De thi casio tinh Gia Lai 2011

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.. Một viên đạn có khối lượng m = 10g được bắn theo phương ngang[r]

Së Gi¸o dôc vµ §µo t¹o THANH HOÁ §Ò chÝnh thøc Đề thi gồm 10 trang Kú thi chän häc sinh giái cÊp tØnh Gi¶i to¸n trªn m¸y tÝnh casio N¨m häc 2011-2012 M¤N vËt lý líp 12 THPT Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Ban coi thi: THCS Ph¹m Hång Th¸i, Pleiku Hä vµ tªn thÝ sinh: ………………………… Ch÷ ký gi¸m thÞ 1: …………………… Ngµy sinh: ………………………………… Ch÷ ký gi¸m thÞ 2: …………………… N¬i sinh: ………………………………… Sè mËt m· (Do Trëng Ban chÊm thi ghi) Số báo danh: …………………… ……… ………………………………………………………………………………………………………… LỜI DẶN THÍ SINH 1.Thí sinh ghi rõ số tờ Số tờ: …… giấy phải nộp bài thi vào khung này 2.Ngoài không đánh số, kí tên hay ghi dấu hiệu gì vào giấy thi Chữ kí giám khảo Bằng số Chữ kí giám khảo SỐ MẬT Mà (do Trưởng Ban chấm thi ghi) ĐIỂM BÀI THI Bằng chữ Qui định: Học sinh trình bày vắn tắt cách giải, công thức áp dụng, kết tính toán vào ô trống liền kề bài toán Các kết tính gần đúng, không có định cụ thể, ngầm định chính xác tới chữ số phần thập phân sau dấu phẩy Bài 1:(5 điểm) Quả cầu M = 350g nằm mép bàn cao 1m so với mặt đất Một viên đạn có khối lượng m = 10g bắn theo phương ngang vào tâm cầu, xuyên qua cầu và rơi cách chân bàn 12 m, còn cầu rơi cách chân bàn 6m Tính nhiệt tỏa va chạm Đơn vị tính: (J) Cách giải Kết Bài 2: (5 điểm) Cho mạch điện xoay chiều hình vẽ: Cuộn dây không cảm, biết điện trở R = 80 Ω Đặt vào hai đầu A,B điện áp xoay chiều u AB = 240 cos t (V ) thì cường độ dòng điện hiệu dụng qua mạch I = √ 3( A) Biết uMB nhanh pha 30o so với uAB và uAN vuông pha với uAB Tính cảm kháng L,r và dung kháng đoạn mạch AB A C R B M Đơn vị tính: ( Ω ) Cách giải N Kết Bài 3: (5 điểm) Tụ xoay gồm đặt song song theo cốt, cách Diện tích đối diện hai là S = π ( cm2), khoảng cách hai liên tiếp là d = mm Giữa các là không khí, riêng ngoài cùng (thuộc cốt cố định) bị dính phần nhựa mạch (được xem là chất điện môi có số điện môi là 2,5) chiếm đúng ¼ thể tích không gian hình vẽ Tụ mắc vào hai đầu cuộn cảm L = nH Tính bước sóng điện từ mà mạch này thu Đơn vị tính: (nm) Cách giải Kết S/2 d/2 Bài 4: (5 điểm) Lăng kính thủy tinh có tiết diện thẳng là tam giác ABC vuông góc A và góc B = 75 Ban đầu chiếu chùm tia đơn sắc đỏ hẹp (chiết suất lăng kính ánh sáng đỏ là 1,501) thỏa điều kiện: tia sáng vào mặt bên AB, bị phản xạ toàn phần mặt BC và ló mặt AC Góc tới chọn cho phương tia ló vuông góc phương tia tới Sau đó giữ lăng kính và tia tới cố định, thay ánh sáng đỏ ánh sáng trắng (chiết suất lăng kính ánh sáng trắng biến thiên từ 1,501 đến 1,511) Xác định góc hợp hai tia ló ngoài cùng Đơn vị tính: (độ, phút, giây) Cách giải Kết Bài 5: (5 điểm) Một băng kép, làm lá đồng và lá sắt có cùng bề dày a và cùng chiều dài l 00C, hàn hai đầu có khe hở mm Giả thiết nung nóng, băng kép có dạng cung tròn Khi nung nóng băng kép đến nhiệt độ t = 200 0C thì bán kính trung bình lá ngoài là m Tính bề dày a lá Biết hệ số nở dài đồng và sắt tương ứng là : 1 = 1,7.10-5K-1 và  = 1,2.10-5K-1 Đơn vị tính: (m) Cách giải Kết Bài 6: (5 điểm) Một lắc đơn có chiều dài 1m, vật nặng là viên bi A khối lượng 100g Kéo lắc lệch góc  so với phương thẳng đứng thả nhẹ không vận tốc đầu, bỏ qua sức cản a Xác định sin  để vận tốc A đến vị trí cân có giá trị 1,62m/s b Khi qua vị trí cân bi A va chạm đàn hồi xuyên tâm vào bi B đứng yên có khối lượng 50g Tìm vận tốc bi A và B sau va chạm.(Bỏ qua tỏa nhiệt va chạm) Đơn vị tính: (m/s) Cách giải Kết Bài 7: (5 điểm) Một vật dao động điều hoà, vật có li độ x1= 3cm thì vận tốc v1  20 3cm / s , vật có li độ x2 4 2cm thì vận tốc v2 20 2cm / s Tìm biên độ dao động vật Đơn vị tính: (cm) Cách giải Kết Bài 8: (5 điểm) Cho khung dây dẫn có kích thước hình vẽ, a = 50cm, điện trở đơn vị chiều dài R0 1( / m) Khung đặt từ  trường vectơ cảm ứng từ B vuông góc với mặt phẳng khung  Cho B tăng theo quy luật B = kt (k =10T/s) Tính cường độ dòng điện qua các đoạn khung Đơn vị tính: (A) B a C a A a  B D E Cách giải Kết Bài 9: (5 điểm) Mức cường độ âm điểm A phía trước cái loa phát O khoảng l = AO =1m là L A = 65dB Coi loa nguồn phát sóng cầu và lấy cường độ âm chuẩn I0 = 10-12 W/m2 a) Xác định cường độ âm vị trí A b) Xác định mức cường độ âm vị trí B là điểm chính AO Đơn vị tính: (W/m2 và dB) Cách giải Kết Bài 10: (5 điểm) Hai cầu nhỏ giống mang điện tích q 1, q2 đặt cách 10cm không khí Ban đầu chúng hút lực F1 = 1,6.10-2N Cho hai cầu tiếp xúc với đưa vị trí cũ chúng đẩy lực F2 = 9.10-3N Xác định q1, q2 trước chúng tiếp xúc Đơn vị tính: (C) Cách giải Kết Hết -Së Gi¸o dôc vµ §µo t¹o THANH HOÁ ĐỀ CHÍNH THỨC Đáp án gồm 06 trang Kú thi chän häc sinh giái cÊp tØnh Gi¶i to¸n trªn m¸y tÝnh casio N¨m häc 2011 - 2012 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM MÔN: VẬT LÝ THPT Qui định: Học sinh trình bày vắn tắt cách giải, công thức áp dụng, kết tính toán vào ô trống liền kề bài toán Các kết tính gần đúng, không có định cụ thể, ngầm định chính xác tới chữ số phần thập phân sau dấu phẩy Đáp án chi tiết Bài (5 điểm) Ngay trước va chạm Đạn m : v Quả cầu M: Điểm Ngay sau va chạm đạn m : v1 Cầu M : v2 + Chuyển động cầu là chuyển động ném ngang Áp dụng công thức tầm xa => * Vận tốc đạn sau va chạm: g v1 s1 (1) 2h v2 s2 Bài (5 điểm) g (2) 2h * Vận tốc cầu sau va chạm: + Định luật bảo toàn động lượng: mv = mv1+Mv2 (3) mv mv12 Mv2   Q 2 + Định luật bảo toàn lượng : (4) Từ (1), (2), (3), (4) suy : Mv2 ( Mv2  2mv1  mv2 ) Q = 2m MS g ( MS  2mS1  mS ) 1173,8560( J ) = 4mh Q=1173,8560 (J) Giản đồ vec tơ ( hình vẽ) Định lí hàm sin: U UR    1200 sin  sin 30 ( vì mạch có tính cảm kháng) 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 2,5đ 1,0đ Ghi chú   300 UR 80   tan  240 V Zc = Uc/I = 80 (  ) = 138,5641 (  ) UC  1,5đ 1,0đ  AMB cân => UR = UMB = 80 V UL = Uc + UMBsin600 = 360 ( V ) ZL = UL/I = 120 (  ) = 207,8461(  ) Bài (5 điểm) N S 4 kd ) và Tụ xoay có điện dung Cb gồm tụ mắc // đó tụ C ( tụ dính nhựa C’ lại xem tụ gồm tụ C1,C2,C3 mắc hình vẽ 1,5đ C Với : C1  S 4 kd Bước sóng điện từ mạch thu được: LS (2  5)  2 c   kd (  3) 267,7306 106 (nm) 0,5 đ C1 C2 S 2S C2  C3  4 kd , 4 kd S (  1)  C '  4 kd (  3) 6S 2S (  1) (8 S  20 S ) S (2  5) Cb     4 kd 4 kd (  3) 4 kd (  3)  kd (  3) Bài (5 điểm) P C3 1,5 đ 2,5 đ B J i2 I r1 r2 i1 A S K i3 C R 1,5 đ 1,0 đ 2,5 đ θ * Đối với tia ngoài cùng (đỏ) Theo giả thiết => i1 = i3= i sini1=nsinr1 Định luật khúc xạ I và K : sini3 =nsinr2 => r1= r2 =r Mặc khác : r1+i2= 750 ; i2= r2 + 150 => i2 = 450 , r = 300 => i3 = sin-1(1,501.sin30) * Đối với tia ngoài cùng thứ hai chùm trắng (tím) sini1t = sini = nt sinr1t sini 3t = nt sinr2t r1t+i2t = 750 ; i2t = r2t + 150    sin -1 (1,501.sin30)    i3t sin   nt sin  60  sin      nt      Khi đó góc   suy    sin 45     sin   nt sin  60  s in      i nt        tia ngoài cùng là : = 0,8736 = 0052’25,0200” Bài (5 điểm) 0,5đ Gọi R1 và R2 là bán kính trung bình lá đồng và lá sắt nung nóng băng kép đến nhiệt độ t 1 >  nên R > R Chiều dài lá nhiệt độ t : R1  R2 l1 l0 (1  1t ) R1 l2 l0 (1   2t ) R2  1,0đ R1 R R  R2 R (   )t    R1  R2  1  1t   2t (1   )t  1t Với R1=3 ; R2=R1-(a+10-3) suy : 3(1,  1, 2).10 5.200  10 1,9898.10 ( m) 5 1, 7.10 200 a= 1,9898.10-3 (m) 1,0đ a Bài (5 điểm) 2,5đ Giải: a) Tại vị trí cân : 1,0đ v2 v  gl (1  cos )  cos 1  gl  v2  sin    cos        gl  => sin  0,4997 1,0đ 2 0,75đ b) 0,75đ Định luật bảo toàn động lượng    mA vA mA v A'  mB vB' 0,75đ ' A Từ đó: mA v A mA v  mB v A '2 A ' B (1) 0,75đ '2 B mA v m v m v  A  B  mA v A2 mA v A'2 mB vB'2 2 (2) ' Từ (1) và (2) => v A 0,5400m / s ' và vB 2,1600m / s v12 v22 v12  v22 x  x2      x2  x12 2 Bài (5 điểm) Bài (5 điểm) 1,5đ v12 A  x  2 ( x22  x12 ) (v1  v2 ) 1,0đ A 8,8318cm 2,5đ Giải:  Khi B thay đổi suất điện động cảm ứng xuất hai khung dây: 1  1  kS1 2,5V 2  kS2 1, 25V t  t và Chiều 1 ,  hình vẽ Gọi R1 = RABCD = 3aR0 R2 = RAED = (a + a )R0 ; R = RAD = aR0 Mạch điện có thể vẽ lại: U I  AD R (1) 1  U AD R1 I1  R1 (2)   U AD I2  R2 (3) I I1  I (4) B a C 1 a A a D 1,0đ 2 E D I R I2 I1 A 1,0đ R2 0,5đ 2,5đ U AD 1   R1 R2  0,1806V 1   R R1 R2 Thay (1), (2), (3) vào (4) => Thay UAD = 0,1806V vào (1), (2)và (3) ta có I = 0,3612A; I1 = 1,5463A; I2 = 1,1851A Bài (5 điểm) 1,0đ IA LA 10 I  I 10 I Ta có : LA = 10lg Suy A  12 I A 10 10 65 10 1,0đ =3,1623.10-6W/m2 b) Ta có: IA  P ; 4 RA2  R  IB  I A  A   RB  IB  P 4 RB2 0,75đ 0,75đ IB Suy LB = 10lg I Bài 10 (5 điểm) = R  R  I 10 lg A  10 lg  A  LA  20 lg  A  I0  RB   RB  LB = 65  20 lg = 71,0206 dB Ban đầu hai cầu hút nên q1.q2 < (q1, q2 trái dấu) q q F R2 F1 k 22  q1 q2  ( 1) R K 2 1 1, 6.10 (10 ) 16  q1.q2   10 14 (1) K Sau tiếp xúc điện tích trên hai cầu nhau:  q1  q2    q q F2 R 2  q1' q2'   F2 k    ( q  q )  4.10 14 2 R k 7  q1  q2 2.10 (2) Từ (1) và (2), giải hệ phương trình : q1  10 0, 6667.10 C ; q2  C  2, 6667.10 C 3 q1  10  0, 6667.10 C ; q2  10  C 2, 6667.10 C 3 q1  10 2, 6667.10 C ; q2  10  C  0, 6667.10 C 3 q1  10  2, 6667.10 C ; q2  10 C 0, 6667.10 C 3 Chú ý: + Học sinh giải đúng theo các cách khác cho điểm tối đa 1,5đ 1,5đ 1,5đ 2,0đ + Sai thiếu đơn vị trừ 0,5đ không trừ quá 1,0đ cho toàn bài