đe va dap an de nghi olympic lop 11 2016 vật lí

Câu 1: CƠ HỌC Một thanh cứng đồng chất có khối lượng m chiều dài L có thểquay tự do trong mặt phẳng thẳng đứng xung quanh trục quay nằmngang đi qua khối tâm của nó.. Một con nhện cũng có

QUY CÁCH RA ĐỀ THI

KÌ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 – 4 LẦN THỨ XXII

TỔ CHỨC TẠI TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG

TP HỒ CHÍ MINH – NĂM HỌC 2015-2016

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - 4 LẦN THỨ XXII

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: VẬT LÝ ; LỚP:…11…….

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP (TỈNH) AN GIANG

TRƯỜNG :THPT CHUYÊN THOẠI NGỌC HẦU

Câu 1: CƠ HỌC

Một thanh cứng đồng chất có khối lượng m chiều dài L có thể

quay tự do trong mặt phẳng thẳng đứng xung quanh trục quay nằm

ngang đi qua khối tâm của nó Một con nhện cũng có khối lượng m

rơi xuống theo phương thẳng đứng với vận tốc v0 và chạm vào thanh

tại điểm cách đều một đầu thanh và trục quay vào thời điểm đó thanh

nằm ngang Ngay sau khi chạm thanh nó bắt đầu bò dọc theo thanh

sao cho tốc độ góc của hệ thanh – nhện luôn không đổi Chọn t = 0 (s)

lúc nhện bắt đầu bò trên thanh

1 Chứng tỏ rằng khoảng cách từ con nhện đến trục quay sau va chạm được mô tả bằng phương trình x = Asin(Bt) + C Xác định các hệ số A, B và C theo các đại lượng đã cho

2 Tìm điều kiện của v0 để con nhện bò tới đầu thanh

HƯỚNG DẪN GIẢI

1 Mô men quán tính của hệ: I = 2 2

mL

Tại thời điểm con nhện vừa chạm đầu thanh: I0 =

48

7 4 12

2 2

2 L mL m

mL















Áp dụng định luật bảo toàn momen động lượng:

L0 = I0= mv0.r =>

L

v L

mv

mL

7

12 4

48

0

2





+ Tại thời điểm t, góc mà thanh đã quay là  = t Áp dụng định lý mô men động lượng d (I ) mgxcos( )t mgxcos( )t dI

mgx cos( t) 2mx dx cos( t)dt

Lấy tích phân hai vế :

2 /4 0

L

0

12

2 xmax = A +

2 2 0

49

v

+ Điều kiện để con nhện bò tới đầu thanh :

xmax ≥

2

0 2

0

2

v

O



Câu 2: DAO ĐỘNG CƠ

Một lò xo nhẹ có chiều dài l 0, độ cứng k = 16 N/m được cắt ra thành hai lò xo, lò xo thứ

nhất có chiều dài l 1 = 0,8 l 0 , lò xo thứ hai có chiều dài l 2 = 0,2 l 0 Hai vật nhỏ 1 và 2 có khối lượng bằng nhau m1 = m2 = 500 g đặt trên mặt phẳng nhẵn nằm ngang và được gắn vào tường

nhờ các lò xo trên (hình vẽ) Khoảng cách giữa hai vật khi hai lò xo chưa biến dạng là O1O2 = 20

cm Lấy gần đúng π2 = 10

a Tính độ cứng k1 và k2 c a m i lò xo.ủa mỗi lò xo ỗi lò xo

b Người ta kích thích cho hai vật dao động dọc

theo trục x: Vật thứ nhất bị đẩy về bên trái còn vật thứ

hai bị đẩy về bên phải rồi đồng thời buông nhẹ để hai

vật dao động điều hòa Biết động năng cực đại của hai

vật bằng nhau và bằng 0,1(J) Kể từ lúc thả các vật,

sau khoảng thời gia

ngắn nhất là bao nhiêu khoảng cách giữa chúng là nhỏ nhất, tính khoảng cách nhỏ nhất đó

HƯỚNG DẪN GIẢING D N GI IẪN GIẢI ẢI

a Tính độ cứng mỗi lò xo:

* Vì độ cứng tỉ lệ nghịch với chiều dài với những lò xo cùng loại nên ta áp

dụng công thức k1l1 = k2l 2 = kl 0  k1 = 20N/m ; k2 = 80N/m

0,5 đ

b Xác định khoảng cách cực tiểu và khoảng thời gian tương ứng:

* Biên độ của mỗi vật: A1=

1 0

2

k

W

= 0,1m = 10cm;

A2=

2

0

2

k

W

= 0,05m = 5cm

Tần số góc dao động của mỗi vật là: ω1=

m

k1

= 2π(rad/s) = ω ;

ω2=

m

k2

= 2ω

0,5 đ

* Phương trình dao động của mỗi vật đối với các vị trí cân bằng của chúng:

x1 = A1cos(ω1t +φ1) = 10cos(ωt – π) (cm)

x2 = A2cos(ω2t +φ2) = 5cos(2ωt) (cm

0,5 đ 0,5đ

* Khoảng cách hai vật tại một thời điểm bất kỳ (tính theo cm):

d = |O1O2 + x2 – x1 = 20 + 5cos(2ωt) - 10cos(ωt – π)| (cm) 1 đ

Hình 2

* Biến đổi toán học:

d = | 20 + 5(2cos2ωt – 1) + 10cosωt = 15 + 10(cos2ωt + cosωt)|

 d = |15 + 10(cos2ωt + 2

2

1

.cosωt +

4

1

) – 2,5| = |12,5 + (cosωt +

2

1

)2| Vậy khoảng cách nhỏ nhất giữa hai vật dmin = 12,5cm xảy ra khi cosωt = -21

1 đ

* Để tìm khoảng thời gian kể từ lúc thả đến khi đạt khoảng cách cực tiểu lần

đầu tiên ta giải phương trình trên: cosωt =

-2

1

= cos(±

3

2 ) Vậy, hoặc t = 1/3 + k ( k = 0; 1; 2; ) hoặc t = -1/3 + k ( k = 1; 2; ) Từ đó ta lấy

nghiệm : tmin = 1/3 (s)

1 đ

Câu 3: ĐIỆN –TỪ

Giả sử trong không gian Oxyz có một trường lực Một vật đặt trong đó sẽ chịu tác dụng của một lực, lực này có cường độ F=kr( k là hằng số) và luôn hướng về O, với r x2 y2 z2 là khoảng cách từ vị trí đặt vật đến tâm O Lúc đầu hạt có khối lượng m, điện tích q>0 chuyển động trong trường lực trên Đúng vào thời điểm hạt có vận tốc bằng 0 tại điểm có toa độ

(R,0,0), thì người ta đặt một từ trường đều có cảm ứng từ Bdọc theo trục Oz Bỏ qua tác dụng của trọng lực Xét chuyển động của hạt kể từ thời điểm trên

a Tìm các tần số đặc trưng của hạt

b Viết phương trình chuyển động của hạt

Gợi ý: Nghiệm của phương trình vi phân tuyến tính có thể tìm dưới dạng sint ,

t 

HƯỚNG DẪN GIẢI

a giả sử thời điểm t vật có toạ độ(x,y,0)

Phương trình động lực học: FFL m a với F k r; FL qv,B (0,5 điểm) Chiếu phương trình này xuống hai trục tọa độ, ta thu được hệ phương trình vi phân tuyến tính sau:















(1) (0,5 điểm)

Ta tìm nghiệm dưới dạng xAcost ;yCsint 

(0,5 điểm)

Thay vào (1) ta thu được hệ phương trình cho A và C

2

2







(2) (0,5 điểm)

Đặt

m

qB

B

2



m

k



0



Để (2) có nghiệm khác không

0 2 2

2















m

k m

qB m

Ta chọn 2 nghiệm ứng với (++) và (-+)

2 0 2

0 2

   B B  (0,5 điểm) b.Thay 1 và 2 vào (2) ta thu được

1 1

2 0

2 1 1

2

A C

B









2 2

2 2

2 0 2

2

A C

B







 

 (0,5 điểm)

x

y

z

O

B 

Như vậy nghiệm tổng quát của (1) là:









(0,5 điểm)

Ở thời điểm t=0, ta có :v x  0 ;v y  0 ; x=R ; y=0

Từ đó tìm được :

A 2 R

2

2 1

2 2

2 0 1













2

2 1

2 0

2 1 2













 (0,5 điểm) Phương trình chuyển động của hạt

2 2

1 2

2 2 2 2

2 2

B 1 2

R

y t

  





(0,5 điểm)

Câu 4: DÒNG ĐIỆN KHÔNG ĐỔI

Cho mạch điện như hình vẽ

Biết e1=19,2(V), r1=2,4(); e2=12(V), r2=3()

R1=3(); R2=12(); R3=1(); R4=6()

Tìm cường độ dòng điện qua R1

HƯỚNG DẪN GIẢI

-Ta tìm cường độ dòng điện qua điện trở R1 do e1 cung cấp, muốn vậy cho e2=0, mạch như hình vẽ:

-Mạch ghép theo sơ đồ: ((R4//r2) nt R1 nt R3)//R2

- Điện trở tương đương mạch ngoài của nguồn e1

) ( 4 6 12

6 12

13 2

13 2













MN

MN AB

R R

R R R

(0,5 điểm) -Cường độ do nguồn e1 phát ra:

) ( 3 4 4 , 2

2 , 19

1

1

R

r

e

I

AB









(0,5 điểm)

- Hiệu điện thế giữa hai cực của nguồn e1:

) ( 12 4 , 2 3 2 , 19

1 1

e

-Dòng điện qua R1 do e1 cung cấp đi từ A đến M

) ( 2 6

12

13

R

U

I

MN

AB

-Ta tìm cường độ dòng điện qua điện trở R1 do e2 cung cấp, muốn vậy cho e1=0, mạch như hình vẽ:

r2

e1;

r1

R3

R1

R4

R2 A

B

M

N

-Mạch ghép theo sơ đồ: ((R2//r1) nt R1 nt R3)//R4.

- Điện trở tương đương mạch ngoài của nguồn e2

) ( 3 6 6

6 6

13 4

13 4













MN

MN MN

R R

R R R

(0,5 điểm) -Cường độ do nguồn e2 phát ra:

) ( 2 3 3

12

2

2

R

r

e

I

MN









(0,5 điểm)

- Hiệu điện thế giữa hai cực của nguồn e2:

) ( 6 3 2 12

2 2

e

U MN   e    (0,5 điểm) -Dòng điện qua R1 do e2 cung cấp đi từ M đến A

) ( 1 6

6

13

R

U

I

MN

MN

R    (2) (0,5 điểm)

-Từ (1) và (2) kết luận:

Dòng điện tổng hợp đi qua R1 đi từ A đến M và có độ lớn bằng: IR1= 2-1=1(A) (1 điểm)

Câu 5: QUANG HÌNH

Một bể nhỏ hình hộp chữ nhật trong có chứa chất lỏng

trong suốt có chiết suất n Thành phía trước bể là một

tấm thủy tinh có độ dày không đáng kể, thành bể phía

sau là một gương phẳng Khoảng cách giữa hai thành bể

này là a=32cm Chính giữa bể có một vật phẳng AB

thẳng đứng Đặt một thấu kính hội tụ trước bể và một

màn M để thu ảnh của vật (hình 5)

Ta thấy có hai vị trí của màn cách nhau một khoảng d=2cm đều thu được ảnh rõ nét Độ lớn của các ảnh trên màn lần lượt là 12cm và 9cm Khoảng cách từ thấu kính đến gương là 116cm Tính tiêu cự của thấu kính, độ lớn vật AB và chiết suất của chất lỏng

HƯỚNG DẪN GIẢI

TH1: sơ đồ tạo ảnh

AB LCP A'B' TK A1B1

d1 d1'

Gọi H là điểm giao nhau của thành trước bể với trục chính của thấu kinh Ta có

n n

a n

AH H A

n

AH

H

2

1















(0,5 điểm)

n

n n

d116 84 1684 ;

fn n

f n f

d

f

d

d















84 16

) 84 16 (

1

1

n fn

fn d

f

f

k

84 16

1

1











(0,5 điểm)

TH2: sơ đồ tạo ảnh

AB G A''B'' LCP A'''B' '' TK A2B2 (0,5 điểm)

A''G=a 16cm

a









a

A Hình 5

B2

B1

A2 A1

B’’ B’’’

A’’ A’’’

a

A

H

A’

B’

n H A n H A n

H

A

H















n

n n

d2 48 84 4884 ;

fn n

f n f

d

f

d

d















84 48

) 84 48 (

2

2

2 ; (0,5 điểm)

n fn

fn d

f

f

k

84 48

2

2









vì vật thật cho ảnh thật nên khi d tăng thì d' giảm do đó

d'

1 - d'

2 = 2cm nên (16 84n)f (48 84n)f 2

16 84n fn 48 84n fn

(0,5 điểm)

vật thật và hai ảnh cùng thật nên k k 129 fn fn 1648 8484n n

1

2











 (2) (0,5 điểm) giải hệ (1) và (2) ta có

thay f, n vào ta có k1 =- 1/3 vậy độ lớn của vật AB= 3A1B1=3.12=36cm (0,5 điểm)

Câu 6: NHIỆT HỌC

Một mol khí lí tưởng đơn nguyên tử thực

hiện một chu trình biến đổi được biểu diễn

bằng đồ thị như hình vẽ 1 – 2 là một phần

của nhánh parabol đỉnh O, 2 – 3 song song

với trục OT và 3 – 1 là đoạn thẳng đi qua gốc

tọa độ O.Với T1 là 300oK, T2 là 600oK,

1.Tính công mà chất khí thực hiện trong

chu trình

2 Chứng minh nhiệt dung mol của khí

trong quá trình 1-2 gấp đôi R

HƯỚNG DẪN GIẢI

1 Chuyển sang hệ trục tọa độ P-V

T aV  RT RaV  PV RaV  P RaV (0,5 điểm) Quá trình 2-3 là đẳng tích Quá trình 3-1 là đẳng áp.

- Công mà chất khí thực hiện:

'

123 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1

A  dt  P  P V V  RT RT  PV  PV (0,5 điểm)

1 2

P P

PV PV R TT

2 1

1

2

2 Áp dụng nguyên lí I nhiệt động lực học cho quá trình 1-2

'

12 1 2 2 1 12 2 2 1 1

QU A  R T  P P V V  R T  PV  PV

2R T 2 RT  RT  R T (1 điểm)

Mà Q C T  12  C2R (1 điểm)

P

P1

2

V1

P2

V2 O

T O

3

2 1

V

(1 điểm)