De+DA Thi HSG Lop 12 _Casio(2010-2011)_Vinh Phuc

Sở GD & ĐT Vĩnh Phúc Đề CHíNH THứC Kỳ thi giải toán trên máy tính cầm tay casio lớp 12 năm học 2010 - 2011 Đề thi môn: Vật lý Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề Bi 1: Hai thanh cng, nh, chiu di mi thanh l l=1m ni vi nhau bng mt bn l C khi lng m. u kia mi thanh cú gn cỏc qu cu khi lng m A = m, m B = 2m. H thng t thng ng trờn bn. Bng tỏc ng nh, hai qu cu bt u trt ra xa nhau sao cho hai thanh vn nm trong mt phng thng ng. B qua mi ma sỏt, g=10m/s 2 a) Tỡm vn tc ca bn l ti thi im sp chm sn. b) Tỡm vn tc ca qu cu 2m ti thi im gúc gia hai thanh bng 2 =60 o . Cỏch gii Kt qu Bi 2: Mt lng khớ lý tng thc hin mt chu trỡnh nh hỡnh v. Nhit ca khớ im A l 200 K. hai trng thỏi B v C khớ cú cựng nhit . Xỏc nh nhit cc i ca khớ ? A C B P B P B C A P A V V A 3V A O Cách giải Kết quả Bài 3: Cho mạch điện như hình vẽ. Trong đó: E = 80V, R 1 = 30 Ω, R 2 = 40 Ω, R 3 = 150 Ω, R + r = 48Ω, ampe kế chỉ 0,8A, vôn kế chỉ 24V. 1. Tính điện trở R A của ampe kế và điện trở R V 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. Cách giải Kết quả A V R 3 R 1 R 2 R A B E, r Bài 4: 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 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. Cách giải Kết quả Bi 5: Mt con lc lũ xo treo thng ng gm vt nh cú khi lng m = 250g v mt lũ xo nh cú cng k = 100N/m. Kộo vt m xung theo phng thng ng n v trớ lũ xo gión 7,5cm ri th nh. Chn gc to v trớ cõn bng ca vt, trc ta thng ng, chiu dng hng xung di, chn gc thi gian l lỳc th vt. Ly 2 10 /g m s= v 2 10 . Coi vt dao ng iu hũa. a) Vit phng trỡnh dao ng b) Tỡm thi gian t lỳc th vt n khi vt ti v trớ lũ xo khụng bin dng ln u tiờn. c) Xỏc nh ln lc n hi ti thi im ng nng bng ba ln th nng. d) Xỏc nh khong thi gian lũ xo b gión trong mt chu kỡ. Cỏch gii Kt qu ------------------------------ HT ------------------------------ Sở GD & ĐT Vĩnh Phúc Kỳ thi giải toán trên máy tính cầm tay casio lớp 12 năm học 2010 - 2011 Híng dÉn chÊm m«n: VËt lý Bài Lời giải vắn tắt Điểm 1 (2đ) a) Giả sử khi sắp chạm đất, quả cầu B có vận tốc 0 B v ≠ thì do tính chất của thanh cứng, quả A và bản lề cũng phải có vận tốc v B . Điều này vô lý vì thanh choãi ra. Vậy 0 B v = . Tương tự 0 A v = . Vậy ngay khi sắp chạm đất, hai quả cầu dừng lại, V C có phương thẳng đứng. - Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng: 2 1 2 2 C C mV mgl V gl= ⇒ = = 20 4,4721 /m s≈ b) Phân tích V C thành hai thành phần V Cx và V Cy . - Do tính chất của thanh cứng: x sin sin os B C Cy V V V cα = α + α ( ) x 1 tan Cy B C V V V⇒ = + α x sin os sin A Cy C V V c Vα = α− α ( ) x 2 tan Cy A C V V V⇒ = − α ( ) x ; tan 3 2 2 B A B A C Cy V V V V V V − + = = α - Định luật bảo toàn động lượng theo phương ngang: x 2 0 A B C mV mV mV− + + = ( ) 5 2 0 4 2 3 B A A B A B V V V V V V − ⇔ − + + = ⇒ = - Định luật bảo toàn cơ năng: 2 2 2 1 1 1 os 2 2 2 2 A C B mgl mglc mV mV mV− α = + × + ( ) ( ) X 2 2 2 2 2 2 1 os 5 A C CY B V V V V gl c⇒ + + + = − α Giải hệ (3), (4), (5) tìm được: ( ) ( ) 2 9 1 os 2 11 4 tan B gl c V − α = + α = 2 9.10(1 cos30 ) 0,6992 / 2(11 4 tan 30 ) o o m s − ≈ + 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2 (2đ) - Do V C = 3V A nên P C = 3P A . Ta có ở quá trình AB là đẳng tích T P = const nên từ A đến B nhiệt độ tăng và đạt cực đại ở B. Và: ACC A A B B B A A P9P3T T P P T P T P ====>= - Quá trình CA do phương trình đường CA có dạng p = uV hay nRT = uV 2 nên T cực đại tại C. - Xét quá trình BC: Phương trình đoạn BC là P = a.V + b. Tại B là 9P A = aV A + b Tại C là 3P A = a3V + b => P = A A V P3 − V + 12P A 0,25 0,25 0,25 0,25 B V uur xC V uuur yC V uuur A V uur y x 2 α => a = A A V P3 − ; b = 12P A => A A A P12V V P3 V nRT +−= => V nR P12 V nRV P3 T A 2 A A += => T max = A AA A A 2 A T12 nR VP12 nRV P3.4 nR P12 ==       Vậy nhiệt độ cực đại của khí đạt được tại điểm D trên BC là: T max = 12.200 = 2400K 0,25 0, 50 0,25 3 (2đ) 1- Gọi I là cường độ dòng điện trong mạch chính: Ta có: E = I (r + R) + R 2 (I – I A ) + U V 80 = 48I + 40 (I – 0,8) + 24 ⇒ I = 1A U AB = (I – I A ) R 2 + U V = 32V Ω=−=⇒ 10 1 R I U R A AB A Ω= −− == 600 3 R U II U I U R V A V V V V 2- Ta có: Ω== 32 I U R AB 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, 48R ≤ ) Công suất P của mạch ngoài: 2 2 2 32 ( 32) [(48 ) 1536] N N 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=48Ω b) Ta có: 32 . (48 ) 1536 AB N RE U R I R R = = − + Công suất P của R là: 2 2 2 (32 ) [(48-R)R+1536] AB R U E R P R = = Ta thấy với R=48 thì mẫu số min còn tử số max nên P max. Vậy R=48Ω 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 4 (2đ) Ta có: R r = / / d Ldd −+ ⇔ R r = fd fd L fd fd d − − − + . . ⇔ R r = fd LfLdd +− 2 = d L f L f d +− Vì R không đổi, để r nhỏ nhất thì         + d L f d nhỏ nhất. 0,25 (HV 0,25) 0,25 0,25 0,25 Điều kiện này xảy ra khi : d L f d = Thay d = L - ℓ → (L - 40) 2 = 36L ↔ =   = <  l L 100cm L 16cm (lo¹i) 0,25 0,50 5 (2đ) - 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: 0 P F mg k l= ⇒ = ∆ mg 0,25.10 l 0,025 2,5cm k 100 ⇒ ∆ = = = = - Phương trình dao động có dạng: x Ac (os t )= ω + ϕ trong đó tần số góc: k 100 20rad / s m 0,25 ω = = = 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 sin =0 5 Ac rad A cm ϕ ϕ ω ϕ =   ⇔   =   a) Do đó phương trình dao động là: x 5c 20t )os (cm= b) min 2 2 3 t 0,1054(s) 60 30 π π π = = = ≈ ω c) Tại vị trí có động năng bằng ba lần thế năng: d t 2 2 2 t 2 d t w 3w 1 1 1 1 1 w 2,5 1 4 2 2 4 2 2 w w 2 A kA kx kA x cm kA =       ⇔ = ⇔ = ⇔ = ± = ±   ÷  ÷ + =       - Nếu 2,5 0( ) dh x cm l F N= − = ∆ ⇒ = - Nếu ( ) 2 2 2,5 2,5.10 100.5.10 5( ) dh x cm F k l N − − = ⇒ = ∆ + = = d) Khoảng thời gian lò xo bị giãn trong một chu kì là: 4 4 3 t 0,2108(s) 60 15 π π π = = = ≈ ω 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 O 5 -5 x 2,5 M N O 5 -5 x 2,5 M N . + 12P A 0,25 0,25 0,25 0,25 B V uur xC V uuur yC V uuur A V uur y x 2 α => a = A A V P3 − ; b = 12P A => A A A P12V V P3 V nRT +−= => V nR P12. max = A AA A A 2 A T12 nR VP12 nRV P3.4 nR P12 ==       Vậy nhiệt độ cực đại của khí đạt được tại điểm D trên BC là: T max = 12. 200 = 2400K 0,25