BỘ đề THI lập đội TUYỂN HSG QUỐC GIA môn vật lý 2015 2016

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 2015 - 2016 ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 02 trang) MÔN: VẬT LÝ (Thời gian làm 180 phút, không kể giao đề) Ngày thi: 22/10/2015 Câu (4,0 điểm) Thanh dẫn điện (chứa điện tích tự do) có khối lượng m, chiều dài  , treo không khí nhờ hai lò xo giốngnhau có độ cứng k Thanh đặt từ trường có cảm ứng tư B vuông góc với mặt phẳng chứa vật dẫn lò xo hình vẽ (H 1) Người ta kéo khỏi vị trí cân mặt phẳng thẳng đứng buông Nối đầu dây phía hai lò xo vào hai cực tụ điện có điện dung C Bỏ qua điện trở thanh, dây nối lò xo Hãy chứng minh dao động điều hòa C   B H1 Câu (5,0 điểm) Dùng bơm xe đạp tích xi lanh thân bơm V1 = 580 cm3 để bơm không khí vào săm xe đạp có dung tích coi không đổi V2 = 5800 cm3 Áp suất ban đầu không khí có sẵn săm bơm áp suất khí p0 = 105 N/m2 Cho trình bơm chậm, nhiệt độ không khí không thay đổi Lập biểu thức tính áp suất khí săm sau n lần bơm hai trường hợp: a Nếu thể tích vòi bơm nhỏ, bỏ qua so với thể tích thân bơm b Nếu thể tích vòi bơm V3 = 11,6 cm3 So sánh áp suất khí săm hai trường hợp câu Các kiện cho câu 1b bơm, vòi bơm săm xe đạp có độ bền lớn áp suất lớn đạt săm xe đạp bao nhiêu? Câu (4,0 điểm) Cho mạch điện gồm điện trở thuần, cuộn cảm tụ điện mắc nối tiếp hình vẽ (H 2), giá trị R L,r C R, r L không đổi, tụ điện có điện dung thay đổi B được, vôn kế nhiệt có điện trở lớn Đặt vào hai đầu A mạch điện áp xoay chiều u AB = U0cosωt(V), với U0 V ω không đổi Điều chỉnh điện dung tụ điện đến H2 giá trị C = C0 cho dung kháng tụ điện có giá trị tổng trở mạch Tiếp tục điều chỉnh điện dung tụ điện thấy C = C1 số vôn kế đạt giá trị cực đại Hãy tìm hệ thức liên hệ C0 C1 Câu (5,0 điểm) Một điểm sáng S đặt trục thấu kính hội tụ L cách thấu kính 30 cm Thấu kính có tiêu cự f = 25 cm Xác định vị trí, tính chất ảnh S’ S qua thấu kính Đặt vị trí ảnh S’ S (đã xác định câu 1) gương lõm có tiêu cự fg = 42 cm trục với thấu kính L, mặt phản xạ quay phía S Thay thấu kính L thấu kính L đặt trục với gương Khi dịch chuyển L1 khoảng S gương cho trục L1 gương trùng thấy có ba vị trí L1 mà chùm sáng từ S sau qua thấu kính, gương thấu kính lần thứ hai lại trở S a Xác định tiêu cự thấu kính L1 b Tìm ba vị trí thấu kính L1 Câu (2,0 điểm) Cho dụng cụ sau: Một nguồn điện xoay chiều ổn định có điện áp hiệu dụng tần số không đổi, nguồn điện chiều, vôn kế chiều, ampe kế chiều, vôn kế nhiệt, ampe kế nhiệt, khóa K dây dẫn Bỏ qua điện trở ampe kế, vôn kế có điện trở lớn Hãy thiết lập công thức, nêu cách bố trí thí nghiệm nêu phương án tiến hành thí nghiệm để xác định độ tự cảm cuộn dây có điện trở …………… HẾT……………… • Thí sinh không sử dụng tài liệu • Giám thị không giải thích thêm Họ tên thí sinh……………………………………………………………….Số báo danh…………… Câu (4,0 điểm) Chọn trục Ox theo phương thẳng đứng, chiều từ xuống, gọi O vị trí cân Khi dẫn điện chuyển động cắt đường cảm ứng từ dẫn điện trở thành nguồn điện có suất điện động (1) (0,5đ) E  vB Suất điện động tích điện cho tụ điện: (2) (0,25đ) q  CE  CvB Vận tốc v dẫn điện biến thiên, tạo dòng điện chạy qua dẫn: q (3) (0,5đ) I  CBa , với a gia tốc t Dòng điện dẫn điện bị từ trường tác dụng lực: (4) (0,5đ) Fdt  BIl  B  Ca Khi vị trí cân lực tác dụng lên là: C P  k l0 (5) (0,5đ) Khi dẫn điện có li độ x lực tác dụng vào là:  (6) (0,25đ) F  P  k (l0  x )  B  Ca B  2 '' 2 '' F  2 kx  B  Ca  mx  2kx  B  Cx (7) (0,5đ)  m  B  C x ''  2kx (8) (0,5đ)  2k v  x ''   x m  B 22C x Hình 2k (9) (0,5đ)  x ''   x với   2 mB  C Vậy dao động điều hòa với tần số    Câu (5,0 điểm) Lập biểu thức tính áp suất khí săm sau n lần bơm hai trường hợp: (3,75đ) a Khi thể tích vòi bơm nhỏ - Sau lần bơm thứ nhất, áp suất không khí săm p1 Quá trình đẳng nhiệt nên: p1V2 = p0(V1 + V2) (10) (0,25đ)  V  p1  p0 1    V2  sau lần bơm thứ hai, áp suất không khí săm p2, tương tự ta có: p2V2 = p0(2V1 + V2)  V  p2  p0 1   hay: V2   suy sau n lần bơm, áp suất khí săm là:  V  pn  p0 1  n  V2   hay: 580  n   Áp dụng số: p6  p0 1  n   p0    5800    10  b Khi thể tích vòi bơm V3 = 11,6 cm3 - Sau lần bơm thứ nhất, áp suất không khí săm p1’: Ta có: p1’(V2 + V3) = p0(V1 + V2 + V3) (11) (0,25đ) (12) (0,25đ) (13) (0,25đ) (14) (0,25đ) (15) (0,25đ) (16) (0,25đ)  V1  Suy ra: p1'  p0 1    V2  V3  Gọi p2’ áp suất không khí săm sau lần bơm thứ hai Khi bắt đầu bơm lần thứ hai lượng khí săm tích V2 áp suất p1’; lượng khí thân bơm vòi bơm có áp suất p0 thể tích V1 + V3 Cuối trình bơm lần thứ hai lương khí săm vòi bơm có áp suất p2’ thể tích V2 + V3 Theo định luật Bôi Ma –ri -ốt, ta có: p2’(V2 + V3) = p1’V2 + p0(V1 + V3) (17) (0,25đ) thay biểu thức p1’ vào:   V1  V1V2  p2' V2  V3   p0 1   V2  p0 V1  V3   p0  V2  V1  V3   V2  V3   V2  V3   Biến đổi, ta có:   V1 V1V2  V1  V2   p2'  p0 1   1 (18) (0,25đ)   p0 1     V2  V3 V  V   V  V V  V 3       Sau lần bơm thứ ba, áp suất khí bình p3’: p3’(V2 + V3) = p2’V2 + p0(V1 + V2) (19) (0,25đ) Suy công thức tương tự p2’:   V2    V1  V2 ' 1  (20) (0.25đ) p3  p0 1      V2  V3  V2  V3  V2  V3      … n 1   V2    V1  V2 1  (21) (0,25đ) pn '  p0 1        V  V  V2  V3  V2  V3      Đại lượng dấu ngoặc cấp số nhân, có dạng:  qn (22) (0,25đ)  q   q n 1  1 q n  V2  1  n 1 n  V2  V3   V2  V2  V3   V2   V2  1       Hay:  (23) (0,25đ)     V2  V3 V3   V2  V3    V2   V2  V3    1   V  V  3 Thay vào biểu thức pn’, ta có: n   V   V n  V1 V2  V3   V2    1      p0 1  1   (24) (0,25đ) pn '  p0 1      V2  V3 V3   V2  V3     V3   V2  V3        n n Hay: pn ' p0 1  50 1  0,998    p0 (51  50.0,998 ) (25) So sánh pn với pn’: (0,25đ) Từ câu 1, ta thấy ngay: pn’ < pn (26) (0,25đ) Áp suất lớn đạt săm xe đạp: (1,0đ) Áp suất lớn đạt số lần bơm lớn n → ∞; từ công thức tính pn’ suy ra:  V  p max  p n ’  n     p0 1    51 p0 (27) (1,0đ)  V3  Câu (4,0 điểm) Liên hệ C0 C1 Theo giả thiết ta có: R  R  r    Z L  ZC  = ZC0 2  R  r    Z L  ZC   ZC2 Z Hay: 2 L,r C B A (28) (29) (0,25đ) H2 V Khi C thay đổi (tức thay đổi ZC) UC đạt trị số cực đại, ZC thỏa mãn diều kiện: ZC Z L   R  r   Z L2 Z C1Z L   R  r   Z L2 Tức ta có: Biến đổi hệ thức điều kiện: 2 Z C1Z L   R  r   Z L2  Z C1Z L  2Z L Z C  Z C2   R  r   Z L2  2Z L Z C  Z C2 Suy ra: Z C1Z L  Z L Z C  Z C2   R  r    Z L  Z C   Z  Z C2 2 Từ đó: Z C1Z L  Z L Z C   Z C1  Z C  C1  C0 : (30) (1,5đ) (31) (1,5đ) (32) (0,5đ) (33) (0,25đ) Câu (5,0 điểm) Xác định vị trí, tính chất ảnh S’ S qua thấu kính: (1,0đ) L Sơ đồ tạo ảnh: S  (34) (0,25đ) S ' df 30.25 Ta có: d '  (35) (0,5đ)   150cm d  f 30  25 Vậy: Ảnh S’ S ảnh thật trục chính, cách thấu kính 150 cm (0,25đ) Khi đặt thêm gương cầu lóm thay thấu kính L thấu kính L1: (4,0đ) a Tính tiêu cự thấu kính L1: L1 L1 G Sơ đồ tạo ảnh: (36) (0,25đ) S   S1   S   S3 Để S3 trùng với S S2 phải trùng với S1, tức ảnh S1 cho gương (tức S2) lại trùng với S1 Từ tạo ảnh qua gương cầu lõm, ta thấy ảnh qua gương trùng với vật vật nằm tâm C gương (tức S1 phải nằm tâm C gương), vật nằm đỉnh gương (tức S1 nằm đỉnh gương) (0,25đ) Vậy thấu kính phải cho ảnh thật S nằm tâm C gương, nằm đỉnh gương (tại S’) Để vật thật tạo ảnh thật qua thấu kính, ta phải có tiêu cự không lớn phần tư khoảng cách vật ảnh d  d' (vật màn): f  1 (37) (0,5đ) - Khi ảnh S1 nằm tâm C gương, ta có: d1 + d1’ = 150 + 30 – 2.42 = 96 cm (38) (0,5đ) 96 suy ra: f  (39) (0,25đ)  24cm - Khi ảnh S1 nằm đỉnh gương thì: d1 + d1’ = 150 + 30 = 180 cm (40) (0,25đ) 180 Suy ra: f  (41) (0,25đ)  45cm Vậy ta chọn: f  24cm (42) (0,25đ) Khi f < 24 cm: ta có vị trí L1( hai vị trí ảnh nằm tâm gương vị trí ảnh nằm đỉnh gương) cho ảnh trùng với vật Theo giả thiết có ba vị trí L1, hai bốn vị trí trùng Vậy chọn f = 24 cm b Ba vị trí thấu kính L1: - Khi ảnh S1 nằm tâm gương, d1 + d1’ = 96 cm => d1 = d1’ = 48 cm - Khi S1 nằm đỉnh gương (trùng với ảnh S’): d1 + d1’ = 180 cm 1 1 Ta có:   '     d12  180d1  4320  d12  180d1  4320  f d1 d1 d1 180  d1 Phương trình cho nghiệm: b ' b '2  ac 90  8100  4320   90  61, 482 (cm) a d1 = 151,482 cm; d1 = 28,518 cm d1  (43) (0,25đ) (44) (0,5đ) (45) (0,25đ) (46) (0,25đ) (47) (0,25đ) (48) Câu (2,0 điểm) Thiết lập công thức: Ta có: L  (49) (0,5đ) ZL với Z L  Zd2  r  L =   U xc   Umc       I xc   Imc  L  Cách bố trí thí nghiệm: Bố trí thí nghiệm hình vẽ Z r d  (1) (50) (0,5đ) L;r L;r Axc K A Vxc Hình 6a K V Hình 6b Phương án thí nghiệm: (51) (1.0đ) - Mắc nối tiếp ampe kế điện động vào cuộn dây - Mắc song song vôn kế điện động vào cuộn dây - Mắc toàn hệ thống vào nguồn điện xoay chiều - Đóng khóa K ghi lại số cường độ dòng điện hiệu điện xoay chiều ampe kế vôn kế Tiến hành đo cường độ dòng điện hiệu điện ba lần, sau lấy giá trị trung bình ba lần đo thay vào biểu thức (1) - Mắc nối tiếp ampe kế chiều vào cuộn dây - Mắc song song vôn kế chiều vào cuộn dây - Mắc toàn hệ thống vào nguồn điện chiều - Đóng khóa K ghi lại số cường độ dòng điện hiệu điện xoay chiều ampe kế vôn kế Tiến hành đo cường độ dòng điện hiệu điện ba lần, sau lấy giá trị trung bình ba lần đo thay vào biểu thức (1) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 2015 - 2016 ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 02 trang) MÔN: VẬT LÝ (Thời gian làm 180 phút, không kể giao đề) Ngày thi: 23/10/2015 Câu (5,0 điểm) Người ta dùng miếng gỗ nhỏ A có khối lượng mA để khảo sát thí nghiệm học đơn giản A Miếng gỗ A đặt chồng lên miếng gỗ B khác có khối lượng mB trượt mặt phẳng nghiêng góc α so với B mặt phẳng nằm ngang hình vẽ (H 1) Hệ số ma sát hai α miếng gỗ μ, miếng gỗ B mặt phẳng nghiêng μ1 a Miếng gỗ B chuyển động nhanh miếng H1 gỗ A không ? Giải thích b Hãy so sánh hệ số ma sát từ kết luận câu a Miếng gỗ A đặt mép đĩa nằm ngang, bán kính R Đĩa quay tròn với tốc độ góc ω = εt, ε gia tốc góc không đổi Tìm thời điểm để miếng gỗ A văng khỏi đĩa, biết hệ số ma sát miếng gỗ A đĩa μ2 Câu (4,0 điểm) Một mol khí lý tưởng thực chu trình biểu diễn hình chữ nhật hình vẽ (H 2) Đường thẳng – qua gốc O, hai điểm nằm đường đẳng nhiệt Biết thể tích: V1 = V4 = 6,31 dm3; áp suất: p1 = p2 = 3.105 Pa; p3 = p4 = 105 Pa Cho R = 8,31 J/mol.K Tính nhiệt độ T1, T2, T3 T4 trạng thái Vẽ đồ thị p – T V – T p O H2 V Câu (3,0 điểm) Một động điện chiều có điện trở r = 20 Ω Một sợi dây không co giãn có đầu vào trục động m cơ, đầu buộc vào vật có khối lượng m = 20 kg Vật trượt không ma sát mặt phẳng nghiêng làm với mặt phẳng nằm ngang góc   300 hình vẽ (H 3) Khi cho dòng điện có cường độ I = A qua động kéo vật lên theo mặt phẳng nghiêng với tốc độ không đổi  v = m/s Tính hiệu suất động H3 Bộ nguồn cung cấp cho động gồm nhiều ắc quy, có suất điện động E = 36 V điện trở r0 = 3.6 Ω Hãy tìm cách mắc nguồn để động kéo vật mà dùng số ắc quy Tính số ắc quy Cho g = 10 m/s2 bỏ qua khối lượng sợi dây Câu (5,0 điểm) Một bể nhỏ hình hộp chữ nhật có chứa nước (chiết suất n  ) Thành bể phía trước E thủy tinh có độ dày không đáng kể; thành bể phía sau gương phẳng (mặt phản xạ tiếp xúc với nước); khoảng cách hai thành bể a = 40 cm Trong bể có vật sáng AB đặt thẳng đứng cách thành bể phía trước phía sau Đặt thấu kính hội tụ L trước bể E sau L để thu ảnh vật (hình vẽ H 4) Người ta thấy có hai vị trí cách khoảng cm cho ảnh rõ nét có độ lớn 4,5 cm cm Tính tiêu cự thấu kính Tìm khoảng cách từ thấu kính đến thành bể phía sau Tính độ cao vật Câu (3,0 điểm) Hạt nhân phóng xạ 24 11 a Cho hạt nhân 24 11 O Â H Na phân rã   với chu kỳ bán rã T = 15 tạo hạt nhân Viết phương trình phân rã phóng xạ xác định hạt nhân L B A Z A Z X X Na đứng yên Tính lượng giải phóng phân rã 24 Biết khối lượng nguyên tử: m( 11 Na ) = 23,990963 u; m( ZA X ) = 23,985042 u, cho 1u = 931,5 MeV/c2 Để xác định thể tích máu thể bệnh nhân người ta tiêm vào máu người 24 cm dung dịch có chứa 11 Na với nồng độ 5.10-4 mol/lít a Tính số gam 24 11 Na đưa vào máu bệnh nhân 24 b Tính lượng chất phóng xạ 11 Na lại máu bệnh nhân sau c Tính thể tích máu thể bệnh nhân Biết sau người ta lấy cm3 máu 24 thể bệnh nhân tìm thấy chứa 7,5.10-9 mol chất 11 Na Giả thiết lượng chất phóng xạ phân bố toàn thể tích máu bệnh nhân …………… HẾT……………… • Thí sinh không sử dụng tài liệu • Giám thị không giải thích thêm Họ tên thí sinh……………………………………………………………….Số báo danh…………… Câu (5,0 điểm) Miếng gỗ A đặt chồng lên miếng gỗ B khác có khối lượng mB trượt mặt phẳng nghiêng (3,25đ) a Miếng gỗ B chuyển động nhanh miếng A gỗ A không ? Giải thích Chọn chiều dương hướng xuống theo mặt phảng nghiêng B Giả sử gia tốc aB > aA (miếng gỗ B chuyển động nhanh hơn) + - Vật B chịu tác dụng lực:  + trọng lực PB  H1 + lực ma sát vật B mặt phẳng nghiêng FmsB  + lực ma sát hai vật F Hình vẽ(0,5đ)  + phản lực mặt phẳng nghiêng lên B N B Ta có phương trình định luật Niu tơn cho chuyển động vật B:      PB  N B  F  FmsB  maB (1)0,25đ   Chiếu (1) lên phương mặt phẳng nghiêng, để ý F FmsB hướng 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 lực:  + trọng lực PA  + lực ma sát hai vật F (hướng xuống vật B chuyển động nhanh vật A nên kéo A xuống)  + phản lực vật B lên vật A N A (3) Ta có phương trình định luật Niu tơn cho chuyển động vật A:     PA  F  N A  mA a A (4) 0,25đ Chiếu (4) lên phương mặt phẳng nghiêng, chiều dương hướng xuống: mAgsinα + F = mAaA (5) 0,25đ F  F Từ (2), ta suy ra: a B  gsin  msB (6) 0,25đ mB F Từ (5), suy ra: (7) 0,25đ a A  gsin  mA Từ (7) (6), suy rằng: aA > aB, trái với giả thiết Vậy miếng gỗ B chuyển động nhanh miếng gỗ A (8) 0,25đ b So sánh hệ số ma sát từ kết luận 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) (9), suy gia tốc: F  F (11) 0,25đ a B  gsin  msB mB F (12) 0,25đ a A  gsin  mA Từ (10) (11), để aA > aB phải có: Hay: FmsB  F F  mB mA 1  N A  N B    N A  N A   m g cos   mB g cos     mA g cos   mA g cos    A  mB mA mB mA 1  mA  mB    mA    1   (13) 0,25đ mB Tìm thời điểm để miếng gỗ A văng khỏi đĩa (1,75đ) - Chuyển động tròn không nên vật có gia tốc tiếp tuyến: v Rt (14) 0,25đ at    R t t gia tốc pháp tuyến: an   R  R 2t (15) 0,25đ từ (15) (14), ta có gia tốc toàn phần: Do đó: a  an2  at2  R   2t (16) 0,25đ Lực làm vật A chuyển động với đĩa lực ma sát nghỉ, có giá trị cực đại μ2mAg (17) 0,25đ F  mA a  mA R   2t   mA g Từ (17) ta suy ra: 22 g  22 g  4   t  2  t   2  1 (18) 0,25đ R  R  Dấu (=) tương ứng với thời điểm miếng gỗ A bị văng khỏi đĩa: 22 g 1 R 2 R 2  g t Với điều kiện:  Câu (4,0 điểm) Tính nhiệt độ T1, T2, T3 T4 (1,5đ) -Ta có: p4V4 105.6,31.103 p4V4  RT4  T4    76 K R 8,31 - Quá trình – đẳng tích, nên: p 3.105 T1  T4  76  228 K p4 105 - Theo giả thiết: T3 = T1 = 228K - Đường thẳng – qua gốc O nên ta có liên hệ p = a.V Do p2 = 3p4 nên V2 = 3V4 = 18,93 dm3 V Vậy: T2  T1  228.3  684 K V1 Vẽ đồ thị p- T V – T: (2,5đ) (19)0,25đ (20) 0,25đ p (21) 0,5đ (22) 0,25đ O V H1 (23) 0,5đ (24) 0,25đ Xác định khoảng thời gian kể từ lúc vật bắt đầu dao động đến lúc vật qua li độ x = -5 cm lần thứ 2014   Ta có : x  10 cos  2 t    5cm 6     2  Suy : cos  2 t      cos    6     2 Vậy : 2 t     k 2  2 Đi qua x = -5cm lần đầu theo chiều âm, nên ta chọn : 2 t    k 2 Hay : t   k (s) (9) 0,50đ Với : k = 0,1,2,… : số lần vật qua x = -5 cm theo chiều âm (số chu kì) Khi vật qua x = -5cm lần thứ 2013 k = 1006, lúc : t2013   1006 (s) Để vật đủ 2014 lần qua x = -5 cm, ta phải tính thêm thời gian từ vật qua x = -5 cm theo chiều âm đến vật qua vị trí theo chiều dương (lần cuối), thời gian : t’ = T/6 + T/6 = T/3 = 1/3 (s) 1 Vậy : t2014  t2013  t '   1006   1006,58s (10) 0,75đ 4 Tính quãng đường vật kể từ lúc t = đến lúc t = 2,25 s - Ta có : t = 2,25 s = s + 0,25 s = 2T + T/4 (11) 0,25đ Trong thời gian chu kì, vật quãng đường s1 = 2.4A = 80 cm (12) 0,25đ Trong thời gian T/4 lại, vật từ x0 = 8,66 cm đến x = -5cm, vậy: s2 = 8,66 + = 13,66 cm (13) 0,25đ Vậy: s = s1 + s2 = 80 + 13,66 = 93,66 cm (14) 0,25đ Bài (4,0 điểm) Tính công, nhiệt lượng mà hệ trao đổi độ biến thiên nội mối trình chu trình a Trong trình: - Quá trình giãn đẳng nhiệt – 2: + Độ biến thiên nội năng: U12 = (15) 0,25đ + Công nhiệt lượng trao đổi nhau: p m (16) 0,25đ Q12  A12  RT1 ln  8,31.103.(227  273) ln  198622,52 J  p2 29 - Quá trình đoạn nhiệt – 3: + Nhiệt lượng trao đổi: Q23 = (17) 0,25đ + Công hệ trao đổi: A23   p2V2  p3V3   1 p 106 m Với p2   Pa ; p2V2  p1V1  RT1  8,31.103.500  143275,8621J 4  29 143275,8621 143275,8621 Suy ra: V2    0,573m3 p2 10  V  V p 1 p V  p V  p V          0,372 Do p3 = p1, nên: p1 V2  V2  Từ đó: V3 = 0,372.V2 = 0,372.0,573 = 0,2132 m Công: A23  143275,8621  106.0, 2132   174810,3448 J  1,  + Độ biến thiên nội năng: U23 = - A = 174810,3448J - Quá trình đẳng áp – 1: + Công mà hệ trao đổi: A31 = p1(V1 – V3) = p1V1 – p1V3 = 143275,8621 - 106.0,2132 = - 69924,1379J m + Nhiệt mà hệ trao đổi: Q31  C p T1  T3    p1V3 29.106.0, 2132 m Tính T3: p1V3  RT3  T3    744, 02 K  mR 1.8,31.103 m Vậy: Q31  C p T1  T3   3,5.8,31.103 (500  744, 02)  244735, 231J  29 + Độ biến thiên nội năng: U31 = Q31 – A31 = -244735,231 –(- 69924,1379) = -174811J b Trong chu trình: + Biến thiên nội năng: U = + Công hệ trao đổi nhiệt lượng: Q = A = A12 + A23 + A31 = 198622,52 + ( 174810,3448 ) + (- 69924,1379) = -46111J Vẽ đồ thị: p p V 3  3   2 (18) 0,50đ (19) 0,25đ (20) 0,25đ (21) 0,50đ (22) 0,25đ (23) 0,25đ (24) 0,25đ (25) 1,00đ O Đồ thị p - V V O T Đồ thị V - T Bài (4,5 điểm) Tìm hệ thức liên hệ Rv R: - Điện trở tương đương đoạn CD : R ( R  RV  R4 ) R (2 R  RV ) RCD   R5  R3  RV  R4 3R  RV Điện trở nhánh ACDB : RACDB  R1  RCD  R2  R  RCD Điện trở mạch : R R R (2 R  RCD ) Rn  V ACDB  V RV  RACDB RV  R  RCD Gọi I dòng điện mạch chính, ta có : 2R U AB  110  E  I r  150  I 15 O Đồ thị p - T T (26) 0,25đ V1 E, r R1 A R2 (27) 0,25đ B R5 (28) 0,25đ C D R3 R4 V2 H2 2R 300  40  I  15 R E 150 150 R Do : Rn  r    R I I 300 Từ biểu thức (28), (29) (30), ta suy : RV (2 R  RCD ) R R R (2 R  RCD ) 11R    V  RV  R  RCD 15 RV  R  RCD 30 Thay biểu thức RCD vào (31) : R (2 R  RV ) R  RV RV (2 R  ) RV (2  ) 3R  RV 3R  RV 11R 11    R (2 R  RV ) 30 R (2 R  RV ) 30 RV  R  RV  R  3R  RV 3R  RV Biến đổi : R  RV RV (2  ) 3R  RV RV (8 R  3RV ) 11 11    2 R (2 R  RV ) 30 3RRV  RV  R  RRV  R  RRV 30 RV  R  3R  RV Hay : RV (8 R  3RV ) 11   240 RRV  90 RV2  66 RRV  11RV2  88 R 2 RRV  RV  R 30 Suy : I Đi phương trình cuối : 79 RV2  174 RRV  88 R  Giải phương trình bậc hai với ẩn RV :   b  4ac  Vậy : RV  174 R  (29) 0,25đ (30) 0,25đ (31) 0,25đ (32) 0,50đ  4.79.88 R  R 30276  27808  R 58084  241R b  b  4ac 174 R  241R  2a 2.79 Loại nghiệm âm (không thích hợp), ta chọn : RV  67 R  0, 424 R 158 Tính số vôn kế V2 : - Thay (26) vào (27), ta có điện trở tương đương đoạn mạch ACDB : R (2 R  RV ) R  3RRV RACDB  R   3R  RV 3R  RV Thay (33) vào (34), ta có : 67 R  3R R R  3RRV 158  1465 R  2, R RACDB   67 3R  RV 541 3R  R 158 Cường độ dòng điện chạy đoạn mạch : U 110 59510 I ACDB  AB   RACDB 1465 R 1465 R 541 Từ (27) (35), điện trở tương đương đoạn mạch CD : 1465 R 383 R CD  R ACDB – 2R  – 2R  R  0,7079R 541 541 (33) 0,50đ (34) 0,25đ (35) 0,25đ (36) 0,25đ (37) 0,25đ Vậy : U CD  I ACDB RCD  59510 383R  28, 75768V 1465 R 541 Dòng chạy qua vôn kế V2 : U CD U CD 158U CD I CV2 D    R  RV R  67 R 383R 158 Số vôn kế V2 : U  U CD  2U R  U CD  I CV2 D R  28, 75768  (38) 0,25đ (39) 0,25đ 158U CD R 383R Kết : U2 = 28,75768 – 23,72696 = 5,03V (40) 0,50đ Bài (4,5 điểm) Xác định vị trí đặt : - Có hai ảnh cuối AB tạo qua hệ : (TK ) + Ảnh thứ : tạo qua TKHT : AB   A' B ' d d’ Ta có : d = ℓ1 – 10 = 40 – 10 = 30 cm (41) 0,25đ df 30.20 Vậy : d '    60 cm d  f 30  20 Vị trí thứ cách thấu kính 60 cm (42) 0,25đ d' 60 Độ phóng đại : kTK      2 (43) 0,25đ d 30 (G ) (TK ) + Ảnh thứ hai : tạo qua hệ gương – thấu kính : AB  A1 B1   A2 B2 d1 d1’ d2 d2 ’ Ta có : d1 = 10 cm, d1’ = - d1 = -10 cm ; d f 50.20 100 d2 = ℓ1 – d1’ = 40 – (-10) = 50 cm ; d 2'    cm  33,3 cm d  f 50  20 100 Vị trí thứ hai cách thấu kính cm (44) 0,50đ  100   d1'   d 2'   10    Độ phóng đại : k H  k1.k2           (45) 0,50đ   d d 10 50          Xác định ℓ2 - Từ câu 1, ta có vị trí ảnh thứ tạo qua thấu kính :    10  20     10  20 cm df d'  (46) 0,50đ d  f   10  20   30 - Cũng từ câu 1, ta có ảnh thứ hai tạo qua hệ gương – thấu kính :   d1'  f    d1  f    10  20    10  20  d2 f ' d2      (47) 0,50đ d  f   d1'  f   d1  f   10  20   10 Điều kiện chung cho (46) (47) ảnh thật, tức d’ > d2’ > 0, suy : ℓ2 > 30 cm (48) 0,25đ Ta có từ (46) (47): d = ℓ2 – 10 < ℓ2 + 10 = d2 ; từ (48) vật thật cho ảnh thật qua TKHT suy : d' > d2’ (49) 0,25đ Từ giả thiết từ (46), (47) (49), ta có phương trình :    10  20     10  20  10   30   10 Biến đổi (50) : 2    10      10    30       10    30      40  500  b  b  4ac 20  30  cm 2a Chọn nghiệm : ℓ2 = 50cm (thỏa mãn (48)) (50) 0,50đ (51) 0,50đ Ta có nghiệm :   (52) 0,25đ Bài (2,0 điểm) - Thiết lập công thức : Mắc nối tiếp tụ có điện dung cần đo C x với điện trở R vào mạch điện xoay chiều Dùng vôn kế xoay chiều đo điện áp hiệu dụng hai đầu C x hai đầu R U I Z C U 1 Ta có : C  (53) 0,50đ  C  R UR I R R.2 fC U C R.2 f - Tiến hành thí nghiệm : V V Sơ đồ thí nghiệm (hình vẽ) + Mắc thiết bị điện cho sơ đồ (54) 0,50đ C R + Dòng điện xoay chiều có tần số f điện áp hiệu dụng U = const Mắc R1: đo UC UR, tính Cx1 (55) 0,25đ Lặp lại thí nghiệm tương tự với R2 u R3 , tính Cx2 Cx3 (56) 0,25đ K + Ghi kết lần đo tính giá trị trung bình Cx : C  Cx  Cx3 (57) 0,50đ C x  x1 - Hết - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 2014 - 2015 MÔN: VẬT LÍ HƯỚNG DẪN CHẤM Ngày thi: 23/10/2014 Bài (5,0 điểm) A O x + Tìm độ giãn lò xo hệ cân - Khi hệ cân bằng:    Với vật B:  B  0 B  (1) 0,25đ      Với vật C: C  0C    Fd  (2) 0,25đ B Chiếu (1) lên phương thẳng đứng, chiều hướng H1 xuống: PB – T0B = => PB = T0B (3) 0,25đ Chiếu (2) lên Ox: T0C – Fđ0 = => T0C = Fđ0 (4) 0,25đ Dây không co giãn, nên : T0C = T0B = T0 (5) Từ (3), (4) (5), suy ra: Fđ0 = PB kℓ0 = mBg m g 2,5 Hay:   B  (6) 0,25đ  0, 05 m = cm k 50 Tính độ lớn vận tốc vật chúng qua vị trí cân vị trí lò xo có độ dài tự nhiên - Khi qua VTCB: Vận dụng định luật bảo toàn cho hệ hai vật hai vị trí: vật bắt đầu chuyển động (có vận tốc v1 = 0) vật qua VTCB (có vận tốc vCB = v2): E1 = E2 (7) Để ý dây không giãn nên: vA = vB cho vị trí thời điểm 1 1 Từ (7): mB gh1B  k  12   mC  mB  v12  mB gh2 B  k  22   mC  mB  v22 (8) 0,25đ 2 2 Ta có: v1 = 0, mốc vật B chọn VTCB nên: h1B = -0,1m; h2B = Độ giãn lò xo: ℓ1 = 0,15m; ℓ2 = ℓ0 = 0,05m Từ (8): v2  2mB gh1B  k   12   22  mC  mB  2.0, 25.10(0,1)  50  0,152  0, 052  0,5 = m/s (9) 0,50đ - Khi lò xo có độ dài tự nhiên: Tương tự trên: áp dụng định luật bảo toàn cho hệ hai vị trí: lúc vật bắt đầu chuyển động (v1 = 0) lò xo có độ dài tự nhiên: E1 = E3 (10) 1 1 Từ (10): mB gh1B  k  12   mC  mB  v12  mB gh3 B  k  23   mC  mB  v32 (11) 0,25đ 2 2 Để ý: ℓ3 = (vì lò xo không biến dạng); h3B = ℓ0 = 0,05m Vậy từ (11): v3  2mB g (h1B  h3 B )  k  12 2.0, 25.10( 0,1  0, 05)  50.0,152   0.866 m/s mC  mB 0,5 (12) 0,50đ Chứng minh vật C dao động điều hòa viết phương trình dao động C – Chứng minh vật C dao động điều hòa: Tại VTCB, ta có: kℓ0 = mBg (13) Tại li độ x bất kì:    Với vật B:  B   B  mB aB (14)      Với vật C: C  C    Fd  mC aC (15) Chiếu (14) lên phương chuyển dời, chiều hướng xuống: mBg – TB = mBaB (16) 0,25đ Chiếu (15) lên Ox: TC – Fđ = mCaC Hay : TC – k(ℓ0 + x) = mCaC (17) 0,25đ Để ý : TC = TB = T; aC = aB = a (do dây không co giãn) Rút T từ (17) thay vào (16), biến đổi ta được: mBg – k(ℓ0 + x) = (mC + mB)a (18) Thay (13) vào (18), ta : -kx = (mC + mB)x’’ (19) 0,25đ Phương trình (19) phương trình động lực học vật C, chứng tỏ C dao động điều hòa k 50    10 (rad/s) với tần số góc : (20) 0,25đ mA  mB 0,5 - Phương trình dao động vật C : x = Acos(t + φ) Tại t = 0: x0 = Acosφ = 10 cm v0 = -Asinφ = Suy : A = 10 cm ; φ = (21) Ta có phương trình dao động : x = 10cos(10t) (cm) (22) 0,25đ Tính khoảng thời gian lò xo giãn kể từ lúc t = đến lúc t =  (s) Gọi τ khoảng thời gian lò xo giãn khoảng thời gian từ t = đến t =  (s) t   Số chu kì thời gian t =  (s) : n  (23) 0,25đ   5   T  10 Trong chu kì dao động, lò xo giãn vật từ x = -5 cm đến x = 10 cm ngược lại Thời gian vật từ x = -5 cm đến x = 10 cm là: tT/2 = T/12 + T/4 = T/3 = /15 (s) (24) 0,50đ  2 Vậy : (25) 0,25đ   5.2   2,1s 15 Bài (4,0 điểm) Tính điện dung C tụ điện để dòng điện mạch pha với điện áp u tần số - Do tổng trở : ZMN = nên UMN = C L M chập với N (26 M Xét hai đoạn mạch PM MQ có nhánh song song : Q P R1 R2 Ta có : i = i L + i1 = iC + i2 Chuyển qua tổng véc tơ: N      I  I L  I1  I C  I (27) H2 Suy giản đồ véc tơ cường độ : IC I uPM i1 IR (28) 0,50đ i IL I uMQ IR Đối với điện áp, ta có : Giản đồ véc tơ : Với : 1  i1 ;   i    u = uPM + uMQ, U  U PM  U MQ UPM 1 2 Để u i pha, ta phải có điều kiện : U PM sin 1  U MQ sin 2 I U UMQ Z PM sin 1  Z MQ sin 2 Suy : Từ giản đồ véc tơ dòng điện, ta có : Z L2  R12  ZL Suy : Vậy : R1 Z L2  R12 (31) 0,25đ Z C R2 U MQ Z C2  R22  ZC Z IC Z  C  MQ  I U MQ ZC Z MQ Do đó, từ (30), (31) (32) ta có : Z L R1 R1  2 Z L  R1 Z L  R12 (30) 0,50đ Z L R1 U PM I Z Z sin 1  sin i1  L  L  PM  I U PM ZL Z PM sin   sin i  (29) 0,25đ Z C R2 Z R C 2 R2 Z R C 2  R2 Z C2  R22 Z ZL  C 2 Z  R1 Z C  R2 L R12 ( Z L  Z C )  Z L Z C ( Z L  Z C )  ( Z L  Z C )( R12  Z L Z C )  : nghiệm phụ thuộc tần số nên ta loại Z L  ZC  C  L R2 L Z C   C  : nghiệm không phụ thuộc tần số nên ta chọn ZL R1 (32) 0,25đ (33) 0,25đ (34) 0,25đ (35) 0,25đ 0, 4.103  106 F  1 F (36) 0,25đ 400 Tính cường độ dòng điện hiệu dụng mạch điện dung C có giá trị câu -Từ giản đồ véc tơ dòng điện : R R (37) 0,25đ tan 1   tan i1  ; tan    tan i   ZL ZC  Suy : tan 1.tan   1  1      Hay : U PM  U MQ (38) Cuối : C  Từ : U PM  U sin   U R2 Z R C 2  Dòng hiệu dụng: ZL U ZC  Z L (39) 0,25đ I U PM U PM  R12  Z L2  Z PM R1.Z L U ZL ZC  Z L R1.Z L R12  Z L2  ZL R2  Z U L R1 Z C  Z L ZL Thay R12  Z L Z C vào (40), ta được: U 110 I   3,9 A R1 2.20 (40) 0,50đ (41) 0,25đ Bài (4,0 điểm) Khi i = 450, tính n A - Khi có góc lệch cực tiểu Dmin Góc ló = góc tới => i’ = i Góc khúc xạ: r1 = r2 = A/2 = 300 i n I Ta lại có: sin i  sin r1  n sin r1 n1 S B C Với không khí: n1 = 1, lăng kính: n2 = n H sin i sin 45 Vậy: n    sin r1 sin 30 Tính giá trị nhỏ i để có tia ló mặt bên AC lăng kính - Từ (43), ta thấy i giảm r1 giảm nên r2 tăng Từ hệ thức: sini’ = nsinr2 Ta thấy: r2 tăng i' tăng Vậy: i giảm i' tăng Góc ló i' lớn tia ló là mặt phân cách (mặt AC): i'max = 900 ' sin imax sin 90 Lúc này: sin r2     r2  450 n 2 Do đó: r1 = A – r2 = 60 – 45 = 150 sin imin  sin15  imin  210 28' Từ đó: Khi mặt bên AC tráng bạc i = 450: vẽ đường tia sáng qua lăng kính Theo câu 1, ta có: r1 = 300 ; r2 = r2’ = 300 (định luật phản xạ ánh sáng) Do góc:  = 900 – r2’ = 600 Vậy:  = 600 (do tam giác ABC đều) Từ đó: r3 = 300 Cuối cùng, ta có: sini’  nsinr3  sin 30  Vậy : i’ = 450 (42) 0,25đ (43) 0,25đ (44) 0,25đ (45) 0,25đ (46) 0,25đ (47) 0,25đ (48) 0,50đ (49) 0,50đ (50) 0,25đ (51) 0,25đ A i I’ r2 r2’  I r1 Hình vẽ r3 S B J i’ (52) 1,00đ  C Bài (4,0 điểm) Viết phương trình phân rã phóng xạ rađi xác định hạt nhân X - Phương trình phân rã phóng xạ rađi:  226  ZA X  24 He 88 Ra  - Xác định hạt nhân con: A = 226 – = 222 Z = 88 – = 86 A 222 Suy ra: Z X  86 Rn hạt nhân Rađon 2.a Tính độ phóng xạ ban đầu mẫu rađi ln N A Ta có: H 01  1 N 01  m01 T1 A1 (53) 0,25đ (54) 0,50đ ln N A 0, 693 6, 023.10 23 Thay số: H 01  m01  1,  4,338.1010 Bq (55) 0,75đ T1 A1 1620.365.86400 226 2.b Giải thích tượng, liên hệ khối lượng hạt X cân phóng xạ với khối lượng rađi + Giải thích tượng: Khối lượng hạt X(rađon) không thay đổi (xảy cân phóng xạ) số hạt nhân rađon tạo đơn vị thời gian số hạt nhân rađon bị phân rã thời gian Số hạt nhân rađon tạo s lại số hạt nhân rađi bị phân rã s, tức độ phóng xạ mẫu rađi Còn số hạt nhân rađon bị phân rã s lại độ phóng xạ rađon Do đó, lúc có cân phóng xạ độ phóng xạ rađi rađon nhau, tức là: H1 = HX = H2 (56) 0,75đ + Tính khối lượng hạt X cân phóng xạ: ln ln Từ (56), suy ra: 1.N1  2 N  N1  N T1 T2 T N T N T A Hay: N  N1  A m2  A m1  m2  m1 (57) 0,75đ T1 A2 T1 A1 T1 A1 2.c.Tìm điều kiện gần tính khối lượng hạt X - Điều kiện gần đúng: Do chu kỳ bán rã rađi lớn, nên xảy cân phóng xạ, khối lượng rađi giảm không đáng kể so với khối lượng ban đầu Vậy, coi khối lượng rađi không đổi, tức m1  m01 tính khối lượng hạt nhân X (58) 0,75đ T2 A2 3,82 222 Ta có: m2  m01  (59) 0,25đ 1,  7, 615.10 6 g T1 A1 1620.365 226 Bài (3,0 điểm) - Áp dụng định luật bảo toàn động lượng: psau = pđầu M vs m0 vd m (0, 6c) (60)1,00đ    m0 c 2  0, v  v  1  s  1  d  c  c  - Áp dụng định luật bảo toàn lượng: Esau = Eđầu M 0c m0 c m0 c 17   3m0 c   3m0 c  m0 c (61) 0,75đ 2   0,  v  v  1  s  1  d  c  c  Suy ra: M0 v  1  s  c Thay (62) vào (60):  17 m0 (62) 0,25đ 17 3 m0 vs  m0 c  vs  c  0,1765c 4 17 (63) 0,50đ 17 280  3 Thay v3 từ (63) vào (62), suy ra: M  m0     m0  4,1833m0 4  17  Hết - (64) 0,50đ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 2014 - 2015 MÔN: VẬT LÍ ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 02 trang) (Thời gian làm 180 phút, không kể giao đề) Ngày thi: 22/10/2014 Bài (5,0 điểm) Một lò xo có khối lượng không đáng kể, độ dài m tự nhiên ℓ0 = 35 cm Đặt lò xo lên mặt phẳng nghiêng góc  = 30 so với mặt phẳng nằm ngang Một đầu lò xo gắn vào điểm cố định, đầu gắn vật có khối lượng  m hình vẽ (H 1) Bỏ qua ma sát Lấy g = 10 m/s2 = 2 m/s2 Chọn trục tọa độ OX dọc theo H1 mặt phẳng nghiêng hướng xuống, gốc O trùng với vị trí cân vật Kích thích để vật dao động điều hòa dọc theo trục lò xo với phương trình   x  10 cos  t   (cm) Trong trình vật dao động tỉ số giá trị cực đại giá trị cực tiểu 6  lực đàn hồi lò xo Tìm chu kì dao động vật chiều dài lò xo lúc t = Vẽ đồ thị dao động x(t) vật Xác định khoảng thời gian kể từ lúc vật bắt đầu dao động đến lúc vật qua li độ x = -5 cm lần thứ 2014 Tính quãng đường vật kể từ lúc t = đến lúc t = 2,25 s Bài (4,0 điểm) Có kg chất khí lý tưởng ban đầu áp suất p1 = 106 Pa nhiệt độ t1 = 2270 C Chất khí giãn đẳng nhiệt đến áp suất p2 cho p1 = 4p2, sau bị nén đoạn nhiệt trở lại áp suất p lại bị nén đẳng áp để trở trạng thái ban đầu Cho biết: khối lượng mol:  = 29 g/mol; nhiệt dung mol đẳng áp Cp = 3,5R Tính công, nhiệt lượng mà hệ trao đổi độ biến thiên nội trình chu trình Vẽ đồ thị p -V, V - T p - T Bài (4,5 điểm) Cho mạch điện có sơ đồ hình vẽ (H 2) Nguồn điện có suất điện động E = 150 V, điện trở 2R Các điện trở R1, R2, R3, R4, R5 có giá trị r 15 R Các vôn kế có điện trở Rv Các dây nối có điện trở không đáng kể Vôn kế V1 110 V Tìm hệ thức liên hệ Rv R Tính số vôn kế V2 V1 E, r R1 A B R5 C D R3 R4 V2 H2 R2 Bài (4,5 điểm) Một thấu kính hội tụ tiêu cự 20 cm có trục vuông góc với gương phẳng, mặt phản xạ gương hướng phía thấu kính Trong khoảng thấu kính gương đặt vật sáng AB thẳng góc với trục thấu kính cách gương 10 cm Dùng ảnh M đặt vuông góc với trục thấu kính để thu ảnh vật AB cho hệ Cố định vật gương, di chuyển thấu kính dọc theo trục Khi thấu kính cách gương đoạn ℓ1 = 40 cm, ta thấy có hai vị trí đặt M thu ảnh rõ nét vật Xác định hai vị trí độ phóng đại hai ảnh tương ứng Khi thấu kính cách gương đoạn ℓ2, ta lại thấy có hai vị trí đặt M thu ảnh rõ nét vật Khoảng cách hai vị trí 10 cm Xác định ℓ2 Bài (2,0 điểm) Thí nghiệm: Xác định điện dung tụ điện C Dụng cụ: tụ điện cần xác định điện dung; điện trở có giá trị khác nhau; nguồn điện xoay chiều có U = const; tần số f; vôn kế xoay chiều; khóa K; dây nối Yêu cầu: Thiết lập công thức xác định điện dung C x tụ điện C nêu cách tiến hành thí nghiệm để đo Cx Hết -  Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích thêm Họ tên thí sinh…………………… ……………… Số báo danh……… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 2014 - 2015 MÔN: VẬT LÍ ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 02 trang) (Thời gian làm 180 phút, không kể giao đề) Ngày thi: 23/10/2014 Bài (5,0 điểm) C O x + Cho hệ hình vẽ (H 1) Hai vật B C có khối lượng mC = mB = 0,25 kg Lò xo nhẹ có độ cứng k = 50 N/m Các dây nối nhẹ không co giãn Bỏ qua khối lượng ròng rọc ma sát Lấy g = 10 m/s2 Tìm độ giãn lò xo hệ cân B Từ vị trí cân kéo vật B xuống 10 cm theo phương H1 thẳng đứng thả nhẹ Tính độ lớn vận tốc vật chúng qua vị trí cân vị trí lò xo có độ dài tự nhiên Chứng minh vật C dao động điều hòa viết phương trình dao động C chọn gốc tọa độ vị trí cân gốc thời gian lúc thả vật B Trong trình vật C dao động, tính khoảng thời gian lò xo giãn kể từ lúc t = đến lúc t =  (s) Bài (4,0 điểm) C L Cho mạch điện có sơ đồ hình vẽ (H 2) M Cuộn dây cảm có hệ số tự cảm L = 0,4 mH Các điện trở R1 = R2 = 20 Ω Điện áp đặt vào hai P R1 R2 đầu mạch có biểu thức: uPQ = u = 110cos100t (V) N Bỏ qua điện trở dây nối H2 Tính điện dung C tụ điện để dòng điện mạch pha với điện áp u tần số Tính cường độ dòng điện hiệu dụng mạch điện dung C có giá trị câu Bài (4,0 điểm) Một lăng kính có tiết diện thẳng tam giác ABC với ba mặt nhẵn đặt không khí Chiết suất chất làm lăng kính n Chiếu tia sáng đơn sắc SI nằm tiết diện thẳng vào mặt bên AB góc tới i hình vẽ (H 3) Chiết suất không khí 1 Khi i = 450 góc lệch tia ló cuối so với tia tới có giá trị nhỏ Tính n S Tính giá trị nhỏ i để có tia ló mặt bên AC lăng kính Khi mặt bên AC tráng bạc i = 450 Vẽ đường tia sáng qua lăng kính Q A i I B C H3 Bài (4,0 điểm) Đồng vị rađi 226 88 Ra phân rã phóng xạ  với chu kỳ bán rã T1 = 1620 năm Viết phương trình phân rã phóng xạ rađi xác định hạt nhân X Người ta khảo sát mẫu rađi nguyên chất khối lượng m01 = 1,2 g: a Tính độ phóng xạ ban đầu mẫu rađi b Cho biết hạt nhân X vừa tạo phân rã mẫu rađi lại phân rã với chu kỳ bán rã T2 = 3,82 ngày Sau vài tuần, người ta thấy khối lượng hạt X không thay đổi (xảy cân phóng xạ) Hãy giải thích tượng lập hệ thức liên hệ khối lượng hạt X theo khối lượng rađi thời điểm c Với điều kiện gần cho khối lượng rađi tính khối lượng hạt X có cân Hãy tính khối lưọng hạt X điều kiện Lấy năm = 365 ngày, cho số Avôgađrô: NA = 6,023.1023/mol Bài (3,0 điểm) Một hạt khối lượng nghỉ m0 chuyển động với tốc độ 0,6c (c tốc độ ánh sáng chân không) va chạm hoàn toàn không đàn hồi với vật khác có khối lượng nghỉ 3m0 lúc đầu đứng yên Xác định tốc độ khối lượng nghỉ vật tạo thành Hết -  Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích thêm Họ tên thí sinh…………………… ……………… Số báo danh……… ... TẠO TỈNH ĐẮK LẮK KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 2015 - 2016 ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 02 trang) MÔN: VẬT LÝ (Thời gian làm 180 phút, không kể giao đề) Ngày thi: 23/10/2015 Câu (5,0... + NB); F = μ.NA - Vật A chịu tác dụng lực:  + trọng lực PA  + lực ma sát hai vật F (hướng xuống vật B chuyển động nhanh vật A nên kéo A xuống)  + phản lực vật B lên vật A N A (3) Ta có... + NB); F = μ.NA - Vật A chịu tác dụng lực:  + trọng lực PA  + lực ma sát hai vật F (hướng xuống vật B chuyển động nhanh vật A nên kéo A xuống)  + phản lực vật B lên vật A N A (3) Ta có