Hs5 b3 c~1

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ 12 THPT Vòng 1 Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề ( Đề gồm 02 trang) Câu 1 (5,0 điể[.]

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI MƠN: VẬT LÝ 12- THPT-Vòng Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ( Đề gồm 02 trang) Câu (5,0 điểm) Cho hệ hình 1: Hai lị xo nhẹ có độ cứng K1= 60N/m; K2= 40N/m; hai vật nặng có khối lượng m = 300g; M = 100g Bỏ qua ma sát m với sàn, lấy g  10m / s Tại vị trí cân hệ, hai lị xo khơng biến dạng Đưa hai vật lẹch khỏi vị trí cân theo phương ngang đoạn 4cm thả nhẹ, người ta thấy q trình chuyển động hai vật khơng trượt Chứng minh hệ dao động điều hịa Tính chu kỳ dao động vận tốc cực đại hệ Coi hệ số ma sát nghỉ cực đại m M hệ số ma sát trượt  Tìm điều kiện  thỏa mãn điều kiện cho Khi lò xo K2 bị nén 2cm người ta giữ cố định điểm lị xo K 2, hệ tiếp tục dao động điều hịa hai vật khơng trượt q trình chuyển động Tính biên độ dao động hệ Câu (4,0 điểm) Cho mạch điện hình 2: u AB 200 cos100 t (V ) ; 10 R 100; C  F ; cuộn dây cảm có độ tự  cảm L thay đổi được; vơn kế lí tưởng Điều chỉnh L L1  H viết biểu thức cường độ dòng điện tức thời qua mạch biểu thức điện áp  tức thời hai điểm A, N Với giá trị L uAN uNB lệch pha góc 0, 75 ? Điều chỉnh L = L2 thấy vôn kế giá trị cực đại Hãy xác định L2 số vơn kế lúc Câu (4,0 điểm) http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Cho mạch điện hình 3: R1 R2 3; R3 2 ; R4 biến trở Đặt vào hai điểm B D hiệu điện U không đổi Ampe kế vôn kế lý tưởng; bỏ qua điện trở dây nối khóa K Ban đầu khóa K mở, R4 4 , vôn kế 1V - Xác định hiệu điện U nguồn điện - Đóng khóa K, tìm số ampe kế vơn kế Khóa K đóng, di chuyển chạy C biến trở R4 từ đầu bên trái sang đầu bên phải số ampe kế IA thây đổi nào? Vẽ đồ thị biểu diễn phụ thuộc IA theo giá trị biến trở Coi điện trở toàn phần biến trở lớn Câu (3,0 điểm) Một vật có khối lượng m trượt khơng ma sát  nêm có dạng tam giác vng ABC với B  (hình 4) Nêm có khối lượng M, ban đàu đứng yên trượt khơng ma sát mặt sàn nằm ngang Thiết lập biểu thức tính gia tốc a vật nêm gia tốc a0 nêm sàn Câu (4,0 điểm) Trên hình biểu diễn chu trình biến đổi trạng thái n mol lý tưởng hệ tọa độ p – V Trên đường đẳng áp – 2, sau thực cơng A nhiệt độ tăng lần Nhiệt độ trạng thái Các điểm nằm đường thẳng qua gốc tọa độ Hãy xác định nhiệt độ khí trạng thái cơng mà khí thực chu trình theo n, A số khí R Áp dụng số: n = 1; A = 9kJ; R = 8,31J/mol.K http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word SỞ GD&ĐT NINH BÌNH KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ 12- THPT Câu 1.1 Chọn trục Ox trùng quỹ đạo, O VTCB   Tại VTCB: hai lị xo khơng biến dạng, nên P  N 0 Tại vị trí vật có li độ x: Lực tác dụng lên hệ vật gồm: P (m  M ).g ; N ; F1  K1.x; F2  K x      Theo định luật Newton: P  N  F1  F2 ( M  m)a (1) Chiếu (1) lên Ox:  K1.x  K x ( M  m).x Đặt K K1  K  x   K x 0 , chứng tỏ vật dao động điều hịa với tần số góc mM K 5 (rad / s) mM Chu kỳ dao động hệ: T  2 0, 4( s )  Biên độ dao động hệ: A = x0 = cm (vì v0 = 0) Vận tốc cực đại hệ: vmax  A 20 (cm / s ) Lực tác dụng lên M: P = Mg; phản lực Q sàn; áp lực mà m đè lên M N 12 = mg; lực ma sát nghỉ m M Fms12      Theo định luật Newton: P2  Q  N12  Fms12 Ma (2) Chiếu (2) lên Ox: Fms12 Mx M (  x)  Để hai vật K k M x  Fms12 MAX  M A mM M m không trượt K K M A  M A  mg    0,333 mM (m  M ).mg nhau: Fms12 MAX  N12  mg Khi lò xo K2 bị nén cam, người ta giữ chặt điểm chinh lị xo K2 thì: Độ cứng phần lị xo K2 nối với vật m 2K2 = 80(N/m) http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Tại VTCB hệ: hai lò xo giãn đoạn tương ứng l1 ; l2 thỏa mãn:  l1  l2 2  1(cm)    K1l1 2 K l2  l1  (cm)  l  (cm)  Như vậy, lúc bắt đầu giữ chặt điểm lị xo K2 hai vật có li độ vận tốc: 10  V2 250.12  X 2  l1  (cm)  10   A  X   3, 26(cm)     K  K 140 / 0,   V 5 42  22 10 3  M m U 2 Câu 2.1 Z L 200; Z C 100; Z  R  (Z L  Z C ) 100 2; I  2A Z tan = Z L  ZC  1    R  i 2 cos(100 t  Biểu thức uAN:  )( A) Z AN  R  Z L 100 5  U 0AN I Z AN 200 5V tan AN  ZL 2   AN 1,107(rad) R Mà  AN uAN  i  uAN 0,322rad Vậy: u AN 200 cos(100 t  0,322)(V ) Từ giản đồ véctơ ta thấy u AN sớm pha I góc   tan AN 1  Z L  R 100  L  ( H )  Từ giản đồ véc tơ, áp dụng định lí hàm sin: UL U U  AB  U L  AB sin  sin  sin  sin  UR UR R  Với sin  U  2 U R UC R  ZC RC (1) (2) http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Để U L max sin  1    / R  ZC 200 2V R Khi đó: U L max U AB R2  2 U  U ( U  U )  R  Z ( Z  Z )  Z   Z C 200 Vì   nên R C L C C L C L ZC  L ZL  H   Câu R12 R1  R2 6(); Ta có: U1 I1.R1 3.I1 3 U I R3 2.I 2 R34 R3  R4 6(); U I1 I  U U U1  U  VM  VN ta có: U NM  U  U1  U U U    U 6UV 6.1 6(V ) Khi khóa K đóng: R13  R24  R1 R3 3.2   1, 2() R1  R3  R2 R4 3.4 12   () R2  R4  RBD R13  R24 1,  12 20,  () 7 Cường độ dịng điện mạch chính: I U 42 21    2, 06( A) 20, RBD 20, 10, 21 U13 U1 U I R13  1, 2, 47(V ) 10, U 2, 47 I1   0,823( A) R1 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 21 12 U 24 U U I R24  3,53(V ) 10, U 3,53 I2   1,18( A) R2 Ta có: I  I1  I A I  I1 1,18  0,823 0,357( A) Vậy dịng điện qua ampe kế có chiều từ N đến M có cường độ I A 0,357( A) , Vơn kế (V) Đóng khóa K di chuyển chạy C biến trở R từ đàu bên trái sang đầu bên phải số ampe kế IA thay đổi nào? Vẽ đồ thị IA theo vị trí chạy C Ta có: R13  R1 R3 3.2   1, 2() R1  R3  Đặt NC = x R24  R2 x 3.x  R2  x  x RBD 1,  I 3.x 4, x  3,  3 x 3 x U 6(3  x )   4, x  3, RBD 4, x  3, 3 x U13 I R13  6(3  x) 7, 2(3  x) 1,  4, x  3, 4, x  3, 7, 2(3  x) U 4, x  3, 2, 4(3  x) I1  13   R1 4, x  3, U 24 I R24  6(3  x) 3.x 18 x  4, x  3,  x 4, x  3, 18 x U 6x 4, x  3, I  24   R2 4, x  3, Xét hai trường hợp: Trường hợp 1: Dịng điện chạy qua ampe kế có chiều từ M đến N Khi đó: I A I1  I  2, 4(3  x) 6x 7,  3, 6x   4, x  3, 4, x  3, 4, x  3, (1) http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Biện luận: Khi x 0  I A 2( A) Khi x tăng (7,2 – 3,6.x) giảm; (4,2.x + 3,6) tăng IA giảm Khi x =  I A  7,  3, 6.2 0 4, 2.2  3, Trường hợp 2: Dòng điện chạy qua ampe kế có chiều từ N đến M Khi đó: 7, 3,  6x 2, 4(3  x) 3, 6x-7,2 x I A I  I1     IA  3,6 4, x  3, 4, x  3,6 4, x  3, 4,  x (2) Biện luận: Khi x tăng từ () trở lên Khi x lớn (x =  ) 7, 3, giảm I A tăng x x 7, 3, tiến tới Do I A 0,86( A) cường độ dòng chạy qua điện trở x x R4 nhỏ; Đồ thị biểu diễn phụ thuộc cường độ dòng điện I A chạy qua ampe kế vào giá trị x biến trở R có dạng hình vẽ Câu Chọn hệ trục tọa độ xOy hình vẽ Động lượng hệ  Vật xuống sang phải thi nêm phải sang trái  giá trị đại số gia tốc nêm a0 <   Vật m chịu tác dụng lực: trọng lực m.g , phản lực N nêm vuông góc với AB (hình vẽ)    Gia tốc vật sàn: a1 a  a0 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Phương trình chuyển động vật: Theo phương AB: mg sin  m(a  a0 cos  ) (1) Theo phương vng góc với AB: N  mg cos  ma0 sin  (2)  Phương trình chuyển động nêm chịu thành phần nằm ngang N : Chọn trục Ox trùng với hướng chuyển động nêm: N sin  Ma0 (3) N sin   N sin   mg cos  Từ (2) (3) ta có: N  mg cos  m    sin   N  m.sin  M  M   N  M  m.sin   Mmg cos   N  M mg.cos  M  m.sin   M mg cos   sin    mg.sin 2 M  m.sin   Thế vào phương trình (3) ta được:  a0   M 2( M  m.sin  ) Thế vào phương trình (1) ta được: mg.sin  m(a  ( mg sin 2 ).cos  ) 2( M  m.sin  ) m g sin 2 cos   mg.sin  ma  2( M  m.sin  )  a g sin   mg.sin 2 cos  2Mg sin   2mg sin   mg.sin 2 cos   2( M  m.sin  ) 2( M  m.sin  )  a 2Mg sin   2mg sin  (1  cos  )  2mg.sin  cos  2( M  m.sin  )  a ( M  m) g sin  M  m.sin  Câu Gọi nhiệt độ khí trạng thái T 1, nhiệt độ trạng thái 4T1 Giả sử áp suất đường đẳng áp – p 1, cơng mà khí thực q trình là: A  p1 (V2  V1 ) , V1 V2 tương ứng thể tích khí trạng thái Áp dụng phương trình trạng thái cho hai trạng thái này: p1V1 nRT1 , p2V2 4nRT1 (1)  T1  A 3nR (2) Thay số ta có: T1 361K http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Gọi p3 áp suất khí trạng thái cơng mà khí thực chu trình tính diện tích tam giác 123: A123  ( p1  p3 )(V2  V1 ) (3) Kết hợp với phương trình trạng thái (1) nhiệt độ T1 theo (2) ta tìm được: V1  nRT1 4nRT1 A A   (4) V2  P1 p1 P1 p1 (5) p  A Thay (4) (5) ta có biểu thức tính cơng chu trình: A123     (6) 2 p1  Vì trạng thái nằm đường thẳng qua gốc tọa độ nên: p3 V3 nRT1 A   (7) với V3  p1 V2 p3 p3 Thay (5), (8) vào (7) ta nhận được: (8) p3 p p    (9) p1 p3 p1 Thay (9) vào (6) ta tính cơng khí chu trình: A123  A Thay số ta có: A123 2250 J http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word