Bài soạn Đề_ĐA HSG Tỉnh ĐăkLăk_Vong 2_2009

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI DỰ THI QUỐC GIA ĐĂK LĂK NĂM HỌC 209-2010 ------------- ----------------------------------------------------------------------- MÔN THI : VẬT LÝ 12 - THPT ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi : 06/01/2010 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 2 trang) Bài 1: (3,5 điểm) Hai vật nhỏ A và B có khối lượng m A =m B =0,5kg được gắn vào nhau và được đặt trên một mặt bàn nhẵn nằm ngang như hình vẽ (H.1). Vật A được gắn chặt vào một đầu của lò xo nằm ngang có độ cứng k = 100N/m, đầu kia của lò xo được giữ cố định, nhờ đó vật A có thể dao động không ma sát trên trục Ox nằm ngang, gốc O trùng với vị trí cân bằng của vật A, chiều dương hướng từ đầu cố định của lò xo đến vật A. Bỏ qua khối lượng của lò xo và sức cản môi trường. 1) Dịch chuyển vật A đi một đoạn 2cm khỏi vị trí cân bằng dọc theo trục Ox sao cho lò xo bị nén. Tại thời điểm t = 0, thả cho vật A dao động không có vận tốc ban đầu.Viết phương trình dao động của hai vật A và B, giả thiết chúng luôn gắn với nhau. 2) Trên thực tế, chỗ gắn hai vật sẽ bị bung ra nếu lực kéo tại đó đạt đến trị số 1N và vật B đã bị tách khỏi vật A khi dao động. Vật B tách khỏi vật A ở tọa độ nào và ở thời điểm nào? 3) Chọn gốc thời gian lúc hai vật bị tách hãy viết phương trình biểu diễn quy luật chuyển động của hai vật. Bài 2: (2,0 điểm) Một mol khí lí tưởng thực hiện quá trình biến đổi được biểu diễn bằng đoạn thẳng 1–2 trên đồ thị p–V như hình vẽ (H.2). Biết các giá trị p 1 , V 1 , p 2 , V 2 . 1) Thiết lập biểu thức biểu diễn quy luật biến thiên của nhiệt độ T theo thể tích V: T = f(V). 2) Tìm nhiệt độ cực đại trong quá trình theo các thông số đã biết. Tìm điều kiện để có cực đại thực. Khi p 1 = 2at, p 2 =5at, V 1 = 3lít, V 2 = 1 lít thì có cực đại thực hay không? Bài 3: (4,0 điểm) Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ (H.3). Hiệu điện thế hai đầu mạch: AB u 220 2 cos100 t(V)= π Các điện trở: R 1 = R 2 = R = 100Ω, cuộn dây thuần cảm có hệ số tự cảm thay đổi được.Tụ điện có điện dung C = 20µF. Bỏ qua điện trở các dây nối. Thay đổi hệ số tự cảm L của cuộn dây để dòng điện mạch chính cùng pha với hiệu điện thế u ở hai đầu mạch. Trong điều kiện này, hãy tính: 1) Hệ số tự cảm L. 2) Giá trị hiệu dụng của cường độ dòng điện mạch chính khi hệ số tự cảm L không phụ thuộc vào tần số. B A B (H.1) p 2 1 p 1 p 2 V 1 V 2 V O (H.2) L (H.3) C R 1 R 2 N B M A Bài 4: (3,5 điểm) Một chậu nước có đáy là một bản kim loại nhẵn bóng (coi là một gương phẳng) chứa một lớp nước có độ cao h 0 =32cm, chiết suất n = 3 4 . Trong nước có một bóng đèn nhỏ S nằm cách mặt thoáng một khoảng h. Trên sát mặt thoáng người ta đặt một thấu kính hội tụ L có tiêu cự f = 12cm, có trục chính vuông góc với mặt thoáng và đi qua S như hình vẽ (H.4). Đặt một màn E vuông góc với trục chính của thấu kính, thì thấy có hai vị trí của màn nhận được ảnh rõ nét của S, hai ảnh này cách nhau 17 cm. 1) Tìm h và các vị trí của màn E. 2) Để hai ảnh đó trùng nhau thì phải đặt bóng đèn ở đâu? Bài 5: (2,5 điểm) Đầu năm 2007 một phòng thí nghiệm mua một nguồn phóng xạ pôlôni 210 84 O P . Ban đầu (lúc t = 0) người ta có một mẫu chứa N 0 hạt nhân pôlôni. Bằng cách xác định số hạt nhân pôlôni chưa bị phân rã phóng xạ ở các thời điểm t sau đó, người ta đã thu được kết quả sau đây: t (ngày) 0 40 80 120 160 200 240 0 N N 1 0,82 0,67 0,55 0,45 0,37 0,30 1) Bằng cách biểu diễn các kết quả đó trên một đồ thị mà trục hoành là các trị số của thời gian t (tính ra ngày) và trục tung là các giá trị tương ứng của đại lượng 0 N ln N − , hãy suy ra hằng số phóng xạ λ và chu kì bán rã T của pôlôni 210 84 O P . Cho 1 năm = 365 ngày. 2) Vào năm nào thì khối lượng của mẫu pôlôni chỉ còn bằng 20 1 khối lượng ban đầu của nó? 3) Đầu năm 2010, độ phóng xạ của mẫu còn bằng bao nhiêu phần trăm độ phóng xạ ban đầu? Bài 6: (2,5 điểm) Một hạt nhân phóng xạ chuyển động với tốc độ 0,6c trong hệ quy chiếu phòng thí nghiệm. Hạt nhân bị phân rã và phát ra một êlectrôn. Cho tốc độ ánh sáng trong chân không là c =3.10 8 m/s. Tìm tốc độ của êlectrôn này đối với hệ quy chiếu phòng thí nghiệm trong trường hợp khi êlectrôn phát ra chuyển động với tốc độ 0,8c đối với hạt nhân và: 1) Có cùng hướng với hướng chuyển động của hạt nhân. 2) Có hướng vuông góc với hướng chuyển động của hạt nhân. Tìm góc tạo bởi hướng chuyển động của êlectrôn và hướng chuyển động của hạt nhân lúc này trong hệ quy chiếu phòng thí nghiệm. Bài 7: (2,0 điểm) Cho một số dụng cụ điện như sau: Tụ điện, một điện áp xoay chiều không đổi và thông thường, một vôn kế xoay chiều, một điện trở có giá trị đã biết, các dây dẫn. Hãy thiết lập mạch điện, trình bày phương án tiến hành thí nghiệm và tìm công thức xác định điện dung của tụ điện. ------------ HẾT ----------- Họ và tên học sinh: . Họ, tên chữ ký của giám thị Số báo danh: . S h 0 h L O E (H.4) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI DỰ THI QUỐC GIA ĐĂK LĂK NĂM HỌC 209-2010 ------------- ----------------------------------------------------------------------- HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN : VẬT LÝ 12-THPT I. SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM : Bài 1: (3,5 điểm) 1) Phương trình dao động của hai vật: (1,0 điểm) + Chọn phương trình: x = Acos(ωt + φ). + Tần số góc: 100 10( / ) 1 A B k rad s m m ω = = = + . 0,50 đ + Tại t = 0, ta có: x 0 = Acosφ = -2cm v 0 = -Aωsinφ = 0. Suy ra: sin(-φ) = 0 => φ = 0 và φ = -π(rad). Vậy: A = 2cm, φ = -π(rad). Phương trình dao động: x = 2cos(10t – π)(cm). 0,50 đ 2) Tọa độ và thời điểm bị tách: (1,0 điểm) - Xét hệ quy chiếu gắn với vật A: là hệ quy chiếu không quán tính. Trong hệ quy chiếu này, vật B chịu tác dụng của lực quán tính qt F ma= − r r ; a r là gia tốc của vật A - Vật A dao động giữa hai điểm C và D trên trục Ox, với OC = OD = 2cm. Trên đoạn CO, vật chuyển động nhanh dần, a r cùng hướng với v r nên qt F ma= − r r hướng ngược lại, ép B lên A và B không thể tách khỏi A trên đoạn này. Trên đoạn OD, vật chuyển động chậm dần , a r hướng ngược chiều chuyển động nên qt F ma= − r r hướng ngược lại, có thể tách B ra khỏi A. 0,50 đ Theo đề bài, để vật B tách khỏi vật A lực qt F r phải có cường độ tối thiểu bằng 0,5N. Ta có: F qt = |m B .a| => m B . ω 2 .x = 0,5 ( trên đoạn OD x > 0). Suy ra: 2 0,5 0,5 0,01( ) . 0,5.100 B x m m ω = = = = +1cm. Vậy vật B tách khỏi vật A tại trung điểm của đoạn OD, cách O 1cm(ở tọa độ x = 1cm). Chọn mốc thời gian như cũ thì vật B tách khỏi vật A tại thời điểm t 1 thỏa mãn phương trình : x 1 = 2cos(10t 1 – π)(cm) = +1 => cos(10t 1 – π) = 1/2 = cos (±π/3). Suy ra: 10t 1 – π = ±π/3. Chọn: - π/3 => t 1 = π/15(s). 0,50 đ 3) Phương trình biểu diễn quy luật chuyển động của hai vật: (1,5 điểm) + Với vật B Vật B sẽ chuyển động đều với vận tốc v 1 (được tính từ thời điểm t 1 ở trên): v 1 = 2.10.cos(π/3) = 10cm/s. Phương trình biểu diễn qui luật chuyển động: x B = x 0B + v B .t x 0B = +1cm, v B = v 1 = 10cm/s. Vậy: x B = 1 + 10t(cm). 0,50 đ O DC B A (H.1) + Với vật A: - Sau khi bị tách, vật A sẽ chuyển động dao động điều hòa theo phương trình: ' 'cos( ' ') A x A t ω ϕ = + . * Tần số góc : 100 10 2( / ) 0,5 A A k rad s m ω = = = . * Biên độ: 2 2 2 '2 ' 10 ' ' 1 1,5 1,2247 200 v A x cm ω = + = + = ; . 0,50 đ * Pha ban đầu: tại t = 0, ta có: ' 0 'cos ' 1 A x A cm ϕ = = + ' 0 ' 'sin ' 10 / A v A cm s ω ϕ = − = + Suy ra: 1 1 cos ' 0,8165 ' 1,2247A ϕ = = ; . Vậy: φ’ ≈ ±35 0 = ±35π/180(rad). Để v 0A ’ > 0 thì sin φ’ < 0, nên ta chọn: φ’ ≈ -35π/180(rad). Đi đến phương trình dao động của vật A: 35 ' 1,5 cos(10 2 )( ) 180 A x t cm π = − . 0,50 đ Bài 2: (2,0 điểm) 1) Thiết lập biểu thức biểu diễn quy luật biến thiên (1,0 điểm) - Áp suất p là hàm bậc nhất của thể tích V: p = aV + b + Tìm a và b: 1 2 1 2 p p a V V − = − + Thay vào biểu thức của p, ta được: 2 1 1 2 1 2 p V p V b V V − = − . + Vậy: 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 p p p V p V p V V V V V − − = + − − . 0,50 đ + Thay biểu thức của p vào ph ương trình trạng thái: pV = RT ta có: 2 aV bV T R + = . + Trong tọa độ T, V ta biểu diễn bằng một đoạn của đường parabôn đi qua gốc, quay bề lõm xuống dưới. Nếu đoạn này chứa đỉnh của parabôn thì T có cực đại T max . 0,50 đ 2) Tìm nhiệt độ cực đại theo các thông số đã biết: (1,0 điểm) + Nhiệt đô cực đại ứng với: 2 1 1 2 0 2 1 2 2( ) p V p Vb V a p p − = − = − . Thay vào biểu thức của T, ta có: V V 1 V 0 V 2 T max T Hình 2 2 1 1 2 ax 1 2 2 1 2 ( )( ) m p V p V T R V V p p − = − − + Điều kiện để có T max là: V 2 < V 0 < V 1 . Bất đẳng thức đầu cho ta: 2 1 1 2 2 2 1 2( ) p V p V V p p − < − . 0,50 đ Sau một số biến đổi, ta có: 2 2 1 2 1 2 V p V p p < − . Bất đẳng thức sau cho: 2 1 1 2 1 2 1 2( ) p V p V V p p − < − . Biến đổi ta được: 2 1 2 1 1 2V p p V p − > . Tóm lại, có cực đại T max nếu: 1 2 2 2 1 1 2 1 2 2 p p V p p V p p − < < − . + Khi p 1 = 2at, p 2 = 5at, V 1 = 3lit,V 2 = 1lit thì: 2.2 5 1 5 2 3 2.5 2 − < < −  1 1 5 2 3 8 − < < . Bất đẳng thức đúng, do đó có cực đại thực. 0,50 đ Bài 3: (4,0 điểm) 1) Tính hệ số tự cảm L: (3,0 điểm) + Ta có: Z MN = 0 => U MN = 0. Ta chập hai điểm M và N với nhau. Xét hai đoạn mạch AM và MB có các nhánh song song, Ta có: i = i L + i 1 = i C + i 2 . Suy ra: 1 2L C I I I I I= + = + r r r r r Với: 2 AM L L L iL U I Z I π ϕ = = − r ; 1 1 1 1 0 AM i U I R I ϕ = = r ; 2 MB L C C iC U I Z I π ϕ = = r ; 2 2 2 2 MB iL U I R I π ϕ = = − r . 0,50 đ Các giản đồ véc tơ: Từ giản đồ véc tơ, ta có: 1 L i L I R tg I Z ϕ = − = − ; ' 2 C i C I R tg I Z ϕ = = . 0,50 đ Với các hiệu điện thế u AM và u MB , ta có: u = u AM + u MB L Hình 3 C R 2 R 1 N B M A i ϕ AM U r I r L I r 1 I r ' i ϕ I r C I r 2 I r AM U r => AM MB U U U= + r r r Ta có: 1 AM AM i U U ϕ ϕ = − r ; ' 2 MB MB i U U ϕ ϕ = − r Giản đồ véc tơ về hiệu điện thế trong trường hợp u cùng pha với i: Để u cùng pha với i, ta phải có: U AM .sinφ 1 = U MB .sinφ 2 . Hay: ' sin( ) sin( ) AM i MB i U U ϕ ϕ − = − .  2 2 2 2 . . L L C C L C R R Z I Z I R Z R Z = + + . 0,50 đ Suy ra: ' 2 2 2 2 . .| sin | . .| sin | L i C i L C R R Z I Z I R Z R Z ϕ ϕ = + + Từ đó: 2 2 2 2 2 2 2 2 . . L C L L C C R R R R Z Z R Z R Z R Z R Z = + + + + . 0,50 đ Tiếp tục biến đổi: 2 2 2 2 C L L C Z Z R Z R Z = + + . Đi đến: 2 2 2 2 . . . . 0 L C C L L C Z Z Z Z Z R Z R− + − = . Cuối cùng: 2 ( ) . ( ) L C L C L C R Z Z Z Z Z Z− − − = 0. => (Z L –Z C )(R 2 – Z L .Z C ) = 0 0,50 đ Ta có hai nghiệm: 2 1 2 1 1 2 2 2 2 2 2 . . 1 1 . . . L C L C L C Z Z L C L R Z Z R L C R C ω ω  =  =  =    ⇒ ⇒    = =     =   Thay số: 1 6 4 2 2 1 5 0,507 20.10 .10 . L H π π − = = = . 6 4 2 20.10 .10 0,2L H − = = . 0,50 đ 2) Khi L không phụ thuộc vào tần số: (1,0 điểm) Từ câu 1, ta có: 1 i L R tg tg Z ϕ ϕ = − = ; ' 2 i C R tg tg Z ϕ ϕ = − = − . Ở trên, thấy nghiệm L 2 độc lập với tần số, nên: tgφ 1 .tg φ 2 = -1. Do đó: 1+ tgφ 1 .tg φ 2 = 0 => tg(φ 1 - φ 2 ) → ∞ => φ 1 - φ 2 = π/2. Hay : φ 1 + |φ 2 | = π/2 => AM MB U U⊥ r r . Từ đó: 2 2 2 2 . | sin | . . . L C L AM L C C L C C Z Z ZR U U U U U Z Z Z Z Z R Z ϕ = = = = + + + 0,50 đ I r U r MB U r AM U r Vậy, kết hợp với câu 1: 2 2 2 2 2 . . . AM L L L L L L C U R Z ZU I R Z R Z R Z Z Z + = + = + Thay: R 2 = Z L .Z C , ta được: . . C L L L L C Z Z ZU U I R Z Z Z R + = = + . Áp dụng số: 220 2,2 100 U I A R = = = . 0,50 đ Bài 4: (3,5 điểm) 1) Tìm h và các vị trí của màn E: (3,0 điểm) Quang hệ cho hai ảnh theo sơ đồ: Ảnh 1: ' 2 2 1 2 , ' , LCP L d d d d S S S→ → . Ảnh 2: ' ' ' 1 1 0 0 3 3 ' ' 1 2 3 , , , G LCP L d d d d d d S S S S→ → → . + Với ảnh 1: d = h ; ' 1 3 ' 4 d d h d d n n = → = = . ' 2 2 2 2 . 36 36 12 ' 3 3 48 16 4 12 4 d f h h h d d d h d f h h = → = = = = − − −   −  ÷   . 0,50 đ + Với ảnh 2: d 1 = h 0 –d = h 0 – h = 32 –h ; Qua gương phẳng: d 1 ’ = -d 1 = h – 32 ; Qua lưỡng chất phẳng: d 0 = h 0 –d 1 ’ = 32 – (h -32 ) = 64 – h. Ta có, với lưỡng chất phẳng: ' ' 0 0 0 0 1 64 192 3 4 4 3 d d h h d d n n − − = ⇒ = = = . Qua thấu kính: ' 3 0 192 3 4 h d d − = = . 0,50 đ Vậy: ' 3 3 3 192 3 .12 . (192 3 )12 (64 )12 768 12 4 192 3 144 3 48 48 12 4 h d f h h h d h d f h h h − − − − = = = = = − − − − − − . Khoảng cách giữa hai vị trí của màn chính là khoảng các giữa hai ảnh S 1 và S 2 , tức là: S 1 S 2 = 16cm. Do đó, từ biểu thức của d 2 ’ và d 3 ’, ta có phương trình: d 3 ’ – d 2 ’ = l = ± 17cm. Hay: 768 12 12 17( ) 48 16 h h l cm h h − − = = ± − − 0,50 đ + Khi l = 17cm, ta có: (768 -12h)(h – 16) – 12h(48- h) = 17(48-h)(h – 16). Biến đổi: 768h – 12h 2 -768.16 + 12.16h – 12.48h + 12h 2 = 17( 48h –h 2 -48.16 +16h).  768h -12288 – 384h = 17( 64h –h 2 – 768)  384h – 12288 = 17( 64h –h 2 -768)  384h -12288 = 1088h – 17h 2 -13056 . S h 0 h L O E Hình 4 Ta được: 17h 2 -704h +768 = 0 . Giải phương trình bậc hai: ∆’ = 352 2 – 17.768 = 123904 – 13056 = 110848. Vậy: 110848 332,938∆ = = Suy ra: 40,29 352 332,938 1,12 17 h cm h h cm ≈  ± = ⇒  ≈  Nghiệm h = 40cm loại vì h > h 0 . Với nghiệm h = 1,21cm, ta có: ' 2 12 12.1,21 14,52 0,98 0 16 1,21 16 14,79 h d cm h = = = = − < − − − Vì ảnh thật nên d 2 ’ > 0, do đó ta cũng loại nghiệm này. Vậy: không xảy ra trường hợp l = 17cm. 0,50 đ + Khi l = -17cm,ta có: (768 -12h)(h – 16) – 12h(48- h) = -17(48-h)(h – 16). Suy ra: 768h – 12h 2 -768.16 + 12.16h – 12.48h + 12h 2 = -17( 48h –h 2 -48.16 +16h).  768h -12288 – 384h = -17( 64h –h 2 – 768)  384h – 12288 = -17( 64h –h 2 -768)  384h – 12288 = 17h 2 -1088h + 13056. Biến đổi, ta đi đến phương trình bậc hai: 17h 2 -1472h + 25344 = 0. Giải phương trình bậc hai: ∆’ = 541696 – 430848 = 110848. Ta có: 110848 332,938∆ = = Suy ra: 62,88 736 332,938 23,71 17 h cm h h cm ≈ ± = ⇒ ≈ . 0,50 đ Loại nghiệm h = 62,88cm vì lớn hơn 32cm. Thay h = 23,7cm vào biểu thức của d 2 ’ và d 3 ’, ta có: ' 2 12 12.23,7 284,4 36,9 16 23,7 16 7,7 h d cm h = = = = − − Và: ' 3 768 12 768 12.23,7 768 284,4 483,6 19,9 48 48 23,7 24,3 24,3 h d cm h − − − = = = = = − − Đó là hai vị trí của màn E. 0,50 đ 2) Vị trí của bóng đèn để hai ảnh trùng nhau: (0,5 điểm) + Để hai ảnh trùng nhau, ta phải có: d 2 ’ = d 3 ’ => 768 12 12 48 16 h h h h − = − − . Biến đổi, ta có: (768-12h)(h-16) = 12h(48-h)  768h -12h 2 – 768.16 + 12.16h = 12.48h -12h 2  768h – 12288 + 192h = 576h  384h = 12288 => h = 32cm: phải đặt bóng đèn ở sát đáy chậu. 0,50 đ Bài 5: (2,5 điểm) 1) Hằng số phóng xạ và chu kì bán rã của Pôlôni: (1,5 điểm) + Tính 0 ln N N − và lập bảng biến thiên, ta có: t (ngày) 0 40 80 120 160 200 240 0 N N 1 0,82 0,67 0,55 0,45 0,37 0,30 0 ln N N − 0 0,1985 ≈ 0,2 0,4005 ≈ 0,4 0,5978 ≈ 0,6 0,7985 ≈ 0,8 0,9943 ≈ 1,0 1,2040 ≈ 1,4 0,75 đ + Biểu diễn đồ thị như trên hình vẽ: Đồ thị là một đường thẳng đi qua gốc tọa độ, có dạng: y = ax như hình vẽ Hệ số góc có trị số: 3 1,2 5.10 240 − = Từ công thức của định luật phóng xạ: 0 0 t t N N N e e N λ λ − − = ⇒ = . Ta có: 0 0 ln ln N N t t N N λ λ     − = ⇒ − =  ÷  ÷     Vậy hệ số góc ở trên chính là hằng số phóng xạ. từ đó: λ = 5.10 -3 (ngày -1 ). 0,50 đ Chu kì bán rã của pôlôni: 3 0,693 0,693 138,6 5.10 T λ − = = ≈ (ngày) ≈ 0,3797(năm). 0,25 đ 2) Thời gian để mẫu pôlôni còn lại bằng 1/20 phần ban đầu: (0,5 điểm) + Khối lượng pôlôni chỉ còn lại bằng 1/20 phần ban đầu thì số hạt nhân pôlôni còn chưa bị phân rã cũng chỉ còn bằng 1/20 số hạt nhân ban đầu: N = N 0 /20. Suy ra: 0 1 ln 20 0,693 2,3026 2,9956. 20 t N e t N λ λ − = = ⇒ = = + = Do đó: 3 2,9956 2,9956 599,12 5.10 t λ − = = = (ngày) ≈ 1,64 năm. Tính từ đầu năm 2007, cộng thêm 1,64 năm, thì thời gian này vào nửa cuối năm 2008. 0,50 đ 3) Độ phóng xạ của mẫu: (0,5 điểm) + Vào đầu năm 2010, tức là sau 3 năm kể từ ngày mua mẫu, ta có độ phóng xạ: 0 0 t t H H H e e H λ λ − − = ⇒ = . Mà: 0,693 0,693.3 5,475 5,5 0,3797 t t T λ = = = ≈ Vậy: 5,5 0 0,00409 H e H − = = . Hay: 0 0,41% H H = . 0,50 đ Bài 6: (2,5 điểm) Chọn vị trí (hệ quy chiếu) (0,5 điểm) - Chọn O, O’ và P lần lượt là quan sát viên đứng yên trong phòng thí nghiệm, hạt nhân phóng xạ và êlectrôn được phát ra. - Gọi: u x ’ là tốc độ của êlectrôn đối với hạt nhân phóng xạ( tức là tốc độ của P đối với O’), v là tốc độ của hạt nhân phóng xạ đối với hệ quy chiếu phòng thí nghiệm( tức là tốc độ của O’ đối với O), t(ngày) 240200 80 0 0,6 1,0 1,2 Ln(N/N 0 ) u x là tốc độ của êlectrôn đối với hệ quy chiếu phòng thí nghiệm( tức là tốc độ của P đối với O). 0,50 đ 1) Khi êlectrôn phát ra chuyển động có cùng hướng với hướng chuyển động của hạt nhân: (0,5 điểm) - Từ phép biến đổi tương đối tính về tốc độ, ta có: ' 8 2 2 0,8 0,6 1,4 0,9459 2,8377.10 / . 0,6 1,48 1 . 1 .0,8 x x x u v c c c u c m s v c u c c c + + = = = = + + ; 0,50 đ 2) Khi êlectrôn phát ra có hướng chuyển động vuông góc với hướng chuyển động của hạt nhân: (1,5 điểm) - Trong trường hợp này, ta có: u x ’ = 0, u y ’ = 0,8c Vậy: ' 2 2 0,6 0,6 0,6 1 . 1 .0 x x x u v c u c v c u c c + = = = + + 2 ' 2 ' 2 1 0,8 1 0,6 0,64 1 0 1 y y x v u c c u c v u c   −  ÷ −   = = = + + . 0,50 đ Suy ra: 2 2 2 2 8 (0,6 ) (0,64 ) 0,877 2,631.10 / x y u u u c c c m s= + = + ≈ = . 0,50 đ - Gọi φ là góc tạo bởi hướng chuyển động của êlectrôn và hướng chuyển động của hạt nhân trong hệ quy chiếu phòng thí nghiệm, ta có: 0,64 1,066 0,6 y x u tg u ϕ = = ; . Do đó: φ ≈ 46,85 0 . 0,50 đ Bài 7: (2,0 điểm) 1) Thiết lập mạch điện, phương án tiến hành thí nghiệm: (1,0 điểm) - Mắc mạch điện theo sơ đồ như hình vẽ; C và R mắc nối tiêp. - Dòng điện xoay chiều thông thường có tần số f - Xác định điện áp U C giữa hai đầu tụ điện bằng vôn kế. - Xác định điện áp U R giữa hai đầu điện trở thuần. - Điện trở thuần R đã biết giá trị của nó. - Xác định điện dung ủa tụ điện theo công thức 0,50 đ (hình vẽ) 0,50 đ R V U R I R V U C I ~ ~ [...]... CÁCH CHO ĐIỂM & HƯỚNG DẪN CHẤM : Điểm toàn bài là 20,0 điểm được phân bố tổng quát như sau : BÀI 1 : (3,5 điểm) điểm) BÀI 5 : (2,5 điểm) BÀI 2 : (2,0 điểm) BÀI 3 : (4,0 điểm) BÀI 4 : (3,5 BÀI 6 : (2,5 điểm) BÀI 7 : (2,0 điểm) Yêu cầu và phân phối điểm cho các bài trên như trong từng phần và có ghi điểm bên lề phải của đáp án - Phân tích lực, phân tích hiện tượng bài toán phải rõ ràng, có hình vẽ minh họa... trao đổi thống nhất để phân điểm chi tiết đến 0,25 điểm cho từng phần, từng câu 2) Học sinh làm bài không nhất thiết phải theo trình tự của Hướng dẫn chấm Mọi cách giải khác, kể cả cách giải định tính dựa vào ý nghĩa vật lý nào đó, lập luận đúng, có căn cứ, kết quả đúng cũng cho điểm tối đa tương ứng với từng bài, từng câu, từng phần của hướng dẫn chấm này . đó: 2 2 2 2 2 2 2 2 . . L C L L C C R R R R Z Z R Z R Z R Z R Z = + + + + . 0,50 đ Tiếp tục biến đổi: 2 2 2 2 C L L C Z Z R Z R Z = + + . Đi đến: 2 2 2 2. ta: 2 1 1 2 2 2 1 2( ) p V p V V p p − < − . 0,50 đ Sau một số biến đổi, ta có: 2 2 1 2 1 2 V p V p p < − . Bất đẳng thức sau cho: 2 1 1 2 1 2 1 2(