intTypePromotion=1

2 đề thi chọn HSG giải toán trên máy tính cầm tay Vật lý 12 - Sở GD&ĐT Thanh Hóa - (Kèm Đ.án)

Chia sẻ: Hà Văn Văn | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

0
222
lượt xem
57
download

2 đề thi chọn HSG giải toán trên máy tính cầm tay Vật lý 12 - Sở GD&ĐT Thanh Hóa - (Kèm Đ.án)

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

2 đề thi chọn học sinh giỏi giải toán trên máy tính cầm tay môn Vật lý lớp 12 của Sở giáo dục và đào tạo Thanh Hóa kèm đáp án dành cho các bạn học sinh lớp 12 giúp các em ôn tập lại kiến thức đã học và đồng thời giáo viên cũng có thêm tư liệu tham khảo trong việc ra đề thi.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: 2 đề thi chọn HSG giải toán trên máy tính cầm tay Vật lý 12 - Sở GD&ĐT Thanh Hóa - (Kèm Đ.án)

  1. Së Gi¸o dôc vμ §μo t¹o Kú thi chän ®éi tuyÓn häc sinh giái Líp 12 thpt Thanh ho¸ gi¶I to¸n trªn m¸y tÝnh cÇm tay N¨m häc 2010- 2011 Thời gian làm bài: 150 phút HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN VẬT LÍ Đề này có 10 câu Các giám khảo Số phách ĐIỂM CỦA TOÀN BÀI THI (Họ tên và chữ ký) Bằng số Bằng chữ Chú ý: 1. Nếu không nói gì thêm, hãy tính chính xác đến 4 chữ số thập phân trên máy tính. 2. Ghi lời giải tóm tắt đến kết quả bằng chữ. Sau đó thay số và ghi kết quả bấm máy. 3. trường hợp khoảng trống viết không đủ học sinh có thể viết ra mặt sau của tờ đề. Đề bài và bài làm Câu 1: (2 điểm) Đề bài: Tại thành phố Thanh Hoá, chu kì dao động của con lắc đơn chiều dài (l1 + l2) đo được là T+ = 2,3s. Còn chu kì dao động của con lắc đơn chiều dài (l1 - l2) đo được là T- = 0,9s. Hãy xác định chu kì dao động của các con lắc đơn lần lượt có chiều dài l1 và l2 tại thành phố Thanh Hoá. Kết quả tìm được có phụ thuộc vào gia tốc trọng trường hay không ? Lời giải tóm tắt đến đáp số bằng chữ: + Chu kì được tính bởi các công thức T+ = 2π ( l1 + l2 ) ; T = 2π ( l1 − l2 ) ; T1 = 2π l1 ; T2 = 2π l2 (0,25 đ) - g g g g l1 l l +l l −l + Suy ra 2 = 22 = 1 2 2 = 1 2 2 (0,25 đ) T1 T2 T+ T- T+ +T-2 2 T+ - T-2 2 + Hay T+ = T12 + T22 & T-2 = T12 - T22 2 T1 = ; T2 = (0,25 đ) 2 2 + Biểu thức của T1 và T2 tuy không chứa g nhưng kết quả thì chỉ có được khi các con lắc đặt ở cùng một vị trí địa lí. (0,25 đ) Thay số và kết quả: 2,32 + 0,92 + T1 = ≈ 1,7464 s (0,50 đ) 2 2,32 - 0,92 + T2 = ≈ 1,4967 s (0,50 đ) 2 Câu 2: (2 điểm) Đề bài: Cường độ âm thanh nhỏ nhất mà một nguời bình thường có thể nghe thấy ứng với tần số 103 hz là I0 = 10-12 W/m2. Bỏ qua mất mát năng lượng cho môi trường. a) Hỏi một người bình thường đứng ở vị trí M cách xa nguồn O phát âm thanh tần số 103 hz, công suất P = 5W một khoảng OM như thế nào thì vẫn còn nghe thấy âm thanh của nguồn phát ra ? b) Tính mức cường độ âm tại vị trí chính giữa của OM nói trên. 1
  2. Lời giải tóm tắt đến đáp số bằng chữ: + Gọi khoảng cách cần tìm là R thì P = IR. 4πR 2 với IR ≥ I0 (0,25 đ) P + Vậy R ≤ (1) (0,25 đ) 4πI0 P + Tại vị trí cách nguồn R/2 thì IR/2 = 2 = 12I0 (0,25 đ) ⎛R⎞ 4π ⎜ ⎟ ⎝2⎠ I R/2 + Vậy mức cường độ âm tại khoảng cách R/2 là LR/2 = lg = lg12 (2) (0,25 đ) I0 Thay số và kết quả: 5 + R≤ ≈ 0,6308.106 m (0,50 đ) 4π.10-12 + LR/2 = 1,0792 B (0,50 đ) Câu 3: (2 điểm) Đề bài: Một con lắc lò xo khối lượng m = 1kg và độ cứng k = 250 N/m được nối với vật khối lượng M = 4kg nằm trên mặt phẳng M m nghiêng có góc nghiêng α = 200 nhờ một sợi dây mảnh vắt qua k ròng ròng khối lượng không đáng kể. Hình bên. Bỏ qua ma sát α giữa M với mặt phẳng nghiêng. Hãy xác định độ giãn của lò xo khi hệ nằm cân bằng và xác định chu kì của hệ khi M thực hiện dao động nhỏ trên mặt phẳng nghiêng. Lời giải tóm tắt đến đáp số bằng chữ: + Chiều (+) hướng thẳng đắng lên trên. Phương trình chuyển động của các vật là: Mgsinα - T = Ma ; T - mg - kx = ma (0,25 đ) + Khi hệ nằm cân bằng a = 0, v = 0 và x = X0 ta có Mgsinα = mg + kX0 g ( Msinα - m ) Suy ra X0 = (1) (0,25 đ) k + Khi hệ dao động tại thời điểm t có biên độ x thì Mgsinα - T = Ma ; T - mg - k(x +X0) = ma k Suy ra Mgsinα - Ma - mg - k(x +X0) = ma hay x" + x=0 (0,25 đ) m+M 2π m+M + Vậy hệ dao động điều hoà với chu kì T = = 2π (2) (0,25 đ) ω k Thay số và kết quả: Thay số vào (1) và (2) bấm máy ta có kết quả + X0 = ( g 4sin200 - 1) ≈ 1,4439 cm (0,50 đ) 250 2
  3. 1+4 + T = 2π ≈ 0,8886 s (0,50 đ) 250 Câu 4: (2 điểm) Đề bài: Một chất điểm chuyển động tròn đều với bán kính quĩ đạo là 3,5cm, thời gian chuyển động hết một vòng là 12s. Chọn mốc thời gian là lúc chất điểm ở gần trục Ox nhất và gốc toạ độ là vị trí trên trục Ox gần quĩ đạo nhất. Hãy viết phương trình hình chiếu vuông góc của chất điểm lên trục Ox đồng phẳng với quĩ đạo chuyển động và xác định vị trí của vết chiếu tại thời điểm t = 100s. Lời giải tóm tắt đến đáp số bằng chữ: + Phương trình cần tìm có dạng x = Acos(ωt + ϕ). (0,25 đ) 2π π + Theo bài ra ta có A = 3,5cm ; ω = = rad/s (0,25 đ) T 6 π + Ngoài ra tại t = 0 ; x(0) = 0 suy ra ϕ = ± (0,25 đ) 2 π π + Phương trình cần tìm có dạng x = 3,5cos( t ± ) cm (0,25 đ) 6 2 Thay số và kết quả: π π + Li độ lúc t =100s là x(100) = 3,5cos( 100 ± ) cm (0,50 đ) 6 2 + x(100) ≈ - 3,0311 cm hoặc 2,2166 cm (0,50 đ) Câu 5: (2 điểm) Đề bài: Hình bên: Bỏ qua ma sát, khối lượng của các ròng rọc và dây nối. Các sợi dây dây đều mềm, mảnh, không giãn và luôn thẳng đứng. k2 k3 Tính độ cứng tương đương của hệ. Cho biết k1 = 10 N/m ; k2 = 15 N/m ; k3 = 25 N/m. k1 Lời giải tóm tắt đến đáp số bằng chữ: m + Ta có Fm = 2F3 = 2F2 = 2F1 (0,25 đ) kxm = 2k3x3 = 2k2x2 = 2k1x1 (1) (0,25 đ) + Ngoài ra 2xm = x1 + x2 + x3 nên thay vào (1) ta có: 1 4⎛ x ⎞ 1 4⎛ x ⎞ 1 4⎛ x ⎞ = ⎜ 3 ⎟ ; = ⎜ 2 ⎟ ; = ⎜ 1 ⎟ (0,25 đ) k3 k ⎜ ∑ xi ⎝ ⎟ ⎠ k2 k ⎜ ∑ xi ⎝ ⎟ ⎠ k1 k ⎜ ∑ xi ⎝ ⎟ ⎠ 4 1 1 1 k1 k 2 k 3 + Suy ra = + + k = 4 (2) (0,25 đ) k k3 k2 k1 k1k 2 + k 2 k 3 + k 3k1 Thay số và kết quả: 10.15.25 +k = 4 (0,50 đ) 10.15+ 15.25 + 25.10 + k ≈ 19,3548 N/m. (0,50 đ) 3
  4. Câu 6: (2 điểm) Đề bài: Cho mạch điện xoay chiều hình bên. Biết R = 100Ω ; ZC = 120Ω ; cuộn dây thuần cảm ZL= 20Ω ; uAB= 100 2 cos100πt (V). Tính điện lượng R L C 1 A B phóng qua tiết diện dây dẫn trong chu kì. 8 Lời giải tóm tắt đến đáp số bằng chữ: U0 + Ta có I0 = = 1(A) (0,25 đ) R 2 + ( Z L − ZC ) 2 1 + Vậy i = I0cos(100πt + ϕ) Tuy nhiên tính điện lượng trong chu kì, ta có thể chọn lại mốc 8 thời gian để cho i = cos(100πt + ϕ) = sin100πt (0,25 đ) + Điện tích chạy qua trong thời gian dt là dq = idt điện tích chạy qua tiết diện dây dẫn t t trong thời gian t kể từ khi dòng điện triệt tiêu là Δq = ∫ idt = ∫ sin(100π t) dt (0,25 đ) 0 0 t 1 1 + Với T = s. Lấy tích phân ta được Δq = cos (100π t ) (không xét chiều dòng điện, 50 100π 0 nên không có dấu ±). (0,25 đ) Thay số và kết quả: 1 1 ⎛ π ⎞ + Sau chu kì đầu Δq = ⎜ cos − cos0 ⎟ ≈ (0,50 đ) 8 100π ⎝ 4 ⎠ + Δq = 9,3231.10-4 C (0,50 đ) Câu 7: (2 điểm) Đề bài: Trong mạch điện hình bên cuộn dây là thuần cảm. Khi K mở thì dòng điện là i1 còn π khi K đóng thì dòng điện là i2. Biết rằng i1 và i2 khác pha nhau và I1 = 2I2. Tìm hệ số cống 2 suất cosϕ1 của mạch lúc K mở và tìm giá trị của ϕ1. Lời giải tóm tắt đến đáp số bằng chữ: R 1 R + Với I1 = 2I2 thì Z1 = Z2/2 = (0,25 đ) cosϕ1 2 cosϕ2 π + Suy ra cosϕ1 = 2cosϕ2 . Hai góc khác nhau nên cosϕ2 = - sinϕ1 2sinϕ1 = - cosϕ1 2 (0,25 đ) 2 + Biến đổi thành 4sin2ϕ1 = cos2ϕ1 cosϕ1 = (0,25 đ) 5 π + Hai góc ϕ1 và ϕ2 đều nhọn và khác nhau nên chúng phải 2 R L C1 ngược dấu. Mặt khác do các tụ mắc song song nên ZC2 < ZC1. Suy N M 2 k ra ϕ2 >0 & ϕ1 < 0 ϕ1 = - |arccos | (0,25 đ) C2 5 Thay số và kết quả: 4
  5. 2 + cosϕ1 = ≈ 0,8944 (0,50 đ) 5 2 + ϕ1 = - |arccos | ≈ - 26,56510 = 260 33' 54" (0,50 đ) 5 Câu 8: (2 điểm) Đề bài: Một ròng rọc có bán kính R = 5cm, khối lượng M = 2kg, có thể F quay không ma sát quanh một trục nằm ngang. Cuốn đầu một sợi dây M mảnh, nhẹ vào ròng rọc và buộc đầu tự do vào hòn bi m = 3kg. Hòn bi m cách mặt đất 2m. Hình bên. Thả nhẹ hòn bi cho rơi xuống. Bỏ qua sức cản không khí. Hỏi khi hòn bi tiếp đất thì ròng rọc quay với tốc độ góc là bao nhiêu ? Lời giải tóm tắt đến đáp số bằng chữ: ⎛ I ω 2 mv 2 ⎞ + Áp dụng định lí động năng ΔWd = Am hay ⎜ + ⎟ = P.h (0,50 đ) ⎝ 2 2 ⎠ 2 P.h 2 mgh + Vì v = R.ω nên suy ra 2Ph = Iω2+mR2ω2 hay ω 2 = ω= (0,50 đ) I + mR 2 R M + 2m Thay số và kết quả: 2 3.g.2 + ω= ≈ (0,50 đ) 0,05 2 + 2.3 + ω = 108,4803 rad/s. (0,50 đ) Câu 9: (2 điểm) k, l Đề bài: Một con lắc lò xo có chiều dài tự nhiên l0 = 10 cm và khối lượng là m m = 100 g. Con lắc có đầu phía trên cố định, đầu dưới có thể trượt trên mặt μ α phẳng nghiêng với góc nghiêng α1 = 600. Hình bên. Chiều dài con lắc khi nằm cân bằng trên mặt phẳng nghiêng là l1 = 12,16 cm. a) Bỏ qua ma sát. Tính chiều dài l2 của con lắc nếu góc nghiêng giảm xuống đến α2 = 300 ? b) Thực tế giữa m và mặt phẳng nghiêng có ma sát nên sau 10 chu kì dao động trên mặt phẳng nghiêng α1 thì biên độ đã giảm đi 1 cm. Tìm hệ số ma sát μ. Lời giải tóm tắt đến đáp số bằng chữ: + Phương trình cân bằng của con lắc là mgsinα1 = k(l1 - l0) và mgsinα2 = k(l2 - l0) (0,25 đ) l ( sin α1 − sin α 2 ) + l1 sin α 2 Suy ra l2 = 0 (0,25 đ) sin α1 kA 2 + Năng lượng của con lắc là . Độ giảm năng lượng sau mỗi chu kì bằng công của lực ma 2 sát. Tức là (μ.mg.cosα1).4A = dE = kA.dA. (0,25 đ) mgsinα1 0,1.tanα1 + Với k = và dA = 0,1 cm, ta suy ra μ = (0,25 đ) l1 - l0 4(l1 − l0 ) Thay số và kết quả: + l2 = ( ) 10 sin 600 − sin 300 + 12,16sin 300 ≈ 11,2471 cm (0,50 đ) sin 600 5
  6. 0,1.tan600 + μ= ≈ 0,02 (0,50 đ) 4(12,16 − 10) Câu 10: (2 điểm) Đề bài: Bên trong một quả cầu đặc, điện môi tích điện đều, bán kính R R, có một khoang cầu bán kính R/2 với tâm cách tâm quả cầu một -q, m R/2 khoảng bằng R/2. Hình bên. Điện tích toàn phần của quả cầu là Q. Dọc theo đường nối tâm quả cầu và khoang rỗng có một khe hẹp, bán kính nhỏ, bên trong có điện tích điểm (-q) khối lượng m. Xác định vị trí cân bằng của quả cầu nhỏ, coi rằng ma sát không đáng kể. Lời giải tóm tắt đến đáp số bằng chữ: 8 + Có thể coi bài toán tương đương với quả lớn có điện tích dương Q1 = Q chồng chất 7 1 với quả cầu nhỏ điện tích âm Q2 = Q. (0,25 đ) 7 + Cường độ điện trường trong lỗ thủng tại vị trí cách tâm quả cầu một khoảng r được Q1 .4πr 3 /3 4πR 3 /3 Q2 xác định là: E = k 2 -k 2 (0,25 đ) r ⎛R ⎞ ⎜ +r ⎟ ⎝2 ⎠ Q1 r Q2 8 Q ⎛ 1 ⎞ r Hay là E= k -k = k 2 ⎜α- ⎟ với α = (0,25 đ) 2 R R ⎛R ⎞ 2 7 R ⎜ 2 (1+ 2α ) ⎟ 2 R ⎝ ⎠ ⎜ +r⎟ ⎝2 ⎠ + Vị trí mà điện tích (-q) nằm cân bằng phải thoả mãn E = 0. Khi đó ta có phương trình ⎛ 1 ⎞ 2 ⎜α− ⎟ = 0 hay 2α(1+2α) = 1 8α3 + 8α2 + 2α - 1= 0 (0,25 đ) ⎜ 2 (1+ 2α ) ⎟ 2 ⎝ ⎠ Thay số và kết quả: + Phương trình bậc ba có nghiệm α1 ≈ 0,2328 . Suy ra r = 0,2328R. (0,50 đ) + Hai nghiệm kép giá trị âm α2 = α3 = - 0,6164 không lấy (0,50 đ) --------------HẾT-------------- 6
  7. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT THANH HÓA GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY NĂM HỌC 2011- 2012 Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN VẬT LÍ Đề này có 10 câu, 05 trang Các giám khảo Số phách ĐIỂM CỦA TOÀN BÀI THI (Họ tên và chữ ký) Bằng số Bằng chữ Chú ý: 1. Nếu không nói gì thêm, hãy tính chính xác đến 4 chữ số thập phân trên máy tính. 2. Ghi lời giải tóm tắt đến kết quả bằng chữ. Sau đó thay số và ghi kết quả bấm máy. 3. Trường hợp khoảng trống viết không đủ học sinh có thể viết ra mặt sau của tờ đề. Đề bài và bài làm Câu 1: (2 điểm) Đề bài: Mạch chọn sóng của một máy thu thanh gồm một cuộn cảm L = 3,6 μ H và một tụ xoay có điện dung biến thiên được từ Cm = 10 pF đến Cn = 490 pF. a/ Chứng minh rằng sóng cộng hưởng có bước sóng tỉ lệ với căn bậc hai điện dung của tụ trong mạch? b/ Cho vận tốc ánh sáng c = 299 792 458 m/s. Xác định dải bước sóng mà máy thu có thể thu được ? Lời giải tóm tắt đến đáp số bằng chữ: + Ta có λ = c. T = và T = 2 π LC (0,50 đ) + suy ra λ = 2 π c. LC (đpcm) (0,50 đ) Thay số và kết quả: + 2 π c. LCm ≤ λ ≤ 2 π c. LCn (0,50 đ) + 2 π .299 792 458 . 3,6.10-6 .10.10−12 ≤ λ ≤ 2 π .299 792 458 . 3,6.10-6 .490.10−12 Hay 11,3019 m ≤ λ ≤ 79,1134 m (0,50 đ) Câu 2: (2 điểm) Đề bài: Trong một mạch RLC mắc nối tiếp, hoạt động ở tần số 60 Hz, điện áp cực đại ở hai đầu cuộn cảm bằng 1,5 lần điện áp cực đại ở hai đầu điện trở và bằng 1,2 lần điện áp cực đại ở hai đầu tụ điện. a) Hỏi dòng điện chậm pha hơn điện áp đặt vào hai đầu đoạn mạch là bao nhiêu ? b) Nếu điện áp đặt vào đoạn mạch có giá trị cực đại là 30V thì điện trở R của mạch phải bằng bao nhiêu để cho dòng điện có giá trị cực đại là 300 mA ? Lời giải tóm tắt đến đáp số bằng chữ: U 0 L - U 0C 1 + Từ 1,5U0R = U0L và 1,2U0C = U0L suy ra ϕ = arctg = arctg (0,50 đ) U0R 4 ⎛ 1,5 2 ⎞ 2 ⎡ ⎛ 1,5 ⎞ 2 ⎤ U0 U 0R ⎟ = ( I0 R ) ⎢1 + ⎜1,5 − 2 2 2 2 + Ta có U 0 = U 0R + ⎜1,5U 0R - ⎥ suy ra R = ⎝ 1,2 ⎠ ⎢ ⎝ ⎣ 1, 2 ⎟ ⎠ ⎥ ⎦ ⎛ 2 1,5 ⎞ I 0 1 + ⎜ 1,5 − ⎝ 1, 2 ⎟ ⎠ (0,50 đ) Thay số và kết quả: 1
  8. 1 + ϕ = arctg ≈ 14,03620 (≈ 0,2450 rad) (0,50 đ) 4 30 + Thay số R = = 97,0143Ω. (0,50 đ) 2 ⎛ 1,5 ⎞ 0,3. 1 + ⎜ 1,5 − ⎝ 1, 2 ⎟ ⎠ Câu 3: (2 điểm) Đề bài: Một lò xo khối lượng không đáng kể treo thẳng đứng trong trọng trường có gia tốc g. Treo quả cầu nhỏ khối lượng 100g vào đầu còn lại của lò xo thì nó giãn thêm 2 cm. Biết dao động điều hoà của quả cầu có cơ năng là 2.10-2 Jun. Tính biên độ, tần số của dao động và giá trị cực đại, cực tiểu của lực đàn hồi của lò xo trong quá trình dao động. Lời giải tóm tắt đến đáp số bằng chữ: + Độ cứng của lò xo k = mg/Δl và cơ năng của quả cầu E = kA2/2 2E 2E.Δl k g Suy ra A = = và ω = = (0,50 đ) k mg m Δl + Lực đàn hồi có giá trị cực đại tiểu khi lò xo không giãn Fmin = 0 N. và giá trị cực đại ở vị trí thấp 2E.mg nhất Fmax = k(A+ Δl) = − mg (N/m) (0,50 đ) Δl Thay số và kết quả: 2.2.10-2 .2.10-2 g +A= ≈ 0,0286 m ; ω = ≈ 22,1435 rad/s (f ≈ 3,5242 Hz) (0,50 đ) 10-1g 2.10−2 2.2.10-2 .2.10-2 + Fmax = -1 - 2.10-2 ≈ 2,3811 N/m (0,50 đ) 10 g Câu 4: (2 điểm) Đề bài: Trong một đoạn mạch điện xoay chiều R, L, C nối tiếp: Điện áp đặt vào hai đầu đoạn mạch 1 10 −4 uAB = 200 sin100 π t (V) ; Cuộn dây thuần cảm có L = (H) ; Tụ điện có C = (F). Biết rằng π 2π π dòng điện qua mạch nhanh pha hơn uAB là . Tính giá trị điện trở R và công suất tiêu thụ P trong 8 mạch. Lời giải tóm tắt đến đáp số bằng chữ: Z L - ZC Z L - ZC + ZL = Lω = 100 Ω ; ZC = 1/Cω = 200 Ω tan ϕ = →R= (0,50 đ) R tanϕ U2 + P = UI cos ϕ = cosϕ (0,50 đ) R 2 + ( Z L − ZC ) 2 Thay số và kết quả: + R ≈ 241,4214 Ω (0,50 đ) 2002 / 2 π + P= cos ≈ 70,7107 W (0,50 đ) R + (100 − 200 ) 2 2 8 Câu 5: (2 điểm) Đề bài: Do bức xạ nhiệt mà khối lượng mặt trời cứ mỗi giây giảm đi 4,3 triệu tấn. Hãy xác định sự thay đổi bán kính quĩ đạo của trái đất sau 1 năm và 1 tỉ năm sau, biết rằng khối lượng mặt trời hiện nay 2
  9. là M = 2.1030kg và bán kính quĩ đạo hiện nay của trái đất là R = 1,5.1011m. Lời giải tóm tắt đến đáp số bằng chữ: mM v2 + Phương trình chuyển động của trái đất xung quanh mặt trời là G =m R2 R Ngoài ra, định luật bảo toàn momen động lượng mvR = const (0,50 đ) ΔM + Từ trên suy ra MR = const . Hay (M - ΔM).(R + ΔR) = MR ΔR = R (0,50 đ) M Thay số và kết quả: ΔR 4,3.109 .(365.24.36.102 ) + Sau 1 năm = 30 ≈ 0,6780.10-13 (0,50 đ) R 2.10 ΔR 4,3.109 .(365.24.3600).109 + Sau 1 tỉ năm = ≈ 0,6780.10-4 (0,50 đ) R 2.1030 Câu 6: (2 điểm) Đề bài: Treo một con lắc đơn chiều dài l = 40cm tại điểm I trên bức tường IB I nghiêng góc β = 70 so với phương thẳng đứng. Hình bên. Thả quả lắc từ vị trí ban β α0 đầu A có biên độ góc α0 = 90 cho nó chuyển động thẳng góc về phía bức tường. Bỏ qua ma sát, sức cản của không khí và coi va chạm của quả lắc với tường là B A hoàn toàn đàn hồi. Hãy tính chu kì của chuyển động. O Lời giải tóm tắt đến đáp số bằng chữ: g g + Phương trình động lực của con lắc α” + α = 0 có nghiệm dạng α = α0sin t (*) l l Chia dao động tuần hoàn này ra hai gian đoạn: Từ A đến O và từ O đến B. Do đó chu kì của dao động tuần hoàn là T = 2 (tAO + tOB). (0,50 đ) g p l g l b + Từ (*) ta có: α0 = α0sin tAO tAO= và β = α0sin tOB tOB = arcsin l 2 g l g a0 l æ b ö Suy ra T = çp + 2 arcsin ÷ ç ÷ (0,50 đ) gçè a0 ÷ ÷ ø Thay số và kết quả: 0, 4 æ ö çp + 2 arcsin 7 ÷ + T= ç ÷ (0,50 đ) g è ç 9÷ø + T ≈ 0,9944 s (0,50 đ) Câu 7: (2 điểm) Đề bài: Cho giá trị cực đại của vận tốc và giá trị cực đại của gia tốc trong một dao động cơ điều hoà là 0,8m/s và 1,6m/s2. a) Xác định chu kì và biên độ của dao động. b) Lấy gốc thời gian là lúc vật đi qua vị trí cân bằng theo chiều dương. Hãy viết phương trình của dao động điều hoà đã cho và xác định li độ của nó tại thời điểm t = 3s. Lời giải tóm tắt đến đáp số bằng chữ: 2π.v0 v2 + v0 = ωA ; a0 = ω2A. Suy ra ω = a0/v0 T = 2π/ω = và A = 0 (0,50 đ) a0 a0 + Phương trình dao động dạng x = Acos(ωt + ϕ) => v = -Aωsin(ωt + ϕ) 3
  10. π 2 v0 ⎛a π⎞ Tại t = 0 thì x(0) = 0 và v > 0 suy ra ϕ = − Vậy x = cos ⎜ 0 t - ⎟ (0,50 đ) 2 a0 ⎝ v0 2⎠ Thay số và kết quả: 2π.0,8 0,82 + T= ≈ 3,1416 s ; A = = 0,4 m (0,50 đ) 1,6 1,6 ⎛ 1,6 π⎞ + x(3) = 0,4cos ⎜ 3 - ⎟ ≈ - 0,1118 m (0,50 đ) ⎝ 0,8 2⎠ Câu 8: (2 điểm) Đề bài: Thanh sắt tròn đều có chiều dài AB = 1,5m được giữ nghiêng góc α trên C A mặt nằm ngang bằng sợi dây chăng ngang chiều dài AC = 1,5 m. (hình bên). Hệ số ma sát giữa đầu B của thanh với sàn là 0,8. Hãy: α a) Xác định góc nghiêng α để thanh sắt ở trạng thái cân bằng. O B b) Tính khoảng cách OB từ đầu B của thanh đến chân tường khi α = 580. Lời giải tóm tắt đến đáp số bằng chữ: a) Tác dụng lên thanh có 4 lực như hình bên + Cân bằng lực: T = F và N = P ; Cân bằng mômen: TLsinα = P (L/2)cosα (0,50 đ) mgcotanα + Lực ma sát nghỉ F ≤ kN kết hợp với các biểu thức trên suy ra ≤ kmg 2 hay α ≥ arccotan2k (0,50 đ) A 0 0 C T b) Khi α = 58 ta có OB = AC – AB.cos58 (0,50 đ) Thay số và kết quả: N a) Kết quả thay số cho ta α ≥ 32,00540 ≈ 0,5586 rad. (0,25 đ) αP O b) OA = 1,5 – 1,5.cos580 ≈ 0,7051m. (0,25 đ) B F Câu 9: (2 điểm) C1 M C2 Đề bài: Một bộ tụ điện mắc như hình vẽ bên, có C1 = C2 = 4μF ; C3 = 2μF ; C4 = C5 = 1μF. Hãy tính điện tích của từng tụ điện khi hiệu điện thế đặt vào A C5 B hai đầu AB là U = 20V. C3 N C4 Lời giải tóm tắt đến đáp số bằng chữ: + Nếu không có C5 thì các tụ mắc thành hai nhánh song song. Khi đó nhánh trên Q01 = C1U1 = C2U2 U1 = U2 nhánh dưới Q02 = C3U3 = C4U4 2U3 = U4 Suy ra VN > VM do đó khi có C5 thì bản cực dương của C5 ở về phía N. Ngoài ra, nút M và N cô lập nên định luật bảo toàn điện tích viết được: -q1 + q2 - q5 = 0 và - q3 + q5 + q4 = 0 (0,50 đ) + Hay là - C1(VA-VM) + C2(VM -VB) - C5(VN –VM) = 0 - C3(VA -VN) + C5(VN –VM) + C4(VN -VB) = 0 Vì UAB = 20V, chọn VB = 0 và VA = 20V và thay số ta có - 4(20 -VM) + 4(VM - 0) - (VN –VM) = 0 - 2(20 - VN) + (VN –VM) + (VN - 0) = 0 72 88 Giải ra ta được VM = V và VN = V (0,50 đ) 7 7 Thay số và kết quả: 4
  11. q1 = C1(VA-VM) ≈ 3,8857.10-5C ; q2 = C2(VM -VB) ≈ 4,1143.10-5C q3 = C3(VA –VN) ≈ 1,4857.10-5C ; q4 = C4(VN –VB) ≈ 1,2571.10-5C -5 q5 = C5(VN –VM) ≈ 0,2286.10 C (Đúng mỗi kết quả 0,25đ. Đúng 4 hoặc cả 5 kết quả thì đều đạt tối đa 1,00đ) Câu 10: (2 điểm) Đề bài: Máy phát điện xoay chiều trên (hình bên) cung cấp cho mạch một C C điện áp 120V- 60Hz. Khi khoá K mở dòng điện sớm pha hơn s.đ.đ của máy ~ 1 K phát 200, khi khoá K ở vị trí 1 dòng điện mạch chính chậm pha hơn s.đ.đ của 2 R L máy phát 100, còn khi khoá K ở vị trí 2 cường độ dòng điện hiệu dụng mạch chính là 2A. Hãy xác định các giá trị của R, L, C. Lời giải tóm tắt đến đáp số bằng chữ: + Khi ngắt K: Mạch R, L, C nối tiếp tanϕ0 = (ZL – ZC) /R (1) L 1 hay 120π - = tan(−200 ) (1b) (0,25đ) R 120πRC + Khi K ở vị trí 1: Mạch R,L và 2C nối tiếp tan ϕ0 = (ZL – Z2C)/R. L 1 hay 120π - = tan(100 ) (2) (0,25đ) R 120πR.2C 1 + Khi K ở vị trí 2: Mạch L, C nối tiếp Z =| ZL – ZC| = 120p L - 120p C 2 æ 1 ö ÷ = 3600 Mặt khác Z = E/I = 60Ω. ç120p L - ç ÷ (3) (0,25đ) ç è 120p C ÷ ø + Thay (1) vào (3) ta được (ZL – ZC)2 = 3600 = R2.tg2(-200). Suy ra R = 60/tg200 (*) (0,25 đ) 1 1 tan 200 + Lấy (2) trừ (1b) được: = tan100 + tan 200 C= . 120πR.2C 240p (tg100 + tg 200 ) 60 1 R Thay giá trị R, C vào (1b) ta được L = − tan 200 (0,25 đ) (120π ) C 120π 2 Thay số và kết quả: + R ≈ 164,8487Ω (0,25 đ) + C ≈ 1,4891.10-5F (0,25 đ) + L ≈ 0,3134H (0,25 đ) --------------HẾT-------------- 5
ADSENSE
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2