Đáp án chọn đội tuyển HSG Vật lí lớp 12 Đắk Lắk 2015-2016 ngày 2 - Học Toàn Tập

Năng lượng tiêu thụ của động cơ được chia làm hai phần: một phần biến thành cơ năng, một phần biến thành nhiệt năng làm nóng động cơ.. Tìm cách mắc nguồn điện..[r]

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 gỗ A khơng ? Giải thích

Chọn chiều dương hướng xuống theo mặt phảng nghiêng Giả sử gia tốc aB > aA (miếng gỗ B chuyển động nhanh hơn)

- Vật B chịu tác dụng lực: + trọng lực PB

+ 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 làNB

Ta có phương trình định luật Niu tơn cho chuyển động vật B: PBNB F FmsB maB (1)0,25đ

Chiếu (1) lên phương mặt phẳng nghiêng, để ý F FmsBhướng 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 NA (3)

Ta có phương trình định luật Niu tơn cho chuyển động vật A: PA F NAm aA A (4) 0,25đ

Chiếu (4) lên phương mặt phẳng nghiêng, chiều dương hướng xuống: mAgsinα + F = mAaA (5) 0,25đ

Từ (2), ta suy ra: msB B

B

F F

a gsin

m

 

  (6) 0,25đ Từ (5), suy ra: A

A

F

a gsin

m



  (7) 0,25đ Từ (7) (6), suy rằng: aA > aB, trái với giả thiết

Vậy miếng gỗ B chuyển động nhanh

hơn 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: msB

B

B

F F

a gsin

m

 

  (11) 0,25đ A

A F a gsin

m 

  (12) 0,25đ

+

B A

Từ (10) (11), để aA > aB phải có: msB

B A

F F F

m m

 

Hay: 1NA NB NA NA 1 A cos B cos  A cos A cos

B A B A

m g m g m g m g

m m m m

          

  

Do đó: 1 A B A 1

B

m m m

m

     

   (13) 0,25đ Tìm thời điểm để miếng gỗ A văng khỏi đĩa (1,75đ) - Chuyển động trịn khơng nên vật có gia tốc tiếp tuyến: t

v R t

a R

t t

 

 

  

  (14) 0,25đ gia tốc pháp tuyến: an 2RR t2 (15) 0,25đ từ (15) (14), ta có gia tốc tồn phần:

a an2at2 R 12 4t (16) 0,25đ

Lực làm vật A chuyển động với đĩa lực ma sát nghỉ, có giá trị cực đại μ2mAg

F m aA m RA  12 4t 2m gA (17) 0,25đ Từ (17) ta suy ra:

2 2

2 4

2 2 2

1

1 t g t g

R R

 



  

 

      

  (18) 0,25đ Dấu (=) tương ứng với thời điểm miếng gỗ A bị văng khỏi đĩa:

2 2

2

1

1

g t

R



 

  (19)0,25đ Với điều kiện: 2 R

g 

  (20) 0,25đ

Câu (4,0 điểm)

Tính nhiệt độ T1, T2, T3 T4 (1,5đ) -Ta có:

5

4 4 4

10 6,31.10 76 8,31

p V

p V RT T K

R



     (21) 0,5đ - Quá trình – đẳng tích, nên:

5

1

4

3.10

76 228

10 p

T T K

p

   (22) 0,25đ - 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 (23) 0,5đ

Vậy: 2

1

228.3 684

V

T T K

V

   (24) 0,25đ

Vẽ đồ thị p- T V – T: (2,5đ)

4

2

p

V O

(1,25đ) (1,25đ) Câu (3,0 điểm)

1 Tính cơng suất tiêu thụ điện hiệu suất động (1,0đ)

Năng lượng tiêu thụ động chia làm hai phần: phần biến thành năng, phần biến thành nhiệt làm nóng động Vì cơng suất tồn phần động là:

Ptp = Pcơ + Pnhiệt

Công suất kéo vật: Pcơ = T.v

Trong lực căng: sin

2 mg

TP   Pcơ = 400W (25) 0,25đ

Công suất tỏa nhiệt: Pnhiệt = I2.r = 500W (26) 0,25đ

Công suất tiêu thụ điện là:

Pđ = Ptp = 400 + 500 = 900W (27) 0,25đ

Hiệu suất động cơ: H% = Pcơ / Ptp 100% = 44,4% (28) 0,25đ

Tìm cách mắc nguồn điện (2,0đ)

Hiệu điện hai đầu động kéo vật: 180

tp

P U

I

  V (29) 0,25đ

Ta phải mắc nguồn đối xứng, nghĩa m dãy song song giống nhau, dãy gồm n ắc quy nối tiếp:

0

36 3,6

b

b

E nE n

nr n

r

m m

 

  (30) 0,25đ Theo định luật Ohm mạch kín:

3,

Ir 36 180 10

b b

n

E U n mn m n

m

       

10

2

n m

   (31) 0,5đ

Vì m, n phải nguyên dương nên ta xét nghiệm nguyên dương phương trình (31) 76

3.105

105 3

2

p(Pa)

T(K) O

H

228 684

Đồ thị p - T

76 18,93

6,31

3

1 V(dm3)

T(K) O

H

228 684

Tổng hai số số 10

n ,

m số, tích cuả hai số cực đại hai số

nhau, nghĩa 10

n

m cực đại (do m.n phải cực tiểu)

10

n  m (32) 0,5đ

Ta có hệ phương trình:

(33)

Vậy nguồn gồm dãy cần dùng 10 ắc quy

Bộ gồm 10 ắc quy nối tiếp (34) 0,5đ

Câu (5,0 điểm)

Tính tiêu cự thấu kính: - Sơ đồ tạo ảnh:

+ Ảnh thứ nhất: tạo qua mặt song song thấu kính BMSS ' ' TK '' ''

ABA B A B (35) 0,25đ + Ảnh thứ hai: tạo qua mặt song song,

gương phẳng, mặt song song, thấu kính

1 2 3

4

BMSS GP BMSS

TK

AB A B A B A B

A B

  

 (36) 0,25đ

- Lần lượt xét tạo ảnh: + Với ảnh thứ nhất:

Ảnh A’B’: có độ lớn vật AB, dời theo chiều truyền tia sáng (về phía TK L), khoảng:

e 1 201 5( )

4 cm

n

 

    

  (37) 0,25đ Vậy khoảng cách từ ảnh A’B’ đến thấu kính

d = a/2 - ℓ + OO’ = 15 + OO’ (38) 0,25đ Ảnh A’’B’’ tạo qua thấu kính: 1 '

'

df d

f  d d   d f Độ cao ảnh: A B'' '' ABd' 4,5cm

d

  (39) 0,25đ + Với ảnh thứ hai:

Ảnh A1B1 tạo qua BMSS nước có độ cao vật AB, dời lại gần gương phẳng theo chiều

truyền tia sáng khoảng:

e 1 201 5( )

4 cm

n

 

      

Vậy khoảng cách từ ảnh A1B1 đến gương là:

20 – = 15 cm (40) 0,25đ

Qua gương phẳng, vật A1B1 cho ảnh A2B2 áo, A1B1 cách gương 15 cm cách thấu kính

khoảng: 15 + 40 + OO’ = 55 + OO’ (cm) (41) 0,25đ

O’ a

E

L

O B

Â

H

1 10 m n

  

10

10

2

n m

n m

Ảnh A2B2 trở thành vật thật BMSS có độ dày a = 40cm, qua mặt cho ảnh A3B3 dời lại gần

thấu kính khoảng:

' a 1 401 10( )

4 cm

n

 

    

  (42) 0,25đ Vậy ảnh A3B3 cách thấu kính:

d4 = 55 +OO’ – 10 = 45 + OO’ (cm) = d + 30 (cm) (43) 0,25đ

Ảnh A4B4 tạo qua thấu kính: 4

' d f

d

d f

  Độ cao ảnh:

4

4

'

.d

A B AB cm

d

  (44) 0,25đ Từ trên, ta có giả thiết là: d4’ = d’ – (45) 0,25đ

ta có, từ (43) (45)

  

   

4 4

30 ' '

'

' ' 30 '

d d

d d d d

f

d d d d d d

 

  

     (46) 0,25đ

Từ (39), (43),(44) (45):  

  4 4 ' ' ' 30 ' ' 1,5

' ' ' 4

30

d d

AB d d

A B d d

d d

A B d d

AB d d         Hay: d.d’ + 30d’ = 1,5d.d’ – 6d => d’(0,5d – 30) = 6d Từ đó: ' 12

0,5 30 60

d d

d

d d

 

  (47) 0,25đ Thay (47) vào (46):

        2

12 240

12 30 4 30

12

60 60

60

12 12 48 240

30 30

60 60 60

d d

d d d

d

d

d d

d

d d d d d

d d d

d d d

                                           Biến đổi:    2

12 8( 30) 2( 30)

3 156 36 2880

48 52 30 48 52

d d d d

d d d d

d d d d d

 

       

    

Ta có phương trình xác định d: d2

– 120d + 2880 = (48) 0,5đ Phương trình (37) có nghiệm: 60 26,833

1

d  ;

hay d = 86,833 cm d = 33,167 cm (49) 0,25đ Ta loại nghiệm d = 33,167 cm cho d’ <

Vậy: ' 12.86,833 38,833 86,833 60

d   cm

 (50) 0,25đ Suy tiêu cự thấu kính:

86,833.38,833 26,833 86,833 38,833

f   cm

 (51) 0,25đ Khoảng cách từ thấu kính đến thành bể phía sau:

x = a + OO’ = a + d – 15 = 40 + 86,833 – 15 = 111,833 cm(52) 0,25đ Độ cao vật AB:

4,5 4,5 10, 06 ' 38,833

86,833

AB cm

d d

Câu (3,0 điểm)

Viết phương trình phân rã phóng xạ xác định hạt nhân AZX 24 24

1

11Na e 12 Mg

 



   (54)0,5đ Tính lượng giải phóng phân rã

Q = (mNa – mMg).c2 = (23,990963 - 23,985042).931,5 =

= 5,5154115 MeV (44) 0,75đ

a Tính số gam 1124Na đưa vào máu bệnh nhân m0 5.10 4mol.9.10 3lit 45.107mol 10,8.10 5g

lit

   

   (55) 0,5đ

b Tính lượng chất phóng xạ 24

11Nacòn lại máu bệnh nhân sau

0.693 5 15 10,8.10

t

mm e   e 8,57238.10-5 g (56) 0,5đ c Tính thể tích máu thể bệnh nhân

- Trong cm3 máu bệnh nhân có chứa lượng 24 11Nalà:

m’ = 7,5.10-9 24 = 180.10-9 = 18.10-8 g (57) 0,25đ - Lượng chất 1124Na lại thể sau 5h m = 8,57238.10

-5

g Vậy thể tích máu thể bệnh nhân là:

5

3 3

8 8,57238.10

.9( ) 4, 28619.10 ( ) 4, 2862(lit) 18.10

V cm cm

 

   (58) 0,5đ