Đề thi học sinh giỏi môn vật lý lớp 10 (21)

Tính tổng nhiệt lượng mà khí nhận được trong tất cả các giai đoạn của chu trình mà nhệt độ khí tăng.. Kéo vật m xuống theo phương thẳng đứng đến vị trí lò xo giãn 7,5cm rồi thả nhẹ.. Chọ

SỞ GD& ĐT NINH BÌNH

TRƯỜNG THPT NGÔ THÌ NHẬM ĐỀ THI GIẢI TOÁN BẰNG MÁY TÍNH CẦM TAYMÔN VẬT LÍ

Năm học: 2010 - 2011 Thời gian: 150phút

Câu 1:

Tại một điểm trên mặt đất đồng thời ném hai vật với vận tốc ban đầu là v0 = 10m/s Vật thứ nhất ném theo phương thẳng đứng, vật thứ hai ném xiên lên trên hợp với phương ngang một góc là

300

1.Tìm độ cao cực đại của hai vật, tầm xa và vận tốc khi chạm đất của vật ném xiên?

2  bằng bao nhiêu để trong thời gian chuyển động khoảng cách giữa hai vật là lớn nhất? Bỏ qua sức cản không khí

Câu 2:

Cho cơ hệ như hình vẽ Chiều dài con lắc đơn 90cm,

khối lượng m1= 400g,  300, CD = 120cm, m2 = 200g

đặt tại B Biết BI ở trên đường thẳng đứng

Kéo con lắc ra khỏi vị trí cân bằng một góc

0

60

  rồi thả không vận tốc ban đầu

m1 va chạm đàn hồi xuyên tâm với m2

Tính độ cao cực đại của m1, m2?

Câu 3:

Cho một lượng khí lí tưởng đơn nguyên tử thực hiện chu trình

ABCDECA như biểu diễn trên đồ thị bên

Cho biết PA = PB = 105 Pa;PC= 3.105Pa;

PE=PD = 4.105Pa; TA =TE =300K;VA = 20(l); VB = VC = VD = 10(l)

AB, BC, CD, DE, EC, CA là các đoạn thẳng:

a Tính các thông số TB, TD và VE

b Tính tổng nhiệt lượng mà khí nhận được trong tất cả

các giai đoạn của chu trình mà nhệt độ khí tăng

c Tính hiệu suất của chu trình

Bài 4:

Một con lắc lò xo treo thẳng đứng gồm vật nhỏ có khối lượng m = 250g và một lò xo nhẹ

có độ cứng k = 100N/m Kéo vật m xuống theo phương thẳng đứng đến vị trí lò xo giãn 7,5cm rồi thả nhẹ Chọn gốc toạ độ ở vị trí cân bằng của vật, trục tọa độ thẳng đứng, chiều dương hướng xuống dưới, chọn gốc thời gian là lúc thả vật Lấy g10 /m s2 và π2 ≈ 10 Coi vật dao động điều hòa

a) Viết phương trình dao động

b) Tìm thời gian từ lúc thả vật đến khi vật tới vị trí lò xo không biến dạng lần đầu tiên

c) Xác định độ lớn lực đàn hồi tại thời điểm động năng bằng ba lần thế năng

d) Xác định khoảng thời gian lò xo bị giãn trong một chu kì

Bài 5:

Điểm sáng A nằm trên trục chính của một thấu kính hội tụ mỏng tiêu cự f = 36cm, phía bên kia thấu kính đặt một màn (M) vuông góc với trục chính, cách A đoạn L Giữ A

và (M) cố định, xê dịch thấu kính dọc theo trục chính trong khoảng từ A đến màn (M), ta không

C

D

B

I





PE

PC

PA

V

A

C

A B

P

V O

thu được ảnh rõ nét của A trên màn mà chỉ thu được các vết sáng hình tròn Khi thấu kính cách

màn một đoạn ℓ = 40cm ta thu được trên màn vết sáng hình tròn có kích thước nhỏ nhất Tìm L

Bài 6:

Cho mạch điện như hình vẽ Trong đó: E = 80V, R1 = 30 ,

R2 = 40 , R3 = 150 , R + r = 48, ampe kế chỉ 0,8A, vôn kế

chỉ 24V

1 Tính điện trở RA của ampe kế và điện trở RV của vôn kế

2 Khi chuyển R sang song song với đọan mạch AB Tính R

trong hai trường hợp:

a) Công suất tiêu thụ trên điện trở mạch ngoài đạt cực đại

b) Công suất tiêu thụ trên điện trở R đạt cực đại

Câu 7 Mức cường độ âm tại điểm A phía trước cái loa phát thanh O một khoảng l = AO

=1m là L = 69dB Coi cái loa như một nguồn phát sóng cầu và lấy cường độ chuẩn của

âm là I0 = 10-12 W/m2

a) Xác định cường độ âm tại vị trí A

b) Xác định mức cường độ âm tại vị trí B là điểm chính giữa của AO

Câu 8: Mạch thu sóng của một trạm vô tuyến điện có tần số thu f1 = 9,52MHz Cần phải

biến đổi điện dung của tụ điện trong mạch thu dao động như thế nào để thu được sóng 2

= 55,5m ? Lấy vận tốc sóng điện từ là C0 = 3.108m/s

Câu 9: (3,0 điểm)

Chiếu ánh sáng đơn sắc có bước sóng 1 = 0,4m vào catôt của một tế bào quang điện Khi

đặt vào anôt và catôt của tế bào quang điện này một hiệu điện thế UAK = -2V thì dòng quang điện

bắt đầu triệt tiêu Cho hằng số Plăng h = 6,625.10-34Js, tốc độ ánh sáng trong chân không c = 3.108 m/

s, khối lượng electron me = 9,1.10-31kg, độ lớn điện tích của electron e = 1,6.10-19C

1 Tính công thoát của kim loại dùng làm catốt

2 Nếu thay bức xạ 1 bằng bức xạ 2 = 0,2m, đồng thời giữ nguyên hiệu điện thế giữa anôt

và catôt trên thì tốc độ lớn nhất của electron quang điện khi tới anôt có giá trị bằng bao nhiêu?

Câu 10: (3,0 điểm)

Trong thí nghiệm của Y- âng về giao thoa ánh sáng: khoảng cách giữa hai khe hẹp S1, S2 là a

= 0,2mm, khoảng cách từ mặt phẳng hai khe đến màn là D = 1m

1 Nguồn S phát ra ánh sáng đơn sắc, biết khoảng cách giữa 10 vân sáng liên tiếp là 2,7cm

Tính bước sóng ánh sáng đơn sắc do nguồn S phát ra

2 Nguồn S phát ra ánh sáng trắng có bước sóng nằm trong khoảng từ 0,38  m0,76  m

a Xác định vị trí gần vân trung tâm nhất mà tại đó những bức xạ đơn sắc của ánh sáng trắng

cho vân sáng trùng nhau

b Tại vị trí trên màn cách vân trung tâm 2,7cm có những bức xạ đơn sắc nào cho vân sáng

trùng nhau

………… Hết…………

A

V

R3

R1

R2

R

E, r

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NINH BÌNH

TRƯỜNG THPT NGÔ THÌ NHẬM

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI GIẢI TOÁN

BẰNG MÁY TÍNH CẦM TAY Năm học 2010 – 2011

Môn: Vật Lí Thời gian làm bài: 150 phút

(Hướng dẫn chấm này gồm 5 trang)

C©u 1

(5

®iÓm)

Chọn hệ trục toạ độ O trùng với điểm ném Ox theo phương ngang, Oy thẳng đứng hướng lên:

Độ cao cực đại của vật 1;

0

1 ax

10

5

2 2.( 10)

m

v

g



0.5

0

2 ax

sin 10 sin 30

1.25

m

v

g



0 ax

sin 2 10 sin 60

8.6603 10

m

v

g



Vận tốc của vật khi chạm đất:

vx = 10cos 30 = 8.6603 m/s

thời gian vật chạm đất 2 sin0 2.10.sin 30

1 10

v

g





vy = v0sin +gt =10.sin30 – 10 = -5m/s

0.5

2

Vật 1

2

0

1 0

2

; 2

v gt

g

Vật 2:

1 ( 0 os ) t

x  v c 

2

0

2 0

2 sin ( sin ) ;

2

v gt

g





0.5

Khoảng cách giữa hai vật: 2 2

d  y  y x

2 (1 sin ) sin (1 sin ) (1 sin )

d v t

Áp dụng bất đẳng thức côsi ta được:

4 0

sin sin

d



2 0 ax

m

v d

g

1

dấu bằng xảy ra khi 2 0

3

C©u 2

(5

®iÓm)

Áp dụng định luật bảo tòan động lượng : m1v = m1v1+m2v2

Áp dụng định luật bảo tòan cơ năng: 2 2 2

2m v 2m v 2m v

1

2 3 /

v gh  m s

Tính được v1=1m/s và v1=3m/s vì v=3m/s nên chọn v1= 1m/s vậy v2 =4m/s

Sau va chạm v2 chuyển động thẳng đều trên đoạn CD sau đó chuyển động không ma sát trên

mặt phẳng phiêng, áp dụng định luất bảo toàn cơ năng:

2m v C m gh2m v D v D v C gh  m s

1

Sau đó m2 tiếp tục chuyển động ném xiên

2 2 2

2 ax

sin

5 2

D m

v

g



Vậy chiều cao cực đại của m2 so với mặt ngang là: H= h+hmax=65cm

1.5

Với vật m1

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng:

2

1 1

1

5

v

g

C©u 3

(5

§iÓm)

a.(1điểm)

Áp dụng phương trình trạng thaí khí lí tưởng:

PA VA = n RTA 

10 20.10 20

A A A

P V nR T



PB VB = n RTB  B B 20

B

P V

nR

0.5

PD VD = n RTD  D D 600

D

P V

nR

PE VE = n RTE 

E 5

E E

nRT

P

0.5

b.(2 điểm)

Trong bài này, ta quy ước: A>0 là công mà khí nhận, A<0 là công mà khí thực hiện

Trong các giai đoạn A – B và D- E thì khí bị nén đẳng áp, nên nhiệt độ của khí giảm

Trong quá trình đẳng tích B-D , áp suất khí tăng nên nhiệt độ của nó cũng tăng nhiệt lượng mà

khí nhận được trong quá trình này là:

1

.( ) (600 150) 4500

1

Xét quá trình biến đổi E-C-A phương trình đường thẳngECA:

5 5

P

Trong đó V đo bằng lít và P đo bằng 105Pa

0.5

Nhiệt độ trong quá trình E-C-A là:

2 3 ( 5 )

20 5

nR

Từ phương trình trên ta có T = Tmax = 468,75K khi VM bằng 12,5l

T tăng khi 5l V 12,5l

Vì V M V C V A nên VM ứng với 1 điểm F trên đoạn CA Nhiệt độ của khí tăng trong giai đoạn

E-F Nhiệt lượng mà khí nhận được trong quá trình này là: Q2 = U – A trong đó

ax

2

3 ( ) 1687,5 2

2437,5 1687,5 ( 2437,5) 4125

M E

1

Tổng nhiệt lượng mà khí nhận được: Q = Q1+Q2= 4500+4125= 8625J

c.(1 điểm)

Công sinh ra trong một chu trình:A = SCDE – SABC= -750J 0.5

Hiệu suất của chu trình: H= 100% 750 100% 8,7%

8625

A

3

(5đ)

1- Gọi I là cường độ dòng điện trong mạch chính:

Ta có: E = I (r + R) + R2 (I – IA) + UV

80 = 48I + 40 (I – 0,8) + 24  I = 1A UAB = (I – IA) R2 + UV = 32V    R1 10

I

U R

A

AB A











3

R

U I I

U I

U R

V A

V V

V V

2- Ta có:  32

I

U

AB

a) Khi chuyển R sang song song với đoạn mạch AB thì mạch ngoài có điện trở

R

R

R N





32

32

(1), cường độ dòng qua nguồn:

N

E I

R r



 (với r=48-R, R 48) Công suất P của mạch ngoài:

2 2

2

32 ( 32) [(48 ) 1536]

E R R

P R I

R R



Ta thấy với R=48 thì mẫu số min còn tử số max nên P max Vậy R=48

(48 ) 1536

AB N

RE

R R

Công suất P của R là:

2

(32 ) [(48-R)R+1536]

AB R

P R

Ta thấy với R=48 thì mẫu số min còn tử số max nên P max Vậy R=48

0,5 1 0,5

1

0,5 0,5 0,5

0,5

4

(5đ) Ta có:

R

r

= //

d

L d

d 



R

r

=

f d

f d

L f d

f d d











R

r =

fd

Lf Ld

d2   =

d

L f

L

f

d





Vì R không đổi, để r nhỏ nhất thì 













d

L f

d

nhỏ nhất

0,5 (HV 0,5) 0,5

1 1 0,5

Điều kiện này xảy ra khi : d L

f d

Thay d = L - ℓ  (L - 40)2 = 36L ↔  

L 100cm

L 16cm (lo¹i)

1

5

(5đ)

- Vật m chịu 2 tác dụng: Trọng lực P và lực đàn hồi của lò xo ở vị trí cân bằng

(VTCB) lò xo giãn một đoạn l, ta có phương trình: P F 0 mg k l 

mg 0, 25.10

k 100

- Phương trình dao động có dạng: x Ac ( os   t )

trong đó tần số góc: k 100 20rad / s

m 0, 25

ở thời điểm thả vật thì lò xo giãn 7,5cm tức là cách VTCB một đoạn

là: 7,5 – 2,5 = 5cm

os =5 0( )

A cm

 







a) Do đó phương trình dao động là: x 5c 20t os (cm)

b)

min

2 2 3

60 30



 



c) Tại vị trí có động năng bằng ba lần thế năng:

t 2

w 3w

1

2

A

kA







- Nếu x2,5cm l F dh 0( )N

- Nếu x2,5cm  F dh k l 2,5.10 2 100.5.10 25( )N

d) Khoảng thời gian lò xo bị giãn trong một chu kì là:

4 4 3

60 15



 



1

0,5 1

1

0,5

1

Câu7

(5điể

m) a) Ta có : LA = 10lg

0

A

I

I Suy ra 10

0.10 A

L A

I I b) Ta có IA =

2

A

R

 

 

1.5

1.5

O 5

-5

x

2,5

M N

O 5

-5

x

2,5

M N

Suy ra LB = 10lg

0

I

I B

=

2 0

10lg A 10lg A 20lg A

A

L

Thay số và kết quả:

a) I A 10 10 12 1069

 = 7,94328.10-4 w/m2 b) LB = 69 20lg 2 = 75,02060 dB

1.0

1.0

Câu 8

( 5

điểm)

1

1

& 2

2 LC   C LC + Suy ra

2

2 2 1



 

Thay số và kết quả:

2 6 2

8 1

55,5.9,52.10 3.10

C

C

+ C2 = 3,10183C1 (tăng lên 3,10183 lần)

1.5

1 1.5 1

Câu 9

+ Áp dụng phương trình Anhxtanh: hc A e.U AK

1







=> A = 1,768.10-19J = 1,1eV

1 đ

+ Áp dụng phương trình Anhxtanh: 02 AX

1

M

mv A

hc







1

1

MA

U e hc hc











+áp dụng định lý động năng mv02MAX  mv M2AX e U AK

2

1 2

1

=> 2 ( 1 1)

1 2 X



 



m

hc

v MA thay số v MA 1,045.106m/s

X 

1đ

1đ

Câu

10 + Khoảng vân: i = 3mm => D

ai



a) Vị trí gần vân trung tâm nhất mà tại đó những bức xạ của ánh sáng trắng cho vân

sáng trùng nhau là vân đỏ bậc 1 trùng vân tím bậc 2:

+

a

D

2

x   thay số: x = 3,8mm

b) Những bức xạ của ánh sáng trắng cho vân sáng tại

x = 2,7cm thoả mãn: . 5,4( m)

k a

D k

x     + Ta có: 0 , 38 ( m)    0 , 76 ( m)  7 , 1 k  14 , 2;

k nguyên => k = 8,9 14

Vậy có 7 bức xạ cho vân sáng tại vị trí x = 2,7 cm

1đ

+ Từ đó ta tính được bước sóng các bức xạ:



 0,675 ; 0,60 ; 0,54; 0,491; 0,45; 0,415; 0,386 ( m ) 1đ