C=

HƯỚNG DẪN CHẤM
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT GIẢI TOÁN VẬT LÝ BẰNG MÁY
TÍNH CASIO NĂM HỌC 2009 – 2010
BÀI
Bài 1
(1,5đ)

ĐÁP ÁN
C1. Giả sử cả lƣợng khí nói trên biến đổi đẳng áp từ t1  270 C đến

t2  370 C
V V
V T
V T2  T1


thì 1  2  2  2 
.
T1 T2
V1 T1
V1
T1
T2  T1
(1)
T1
 2 V0 T2
T

   2  0 2 (2)
Mặt khác có
0 V2 T0
T0
T T T
m  0 2 V1 2 1  0,413g
Từ (1) và (2) có
T0
T1
T
m   2V1  0 2 V1  12,4g
- Khối lƣợng khí còn lại là
T0

Khối lƣợng khí thoát ra: m   2 V   2V1

ĐIỂM

0,25

0,25
0,25

0,5

0,25

C2: Gọi m1 , m2 là khối lƣợng khí lúc đầu và lúc sau

RT1 

m1 T2
m T2  T1

Áp dụng pt Cla-pê- rôn có:
 


m2
m2 T1
m2
T1

PV 
RT2


T T

Khối lƣợng khí thoát ra là m  m2 2 1
T1
 V T
T
Mặt khác m2  2V mà 2  0  2   2  0 2
0 V2 T0
T0
T
Do đó m2  0 2 V  12,4g và m  0, 413 g
T0
PV 

Bài 2:
(1,5đ)

m1

Gọi x là bề dày lớp nƣớc ở dƣới
Khi cân bằng thì áp suất thủy tĩnh ở miệng trên của lỗ = áp suất khí
phần dƣới
Áp dụng định luật Boilơ - Mariot: p0 hS  p(h  x)S
với p  p0   g (h  x)

0,5

0,5
0,5

0,5
0,25

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
Từ đó có:  gx 2  (2 gh  p0 ) x   gh2  0
Giải phƣơng trình ta tìm đƣợc nghiệm
phù hợp:
p 
4  gh 
x  h  0 1  1 
  19,1986
2 g 
p0 

0,25
L



0,5



Bài 3:
(2đ)

tan  

v0 y

v0 x

, tan  

0,5

vy
vx

eE L
; v0x  vx
m v0 x
eEL
eEL
 v02x 
Do đó ta có tan   tan  
2
mv0 x
m(tan   tan  )
Động năng ban đầu:
2
2
m(v0 x  v0 y ) eEL(1+tan 2 )
Wd 

 5,9727.1018 J
2
2(tan   tan  )
VD
Gia tốc biểu kiến g ,  g (1  0 )

m
'
VD0  12
T
g
Lập tỷ số


(1

)
T0
g,
m

với v y  v0 y 

Bài 4:
(2đ)

Suy ra T  T0{(1 

Bài 5
(2đ)

1

0
2

VD
)
m

 1}  2

d D
l
.{(1 
)
g
6m
3

1

0
2

 1}

0,5

0,5

0,5
0,5

0,5
0,5

T  0,1051.103 s

0,5

Bảo toàn năng lƣợng cho nửa chu kì đầu tiên có:
1
1
2  cos g
KA02  KA'20  Ams  A0  A0' 
2
2
02

0,25

Bảo toàn năng lƣợng cho nửa chu kì tiếp theo có: A0'  A1 

2 cos g

02
4 cos g
 h/s
Do đó độ giảm biên độ sau 1 chu kì là: A1  A0  A1 
02
4 cos g
Vậy độ giảm biên độ sau n chu kì là: An  A0  An  n.
02
A002
A0 K


4ngcos 4mngcos
  0, 02551

Theo bài ra với n =10 thì An  0 do đó  

0,25

0,25
0,25

0,5
0,5

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
Bài 6:
(2đ)

1
n2  1
 Cosr1 
n
n
nSin(A - r1 )=Sini 2  n(SinACosr1 - CosASinr1 ) = Sini 2
Sin900 =nSinr1  Sinr1 

Biến đổi có: n 

1  Sini2 

2

3

3

n  1, 4133

Bài 7
(1,5đ)

a

2s
2s
 T  m( g  2 )
2
t
t

Biến đổi có: F 

F  380 N
Bài 8
(2đ)

1

a
M (2 R1 ) 2
2
R1

2s
2s
)  2M 2
2
t
t  s (m  2M )  1 mg
2
t2
2



Rt
2L



1
2L
t 
ln 2
2
R
t  0, 0111 s


1 Q02 e
b. Năng lƣợng mạch E 
2 C
2
0



1RQ e
2L C

Rt
L

dt  

Rt
L

0,5

0,5

0.5

Với t  T 

R
Edt

L

2

02   R / 2 L 

(*) và biến đổi có R 

2

0,5
0,5

lấy vi phân hai vế

E
R
  t (*)
E
L
E
và theo bài ra
 1%  k thay vào
E

Độ biến thiên tƣơg đối của năng lƣợng là:

Bài 9.
(2,5đ)

0,5

0,5

a. Giải phƣơng trình e

có: dE  

0,5

0,5

Dòng dọc: FR2 - TR1  I   2 R1 F - TR1 

m( g 

0,5

4kL
 1,3783.106 
2
C  k  16 

0,25
0,25

0,5

Khi K đóng mạch có R, R0, L nối tiếp
2

U AB
 U R  U Ro   U L2
2

Ta có:

2
2
U MB
 U Ro
 U L2

Từ đó có

U Ro 

2
2
U AB
 U R2  U MB
 40V
2U AM

2
2
U L  U MB
 U Ro
 75V

Do đó: R0 

2
U
U Ro
 40 , I  Ro  1A ,
Ro
P

0,25

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

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
UR
 35 ,
I
U
L  L  0, 2387 H
I
b. Khi K mở ta có mạch RLC không phân nhánh
U AB
khảo sát có U C đạt cực đại khi
UC 
2

2

( R  R0 )  Z L

 1
2
ZC
 ZC

R

ZC 
I

0,25

( R  R0 ) 2  Z L2
U AB
( R  R0 ) 2  Z L2  150V ,
 150 và U C max 
R  R0
ZL

U C max
 1A
ZC

0,5

0,5

Số chỉ Vôn kế: U  I ( Ro )  ( Z L  ZC )  85V
Có thể giải theo giản đồ véc tơ cũng có cho điểm tối đa
2

Bài 10:
(2,5đ)

2

a. I  I R  I L  I 2  I R2  I L2
Giản đồ (hình vẽ 1)
Đoạn AD mắc R, L song song nên u nhƣ
RZ L
nhau, rễ có: Z AD 
R 2  Z L2

u AB  u AD  uDB Giản đồ (hình vẽ 2)
Để i nhanh pha hơn u thì MP > MH hay
tƣơng đƣơng với ZC  Z AD .
Thay số và biến đổi có:
Z L2  125Z L  2500  0 .
Giải bất phƣơng trình có
Z L  25, ZL  100
hay L  0,3183H Hoặc L  0, 0796

IR

O

U AD

1
IL

M
O

1

U AD

U AB

Với Z AD

0,5

2
C

Z L R 2 ( Z L  2Z c )
có Z  Z 
R 2  Z L2
Để I Không phụ thuộc R thì Z phải không phụ thuộc R do đó
1
Z L  2Z c  L  2
 0,1273H
(2 f )2 C
2

H
I
P

UC
N

 Z  2Z AD ZCSin1
RZ L
R
; Sin1 
Thay vào và biến đổi

2
2
2
R  ZL
R  Z L2

Hay Z  Z

2
AD

0,5

I

2

2
b. Từ giản đồ có: U AB
 U AD
 UC2  2U ADUC Cos
2

Mỗi giản đồ
0,25đ

0,25

2
C

0,25

0,5

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất