Đề thi chọn HSG môn Vật lý 12 kèm đáp án

Chia sẻ: Le Thi Man | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

255
lượt xem 22
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để giúp cho các bạn học sinh lớp 12 có thể chuẩn bị ôn tập tốt hơn cho kỳ thi chọn học sinh giỏi môn Vật lý, mời các thầy cô và các bạn tham khảo 2 đề thi chọn học sinh giỏi môn Vật lý 12 kèm đáp án.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn HSG môn Vật lý 12 kèm đáp án

SỞ GD&ĐT BÌNH ĐỊNH KÌ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013  ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ ĐỀ CHÍNH THỨC (Dành cho học sinh trường THPT không chuyên) Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề. Câu 1 (2 điểm). Một con lắc lò xo gồm vật nặng có khối lượng M  300 g , lò xo nhẹ có độ cứng m k  200 N / m . Khi M đang ở vị trí cân bằng thì thả vật m  200 g rơi từ độ cao h h  3,75cm so với M (Hình 1). Coi va chạm giữa m và M là hoàn toàn mềm. Sau va chạm, M hệ M và m bắt đầu dao động điều hòa. Lấy g  10m / s 2 . a) Tính vận tốc của m ngay trước va chạm và vận tốc của hai vật ngay sau va chạm. b) Viết phương trình dao động của hệ (M+m). Chọn gốc thời gian là lúc va chạm, trục tọa k độ Ox thẳng đứng hướng lên, gốc O là vị trí cân bằng của hệ sau va chạm. c) Tính biên độ dao động cực đại của hệ vật để trong quá trình dao động vật m không rời khỏi M Câu 2 (2 điểm). Hình 1 Trong thí nghiệm giao thoa sóng trên mặt nước, hai nguồn kết hợp S1, S2 cách nhau 8cm dao động cùng pha với tần số f  20 Hz . Điểm M trên mặt nước cách S1, S2 lần lượt những khoảng d1  25cm, d 2  20,5cm dao động với biên độ cực đại, giữa M và đường trung trực của AB có hai dãy cực đại khác. a) Tính tốc độ truyền sóng trên mặt nước. b) A là một điểm trên mặt nước sao cho tam giác AS1S2 vuông tại S1, AS1  6cm . Tính số điểm dao động cực đại, cực tiểu trên đoạn AS2. c) N là một điểm thuộc đường trung trực của đoạn thẳng S1S2 dao động ngược pha với hai nguồn. Tìm khoảng cách nhỏ nhất từ N đến đoạn thẳng S1S2. Câu 3 (2,5 điểm). Cho con lắc lò xo gồm lò xo nhẹ có độ cứng k  50 N / m , vật nặng kích thước nhỏ có khối lượng m  500 g (Hình 2). Kích thích cho vật dao động điều hòa theo phương thẳng đứng. Chọn gốc thời gian là lúc vật qua vị trí có li độ x  2,5cm với tốc độ 25 3 cm / s theo k phương thẳng đứng hướng xuống dưới. Chọn trục tọa độ Ox theo phương thẳng đứng, chiều dương hướng lên trên, gốc O trùng với vị trí cân bằng của vật. Lấy g  10m / s 2 . a) Viết phương trình dao động của vật. m b) Tính khoảng thời gian ngắn nhất để vật đi từ vị trí có li độ x1  2,5cm đến vị trí có li độ Hình 2 x2  2,5cm . c) Tính quãng đường đi được của vật kể từ lúc bắt đầu dao động đến khi tới vị trí có động năng bằng thế năng lần thứ hai. Câu 4 (2 điểm). Tại mặt chất lỏng có hai nguồn sóng A và B cách nhau 12 cm dao động theo phương thẳng đứng với phương trình: u1  u2  acos 40 t (cm) , tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng là 20cm / s . Xét đoạn thẳng CD  6cm trên mặt chất lỏng có chung đường trung trực với AB. Để trên đoạn CD chỉ có 5 điểm dao động với biên độ cực đại thì khoảng cách lớn nhất từ CD đến AB là bao nhiêu? Câu 5 (1,5 điểm). Đặt một vật phẳng nhỏ AB trước một thấu kính và vuông góc với trục chính của thấu kính. Trên màn vuông góc với trục chính ở phía sau thấu kính thu được một ảnh rõ nét lớn hơn vật, cao 4mm. Giữ vật cố định, dịch chuyển thấu kính dọc theo trục chính 5cm về phía màn thì màn phải dịch chuyển 35cm mới lại thu được ảnh rõ nét cao 2mm. a) Tính tiêu cự thấu kính và độ cao của vật AB. b) Vật AB, thấu kính và màn đang ở vị trí có ảnh cao 2mm. Giữ vật và màn cố định, hỏi phải dịch chuyển thấu kính dọc theo trục chính về phía nào, một đoạn bằng bao nhiêu để lại có ảnh rõ nét trên màn? Khi dịch chuyển thấu kính thì ảnh của vật AB dịch chuyển như thế nào so với vật?  Hết 
SỞ GD & ĐT BÌNH ĐỊNH KÌ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013 ----------------- HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM MÔN: VẬT LÝ KHÔNG CHUYÊN Câu Ý Lời giải Điểm Vận tốc của m ngay trước va chạm: v  2 gh  50 3cm / s  86, 6cm / s 0,25 a Do va chạm hoàn toàn không đàn hồi nên sau va chạm hai vật có cùng vận tốc V mv mv  ( M  m)V  V   20 3cm / s  34, 6cm / s 0,25 M m K Tần số dao động của hệ:    20rad / s . Khi có thêm m thì lò xo bị nén 0,25 M m mg thêm một đoạn: x0   1cm . Vậy VTCB mới của hệ nằm dưới VTCB ban đầu một K 0,25 đoạn 1cm 1 2 b Tính A: A  x 2  V  2 (cm) (2đ) 0 0,25 2 1  2cos  Tại t=0 ta có:     rad  2.20sin   0 3   0,25 Vậy: x  2cos  20t   cm  3      Phản lực của M lên m là N thỏa mãn: N  mg  ma  N  mg  ma  m 2 x  N  mg  m 2 x  N min  mg  m 2 A 0,25 c g g 10 Để m không rời khỏi M thì N min  0  A  2 Vậy Amax  2  2  2,5cm 0,25   20 d1  d 2 Tại M sóng có biên độ cực đại nên: d 1 – d 2 = k    0,25 k a Giữa M và trung trực của AB có hai dãy cực đại khác  k=3 Từ đó    1,5cm , vận tốc truyền sóng: v = f = 30 cm/s 0,25 2 * Số điểm dao động cực đại trên đoạn AS2 là: (2đ) S1 A  S 2 A S S 0 k  1 2  2,7  k  5,3  k  2, 1,......4,5    Có 8 điểm dao động cực đại. 0,5 b * Số điểm dao động cực tiểu trên đoạn AS2 là: S1 A  S 2 A 1 S S 0 k  1 2  3, 2  k  4,8  k  3, 2, 1,......3, 4  2   Có 8 điểm dao động cực tiểu. 0,5 2 d  Giả sử u1  u2  a cos t , phương trình sóng tại N: u N  2 a cos   t       c 2d Độ lệch pha giữa sóng tại N và tại nguồn:    Để dao động tại N ngược pha với dao động tại nguồn thì
2d  0,25    ( 2k  1)  d  2k  1  2  Do d  S1S2 /2  2k  1  S1S2 /2  k  2,16. Để d min thì k=3. 2 2 2 SS  dmin= xmin   1 2   xmin  3, 4cm 0,25  2  k 50 Tần số góc     10rad / s 0,25 m 0,5  2,5  x  A cos   2,5  cos= A     a Tại t = 0, ta có:      3 0,5  v   A sin   25 3  sin   25 3  A  5cm    10A   Phương trình dao động x  5cos(10t  ) (cm) 0,25 3 Khoảng thời gian ngắn nhất vật đi từ vị trí có li độ x1 = -2,5cm đến vị trí có li độ x2 = 2,5cm    t    s  0,1s -5 - 2,5 O 2,5 5 x 0,5 b  3.10 30  3 (2,5đ)  M N Quãng đường vật đi từ vị trí ban đầu tới vị trí có động năng bằng thế năng lần thứ 2 5 Wd A 2  x 2 A  1  x    2,5 2cm M Wt x 2 2 2,5 2 N 0,5 2,5 c  s  7,5  5  2,5 2  12,5  2,5 2  8,96cm 0,5 O Q P (Lần 1) -5 (Lần 2) Để trên CD chỉ có 5 điểm dao động với biên độ cực đại mà khoảng cách từ CD đến AB là lớn nhất thì C, D phải nằm trên đường cực đại k  2 (do trung điểm của CD 0,5 là một cực đại). v 20 Bước sóng:     1cm . 0,5 f 20 4 (2đ) Gọi khoảng cách từ AB đến CD bằng x. Từ hình vẽ ta có:  d12  x 2  9   2 2  d 2  d1  x 2  81  x 2  9  2  2  x  16, 73Cm 1  d 2  x  81 
ì d 2 = d1 + 5 ï ï k d 'd (d + 5)d1 ' í ; 1 = 2= 1 2 = 1 Û 2d1 (d1 '- 40) = (d1 + 5)d1 ' (1) 0,25 ï d 2 ' = d1 '- 40 k 2 ï î d1d 2 ' (d1 '- 40)d1 a 1 1 1 1 1 = + = + Û d1 '(d1 '- 40) = 8d1 (d1 + 5) (2) 0,25 f d1 d1 ' d1 + 5 d1 '- 40 Từ (1), (2) d1 = 25cm ,d1 ' = 100cm,f = 20cm, AB = 1mm 0,5 df  d  30cm Khoảng cách vật - ảnh: L  d  d '  90  d   90   d f  d  60cm 5 Ban đầu thấu kính cách vật d2=30cm do vậy để lại có ảnh rõ nét trên màn thì phải dịch (1,5đ) thấu kính lại gần vật thêm một đoạn d  60  30  30cm 0,25 2 df d Xét L = d + d ' = d + = ® d 2 - Ld + 20L = 0 d - f d - 20 b Để phương trình có nghiệm thì:   L2  80 L  0  Lmin  80cm khi đó Lmin d  40cm 2 Vậy khi dịch chuyển thấu kính lại gần vật thì lúc đầu ảnh của vật dịch lại gần vật, khi thấu kính cách vật 40 cm thì khoảng cách từ vật tới thấu kính cực tiểu, sau đó ảnh 0,25 dịch ra xa vật. ----------------------HẾT-----------------------
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2012-2013 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: UAN = 300 (V) , UMB =  1 60 3 (V). Hiệu điện thế uAN lệch pha so với uMB một góc . Cuộn dây có hệ số tự cảm L  (H) với 2 3 3.103 điện trở r, điện dung của tụ điện C = (F). 16 R L , C 1) Tính điện trở r. 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. 1) Tính tiêu cự của thấu kính. 2) Xác định 3 vị trí nói trên của thấu kính. S (h. 2) BÀI 5 : ( 3,0 điểm ) Đồng vị 11 Na phóng xạ   tạo hạt nhân con là magiê (Mg), ký hiệu là 24 24 12 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 , khối 24 24 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 (theo đơn 24 vị Ci ) của lượng 11 Na sau thời gian t = 30h . 24 2) Khi khảo sát một mẫu chất người ta thấy ở thời điểm bắt đầu khảo sát thì tỉ số khối lượng 12 Mg và 11 Na là 0,125. Hỏi sau thời gian bao lâu thì tỉ số đó bằng 8 ? Cho số Avôgađrô NA = 6,023.1023/mol. 24 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. ---------------------- Hết -------------------- Ghi chú chung : Các hằng số vật lý thông thường xem như đã biết
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2012-2013 DAKLAK HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN : VẬT LÝ 12-THPT ------- ------ -------------------------------  ------------------------------ 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 l-x F.x  f1 .  f 2 . (4) 0,25 đ 2 2 Kết hợp (3), (4) và thay (1) và (2) vào ta được : x l-x (f1 - f 2 ).x  f1.  f 2 . (5) 0,50 đ 2 2 xm xm xm x xm l-x 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 m2 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: m1 360 m  m 2 - m1    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  Z L 2 Vậy : ZL(ZC – ZL) = r(R + r), hay : U L (U C  U L )  U r (U R  U r ) (1) 0,25đ 2 2 2 Mặt khác : U AN  (U r  U R )  U L (2) Và : U MB  U r2  (U L  U C ) 2 2 (3) 0,25đ 2 UL Từ (1), ta rút ra : (U R  U r ) 2  2 (U C  U L ) 2 (4) 0,25đ Ur 2 UL U2 2 Thay (4) vào (2) : U AN  U r2 (U C  U L ) 2  U L  L (U C  U L ) 2  U r2 2 U r2   (5) 0,25đ 2 2 U  2 Thay (3) vào (5), ta được : U AN  L U  .U MB   r  UL 300 5 3 100 3 Biến đổi ta có :   , suy ra : r = ZL.   20 (6) 0,25đ Ur 60 3 3 5 5 3 2) Biểu thức uAN : (1,0điểm) - Ta có : u U sin(100 t  u ). + Biên độ : U0AN = 300 2 (V) AN 0 AN AN + Pha ban đầu :  u AN   i   AN   u     AN     AN (7) 0,25đ ZL  ZC Do đó : tg  (8) 0,25đ Rr 100  160 100     3 3 3 Từ mục 1), ta có : R + r = ZL(ZC – ZL)/r =  100 20 Suy ra : R = 80 (9) 0,25đ Thay vào (8), ta tính được : tg = - 0,346   = -190 (10) 0,25đ
Z 100 1 0 Ta lại có : tg AN  L     AN  30 (11) 0,25đ Rr 3100 3 49 Vậy : u  190  300  490  ( rad ) (12) 0,25đ AN 180 49 - Biểu thức : u AN  300 2 sin(100 t  )(V ) (13) 0,25đ 180 BÀI 4 : ( 3,0 điểm ) 1) Tính tiêu cự : (2,0điểm) - Sơ đồ tạo ảnh : S  S1 ( S 2  S  (L) G) (L) (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.  f 2  Vậy : d2’ = d2 , do đó : d 2   d  f  1  0  (2) 0,25đ  2 2  - 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 2 Đưa về phương trình bậc hai : d1  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 2 Vậy ta đi đến phương trình : d1  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 < 12cm , sẽ có 4 vị trí cho ảnh trùng vật , điều này không phù hợp với giả thiết. Vậy : ta chỉ chọn f1 = 12cm là hợp lý (11) 0,25đ 2) Các vị trí của thấu kính giữa (G) và điểm sáng S: (0,50điểm) - Thay f1 = 12cm vào phương trình (20) , ta có : d1 = 24/1 = 24cm (12) 0,25đ - Thay f1 = 12cm vào phương trình (17) , ta được phương trình : 2 d1  120d1  1440  0 Phương trình này cho nghiệm : d1 = 106,475cm và d1 = 13,525cm (13) 0,25đ BÀI 5 : ( 3,0 điểm ) 1) Chu kỳ và độ phóng xạ : (1,0 điểm) m 4,8 2 Ta có : 0   4  2 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 17 3,8647.10 - Tính theo (Ci) : H =  1, 0445.107 (Ci ) (3) 0,25đ 10 3, 7.10 2) Thời gian : (2,0điểm) m N N Ta có : 02  0,125  02  0,125 hay N 02  01 (4) 0,25đ m01 N 01 8 A2 A . N 02  N 2 m  m NA NA - Tại thời điểm t : m2/ m1 = 8 , vậy : 02  8 (5) 0,75đ m1 A1 .N 1 NA - Do : A2 = A1 = 24g , nên từ (30), ta có : N o1  t  N 01 (1  e t ) N 02  N 01 (1  e ) 8  8 . (6) 0,50đ N 01e t N 01 e t Biến đổi , ta được : et = 8 , suy ra : t = 3ln2 ; 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 : tg  2 , với h = l 0 (6) 0,25đ h 2 l.2 0,8 - Vậy : tg    0,47    25 0 (7) 0,25đ 2.l 0 . 3 3 ˆ - Vậy : A  2  50 0 , K K’ A (8) 0,25đ ˆ ˆ B  C  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 ; I2  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 : ' U2 R v2 '  (4) 0,25 đ U1 R v1 Khử r trong (2) và (3) kết hợp với (4) ta được : U1 U1 E - U1 U1 R v2 E - U1 /   .  (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. --------------------------