BỘ ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG QUỐC GIA MÔN HÓA VẬT LÝ 2016 2017 by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 02 trang)

KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016 Môn: HOÁ HỌC LỚP 12 - THPT (Thời gian: 180 phút không kể giao đề) Ngày thi: 22/10/2015

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Cho: T(K) = t0(C) + 273; R = 8,314J.mol-1.K-1 = 0,082atm.L.mol-1.K-1; Câu 1. (4,0 điểm) 1. Bằng thực nghiệm người ta đã xác định được giá trị momen lưỡng cực của phân tử H2O là 1,85D, góc liên kết HOH là 104,50 và độ dài liên kết O – H là 0,0957 nm. Hãy xác định độ ion của liên kết O – H trong phân tử nước với giả thiết rằng momen tạo ra do 2 cặp electron hóa trị không tham gia liên kết của oxi được bỏ qua. Cho: 1D = 3,33.10–30 C.m; 1nm = 10-9m; e = 1,6.10-19C. 2. Trong một bình chân không dung tích 500 cm3 chứa m gam HgO(r). Đun nóng bình đến 5000C xảy ra phản ứng: 2HgO(r) 2Hg(k) + O2 (k) Áp suất khi cân bằng là 4 atm. a, Tính Kp và G 0 của phản ứng ở 5000C. b, Tính G 0 tạo thành của HgO(r) ở 5000C. c, Tính lượng nhỏ nhất m0 (gam) của HgO(r) cần lấy để tiến hành thí nghiệm này. Cho: Hg = 200,6; O = 16. Câu 2. (4,0 điểm) Khi nung nóng đến nhiệt độ cao PCl5 bị phân li theo phương trình PCl5 (k)  PCl3 (k) + Cl2 (k) 1. Cho m gam PCl5 vào một bình kín dung tích không đổi là V lít, đun nóng bình đến nhiệt độ T (K) để xảy ra phản ứng phân li PCl5. Sau khi đạt tới cân bằng áp suất khí trong bình bằng p. Hãy thiết lập biểu thức của Kp theo độ phân li  và áp suất p. Thiết lập biểu thức của Kc theo , m, V. 2. Trong thí nghiệm 1 thực hiện ở nhiệt độ T1 người ta cho 83,4 gam PCl5 vào bình kín dung tích không đổi là V1 lít. Sau khi đạt tới cân bằng đo được áp suất bằng 2,70 atm. Hỗn hợp khí trong bình có tỉ khối so với hiđro bằng 69,5. Tính  và Kp. 3. Trong thí nghiệm 2 giữ nguyên lượng PCl5 và nhiệt độ như ở thí nghiệm 1 nhưng thay bình có V dung tích không đổi là V2 lít thì đo được áp suất cân bằng là 0,5 atm. Tính tỉ số 2 . V1 4. Trong thí nghiệm 3 giữ nguyên lượng PCl5 và dung tích bình V1 như ở thí nghiệm 1 nhưng hạ nhiệt độ của bình đến T3 = 0,9 T1 thì đo được áp suất cân bằng là 1,944 atm. Tính Kp và . Từ đó cho biết phản ứng phân li PCl5 thu nhiệt hay phát nhiệt. Cho: Cl = 35,5 ; P = 31,0 ; Các khí đều là khí lí tưởng. Câu 3. (4,0 điểm) 1. So sánh pH của các dung dịch 0,1 M của các chất sau đây: NaHCO3; NaHSO3; NaHS và NaHC2O4. Cho: H2CO3 có Ka1= 10-7; Ka2= 10-11; H2SO3 có Ka1= 10-2; Ka2= 10-6; H2S có Ka1= 10-7; Ka2= 10-12,9 và H2C2O4 có Ka1= 10-2; Ka2= 10-5. 2. Tính nồng độ HCl phải thiết lập trong dung dịch ZnCl2 0,10 M sao cho khi bão hòa dung dịch này bằng H2S ( CH 2S  0,1 M ) thì không có kết tủa ZnS tách ra. Biết: K s ( ZnS)  10 21,6 ; Ka1 và Ka2 của H2S lần lượt là: 10-7 và 10-12,9; 3. Để hoà tan hoàn toàn 2.10-3 mol AgCl trong 100 ml dung dịch NH3 thì nồng độ tối thiểu của NH3 phải bằng bao nhiêu? Sau khi hoà tan xong người ta axit hoá dung dịch bằng HNO3 thì thấy có kết tủa AgCl xuất hiện trở lại. Coi thể tích dung dịch khi pha trộn thay đổi không đáng kể. Tính pH phải thiết lập để có ít nhất 99,9% AgCl kết tủa trở lại. Cho: pKs(AgCl) = 9,7 ; lg Ag(NH3)2+ = 7,24 ; pK NH   9, 24 4

trang 1/2 Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Câu 4. (4,0 điểm)

ạy

Kè

Q uy

hơ

Dung dịch X gồm Na2S 0,010M, KI 0,060M, Na2SO4 0,050M. 1. Tính pH của dung dịch X. 2. Thêm dần Pb(NO3)2 vào dung dịch X cho đến nồng độ 0,090M thì thu được kết tủa A và dung dịch B. a, Cho biết thành phần hoá học của kết tủa A và dung dịch B. b, Tính nồng độ các ion trong dung dịch B (không kể sự thuỷ phân của các ion, coi thể tích dung dịch không thay đổi khi thêm Pb(NO3)2). c, Nhận biết các chất có trong kết tủa A bằng phương pháp hoá học, viết các phương trình phản ứng (nếu có). Cho: pK axit: H2S pK1 = 7,00, pK2 = 12,90 ; HSO4- pK=2,00 Tích số tan: PbS = 10-26 ; PbSO4 = 10-7,8 ; PbI2 = 10-7,6. Câu 5. (4,0 điểm) 1. Thiết lập một pin nồng độ sau ở 250C: Pt, H2(1,0 atm)  CH3COONa 0,1 M  HCl 0,01M  H2(1,0 atm), Pt Sức điện động của pin là 0,4058 V. Tính hằng số bazơ (Kb) của CH3COO-. 2. Chuẩn độ 25,00 ml dung dịch H3PO4 dùng metyl da cam làm chỉ thị (pT = 4,4) hết 13,64 ml dung dịch NaOH 0,0100 M. Nếu chuẩn độ 20,00 ml dung dịch H3PO4 này đến đổi màu phenolphtalein (pT = 10,00) thì hết bao nhiêu ml dung dịch NaOH nói trên. Cho: H3PO4 có K a 1  10 2,23 ; K a 2  10 7,21 ; K a 3  10 12,32. 3. Ở t0C phản ứng: A + B  C là phản ứng bậc một đối với cả A và B, với hằng số tốc độ k = 1.10-2 mol-1 .l.s-1. Tính nồng độ còn lại của A sau 100 giây, biết nồng độ ban đầu của mỗi chất đều bằng 0,10 M. 4. Tại sao khi pha dung dịch SnCl2 phải pha trong môi trường HCl và để bảo vệ dung dịch của nó phải cho thêm vào đó ít hạt Sn.

…………..HẾT………….. Thí sinh không được sử dụng tài liệu; Giám thị không giải thích gì thêm.

m /+

 

Họ và tên…………………………………………Số báo danh:………………………….

trang 2/2 Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 02 trang)

KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016 Môn: HOÁ HỌC LỚP 12 - THPT (Thời gian: 180 phút không kể giao đề) Ngày thi: 22/10/2015

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

trang 1/2 Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Câu 4. (4,0 điểm)

ạy

Kè

Q uy

hơ

…………..HẾT………….. Thí sinh không được sử dụng tài liệu; Giám thị không giải thích gì thêm.

m /+

 

Họ và tên…………………………………………Số báo danh:………………………….

trang 2/2 Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI DỰ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 2014-2015 MÔN: HOÁ HỌC LỚP 12 – THPT Ngày thi: 23/10/2014

ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: HÓA HỌC (Đáp án, biểu điểm và hướng dẫn chấm gồm tất cả 04 trang)

A. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Điểm

1. (1,75đ) A và B có công thức C5H10 nên chúng có thể là anken hoặc xicloankan. A, B 1,75 không phản ứng với Cl2 trong tối và lạnh nên A, B là các xicloankan. A tác dụng với Cl2 (ánh sáng) cho một monoclo duy nhất nên A là xiclopentan. as

+ Cl2

Q uy

Câu 1 (5,0 đ)

Đáp án

hơ

Câu

Cl + HCl

CH3

Cl2

Cl Cl

CH3

ạy

CH3

Kè

CH2Cl

B tác dụng với Cl2 (ánh sáng) tạo ra 6 dẫn xuất nonoclo nên B phải là metylxiclobutan

m /+

(Xác định đúng mỗi sản phẩm cho 0,25 điểm)

dd NaOH   HO-(CH2)3CH=O 2. (1,5 đ) a) Br(CH2)3CH=O 

0,5 H

CH3OH HCl khan

O B

OMe

dd NaOH dd HCl   HO-(CH2)3COONa  b) Br(CH2)3COOH   HO-(CH2)3COOH

H

0,5

O O D HBrO c) HOCH2(CHOH)4CH=O   HOCH2(CHOH)4COOH M

HO-CH2-CH OH

H

O O N

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

0,5

3. (1,75 đ) C2 H5 OH, t 0  X+Y+Z a) CH3-CHBr-CH2-CH3 + KOH  X: CH2=CH-CH2-CH3 CH3

H3C C=C

0,75

H3 C C=C

CH3 Z: trans

Y: cis

(Xác định đúng mỗi chất 0,25đ) b) Sản phẩm chính ưu tiên tạo ra anken có độ bền lớn hơn ( Csp2 ở nối đôi lk với

0,5

1,75

ạy

Kè

Q uy

MgBr

m /+

(Xác định đúng mỗi sản phẩm cho 0,25 điểm) b) (0,25 đ) Chất này là -bisabolol thường dùng trong công nghiệp mỹ phẩm 2. (2,50 đ) - A không phản ứng với phenyl hiđrazin chứng tỏ A không có nhóm cacbonyl. A phản ứng với (CH3COO)4Pb nên A có 2 nhóm –OH liên kết với 2 nguyên tử cacbon liên tiếp nhau.(0,5đ) - A phản ứng với anhiđrit axetic tạo thành hợp chất C7H13O(OCOCH3), chứng tỏ A có 1 nhóm –OH được este hóa, nên trong 2 nhóm –OH phải có 1 nhóm –OH bậc 3 (0,5đ) - C khử được dung dịch Felling và có phản ứng iođofom nên C có 1 nhóm –COCH3 và một nhóm –CHO.(0,5đ) - Sự tạo thành muối của axit ađipic chứng tỏ C có mạch cacbon không phân nhánh. CTCT của C là CH3CO(CH2)4CHO.(0,5đ) CTCT của A là (2 nhóm –OH ở vị trí cis): (0,5đ)

Câu 2 (4,5 đ)

hơ

nhiều nhóm R đẩy e). Do đó: X: là sản phẩm phụ, Z là sản phẩm chính vì dạng trans bền hơn dạng cis do 2 nhóm CH3- ở xa nhau nên ổn định hơn (tương tác đẩy e kém hơn) (0,5đ) c) Nếu thay C2H5OH bằng (CH3)2CHOH thì % của X tăng, % Y, Z giảm, do sự án ngữ không gian của nhóm (CH3)2CHO- tao sự khó khăn khi tách H ở C bậc 2, ưu thế tách ở C bậc 1. (0,5đ) 1. (2,0 đ) a) (1,75 đ)

H 3C CH3

OH OH

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

0,25

0,5 0,5 0,5 0,5 0,5

1. (1,0 đ) - Khối lượng chất rắn giảm chính là khối lượng oxi phản ứng. - Áp dụng ĐLBTKL tính được khối lượng CO2 = 3,96 gam 1000 0, 775. 25  124 dvC - M A  5,12. 1, 28 - Công thức phân tử của A là: C9H16 2. (1,50 đ) - A có k = 2 và mạch hở nên A có 2 lk đôi C=C hoặc 1 lk ba (lk ba không thỏa mãn) B, D tham gia phản ứng iđofom nên B, D có nhóm CH3-CO-. Lượng kết tủa từ B gấp 2 lần từ D nên B có 2 nhóm CH3-CO-, còn D có 1 nhóm CH3-CO- (dạng CH3-CO-R-COCH3). - C, D có phản ứng tráng bạc và lượng kết tủa thu được từ C gấp đôi từ B nên C là HCHO, D là CH3CHO. (0,5 đ) - CTCT của B có thể là CH3-CO-CH2-CH2-CO-CH3 hoặc CH3-CO-CH(CH3)-CO-CH3. (0,5 đ) - B + Cu(OH)2 tạo phức chất nên CTCT của B là CH3-CO-CH(CH3)-CO-CH3. (0,25 đ) - CTCT của A là CH2=C(CH3)-CH(CH3)-CH(CH3)CH=CH2. (0,25 đ) (Xác định được mỗi chất 0,25 đ) 3. (0,50 đ) A có tính quang hoạt do có C* ở vị trí C3 của mạch chính.

1,00

1,50

0,50

1. (0,75 đ) Ở pH = 6: prolin tồn tại ở dạng muối lưỡng cực, hầu như không di chuyển. (0,25 đ) Lysin tồn tại ở dạng axit (cation) di chuyển về cực âm (catot) (0,25 đ) Axit glutamic tồn tại dạng bazơ (anion) di chuyển về cực dương (anot) (0,25 đ) 2. (1,0 đ) (8,23) H3N+-CH2-CO-NH-CH(CH3)-COO- (3,15) (0,25 đ) pHI = (8,23 + 3,15)/2 = 5,69 (0,25 đ) Ở pH = 4: H3N+-CH2-CO-NH-CH(CH3)-COOH (0,25 đ) Ở pH = 11: H2N-CH2-CO-NH-CH(CH3)-COO- (0,25 đ) 3. (1,75 đ) - Peptit tác dụng với 1-flo-2,4-đinitrobenzen thấy glysin tách ra  amino axit đầu N là glyxin. (0,25 đ) - Thủy phân peptit nhờ enzim cacboxipeptiđaza thì được alanin  amino axit đầu C là alanin.(0,25 đ) - Khi xử lí peptit bằng tripsin thì được hỗn hợp tripeptit  hexapeptit trong đó amino axit thứ ba phải là Arg.(0,25 đ) - Khi hóa giải bằng chimotripsin thì được các đipeptit  amino axit thứ hai và thứ tư phải là Tyr.(0,25 đ) - Khi thủy phân hoàn toàn peptit được 5 amino axit là Gly, Ala, Arg, Leu, Tyr  amino axit thứ năm là Leu.(0,25 đ) Vậy cấu tạo của hexapeptit là: Gly-Tyr-Arg-Tyr-Leu-Ala.(0,5 đ) 1. (2,0 đ) 0, 0045 a) 150 mg amilozơ chứa  0, 0015 mmol 1 2 150 M amilozo 100.000 dvC 0, 0015  Số lượng trung bình các gốc glucozơ trong phân tử amilozơ (C6H10O5)n là: 162n = 100.000  n  617

0,75

1,00

1,75

m /+

ạy

Kè

Câu 4 (3,5 đ)

Q uy

hơ

Câu 3 (3,0 đ)

Câu 5 (4,0 đ)

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

0,5 0,25 0,5

b) CH2OH

CH2OH

(n+4) NaIO4

OH O

OH OH

n-2

CH2OH

CH=O

0,75

CH=O

+ 3HCOOH + (n+4)NaIO + HCHO

n-2

Q uy

hơ

2. (2,0 đ) a) Tính axit được đánh giá bởi sự dễ dàng phân li protone của nhóm –OH. Khả năng 0,50 này thuận lợi khi có các hiệu ứng kéo electron (–I hoặc –C) nằm kề nhóm –OH. Ở A vừa có hiệu ứng liên hợp (–C) và hiệu ứng cảm ứng (–I) ; ở B chỉ có hiệu ứng (–I). Tính axit của (A) > (B).

b) Liên kết hyđro làm tăng điểm sôi. Chất C có liên kết hyđro nội phân tử, B có liên kết 0,75 hyđro liên phân tử nên nhiệt độ sôi của (C) bé hơn nhiệt độ sôi của (B). (C) có độ tan trong dung môi không phân cực lớn hơn (B).

m /+

ạy

Kè

c) (A), (B) đều có 2 tâm bất đối, hai nhóm thế có thể nằm ở 2 phía khác nhau của vòng 0,75 xiclohexen và chúng có thể tồn tại 4 đồng phân lập thể. (C) có 4 tâm bất đối có 16 đồng phân.

B. HƯỚNG DẪN CHẤM

Thí sinh trình bày theo cách khác nếu đúng và hợp lí vẫn cho điểm tối đa phần đó. ---------------------Hết---------------------

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

n hơ N Q uy m Kè ạy D m /+ co e. gl oo G Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK

KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 2015 - 2016 MÔN: VẬT LÝ (Thời gian làm bài 180 phút, không kể giao đề) Ngày thi: 22/10/2015 C  B



Câu 1. (4,0 điểm) Thanh dẫn điện (chứa các điện tích tự do) có khối lượng m, chiều dài  , được treo trong không khí nhờ hai lò xo giốngnhau có độ cứng k. Thanh được đặt trong từ trường có cảm ứng tư B vuông góc với mặt phẳng chứa vật dẫn và các lò xo như hình vẽ (H 1). Người ta kéo thanh khỏi vị trí cân bằng trong mặt phẳng thẳng đứng rồi buông nó ra. Nối các đầu dây phía trên của hai lò xo vào hai cực của một tụ điện có điện dung C. Bỏ qua điện trở của thanh, dây nối và các lò xo. Hãy chứng minh thanh dao động điều hòa.

hơ

ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 02 trang)

m /+

ạy

Kè

Q uy

Câu 2. (5,0 điểm) Dùng một cái bơm xe đạp có thể tích trong của xi lanh thân bơm là V1 = 580 cm3 để bơm không khí vào một cái săm xe đạp có dung tích coi như không đổi và bằng V2 = 5800 cm3. Áp suất ban đầu của không khí có sẵn trong săm và bơm bằng áp suất khí quyển p0 = 105 N/m2. Cho rằng quá trình bơm là chậm, nhiệt độ không khí không thay đổi. 1. Lập biểu thức tính áp suất khí trong săm sau n lần bơm trong hai trường hợp: a. Nếu thể tích của vòi bơm là nhỏ, có thể bỏ qua được so với thể tích của thân bơm. b. Nếu thể tích của vòi bơm là V3 = 11,6 cm3. 2. So sánh áp suất khí trong săm trong hai trường hợp ở câu 1. 3. Các dữ kiện được cho như ở câu 1b và nếu bơm, vòi bơm và săm xe đạp có độ bền rất lớn thì áp suất lớn nhất có thể đạt được trong săm xe đạp là bao nhiêu?

Câu 3. (4,0 điểm) Cho mạch điện gồm điện trở thuần, cuộn cảm và tụ điện mắc nối tiếp như trên hình vẽ (H 2), các giá trị R L,r C của R, r và L không đổi, tụ điện có điện dung thay đổi B được, vôn kế nhiệt có điện trở rất lớn. Đặt vào hai đầu A mạch một điện áp xoay chiều u AB = U0cosωt(V), với U0 V và ω không đổi. Điều chỉnh điện dung của tụ điện đến H2 giá trị C = C0 sao cho khi đó dung kháng của tụ điện có giá trị bằng tổng trở của mạch. Tiếp tục điều chỉnh điện dung của tụ điện thì thấy khi C = C1 số chỉ của vôn kế đạt giá trị cực đại. Hãy tìm hệ thức liên hệ giữa C0 và C1 . Câu 4. (5,0 điểm) Một điểm sáng S được đặt trên trục chính của một thấu kính hội tụ L và cách thấu kính 30 cm. Thấu kính có tiêu cự f = 25 cm. 1. Xác định vị trí, tính chất của ảnh S’ của S qua thấu kính. 2. Đặt tại vị trí ảnh S’ của S (đã xác định ở câu 1) một gương lõm có tiêu cự fg = 42 cm cùng trục chính với thấu kính L, mặt phản xạ quay về phía S. Thay thấu kính L bằng thấu kính L 1 đặt cùng trục chính với gương. Khi dịch chuyển L1 trong khoảng S và gương sao cho trục chính của L1 và gương luôn trùng nhau 1 Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

thì thấy có ba vị trí của L1 mà chùm sáng từ S sau khi qua thấu kính, gương và thấu kính lần thứ hai lại trở về S. a. Xác định tiêu cự của thấu kính L1. b. Tìm ba vị trí của thấu kính L1. Câu 5. (2,0 điểm) Cho các dụng cụ sau: Một nguồn điện xoay chiều ổn định có điện áp hiệu dụng và tần số không đổi, một nguồn điện một chiều, một vôn kế một chiều, một ampe kế một chiều, một vôn kế nhiệt, một ampe kế nhiệt, một khóa K và các dây dẫn. Bỏ qua điện trở của các ampe kế, các vôn kế có điện trở rất lớn. Hãy thiết lập công thức, nêu cách bố trí thí nghiệm và nêu phương án tiến hành thí nghiệm để xác định độ tự cảm của một cuộn dây có điện trở.

hơ

……………..HẾT……………….

Q uy

• Thí sinh không được sử dụng tài liệu. • Giám thị không giải thích gì thêm.

m /+

ạy

Kè

Họ và tên thí sinh……………………………………………………………….Số báo danh……………

2 Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn



ạy

Kè



Q uy

hơ

Câu 1. (4,0 điểm) Chọn trục Ox theo phương thẳng đứng, chiều từ trên xuống, gọi O là vị trí cân bằng của thanh. Khi thanh dẫn điện chuyển động cắt các đường cảm ứng từ thì thanh dẫn điện trở thành nguồn điện có suất điện động (1) (0,5đ) E  vB . Suất điện động này tích điện cho tụ điện: (2) (0,25đ) q  CE  CvB Vận tốc v của thanh dẫn điện biến thiên, tạo ra dòng điện chạy qua thanh dẫn: q (3) (0,5đ)  CBa , với a là gia tốc của thanh. I t Dòng điện trong thanh dẫn điện bị từ trường tác dụng một lực: (4) (0,5đ) Fdt  BIl  B 2  2 Ca Khi thanh ở vị trí cân bằng lực tác dụng lên thanh là: C (5) (0,5đ) P  2 k l0 Khi thanh dẫn điện có li độ x thì lực tác dụng vào nó là:  (6) (0,25đ) F  P  2 k (l0  x )  B 2  2 Ca B  2 2 '' 2 2 '' F  2 kx  B  Ca  mx  2kx  B  Cx (7) (0,5đ)  m  B 2  2 C x ''  2kx 0 (8) (0,5đ)  2k v x  x ''   m  B 22C x Hình 5 2k (9) (0,5đ)  x ''   2 x với   2 2 mB  C Vậy thanh dao động điều hòa với tần số  .

m /+

Câu 2. (5,0 điểm) 1. Lập biểu thức tính áp suất khí trong săm sau n lần bơm trong hai trường hợp: (3,75đ) a. Khi thể tích vòi bơm là nhỏ - Sau lần bơm thứ nhất, áp suất không khí trong săm là p1. Quá trình là đẳng nhiệt nên: p1V2 = p0(V1 + V2) (10) (0,25đ) (11) (0,25đ)

 V  p1  p0 1  1   V2  sau lần bơm thứ hai, áp suất không khí trong săm là p2, tương tự ta có: p2V2 = p0(2V1 + V2)  V  p2  p0 1  2 1  hay: V2   suy ra sau n lần bơm, áp suất khí trong săm là:  V  pn  p0 1  n 1  V2   hay:

580  n   Áp dụng số: p6  p0 1  n   p0  1   5800    10  b. Khi thể tích của vòi bơm là V3 = 11,6 cm3 - Sau lần bơm thứ nhất, áp suất không khí trong săm bây giờ là p1’: Ta có: p1’(V2 + V3) = p0(V1 + V2 + V3)

(12) (0,25đ) (13) (0,25đ)

(14) (0,25đ) (15) (0,25đ)

(16) (0,25đ)

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

 V1  Suy ra: p1'  p0 1    V2  V3  Gọi p2’ là áp suất không khí trong săm sau lần bơm thứ hai. Khi bắt đầu bơm lần thứ hai thì lượng khí trong săm có thể tích V2 và áp suất là p1’; lượng khí trong thân bơm và vòi bơm có áp suất p0 và thể tích là V1 + V3. Cuối quá trình bơm lần thứ hai thì lương khí trong săm và vòi bơm có cùng áp suất là p2’ còn thể tích là V2 + V3. Theo định luật Bôi Ma –ri -ốt, ta có: p2’(V2 + V3) = p1’V2 + p0(V1 + V3) (17) (0,25đ) thay biểu thức của p1’ ở trên vào:   V1  V1V2  p2' V2  V3   p0 1   V2  p0 V1  V3   p0  V2  V1  V3   V2  V3   V2  V3   Biến đổi, ta có:

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

  V1 V1V2  V1  V2   p2'  p0 1   1 (18) (0,25đ)   p0 1    2  V2  V3 V  V   V  V V  V 2 3 2 3     2 3   Sau lần bơm thứ ba, áp suất khí trong bình là p3’: p3’(V2 + V3) = p2’V2 + p0(V1 + V2) (19) (0,25đ) Suy ra công thức tương tự như đối với p2’: 2   V2    V1  V2 ' 1  (20) (0.25đ)  p3  p0 1     V2  V3  V2  V3  V2  V3      …............................................................................................................................................................ n 1   V2    V1  V2 1  (21) (0,25đ) pn '  p0 1   ...      V V   V2  V3  V2  V3   2 3    Đại lượng trong dấu ngoặc là một cấp số nhân, có dạng: 1  qn (22) (0,25đ) 1  q  ...  q n 1  1 q n

 V2  1  n 1 n  V2  V3   V2  V2  V3   V2   V2  1    ...    Hay: 1  (23) (0,25đ)     V2  V3 V3   V2  V3    V2   V2  V3    1   V V   2 3 Thay vào biểu thức của pn’, ta có: n   V   V n  V1 V2  V3   V2    2 1      p0 1  1 1   (24) (0,25đ) pn '  p0 1      V2  V3 V3   V2  V3     V3   V2  V3        n n Hay: (25) pn ' p0 1  50 1  0,998    p0 (51  50.0,998 ) 2. So sánh pn với pn’: (0,25đ) Từ câu 1, ta thấy ngay: pn’ < pn. (26) (0,25đ) 3. Áp suất lớn nhất có thể đạt được trong săm xe đạp: (1,0đ) Áp suất lớn nhất có thể đạt được khi số lần bơm là rất lớn n → ∞; từ công thức tính pn’ suy ra:  V  p max  p n ’  n     p0 1  1   51 p0 (27) (1,0đ)  V3  Câu 3. (4,0 điểm)

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Liên hệ giữa C0 và C1 Theo giả thiết ta có: R

 R  r    Z L  ZC 0  = ZC0 2 2  R  r    Z L  ZC 0   ZC2 0

Z Hay:

L,r

(28) (29) (0,25đ)

Khi C thay đổi (tức thay đổi ZC) thì UC sẽ đạt được trị số cực đại, nếu ZC thỏa mãn diều kiện: 2 ZC Z L   R  r   Z L2 Z C1Z L   R  r   Z L2 Tức ta có: Biến đổi hệ thức điều kiện: 2 2 Z C1Z L   R  r   Z L2  Z C1Z L  2Z L Z C 0  Z C2 0   R  r   Z L2  2Z L Z C 0  Z C2 0

(30) (1,5đ)

Từ đó: Z C1Z L  2 Z L Z C 0  0  Z C1  2 Z C 0  C1 

C0 : 2

(32) (0,5đ)

Q uy

hơ

Suy ra: Z C1Z L  2 Z L Z C 0  Z C2 0   R  r    Z L  Z C 0   Z 2  Z C2 0

(31) (1,5đ)

(33) (0,25đ)

m /+

ạy

Kè

Câu 4. (5,0 điểm) 1. Xác định vị trí, tính chất của ảnh S’ của S qua thấu kính: (1,0đ) L Sơ đồ tạo ảnh: S  (34) (0,25đ) S ' df 30.25 Ta có: d '  (35) (0,5đ)   150cm d  f 30  25 Vậy: Ảnh S’ của S là ảnh thật trên trục chính, cách thấu kính 150 cm. (0,25đ) 2. Khi đặt thêm gương cầu lóm và thay thấu kính L bởi thấu kính L1: (4,0đ) a. Tính tiêu cự của thấu kính L1: L1 L1 G Sơ đồ tạo ảnh: (36) (0,25đ) S   S1   S 2   S3 Để S3 trùng với S thì S2 phải trùng với S1, tức là ảnh của S1 cho bởi gương (tức là S2) lại trùng với S1. Từ sự tạo ảnh qua gương cầu lõm, ta thấy ảnh qua gương trùng với vật khi hoặc là vật nằm tại tâm C của gương (tức là S1 phải nằm tại tâm C của gương), hoặc là vật nằm tại đỉnh của gương (tức là S1 nằm tại đỉnh gương). (0,25đ) Vậy thấu kính phải cho ảnh thật của S nằm tại tâm C của gương, hoặc nằm tại đỉnh của gương (tại S’). Để vật thật tạo ảnh thật qua thấu kính, ta phải có tiêu cự không lớn hơn một phần tư khoảng cách vật ảnh d  d' f  1 1 (vật màn): (37) (0,5đ) 4 - Khi ảnh S1 nằm tại tâm C của gương, ta có: d1 + d1’ = 150 + 30 – 2.42 = 96 cm (38) (0,5đ) 96 suy ra: f  (39) (0,25đ)  24cm 4 - Khi ảnh S1 nằm tại đỉnh gương thì: d1 + d1’ = 150 + 30 = 180 cm (40) (0,25đ) 180 Suy ra: f  (41) (0,25đ)  45cm 4 Vậy ta chọn: f  24cm (42) (0,25đ) Khi f < 24 cm: ta có 4 vị trí của L1( hai vị trí ảnh nằm tại tâm gương và 2 vị trí ảnh nằm tại đỉnh gương) cho ảnh trùng với vật. Theo giả thiết có ba vị trí của L1, do đó hai trong bốn vị trí đã trùng nhau. Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Vậy có thể chọn f = 24 cm. b. Ba vị trí của thấu kính L1: - Khi ảnh S1 nằm tại tâm gương, d1 + d1’ = 96 cm => d1 = d1’ = 48 cm - Khi S1 nằm tại đỉnh gương (trùng với ảnh S’): d1 + d1’ = 180 cm 1 1 1 1 1 Ta có:   '     d12  180d1  4320  d12  180d1  4320  0 f d1 d1 d1 180  d1 Phương trình cho nghiệm:

b ' b '2  ac 90  8100  4320   90  61, 482 (cm) a 1 d1 = 151,482 cm; d1 = 28,518 cm.

d1 

(43) (0,25đ) (44) (0,5đ) (45) (0,25đ) (46) (0,25đ)

(47) (0,25đ) (48)

Câu 5. (2,0 điểm)

Z r

ZL với Z L  Zd2  r 2  L = 

ạy m /+

(50) (0,5đ) L;r

A V

Hình 6b

Vxc

Axc

Hình 6a

(1)

L;r

Q uy

 U xc   Umc       I xc   Imc  L  Cách bố trí thí nghiệm: Bố trí thí nghiệm như hình vẽ



Kè

Ta có: L 

(49) (0,5đ)

2 d

hơ

Thiết lập công thức:

Phương án thí nghiệm: (51) (1.0đ) - Mắc nối tiếp ampe kế điện động vào cuộn dây. - Mắc song song vôn kế điện động vào cuộn dây. - Mắc toàn bộ hệ thống trên vào nguồn điện xoay chiều. - Đóng khóa K ghi lại chỉ số cường độ dòng điện và hiệu điện thế xoay chiều trên ampe kế và vôn kế. Tiến hành lần lượt đo cường độ dòng điện và hiệu điện thế ít nhất ba lần, sau đó lấy giá trị trung bình của ba lần đo và thay vào biểu thức (1). - Mắc nối tiếp ampe kế một chiều vào cuộn dây. - Mắc song song vôn kế một chiều vào cuộn dây. - Mắc toàn bộ hệ thống trên vào nguồn điện một chiều. - Đóng khóa K ghi lại chỉ số cường độ dòng điện và hiệu điện thế xoay chiều trên ampe kế và vôn kế. Tiến hành lần lượt đo cường độ dòng điện và hiệu điện thế ít nhất ba lần, sau đó lấy giá trị trung bình của ba lần đo và thay vào biểu thức (1).

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK

KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 2015 - 2016

ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 02 trang)

MÔN: VẬT LÝ (Thời gian làm bài 180 phút, không kể giao đề) Ngày thi: 23/10/2015

m p

m /+

ạy

Kè

Câu 2. (4,0 điểm) Một mol khí lý tưởng thực hiện chu trình biểu diễn bằng hình chữ nhật như hình vẽ (H 2). Đường thẳng 2 – 4 đi qua gốc O, hai điểm 1 và 3 nằm trên cùng một đường đẳng nhiệt. Biết thể tích: V1 = V4 = 6,31 dm3; áp suất: p1 = p2 = 3.105 Pa; p3 = p4 = 105 Pa. Cho R = 8,31 J/mol.K. 1. Tính nhiệt độ T1, T2, T3 và T4 của các trạng thái. 2. Vẽ đồ thị p – T và V – T.

Q uy

hơ

Câu 1. (5,0 điểm) Người ta dùng một miếng gỗ nhỏ A có khối lượng mA để khảo sát các thí nghiệm cơ học đơn giản. A 1. Miếng gỗ A được đặt chồng lên một miếng gỗ B khác có khối lượng mB và trượt trên mặt phẳng nghiêng góc α so với B mặt phẳng nằm ngang như hình vẽ (H 1). Hệ số ma sát giữa hai α miếng gỗ là μ, giữa miếng gỗ B và mặt phẳng nghiêng là μ1. a. Miếng gỗ B có thể chuyển động nhanh hơn miếng H1 gỗ A không ? Giải thích. b. Hãy so sánh các hệ số ma sát từ kết luận của câu a. 2. Miếng gỗ A được đặt ở mép một đĩa nằm ngang, bán kính R. Đĩa quay tròn với tốc độ góc ω = εt, trong đó ε là gia tốc góc không đổi. Tìm thời điểm để miếng gỗ A văng ra khỏi đĩa, biết hệ số ma sát giữa miếng gỗ A và đĩa là μ2.

Câu 3. (3,0 điểm) Một động cơ điện một chiều có điện trở trong r = 20 Ω. Một sợi dây không co giãn có một đầu cuốn vào trục động m cơ, đầu kia buộc vào một vật có khối lượng m = 20 kg. Vật có thể trượt không ma sát trên mặt phẳng nghiêng làm với mặt phẳng nằm ngang một góc   300 như hình vẽ (H 3). Khi cho dòng điện có cường độ I = 5 A đi qua thì động cơ kéo vật lên theo mặt phẳng nghiêng với tốc độ không đổi  v = 4 m/s. 1. Tính hiệu suất của động cơ. H3 2. Bộ nguồn cung cấp cho động cơ gồm nhiều ắc quy, mỗi chiếc có suất điện động E = 36 V và điện trở trong r0 = 3.6 Ω. Hãy tìm cách mắc nguồn để động cơ có thể kéo vật như trên mà dùng số ắc quy ít nhất. Tính số ắc quy đó. Cho g = 10 m/s2 và bỏ qua khối lượng của sợi dây. Câu 4. (5,0 điểm) Một bể nhỏ hình hộp chữ nhật trong có chứa nước (chiết suất n 

4 ). Thành bể phía trước là một tấm 3

1 Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

thủy tinh có độ dày không đáng kể; thành bể phía sau là một gương phẳng (mặt phản xạ tiếp xúc với nước); khoảng cách giữa hai thành bể này là a = 40 cm. Trong bể có một vật sáng AB đặt thẳng đứng cách đều thành bể phía trước và phía sau. Đặt một thấu kính hội tụ L trước bể và một màn E sau L để thu ảnh của vật (hình vẽ H 4). Người ta thấy có hai vị trí của màn cách nhau một khoảng 4 cm đều cho được ảnh rõ nét có độ lớn lần lượt là 4,5 cm và 3 cm. 1. Tính tiêu cự của thấu kính. 2. Tìm khoảng cách từ thấu kính đến thành bể phía sau. 3. Tính độ cao của vật.

H 4

24 11

Na phân rã   với chu kỳ bán rã T = 15 giờ và tạo hạt nhân con X.

Na đứng yên. Tính năng lượng giải phóng trong phân rã.

Q uy

2. Cho rằng hạt nhân

24 11

A Z

1. Viết phương trình phân rã phóng xạ và xác định hạt nhân con

A Z

hơ

Câu 5. (3,0 điểm) Hạt nhân phóng xạ

a. Tính số gam

24 11

Kè

24 Biết khối lượng các nguyên tử: m( 11 Na ) = 23,990963 u; m( ZA X ) = 23,985042 u, cho 1u = 931,5 MeV/c2. 3. Để xác định được thể tích máu trong một cơ thể bệnh nhân người ta tiêm vào máu người đó 3 24 9 cm một dung dịch có chứa 11 Na với nồng độ 5.10-4 mol/lít.

Na đã đưa vào máu bệnh nhân.

m /+

ạy

24 b. Tính lượng chất phóng xạ 11 Na còn lại trong máu bệnh nhân sau 5 giờ. c. Tính thể tích máu trong cơ thể bệnh nhân. Biết rằng sau 5 giờ người ta lấy ra 9 cm3 máu của 24 cơ thể bệnh nhân thì tìm thấy trong đó chứa 7,5.10-9 mol của chất 11 Na . Giả thiết rằng lượng chất phóng xạ được phân bố đều trong toàn bộ thể tích máu của bệnh nhân.

……………..HẾT……………….

• Thí sinh không được sử dụng tài liệu. • Giám thị không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh……………………………………………………………….Số báo danh……………

2 Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Câu 1. (5,0 điểm) 1. Miếng gỗ A được đặt chồng lên một miếng gỗ B khác có khối lượng mB 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. B Giả sử gia tốc aB > aA (miếng gỗ B chuyển động nhanh hơn) + - Vật B chịu tác dụng của các lực:  + trọng lực PB  H1 + lực ma sát giữa vật B và mặt phẳng nghiêng FmsB  + lực ma sát giữa hai vật F Hình vẽ(0,5đ)  + phản lực của mặt phẳng nghiêng lên B là N B Ta có phương trình định luật 2 Niu tơn cho chuyển động của vật B:      PB  N B  F  FmsB  maB (1)0,25đ   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 PA  + 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 a A (4) 0,25đ Chiếu (4) lên phương mặt phẳng nghiêng, chiều dương hướng xuống: mAgsinα + F = mAaA (5) 0,25đ F  F Từ (2), ta suy ra: a B  gsin  msB (6) 0,25đ mB F Từ (5), suy ra: (7) 0,25đ a A  gsin  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: F  F (11) 0,25đ a B  gsin  msB mB F (12) 0,25đ a A  gsin  mA

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Từ (10) và (11), để aA > aB thì phải có:

FmsB  F F  mB mA

1  N A  N B    N A  N A   m g cos   mB g cos     mA g cos   mA g cos    1 A  mB mA mB mA

Hay:

1  mA  mB    mA    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 (14) 0,25đ   R at  t t và gia tốc pháp tuyến: an   2 R  R 2t 2 (15) 0,25đ từ (15) và (14), ta có gia tốc toàn phần:

hơ

Do đó:

ạy

(19)0,25đ (20) 0,25đ

m /+

Với điều kiện:

1 

22 g 2 1 R 2 2 R 2  g

t

Kè

Q uy

(17) 0,25đ F  mA .a  mA R 1   2t 4   2 mA g Từ (17) ta suy ra: 22 g 2 1  22 g 2  2 4 4 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:

a  an2  at2  R 1   2t 4 (16) 0,25đ Lực làm vật A chuyển động cùng với đĩa là lực ma sát nghỉ, có giá trị cực đại là μ2mAg

Câu 2. (4,0 điểm) 1. Tính nhiệt độ T1, T2, T3 và T4 (1,5đ) -Ta có: p4V4 105.6,31.103   76 K p4V4  RT4  T4  R 8,31 - Quá trình 1 – 4 là đẳng tích, nên: p 3.105 T1  T4 1  76  228 K p4 105 - Theo giả thiết: T3 = T1 = 228K - Đường thẳng 2 – 4 đi qua gốc O nên ta có liên hệ p = a.V Do p2 = 3p4 nên V2 = 3V4 = 18,93 dm3. V Vậy: T2  T1 2  228.3  684 K V1

(21) 0,5đ

(22) 0,25đ O

V H1

(23) 0,5đ (24) 0,25đ

2. Vẽ đồ thị p- T và V – T: (2,5đ)

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

V(dm3)

p(Pa)

105 O

3.105

18,93

6,31

228

684

T(K)

4 1 76

228

684

T(K)

hơ

Đồ thị V - T (1,25đ)

Q uy

Đồ thị p - T (1,25đ)

m /+

ạy

Kè

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  Pcơ = 400W (25) 0,25đ T  P sin   2 Công suất tỏa nhiệt: Pnhiệt = I2.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  36 n (30) 0,25đ nr 3,6 n rb  0  m m Theo định luật Ohm đối với mạch kín: 3, 6n Eb  U  Irb  36n  180  5  2mn  10m  n m 10 1 (31) 0,5đ   2 n m Vì m, n phải là nguyên dương nên ta chỉ xét nghiệm nguyên dương của phương trình (31).

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Tổng hai số là một hằng số

10 1 . cực đại (do đó m.n phải cực tiểu) khi n m 10 1 (32) 0,5đ  . n m Ta có hệ phương trình:

(34) 0,5đ

Q uy

Bộ gồm 10 ắc quy nối tiếp nhau.

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.

hơ

nhau, nghĩa là

10 1 , là một hằng số, do đó tích cuả hai số cực đại khi hai số bằng n m

m /+

ạy

Kè

Câu 4. (5,0 điểm) E 1. Tính tiêu cự của thấu kính: a - Sơ đồ tạo ảnh: L + Ảnh thứ nhất: tạo qua bản mặt song song và thấu kính B BMSS TK (35) 0,25đ AB   A ' B '   A '' B '' + Ảnh thứ hai: tạo qua bản mặt song song, O’ O Â gương phẳng, bản mặt song song, thấu kính BMSS GP BMSS AB   A1 B1  A2 B2   A3 B3 (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 (37) 0,25đ   e 1    20  5(cm) 4  n 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) 4  n 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 Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

hơ

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 (42) 0,25đ  '  a 1    40  10(cm) 4  n Vậy ảnh A3B3 cách thấu kính: d4 = 55 +OO’ – 10 = 45 + OO’ (cm) = d + 30 (cm) (43) 0,25đ d f Ảnh A4B4 tạo qua thấu kính: d 4 '  4 d4  f d ' Độ cao của ảnh: (44) 0,25đ A4 B4  AB. 4  3cm d4 Từ trên, ta có giả thiết là: d4’ = d’ – 4 (45) 0,25đ ta có, từ (43) và (45)  d  30  d ' 4  (46) 0,25đ dd ' d .d '  4 4  f  d  d ' d 4  d 4 '  d  30    d ' 4 

m /+

ạy

Kè

Q uy

d' d' AB A' B ' d  d  d '  d  30   1,5 Từ (39), (43),(44) và (45):  A4 B4 AB. d 4 ' d ' 4 d  d ' 4  d  30 d4 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 8d  240   12d  4  d  30    d  30   d.  2 12 d  d  60    d  60  d  60   Thay (47) vào (46): 12d 8d  240  d 2  48d  12d  d d  30   4     d  30      d  60  d  60   d  60  12d 8(d  30) 2 3d 2(d  30)     3d 2  156d  2d 2  36d  2880 Biến đổi: 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 '  (50) 0,25đ  38,833cm 86,833  60 Suy ra tiêu cự của thấu kính: 86,833.38,833 (51) 0,25đ f   26,833cm 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 (53) 0,25đ AB    10, 06cm d ' 38,833 d 86,833

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Câu 5. (3,0 điểm) 1. Viết phương trình phân rã phóng xạ và xác định hạt nhân con

A Z

0  24 Na  1 e 12 Mg   (54)0,5đ 2. Tính năng lượng giải phóng trong phân rã. Q = (mNa – mMg).c2 = (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 m0  5.104 .9.103 lit  45.10 7 mol  10,8.10 5 g (55) 0,5đ lit 24 b. Tính lượng chất phóng xạ 11 Na còn lại trong máu bệnh nhân sau 5 giờ. 24 11

5



0.693 .5 15

 t

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

m  m0 e  10,8.10 .e  8,57238.10-5 g. (56) 0,5đ c. Tính thể tích máu trong cơ thể bệnh nhân. 24 - Trong 9 cm3 máu bệnh nhân có chứa lượng 11 Na là: -9 -9 -8 m’ = 7,5.10 . 24 = 180.10 = 18.10 g. (57) 0,25đ 24 - Lượng chất 11 Na còn lại trong cơ thể sau 5h là m = 8,57238.10-5 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 8 18.10

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

n hơ N Q uy m Kè ạy D m /+ co e. gl oo G Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Từ (10) và (11), để aA > aB thì phải có:

FmsB  F F  mB mA

1  N A  N B    N A  N A   m g cos   mB g cos     mA g cos   mA g cos    1 A  mB mA mB mA

Hay:

hơ

Do đó:

ạy

(19)0,25đ (20) 0,25đ

m /+

Với điều kiện:

1 

22 g 2 1 R 2 2 R 2  g

t

Kè

Q uy

a  an2  at2  R 1   2t 4 (16) 0,25đ Lực làm vật A chuyển động cùng với đĩa là lực ma sát nghỉ, có giá trị cực đại là μ2mAg

(21) 0,5đ

(22) 0,25đ O

V H1

(23) 0,5đ (24) 0,25đ

2. Vẽ đồ thị p- T và V – T: (2,5đ)

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

V(dm3)

p(Pa)

105 O

3.105

18,93

6,31

228

684

T(K)

4 1 76

228

684

T(K)

hơ

Đồ thị V - T (1,25đ)

Q uy

Đồ thị p - T (1,25đ)

m /+

ạy

Kè

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Tổng hai số là một hằng số

10 1 . cực đại (do đó m.n phải cực tiểu) khi n m 10 1 (32) 0,5đ  . n m Ta có hệ phương trình:

(34) 0,5đ

Q uy

Bộ gồm 10 ắc quy nối tiếp nhau.

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.

hơ

nhau, nghĩa là

10 1 , là một hằng số, do đó tích cuả hai số cực đại khi hai số bằng n m

m /+

ạy

Kè

hơ

m /+

ạy

Kè

Q uy

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Câu 5. (3,0 điểm) 1. Viết phương trình phân rã phóng xạ và xác định hạt nhân con

A Z

5



0.693 .5 15

 t

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK

KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 2015 - 2016

ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 02 trang)

MÔN: VẬT LÝ (Thời gian làm bài 180 phút, không kể giao đề) Ngày thi: 23/10/2015

m p

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

4 ). Thành bể phía trước là một tấm 3

1 Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

H 4

24 11

Na phân rã   với chu kỳ bán rã T = 15 giờ và tạo hạt nhân con X.

Na đứng yên. Tính năng lượng giải phóng trong phân rã.

Q uy

2. Cho rằng hạt nhân

24 11

A Z

1. Viết phương trình phân rã phóng xạ và xác định hạt nhân con

A Z

hơ

Câu 5. (3,0 điểm) Hạt nhân phóng xạ

a. Tính số gam

24 11

Kè

Na đã đưa vào máu bệnh nhân.

m /+

ạy

……………..HẾT……………….

• Thí sinh không được sử dụng tài liệu. • Giám thị không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh……………………………………………………………….Số báo danh……………

2 Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

n hơ N Q uy m Kè ạy D m /+ co e. gl oo G Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn



ạy

Kè



Q uy

hơ

m /+

(12) (0,25đ) (13) (0,25đ)

(14) (0,25đ) (15) (0,25đ)

(16) (0,25đ)

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Liên hệ giữa C0 và C1 Theo giả thiết ta có: R

 R  r    Z L  ZC 0  = ZC0 2 2  R  r    Z L  ZC 0   ZC2 0

Z Hay:

L,r

(28) (29) (0,25đ)

(30) (1,5đ)

Từ đó: Z C1Z L  2 Z L Z C 0  0  Z C1  2 Z C 0  C1 

C0 : 2

(32) (0,5đ)

Q uy

hơ

Suy ra: Z C1Z L  2 Z L Z C 0  Z C2 0   R  r    Z L  Z C 0   Z 2  Z C2 0

(31) (1,5đ)

(33) (0,25đ)

m /+

ạy

Kè

b ' b '2  ac 90  8100  4320   90  61, 482 (cm) a 1 d1 = 151,482 cm; d1 = 28,518 cm.

d1 

(43) (0,25đ) (44) (0,5đ) (45) (0,25đ) (46) (0,25đ)

(47) (0,25đ) (48)

Câu 5. (2,0 điểm)

Z r

ZL với Z L  Zd2  r 2  L = 

ạy m /+

(50) (0,5đ) L;r

A V

Hình 6b

Vxc

Axc

Hình 6a

(1)

L;r

Q uy

 U xc   Umc       I xc   Imc  L  Cách bố trí thí nghiệm: Bố trí thí nghiệm như hình vẽ



Kè

Ta có: L 

(49) (0,5đ)

2 d

hơ

Thiết lập công thức:

Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK

KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 2015 - 2016 MÔN: VẬT LÝ (Thời gian làm bài 180 phút, không kể giao đề) Ngày thi: 22/10/2015 C  B



hơ

ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 02 trang)

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

……………..HẾT……………….

Q uy

• Thí sinh không được sử dụng tài liệu. • Giám thị không giải thích gì thêm.

m /+

ạy

Kè

Họ và tên thí sinh……………………………………………………………….Số báo danh……………

2 Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK

KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 2014 - 2015

MÔN: VẬT LÍ

HƯỚNG DẪN CHẤM

Ngày thi: 22/10/2014

(2) 0,25đ

hơ

(1) 0,25đ

Q uy

Bài 1 (5,0 điểm) 1. Tìm chu kì dao động của vật và chiều dài của lò xo lúc t = 0 - Tính chu kì dao động: Tại VTCB:         Fd 0  0 Chiếu (1) lên OX:  mgsin - Fđ0 = 0 suy ra: kℓ0 = mgsin H1 Fd max Giả thiết cho: 9 Fd min Suy ra: Fđmin  0 Do vậy: ℓ0 > A Fd max k ( 0  A) 5 Từ đó:   9   0  A  12,5 cm Fd min k ( 0  A) 4 Vậy từ (2) và (3) ta có chu kì dao động:  0 m 0,125   2  2  2  1s 2 k g sin   sin 300 - Chiều dài lò xo lúc t = 0: Chiều dài lò xo : ℓ = ℓ0 + ℓ0 + x0  Ta có : x0  10 cos  5 3cm  8, 66cm 6 Do đó : ℓ = 35 + 12,5 + 8,66 = 56,16 cm 2. Vẽ đồ thị dao động x(t) của vật.

ạy

Kè

(3) 0,50đ

(4) 0,25đ

m /+

(5) (6)

(7) 0,50đ

+10cm

8,66cm

x(cm)

(8) 1,00đ

t(s)

-10cm 2 12

5 12

8 12

11 12

14 12

17 12

1 Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

3. Xác định khoảng thời gian kể từ lúc vật bắt đầu dao động đến lúc vật đi qua li độ x = -5 cm lần thứ 2014.   Ta có : x  10 cos  2 t    5cm 6   1   2  Suy ra : cos  2 t      cos    6 2   3   2 Vậy : 2 t     k 2 6 3  2 Đi qua x = -5cm lần đầu theo chiều âm, nên ta chọn : 2 t    k 2 6 3 1 Hay : t   k (s) (9) 0,50đ 4 Với : k = 0,1,2,… : là số lần vật đi qua x = -5 cm theo chiều âm (số chu kì) 1 Khi vật qua x = -5cm lần thứ 2013 thì k = 1006, lúc đó : t2013   1006 (s) 4 Để vật đi đủ 2014 lần qua x = -5 cm, ta phải tính thêm thời gian từ khi vật qua x = -5 cm theo chiều âm đến khi vật qua vị trí đó theo chiều dương (lần cuối), thời gian đó bằng : t’ = T/6 + T/6 = T/3 = 1/3 (s) 1 1 Vậy : t2014  t2013  t '   1006   1006,58s (10) 0,75đ 4 3 4. Tính quãng đường vật đi được kể từ lúc t = 0 đến lúc t = 2,25 s. - Ta có : t = 2,25 s = 2 s + 0,25 s = 2T + T/4 (11) 0,25đ Trong thời gian 2 chu kì, vật đi được quãng đường s1 = 2.4A = 80 cm (12) 0,25đ Trong thời gian T/4 còn lại, vật đi từ x0 = 8,66 cm đến x = -5cm, vậy: s2 = 8,66 + 5 = 13,66 cm (13) 0,25đ Vậy: s = s1 + s2 = 80 + 13,66 = 93,66 cm (14) 0,25đ

Bài 2 (4,0 điểm) 1. Tính công, nhiệt lượng mà hệ trao đổi và độ biến thiên nội năng trong mối quá trình và trong cả chu trình. a. Trong mỗi quá trình: - Quá trình giãn đẳng nhiệt 1 – 2: + Độ biến thiên nội năng: U12 = 0 (15) 0,25đ + Công và nhiệt lượng trao đổi bằng nhau: p m 1 (16) 0,25đ Q12  A12  RT1 ln 1  .8,31.103.(227  273) ln 4  198622,52 J  p2 29 - Quá trình đoạn nhiệt 2 – 3: + Nhiệt lượng trao đổi: Q23 = 0 (17) 0,25đ 1 + Công hệ trao đổi: A23   p2V2  p3V3   1 p 106 m 1 Pa ; p2V2  p1V1  RT1  8,31.103.500  143275,8621J Với p2  1  4 4  29 143275,8621 143275,8621 Suy ra: V2   .4  0,573m3 6 p2 10 2 Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn



V  V p 1 1 p V  p V  p V   3   2   3    0,372 Do p3 = p1, nên: p1 4 V2 4  V2  3 Từ đó: V3 = 0,372.V2 = 0,372.0,573 = 0,2132 m . 1 Công: A23  143275,8621  106.0, 2132   174810,3448 J  1, 4  1 + Độ biến thiên nội năng: U23 = - A = 174810,3448J - Quá trình đẳng áp 3 – 1: + Công mà hệ trao đổi: A31 = p1(V1 – V3) = p1V1 – p1V3 = 143275,8621 - 106.0,2132 = - 69924,1379J m + Nhiệt mà hệ trao đổi: Q31  C p T1  T3    p1V3 29.106.0, 2132 m Tính T3: p1V3  RT3  T3    744, 02 K  mR 1.8,31.103 m 1 Vậy: Q31  C p  T1  T3   .3,5.8,31.103 (500  744, 02)  244735, 231J  29 + Độ biến thiên nội năng: U31 = Q31 – A31 = -244735,231 –(- 69924,1379) = -174811J b. Trong cả chu trình: + Biến thiên nội năng: U = 0 + Công hệ trao đổi bằng nhiệt lượng: Q = A = A12 + A23 + A31 = 198622,52 + ( 174810,3448 ) + (- 69924,1379) = -46111J 2. Vẽ đồ thị: p p V 1 2 3 3 1  1 3

 2 2

(18) 0,50đ (19) 0,25đ

(20) 0,25đ

(21) 0,50đ (22) 0,25đ (23) 0,25đ (24) 0,25đ

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

 3 3

V O

3 2

1 T

Đồ thị V - T

Đồ thị p - T

Đồ thị p - V

(25) 1,00đ

Bài 3 (4,5 điểm) 1. Tìm hệ thức liên hệ giữa Rv và R: - Điện trở tương đương đoạn CD : R ( R  RV  R4 ) R (2 R  RV ) RCD  5 3  R5  R3  RV  R4 3R  RV Điện trở của nhánh ACDB : RACDB  R1  RCD  R2  2 R  RCD Điện trở mạch ngoài : R .R R (2 R  RCD ) Rn  V ACDB  V RV  RACDB RV  2 R  RCD Gọi I là dòng điện mạch chính, ta có : 2R U AB  110  E  I .r  150  I . 15

(26) 0,25đ

E, r

R1 A

(27) 0,25đ

B R5

(28) 0,25đ

D R3

R4 V2

H2 3 Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

2R 300  40  I  R 15 E 150 150 R Do đó : Rn  r    R I I 300 2 Từ các biểu thức (28), (29) và (30), ta suy ra : RV (2 R  RCD ) 2 R R R (2 R  RCD ) 11R    V  RV  2 R  RCD 15 2 RV  2 R  RCD 30 Thay biểu thức của RCD vào (31) : R (2 R  RV ) 2 R  RV RV (2 R  ) RV (2  ) 3R  RV 3R  RV 11R 11    R (2 R  RV ) 30 R (2 R  RV ) 30 RV  2 R  RV  2 R  3R  RV 3R  RV Biến đổi : 2 R  RV RV (2  ) 3R  RV RV (8 R  3RV ) 11 11    2 2 2 R (2 R  RV ) 30 3RRV  RV  6 R  2 RRV  2 R  RRV 30 RV  2 R  3R  RV Hay : RV (8 R  3RV ) 11   240 RRV  90 RV2  66 RRV  11RV2  88 R 2 2 2 6 RRV  RV  8 R 30

(29) 0,25đ (30) 0,25đ

(31) 0,25đ

Kè

Q uy

hơ

Suy ra : I .

Vậy : RV 

(32) 0,50đ

 4.79.88 R 2  R 30276  27808  R 58084  241R

174 R 

m /+

  b 2  4ac 

ạy

Đi về phương trình cuối : 79 RV2  174 RRV  88 R 2  0 Giải phương trình bậc hai với ẩn là RV :

b  b 2  4ac 174 R  241R  2a 2.79

Loại nghiệm âm (không thích hợp), ta chọn : RV 

67 R  0, 424 R 158

(33) 0,50đ

2. Tính số chỉ vôn kế V2 : - Thay (26) vào (27), ta có điện trở tương đương của đoạn mạch ACDB : R (2 R  RV ) 8 R 2  3RRV RACDB  2 R   (34) 0,25đ 3R  RV 3R  RV Thay (33) vào (34), ta có : 67 8 R 2  3R R 8 R 2  3RRV 158  1465 R  2, 7 R RACDB   (35) 0,25đ 67 3R  RV 541 3R  R 158 Cường độ dòng điện chạy trên đoạn mạch đó là : U 110 59510 (36) 0,25đ I ACDB  AB   RACDB 1465 R 1465 R 541 Từ (27) và (35), điện trở tương đương của đoạn mạch CD : 1465 R 383 (37) 0,25đ R CD  R ACDB – 2R  – 2R  R  0,7079R 541 541 4 Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Vậy :

U CD  I ACDB .RCD 

59510 383R .  28, 75768V 1465 R 541

(38) 0,25đ

Dòng chạy qua vôn kế V2 : U CD U CD 158U CD I CV2 D    2 R  RV 2 R  67 R 383R 158 Số chỉ vôn kế V2 là :

(39) 0,25đ

U 2  U CD  2U R  U CD  2 I CV2 D R  28, 75768  2

158U CD R 383R

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Kết quả : U2 = 28,75768 – 23,72696 = 5,03V. (40) 0,50đ Bài 4 (4,5 điểm) 1. Xác định vị trí đặt màn : - Có hai ảnh cuối cùng của AB tạo qua hệ : (TK ) + Ảnh thứ nhất : tạo qua chỉ TKHT : AB   A' B ' d d’ Ta có : d = ℓ1 – 10 = 40 – 10 = 30 cm (41) 0,25đ df 30.20 Vậy : d '    60 cm d  f 30  20 Vị trí thứ nhất màn cách thấu kính 60 cm (42) 0,25đ d' 60 Độ phóng đại : kTK      2 (43) 0,25đ d 30 (G ) (TK ) + Ảnh thứ hai : tạo qua hệ gương – thấu kính : AB  A1 B1   A2 B2 d1 d1’ d2 d2 ’ Ta có : d1 = 10 cm, d1’ = - d1 = -10 cm ; d f 50.20 100 d2 = ℓ1 – d1’ = 40 – (-10) = 50 cm ; d 2'  2   cm  33,3 cm 3 d 2  f 50  20 100 Vị trí thứ hai màn cách thấu kính cm (44) 0,50đ 3  100   d1'   d 2'   10   3  2 Độ phóng đại : k H  k1.k2           (45) 0,50đ   d d 10 50 3    1  2      2. Xác định ℓ2 - Từ câu 1, ta có vị trí ảnh thứ nhất chỉ tạo qua thấu kính :    10  20    2  10  20 cm df d'  2 (46) 0,50đ d  f  2  10  20  2  30 - Cũng từ câu 1, ta có ảnh thứ hai tạo qua hệ gương – thấu kính :  2  d1'  f   2  d1  f   2  10  20   2  10  20  d2 f ' d2      (47) 0,50đ d 2  f  2  d1'  f  2  d1  f  2  10  20  2  10 Điều kiện chung cho (46) và (47) là ảnh thật, tức d’ > 0 và d2’ > 0, suy ra : ℓ2 > 30 cm (48) 0,25đ Ta có từ (46) và (47): d = ℓ2 – 10 < ℓ2 + 10 = d2 ; từ (48) vật thật cho ảnh thật qua TKHT suy ra : d' > d2’ (49) 0,25đ Từ giả thiết và từ (46), (47) và (49), ta có phương trình :

5 Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

  2  10  20    2  10  20  10  2  30

(50) 0,50đ

 2  10

Biến đổi (50) : 2 2   2  10     2  10   2  30      2  10   2  30    2  2  40 2  500  0

(51) 0,50đ

b  b 2  4ac 20  30  cm 2a 1 Chọn nghiệm : ℓ2 = 50cm (thỏa mãn (48)) Ta có nghiệm :  2 

(52) 0,25đ

----- Hết -----

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Bài 5 (2,0 điểm) - Thiết lập công thức : Mắc nối tiếp tụ có điện dung cần đo C x với các điện trở R vào mạch điện xoay chiều. Dùng vôn kế xoay chiều đo điện áp hiệu dụng giữa hai đầu C x và giữa hai đầu R. U I .Z C U 1 1 Ta có : C  (53) 0,50đ  C  R . UR I .R R.2 fC U C R.2 f - Tiến hành thí nghiệm : V V Sơ đồ thí nghiệm (hình vẽ) + Mắc các thiết bị điện cho sơ đồ (54) 0,50đ C R + Dòng điện xoay chiều có tần số f và điện áp hiệu dụng U = const Mắc R1: đo UC và UR, tính Cx1 (55) 0,25đ Lặp lại thí nghiệm tương tự với R2 u và R3 , tính Cx2 và Cx3 (56) 0,25đ K + Ghi các kết quả 3 lần đo và tính giá trị trung bình của Cx : C  Cx 2  Cx3 (57) 0,50đ C x  x1 3

6 Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK

KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 2014 - 2015

MÔN: VẬT LÍ

HƯỚNG DẪN CHẤM

Ngày thi: 23/10/2014

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Bài 1 (5,0 điểm) A O x + 1. Tìm độ giãn của lò xo khi cơ hệ cân bằng. - Khi cơ hệ cân bằng:    Với vật B:  B  0 B  0 (1) 0,25đ      Với vật C: C  0C    Fd 0  0 (2) 0,25đ B Chiếu (1) lên phương thẳng đứng, chiều hướng H1 xuống: PB – T0B = 0 => PB = T0B (3) 0,25đ Chiếu (2) lên Ox: T0C – Fđ0 = 0 => T0C = Fđ0 (4) 0,25đ Dây không co giãn, nên : T0C = T0B = T0 (5) Từ (3), (4) và (5), suy ra: Fđ0 = PB <=> kℓ0 = mBg m g 2,5 Hay:  0  B  (6) 0,25đ  0, 05 m = 5 cm k 50 2. Tính độ lớn vận tốc của các vật khi chúng đi qua vị trí cân bằng và vị trí lò xo có độ dài tự nhiên - Khi qua VTCB: Vận dụng định luật bảo toàn cơ năng cho hệ hai vật ở hai vị trí: khi vật bắt đầu chuyển động (có vận tốc v1 = 0) và khi vật đi qua VTCB (có vận tốc vCB = v2): E1 = E2 (7) Để ý dây không giãn nên: vA = vB cho mọi vị trí ở một thời điểm bất kì 1 1 1 1 Từ (7): mB gh1B  k  12   mC  mB  v12  mB gh2 B  k  22   mC  mB  v22 (8) 0,25đ 2 2 2 2 Ta có: v1 = 0, mốc thế năng của vật B được chọn tại VTCB nên: h1B = -0,1m; h2B = 0. Độ giãn của lò xo: ℓ1 = 0,15m; ℓ2 = ℓ0 = 0,05m Từ (8):

2mB gh1B  k   12   22 

v2 



0,5

= 1 m/s

(9) 0,50đ

mC  mB

2.0, 25.10(0,1)  50  0,152  0, 052 

- Khi lò xo có độ dài tự nhiên: Tương tự như trên: áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho hệ ở hai vị trí: lúc vật bắt đầu chuyển động (v1 = 0) và khi lò xo có độ dài tự nhiên: E1 = E3 (10) 1 1 1 1 Từ (10): mB gh1B  k  12   mC  mB  v12  mB gh3 B  k  23   mC  mB  v32 (11) 0,25đ 2 2 2 2 Để ý: ℓ3 = 0 (vì lò xo không biến dạng); h3B = ℓ0 = 0,05m Vậy từ (11): v3 

2mB g (h1B  h3 B )  k  12 2.0, 25.10( 0,1  0, 05)  50.0,152   0.866 m/s mC  mB 0,5

(12) 0,50đ

1 Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Q uy

hơ

3. Chứng minh vật C dao động điều hòa và viết phương trình dao động của C . – Chứng minh vật C dao động điều hòa: Tại VTCB, ta đã có: kℓ0 = mBg (13) Tại li độ x bất kì:    Với vật B:  B   B  mB aB (14)      Với vật C: C  C    Fd  mC aC (15) Chiếu (14) lên phương chuyển dời, chiều hướng xuống: mBg – TB = mBaB (16) 0,25đ Chiếu (15) lên Ox: TC – Fđ = mCaC Hay : TC – k(ℓ0 + x) = mCaC (17) 0,25đ Để ý : TC = TB = T; aC = aB = a (do dây không co giãn) Rút T từ (17) thay vào (16), biến đổi ta được: mBg – k(ℓ0 + x) = (mC + mB)a (18) Thay (13) vào (18), ta được : -kx = (mC + mB)x’’ (19) 0,25đ Phương trình (19) là phương trình động lực học của vật C, chứng tỏ C dao động điều hòa k 50    10 (rad/s) với tần số góc : (20) 0,25đ mA  mB 0,5

m /+

ạy

Kè

- Phương trình dao động của vật C : x = Acos(t + φ) Tại t = 0: x0 = Acosφ = 10 cm v0 = -Asinφ = 0 Suy ra : A = 10 cm ; φ = 0 (21) Ta có phương trình dao động : x = 10cos(10t) (cm) (22) 0,25đ 4. Tính khoảng thời gian lò xo giãn kể từ lúc t = 0 đến lúc t =  (s) Gọi τ là khoảng thời gian lò xo giãn trong khoảng thời gian từ t = 0 đến t =  (s). t   Số chu kì trong thời gian t =  (s) là : n  (23) 0,25đ   5   2 2 T  10 Trong một chu kì dao động, lò xo giãn khi vật đi từ x = -5 cm đến x = 10 cm và ngược lại. Thời gian vật đi từ x = -5 cm đến x = 10 cm là: tT/2 = T/12 + T/4 = T/3 = /15 (s) (24) 0,50đ  2 Vậy : (25) 0,25đ   5.2.   2,1s 15 3 Bài 2 (4,0 điểm) 1. Tính điện dung C của tụ điện để dòng điện mạch chính cùng pha với điện áp u ở mọi tần số. - Do tổng trở : ZMN = 0 nên UMN = 0 C L <=> M chập với N. (26 M Xét hai đoạn mạch PM và MQ có các nhánh song song : Q P R1 R2 Ta có : i = i L + i1 = iC + i2 Chuyển qua tổng véc tơ: N      I  I L  I1  I C  I 2 (27) H2 Suy ra giản đồ véc tơ các cường độ : IC I uPM i1 IR (28) 0,50đ IL

i 2

uMQ

2 Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Đối với các điện áp, ta có : Giản đồ véc tơ : Với : 1  i1 ;  2  i 2

   u = uPM + uMQ, U  U PM  U MQ

UPM 1 2

Để u và i cùng pha, ta phải có điều kiện : U PM sin 1  U MQ sin 2

(29) 0,25đ

UMQ

Z PM sin 1  Z MQ sin 2 Suy ra : Từ các giản đồ véc tơ dòng điện, ta có :

Kè

ạy

Z C .R2

Z R

2 2

Z R

2 C

2 2

hơ

Z C2  R22  ZC

Z IC Z  C  MQ  I U MQ ZC Z MQ

Do đó, từ (30), (31) và (32) ta có : Z L .R1 R1 .  2 2 2 Z L  R1 Z L  R12

Z L2  R12



Z C2  R22

Z ZL  2 C 2 2 Z  R1 Z C  R2 2 L

m /+

R12 ( Z L  Z C )  Z L Z C ( Z L  Z C )  ( Z L  Z C )( R12  Z L Z C )  0 1 : nghiệm này phụ thuộc tần số nên ta loại. Z L  ZC  C  L 2 R2 L Z C  1  C  2 : nghiệm không phụ thuộc tần số nên ta chọn. ZL R1

Suy ra :

(32) 0,25đ

(33) 0,25đ (34) 0,25đ (35) 0,25đ

Vậy :

(31) 0,25đ

Z L2  R12  ZL

Z C .R2

U MQ sin  2  sin i 2 

Z L .R1

Q uy

U PM I Z Z sin 1  sin i1  L  L  PM  I U PM ZL Z PM

(30) 0,50đ

0, 4.103  106 F  1 F (36) 0,25đ 400 2. Tính cường độ dòng điện hiệu dụng ở mạch chính khi điện dung C có giá trị ở câu trên -Từ giản đồ véc tơ dòng điện : R R (37) 0,25đ tan 1   tan i1  1 ; tan  2   tan i 2   2 ZL ZC  Suy ra : tan 1.tan  2  1  1   2  2   Hay : U PM  U MQ (38)

Cuối cùng : C 

Từ đó :

U PM  U . sin  2  U .

R2 Z R 2 C

2 2



ZL .U ZC  Z L

(39) 0,25đ

Dòng hiệu dụng:

3 Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

I

U PM U PM  . R12  Z L2  Z PM R1.Z L

ZL ZC  Z L R1.Z L

. R12  Z L2 

ZL R2  Z 2 U . . 1 2 L R1 Z C  Z L ZL

Thay R12  Z L .Z C vào (40), ta được: U 110 I   3,9 A R1 2.20

(40) 0,50đ

(41) 0,25đ

(42) 0,25đ (43) 0,25đ

(44) 0,25đ

(45) 0,25đ (46) 0,25đ (47) 0,25đ

(48) 0,50đ

m /+

ạy

Kè

Q uy

hơ

Bài 3 (4,0 điểm) 1. Khi i = 450, tính n. A - Khi có góc lệch cực tiểu Dmin thì Góc ló = góc tới => i’ = i Góc khúc xạ: r1 = r2 = A/2 = 300 i n I Ta lại có: sin i  2 sin r1  n sin r1 n1 S B C Với không khí: n1 = 1, lăng kính: n2 = n H 3 sin i sin 45 Vậy: n    2 sin r1 sin 30 2. Tính giá trị nhỏ nhất của i để có tia ló ở mặt bên AC của lăng kính. - Từ (43), ta thấy khi i giảm thì r1 cũng giảm nên r2 tăng. Từ hệ thức: sini’ = nsinr2 Ta thấy: khi r2 tăng thì i' cũng tăng. Vậy: khi i giảm thì i' tăng Góc ló i' lớn nhất khi tia ló đi là là mặt phân cách (mặt AC): i'max = 900 ' sin imax sin 90 2 Lúc này: sin r2     r2  450 n 2 2 Do đó: r1 = A – r2 = 60 – 45 = 150 sin imin  2 sin15  imin  210 28' Từ đó: 3. Khi mặt bên AC được tráng bạc và i = 450: vẽ đường đi của tia sáng qua lăng kính.

(49) 0,50đ

Theo câu 1, ta có: r1 = 300 ; r2 = r2’ = 300 (định luật phản xạ ánh sáng) Do đó góc:  = 900 – r2’ = 600 Vậy:  = 600 (do tam giác ABC đều) Từ đó: r3 = 300 2 Cuối cùng, ta có: sini’  nsinr3  2 sin 30  2 Vậy : i’ = 450

(50) 0,25đ

(51) 0,25đ

i Hình vẽ

I r1

I’ r2 r2’  r3

S B

(52) 1,00đ



C J 4 i’ Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

(53) 0,25đ

(54) 0,50đ

hơ

Bài 4 (4,0 điểm) 1. Viết phương trình phân rã phóng xạ của rađi và xác định hạt nhân con X - Phương trình phân rã phóng xạ của rađi:  226  ZA X  24 He 88 Ra  - Xác định hạt nhân con: A = 226 – 4 = 222 Z = 88 – 2 = 86 A 222 Suy ra: Z X  86 Rn là hạt nhân Rađon. 2.a. Tính độ phóng xạ ban đầu của mẫu rađi ln 2 N A Ta có: H 01  1 N 01  . .m01 T1 A1

ln 2 N A 0, 693 6, 023.10 23 . .m01  . .1, 2  4,338.1010 Bq (55) 0,75đ T1 A1 1620.365.86400 226 2.b. Giải thích hiện tượng, liên hệ khối lượng hạt X cân bằng phóng xạ với khối lượng rađi + Giải thích hiện tượng: Khối lượng hạt X(rađon) không thay đổi (xảy ra cân bằng phóng xạ) do số hạt nhân rađon được tạo ra trong đơn vị thời gian bằng số hạt nhân rađon bị phân rã trong cùng thời gian đó. Số hạt nhân rađon tạo ra trong 1 s lại bằng số hạt nhân rađi bị phân rã trong 1 s, tức bằng độ phóng xạ của mẫu rađi. Còn số hạt nhân rađon bị phân rã trong 1 s lại chính là độ phóng xạ của rađon. Do đó, lúc có cân bằng phóng xạ thì độ phóng xạ của rađi và rađon bằng nhau, tức là: H1 = HX = H2 (56) 0,75đ + Tính khối lượng hạt X cân bằng phóng xạ: ln 2 ln 2 Từ (56), suy ra: 1.N1  2 .N 2  .N1  .N 2 T1 T2 T N T N T A Hay: N 2  2 .N1  A .m2  2 . A .m1  m2  2 . 2 .m1 (57) 0,75đ T1 A2 T1 A1 T1 A1 2.c.Tìm điều kiện gần đúng và tính khối lượng hạt X - Điều kiện gần đúng: Do chu kỳ bán rã của rađi khá lớn, nên khi xảy ra cân bằng phóng xạ, khối lượng của rađi giảm đi không đáng kể so với khối lượng ban đầu của nó. Vậy, nếu coi khối lượng rađi không đổi, tức m1  m01 thì có thể tính được khối lượng hạt nhân X. (58) 0,75đ T2 A2 3,82 222 Ta có: m2  . .m01  (59) 0,25đ . .1, 2  7, 615.10 6 g T1 A1 1620.365 226 Bài 5 (3,0 điểm) - Áp dụng định luật bảo toàn động lượng: psau = pđầu M 0 vs m0 vd m (0, 6c) 3 (60)1,00đ   0  m0 c 2 2 2 4 1 0, 6  v  v  1  s  1  d  c  c  - Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng: Esau = Eđầu M 0c 2 m0 c 2 m0 c 2 17   3m0 c 2   3m0 c 2  m0 c 2 (61) 0,75đ 2 2 2 4 1   0, 6  v  v  1  s  1  d  c  c 

m /+

ạy

Kè

Q uy

Thay số: H 01 

5 Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Suy ra:

M0 v  1  s  c

Thay (62) vào (60):



17 m0 4

(62) 0,25đ

17 3 3 m0 .vs  m0 c  vs  c  0,1765c 4 4 17

(63) 0,50đ

hơ

m /+

ạy

Kè

Q uy

------------ Hết -------------

17 280  3 Thay v3 từ (63) vào (62), suy ra: M 0  m0 1     m0  4,1833m0 4 4  17 

6 Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

(64) 0,50đ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK

KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 2014 - 2015

MÔN: VẬT LÍ

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm 02 trang)

(Thời gian làm bài 180 phút, không kể giao đề)

Ngày thi: 22/10/2014

ạy

Kè

Q uy

hơ

Bài 1 (5,0 điểm) Một lò xo có khối lượng không đáng kể, độ dài m tự nhiên ℓ0 = 35 cm. Đặt lò xo lên mặt phẳng nghiêng 0 góc  = 30 so với mặt phẳng nằm ngang. Một đầu lò xo gắn vào điểm cố định, đầu kia gắn vật có khối lượng  m như hình vẽ (H 1). Bỏ qua mọi ma sát. Lấy g = 10 m/s2 = 2 m/s2. Chọn trục tọa độ OX dọc theo H1 mặt phẳng nghiêng hướng xuống, gốc O trùng với vị trí cân bằng của vật. Kích thích để vật dao động điều hòa dọc theo trục của lò xo với phương trình   x  10 cos  t   (cm). Trong quá trình vật dao động tỉ số giữa giá trị cực đại và giá trị cực tiểu của 6  lực đàn hồi của lò xo bằng 9. 1. Tìm chu kì dao động của vật và chiều dài của lò xo lúc t = 0. 2. Vẽ đồ thị dao động x(t) của vật. 3. Xác định khoảng thời gian kể từ lúc vật bắt đầu dao động đến lúc vật đi qua li độ x = -5 cm lần thứ 2014. 4. Tính quãng đường vật đi được kể từ lúc t = 0 đến lúc t = 2,25 s.

m /+

Bài 2 (4,0 điểm) Có 1 kg một chất khí lý tưởng ban đầu ở áp suất p1 = 106 Pa và nhiệt độ t1 = 2270 C. Chất khí được giãn đẳng nhiệt đến áp suất p2 sao cho p1 = 4p2, sau đó bị nén đoạn nhiệt trở lại áp suất p 1 rồi lại bị nén đẳng áp để trở về trạng thái ban đầu. Cho biết: khối lượng mol:  = 29 g/mol; nhiệt dung mol đẳng áp Cp = 3,5R. 1. Tính công, nhiệt lượng mà hệ trao đổi và độ biến thiên nội năng trong mỗi quá trình và trong cả chu trình. 2. Vẽ đồ thị p -V, V - T và p - T. V1

Bài 3 (4,5 điểm) Cho một mạch điện có sơ đồ như hình vẽ (H 2). Nguồn điện có suất điện động E = 150 V, điện trở trong 2R . Các điện trở R1, R2, R3, R4, R5 đều có giá trị bằng r 15 nhau và bằng R. Các vôn kế có điện trở Rv bằng nhau. Các dây nối có điện trở không đáng kể. Vôn kế V1 chỉ 110 V. 1. Tìm hệ thức liên hệ giữa Rv và R. 2. Tính số chỉ vôn kế V2.

E, r

R1 A

R2 B

R5 C

D R3

R4 V2

1 Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

Bài 4 (4,5 điểm) Một thấu kính hội tụ tiêu cự 20 cm có trục chính vuông góc với một gương phẳng, mặt phản xạ của gương hướng về phía thấu kính. Trong khoảng giữa thấu kính và gương đặt vật sáng AB thẳng góc với trục chính của thấu kính và cách gương 10 cm. Dùng một màn ảnh M đặt vuông góc với trục chính của thấu kính để thu ảnh của vật AB cho bởi hệ. Cố định vật và gương, di chuyển thấu kính dọc theo trục chính. 1. Khi thấu kính cách gương một đoạn ℓ1 = 40 cm, ta thấy có hai vị trí đặt màn M thu được ảnh rõ nét của vật trên màn. Xác định hai vị trí đó và độ phóng đại của hai ảnh tương ứng. 2. Khi thấu kính cách gương một đoạn ℓ2, ta lại thấy có hai vị trí đặt màn M thu được ảnh rõ nét của vật trên màn. Khoảng cách giữa hai vị trí này là 10 cm. Xác định ℓ2.

Kè ạy

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.

m /+

Họ và tên thí sinh……………………............……………… Số báo danh………....

 

-------- Hết ----------

Q uy

hơ

Bài 5 (2,0 điểm) Thí nghiệm: Xác định điện dung của tụ điện C. Dụng cụ: 1 tụ điện cần xác định điện dung; 3 điện trở có các giá trị khác nhau; bộ nguồn điện xoay chiều có U = const; tần số f; 2 vôn kế xoay chiều; 1 khóa K; các dây nối. Yêu cầu: Thiết lập công thức xác định điện dung C x của tụ điện C và nêu cách tiến hành thí nghiệm để đo Cx.

2 Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK

KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 2014 - 2015

MÔN: VẬT LÍ

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm 02 trang)

(Thời gian làm bài 180 phút, không kể giao đề)

Ngày thi: 23/10/2014

ạy

Kè

Q uy

hơ

Bài 1 (5,0 điểm) C O x + Cho cơ hệ như hình vẽ (H 1). Hai vật B và C có khối lượng bằng nhau mC = mB = 0,25 kg. Lò xo nhẹ có độ cứng k = 50 N/m. Các dây nối nhẹ không co giãn. Bỏ qua khối lượng của ròng rọc và ma sát. Lấy g = 10 m/s2. 1. Tìm độ giãn của lò xo khi cơ hệ cân bằng. B 2. Từ vị trí cân bằng kéo vật B xuống 10 cm theo phương H1 thẳng đứng rồi thả nhẹ. Tính độ lớn vận tốc của các vật khi chúng đi qua vị trí cân bằng và vị trí lò xo có độ dài tự nhiên. 3. Chứng minh vật C dao động điều hòa và viết phương trình dao động của C khi chọn gốc tọa độ tại vị trí cân bằng và gốc thời gian là lúc thả vật B. 4. Trong quá trình vật C dao động, tính khoảng thời gian lò xo giãn kể từ lúc t = 0 đến lúc t =  (s).

m /+

Bài 2 (4,0 điểm) C L Cho mạch điện có sơ đồ như hình vẽ (H 2). M Cuộn dây thuần cảm có hệ số tự cảm L = 0,4 mH. Các điện trở R1 = R2 = 20 Ω. Điện áp đặt vào hai P R1 R2 đầu mạch có biểu thức: uPQ = u = 110cos100t (V). N Bỏ qua điện trở các dây nối. H2 1. Tính điện dung C của tụ điện để dòng điện mạch chính cùng pha với điện áp u ở mọi tần số. 2. Tính cường độ dòng điện hiệu dụng ở mạch chính khi điện dung C có giá trị ở câu trên.

Bài 3 (4,0 điểm) Một lăng kính có tiết diện thẳng là tam giác đều ABC với ba mặt nhẵn đặt trong không khí. Chiết suất của chất làm lăng kính bằng n. Chiếu một tia sáng đơn sắc SI nằm trong tiết diện thẳng vào mặt bên AB dưới góc tới i như hình vẽ (H 3). Chiết suất của không khí bằng 1. 1. Khi i = 450 thì góc lệch của tia ló cuối cùng so với tia tới có giá trị nhỏ nhất. Tính n. S 2. Tính giá trị nhỏ nhất của i để có tia ló ở mặt bên AC của lăng kính. 3. Khi mặt bên AC được tráng bạc và i = 450. Vẽ đường đi của tia sáng qua lăng kính.

A i I B

C H3

1 Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn

hơ

Bài 4 (4,0 điểm) Đồng vị rađi 226 88 Ra phân rã phóng xạ  với chu kỳ bán rã T1 = 1620 năm. 1. Viết phương trình phân rã phóng xạ của rađi và xác định hạt nhân con X. 2. Người ta khảo sát một mẫu rađi nguyên chất khối lượng m01 = 1,2 g: a. Tính độ phóng xạ ban đầu của mẫu rađi đó. b. Cho biết các hạt nhân con X vừa được tạo ra do phân rã của mẫu rađi đó lại phân rã với chu kỳ bán rã T2 = 3,82 ngày. Sau vài tuần, người ta thấy khối lượng hạt X không thay đổi (xảy ra cân bằng phóng xạ). Hãy giải thích hiện tượng và lập hệ thức liên hệ của khối lượng hạt X theo khối lượng rađi ở thời điểm đó.. c. Với điều kiện gần đúng nào cho khối lượng rađi thì có thể tính được khối lượng hạt X khi có cân bằng như trên. Hãy tính khối lưọng hạt X trong điều kiện đó. Lấy 1 năm = 365 ngày, cho số Avôgađrô: NA = 6,023.1023/mol.

Q uy

Bài 5 (3,0 điểm) Một hạt khối lượng nghỉ m0 chuyển động với tốc độ 0,6c (c là tốc độ ánh sáng trong chân không) va chạm hoàn toàn không đàn hồi với một vật khác có khối lượng nghỉ 3m0 và lúc đầu đứng yên. Xác định tốc độ và khối lượng nghỉ của vật tạo thành.

ạy

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.

m /+

Họ và tên thí sinh……………………............……………… Số báo danh………....

 

Kè

-------- Hết ----------

2 Sưu tầm bởi GV. Nguyễn Thanh Tú # Google.com/+DạyKèmQuyNhơn