de thi hsg tinh ha nam vat ly 11 72624 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất cả cá...
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 02 trang) KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS Năm học 2009-2010 Môn : Hoá học Thời gian : 150 phút không kể thời gian giao đề Câu I (4,0 điểm): 1) Cho BaO vào dung dịch H 2 SO 4 loãng, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được kết tủa M và dung dịch N. Cho Al dư vào dung dịch N thu được khí P và dung dịch Q. Lấy dung dịch Q cho tác dụng với dung dịch Na 2 CO 3 thu được kết tủa T. Xác định M, N, P, Q, T. 2) Hoà tan hết 22,4 gam CaO vào nước (dư) thu được dung dịch A a) Nếu cho khí cacbonic sục hết vào dung dịch A thì thu được 5,0 gam kết tủa. Tính thể tích khí cacbonic (ở đktc) tham gia phản ứng. b) Nếu hoà tan hoàn toàn 56,2 gam hỗn hợp MgCO 3 và BaCO 3 (có thành phần thay đổi trong đó có a% MgCO 3 ) bằng dung dịch HCl, tất cả khí thoát ra hấp thụ hết vào dung dịch A thì thu được kết tủa B. Tính giá trị của a để lượng kết tủa B nhỏ nhất. Câu II (4,0 điểm): 1) Trong một bình kín dung tích không đổi chứa a mol O 2 và 2a mol SO 2 ở 150 o C, 10 atm (có mặt V 2 O 5 ). Nung bình ở nhiệt độ 400 o C trong một thời gian, sau đó đưa về nhiệt độ ban đầu thì áp suất trong bình là P. Thiết lập biểu thức tính P và biểu thức tính tỷ khối d so với H 2 của hỗn hợp khí trong bình sau phản ứng theo hiệu suất của phản ứng (h). 2) Cho 30,6 gam hỗn hợp X gồm Cu và Fe 3 O 4 tác dụng với 500 ml dung dịch HNO 3 loãng, đun nóng và khuấy đều. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 1,68 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc), dung dịch Y và còn lại 1,2 gam kim loại. a) Viết phương trình phản ứng xảy ra. b) Tính nồng độ C M của axit HNO 3 . Câu III (4,0 điểm): 1) Từ dung dịch H 2 SO 4 98% (D = 1,84 gam/ml) và nước, hãy tính toán và nêu cách pha chế 300 ml dung dịch H 2 SO 4 0,5M (các dụng cụ thí nghiệm có đầy đủ). 2) Cho 13,9 gam hỗn hợp gồm Al và Fe (biết số mol sắt gấp hai lần số mol nhôm) vào 200 ml dung dịch A chứa Cu(NO 3 ) 2 và AgNO 3 . Sau khi phản ứng hoàn toàn thu được 37,2 gam chất rắn B gồm ba kim loại. Cho toàn bộ chất rắn B vào dung dịch axit HCl (dư) thu được 1,12 lít khí (ở đktc). Tính nồng độ mol của mỗi muối trong dung dịch A. 1 Câu IV (3,5 điểm): 1) Bằng phương pháp hoá học, hãy tách khí metan tinh khiết từ hỗn hợp gồm khí sunfurơ, khí cacbonic, metan, axetilen, etilen và hơi nước. 2) Đem oxi hoá 6,9 ml rượu etylic nguyên chất (có khối lượng riêng D = 0,8 gam/ml) thu được dung dịch A. Cho dung dịch A phản ứng hoàn toàn với 200 ml dung dịch NaOH 1M thu được dung dịch B, sau đó cô cạn dung dịch B đến khan thu được 12,2 gam chất rắn C. Nung chất rắn C có mặt của CaO (dư) ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thu được V lít khí (ở đktc) a) Tính phần trăm số mol rượu đã bị oxi hoá. b) Tính V. Câu V (4,5 điểm): 1) Viết các phương trình phản ứng của dãy biến hoá sau: A →B →C →D→E → F→A Cho biết A là hiđrocacbon có tỷ khối so với hiđro là 14; chất E là hợp chất hữu cơ có khối lượng mol nhỏ nhất. 2) Cho 6,72 lít (ở đktc) hỗn hợp khí A gồm hai hiđrocacbon mạch hở. Chia A làm hai phần bằng nhau: Phần 1 cho qua dung dịch Br 2 (dư) khối lượng dung dịch tăng X gam và lượng Br 2 đã phản ứng là 32 gam (không có khí thoát ra khỏi dung dịch) Phần 2 đem đốt cháy hoàn toàn rồi cho toàn bộ sản phẩm lần lượt qua bình 1 đựng P 2 O 5 dư, bình 2 đựng KOH dư. Thấy bình 1 tăng Y gam, bình 2 tăng 17,6 gam. a) Tìm công thức của hai hiđrocacbon. b) Tính X và Y. Cho: H = 1, C = 12, N = 14, O = 16, Na = 23, Mg = 24, S = 32, Cl = 35,5 Ca = 40, K = 39, Fe = 56, Cu = 64, Zn = 65, Br = 80, Ag = 108, Ba =137. HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Giám thị số 1: Giám thị số 2: 2 Onthionline.net Sở GD - ĐT Hà Nam Trường THPT Nam Lý ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2010 - 2011 MÔN VẬT LÝ 11 (Thời gian làm 150 phút) Bài (6 điểm): Hai quả cầu nhỏ giống mang điện tích q q2 đặt cách 10cm không khí Ban đầu chúng hút lực F1 = 1,8.10 −2 N Cho hai quả cầu tiếp xúc rồi đưa vê vị trí cũ thì chúng đẩy lực F2 = 9.10 −3 N Xác định q1 , q2 trước chúng tiếp xúc Coi số điện môi không khí ε = Bài (4 điểm): Một electron bay vào điện trường tụ điện phẳng, với vận tốc v cho (v , E ) = 45 Hiệu điện thế bản dương âm U = 182(V); khoảng cách hai bản tụ điện d = 10cm Biết bắt đầu vào điện trường O electron cách bản dương tụ điện đoạn b = 4cm Chọn hệ trục tọa độ x0y hình H.1 Chiêu dài bản tụ điện l = 12cm Cho m = 9,1.10 -31kg; e = 1,6.10-19C Tác dụng trọng lực không đáng kể H.1 1) Viết phương trình quỹ đạo electron theo v0 2) Tìm điêu kiện với vận tốc ban đầu để electron y hai bản tụ điện Bài ( điểm ): Cho mạch điện hình (H.2) Biết E1 = 6V; E2 = 3V; r1 = r2 = Ω ; R1 = Ω ; R2 = Ω ; RV → ∞ 1) Vôn kế V số Tính điện trở R3 2) Đảo vị trí các cực nguồn E1 Tìm số Vôn kế E1, r1 C Bài ( điểm ): Em xác định quỹ đạo electron tách từ ống phóng điện chân U AK = 180(V) vào từ trường đêu theo phương tạo với cảm ứng từ B = 10 -3T góc 300 Bỏ qua động ban đầu Electron x E2 r2 V A Cho m = 9.10-31kg; e = 1,6.10-19C R1 R2 B D R3 Ghi chú: Cán coi thi không giải thích thêm Hết - H.2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM (Đáp án có 04 trang) KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2009-2010 Hướng dẫn chấm môn: Hoá học Câu ý Nội dung Điểm Câu I (4,0 điểm) 1 (2đ) Xảy ra phản ứng: BaO + H 2 SO 4 → BaSO 4 ↓ + H 2 O Nếu BaO dư thì còn phản ứng BaO + H 2 O → Ba(OH) 2 Kết tủa M là BaSO 4 , còn dung dịch N có 2 trường hợp Trường hợp 1: H 2 SO 4 dư thì không có phản ứng 2 có phản ứng 2Al + 3H 2 SO 4 →Al 2 (SO 4 ) 3 + 3H 2 Khí P là H 2 và dung dịch Q là Al 2 (SO 4 ) 3 . Cho K 2 CO 3 vào có phản ứng 3K 2 CO 3 + 3H 2 O + Al 2 (SO 4 ) 3 → 2Al(OH) 3 ↓ + 3K 2 SO 4 + 3CO 2 Kết tủa T là Al(OH) 3 . Trường hợp 2: Nếu BaO (dư) thì có phản ứng 2 thì dung dich N là Ba(OH) 2 , khi cho Al vào thì 2Al + Ba(OH) 2 + 2H 2 O → Ba(AlO 2 ) 2 + 3H 2 Khí P: H 2 và dung dịch Q là Ba(AlO 2 ) Cho dung dịch Na 2 CO 3 thì có phản ứng K 2 CO 3 + Ba(AlO 2 ) 2 → BaCO 3 ↓ + 2KAlO 2 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 2 (2đ) a) CaO + H 2 O → Ca(OH) 2 CO 2 + Ca(OH) 2 → CaCO 3 + H 2 O CaCO 3 + H 2 O + CO 2 →Ca(HCO 3 ) 2 Số mol CaO = số mol Ca(OH) 2 = 22,4/56 = 0,4 mol Số mol CaCO 3 = 5/100 = 0,05 mol Trường hợp 1: nCO 2 = nCaCO 3 = 0,05 mol; V CO2 = 0,05.22,4 = 1,12 lít Trường hợp 2: CO 2 dư kết tủa sau đó kết tủa tan số mol CO 2 = số mol Ca(OH) 2 = 0,4 mol Sau đó lượng kết tủa đã tan 0,4 - 0,05 = 0,35 mol Vậy tổng số mol CO 2 là: 0,4 + 0,35 = 0,75 mol V CO2 = 0,75.22,4 = 16,8 lít b) MgCO 3 + 2HCl → MgCl 2 + CO 2 + H 2 O BaCO 3 + 2HCl → BaCl 2 + CO 2 + H 2 O Lượng CO 2 lớn nhất khi a = 100.Số mol CO 2 = 56,2/84 = 0,669 mol Lượng CO 2 nhỏ nhất khi a = 0. Số mol CO 2 = 56,2/197= 0,285 mol Số mol CO 2 : 0,285< n CO2 < 0,66 Nếu nCO 2 bằng 0,28< nCa(OH) 2 ; Tức là không có phản ứng 3 n CaCO3 = nCO 2 = 0,28 mol Nếu nCO 2 = 0,66 > nCa(OH) 2 Nên lượng kết tủa bằng CaCO 3 = 0,4-(0,66 - 0,4) = 0,14 mol 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1 Vậy khi a = 100% thì lượng kết tủa bé nhất 0,25 Câu II (4,0 điểm) 1 (1,5đ) 2SO 2 + O 2 → 2SO 3 2a a 2ah ah 2a(1-h) a(1-h) 2ah Vì nhiệt độ và dung tích bình không đổi nên áp suất tỷ lệ với số mol khí trong bình nên ta có 10 P = a3 )h3.(a − . Suy ra P = 10.(1- 3 h ) Khối lượng mol TB là: )h3(a a.3264.a2 − + = h3 160 − Tỷ khối so với H 2 là 2)h3( 160 − = )h3( 80 − 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 2 (2,5đ) 3Cu + 8HNO 3 → 3Cu(NO 3 ) 2 + 2NO + 4H 2 O (1) 3Fe 3 O 4 + 28HNO 3 → 9Fe(NO 3 ) 3 + NO + 14H 2 O (2) Cu + 2Fe(NO 3 ) 3 →Cu(NO 3 ) 2 + 2Fe(NO 3 ) 2 (3) Có 1,2 gam kim loại không tan suy ra kim loại Cu dư chuyển Fe 3+ hết thành Fe 2+ n Cu đã phản ứng pứ (1) = x mol; nFe 3 O 4 đã phản ứng (2) = y mol 64x + 232y = 30,6 - 1,2 = 29,4 gam Số mol NO = 1,68/22,4 = 0,075 mol Ta có hệ 2/3x +1/3y = 0,075 64(x + 3/2y) + 232y = 29,4 x = 0,075 mol; y = 0,075 mol. Số mol HNO 3 đã dùng là: (8.0,075):3 + (28.0,075):3 = 0,2 + 0,7 →C M HNO3 = 0,9 :0,5 = 1,8M 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu III (4,0 điểm) 1 (1,5đ) Tính toán: - Trong 300 ml dd H 2 SO 4 0,5M có 0,5.0,3.98 = 14,7 gam H 2 SO 4 - Khối lượng dd H 2 SO 4 98% cần lấy: 14,7.100/98 = 15 gam - V dd H 2 SO 4 98% = 15/1,84 = 8,1523 (ml) Cách pha chế: - Cho khoảng 200 ml nước vào bình chia độ có dung tích khoảng 400 ml. - Thêm từ từ 8,1522 (ml) dd H 2 SO 4 98% vào bình trên. - Thêm từ từ nước vào bình đến khi thể tích dd đạt 300 ml, Khuấy đề thu được dd theo yêu cầu. Chú ý: Không cho nước vào axit sunfuric đặc. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2 (2,5đ) Trong hh KL ban đầu: gọi mol Al = a mol, mol Fe = 2a mol Ta có: 27a + 56.2a = 13,9 suy ra a = 0,1 = mol Al; mol Fe = 0,2 mol 0,25 2 Sau các p/ư Fe dư p/ư với HCl: Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 (1) Theo PTHH (1) mol Fe = mol H 2 = 1,12/22,4 = 0,05 → trong hỗn hợp KL ban đầu có 0,2 - 0,05 = 0,15 mol Fe p/ư. Gọi x, y lần lượt là số mol Cu, Ag được tạo thành Al - 3e → Al 3+ (2) 0,1 0,3 Fe - 2e → Fe 2+ (3) 0,15 0,3 Cu 2+ + 2e → Cu (4) x 2x x Ag + + e → Ag (5) y y y Từ (2), (3), (4), (5) ta có: 2x + y = 0,3 + 0,3 = 0,6 (6) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 THCS NĂM 2011 Môn Toán Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1.(6 điểm) 1. Cho biểu thức 6 2 5 13 48 A 3 1 + − + = + a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2 2 y A x(A x)(A x )− = + + 2. Gọi 1 2 d ,d là các đường thẳng lần lượt có phương trình: 1 d :y 2x 3m 2= + + và 2 2 d : y (m m)x 4= + − a) Tìm m để hai đường thẳng 1 2 d ,d song song. b) Tuỳ theo giá trị của m, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ( ) 2 2 2 B 2x y 3m 2 (m m)x y 4 = − + + + + − − Bài 2.(6 điểm) 1. Giải phương trình: ( ) 2 3 2(x 2) 3 x 8 2x+ = + + 2. Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt: ( ) 4 3 2 2 x 3x (2m 1)x 3m 1 x m m 0+ − − − + + + = Bài 3.(1 điểm) Giải hệ phương trình : ( ) ( ) 3 3 x 2 y 1 x y 2 x 1 y 0 x y 16 − − + − − = + = Bài 4.(6 điểm) Cho 3 điểm cố định A, B, C phân biệt và thẳng hàng theo thứ tự đó. Đường tròn (O) đi qua B và C (O không thuộc BC). Qua A kẻ các tiếp tuyến AE và AF đến đường tròn (O) (E và F là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng BC, N là trung điểm của đoạn thẳng EF. 1. Chứng minh rằng: E và F nằm trên một đường tròn cố định khi đường tròn (O) thay đổi. 2. Đường thẳng FI cắt đường tròn (O) tại E’(khác F). Chứng minh tứ giác BCE’E là hình thang. 3. Chứng minh rằng: Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ONI nằm trên một đường thẳng cố định khi đường tròn (O) thay đổi. Bài 5.(1 điểm) Cho tam giác ABC. Xác định vị trí của điểm M nằm trong tam giác ABC sao cho AM.BC BM.CA CM.AB+ + đạt giá trị nhỏ nhất. HẾT (Giám thị không giải thích gì thêm ) Họ và tên: Số báo danh: Chữ kí của giám thị 1 Chữ kí của giám thị 2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: VẬT LÍ Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 02 trang) Bài 1 (4 điểm) Một chiếc nến cốc gồm một chiếc cốc hình trụ có thành mỏng, đáy dày và diện tích đáy cốc là S 1 = 25cm 2 , trong cốc có gắn một chiếc nến (làm bằng chất parafin) vào đáy cốc, trọng lượng của nến và cốc lần lượt là P 0 = 0,5N và P 1 . Một học sinh đặt chiếc nến cốc vào một bình hình trụ đứng có diện tích đáy S 2 = 2S 1 , đáy bình nằm ngang rồi rót nước vào bình cho tới khi cốc nổi trên mặt nước với phần cốc ngập trong nước là h 1 = 4cm thì mực nước trong bình là h 2 = 8cm. Sau đó bắt đầu đốt nến và theo dõi mức nước trong bình. Biết khi cháy thì chất parafin cháy sẽ bị bay hơi đi mà không chảy xuống đáy cốc và trọng lượng của nến giảm đều theo thời gian cho đến hết trong thời gian T = 50 phút. Bỏ qua mọi tác động gây bởi sự thay đổi nhiệt độ khi nến cháy; cốc luôn thẳng đứng. Cho trọng lượng riêng của nước là d n = 10 4 N/m 3 . 1. Xác định trọng lượng của cốc và mực nước trong bình khi nến đã cháy hết? 2. Xác định sự phụ thuộc của áp suất nước lên đáy bình theo thời gian và tốc độ di chuyển của chiếc cốc so với bình khi nến đang cháy? Bài 2 (4 điểm) Trong một bình nhiệt lượng kế có một lượng nước với thể tích V 1 ở nhiệt độ t 1 = 10 0 C. Người ta đổ thêm một thể tích nước V 2 ở nhiệt độ t 2 = 40 o C vào bình. Biết thể tích của nước thay đổi theo nhiệt độ theo quy luật V t = V 0 (1+αt), với V 0 và V t lần lượt là thể tích nước ở nhiệt độ 0 o C và t o C, α là một hệ số không đổi. Khi cân bằng nhiệt, nước trong bình nhiệt lượng kế có thể tích V, khối lượng m và nhiệt độ là t =20 0 C. 1. Giả thiết có thể bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường và với bình nhiệt lượng kế. Khi đó hãy so sánh tổng (V 1 + V 2 ) và V. Tính tỉ số khối lượng nước trong bình nhiệt lượng kế ban đầu (m 1 ) và khối lượng nước đổ thêm (m 2 )? 2. Thực tế thì không thể bỏ qua được mất mát nhiệt. Trong bình nhiệt lượng kế có một thiết bị đun có điện trở R = 242Ω không thay đổi theo nhiệt độ. Khi nối với nguồn điện ổn định 220V và theo dõi sự thay đổi nhiệt độ của nước trong bình theo thời gian thì được đồ thị như trong hình vẽ. Biết m = 0,2kg và không thay đổi. Giải thích tại sao nước trong bình không thể sôi được? Tính công suất hao phí trung bình trong thời gian nước tăng nhiệt độ và công suất tỏa nhiệt ra môi trường khi nhiệt độ nước đã ổn định, nếu coi công suất cung cấp cho nước là có ích. Nhiệt dung riêng của nước: c = 4200J/kg.độ. Bài 3 (4 điểm) Để cung cấp điện cho một nhà thi đấu thể thao, người ta sử dụng một máy biến thế để biến đổi hiệu điện thế từ mạng điện cao thế thành hiệu điện thế 220V cho nhà thi đấu. Đường dây tải điện nối từ trạm biến thế tới nhà thi đấu ở cách xa 0,8km gồm 2 dây dẫn có điện trở suất ρ = 2,5.10 -8 Ωm, tiết diện mỗi dây 80mm 2 . Hiệu điện thế ở hai đầu cuộn sơ cấp là 1,1kV và được giữ không thay đổi, cuộn thứ cấp có 223 vòng dây. Bỏ qua mọi hao phí trên máy biến thế và điện trở các dây nối trong nhà thi đấu. 1. Trong nhà thi đấu chỉ có 22 đèn loại 220V-60W được mắc song song và sáng bình thường. Hãy tính: Công suất hao phí trên đường dây, hiệu suất truyền tải điện từ máy biến thế đến nhà thi đấu và số vòng dây cuộn sơ cấp của máy biến thế? Độ sáng của các đèn thay đổi thế nào nếu mắc thêm một bếp điện song song với các đèn? 2. Để thực hiện tiết kiệm điện, người ta sử dụng các bóng đèn compact và mắc song song với nhau. Các bóng đèn là loại 220V – 11W và 220V – 22W. Hỏi có thể mắc được bao nhiêu đèn mỗi loại để các đèn sáng bình thường? Bài 4 (4 điểm) 1 20 80 155 0, 0 T (phút) t ( o C) h 1 h 2 A A A A A E F Đ C B M Cho mạch điện như hình vẽ. Biết: U EF = 14V; đèn Đ ghi 3V – 3W; C là con chạy của biến trở AB. Khi R AC = 3Ω thì đèn sáng bình thường. Bỏ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013-2014 Môn thi : Vật Lý (Thời gian làm bài: 180 phút) Bài 1 ( 3,0 điểm) : Một thanh thẳng, đồng chất, tiết diện nhỏ, dài 2( )m=l và có khối lượng M=3(kg). Thanh có thể quay trên mặt phẳng nằm ngang, quanh một trục cố định thẳng đứng đi qua trọng tâm của nó. Thanh đang đứng yên thì một viên đạn nhỏ có khối lượng m = 6(g) bay trong mặt phẳng nằm ngang chứa thanh và có phương vuông góc với thanh rồi cắm vào một đầu của thanh. Tốc độ góc của thanh ngay sau va chạm là 5(rad/s). Cho momen quán tính của thanh đối với trục quay trên là 2 1 I= M 12 l . 1. Tính tốc độ của đạn ngay trước khi cắm vào thanh. 2. Tính nhiệt tỏa ra trong quá trình va chạm. Bài 2 (4,0 điểm): Một lò xo có độ cứng k = 50N/m, độ dài tự nhiên l 0 = 20cm, một đầu cố định, đầu kia mắc vào vật khối lượng m 1 = 150g có thể trượt không ma sát trên mặt bàn nằm ngang. Vật m 1 được nối với vật khối lượng m 2 = 50g bằng một sợi dây không dãn vắt qua một ròng rọc như hình 1. Lò xo, sợi dây và ròng rọc đều có khối lượng không đáng kể. Kéo vật m 2 xuống phía dưới sao cho lò xo có độ dài l 1 = 23cm rồi thả nhẹ nhàng khi đó hệ dao động điều hòa với tần số góc là . Lấy g = 10m/s 2 ; π 2 10. 1. Viết phương trình dao động của vật m 2 . Lấy gốc tọa độ ở vị trí cân bằng của m 2 , chiều dương hướng xuống dưới và gốc thời gian tại thời điểm vật bắt đầu chuyển động. 2. Khi độ dài lò xo là 22cm và vật m 2 đang đi xuống thì dây nối hai vật m 1 , m 2 bị đứt. Giả thiết m 1 tiếp tục dao động điều hòa. Tìm biên độ dao động của m 1 . 3. Nếu dây không bị đứt sau đó người ta đưa hai vật về vị trí cân bằng như lúc đầu. Hỏi cần phải kéo vật m 2 xuống và khi đó lò xo dài bao nhiêu để khi thả nhẹ vật m 2 thì hai vật vẫn dao động điều hòa ? Bài 3 (5,0 điểm): Trong thí nghiệm giao thoa sóng trên mặt nước, hai nguồn kết hợp S 1 , S 2 cách nhau 12cm dao động cùng pha với tần số f = 20Hz. Cho M và N là hai điểm trên mặt nước dao động với biên độ cực đại với MS 1 = 10cm; MS 2 = 14cm; NS 1 = 12cm; NS 2 = 22cm, giữa M và N có hai dãy cực đại khác. 1. Tính tốc độ truyền sóng trên mặt nước. 2. Gọi I là trung điểm của S 1 S 2 , và AB nằm trên đường trung trực S 1 S 2 , với IA = IB = 12cm. a. Xác định số điểm dao động ngược pha với hai nguồn S 1 , S 2 ở trên đoạn AB. b. P là điểm dao động ngược pha với hai nguồn thuộc AB. Tìm khoảng cách lớn nhất từ điểm P đến S 1 S 2 . 3. Xét đoạn thẳng CD = 6cm trên mặt chất lỏng có chung đường trung trực với S 1 S 2 . Để trên đoạn CD chỉ có 5 điểm dao động với biên độ cực đại thì khoảng cách lớn nhất từ CD đến S 1 S 2 là bao nhiêu? 4. Cho một đường tròn chứa hai nguồn bên trong, tìm số điểm dao động với biên độ cực đại trên đường tròn này. Bài 4 (5,0 điểm): Cho mạch điện như hình vẽ 2: Tụ điện có điện dung C, cuộn dây có độ tự cảm L và điện trở r, điện trở R có giá trị thay đổi. Mắc vào hai đầu M và N một điện áp ).2cos(2 tfUu MN π = với tần số f thay đổi được. Hình 1 m 2 m 1 k 1. Khi tần số f =50 (Hz) và thay đổi R=30 (Ω) người ta đo được điện áp ở hai đầu B và D là U BD =60(V) và cường độ dòng điện trong mạch có giá trị hiệu dụng là I=1,414 (A) ( coi bằng )(2 A ). Biết điện áp tức thời u BD lệch pha π 25,0 so với cường độ dòng điện và điện áp tức thời u BD lệch pha π 5,0 so với u MN . a. Tính giá trị r, L, C và U. b. Tính công suất tiêu thụ của mạch điện và viết biểu thức điện áp hai đầu tụ. 2. Vẫn giữ giá trị R=30(Ω) và thay đổi tần số f để điện áp trên C đạt giá trị cực đại. Tìm giá trị tần số đó. 3. Giữ tần số f =50 (Hz) và thay đổi R từ 0 đến ∞ vẽ dạng đồ thị của sự phụ thuộc công suất mạch vào biến trở R. Bài 5 ( 3,0 điểm) : Cho mạch điện như hình vẽ 3: nguồn điện có suất điện động E, điện trở trong r, điện trở thuần R, cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L, tụ điện có điện dung C. Ban đầu khoá K ở vị trí 1 để dòng điện ổn định, sau đó K chuyển nhanh sang vị trí 2. 1. Tính cường độ dòng điện qua cuộn dây khi K ở 1. 2. Tính hiệu điện thế