Đáp án đề thi lập đội tuyển dự thi Quốc gia môn Vật lý Lớp 12 - Vòng 2 - Năm học 2015-2016 - Sở giáo dục và đào tạo Đăk Lăk

Nội dung text: Đáp án đề thi lập đội tuyển dự thi Quốc gia môn Vật lý Lớp 12 - Vòng 2 - Năm học 2015-2016 - Sở giáo dục và đào tạo Đăk Lăk

1. Câu 1. (5,0 điểm) 1. Miếng gỗ A được đặt chồng lên một miếng gỗ B khác có khối lượng m B và trượt trên mặt phẳng nghiêng (3,25đ) a. . Miếng gỗ B có thể chuyển động nhanh hơn miếng A gỗ A không ? Giải thích. Chọn chiều dương hướng xuống theo mặt phảng nghiêng. Giả sử gia tốc aB > aA (miếng gỗ B chuyển động nhanh hơn) B + - Vật B chịu tác dụng của các lực: + trọng lực P B  + lực ma sát giữa vật B và mặt phẳng nghiêng F H 1  msB + lực ma sát giữa hai vật F    Hình vẽ(0,5đ) + phản lực của mặt phẳng nghiêng lên B làNB Ta có phương trình định luật 2 Niu tơn cho chuyển động của vật B: P N F F ma (1)0,25đ B B msB B   Chiếu (1) lên phương mặt phẳng nghiêng, để ý F và FmsB hướng 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 của các lực: + trọng lực P A  + lực ma sát giữa hai vật F (hướng xuống vì vật B chuyển động nhanh hơn vật A nên kéo A xuống).  + phản lực của vật B lên vật A là N A (3) Ta có phương trình định luật 2 Niu tơn cho chuyển động của vật A: PA F N A mA aA (4) 0,25đ Chiếu (4) lên phương mặt phẳng nghiêng, chiều dương hướng xuống: mAgsinα + F = mAaA (5) 0,25đ FmsB F Từ (2), ta suy ra: a B gsin (6) 0,25đ mB F Từ (5), suy ra: a A gsin (7) 0,25đ mA Từ (7) và (6), suy ra rằng: aA > aB, trái với giả thiết. Vậy miếng gỗ B không thể chuyển động nhanh hơn miếng gỗ A. (8) 0,25đ b. So sánh các hệ số ma sát từ kết luận của 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) và (9), suy ra các gia tốc: FmsB F a B gsin (11) 0,25đ mB F a A gsin (12) 0,25đ mA
2. FmsB F F Từ (10) và (11), để aA > aB thì phải có: mB mA  N N N N  m g cos m g cos m g cos m g cos Hay: 1 A B A A 1 A B A A mB mA mB mA 1 mA mB mA Do đó:  1  (13). 0,25đ mB 2. Tìm thời điểm để miếng gỗ A văng ra khỏi đĩa (1,75đ) - Chuyển động tròn không đều nên vật có gia tốc tiếp tuyến: v R t a R (14) 0,25đ t t t 2 2 2 và gia tốc pháp tuyến: an  R R t (15) 0,25đ từ (15) và (14), ta có gia tốc toàn phần: 2 2 2 4 a an at R 1  t (16) 0,25đ Lực làm vật A chuyển động cùng với đĩa là lực ma sát nghỉ, có giá trị cực đại là μ2mAg 2 4 F mA.a mAR 1  t 2mA g (17) 0,25đ Từ (17) ta suy ra: 2 2 2 2 2 4 2 g 4 1 2 g 1  t 2 2 t 2 2 2 1 (18) 0,25đ R   R  Dấu (=) tương ứng với thời điểm miếng gỗ A bị văng ra khỏi đĩa: 1  2 g 2 t 2 1 (19)0,25đ  R2 2 R Với điều kiện:  (20) 0,25đ 2 g Câu 2. (4,0 điểm) 1. Tính nhiệt độ T , T , T và T (1,5đ) 1 2 3 4 p -Ta có: 1 2 p V 105.6,31.10 3 p V RT T 4 4 76K (21) 0,5đ 4 4 4 4 R 8,31 - Quá trình 1 – 4 là đẳng tích, nên: 5 p1 3.10 T1 T4 76 5 228K (22) 0,25đ 3 p4 10 4 - Theo giả thiết: T = T = 228K 3 1 O V - Đường thẳng 2 – 4 đi qua gốc O nên ta có liên hệ p = a.V H 1 3 Do p2 = 3p4 nên V2 = 3V4 = 18,93 dm . (23) 0,5đ V2 Vậy: T2 T1 228.3 684K (24) 0,25đ V1 2. Vẽ đồ thị p- T và V – T: (2,5đ)
3. p(Pa) V(dm3) 1 2 3 2 3.105 18,93 4 5 4 6,31 10 3 1 O O 76 228 684 T(K) 76 228 684 T(K) H 2 H 2 Đồ thị p - T Đồ thị V - T (1,25đ) (1,25đ) Câu 3. (3,0 điểm) 1. Tính công suất tiêu thụ điện và hiệu suất của động cơ. (1,0đ) 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. Vì vậy công suất toàn phần của động cơ là: Ptp = Pcơ + Pnhiệt Công suất kéo vật: Pcơ = T.v Trong đó lực căng: mg T Psin Pcơ = 400W (25) 0,25đ 2 2 Công suất tỏa nhiệt: Pnhiệt = I .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 2. Tìm cách mắc nguồn điện. (2,0đ) Hiệu điện thế giữa hai đầu động cơ khi kéo vật: P U tp 180 V (29) 0,25đ I Ta phải mắc bộ nguồn đối xứng, nghĩa là m dãy song song giống nhau, mỗi dãy gồm n ắc quy nối tiếp: Eb nE 36n nr 3,6n (30) 0,25đ r 0 b m m Theo định luật Ohm đối với mạch kín: 3,6n E U Ir 36n 180 5 2mn 10m n b b m 10 1 2 (31) 0,5đ n m Vì m, n phải là nguyên dương nên ta chỉ xét nghiệm nguyên dương của phương trình (31).
4. 10 1 Tổng hai số là một hằng số , là một hằng số, do đó tích cuả hai số cực đại khi hai số bằng n m 10 1 nhau, nghĩa là . cực đại (do đó m.n phải cực tiểu) khi n m 10 1 . (32) 0,5đ n m Ta có hệ phương trình: 10 1 m 1 n m (33) 10 1 n 10 2 n m Vậy bộ nguồn gồm một dãy và cần dùng 10 ắc quy. Bộ gồm 10 ắc quy nối tiếp nhau. (34) 0,5đ Câu 4. (5,0 điểm) 1. Tính tiêu cự của thấu kính: E - Sơ đồ tạo ảnh: a L + Ảnh thứ nhất: tạo qua bản mặt song song và thấu kính B AB BMSS A' B ' TK A'' B '' (35) 0,25đ + Ảnh thứ hai: tạo qua bản mặt song song, gương phẳng, bản mặt song song, thấu kính  O’ O AB BMSS A B GP A B BMSS A B 1 1 2 2 3 3 (36) 0,25đ TK  A4 B4 - Lần lượt xét các sự tạo ảnh: H 2 + Với ảnh thứ nhất: Ảnh A’B’: có độ lớn bằng vật AB, dời đi theo chiều truyền tia sáng (về phía TK L), một khoảng: 1 1  e 1 20 5(cm) (37) 0,25đ n 4 Vậy khoảng cách từ ảnh A’B’ đến thấu kính là d = a/2 - ℓ + OO’ = 15 + OO’ (38) 0,25đ 1 1 1 df Ảnh A’’B’’ tạo qua thấu kính: d ' f d d ' d f d ' Độ cao của ảnh: A'' B '' AB 4,5cm (39) 0,25đ d + Với ảnh thứ hai: Ảnh A1B1 tạo qua BMSS là nước có độ cao bằng vật AB, dời lại gần gương phẳng theo chiều truyền tia sáng một khoảng: 1 1  e 1 20 5(cm) n 4 Vậy khoảng cách từ ảnh A1B1 đến gương là: 20 – 5 = 15 cm (40) 0,25đ Qua gương phẳng, vật A1B1 cho ảnh A2B2 áo, bằng A1B1 cách gương 15 cm và cách thấu kính một khoảng: 15 + 40 + OO’ = 55 + OO’ (cm) (41) 0,25đ
5. Ảnh A2B2 trở thành vật thật đối với BMSS có độ dày a = 40cm, qua bản mặt cho ảnh A3B3 dời lại gần thấu kính một khoảng: 1 1 ' a 1 40 10(cm) (42) 0,25đ n 4 Vậy ảnh A3B3 cách thấu kính: d4 = 55 +OO’ – 10 = 45 + OO’ (cm) = d + 30 (cm) (43) 0,25đ d4 f Ảnh A4B4 tạo qua thấu kính: d4 ' d4 f d4 ' Độ cao của ảnh: A4 B4 AB. 3cm (44) 0,25đ d4 Từ trên, ta có giả thiết là: d4’ = d’ – 4 (45) 0,25đ ta có, từ (43) và (45) d.d ' d d ' d 30 d ' 4 f 4 4 (46) 0,25đ d d ' d4 d4 ' d 30 d ' 4 d ' d ' AB A' B ' d ' d 30 Từ (39), (43),(44) và (45): d d 1,5 A B d ' d ' 4 d d ' 4 4 4 AB. 4 d4 d 30 Hay: d.d’ + 30d’ = 1,5d.d’ – 6d => d’(0,5d – 30) = 6d 6d 12d Từ đó: d ' (47) 0,25đ 0,5d 30 d 60 12d 12d 8d 240 d. d 30 4 2 d 30 d 60 12d d 60 Thay (47) vào (46): d 60 12d 12d d 2 48d 8d 240 d d 30 4 d 30 d 60 d 60 d 60 12d 8(d 30)2 3d 2(d 30) Biến đổi: 3d 2 156d 2d 2 36d 2880 d 48 d 52 d 30 d 48 d 52 Ta có phương trình xác định d: d2 – 120d + 2880 = 0 (48) 0,5đ 60 26,833 Phương trình (37) có nghiệm: d ; 1 hay d = 86,833 cm và d = 33,167 cm. (49) 0,25đ Ta loại nghiệm d = 33,167 cm vì cho d’ < 0. 12.86,833 Vậy: d ' 38,833cm (50) 0,25đ 86,833 60 Suy ra tiêu cự của thấu kính: 86,833.38,833 f 26,833cm (51) 0,25đ 86,833 38,833 2. 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 3. Độ cao của vật AB: 4,5 4,5 AB 10,06cm (53) 0,25đ d ' 38,833 d 86,833
6. Câu 5. (3,0 điểm) A 1. Viết phương trình phân rã phóng xạ và xác định hạt nhân con Z X . 0 24  24  11 Na  1 e 12 Mg  (54)0,5đ 2. Tính năng lượng giải phóng trong phân rã. 2 Q = (mNa – mMg).c = (23,990963 - 23,985042).931,5 = = 5,5154115 MeV (44) 0,75đ 3. 24 a. Tính số gam 11 Na đã đưa vào máu bệnh nhân. mol m 5.10 4 .9.10 3 lit 45.10 7 mol 10,8.10 5 g (55) 0,5đ 0 lit 24 b. Tính lượng chất phóng xạ 11 Na còn lại trong máu bệnh nhân sau 5 giờ. 0.693 .5 t 5 15 -5 m m0e 10,8.10 .e 8,57238.10 g. (56) 0,5đ c. Tính thể tích máu trong cơ thể bệnh nhân. 3 24 - Trong 9 cm máu bệnh nhân có chứa lượng 11 Na là: m’ = 7,5.10-9. 24 = 180.10-9 = 18.10-8 g. (57) 0,25đ 24 -5 - Lượng chất 11 Na còn lại trong cơ thể sau 5h là m = 8,57238.10 g. Vậy thể tích máu trong cơ thể bệnh nhân là: 8,57238.10 5 V .9(cm3 ) 4,28619.103 (cm3 ) 4,2862(lit) (58) 0,5đ 18.10 8