DE HSGDAK NONG VONG 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP TỈNH TỈNH ĐĂK NƠNG NĂM HỌC 2006-2007 Khóa thi ngày 20-12-2006 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: VẬT LÝ VÒNG 1 Thời gian: 180 phút, khơng kể thời gian giao đề Bài 1:(4 điểm) Hai xe môtô chạy theo hai con đường vuông góc với nhau, cùng tiến về phía ngã tư(giao điểm của hai con đường), xe A chạy từ hướng Đông sang hướng Tây với vận tốc 50 km/h, xe B chạy từ hướng Bắc về hướng Nam với vận tốc 30 km/h. Lúc 8 giờ sáng A và B còn cách ngã tư lần lượt là4,4 km và 4 km. Tìm thời điểm khi khoảng cách của hai xe: a) Nhỏ nhất. b) Bằng khoảng cách lúc 8 giờ sáng. Bài 2:(4 điểm) Cho sơ đồ mạch điện như hình bên. E 1 = 25V; E 2 = 16V; r 1 = r 2 = 2Ω R 1 = R 2 = 10Ω; R 3 = R 4 = 5Ω; R 5 = 8Ω. Tính cường độ dòng điện qua mỗi nhánh. Bài 3:(4 điểm) Cho mạch điện mắc như hình vẽ, với u AB = 2sin tU ω (V), bỏ qua điện trở các dây nối. a) Muốn cho hệ số công suất trong mạch bằng 1 thì R 1 , R 2 , L, C và ω phải thỏa mãn hệ thức nào? b) Cho: R 1 = 200Ω; C = 50 F µ π và tần số f = 50Hz. Hãy tính giá trò R 2 và L để hệ số công suất toàn mạch bằng 1, đồng thời hiệu điện thế u AM và u MB có cùng một giá trò hiệu dụng. Bài 4:(4 điểm) Một bình hình trụ đựng nước và thủy ngân, khối lượng của thủy ngân bằng n lần khối lượng của nước. Chiều cao tổng cộng của cột chất lỏng trong bình bằng h. Tìm áp suất P của chất lỏng ở đáy bình. p dụng bằng số: n = 1, h = 143 cm; lấy g = 9,8 m/s 2 ; khối lượng riêng của thủy ngân bằng 13,6 g/cm 3 . Bài 5:(4 điểm) • 60 o G A B • •• O I S M ~ ⋅ ⋅ R 1 L A B C N i 2 i i 1 i C i L R 2 Dùng một gương phẳng nhỏ G để chiếu chùm tia mặt trời hẹp xuống một đáy giếng cạn hình trụ thẳng đứng dọc theo trục của giếng. a) Tìm góc giữa gương và đường thẳng đứng? Biết tia sáng nghiêng so với phương ngang một góc 60 0 . b) Để vết sáng ở đáy giếng quét trên đường kính AB ta cho gương dao động (quanh vò trí xác đònh ở câu a) quanh trục I vuông góc với mặt phẳng tới với biên độ góc là bao nhiêu? Cho AB = 0,5m; OI = 10m. HẾT ĐÁP ÁN Bài 1: (4 điểm) Chọn hai trục toạ độ Ox, Oy trùng với hai con đường, O là vò trí ngã tư (hình bên), chiều dương trên hai trục toạ độ ngược hướng với chiều chuyển động của hai xe, và góc thời gian là lúc 8 giờ sáng. Phương trình chuyển động của xe A là : x = - v 1 t + x 0 hay x = - 50t + 4,4 Phương trình chuyển động của xe B là : y = - v 2 t + y 0 hay y = - 30t + 4 Khoảng cách của hai xe lúc t là : d 2 = x 2 + y 2 = (- v 1 t + x 0 ) 2 + (- v 2 t + y 0 ) 2 = ( - v 1 t) 2 – 2x 0 v 1 t + 2 0 x + (- v 2 t) 2 – 2 y 0 v 2 t + 2 0 y = ( - v 1 t) 2 + (- v 2 t) 2 – 2t (x 0 v 1 + y 0 v 2 ) + ( 2 0 x + 2 0 y ) . Lưu ý rằng : 2 0 d = 2 0 x + 2 0 y = (4,4) 2 + 4 2 = 35,36 là ứng với khoảng cách hai xe lúc 8 giờ sáng. Nên ta có : d 2 = ( - v 1 t) 2 + (- v 2 t) 2 – 2t (x 0 v 1 + y 0 v 2 ) + 2 0 d = 3400t 2 – 680t + 35,36 = 3400(t – 0,1) 2 + 1,36 1) d đạt cực tiểu khi t 1 – 0,1 = 0, suy ra t 1 = 0,1h = 6 phút ; vậy khoảng cách hai xe nhỏ nhất lúc 8 giờ là 6 phút. 2) d = d 0 khi 5t – 1 = 0, suy ra t = 0,2h = 12 phút ; vậy khoảng cách hai xe bằng khoảng cách ban đầu (lúc 8 h) vào lúc 8 giờ là 12 phút. 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,75 đ 1 đ 1 đ Đông 2 V r • • • Bắc y Tây x O 1 V r Nam Bài 2: (4 điểm) Giả sử dòng điện có chiều như hình vẽ. p dụng đònh luật Kieosop: + Các phương trình nút: I = I 1 + I 5 = I 3 + I 4 (1) I 1 = I 2 + I 3 (2) I 4 = I 2 + I 5 (3) + Các phương trình mắt mạng: E 2 = R 1 I 1 + R 3 I 3 + r 2 I ⇒ 10I 1 + 5I 3 + 2I = 16 (1 ’ ) E 1 + E 2 = (R 5 + r 1 )I 5 + R 4 I 4 + r 2 I ⇒ 10I 5 + 5I 4 + 2I = 41 (2 ’ ) O = R 2 I 2 + R 4 I 4 – R 3 I 3 ⇒ 10I 2 + 5I 4 – 5I 3 = O (3 ’ ) Giải 6 phương trình trên, ta được: I = 3A I 3 = 1A I 1 = 0,5A I 5 = 2,5A I 2 = - 0,5A ⇒ I DA = 0,5A I 4 = 2A 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Bài 3: (4 điểm) a) + Đoạn mạch AM có: 1 C I I I= + v v v Ta có giãn đồ:ω → 1 2 C I tg R C I α ω = = (1) U AM = IR 1 = I 2 cosα (1 ’ ) + Đoạn mạch MB có: 2L I I I= + v v v Ta có giãn đồ: → 2 2 L I R tg I L β ω = = (2) U MB = I 2 R 2 = IR 2 cosβ (2 ’ ) + AB AM MB U U U= + v v v (3); AB U I≡ v v (đề cho) Ta có giãn đồ: Chiếu (3) lên yy ’ , suy ra: U MB sinβ = U AM sinα (4) + (1 ’ ) và (2 ’ ): IR 2 cosβ sinβ = IR 1 cosα sinα (4 ’ ) + (1) và (2): sinα = R 1 Cωcosα; 2 cos sin R L β β ω = 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 1 1 R CL R LCcos tg cos R tg R ω ωβ α α β + ⇔ = → = + 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 1R C R C R L R L ω ω + ⇒ = + (5) b) Từ (1 ’ ) và (2 ’ ): U AM = U MB ⇔ R 1 cosα = R 2 cosβ (6) với 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 cos cos tg R C R C α α α ω ω = = ⇒ = + + + (7) 2 2 2 2 1 1 L cos tg R L ω β β ω = = + + (8) + Từ (5), (6), (7), (8) ⇒ R 2 = R 1 = 200Ω, 2 L H π = 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ Bài 4: (4 điểm) Kí hiệu h 1 , h 2 là độ cao của cột nước và của cột thuỷ ngân h = h 1 + h 2 p suất P của khối lỏng ở đáy bình là: P = 0 ρ gh 1 + ρ gh 2 Theo đề ρ sh 2 = n 0 ρ sh 1 suy ra h 1 = 2 0 h n ρ ρ  h = 2 0 h n ρ ρ + h 2 = 2 0 0 ( )h n n ρ ρ ρ + Suy ra h 2 = 0 0 n h n ρ ρ ρ + và h 1 = 0 h n ρ ρ ρ + Do đó P = 0 0 (1 ) 26100 n gh n ρρ ρ ρ + ≈ + N/m 2 0.25 đ 0,5 đ 0.25 đ 0,5 đ 1,5 đ Bài 5: (4 điểm) a) Đònh luật phản xạ cho ta i = r i + r = 60 0 + 90 0 = 150 0 = 2i = 2r suy ra r = i = 75 0 α β = (hệ quả của đònh luật phản xạ): 2 α = 180 0 – 150 0 → β α = = 15 0 Hay β α = = 90 0 -75 0 = 15 0 b) Đã biết SI không đổi phương, để vết sáng quét từ A B€ thì tia phản xạ phải quay 1 góc cực đại là α 0 . Khi đó phương phải quay đi một góc cực đại ε 0 , và ε 0 = 0 2 α 0 0,5 0,025; 2.10 OA tg OI α = = = 0 α << nên 0 α 0,025( )rad≈ Vậy 0 0 0,025 0,0125( ) 2 2 rad α ε = = = Vậy G phải dao động có li độ góc là ε 0 = 0,0125(rad) 0,5 đ 0,5 đ 1 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ 1 đ . = + 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 1R C R C R L R L ω ω + ⇒ = + (5) b) Từ (1 ’ ) và (2 ’ ): U AM = U MB ⇔ R 1 cosα = R 2 cosβ (6) với 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 cos cos tg R C R C α. = R 1 I 1 + R 3 I 3 + r 2 I ⇒ 10 I 1 + 5I 3 + 2I = 16 (1 ’ ) E 1 + E 2 = (R 5 + r 1 )I 5 + R 4 I 4 + r 2 I ⇒ 10 I 5 + 5I 4 + 2I = 41 (2 ’ ) O = R 2 I 2 + R 4 I 4 – R 3 I 3 ⇒ 10 I 2 . d 2 = ( - v 1 t) 2 + (- v 2 t) 2 – 2t (x 0 v 1 + y 0 v 2 ) + 2 0 d = 3400t 2 – 680t + 35,36 = 3400(t – 0 ,1) 2 + 1, 36 1) d đạt cực tiểu khi t 1 – 0 ,1 = 0, suy ra t 1 = 0,1h = 6 phút ;