Đề thi và đáp án casio vật lý 12

Một vật khối lượng m đang đứng yên ở đỉnh một mặt phẳng nghiêng nhờ lực ma sát. Hỏi sau bao lâu vật ở chân mặt phẳng nghiêng, nếu mặt phẳng nghiêng bắt đầu chuyển động theo phương ngang với gia tốc a0 = 1ms2. Cho chiều dài mặt phẳng nghiêng là AB = 1m, góc nghiêng α = 300, hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng µ = 0,6; lấy g = 9,80665m

Trang 1

Đề số 1:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÂM ĐỒNG

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY CẤP TỈNH

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN VẬT LÍ LỚP 12 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

Ngày thi 19/01/2010

+ Mỗi bài toán 5 điểm: Chia làm 2 phần

- Cách giải bài toán cho 2,5 điểm.

- Bấm máy ra đáp số đúng cho 2,5 điểm.

Bài 1: (5 điểm)

Một vật khối lượng m đang đứng yên ở đỉnh một mặt

phẳng nghiêng nhờ lực ma sát Hỏi sau bao lâu vật ở chân

mặt phẳng nghiêng, nếu mặt phẳng nghiêng bắt đầu chuyển

động theo phương ngang với gia tốc a0 = 1m/s2 Cho chiều

dài mặt phẳng nghiêng là AB = 1m, góc nghiêng α = 300,

hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng µ = 0,6; lấy g =

9,80665m/s2

Đơn vị: thời gian là s.

Chọn hệ trục tọa độ Oxy (Ox song song, Oy vuông góc mặt phẳng

nghiêng) Gốc tọa độ và gốc thời gian lúc bắt đầu khảo sát

Trong hệ quy chiếu gắn với mặt phẳng nghiêng, ta có:

        P + N + F +F = ma                                                qt ms              

Chiếu lên trục Oy vuông góc mặt phẳng nghiêng:

N = mgcosα – ma0sinα

Với Fms = µN = µm(gcosα – a0sinα)

Chiếu lên trục Ox cùng phương với phương chuyển động:

mgsinα + ma0cosα – Fms = ma

Suy ra: a = g(sinα – µcosα) + a0(µsinα + cosα)

Kết quả: t =

2s

g sin – µcos   a µsin cos    

t = 1,4332s.

A m

a  0

α B

Trang 2

Bài 2: (5điểm)

Có một mol khí Hêli chứa trong bình đậy kín bởi piston

Khí biến đổi trạng thái từ 1 sang 2 theo đồ thị như hình vẽ

bên

Cho biết V1 = 3l, V2 = 1l; p1 = 8,2atm; p2 = 16,4atm Lấy R

= 0,0821(atm.l/mol.K).

Tìm nhiệt độ cao nhất mà khí đạt được trong quá trình biến

đổi?

Đơn vị: nhiệt độ là K

Quá trình 1 – 2 có phương trình: p = aV + b

Qua điểm 1: p1 = aV1 + b (1)

Qua điểm 2: p2 = aV2 + b (2)

Giải (1) và (2) ta được:

p - p p V - p V

Mặt khác với 1 mol khí pV = RT

Suy ra: T = 2 1 2 1 2 2 1

R(V - V )  R(V - V ) Đây là parabol có tọa độ đỉnh Tmax ứng với:

V = 1 2 2 1

2 1

p V - p V 2(p - p )



Kết quả: Tmax =

2

1 2 2 1

2 1 2 1

(p V - p V ) 4R(V - V )(p p )



T max = 312,1194K

*Bài 3: (5 điểm)

Điện trở R1 = 5Ω mắc song song với biến trở Rx rồi mắc vào nguồn không đổi có suất điện động E = 9V, điện trở trong r = 0,5Ω Điều chỉnh biến trở Rx đến giá trị R2 thì công suất tỏa nhiệt trên biến trở đạt cực đại Tính giá trị của biến trở lúc Rx = R2?

Đơn vị: điện trở là Ω

Cường độ dòng điện mạch chính:

I =

1 2

E(R + R ) E

+ r

R + R



R 2 = 0,4545 Ω.

p

p2 2

p1 1

O V2 V1 V

Trang 3

Hiệu điện thế giữa hai đầu R2

U = E – Ir = 1 2

ER R

rR + R (r + R ) Công suất tỏa nhiệt trên R2

P2 =

2 2

1 2

ER R

R R rR + R (R + r)

Biến đổi P2 =

2 2 1 2

2 1

2

E R (rR )

+ 2rR (r + R ) + (r + R ) R R

P2 cực đại khi mẫu số cực tiểu

Theo bất đẳng thức Cosi ta có: 2 1

1

rR

R = r+R

Bài 4: (5 điểm)

Phương trình dao động tổng hợp của ba dao động điều hòa cùng phương cùng tần số x1, x2 và x3 có dạng x = Acos(  t ) Cho biết:

x1 = 5cos(10t +

5

 ) cm; x2 = 2,8cos(10t +

7

 ) cm; x3 = cos(10t +

9

 ) cm Xác định biên độ A và pha ban đầu  của dao động tổng hợp

Đơn vị: biên độ là cm; pha ban đầu là rad

Chọn hệ trục tọa độ Descarte vuông góc Oxy và vẽ giản đồ Frenel

Chiếu lên hai trục:

Ax = 5cos

5



+ 2,8cos

7

 + cos 9



Ay = 5sin

5



+ 2,8sin

7

 + sin 9



Biên độ: A = 2 2

A + A = 8,7507cm

x

A tan

A

  Suy ra: = 0.5396rad

A = 8,7507cm.

 = 0.5396rad.

Bài 5: (5điểm)

Cho một thấu kính hội tụ dạng hình tròn có đường kính rìa AB, tiêu cự f = 25cm Trước thấu kính và trên trục chính đặt một nguồn sáng điểm S, sau thấu kính đặt một màn M vuông góc với trục chính Biết nguồn S cách màn M khoảng L = 65cm không đổi Khi di chuyển thấu kính từ nguồn tới màn, người ta không thấy vị trí nào của thấu kính cho ảnh rõ nét trên màn mà chỉ thấy trên màn có một vùng sáng hình tròn Xác định khoảng cách từ quang tâm thấu kính đến nguồn để vùng sáng trên màn có đường kính nhỏ nhất?

Đơn vị: khoảng cách là cm.

Trang 4

Cách giải (2,5 điểm) Kết quả (2,5 điểm)

Gọi đường kính rìa thấu kính là D, đường kính vệt sáng là D’

Ta có: D' d + d' - L

=

df d' = d-f Suy ra: D’ = D d L L

+ -

D’min khi

min

+

  Tổng này có tích L

f không đổi nên có giá trị

nhỏ nhất khi d L

=

Kết quả: d = Lf

d = 40,3113cm.

Bài 6: (5 điểm)

Một đoạn mạch điện xoay chiều gồm ba phần tử RLC nối tiếp (R là biến trở, L là cuộn cảm thuần), được mắc vào nguồn xoay chiều có điện áp hiệu dụng U và tần số f ổn định Với một giá trị R ban đầu, dùng vôn kế đo điện áp hai đầu điện trở, hai đầu cuộn cảm và hai đầu tụ thì số chỉ vôn kế lần lượt UR = 30V, UL = 80V và UC = 120V Nếu thay đổi R đến giá trị mới sao cho điện áp hai đầu điện trở '

R

U =13V, khi đó điện áp hai đầu cuộn cảm và hai đầu tụ điện là bao nhiêu?

Đơn vị: điện áp là V

Điện áp hai đầu mạch U = 2 2

U + (U - U ) = 50 Khi thay đổi biến trở R thì: (U - U )'L 'C 2  502 132 (1)

Mặt khác lại có

'

=

U U  3 (2) Giải phương trình (1) và (2) được U & U'L 'C

' L

U = 96,5609 V.

' C

U = 144,8413 V.

Treo một vật khối lượng m = 50 g vào đầu một sợi dây không dãn dài l = 120cm, đầu kia gắn vào một

điểm cố định Gọi O là vị trí cân bằng của vật Kéo vật khỏi vị trí cân bằng đến điểm B, sao cho dây treo hợp với phương thẳng đứng góc α = 400 rồi thả nhẹ Lúc vật chuyển động từ B về O; khi đến điểm

C, dây hợp với phương thẳng đứng góc β = 180 Tính vận tốc và lực căng dây treo tại C Lấy g = 9,80665m/s2

Đơn vị: vận tốc là m/s; lực là N.

Định luật bảo toàn năng lượng

1 2

mv +mg (1 cos ) mg (1 cos )

Suy ra v = 2g (cos l   cos ) 

Lực tác dụng lên vật tại C theo phương hướng tâm

v = 2,0867m/s.

T = 0,6478 N.

Trang 5

- mgcosβ + T = m

2 v

l

Suy ra T = mg(3cosβ – 2cosα)

Một mạch dao động LC lí tưởng gồm một cuộn cảm thuần có độ tự cảm L = 1mH và một tụ điện có điện dung C thay đổi được Muốn thu sóng điện từ có bước sóng từ 120m đến 300m thì phải điều chỉnh điện dung C của tụ điện trong khoảng nào?

Lấy c = 299,7925.106m/s; π = 3,1416

Đơn vị: điện dung là pF

Bước sóng điện từ do mạch phát ra:

  299,7925.10 26  LC

+ Với  1 120m:

C1 =

2 1

6 2 2 (299,7925.10 ) 4 L



 =

2

120 (299,7925.10 ) 4.3,1416 10 Kết quả C1 = 4,0584 pF

Với  2 300m:

+ C2 =

2 2

6 2 2 (299,7925.10 ) 4 L



 =

2

300 (299,7925.10 ) 4.3,1416 10 Kết quả C2 = 25,3653 pF

Muốn bắt sóng điện từ có bước sóng từ 120m đến 300m thì phải điều

chỉnh điện dung của tụ trong khoảng từ C1 đến C2

4,0584pF C

25,3653pF.

Một kính hiển vi gồm hai thấu kính hội tụ đồng trục: vật kính có tiêu cự f1 = 4cm, thị kính có tiêu cự f2

= 0,5cm, độ dài quang học của kính là 17cm Một người mắt bị tật cận thị chỉ nhìn rõ những vật cách mắt trong khoảng từ 15cm đến 45cm, người này không đeo kính chữa, đặt mắt sát thị kính để quan sát vật nhỏ Hỏi phải đặt vật trong khoảng nào trước vật kính?

Đơn vị: khoảng cách là cm

Với thị kính:

'

2 2

2 '

2 2

d f

d =

d - f

Gọi l là khoảng cách hai kính, liên hệ hai kính: d1'   l d2

d f (d - f ) - d f d

l l

Với Vật kính:

'

1 1

1 '

1 1

d f

d =

d - f

4,9403cmd 4,9409cm

Trang 6

1 2 2 2 1 2

2 2 2 1 2 1 2

f (d - f ) - d f f d

(d - f ) - d (f + f )+ f f

l l

 Áp dụng cho ngắm chừng ở cực cận: d1C= 4,9403cm

Áp dụng cho ngắm chừng ở cực viễn: d1V= 4,9409cm

*Bài 10: (5điểm)

Một thanh trượt bằng kim loại có khối lượng m = 20g, có

thể trượt không ma sát dọc theo hai thanh ray bằng kim loại

đặt song song và nghiêng so với phương ngang góc α = 300

như hình vẽ Hai thanh ray được đặt cách nhau một khoảng

r = 15cm Hai đầu dưới của thanh ray được nối với một tụ

điện có điện dung C = 1,5µF Toàn bộ hệ trên được đặt vào

một từ trường đều có véctơ cảm ứng từ  B hướng thẳng

đứng lên trên, có độ lớn B = 0,3T Tại thời điểm ban đầu

thanh được giữ cách tụ điện một khoảng s = 0,75m Khi thả

thanh ra thì thanh bắt đầu trượt vuông góc với hai ray Tính

vận tốc của thanh khi thanh trượt tới tụ điện Bỏ qua điện

trở của dây dẫn

Lấy g = 9,80665m/s2

Đơn vị: vận tốc là m/s

Xét tại thời điểm t thanh trượt đến tụ điện có vận tốc v, gia tốc a Suất

điện động cảm ứng trên thanh lúc này: e = Bvr.sin = U

Vì θ =

2



+ α nên e = Bvr.cos = U Cường độ dòng điện:

I = dq du de dv

= C = C = BCr.cosα = BCra.cosα

Lực từ có chiều theo quy tắc bàn tay trái:

F = BIr = B2Cr2a.cos

Phương trình chuyển động: P + F = ma                                          

Chiếu lên phương chuyển động:

Psinα – Fcosα = ma

mgsinα – B2Cr2acos2α = ma

Khi đến tụ thanh đi đoạn s: v2 = 2as

Kết quả: v = 2s.mgsinα2 2 2

m + B Cr cos α

v = 2,7120m/s.

HẾT—

m

r

s C

α

Trang 7

Đề số 2:

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CUỘC THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CASIO VÀ VINACAL

NĂM 2012

ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Vật lí Lớp 12 Cấp: Trung học phổ thông

Ngày thi: 10/03/2012.

Thời gian: 120 phút( Không tính thời gian giao đề) Chú ý: - Đề thi gồm 6 trang, 6 bài, mỗi bài 5 điểm.

- Thí sinh làm trực tiếp trên bản đề thi này.

(Họ,tên và chữ kí)

SỐ PHÁCH (Do chủ tịch Hội đồng thi khu

vực ghi)

Quy định: Học sinh trình bày vấn tắt cách giải, công thức áp dụng, kết quả tính toán vào ô trống liền

kề bài toán Các kết quả gần đúng, nếu không có chỉ định cụ thể, được làm tròn tới 4 chữ số phần

thập phân sau dấu phẩy

Bài 1: Một con lắc đơn dao động tắt dần, cứ sau mỗi chu kì dao động cơ năng của con lắc lại giảm

0,01 lần Ban đầu biên độ góc là 900 Hỏi sau bao nhiêu chu kì thì biên độ góc của con lắc còn lại 300

Biết chu kì của con lắc là T, cơ năng của con lắc được xác định theo biểu thức: W =mgl(1 - cos)

Đơn vị tính: chu kì T(s).

- Sau 1T thì độ giảm cơ năng là: W1 = W - W=0,99W………

-………

- Lập luận sau nT thì Wn= Wn-1 - W = (0,99)nW………

0,5

1

Trang 8

- Lập luận: 0,99n = (1- cos 300)  n =

3

2

ln 0,99



………

1

Kết quả: n = 200,0038 ( Thống nhất số chu kì T  Z  n = 200. 2,5

Bài 2: Từ mặt phẳng ngang rông, người ta bắn một viên bi với vận tốc đầu v0 = 25m/s hợp với

phương ngang góc  = 550 Va chạm giữa bi và sàn làm hướng vận tốc thay đổi tuân theo qay luật phản xạ gương, độ lớn vận tốc giảm còn 96% so với vận tốc trước lúc va chạm Lấy g trong bộ nhớ máy tính

a.Tính khoảng cách từ điểm ném đến điểm chạm mặt ngang lần thứ 21 của viên bi

b Tính thời gian từ thời điểm bi chạm mặt ngang lần thứ 11 đến lần chạm mặt ngang lần thứ 16

Đơn vị tính: khoảng cách (m); thời gian (s)

a./ -Tầm xa của lần bay và chạm mặt ngang lần thứ 1:

2 0 1 sin 2

v L

g





- Tầm xa của lần bay và chạm mặt ngang lần thứ 2:

2.1 2 0 1

0,96 v sin 2

L

g





……… lập luận đến lần n:

2( 1) 2 0 0,96 n sin 2

n

v L

g





- Tầm xa từ lúc bắn đên lúc chạm lần thứ n là:

L = L1+ L2 +…+ Ln =

2

2( 1) 0

1

sin 2

0,96

n

i i

v g



Với n = 21: bấm máy: L = 626,3495353 m

b./ Lập luận tương tự:

- Thời gian từ n-1 đến lần thứ n là

1 0 0,9 2 sinn n

v t

g





- Thời gian chạm đất lần thứ 12(bộ 11) đến lần thứ 16 là

16 ( 1) 0

11 15

12

2 sin

0,96i i

v t

g





1

0,5

Trang 9

0,5 Kết quả: L = L = 626,3495m( 1,5 điểm); t = 12,3036(s); 2,5 điểm.

Bài 3: Có 7 cốc sứ dùng để uống nước, mỗi cốc có khối lượng 35g đang ở nhiệt độ phòng là 160C Người ta tráng và làm các cốc trước khi uống trà cách như sau:

Đầu tiên, rót 25g nước nóng ở 980 C đổ vào cốc thứ nhất lắc nhẹ và đều cho cân bằng nhiệt rồi đổ sang cốc thứ 2, rồi lắc nhẹ và đều cho cân bằng nhiệt rồi đổ sang cốc thứ 3…công việc tiếp tục cho đến khi nước ở cốc thứ 7 lắc nhẹ và đều cho cân bằng nhiệt

Coi quá trình trao đổi nhiệt, nhiệt lượng không tỏa ra bên ngoài và lượng nước mất đi không đáng kể Biết nhiệt dung riêng của nước là Cn = 2399J/kgK, nhiệt dung riêng của cốc sứ là Cc 750J/kgK Xác định nhiệt độ cân bằng của nước và cốc khi nước ở cốc thứ 7

Đơn vị: nhiệt độ ( 0C)

Qúa trình trao đổi nhiệt và cốc thứ nhất: m nCn(t0-t1) = m cCc(t1-tp)

Với: t0 = 890C , tp = 160C  1 0

m C t m C t t

m C m C





……Lập luận: lần thứ n là n n n n 1 c c p

m C t m C t t

m C m C

 



Sử dụng biến ANS với khả năng tính lặp của máy tính Thao tác như sau:

- Nhập : [98] [=]  98

- Nhập biểu thức 25 2399 35 750 16

25 2399 35 750

x xANS x x

x x



 và bấm phím [=] 7 lần…

1,5

1

Bài 4: Một ống hình trụ đường kính nhỏ, hai đầu kín, dài l = 105cm, đặt nằm ngang Trong ống có một

cột thủy ngân dài h = 21cm, hai phần còn lại của ống chứa khí có thể tích bằng nhau ở áp suất P0 = 72cmHg Tìm độ dịch chuyển của thủy ngân khi ống đặt thẳng đứng

Trang 10

Đơn vị tính: độ dịch chuyển (cm)

Bài

4:

điểm

- Khi ống nằm ngang, không khí trong ống hai bên cột thủy ngân giống nhau, có thể

tích V0 = S.l0, áp suất P0

- Khi ống thẳng đứng:

+ không khí phần trên: áp suất P1 ; thể tích V1= S(l0 + x ) ………

+ không khí phần dưới: áp suất P2 = P1 + h ; thể tích V2= S(l0 - x ).p………

- Áp dụng ĐL Bôilơ – Mariôt  P0V0 = P1V1= P2V2 ………

P l P l

l x l x

Thay số: x2 + 288x – 1764 = 0

(2,5)

0,5 0,5 0,5

1

Bài 5: Khi rọi vào Catôt phẳng của một tế bào quang điện một bức xạ có bước sóng  = 0,3123m thì

có thể làm cho dòng quang điện triệt tiêu bằng cách nối Anốt và Catốt của tế bào quang điện với hiệu điện thế UAK  - 0,3124 V

a.Xác định giới hạn quan điện của kim loại

b Anốt của tê bào cũng có dạng bản phẳng song song với Catốt đặt đối diện và cách Catốt đoạn

d=1, 2cm Khi rọi chùm bức xạ rất hẹp vào tâm của Catốt và đặt hiệu điện thế UAK= 4,62V giữa Anôt

và Catốt thì bán kính của vùng trên bề mặt Anốt mà các êlectrôn tới đập vào bằng bao nhiêu ?

Đơn vị tính: Giới hạn quang điện(m); bán kính(mm)

Bài

5:

điểm a./ Uh = UAKmax = 0,3124V theo hệ thức Anhx-tanh

0

h

hc hc

eU

Trang 11

b./ Chọn hệ trục 0xy:

- Các e bật ra từ Catốt theo mọi phương

- Khảo sát e bay với vận tốc v  0

, hợp với 0x góc 

 0y: y = v0sint

 0x: x = v0cost + 1 2 .

.

AK e

eU t

m d .

- Khi e chạm vào Anot thì x = d và y = R

- Lập luận: ymax   =900; e bật khỏi Catot theo phương song song với Catôt

Khi đó : d = 1 2 .

.

AK e

eU t

m d 

2.

.

e AK

m

t d eU

2

e AK

m

R v d

eU

2 1

2

h

e

eU

m v eU v

m

AK

U

R d

U

0,5

0,5 Kết quả:  0 = 0,3399m( 1 điểm); R max = 6,3301mm(1,5 điểm) 2,5

Bài 6: Cho một lăng kính tiết diện là một tam giác cân ABC(cân tại A), có góc chiết quang A = 200 Chiết suất của lăng kính phụ thuộc vào bước sóng ánh sáng theo công thức n = a + b2

 , trong đó a = 1,26; b = 7,555.10-14m2, còn  đo bằng m Chiếu vào mặt bên của lắng kính một tia sáng đơn sắc bước sóng  Hãy xác định bước sóng  để góc lệch của tia ló đạt giá trị cực tiểu và bằng 120

Đơn vị tính: bước sóng (nm)

- Khi có góc lệch cực tiểu thì: i2 = i1 ; r2 = r1 = A

2 = 10

0………

- Khi Dmin = 2i1 – A  i1 = min

2

D  A

= 160………

2,5

Định dạng
Số trang	12
Dung lượng	350 KB