Đáp án chọn đội tuyển HSG Vật lí lớp 12 Đắk Lắk 2015-2016 ngày 2 - Học Toàn Tập

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (356.65 KB, 6 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

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 
gỗ A khơng ? Giải thích.

Chọn chiều dương hướng xuống theo mặt phảng nghiêng.
Giả sử gia tốc aB > aA (miếng gỗ B chuyển động nhanh hơn)

- Vật B chịu tác dụng của các lực:
+ trọng lực PB

+ 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 làNB

Ta có phương trình định luật 2 Niu tơn cho chuyển động của vật B:
PBNB F FmsB maB (1)0,25đ

Chiếu (1) lên phương mặt phẳng nghiêng, để ý F và FmsBhướng 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 NA (3)

Ta có phương trình định luật 2 Niu tơn cho chuyển động của vật A:
PA F NAm aA A (4) 0,25đ

Chiếu (4) lên phương mặt phẳng nghiêng, chiều dương hướng xuống:
mAgsinα + F = mAaA (5) 0,25đ

Từ (2), ta suy ra: msB
B

F F

a gsin

 

  (6) 0,25đ
Từ (5), suy ra: A

a gsin



  (7) 0,25đ
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:
msB

F F

a gsin

 

  (11) 0,25đ
A

A
F
a gsin

m


  (12) 0,25đ

B
A

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

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

B A

F F F

m m




Hay: 1



NA NB



NA NA 1



A cos B cos



A cos A cos

B A B A

m g m g m g m g

m m m m

          

  

Do đó: 1



A B



A 1

B

m m m

m

     

   (13). 0,25đ
2. Tìm thời điểm để miếng gỗ A văng ra khỏi đĩa (1,75đ)
- Chuyển động tròn khơng đều nên vật có gia tốc tiếp tuyến:
t

v R t

a R

t t

 

 

  

  (14) 0,25đ
và gia tốc pháp tuyến: an 2RR t2 2 (15) 0,25đ
từ (15) và (14), ta có gia tốc tồn phần:

a an2at2 R 12 4t (16) 0,25đ

Lực làm vật A chuyển động cùng với đĩa là lực ma sát nghỉ, có giá trị cực đại là μ2mAg

F m aA. m RA  12 4t 2m gA (17) 0,25đ
Từ (17) ta suy ra:

2 2 2 2

2 4 2 4 2

2 2 2 2 2

1 t g t g 1

R R

 



  

 

      

  (18) 0,25đ
Dấu (=) tương ứng với thời điểm miếng gỗ A bị văng ra khỏi đĩa:

2 2
2

2 2

g
t

R



 

  (19)0,25đ
Với điều kiện: 2 R

g


  (20) 0,25đ

Câu 2. (4,0 điểm)

1. Tính nhiệt độ T1, T2, T3 và T4 (1,5đ) 
-Ta có:

5 3

4 4
4 4 4 4

10 .6,31.10

76
8,31

p V

p V RT T K

R



     (21) 0,5đ
- Quá trình 1 – 4 là đẳng tích, nên:

5
1

1 4 5

3.10

76 228

10
p

T T K

p

   (22) 0,25đ
- 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. (23) 0,5đ

Vậy: 2
2 1

228.3 684

V

T T K

V

   (24) 0,25đ

2. Vẽ đồ thị p- T và V – T: (2,5đ)

4 3

2
1

V
O

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

(1,25đ) (1,25đ)
Câu 3. (3,0 điểm)

1. Tính cơng 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 cơng suất tồn phần của động cơ là:

Ptp = Pcơ + Pnhiệt

Công suất kéo vật: Pcơ = T.v

Trong đó lực căng:
sin

2
mg

TP   Pcơ = 400W (25) 0,25đ

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:
180

tp

P
U

I

  V (29) 0,25đ

Ta phải mắc bộ nguồn đối xứng, nghĩa là m dãy song song giống nhau, mỗi dãy gồm n ắc quy nối
tiếp:

36
3,6

b

E nE n

nr n

r

m m

 

  (30) 0,25đ
Theo định luật Ohm đối với mạch kín:

3, 6

Ir 36 180 5 2 10

b b

n

E U n mn m n

m

       

10 1

n m

   (31) 0,5đ

Vì m, n phải là nguyên dương nên ta chỉ xét nghiệm nguyên dương của phương trình (31).
76

3.105

105 4 3

2
1

p(Pa)

T(K)
O

H 2

228 684

Đồ thị p - T

76
18,93

6,31 4

3 2

1
V(dm3)

T(K)
O

H 2

228 684

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Tổng hai số là một hằng số 10

n ,
1

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

nhau, nghĩa là 10

n .

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

10 1

n  m. (32) 0,5đ

Ta có hệ phương trình:

(33)

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)

1. Tính tiêu cự của thấu kính:
- Sơ đồ tạo ảnh:

+ Ảnh thứ nhất: tạo qua bản mặt song song và thấu kính
BMSS ' ' TK '' ''

ABA B A B (35) 0,25đ
+ Ảnh thứ hai: tạo qua bản mặt song song,

gương phẳng, bản mặt song song, thấu kính

1 1 2 2 3 3

4 4

BMSS GP BMSS

TK

AB A B A B A B

A B

  

 (36) 0,25đ

- Lần lượt xét các sự tạo ảnh:
+ 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:

e 1 1 201 5( )

4 cm

n

 

    

  (37) 0,25đ
Vậy khoảng cách từ ảnh A’B’ đến thấu kính là

d = a/2 - ℓ + OO’ = 15 + OO’ (38) 0,25đ
Ảnh A’’B’’ tạo qua thấu kính: 1 1 1 '

df
d

f  d d   d f
Độ cao của ảnh: A B'' '' ABd' 4,5cm

d

  (39) 0,25đ
+ 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:

e 1 1 201 5( )

4 cm

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

O’
a

O
B

H 2

1
10
m
n





10 1

n m

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

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:

' a 1 1 401 10( )

4 cm

n

 

    

  (42) 0,25đ
Vậy ảnh A3B3 cách thấu kính:

d4 = 55 +OO’ – 10 = 45 + OO’ (cm) = d + 30 (cm) (43) 0,25đ

Ảnh A4B4 tạo qua thấu kính: 4 4
4

' d f

d

d f



Độ cao của ảnh: 4

4 4

.d 3

A B AB cm

d

  (44) 0,25đ
Từ trên, ta có giả thiết là: d4’ = d’ – 4 (45) 0,25đ

ta có, từ (43) và (45)









 



4 4
4 4

30 ' 4
'

. '

' ' 30 ' 4

d d

d d
d d

f

d d d d d d

 

  

     (46) 0,25đ

Từ (39), (43),(44) và (45):









4
4 4
4
' '
' 30
' '
1,5

' ' 4 ' 4

d d

AB d d

A B d d

d d

A B d d

AB
d
d

   
 

Hay: d.d’ + 30d’ = 1,5d.d’ – 6d => d’(0,5d – 30) = 6d
Từ đó: ' 6 12

0,5 30 60

d d

d

d d

 

  (47) 0,25đ
Thay (47) vào (46):

















2
2

12 8 240

12 30 4 30

60 60

12 12 48 8 240

30 4 30

60 60 60

d d

d d d

d

d d

d

d d d d d

d d d


   
      
 
   
   


   
       
      
Biến đổi:







2
2 2

12 8( 30) 3 2( 30)

3 156 2 36 2880

48 52 30 48 52

d d d d

d d d d d

 

       

    

Ta có phương trình xác định d: d2

– 120d + 2880 = 0 (48) 0,5đ
Phương trình (37) có nghiệm: 60 26,833

d  ;

hay d = 86,833 cm và d = 33,167 cm. (49) 0,25đ
Ta loại nghiệm d = 33,167 cm vì cho d’ < 0.

Vậy: ' 12.86,833 38,833
86,833 60

d   cm

 (50) 0,25đ
Suy ra tiêu cự của thấu kính:

86,833.38,833 26,833
86,833 38,833

f   cm

 (51) 0,25đ
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 10, 06
' 38,833

86,833

AB cm

d
d

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Câu 5. (3,0 điểm)

1. Viết phương trình phân rã phóng xạ và xác định hạt nhân con AZX . 
24 0 24

11Na 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.

a. Tính số gam 1124Na đã đưa vào máu bệnh nhân. 
m0 5.10 4mol.9.10 3lit 45.107mol 10,8.10 5g

lit

   

   (55) 0,5đ

b. Tính lượng chất phóng xạ 24

11Nacịn lại trong máu bệnh nhân sau 5 giờ.

0.693
.5
5 15
0 10,8.10 .

t

mm e   e 8,57238.10-5 g. (56) 0,5đ
c. Tính thể tích máu trong cơ thể bệnh nhân.

- Trong 9 cm3 máu bệnh nhân có chứa lượng 24
11Nalà:

m’ = 7,5.10-9. 24 = 180.10-9 = 18.10-8 g. (57) 0,25đ
- Lượng chất 1124Na còn lại trong cơ thể sau 5h là m = 8,57238.10

-5

g. Vậy thể tích máu trong cơ thể
bệnh nhân là:

3 3 3

8
8,57238.10

.9( ) 4, 28619.10 ( ) 4, 2862(lit)
18.10

V cm cm




   (58) 0,5đ

</div>

Đáp án chọn đội tuyển HSG Vật lí lớp 12 Đắk Lắk 2015-2016 ngày 2 - Học Toàn Tập





















 

































Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về