máy tính cầm tay

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHÍNH THỨC KÌ THI KHU VỰC GIẢI TOÁN VẬT LÍ TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY NĂM 2009 Lớp 12 Thời gian: 150 phút – Không kể thời gian giao đề Chú ý: - Đề thi này gồm trang, 10 bài, mỗi bài 5 điểm. - Thí sinh làm bài trực tiếp vào bản đề thi này. Điểm toàn bài thi Các giám khảo (Họ tên và chữ kí) Số phách (Do Chủ tịch Hội đồng thi ghi) Bằng số Bằng chữ Giám khảo 1: Giám khảo 2: Quy định: Học sinh trình bày vắn tắt cách giải, công thức áp dụng, kết quả tính toán vào ô trống liền kề bài toán. Các kết quả tính gần đúng, nếu không có chỉ định cụ thể, được ngầm định chính xác tới 4 chữ số phần thập phân sau dấu phẩy. Bài 1: Từ độ cao h = 30m so với mặt đất, một vật được ném theo phương ngang với tốc độ ban đầu v o = 15m/s . Bỏ qua mọi ma sát. Hãy tính: a) Tầm xa của vật. b) Tốc độ trung bình và độ lớn vận tốc trung bình của vật trong khoảng thời gian t = 2s đầu tiên. Đơn vị: Độ dài (m); tốc độ (m/s). Cách giải Kết quả Bài 2: Một tên lửa có tổng khối lượng là m 0 = 2 tấn đặt trên mặt đất. Người ta khởi động tên lửa và cho tên lửa chuyển động thẳng đứng lên trên bằng cách cho khí phụt về phía sau với tốc độ u = 4km/s so với tên lửa, khối lượng khí phụt ra một cách đều đặn μ = 30kg/s. Không tính đến sức cản của không khí; coi gia tốc trọng trường không đổi theo độ cao và luôn bằng g. Hãy tính khoảng thời gian phụt khí cần thiết để tên lửa đạt đến vận tốc v’ = 1,2km/s so với mặt đất. Đơn vị: Thời gian (s). Cách giải Kết quả Bài 3: Phía trên một mặt bàn nằm ngang cố định có một đĩa đồng chất hình trụ, bán kính R = 20cm, khối lượng m đang quay đều quanh trục thẳng đứng với tốc độ góc ω 0 = 1500 vòng/phút. Đĩa được hạ thấp dần thật chậm để có thể tiếp xúc nhẹ nhàng (không va chạm) với mặt bàn. Biết hệ số ma sát giữa đĩa và mặt bàn là μ = 0,1. Hãy tính thời gian từ khi đĩa bắt đầu tiếp xúc với mặt bàn đến khi dừng hẳn và góc mà đĩa quay được trong thời gian đó. Đơn vị: Thời gian (s); góc (vòng). Cách giải Kết quả Bài 4: Một khối lý tưởng thực hiện chu trình mà đường biểu diễn vẽ ở hình 1. Tính công A mà khí đã sinh ra trong một chu trình. Với (1)→(2) và (3)→(4) là quá trình politropic; (2)→(3) là quá trình đẳng nhiệt; (3)→(4) là quá trình đẳng tích. Đơn vị: Công (J). Cách giải Kết quả Bài 5: Cho mạch điện như hình 2, X là một phần tử phi tuyến có cường độ dòng điện qua nó liên hệ với điện áp trên nó theo quy luật I = αU 2 (với α = 0,05); các điện trở R 1 = 47Ω, R 2 = 33Ω. Nguồn điện có suất điện động E = 12 V, điện trở trong r = 0,5Ω. Hãy xác định công suất tiêu thụ trên các điện trở R 1 và R 2 và hiệu suất của nguồn điện. Đơn vị: Công suất (W); hiệu suất (%). Cách giải Kết quả Bài 6: Cho mạch điện một chiều như hình 3 các điện trở R 1 = 2Ω; R 2 = 100Ω; R 3 = 1Ω; R 4 = 15Ω. Nguồn điện có suất điện động E = 20V, điện trở trong r = 1Ω. Hãy tìm R để công suất tiêu thụ trên nó bằng 3W. Đơn vị: Điện trở (Ω). Cách giải Kết quả X R 1 R 2 E, r Hình 2 E, r Hình 3 R 2 R 1 R 3 R 2 R 1 R 3 R 2 R 1 R 3 R 2 R 1 R 3 R 2 R 1 R 3 R 2 R 1 R 3 R 2 R R 4 p (atm) V (lít) (1) (2) (4) (3) 2,5 1,2 0 1 2 Hình 1 Bài 7: Một mạch điện xoay chiều như hình 4. Biết R 1 = 100Ω, R 2 = 150Ω, cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L = 60mH, tụ điện có điện dung C = 200μF, điện trở của các dây nối không đáng kể. Đặt vào hai đầu đoạn mạch AB một hiệu điện thế xoay chiều 100V – 50Hz, sao cho dòng điện chạy từ M đến N có dạng i MN = I MN 2 cos(100πt). a. Viết biểu thức hiệu điện thế giữa hai đầu AB. b. Tính số êlectron chạy qua tiết diện thẳng của đoạn dây dẫn MN trong 3ms đầu tiên. Đơn vị: Hiệu điện thế (V); cường độ dòng điện (A); số êlectron (x10 15 êlectron). Cách giải Kết quả Bài 8: Một thấu kính mỏng có hai mặt lồi giống nhau, bề dày a = 2mm. Đường rìa là một đường tròn có đường kính d = 4cm. Chiết suất của chất làm thấu kính đối với ánh sáng đỏ và tím lần lượt là n đ = 1,50 và n t = 1,54. Thấu kính đặt trong chất lỏng có chiết suất đối với ánh sáng đỏ là n’ đ = 1,329 và ánh sáng tím là n’ t = 1,344. Hãy tính khoảng cách giữa tiêu điểm màu đỏ và tiêu điểm màu tím của thấu kính. Đơn vị: Khoảng cách (cm). Cách giải Kết quả Bài 9: Chiếu lần lượt hai bức xạ λ 1 = 0,555µm và λ 2 = 377nm vào catốt của một tế bào quang điện thì thấy hiệu điện thế hãm gấp 4 lần nhau. a. Tìm giới hạn quang điện λ 0 của kim loại làm catốt. b. Chiếu λ 1 tìm điều kiện của hiệu điện thế U AK để không có dòng quang điện. c. Đặt hiệu điện thế U AK = +1,5V vào tế bào quang điện. Tìm vận tốc cực đại của êlectron quang điện lúc đến anốt. Đơn vị: Bước sóng (μm); hiệu điện thế (V); vận tốc (m/s). Cách giải Kết quả Bài 10: Cho hạt prôtôn có động năng K P = 1,8MeV bắn vào hạt nhân Li 7 3 đứng yên, sinh ra hai hạt α có cùng độ lớn vận tốc và không sinh ra tia γ. a. Phản ứng này thu hay toả năng lượng? Tính năng lượng toả ra hoặc thu vào. b. Động năng của mỗi hạt mới sinh ra bằng bao nhiêu? Tính độ lớn vận tốc của các hạt mới sinh ra. c. Tính góc ϕ hợp bởi vận tốc của hai hạt nhân mới sinh ra. Cho biết: m p = 1,0073u; m α = 4,0015u; m Li = 7,0144u. Đơn vị: Năng lượng (x10 -12 J); vận tốc (x10 6 m/s); góc (độ phút giây). Cách giải Kết quả R 1 R 2 L C A B M N Hình 4 Hết Ghi chú: Cán bộ coi thi không cần giải thích gì thêm. ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHO ĐIỂM ĐỀ LỚP 12 NĂM 2009 Bài 1: a. Tầm xa của vật được tính theo công thức g h vL 2 0 = ≈ 37,1028 (m). b. Thời gian từ khi ném vật đến khi vật chạm đất là g h t 2 0 = ≈ 2,4735(s) > 2(s) suy ra tại thời điểm t = 2(s) thì vật chưa chạm đất. * Tốc độ trung bình: - Quãng đường vật đi được trong thời gian 2s đầu tiên là S = ∫ + 2 0 22 0 dtt.gv 2 . - Tốc độ trung bình trong khoảng thời gian 2s đầu tiên là t dtt.gv t S u 2 TB ∫ + == 2 0 22 0 ≈ 18,5581 (m/s). * Vận tốc trung bình: - Độ rời của vật khi vật chuyển động được 2s là ( ) 2 2 2 0 2 1       + gttv . - Vận tốc trung bình trong khoảng thời gian 2s sau khi ném là ( ) t gttv v TB 2 2 2 0 2 1       + = ≈ 17,9212 (m/s). Bài 2: Giả sử tại thời điểm t tên lửa có khối lượng m và đang chuyển động thẳng đứng lên trên với vận tốc v so với mặt đất. Sau khoảng thời gian dt khối lượng của tên lửa là (m + dm) (dm < 0), vận tốc của nó là (v + dv), khối lượng khí phụt ra phía sau là – dm, vận tốc của khí so với đất là (v – u). Ngoại lực tác dụng lên hệ gồm tên lửa và khí phụt ra là trọng lực mg. Phương trình động lực học viết cho hệ tên lửa là (m + dm)(v + dv) + (– dm).(v – u) – mv = – mgdt Bỏ qua số hạng vô cùng bé dv.dm ta được phương trình mdv + udm = – mgdt (1) Mặt khác ta có khối lượng của tên lửa tại thời điểm t được tính m = m 0 – μt → dm = – μdt (2) Thay (2) vào (1) ta được m dm udm g dvdm mg udmmdv −=⇔=+ µµ Lấy tích phân hai vế ta được ∫∫∫ −= m m m m v m dm udm g dv 00 0 µ gt tm m lnu m m lnu)mm( g v − − =+−= µµ 0 00 0 Gọi thời gian cần phụ khí là t ta có phương trình gt tm m lnu'v − − = µ 0 0 . Giải phương trình ta được t ≈ 19,5953 (s). Bài 3: Sau khi đĩa tiếp xúc với mặt bàn, lực ma sát có tác dụng cản trở chuyển động quay của đĩa. Xét một yếu tố vi phân diện tích dS = rdrdα trên mặt tiếp xúc giữa đĩa và mặt bàn. Vi phân momen lực ma sát tác dụng lên đĩa là α π µ π µ d.drr.g. R m r.dS.g. R m dM 2 22 == . Momen lực ma sát tác dụng lên toàn đĩa là 3 2 2 3 3 2 2 00 2 2 mgR . R .g. R m d.drrg. R m M R µ π π µα π µ π === ∫∫ Momen quán tính của đĩa là 2 2 1 mRI = . Gia tốc góc của đĩa R g mR mgR I M 3 4 2 1 3 2 2 µ µ γ === = hằng số. Thời gian từ khi đĩa bắt đầu tiếp xúc với mặt bàn đến khi dừng hẳn là g R t µ ω γ ω 4 3 00 == ≈ 24,0265 (s). Góc mà đĩa quay được trong thời gian đó là g R µ ω γ ω ϕ 8 3 2 2 0 2 0 == ≈ 1887,0367 (rad) ≈ 300,3312 (vòng) Bài 4: Công mà khối khí thực hiện trong một chu trình là A = A 12 + A 23 + A 34 + A 41 . - Quá trình (1)→(2): Phương trình tổng quát của quá trình politropic là pV n = const. Từ hình vẽ ta suy ra phương trình của quá trình (1)→(2) là pV n = p 1 V 1 n với 2 1 21 52 2 1 1 2 ln , , ln V V ln p p ln n == . Công A 12 = ∫∫ − = 2 1 2 1 11 V V nn V V dVVVppdV ≈ 187,0106 (J). - Quá trình (2)→(3): Gọi thể tích ở trạng thái (3) là V 3 . Áp dụng định luật Bôilơ – Mariôt ta có 1 22 3313322 p Vp VVpVpVp =→== (vì p 1 = p 3 ). Công A 23 = ∫∫ − = 3 2 3 2 1 22 V V V V dVVVppdV ≈ 371,8471 (J). - Quá trình (3)→(4): Công A 34 = 0 (quá trình đẳng tích). - Quá trình (4)→(1): Phương trình tổng quát của quá trình politropic là pV n = const. Từ hình vẽ ta suy ra phương trình của quá trình (4)→(1) là pV n = p 1 V 1 n với 252 11 21 52 22 11 1 2 3 1 1 2 4 1 1 4 ., . ln , , ln Vp Vp ln p p ln V V ln p p ln V V ln p p ln n ==== . Công A 41 = ∫∫ − = 1 4 1 4 11 V V nn V V dVVVppdV ≈ - 616,7056 (J). Công mà khí thực hiện trong một chu trình A ≈ - 57,8479(J). Bài 5: Đặt r + R 2 = R; Gọi điện áp trên X là U; cường độ dòng điện qua R 1 là I 1 , qua X là I 2 , qua R 2 là I. Ta có các phương trình sau: I 1 = U/R 1 . (1) I 2 = αU 2 . (2) E = U + IR. (3) I = I 1 + I 2 . (4) Từ (1) đến (4) ta suy ra 01 1 22 1 =−         ++⇔         ++= EU R R RURU R U UE αα Giải phương trình ta được U ≈ 2,2137 V. Công suất tiêu thụ trên R 1 là 1 2 1 R U P = ≈ 0,1043 W. Cường độ dòng điện mạch chính là I ≈ 0,2921 A. Công suất tiêu thụ trên R 2 là P 2 = R 2 I 2 ≈ 2,8162 W. Hiệu suất của nguồn điện là %, E IrE H 782898 ≈ − = . Bài 6: Ta nhận thấy mạch điện trên có tính lặp lại. Xét hai mạch điện như hình 3.1 và 3.2 Trong hình 3.1 ta thấy điện trở bốn điện trở R 1 , R 2 , R 3 và R 2 (ta tạm gọi là X) có vai trò tương tự điện trở R 2 trong hình 3.2. Nên bài toán này ta có thể dùng phương pháp lặp để tính toán. Đặt giá trị của R 2 cuối cùng là X ta có điện trở giữa a và a’ là 231 231 RRXR R).RXR( +++ ++ . Ta lại đặt điện trở của đoạn aa’ là X thì điện trở đoạn bb’ là 231 231 RRXR R).RXR( +++ ++ . Cứ như vậy ta tính được điện trở của đoạn mn là R mn ≈ 19,2721 Ω. R 2 R 1 R 3 Hình 3.2 R 2 R 1 R 3 R 2 R 1 R 3 X Hình 3.1 E, r Hình 3.3 R 2 R 1 R 3 R 2 R 1 R 3 R 2 R 1 R 3 R 2 R 1 R 3 R 2 R 1 R 3 R 2 R 1 R 3 R 2 R R 4 a a' b b' c c' n m Công suất tiêu thụ trên điện trở R là P = I 2 R = R )RrRR( E mn 2 4 2 +++ [ ] 02 2 4 2 4 2 =+++−+++↔ )rRR(PREP)rRR(PR mnmn Giải phương trình ta được R ≈ 12,8271 Ω hoặc R ≈ 96,9915 Ω. Hướng dẫn bấm máy để tính R mn : 100 = ( 2 + Ans + 1 ) x 100 ÷ ( 2 + Ans + 1 + 100 ) = = = = = = (6 dấu bằng). Bài 7: Điện trở tương đương của R 1 và R 2 là R 12 = 21 21 RR RR + = 60Ω. Cảm kháng của cuộn cảm Z L = ωL ≈ 18,8496 Ω. Dung kháng của tụ điện là Z C = C ω 1 ≈ 15,9155 Ω. Ta thấy Z L > Z C nên I L < I C . Giản đồ véc tơ cho toàn mạch như hình 4.1 Tổng trở của đoạn MB là Z MB có LCMB ZZZ 111 −= suy ra Z MB ≈ 102,2473Ω. Tổng trở toàn mạch Z = 22 12 MB ZR + ≈ 118,5518Ω. Góc φ có 12 R Z tan MB = ϕ →φ ≈ 1,0401 (rad). Cường độ dòng điện mạch chính Z U I = ≈ 0,8435A. Cường độ dòng điện qua R 2 là 2 2 RR RI I 1 1 + = ≈ 0,3374A. Cường độ dòng điện qua tụ điện C là CL L C ZZ IZ I − = ≈ 5,4191A. Dòng điện từ M đến N 2 III CMN −= → I MN ≈ 5,0817A và MN I cùng hướng với C I . Biểu thức của hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn mạch là u AB = 100 2 cos(100πt – 1,0401) V. Biểu thức dòng điện từ M đến N là i MN = 7,1865cos(100πt) A. Số êlectron chuyển qua tiết diện thẳng của đoạn MN trong 3ms đầu tiên là ∫∫ −− == 33 103 0 103 0 1002 11 . MN . MN dt)tcos(I e dti e N π ≈ 115,5095.10 15 (êlectron). Bài 8: Gọi bán kính của hai mặt lồi của thấu kính là R (hai mặt có bán kính giống nhau). Mối quan hệ giữa bán kính R, bề dày a và đường kính đường rìa d là         +=↔       −+       = a a d R a R d R 2 22 2 4 1 22 Tiêu cự của thấu kính đối với ánh sáng đỏ là )'nn( R'n f dd d d − = 2 . Tiêu cự của thấu kính đối với ánh sáng tím là )'nn( R'n f tt t t − = 2 . Khoảng cách giữa tiêu điểm màu đỏ và tiêu điểm màu tím là Hình 4.1 L I I C I MB U ϕ U AM U f đ – f t =         − − −         + tt t dd d 'nn 'n 'nn 'n a a d 2 8 1 ≈ 9,1707 cm. Bài 9: a. Áp dụng công thức Anhstanh ta có hệ phương trình        += += 2 02 1 01 h h eU hchc eU hchc λλ λλ Do λ 1 = 0,555µm > λ 2 = 0,377µm nên U h2 = 4U h1 . Từ trên ta tính được 12 21 0 4 3 λλ λλ λ − = ≈ 0,6587μm. b. Thay λ 1 và λ 0 vào 1 01 h eU hchc += λλ ta tính được U h1 ≈ – 0,3516 V. Vậy điều kiện để không có dòng quang điện là U AK ≤ – 0,3516 V. c. Áp dụng định lí động năng ta suy ra động năng của êlectron khi đến Anôt là W đ = W đ0 + (–e)U AK = W đ0 – eU AK = AK eU hchc −− 01 λλ (với e là điện tích của êlectron: e < 0) Vận tốc cực đại của êlectron khi đến Anôt là v max =         −−= AK ee d eU hchc mm W 01 22 λλ ≈ 807044,6801 m/s. Bài 10: a. Phương trình phản ứng: α 4 2 7 3 1 1 →+ Lip Có ΔE = (m p + m Li – 2m α )c 2 ≈ 2,7908.10 -12 (J). Vậy phản ứng toả năng lượng và toả ra ΔE ≈ 2,7908.10 -12 (J) b. Năng lượng toàn phần được bảo toàn nên động năng của mỗi hạt α là K α = 0,5(K p + ΔE) ≈ 1,5396.10 -12 (J). Tốc độ của hạt α là α α α m K v 2 = ≈ 21,5270.10 6 (m/s). c. Theo bảo toàn động lượng 21 vmvmvmvm LiLipp αα +=+ (1) Với 1 v và 2 v là vận tốc của mỗi hạt α; có v 1 = v 2 = v α . Liti đứng yên nên v Li = 0. Bình phương hai vế của (1) ta được: )cos(vmvmcosvmvmvm pppp ϕϕ αααααα +=↔+= 1222 2222222222 1 2 12 −=→+=↔ αα αα ϕϕ Km Km cos)cos(KmKm pp pp → φ ≈ 167 0 32’2” Vậy góc hợp bởi hướng chuyển động của hai hạt α là φ ≈ 167 0 32’2” . DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHÍNH THỨC KÌ THI KHU VỰC GIẢI TOÁN VẬT LÍ TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY NĂM 2009 Lớp 12 Thời gian: 150 phút – Không kể thời gian giao đề. lượng? Tính năng lượng toả ra hoặc thu vào. b. Động năng của mỗi hạt mới sinh ra bằng bao nhiêu? Tính độ lớn vận tốc của các hạt mới sinh ra. c. Tính góc