DE HSGDAK NONG VONG 1 DU BI

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 29-11-2006 Mơn thi: VẬT LÝ ĐỀ DỰ BỊ VỊNG 1 Thời gian: 180 phút, khơng kể thời gian giao đề Bài 1: (4 điểm). Một vật nặng nhỏ có khối lượng m = 200g gắn vào đầu một lò xo có khối lượng khơng đáng kể. Đầu kia lò xo treo vào một điểm cố định O. Vật dao động điều hồ theo phương thẳng đứng với tần số f = 2,5 Hz. Trong q trình dao động, độ dài của lò xo biến thiên từ l 1 = 20cm đến l 2 = 24cm. a. Viết phương trình dao động của vật. Tính vận tốc và gia tốc của vật khi nó đi qua vị trí cân bằng và khi nó cách vị trí cân bằng một khoảng a = 1cm. b. Tính độ dài l o của lò xo khi khơng có vật nặng. Bài 2:( 4 điểm ) Một xi lanh đặt nằm ngang trong có pittông cách nhiệt. Pittông ở vò trí chia xi lanh thành 2 phần bằng nhau, mỗi phần chứa một khối lượng khí như nhau ở nhiệt độ 17 0 C và áp suất 2 atm. Chiều dài của mỗi phần xi lanh là 30 cm. Muốn píttông dòch chuyển 2cm thì phải đun nóng khí ở một phía lên thêm bao nhiêu độ ? p suất của khí khi pittông di chuyển bằng bao nhiêu ? Bài 3: ( 4 điểm) Có ba điện trở R 1 ,R 2 và R 3 mắc thành bộ rồi mắc vào hiệu điện thế U=12 V. Trong các cách mắc, tại mạch chính chỉ thu được 4 giá trò dòng điện, giá trò lớn nhất là 9 A. Tính các giá trò còn lại. Bài 4:(4 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ, trong đó X và Y là hai hộp linh kiện, mỗi hộp chỉ chứa hai trong ba loại linh kiện mắc nối tiếp: điện trở thuần, tụ điện, cuộn dây thuần cảm. Ampe kế có R A ≈ 0, vôn kế có R V ≈ ∞. Ban đầu mắc hai điểm A và M của mạch vào hai cực của một nguồn điện không đổi thì vôn kế V 1 chỉ 45V, ampe kế chỉ 1,5A. Sau đó mắc A và B vào nguồn điện xoay chiều u AB = 120 sin 100πt (V) thì thấy ampe kế chỉ 1A, hai vôn kế có cùng số chỉ và u AM lệch pha góc π 2 so với u MB . Hỏi hộp X và Y chứa các linh kiện nào ? Tính trò số của chúng. Viết biểu thức cường độ dòng điện trong mạch. Bài 5:(4 điểm) Cho hệ hai thấu kính đồng trục (L 1 ), (L 2 ) với BC = 1m. Vật sáng MN vng góc với trục chính của hệ. Thấu kính (L) đặt tại A có thể thay thế hệ (L 1 ), (L 2 ) sao cho với bất kỳ vị trí nào của MN đặt trước (L) đều cho độ phóng đại như của hệ. Đặt MN tại A: a. (L 1 ), (L 2 ) vẫn ở B, C, sau đó đảo vị trí cho nhau ta được ảnh qua hệ sau khi đảo bằng 4 lần ảnh qua hệ khi chưa đảo. Hai ảnh ngược chiều nhau. b. Chỉ dùng (L 2 ) đặt tại B thì cho ảnh MN tại C. Tìm f, f 1 , f 2 và AB. A A B HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ ĐÁP ÁN ĐỀ 1 Bài 1: (4 điểm) a. Viết phương trình chuyển động Phương trình chuyển động có dạng : X = A sin ( ω t + ϕ ) • Tìm ω : ω = 2 π f = 2 π 2,5 = 5 π rad/s. • Tìm A: A = 2 12 ll − = 2 2024 − = 2 cm • Tìm ϕ : chọn chiều dương từ trên xuống.chọn t = 0 lúc vật ở vị trí thấp nhất x =+ A Thay vào ta có : A = A sin ϕ ⇒ sin ϕ = 1 ⇒ ϕ = 2 π vậy : x= 2sin (5 π t+ 2 π ) (cm) • Tìm gia tốc, vận tốc: ta có v 2 = 2 ω (A 2 –x 2 ) (1) và a = - 2 ω x (2) khi vật qua vị trí cân bằng : x = 0 từ (1) ⇒ v 2 = 2 ω A 2 ⇒ max v = A ω = 2.5 π = 31,4 cm/s từ (2) ⇒ a = - 2 ω (0) = 0 * khi vật cách vị trí cân bằng một khoảng a = 1cm.: (1) ⇒ v 2 = (5 π ) 2 (2 2 -1 2 ) ⇒ v = 5 π 3 = 27,2cm/s (2) a⇒ = (5 π ) 2 (1) = 246,5 cm/s 2 b. Tính độ dài l 0 • Ở vị trí cân bằng : P = F ⇔ mg = k l∆ ⇒ l∆ = 2 10.2,0 ω m k mg = • l ∆ = 2 )5.(2,0 10.2,0 π = 0,04m = 4cm • chiều dài lò xo ứng với vị trí cân bằng : l = 2 21 ll + = 2 2420 + = 22cm • chiều dài tự nhiên của lò xo : Ta có :l = l 0 + l ∆ ⇒ l 0 = l - l ∆ = 22- 4 = 18 cm 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,5 Bài 2: (4 điểm) Có 8 cách mắc điện trở như hình vẽ: Theo đề bài chỉ có 4 giá trò của dòng điện trong mạch chính nên mạch điện cũng chỉ có 4 dạng: Dạng 1: sơ đồ 1. Dạng 2: sơ đồ 2. Dạng 3: sơ đồ 3, 4, 5. Dạng 4: sơ đồ 6, 7, 8. Như vậy 3 sơ đồ 3, 4, 5 như nhau và 3 sơ đồ 6, 7, 8 cũng như nhau, điều này chỉ xảy ra khi R 1 = R 2 = R 3 . Trong các cách mắc thì sơ đồ 2 cho điện trở nhỏ nhất, tức cường độ lớn nhất: I 2 = U/R tđ ⇒ R tđ =U/I 2 = 12/9 = 4/3 ⇒ R = 4 Ω I 1 = U/R tđ1 = 12/12 = 1A. I 3 = U/R tđ3 = 12/6 = 2A. I 4 = U/R tđ4 =12/2,67 = 4,5A. 1 0,5 0,5 0,5 0,5 1 Bài 3: (4 điểm) Đối với phần khí bò nung nóng: + Trạng thái đầu : p 1 ; V 1 = l S ; T 1 + Trạng thái cuối :p 2 ; V 2 (l + l ∆ ) S ; T 2 Đối với phần khí không bò nung nóng: + Trạng thái đầu : p 1 ; V 1 = l S ; T 1 + Trạng thái cuối :p 2 ’; V 2 ’ (l - l∆ ) S ; T 2 ’= T 1 p dụng phương trình trạng thái : 1 11 1 22 1 11 2 22 '' ; T Vp T Vp T Vp T Vp == Do đó : 1 22 2 22 '' T Vp T Vp = Vì pit tông ở trạng thái cân bằng nên : p 2 ’ = p 2 Do đó : 12 1 2 2 2 )()( T ll ll T T Sllp T Sllp ∆− ∆+ =⇒ ∆− = ∆+ Phải đun nóng ở một bên lên thêm : KT ll l TTT 0 112 41 2 ≈ ∆− ∆ =−=∆ Để tính p 2 ta áp dụng phương trình trạng thái cho phần khí bò nung nóng amt SllT TTSlp VT TVp p T Vp T Vp 14,2 )( )(. 1 11 21 211 2 1 11 2 22 = ∆+ ∆+ ==⇒= 0,5 0,5 0,5 0,5 0,75 0,75 0,5 Bài 4: (4 điểm) * Khi mắc hai đầu của hộp X với nguồn điện không đổi, trong mạch có dòng điện 1,5A chứng tỏ hộp X không thể chứa tụ điện nghóa là trong hộp X chỉ có điện trở thuần R 1 và cuộn cảm L => R 1 = 45 15 30 , = Ω Nếu trong hộp Y có cuộn dây thuần cảm và điện trở thuần thì góc lệch pha giữa u AM và u BM chỉ có thể là góc nhọn vì u AM và u BM khi đó đều sớm pha so với cường độ i. Do đó theo điều kiện đề bài, hộp Y phải chứa tụ điện C và điện trở R. * Giản đồ vectơ Theo đề bài : I = 1A và U AB = 120 2 60 2= v ⇒ U AM = U MB = U V AB 2 60= * Ta có : U R 1 = IR 1 = 30V => sin ϕ 2 = U U R AM 1 30 60 1 2 = = ⇒ ϕ 2 = 30 o ⇒ ϕ 1 = 60 o Từ đó ta có : U L = U AM sin ϕ 1 = 60 3 2 = 30 3 v => L = ZL ω = 0,165H Ta lại có : U R 2 = U MB . cos ϕ 2 = 60 3 2 = 30 3 V ⇒ R 2 = U I R 2 30 3= Ω U C = U MB .sin ϕ 2 = 60 x 1 2 30= V => Z C = U I C = 30 Ω → C = 1 ω.Z C = 106.10 -6 F * Từ giản đồ vectơ, ta thấy U AB sớm pha ϕ so với i ϕ = ϕ 2 − 45 o = 15 o = π 12 rad. Vậy i = 2 sin (100πt − π 2 ) (A) 0,25 0,25 0,5 1 0,5 0,5 0,5 0,5 U C O MB U AM U R 2 U R 1 U I Bài 5: (4 điểm). Sơ đồ tạo ảnh: ( ) ' ' ' L d d MN M N→ và 1 2 1 1 2 2 ( ) ( ) 1 1 2 2 ' ' L L d d d d MN M N M N→ → Khi đặt MN tại A ta có d = d' = 0 => M’N' ≡ MN ≡ (L) Suy ra k = 1 (1) Theo đề bài, chỉ dùng (L 2 ) đặt tại B cho ảnh ở C, ta thấy ảnh này cũng chính là ảnh của MN qua hệ (L 1 , L 2 ) sau khi đảo vò trí của (L 1 ), (L 2 ) cho nhau. Độ phóng đại khi đó là : k 1 = - 100BC AB AB = − (2) Mặt khác, độ phóng đại qua hệ (L 1 , L 2 ) k' = 1 2 1 1 2 2 . f f f d f d− − (3) Theo đề bài ta có k’ = k = 1 và k 1 = - 4k’, suy ra 100 4.1 25AB cm AB − = − ⇒ = Do đó: f 2 = .AB BC AB BC+ = 20cm Ta lại có: d 1 = d + AB = AB = 25 cm d 2 = BC - ' 1 d = 100 - 1 1 25 25 f f− Thay vào (3) ta được: 1 1 20 ' 1 2000 105 f k f = = − => f 1 = 16 cm Ngoài ra, với vò trí bất kỳ của MN trước (L) thì: d = d 1 + 25 => d 2 = BC - ' 1 d = 84 500 9 d d + + Nhưng theo đề bài, với d bất kỳ ta luôn có: 1 2 1 1 2 2 ' . f ff k k f d f d f d = ⇒ = − − − Suy ra 320 5 64 320 5 f f d d d − = = − − − − => f = -5cm 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 . amt SllT TTSlp VT TVp p T Vp T Vp 14 ,2 )( )(. 1 11 21 211 2 1 11 2 22 = ∆+ ∆+ ==⇒= 0,5 0,5 0,5 0,5 0,75 0,75 0,5 Bài 4: (4 điểm) * Khi mắc hai đầu của hộp X với nguồn điện không đổi, trong mạch có dòng điện 1, 5A chứng. = 20cm Ta lại có: d 1 = d + AB = AB = 25 cm d 2 = BC - ' 1 d = 10 0 - 1 1 25 25 f f− Thay vào (3) ta được: 1 1 20 ' 1 2000 10 5 f k f = = − => f 1 = 16 cm Ngoài ra, với. là : k 1 = - 10 0BC AB AB = − (2) Mặt khác, độ phóng đại qua hệ (L 1 , L 2 ) k' = 1 2 1 1 2 2 . f f f d f d− − (3) Theo đề bài ta có k’ = k = 1 và k 1 = - 4k’, suy ra 10 0 4 .1 25AB