De thi May tinh cam tay QG 20092010

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (162.67 KB, 10 trang )

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

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KÌ THI KHU VỰC GIẢI TỐN VẬT LÍ TRÊN
MÁY TÍNH CẦM TAY NĂM 2009

Lớp 12

Thời gian: 150 phút – Không kể thời gian giao đề

Chú ý:

- Đề thi này gồm trang, 10 bài, mỗi bài 5 điểm.
- Thí sinh làm bài trực tiếp vào bản đề thi này.

Điểm tồn bài thi (Họ tên và chữ kí)Các giám khảo (Do Chủ tịch Hội đồng thi ghi)Số phách
Bằng số Bằng chữ Giám khảo 1:

Giám khảo 2:

Quy định: Học sinh trình bày vắn tắt cách giải, cơng thức áp dụng, kết quả tính tốn vào ơ trống
liền kề bài tốn. Các kết quả tính gần đúng, nếu khơng có chỉ định cụ thể, được ngầm định chính
xác tới 4 chữ số phần thập phân sau dấu phẩy.

Bài 1: Từ độ cao h = 30m so với mặt đất, một vật được ném theo phương ngang với tốc độ ban đầu
vo = 15m/s . Bỏ qua mọi ma sát. Hãy tính:

a) Tầm xa của vật.

b) Tốc độ trung bình và độ lớn vận tốc trung bình của vật trong khoảng thời gian t = 2s đầu tiên.
Đơn vị: Độ dài (m); tốc độ (m/s).

Cách giải Kết quả

Bài 2: Một tên lửa có tổng khối lượng là m0 = 2 tấn đặt trên mặt đất. Người ta khởi động tên lửa và
cho tên lửa chuyển động thẳng đứng lên trên bằng cách cho khí phụt về phía sau với tốc độ u =
4km/s so với tên lửa, khối lượng khí phụt ra một cách đều đặn μ = 30kg/s. Khơng tính đến sức cản
của khơng khí; coi gia tốc trọng trường khơng đổi theo độ cao và ln bằng g. Hãy tính khoảng thời
gian phụt khí cần thiết để tên lửa đạt đến vận tốc v’ = 1,2km/s so với mặt đất.

Đơn vị: Thời gian (s).

Cách giải Kết quả

Bài 3: Phía trên một mặt bàn nằm ngang cố định có một đĩa đồng chất hình trụ, bán kính R = 20cm,
khối lượng m đang quay đều quanh trục thẳng đứng với tốc độ góc ω0 = 1500 vịng/phút. Đĩa được
hạ thấp dần thật chậm để có thể tiếp xúc nhẹ nhàng (khơng va chạm) với mặt bàn. Biết hệ số ma sát
giữa đĩa và mặt bàn là μ = 0,1. Hãy tính thời gian từ khi đĩa bắt đầu tiếp xúc với mặt bàn đến khi
dừng hẳn và góc mà đĩa quay được trong thời gian đó.

Đơn vị: Thời gian (s); góc (vòng).

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

Bài 4: Một khối lý tưởng thực hiện chu trình mà đường
biểu diễn vẽ ở hình 1. Tính cơng A mà khí đã sinh ra trong
một chu trình. Với (1)→(2) và (3)→(4) là quá trình
politropic; (2)→(3) là quá trình đẳng nhiệt; (3)→(4) là q
trình đẳng tích.

Đơn vị: Cơng (J).

Cách giải Kết quả

Bài 5: Cho mạch điện như hình 2, X là một phần tử phi tuyến có
cường độ dịng điện qua nó liên hệ với điện áp trên nó theo quy
luật I = αU2 (với α = 0,05); các điện trở R

1 = 47Ω, R2 = 33Ω.
Nguồn điện có suất điện động E = 12 V, điện trở trong r = 0,5Ω.
Hãy xác định công suất tiêu thụ trên các điện trở R1 và R2 và
hiệu suất của nguồn điện.

Đơn vị: Công suất (W); hiệu suất (%).

Cách giải Kết quả

Bài 6: Cho mạch điện một chiều như hình 3 các điện trở R1 = 2Ω; R2 = 100Ω; R3 = 1Ω; R4 = 15Ω.
Nguồn điện có suất điện động E = 20V, điện trở trong r = 1Ω. Hãy tìm R để cơng suất tiêu thụ trên
nó bằng 3W.

Đơn vị: Điện trở (Ω).

Cách giải Kết quả

X
R1

R2
E, r
Hình 2

E, r

Hình 3
R2

R1

R3

R2
R1

R3

R2
R

R3

R
2
R1

R3

R
2
R1

R3

R2
R1

R3
R2

R4

p (atm)

V (lít)
(1)

(2) (4)

(3)
2,5

1,2

0 1 2

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

Bài 7: Một mạch điện xoay chiều như hình 4. Biết R1 = 100Ω,
R2 = 150Ω, cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L = 60mH, tụ điện
có điện dung C = 200μF, điện trở của các dây nối không đáng
kể. Đặt vào hai đầu đoạn mạch AB một hiệu điện thế xoay chiều

100V – 50Hz, sao cho dịng điện chạy từ M đến N có dạng iMN =
IMN 2 cos(100πt).

a. Viết biểu thức hiệu điện thế giữa hai đầu AB.

b. Tính số êlectron chạy qua tiết diện thẳng của đoạn dây dẫn
MN trong 3ms đầu tiên.

Đơn vị: Hiệu điện thế (V); cường độ dòng điện (A); số êlectron (x1015 êlectron).

Cách giải Kết quả

Bài 8: Một thấu kính mỏng có hai mặt lồi giống nhau, bề dày a = 2mm. Đường rìa là một đường
trịn có đường kính d = 4cm. Chiết suất của chất làm thấu kính đối với ánh sáng đỏ và tím lần lượt
là nđ = 1,50 và nt = 1,54. Thấu kính đặt trong chất lỏng có chiết suất đối với ánh sáng đỏ là n’đ =
1,329 và ánh sáng tím là n’t = 1,344. Hãy tính khoảng cách giữa tiêu điểm màu đỏ và tiêu điểm màu
tím của thấu kính.

Đơn vị: Khoảng cách (cm).

Cách giải Kết quả

Bài 9: Chiếu lần lượt hai bức xạ 1 = 0,555m và 2 = 377nm vào catốt của một tế bào quang điện
thì thấy hiệu điện thế hãm gấp 4 lần nhau.

a. Tìm giới hạn quang điện 0 của kim loại làm catốt.

b. Chiếu 1 tìm điều kiện của hiệu điện thế UAK để khơng có dịng quang điện.

c. Đặt hiệu điện thế UAK = +1,5V vào tế bào quang điện. Tìm vận tốc cực đại của êlectron quang

điện lúc đến anốt.

Đơn vị: Bước sóng (μm); hiệu điện thế (V); vận tốc (m/s).

Cách giải Kết quả

Bài 10: Cho hạt prơtơn có động năng KP = 1,8MeV bắn vào hạt nhân 37Li đứng yên, sinh ra hai hạt
α có cùng độ lớn vận tốc và không sinh ra tia .

a. Phản ứng này thu hay toả năng lượng? Tính năng lượng toả ra hoặc thu vào.

b. Động năng của mỗi hạt mới sinh ra bằng bao nhiêu? Tính độ lớn vận tốc của các hạt mới sinh
ra.

c. Tính góc  hợp bởi vận tốc của hai hạt nhân mới sinh ra. Cho biết: mp = 1,0073u; mα =
4,0015u; mLi = 7,0144u.

Đơn vị: Năng lượng (x10-12 J); vận tốc (x106 m/s); góc (độ phút giây).

Cách giải Kết quả

R1

R2

A B

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4></div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHO ĐIỂM ĐỀ LỚP 12 NĂM 2009
Bài 1:

a. Tầm xa của vật được tính theo cơng thức Lv0 2gh ≈ 37,1028 (m).

b. Thời gian từ khi ném vật đến khi vật chạm đất là

g
h

t0  2 ≈ 2,4735(s) > 2(s) suy ra tại thời điểm

t = 2(s) thì vật chưa chạm đất.
* Tốc độ trung bình:

- Quãng đường vật đi được trong thời gian 2s đầu tiên là S =





2
2

0 g t. dt

v 2

.
- Tốc độ trung bình trong khoảng thời gian 2s đầu tiên là

t

dt
t.
g
v
t

S
u

2

TB








2
2

0 ≈ 18,5581 (m/s).
* Vận tốc trung bình:

- Độ rời của vật khi vật chuyển động được 2s là  

2
2
2

0 2








 gt

t

v .

- Vận tốc trung bình trong khoảng thời gian 2s sau khi ném là





t
gt
t

v
vTB

2
2
2

0 2









 ≈ 17,9212 (m/s).

Bài 2:

Giả sử tại thời điểm t tên lửa có khối lượng m và đang chuyển động thẳng đứng lên trên với vận tốc
v so với mặt đất. Sau khoảng thời gian dt khối lượng của tên lửa là (m + dm) (dm < 0), vận tốc của

nó là (v + dv), khối lượng khí phụt ra phía sau là – dm, vận tốc của khí so với đất là (v – u). Ngoại
lực tác dụng lên hệ gồm tên lửa và khí phụt ra là trọng lực mg. Phương trình động lực học viết cho
hệ tên lửa là

(m + dm)(v + dv) + (– dm).(v – u) – mv = – mgdt
Bỏ qua số hạng vô cùng bé dv.dm ta được phương trình

mdv + udm = – mgdt (1)

Mặt khác ta có khối lượng của tên lửa tại thời điểm t được tính m = m0 – μt → dm = – μdt (2)
Thay (2) vào (1) ta được mdvudmmgdm dvgdm udmm




Lấy tích phân hai vế ta được











m

m
m

m
v

m
dm
u
dm
g

dv

0
0

0 

gt
t
m

m
ln
u
m
m
ln
u
)
m
m
(
g

v 











 0

0
0

Gọi thời gian cần phụ khí là t ta có phương trình gt
t
m

m
ln
u
'

v 





0

.
Giải phương trình ta được t ≈ 19,5953 (s).

Bài 3:

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

Xét một yếu tố vi phân diện tích dS = rdrdα trên mặt tiếp xúc giữa đĩa và mặt bàn. Vi phân

momen lực ma sát tác dụng lên đĩa là 





 .g.r dr.d
R
m
r
.
dS
.
g
.
R
m
dM 2
2
2 
 .

Momen lực ma sát tác dụng lên toàn đĩa là

3
2
2
3
3
2
2
0
0
2
2
mgR
.
R
.
g
.
R
m
d
.
dr
r
g
.
R
m
M

R














Momen quán tính của đĩa là 2

2
1

mR

I  .

Gia tốc góc của đĩa Rg

mR
mgR
I
M
3
4

2
1 3
2
2



   = hằng số.

Thời gian từ khi đĩa bắt đầu tiếp xúc với mặt bàn đến khi dừng hẳn là

g
R
t




4
3 0
0 

 ≈ 24,0265 (s).

Góc mà đĩa quay được trong thời gian đó là

g
R






8
3
2
2
0
2
0 

 ≈ 1887,0367 (rad) ≈ 300,3312 (vịng)

Bài 4:

Cơng mà khối khí thực hiện trong một chu trình là A = A12 + A23 + A34 + A41.
- Quá trình (1)→(2):

Phương trình tổng quát của quá trình politropic là pVn = const. Từ hình vẽ ta suy ra phương trình
của quá trình (1)→(2) là pVn = p

1V1n với

2
12
1
5
2
2
1

1
2
ln
,
,
ln
V
V
ln
p
p
ln

n  .

Công A12 =








2
1
2
1
1
1
V
V
n
n
V
V
dV
V

V
p

pdV ≈ 187,0106 (J).

- Quá trình (2)→(3):

Gọi thể tích ở trạng thái (3) là V3. Áp dụng định luật Bơilơ – Mariơt ta có
1
2
2
3
3
1
3
3
2
2
p
V
p
V
V
p
V
p
V

p     (vì p1 = p3).

Cơng A23 =








3
2
3
2
1
2
2
V
V
V
V
dV
V
V
p

pdV ≈ 371,8471 (J).

- Quá trình (3)→(4): Cơng A34 = 0 (q trình đẳng tích).
- Q trình (4)→(1):

Phương trình tổng quát của quá trình politropic là pVn = const. Từ hình vẽ ta suy ra phương trình
của quá trình (4)→(1) là pVn = p

1V1n với

2
5
2

1
112
5
2
2
2
1
1
1
2
3
1
1
2
4
1
1
4
.
,
.
ln
,
,
ln
V
p
V
p

ln
p
p
ln
V
V
ln
p
p
ln
V
V
ln
p
p
ln

n    .

Công A41 =








1
4
1
4
1
1
V
V
n
n

V
V
dV
V
V
p

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Cơng mà khí thực hiện trong một chu trình A ≈ - 57,8479(J).
Bài 5:

Đặt r + R2 = R; Gọi điện áp trên X là U; cường độ dòng điện qua R1 là I1, qua X là I2, qua R2 là I.
Ta có các phương trình sau:

I1 = U/R1. (1)
I2 = αU2. (2)
E = U + IR. (3)
I = I1 + I2 . (4)

Từ (1) đến (4) ta suy ra 1 0

1
2
2


























 U E

R
R
RU
R

U
R
U

U

E  

Giải phương trình ta được U ≈ 2,2137 V.
Công suất tiêu thụ trên R1 là

1
2
1

R
U

P  ≈ 0,1043 W.

Cường độ dịng điện mạch chính là I ≈ 0,2921 A.
Công suất tiêu thụ trên R2 là P2 = R2I2 ≈ 2,8162 W.

Hiệu suất của nguồn điện là , %

E
Ir
E

H   987828 .

Bài 6:

Ta nhận thấy mạch điện trên có tính lặp lại.

Xét hai mạch điện như hình 3.1 và 3.2

Trong hình 3.1 ta thấy điện trở bốn điện trở R1, R2, R3 và R2 (ta tạm gọi là X) có vai trị tương tự
điện trở R2 trong hình 3.2. Nên bài tốn này ta có thể dùng phương pháp lặp để tính tốn.

Đặt giá trị của R2 cuối cùng là X ta có điện trở giữa a và a’ là

2
3
1

R
R
X
R

R
).
R
X
R
(








.
Ta lại đặt điện trở của đoạn aa’ là X thì điện trở đoạn bb’ là

2
3
1

R
R
X
R

R
).
R
X
R
(








.
Cứ như vậy ta tính được điện trở của đoạn mn là Rmn ≈ 19,2721 Ω.

R2
R

R3
Hình 3.2
R2

R1

R3
R

2
R1

R3

Hình 3.1

E, r

Hình 3.3
R

2
R1

R3

R2
R1

R3

R2
R1

R3

R
2
R1

R
3

R
2
R1

R3

R
2
R1

R3
R2

R4

a'
b

b'
c

c'
n

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Cơng suất tiêu thụ trên điện trở R là P = I2R = R
)
R
r
R

R
(
E
mn
2
4
2








2 0

4
2
4
2









PR (Rmn R r)P E R P(Rmn R r)
Giải phương trình ta được R ≈ 12,8271 Ω hoặc R ≈ 96,9915 Ω.

Hướng dẫn bấm máy để tính Rmn:

100 = ( 2 + Ans + 1 ) x 100 ÷ ( 2 + Ans + 1 + 100 ) = = = = = = (6 dấu bằng).
Bài 7:

Điện trở tương đương của R1 và R2 là R12 =

2
1
2
1
R
R
R
R

 = 60Ω.

Cảm kháng của cuộn cảm ZL = ωL ≈ 18,8496 Ω.
Dung kháng của tụ điện là ZC =

C



≈ 15,9155 Ω.

Ta thấy ZL > ZC nên IL < IC. Giản đồ véc tơ cho tồn mạch như hình 4.1
Tổng trở của đoạn MB là ZMB có

L
C

MB Z Z

Z

1
1
1



 suy ra ZMB ≈ 102,2473Ω.

Tổng trở toàn mạch Z = 2 2
12 ZMB

R  ≈ 118,5518Ω.

Góc φ có

12
R
Z

tan MB



 →φ ≈ 1,0401 (rad).
Cường độ dịng điện mạch chính

Z
U

I  ≈ 0,8435A.

Cường độ dòng điện qua R2 là

2
2
R
R
R
I
I
1
1


 ≈ 0,3374A.

Cường độ dòng điện qua tụ điện C là

C
L
L
C

Z
Z
IZ
I


 ≈ 5,4191A.

Dòng điện từ M đến N IMN IC  I2 → IMN ≈ 5,0817A và IMN cùng hướng với IC .

Biểu thức của hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn mạch là uAB = 100 2cos(100πt – 1,0401) V.
Biểu thức dòng điện từ M đến N là iMN = 7,1865cos(100πt) A.

Số êlectron chuyển qua tiết diện thẳng của đoạn MN trong 3ms đầu tiên là







3

3 310

0
10
3
0
100

2
1
1 .
MN
.

MN I cos( t)dt

e
dt
i
e

N  ≈ 115,5095.1015 (êlectron).

Bài 8:

Gọi bán kính của hai mặt lồi của thấu kính là R (hai mặt có bán kính giống nhau). Mối quan hệ giữa
bán kính R, bề dày a và đường kính đường rìa d là
















 







 a
a
d
R
a
R
d
R
2
2
2
2
4
1
2
2

Tiêu cự của thấu kính đối với ánh sáng đỏ là

)
'
n
n
(
R
'
n
f
d
d
d
d


2 .

Tiêu cự của thấu kính đối với ánh sáng tím là f (nn' Rn' )

t
t
t
t


2 .

Khoảng cách giữa tiêu điểm màu đỏ và tiêu điểm màu tím là

Hình 4.1

L

I

I IC

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

fđ – ft = 















t
t
t
d
d
d

'
n
n
'
n
'
n
n
'
n
a
a
d2
8
1

≈ 9,1707 cm.
Bài 9:

a. Áp dụng công thức Anhstanh ta có hệ phương trình



















2
0
2
1
0
1
h
h

eU

hc

eU

hc



Do 1 = 0,555m > 2 = 0,377m nên Uh2 = 4Uh1.
Từ trên ta tính được

1
2
2
1
0
4

3







 ≈ 0,6587μm.

b. Thay 1 và 0 vào 1
0
1
h
eU
hc
hc




 ta tính được Uh1 ≈ – 0,3516 V.

Vậy điều kiện để khơng có dịng quang điện là UAK ≤ – 0,3516 V.

c. Áp dụng định lí động năng ta suy ra động năng của êlectron khi đến Anôt là
Wđ = Wđ0 + (–e)UAK = Wđ0 – eUAK = eUAK

hc
hc



0
1 

 (với e là điện tích của êlectron: e < 0)

Vận tốc cực đại của êlectron khi đến Anôt là

vmax = 








 AK
e
e

d hc hc eU

m
m
W
0
1
2

2


 ≈ 807044,6801 m/s.

Bài 10:

a. Phương trình phản ứng:


4
2
7
3
1

1p Li
Có

ΔE = (mp + mLi – 2mα)c2 ≈ 2,7908.10-12 (J).
Vậy phản ứng toả năng lượng và toả ra ΔE ≈ 2,7908.10-12 (J)

b. Năng lượng toàn phần được bảo toàn nên động năng của mỗi hạt α là
Kα = 0,5(Kp + ΔE) ≈ 1,5396.10-12 (J).
Tốc độ của hạt α là





m
K

v  2 ≈ 21,5270.106 (m/s).
c. Theo bảo toàn động lượng

2
1 m v

v
m
v
m
v

mp p Li Li     (1)

Với v1 và v2 là vận tốc của mỗi hạt α; có v1 = v2 = vα. Liti đứng yên nên vLi = 0.
Bình phương hai vế của (1) ta được:

)
cos
(
v
m
v
m
cos
v
m

v
m
v

mp p 2   2    p p 2   1 

2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1

2    






  
K
m

K
m
cos
)
cos
(
K
m
K

m p p

p
p

→ φ ≈ 167032’2”

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10></div>

De thi May tinh cam tay QG 20092010

<sub></sub>







<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>











































<i>eU</i>

<i>hc</i>

<i>hc</i>

<i>eU</i>

<i>hc</i>

<i>hc</i>









Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về