Đề thi môn vật lý lớp 11 trường THPT chuyên Vĩnh Phúc10206

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XI TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC ĐỀ THI ĐỀ XUẤT ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ LỚP 11 (Đề có trang, gồm bài) Bài (4 điểm): Một cầu đặc bán kính r thả từ vị trí có biên độ góc 0 Quả cầu lăn khơng trượt mặt lịng máng hình trụ có bán kính R a) Tính áp lực cầu lên máng vị trí có li độ góc  ( < 0) b) Xét trường hợp 0 nhỏ Tính chu kỳ dao động nhỏ cầu c) Nếu khơng có ma sát cầu vành chu kỳ dao động nhỏ cầu bao nhiêu? Bài (4 điểm): Một thấu kính mỏng hai mặt lồi có bán kính Khoảng cách hai tiêu điểm đặt thấu kính khơng khí đặt nước 2f1 2f2 Cho chiết suất tuyệt đối khơng khí 1, chiết suất tuyệt đối nước nn a) Tìm chiết suất tuyệt đối chất làm thấu kính b) Đặt thấu kính ngập nửa nước cho trục vng góc với mặt phẳng phân cách nước khơng khí Tìm khoảng cách hai tiêu điểm Bài (4 điểm): Một vành trụ mỏng, đồng chất, bán kính R, có khối lượng M đặt mặt phẳng nằm ngang Điểm A mặt A vành trụ có độ cao với tâm O (Hình vẽ) O a) Từ điểm A, người ta thả nhẹ vật nhỏ có khối lượng m R Bỏ qua ma sát mặt tiếp xúc Tìm áp lực vật lên vành trụ vật vị trí thấp b) Gắn chặt vật nhỏ có khối lượng m vào điểm A, giữ vành trụ đứng yên mặt phẳng nằm ngang Tìm điều kiện hệ số ma sát vành trụ mặt phẳng ngang để thời điểm thả vành trụ lăn không trượt Bài (4 điểm): Một từ trường không đổi có véc tơ cảm ứng từ B0 hướng dọc theo trục Ox Một điện trường có thành phần x biến thiên điều hòa theo qui luật: Ex  E0 cos t Một hạt có khối lượng m điện tích q>0 bay vào vùng hai trường  với vận tốc v0 // Oy Tính khoảng cách cực đại từ hạt đến chỗ bay vào hai trường biết tần số góc điện trường   qB0 Bỏ qua ảnh hưởng trọng lực m ThuVienDeThi.com Bài (4 điểm): Một lượng hỗn hợp khí He H2 có khối lượng 3g trạng thái ban đầu t0 = o 27 C thể tích V0 Người ta nén đoạn nhiệt khối khí đến thể tích V khác đo nhiệt độ sau nén Kết ghi bảng sau: V0/V 1,5 t0C 94 152 247 327 Biết He=4, H=1 Hãy xác định: a) Khối lượng H2 He khối khí b) Cơng dùng để nén đoạn nhiệt khối khí đến V0/V = -HẾT Người thẩm định (Kí, ghi rõ Họ tên-Điện thoại liên hệ) Người đề (Kí, ghi rõ Họ tên-Điện thoại liên hệ) Nguyễn Đức Phi ĐT: 01699.03.04.35 Phan Dương Cẩn ĐT: 0904.55.53.54 ThuVienDeThi.com HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ LỚP 11 Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, cho điểm tối đa theo thang điểm định Câu Nội dung Điểm a) Xét HQC gắn với đất: - Định luật II Niutơn chiếu lên trục hướng tâm: N  P cos   mv (1) Rr - Định luật bảo toàn năng: 1 mg ( R  r )(1  cos  )  mv  I  mg ( R  r )(1  cos  ) (2) 2 Với v vận tốc tịnh tiến khối tâm, I mômen quán tính cầu trục quay qua tâm G nó: I  mr ,  vận tốc góc chuyển động quay quanh G:   Giải hệ (1), (2) ta được: N  v r mg (17 cos   10 cos  ) b) 0 nhỏ, tìm chu kỳ dao động C   N R x(+) FMS  v P - Định luật II Niutơn chiếu lên phương tiếp tuyến với vành: - Psin + FmS = mat (3) Trong at gia tốc khối tâm cầu theo phương tiếp tuyến với vành - Phương trình chuyển động quay quanh khối tâm: FmS.r = I, với  = at/r  FmS  mat Thay vào phương trình (3) ý: sin =x/(R-r); at = x" Ta : x  5g x0 7( R  r ) Vậy cầu dao động điều hoà quanh tâm C với chu kỳ: ThuVienDeThi.com T  2 7( R  r ) 5g c) Nếu khơng có ma sát cầu trượt Lúc điểm C cầu dao động lắc đơn có chiều dài l  R  r chu kỳ dao động là: T  2 ( R  r ) g a) Khi đặt thấu kính khơng khí khoảng cách hai tiêu điểm f1 :  n  1 (1) f1 R (R bán kính mặt cong) Khi đặt thấu kính nước khoảng cách hai tiêu điểm f  n    1  f  nn  R (2) Lấy (1) chia cho (2), ta có : f  f2 f2 n 1 n  f n f1 1 f1  nn nn b) Khi thấu kính nằm mặt phân cách nước khơng khí * Xét mơi trường tới khơng khí, áp dụng cơng thức lưỡng chất cầu, ta có: n  n n nn n 1 n   (3); n   (4) d d 2 R d1 d1 R Vì thấu kính mỏng nên d1  d d1   Cộng (3) (4), ta có: Thay (1), (2) vào ta có: nn n  n  nn   f1 R R nn n f1 f nn   n  f1  f1 f1 f f  nn f1 * Môi trường tới nước, làm tương tự ta có f1 f n  nn n  nn      f 2  f  nn f f 2 R R f 2 f1 Khoảng cách hai tiêu điểm là: l  f1  f 2  f1 f nn  1 f  nn f1 a) Do khơng có ma sát nên vành trượt mà không quay Gọi v, V vận tốc m M m xuống đến vị trí thấp Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có: mv  MV mgR  Giải hệ pt ta được: v  mv MV  2 gR m , V m M 1 M gR m 1 M Trong HQC gắn với M, vật m chuyển động tròn Khi m thấp ThuVienDeThi.com m(v  V ) HQC HQC quán tính nên : N  mg  R 2m Thay v, V vào ta tìm được: N  mg    M   b) Kí hiệu G khối tâm hệ Ta có: OG  mR M m O G Phương trình quay quanh tâm quay tức thời C:    mgR  I    MR  m R     mg  R  (1) M  m  C aG m F Gia tốc khối tâm G sau thả hệ: aG   CG Phương trình định luật II Niutơn cho hệ theo phương ngang phương thẳng đứng: F  ( M  m)aG cos   ( M  m) R (2) ( M  m) g  N  ( M  m)aG sin    m2  N  ( M  m)( g   OG )  M  m  g 1    2( M  m)  (3) Điều kiện để vành lăn không trượt: F  N    m( M  m) M  Mm  m Khi hạt bay vào vùng khơng gian hạt chịu tác dụng điện trường từ trường Theo định luật II Niu tơn ta :       dv Fhl  q.E  q.v  B  ma  m (1) dt   B  ( B0 , 0, 0)   Theo giả thiết ta có:  E  ( Ex , 0, 0)  v  (vx , v y , vz ) Chiếu (1) lên trục tọa độ Ox, Oy, Oz ta được: dvx   Fx  qEx  q (v y Bz  vz By )  qEx  m dt (2)  dv y  (3)  Fy  qE y  q (vz Bx  vx Bz )  qvz B0  m dt  dvz   Fz  qEz  q (vx By  v y Bx )  qv y B0  m dt (4)  Từ (2) ta được: v t x qE qE dv qE0 cos t=m x  dvx  cos t.dt   dv x   cos t.dt dt m m 0 ThuVienDeThi.com qE qE qE    vx  sin t  x   dx   vx dt   sin t.dt     cos t-1 m  m m    0 x x t t mE0 (1  cos t) qB02 dv m dv y m d vy  z  (5) qB0 dt dt qB0 dt Từ (3): vz  Thay (5) vào (4) ta được: 2 m d vy  qB0  '' qB0 v y  m  vy    v y   v y  A cos(t   ) qB0 dt  m  Từ (5) : vz  m [-Asin( t+ )] qB0  Chọn hệ trục Oxyz cho ban đầu v0 hướng dọc theo Oy Khi t=0 ta có : v y  A cos   v0 v y  v0 cos t (6)       mA mA  vz   qB sin    A  v0  v z   qB sin t (7) 0   y t t 0 z t 0 Từ (6): y   dy   v y dt  v0  cos t.dt  Từ (7): z   dz   vz dt   v0  sin t  mv0 sin t qB0 mv0 mv sin  t.dt  (cos t-1)  qB0 qB0 t Khoảng cách từ chất điểm tới gốc tọa độ O thời điểm t r với: 2  mE   mv  r  x  y  z   20  (1  cos t)    sin t  (cos t-1)   qB0   qB0  2 2 2  mE   mv   r   20  (1  cos t)    1  cos t   qB0   qB0  Ta thấy rmax cos t= -1  rmax a) Gọi   Cp CV  mE   mv  m   20      qB0  qB0   qB0  E02  v02 B0 hỗn hợp khí Khi nén đoạn nhiệt ta có TV  1  hs Do đó: V  T  T0   V   1 , hay ln T  ln T0  (  1) ln V0 V Bảng số liệu viết theo nhiệt độ K V0/V 1,5 T(K) 367 425 520 ThuVienDeThi.com 600 ln(V0/V) 0,405 0,693 1,098 1,386 lnT 5,908 6,049 6,253 6,396 Từ bảng số liệu này, vẽ đồ thị ta thấy đường biểu diễn lnT theo lnV0/V có hệ số góc xấp xỉ -1  0,50 Do Cp Cv  1 R  1,5 Ta suy C v  R Cv Gọi n1 số mol He (CV =3R/2), n2 số mol H2 (CV=5R/2) mol hỗn hợp, ta có: 3R 5R  n2  R n1  n2   n1  n2  Do khối lượng 2 1 phân tử hỗn hợp     2 n1 Trong 3g hỗn hợp có 1g H2 2g He b) Công A dùng để nén đoạn nhiệt: A=+U=Cv (T1-T0) nhiệt dung đẳng tích 3g hỗn hợp là: Cv = CV/=2R T1-T0=600-300=300KA=2R.300=600R=4986J  A  4986J -HẾT - ThuVienDeThi.com ... thoại liên hệ) Người đề (Kí, ghi rõ Họ tên-Điện thoại liên hệ) Nguyễn Đức Phi ĐT: 01699.03.04.35 Phan Dương Cẩn ĐT: 0904.55.53.54 ThuVienDeThi.com HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ LỚP 11 Lưu ý: Các cách... gian hạt chịu tác dụng điện trường từ trường Theo định luật II Niu tơn ta :       dv Fhl  q.E  q.v  B  ma  m (1) dt   B  ( B0 , 0, 0)   Theo giả thi? ??t ta có:  E  ( Ex ,... pt ta được: v  mv MV  2 gR m , V m M 1 M gR m 1 M Trong HQC gắn với M, vật m chuyển động tròn Khi m thấp ThuVienDeThi.com m(v  V ) HQC HQC qn tính nên : N  mg  R 2m Thay v, V vào ta tìm