Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Đắk Lắk lớp 12 có đáp án: Môn Vật lý (Năm học 2007 - 2008)

Chia sẻ: ĐOÀN VĂN LƯỢNG | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

243
lượt xem 17
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Đắk Lắk lớp 12 "Môn Vật lý" năm học 2007 - 2008 dưới đây để có thêm tài liệu tham khảo phục vụ nhu cầu học tập và ôn thi. Hy vọng đây là tài liệu tham khảo hữu ích cho các bạn.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Đắk Lắk lớp 12 có đáp án: Môn Vật lý (Năm học 2007 - 2008)

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 20072008 DAKLAK MÔN THI : VẬT LÝ 12 THPT o o0o ĐỀ CHÍNH THỨC ( 180 phút, không kể thời gian giao đề ) BÀI 1 : ( 3,0 điểm ) Thanh AB chiều dài l, khối kượng m, tiết diện đều đặt trên mặt phẳng ngang có hệ số ma sát k. Tác dụng vào đầu A một lực F theo phương ngang và vuông góc với AB, thanh có xu hướng quay. 1) Xác định vị trí của điểm O với OA = x mà khi thanh AB bắt đầu dịch chuyển quay quanh điểm này. Suy ra rằng vị trí này không phụ thuộc vào hệ số ma sát. 2) Tính lực lớn nhất để thanh chưa dịch chuyển quay. BÀI 2 : ( 3,0 điểm ) Một bình chứa 360 gam khí Helium. Do bình hở sau một thời gian khí Helium thoát ra một phần, nhiệt độ tuyệt đối của khí giảm 20% , áp suất giảm 30%. Tính khối lượng khí Helium thoát ra khỏi bình và số nguyên tử đã thoát ra khỏi bình. BÀI 3 : ( 3,0 điểm ) Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ (h.1). Hiệu điện thế xoay chiều hai đầu mạch có biểu thức : uAB = U0.sin100 t (V), bỏ qua điện trở các dây nối. Các hiệu điện thế hiệu dụng: U AN = 300 (V) , π UMB = 60 3 (V). Hiệu điện thế uAN lệch pha so với uMB một góc . Cuộn dây có hệ số tự cảm 2 1 −3 L= (H) với điện trở r, điện dung của tụ điện C = 3.10 (F). 3π 16π R L , r C 1) Tính điện trở r. 2) Viết biểu thức hiệu điện thế uAN. A M N B (h . 1) BÀI 4 : ( 3,0 điểm ) Cho quang hệ như hình vẽ (h.2). Điểm sáng S đặt trên trục chính của hệ. Khoảng cách từ S đến gương là 120cm. Khi tịnh tiến thấu kính trong khoảng điểm sáng S và gương sao cho trục chính của thấu kính và gương vẫn trùng nhau thì thấy có 3 vị trí của thấu kính mà chùm sáng từ S sau khi qua thấu kính, gương và thấu kính lần thứ hai lại trở về S. Biết tiêu cự của gương f2 = 36cm. S 1) Tính tiêu cự của thấu kính. 2) Xác định 3 vị trí nói trên của thấu kính. (h. 2)
BÀI 5 : ( 3,0 điểm ) 24 Đồng vị 11 Na phóng xạ tạo hạt nhân con là magiê (Mg), ký hiệu là 1224 Mg . 24 1) Ở thời điểm ban đầu t = 0, khối lượng của 11 Na là m0 = 4,8g thì sau thời gian t=30h , 24 24 khối lượng 11 Na chỉ còn lại m = 1,2g chưa bị phân rã. Tính chu kỳ bán rã của 11 Na và độ phóng xạ 24 (theo đơn vị Ci ) của lượng 11 Na sau thời gian t = 30h . 2) Khi khảo sát một mẫu chất người ta thấy ở thời điểm bắt đầu khảo sát thì tỉ số khối lượng 24 24 12 Mg và 11 Na là 0,125. Hỏi sau thời gian bao lâu thì tỉ số đó bằng 8 ? Cho số Avôgađrô N A = 6,023.1023/mol. BÀI 6 : ( 2,5 điểm ) Một hình tam giác đều đứng yên đối với hệ quy chiếu K’ có một cạnh nằm trên trục Ox’ có diện tícsh S’. Hệ K’ chuyển động thẳng đều đối với hệ quy chiếu quán tính K dọc theo trục Ox với vận tốc v = 0,6c ( c là vận tốc ánh sáng trong chân không). Trong hệ quy chiếu quán tính K, diện tích của tam giác là S. 1) Tìm hệ thức liên hệ giữa S và S’. 2) Tính các góc của tam giác trên trong hệ quy chiếu quán tính K. BÀI 7 : ( 2,5 điểm ) Xác định suất điện động của một nguồn điện bằng hai vôn kế khác nhau có điện trở trong chưa biết và không lớn lắm. Dụng cụ : Hai vôn kế, nguồn điện, các dây nối. Hãy trình bày phương án tiến hành thí nghiệm, vẽ sơ đồ các mạch điện, lập công thức để xác định suất điện động của nguồn điện. Heát Ghi chuù chung : Caùc haèng soá vaät lyù thoâng thöôøng xem nhö ñaõ bieát
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 20072008 DAKLAK HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN : VẬT LÝ 12THPT   I. SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM : BÀI 1 : ( 3,0 điểm ) Gọi f1 và f2 là lực ma sát tác dụng về hai phía lên thanh. Ta có : xm f1 = k.N1 = k. g (1) 0,25 đ l (l x)m xm f 2 = k.N 2 = k. g = k.mg k g = k.mg − f1 (2) 0,25 đ l l Để thanh AB không trượt mà chỉ quay quanh điểm O cách A một đoạn x. Từ điều kiện cân bằng chuyển động tịnh tiến và quay ta có : F – f1 + f2 = 0 (3) 0,25 đ x lx F.x = f1. + f 2 . (4) 0,25 đ 2 2 Kết hợp (3), (4) và thay (1) và (2) vào ta được : x lx (f1 f 2 ).x = f1. + f 2 . (5) 0,50 đ 2 2 xm xm xm x xm lx hay: (k g − kmg + k g).x = k g. + (kmg k g). (6) 0,25 đ l l l 2 l 2 l Suy ra : x= không phụ thuộc vào hệ số ma sát k (7) 0,25 đ 2 Do đó lực F lớn nhất để thanh AB không trượt, suy từ (3) : F f1 − f 2 (8) 0,25 đ xm xm x hay: F k g − kmg + k g F kmg(2 1) (9) 0,25 đ l l l F kmg( 2 1) (10) 0,50 đ BÀI 2 : ( 3,0 điểm ) Áp dụng phương trình Clapayron Mendeleev cho bình chứa m (g) khí lúc đầu và lúc sau : m p1V = RT1 (1) 0,25 đ μ m p 2 V = RT2 (2) 0,25 đ μ Từ (1) và (2) suy ra : p 2 m 2 T2 p p m T m T m (T + ∆T) m1T1 = . � 2 1= 2 2 1 1= 2 1 (3) 0,50 đ p1 m1 T1 p1 m1T1 m1T1 Độ giảm áp suất theo độ giảm nhiệt độ:
∆p m 2 m1 m 2 ∆T = + (4) 0,25 đ p1 m1 m1 T1 ∆p 30 3 ∆T 20 1 Theo giả thiết: = = ; = = (5) 0,25 đ p1 100 10 T1 100 5 3 m 2 m1 1 m2 7 Suy ra : = + . � m 2 = m1 (6) 0,50 đ 10 m1 5 m1 8 Do đó khối lượng khí Helium thoát ra khỏi bình: m 360 ∆m = m 2 m1 = 1 = = 45 gam (7) 0,50 đ 8 8 Số nguyên tử He đã thoát ra : ( với He = 4 và số Avogadro NA = 6,023.1023 ) ∆m 45 N = N A = .6, 023.1023 = 67, 76.10 23 nguyen tu (8) 0,50 đ 4 4 BÀI 3 : ( 3,0 điểm ) 1) Tính r : (2,0 điểm) 1 ZL r Ta có : AN + MB = /2 . Suy ra : tg AN , từ đó : . tg MB R r ZC ZL Vậy : ZL(ZC – ZL) = r(R + r), hay : U L2 (U C U L ) U r (U R U r ) (1) 0,25đ 2 2 2 Mặt khác : U AN (U r UR ) U L (2) 2 Và : U MB U r2 (U L U C ) 2 (3) 0,25đ 2 U Từ (1), ta rút ra : (U R U r )2 L (U C 2 U L ) 2 (4) 0,25đ U r 2 U L2 U L2 Thay (4) vào (2) : U AN (U C U L )2 U L2 (U C U L )2 U r2 (5) 0,25đ U r2 U r2 2 2 UL 2 Thay (3) vào (5), ta được : U AN .U MB Ur U 300 5 3 100 3 Biến đổi ta có : L = = , suy ra : r = ZL. = = 20Ω (6) 0,25đ U r 60 3 3 5 5 3 2) Biểu thức uAN : (1,0điểm) Ta có : u AN = U 0 AN sin(100π t + φu ) AN . + Biên độ : U0AN = 300 2 (V) + Pha ban đầu : u AN i AN u AN AN (7) 0,25đ Z L ZC Do đó : tg (8) 0,25đ R r 100 � 160 100 � � − � Từ mục 1), ta có : R + r = ZL(ZC – ZL)/r = 3 � 3 3� = 100Ω 20 Suy ra : R = 80 (9) 0,25đ
Thay vào (8), ta tính được : tg = 0,346 = 190 (10) 0,25đ Z 100 1 Ta lại có : tgφ AN = L = = � φ AN = 300 (11) 0,25đ R+r 3100 3 49π Vậy : φu = 190 + 300 = 490 = ( rad ) (12) 0,25đ AN 180 49π Biểu thức : u AN = 300 2 sin(100π t + )(V ) (13) 0,25đ 180 BÀI 4 : ( 3,0 điểm ) 1) Tính tiêu cự : (2,0điểm) Sơ đồ tạo ảnh : S ( L ) S1 (G ) S 2 ( L ) S (1) 0,25đ d1 d1’d2 d2’d3 d3’ Theo điều kiện của bài , ta có : d3’ = d1 , suy ra : d1’ = d3 , hay : l – d2 = l – d2’. Với l là khoảng cách giữa gương cầu và thấu kính. f2 Vậy : d2’ = d2 , do đó : d 2 1 0 (2) 0,25đ d2 f2 Từ (14) , ta có : d2 = 0 , suy ra : l – d1’ = 0 , vậy : l = d1’ (3) 0,25đ Mà ta có : l + d1 = 120cm (4) 0,25đ Từ (15) và (16), ta có phương trình : d1 + d1’ = 120cm d1 f1 Hay : d1 120 d1 f1 Đưa về phương trình bậc hai : d12 − 120d1 + 120 f1 = 0 (5) 0,25đ Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi : 0, suy ra : f1 30cm (6) 0,25đ f2 Cũng từ (14), ta có : 1 0 , suy ra : d2 = 2f2 = l – d1’. d2 f2 Vậy : l = d1’ + 2f2 = d1’ + 72 (7) 0,25đ Thay (19) vào (16) , ta có : d1’ + d1 = 120 – 72 = 48 Vậy ta đi đến phương trình : d12 48d1 48 f1 0 (8) 0,25đ Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi : 0 , hay : f1 12cm (9) 0,25đ Từ (18) và (21) , ta suy ra : f1 12cm (10) 0,25đ + Với f 1
m 4,8 Ta có : 0 = = 4 = 22 vậy : số chu kỳ k = 2. (2) 0,25đ m 1, 2 Do đó : t = 2T , suy ra : T = t/2 = 30/2 = 15h. (1) 0,25đ ln 2.N A .m Độ phóng xạ : H = N = (2) 0,25đ T .A 0, 693.6, 023.1023.1, 2 Thay số : H = = 3,8647.1017 ( Bq ) 0,25đ 15.3600.24 3,8647.1017 Tính theo (Ci) : H = = 1, 0445.107 (Ci ) (3) 0,25đ 3, 7.1010 2) Thời gian : (2,0điểm) m02 N N Ta có : = 0,125 � 02 = 0,125 hay N 02 = 01 (4) 0,25đ m01 N 01 8 A2 A .N 02 N 2 m02 m NA NA Tại thời điểm t : m2/ m1 = 8 , vậy : 8 (5) 0,75đ m1 A1 .N 1 NA Do : A2 = A1 = 24g , nên từ (30), ta có : N o1 t t N 01 (1 e ) N 02 N 01 (1 e ) 8 8 . (6) 0,50đ N 01e t N 01e t Biến đổi , ta được : e = 8 , suy ra : t = 3ln2 ; t Vậy : t = 3T = 45h (7) 0,50đ BÀI 6 : ( 2,5 điểm ) 1) Hệ thức liên hệ giữa S và S’ : (1,5 điểm) Trong hệ quy chiếu K’, ta có diện tích : S’ = 0,5h.l0 (1) 0,25đ Với h là đường cao của tam giác đều , l0 là độ dài cạnh của tam giác. Trong hệ quy chiếu quán tính K , ta có diện tích : S = 0,5h.l (2) 0,25đ Với l là độ dài cạnh của tam giác trong hệ K. v2 Ta có chiều dài dọc theo phương chuyển động là : l l0 1 . (3) 0,25đ c2 Thay v = 0,6c vào (35) , ta được : l = 0,8.l0 (4) 0,25đ Thay (36) vào (34) , ta có : S = 0,5h.l0.0,8 = 0,8.S’ (5) 0,50đ 2) Các góc của tam giác : (1,0 điểm) l 3 Từ hình vẽ , ta có : 2 , với h = l 0 (6) 0,25đ tg 2 h l.2 0,8 Vậy : tg 0,47 25 0 (7) 0,25đ 2.l 0 . 3 3 Vậy : Aˆ 2 50 0 , K K’ A (8) 0,25đ Bˆ Cˆ 90 0 25 0 65 0 (9) 0,25đ
O O’ B C x’ x BÀI 7 : ( 2,5 điểm ) Phương án : Lập các sơ đồ mạch điện, mắc và đọc các số chỉ trong mỗi sơ đồ: U1, U2, U1’, U2’. 0,25 đ Vẽ 3 sơ đồ mạch điện. Gọi E là suất điện động của nguồn điện; RV1 , RV2 là điện trở của hai vôn kế 0,50 đ Lập công thức : Theo định luật Om cho mạch kín, ta có : U U I1 = 1 ; I 2 = 2 (1) 0,25 đ R v1 R v2 U1 E = U1 + r.I1 = U1 + r. (2) 0,25 đ R v1 U2 E = U 2 + r.I 2 = U 2 + r. (3) 0,25 đ R v2 Sơ đồ thứ 3 , hai vôn kế mắc nối tiếp ta có : U '2 R ' = v2 (4) 0,25 đ U1 R v1 Khử r trong (2) và (3) kết hợp với (4) ta được : U1 U E U1 U R E U1 / 1 = � 1 . v2 = (5) 0,25 đ R v1 R v1 E U2 U 2 R v1 E U2 U '2 U1 E U1 hay : . = (6) 0,25 đ U1' U2 E U2 U1.U 2 (U '2 U1' ) Ta tìm được suất điện động : E = (7) 0,25 đ U1 U '2 U 2 U1' Kết luận : Dùng 3 sơ đồ mạch điện được khảo sát và đọc các số chỉ trên hai vôn kế ta tìm được suất điện động của một nguồn điện. II. CÁCH CHO ĐIỂM & HƯỚNG DẪN CHẤM : Điểm toàn bài là 20,0 điểm được phân bố tổng quát như sau : BÀI 1 : (3,0 điểm) BÀI 2 : (3,0 điểm) BÀI 3 : (3,0 điểm) BÀI 4 : (3,0 điểm) BÀI 5 : (3,0 điểm) BÀI 6 : (2,5 điểm) BÀI 7 : (2,5 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 (nếu có), lập luận đúng, có kết quả đúng thì cho điểm tối đa như biểu điểm nói trên . (Giám khảo tự vẽ hình) GHI CHÚ : 1) Trên đây là biểu điểm tổng quát của từng phần, từng câu. Trong quá trình chấm các giám khảo cần 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.