11vinh long 2018

Trên đĩa gắn một vành rấtnhẹ có bán kính r  , trên vành quấn một sợi dây nhẹ không dãn, đầu kia của dây được nốivới vật có khối lượng m, vắt qua một ròng rọc nhẹ.Ban đầu cho đĩa nằm giữ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH LONG TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM

ĐỀ ĐỀ NGHỊ

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XXIV - 2018

MÔN VẬT LÝ 11

Câu 1: (5 điểm)

Cho cơ hệ như hình vẽ Đĩa đồng chất có khối lượng m, bán kính R. Xe đẩy có khối

lượng M 2m, chiều dài L1m Xe có thể chuyển động dễ dàng Trên đĩa gắn một vành rất nhẹ có bán kính

2

R

r  , trên vành quấn một sợi dây nhẹ không dãn, đầu kia của dây được nối

với vật có khối lượng m, vắt qua một ròng rọc nhẹ.

Ban đầu cho đĩa nằm giữa xe đẩy, dây được giữ căng Sau đó người ta thả nhẹ cho hệ chuyển động Biết rằng đĩa lăn không trượt trên xe Cho g 10 m/s2 Xác định thời gian đĩa lăn trên xe và quãng đường vật m rơi xuống tương ứng.

Câu 2: (5 điểm)

Một vật rắn có dạng tấm phẳng, mỏng, đồng chất hình bán nguyệt tâm O, khối lượng m, bán kính R Tấm phẳng có thể chuyển động quay trong mặt phẳng thẳng đứng, không ma sát quanh trục cố định vuông góc với mặt phẳng của tấm qua

M nằm trên đường kính và cách O một khoảng bằng R như hình vẽ

1 Xác định vị trí khối tâm G của tấm phẳng

2 Chứng minh rằng tấm phẳng dao động điều hòa, suy ra chu kì dao động của tấm phẳng?

3 Bây giờ ta xét trường hợp trục quay cố định vuông góc với mặt phẳng của tấm qua tâm O Trên đường OG qua khối tâm, người ta gắn thêm một vật nhỏ khối lượng m1 = m/2 vào tấm, cách O một đoạn x Cho hệ dao động điều hòa quanh trục qua O Tìm x để chu kỳ dao động của hệ là nhỏ nhất, tìm chu kì đó

Câu 3: (5 điểm)

Điện tích q được phân bố đều trên một vòng dây mảnh, tròn có bán kính

R được đặt nằm ngang trong không khí (hình vẽ) Lấy trục Oz thẳng đứng

trùng với trục của vòng dây Gốc O tại tâm vòng

1 Tính điện thế V và cường độ điện trường E tại điểm M nằm trên trục Oz

với OM = z Nhận xét kết quả tìm được khi zR

2 Xét một hạt mang điện tích đúng bằng điện tích q của vòng và có khối

lượng m Ta chỉ nghiên cứu chuyển động của hạt dọc theo trục Oz

a Từ độ cao h so với vòng dây, người ta truyền cho hạt vận tốc v 0

hướng về phía vòng Tìm điều kiện của v để hạt có thể vượt qua vòng dây Bỏ qua ảnh hưởng của trọng lực.0

m

m

M

L

r R

O

G

M

m, q 0

Z

b Xét có ảnh hưởng của trọng lực, chọn khối lượng m thỏa mãn điều kiện

2 2 0

2 2

4

q mg

R



 Chứng tỏ rằng trên trục Oz tồn tại vị trí cân bằng ứng với z R Cân bằng

đó là bền hay không bền?

Câu 4: (5 điểm)

Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ

Các điện trở R1 = 150 (Ω); R); R2 = 200 (Ω); R); cuộn

dây có độ tự cảm L 1( )H



= 50 (Ω); R) D là một điốt lí tưởng Ampe kế có điện trở không đáng kể Đặt vào hai đầu đoạn mạch AB một điện áp xoay chiều u AB 200 2 cos100 ( )t V Dòng điện qua tụ điện cùng pha với điện áp uAB Tính giá trị điện dung C của tụ và số chỉ của ampe kế

Câu 5: (5 điểm)

Cho hệ 03 thấu kính (L1), (L2), ( L3) đặt đồng trục và được sắp xếp như hình vẽ Vật sáng phẳng, nhỏ có chiều cao AB đặt vuông góc với trục chính, ở trước (L1) và chỉ tịnh tiến dọc theo trục chính.Hai thấu kính (L1) và ( L3)

được giữ cố định tại hai vị trí O1 và O3 cách

nhau 70 (cm) Thấu kính (L2) chỉ tịnh tiến trong

khoảng O1O3 Các khoảng O1M = 45 (cm), O

1N = 24 (cm)

1 Đầu tiên vật AB được đặt tại điểm M,

thấu kính (L2 ) đặt tại vị trí cách (L1) khoảng O1O2 = 36 (cm), khi đó ảnh cuối của vật

AB cho bởi hệ ở sau ( L3) và cách ( L3) một khoảng bằng 255 (cm) Trong trường hợp này nếu bỏ (L2 ) đi thì ảnh cuối không có gì thay đổi và vẫn ở vị trí cũ Nếu không bỏ (L 2 ) mà dịch chuyển nó từ vị trí đã cho về phía (L3) một đoạn 10 (cm), thì ảnh cuối ra vô cực Tìm các tiêu cự f1 , f2, f3 của các thấu kính

2 Tìm các vị trí của (L2) trong khoảng O1O3 mà khi đặt (L2 ) cố định tại các vị trí

đó thì ảnh cuối có độ lớn luôn luôn không

thay đổi khi ta tịnh tiến vật AB trước (L1

)

Câu 6: (5 điểm)

C

A

R 1

L, r M

Hình 3

W (kJ)

Q (kJ) 8 6 4 2

1 2 3 4

.

.

(1) (2)

(3)

(4)

(1)

Trong hình bên là đồ thị của một chu trình biến đổi chuẩn tĩnh 1-2-3-4-1 của mol khí lý tưởng đơn nguyên tử bên trong một xylanh có piston Trục hoành của đồ thị biểu diễn công nhiệt động và trục tung biểu diễn nhiệt lượng mà khí trao đổi với hệ ngoài

1 Xác định nhiệt độ lớn nhất và nhỏ nhất của khí trong chu trình?

2 Vẽ đồ thị của chu trình trên giản đồ (p,V)?

ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN CHẤM

1

F 

Gọi a : gia tốc khối tâm của đĩa;1

a gia tốc của vật m đối với đất.2:

a gia tốc của M đối với đất.3:

Xét chuyển động của đĩa:

Với trục quay đĩa qua điểm tiếp xúc với xe: .3

2

T R I 

2

I  mR mR

2

2T R 2mR 

T mR

  (1)………

+ Giả sử Fms tác dụng lên đĩa hướng như hình vẽ Ta có:

1

ms

T F ma (2)

Từ (1) và (2)  F ms mR a1 (3)………

Khi đó: M nếu chuyển động thì sẽ chuyển động cùng chiều với đĩa.

 a1 R Kết hợp với (3)  F ms 0………

+ Giả sử Fms hướng ngược lại: T F ms ma1 (2’)

Từ (1) và (2’)  F ms ma T1 m a 1 R (3’)………

Với trường hợp này, M nếu chuyển động sẽ chuyển động ngược chiều với

đĩa

a R

  Kết hợp với (3’)  F ms 0………

Khi F  ms 0 M không chuyển động

2

2

mg mR mR

2

5

g R



2 1

2

4 /s 5

g

Ta có:

1

2

2

a

2 3 6 / 2

2

Do đó: m đi xuống một đoạn 1 2 2 0,75

2

0,25

0,5 0,25

0,25

0,25 0,25 0,25

0,5 0,5

0,5 0,5

0,5

2 1 Vị trí khối tâm: (1,0 đ)

- Chọn trục Oz qua tâm và vuông góc với

(5 điểm) đường kính.

- Do tính chất đối xứng, khối tâm của tấm sẽ nằm trên trục Oz

- Chia tấm thành những tấm nhỏ dày dz, khối lượng

2

2 2

m

r



- Vị trí khối tâm của tấm

2 0

R G

R

z R  z dz R  z dz  R  z d R  z 

3

G

R z





0.25 0.25

0.25

0.25

2 Chu kì dao động của tấm quanh trục qua M: (2,5 đ)

+ Do tính đối xứng nên

1 2

O

mR mR

+ I OI Gm OG 2 I GI O  m OG 2

2

2

mR

Phương trình của tấm phẳng quay quanh trục M:

  

P M

 mgMG .sin I M ''

2

2

16

9







 " g . 

R

Đặt: 2 2 9 2 16

9









 g

R

2

0

"

Vậy vật dao động điều hòa với chu kì: 2 9 2

R T

g











0.25 0.25 0.25

0.25 0.25

0.5

0.25

3.

(5 điểm)

1- Chia vành thành nhiều phần tử dl, điện tích trên mỗi phần tử là:

0.25

- Điện thế do mỗi phần tử gây ra tại điểm M trên trục,

có tọa độ z:

0

8

dV k



 

- Điện thế V do vành tròn tích điện gây ra tại M:



0.5

d

O R

dl

C

I IL

y

r U

L U



- Do tính chất đối xứng trục, cường độ điện trường do vành gây ra tại điểm M

trên trục có tọa độ z:

0

E

- Khi z >> R thì 2

;

2- a- Điện thế do vành gây ra tại tâm:

0

4

o

q V

R



Để hạt có thể xuyên qua vòng dây thì :

2 0

1

2mv  qV M  qV o 

2

0 0

1

mv

R





2

0

2

q v

 

b- Khi hạt ở độ cao z, thế năng của hạt:

2

0

4

q

U mgz



- Có

2

3

0

4

mg

dz    R  z

0.25

- Thay

2 2 0

2 2

4

q mg

R



 , tìm được:

2 3

2 2 1

mg

- Khi z R thì dU 0

dz  Vậy z R là vị trí cân bằng của hạt. 0.5

2

2

2

d U

mgR







Khi z R thì

2

d U

dz  U(z) có cực tiểu, cân bằng là bền. 0.5

4

(5 điểm)

Tìm điện dung C của tụ

Vẽ giản đồ véctơ cho đoạn mạch AMB

0,5 + U AB U L U rU R1

0,5 + Nhận xét: để iC cùng pha với uAB thì: UABx = 0 0,5 Chiếu lên phương UR1  U LsinU R1U rcos

 z I L .sinL  R I1 R1r I .cosL 

0,75

 z I L C (R1r I) R1 => 1

C

C

z

R r I R

=> 1

1

75

L C

R z z

R r

 =>

4

4.10 3







2 Chiếu lên phương vuông góc UR1

+ U AB U ABy U L.cosU r.sin

z I L L.cosr I .sinL 

L R1 1 R1

C

R

z I r I

z

1

AB R

L C

U

rR z z

+ Đoạn mạch AR2B

Trong ½ chu kì dòng điện trong đoạn mạch I R2 1A

Trong ½ chu kì tiếp theo không có dòng điện chạy qua R2 0,5 + Đoạn mạch chính:

Trong ½ chu kì có dòng điện qua R2: 2 2

I  I I  I I   A

Trong ½ chu kì không có dòng điện qua R2: I2 I L  5A 0,5

Số chỉ của ampekế: 2 2

2,7

A

5

(5 điểm)

- Ta có :

+ Sơ đồ tạo ảnh với hệ ba thấu kính :

+ Sơ đồ tạo ảnh với hệ hai thấu kính

(L1), ( L3) :

Vì : /

2

/

2B

1

/

1B

A ; d/31 = d/32 nên : d32 = d31  d/

2 = d2 = 0

Ta có : d2 = O1O2 - d/

1 = O1O2 = 36 (cm)

d3 = O2O3 - d/

2  d3 = O2O3 = 34 (cm) Tiêu cự của thấu kính (L1) : f1 = /

1 1

/ 1 1

d d

d d

 =

36 45

36 45

 = 20 (cm)

Tiêu cự của thấu kính (L3) : f3 = /

3 3

/ 3 3

d d

d d

 =

255 34

255 34

 = 30 (cm) Khi dịch chuyển (L2 ) ta có sơ đồ tạo ảnh bởi (L2 ) (vị trí mới) và ( L3) như

sau:

0,25

0,25

0,25 0,5 0,25

0,25

Vì d/

33    d33 = f3 = 30 (cm)

Mà d33 = O/

2O3 - d/

22  d/

22 = O/

2O3 - d33 = 24 - 30 = - 6 (cm)

d22 = O1O/

2 - d/

1 = 46 - 36 = 10 (cm) Tiêu cự của thấu kính (L2) : f2 = /

22 22

/ 22 22

d d

d d

 =

6 10

) 6 (

10



 = - 15 (cm)

0,25

0,5

0,5

- Khi tịnh tiến vật AB trước thấu kính (L1), tia tới từ B song song với trục chính không đổi Có thể coi là tia này do một điểm vật ở vô cực trên trục chính phát ra

Nếu ảnh sau cùng có độ lớn không đổi, ta có một tia ló khỏi ( L3) song song với trục chính cố định Có thể coi tia này tạo điểm ảnh ở vô cực trên trục chính Hai tia này tương ứng với nhau qua hệ thấu kính

Ta có : d1   d/

1 = f1 = 20 (cm)

d/3    d3 = f3 = 30 (cm) Gọi x là khoảng cách từ (L1) đến (L2) thỏa yêu cầu đề bài; ta có :

d2 = x - d/

1 = x - 20 (1)

d3 = 70 – x - d/

Từ (1) và (2) ta được: 70 - x -

15 20

) 15 )(

20 (









x

x

= 30

 70x - 350 - x2 + 5x + 15x - 300 = 30x - 150

 x2 - 60x + 500 = 0 (*) Phương trình (*) cho ta 02 giá trị

x = 50 (cm) ; x = 10 (cm)

0,5

0,5 0,25

0,25 0,5

6.

(5 điểm)

Trong các quá trình 1 → 2 và 3 → 4: khí không trao đổi công với hệ

bên ngoài

Suy ra: các quá trình 1 → 2 và 3 → 4 là các quá trình đẳng tích

( V1 = V2; V3 = V4)

* Xét quá trình đẳng tích 1 → 2: Q12 = 4kJ > 0: khí nhận nhiệt, nhiệt độ khí tăng lên T1 → T2, áp suất cũng tăng p1 → p2

Xét quá trình đẳng tích 3 → 4: Q34 = -4kJ < 0: khí tỏa nhiệt, nhiệt độ

khí giảm T3 → T4, đồng thời áp suất giảm p3 → p4

Vì Q12 = -Q34 = 4kJ, nên:

Q12 = C T V( 2 T1)

Q C T  T C T T

 T2 – T1 = T3 – T4

Thay vào phương trình nhiệt Q12 = C T V( 2 T1)Q0

V

Q

T T

C



p p

T T

1

V

 

0,25

0,25

0,25

0,5

* Xét quá trình 2 → 3: Q23 = aW23 + b

Q23 = W23 nên a = 1; b = 0

Khí nhận nhiệt và sinh công: T = const: T3 = T2; p2V2 = p3V3

Mặt khác: Q23 = υRTRT2.ln 3

2

V

V = Q

Và V2 = V1  ln 3

2

V

V = 2

1

V

R T

C













* Xét quá trình 3 → 4: W34 = 0; V = const; V4 = V3

Khí tỏa nhiệt và sinh công: Q34 = - υRTCV(T3 - T4) = -Q

Suy ra:

T3 – T4 =

V

Q

C

 ; T3 = T2 ; T2 – T4 =

V

Q C

 ; T4 =T2 -

V

Q C



T2 = T1 -

V

Q

C

 ; T4 = T1

1

1

V

Q

C T





1

4

3 1

1

1

V

V

p

C T









* Xét quá trình 4 → 1: T4 = T1; p4V4 = p1V1; V4 = V3

Q41 = υRTRT1.ln 1

4

V

V = υRTRT1.ln 1

3

V

V < 0;

3 1

1 ln

V

R T

C









Q41 = - υRTRT1

1

V

Q Q

R T

C







= - υRTRT1

1

V

Q Q T C





=

2

Q



Q = υRTRT1 ; T1=

V

Q C



T2 = T1 +

V

Q

C

 = 2T1 = 2

V

Q C



3

2 RT 2p V

p



; ln 31 2

V

V  R

* Quá trình đẳng nhiệt cuối cùng từ 4 →1; hệ tỏa nhiệt Q41 = -2kJ = -Q/

2; nhận công W41 = -2kJ = -Q/2

Q41 = υRTRT1.ln 1

4

V

V = - υRTRT1.ln 4

1

V

V =- υRTRT1.ln 3

V 

ln 3

V  RT ; Q = υRTCVT1; ln 3

V

V  R

0,25

0,25

0,5

0,25

0,5

0,5

0,5

0,25

Vậy: T2 = Tmax ; T1 = Tmin; 0,25

0,5

(1)

(2)

(3)

(4)

p

T2

T1