1. Trang chủ
  2. » Giáo án - Bài giảng

đề + DAthi HSG tỉnh Quảng ninh 2012 bảng A

5 500 3

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 5
Dung lượng 268,05 KB

Nội dung

Vật A nằm trên mặt bàn nằm ngang nhẵn, nó được nối với điểm cố định P bằng sợi dây PA và nối với vật B bằng một sợi dây khác vắt qua ròng rọc.. Ngoài ra vật A còn được nối vào điểm cố đ

Trang 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011-2012 MÔN: VẬT LÍ, BẢNG A

Thời gian làm bài: 180 phút

(Không kể thời gian giao đề)

Ngày thi : 26/10/2011

Bài 1 (3điểm) Vật A nằm trên mặt bàn nằm ngang nhẵn, nó được nối với điểm cố định P bằng sợi dây

PA và nối với vật B bằng một sợi dây khác vắt qua ròng rọc Ngoài ra vật A còn được nối vào điểm cố định

O bằng một lò xo (hình H1)

Vật A đứng yên lò xo không bị biến dạng và trục lò xo có

phương thẳng đứng Khối lượng hai vật A và B bằng nhau Lò xo

có chiều dài tự nhiên l0 = 50cm và có độ cứng k =

0

l

5mg

với m là khối lượng của vật A Khối lượng của lò xo, ròng rọc và sợi dây

không đáng kể Đốt dây PA cho vật A bắt đầu chuyển động

Hỏi vận tốc của vật A là bao nhiêu khi nó vừa rời khỏi mặt bàn nằm ngang?

Bài 2 (4điểm) Hai vật nhỏ khối lượng m1 và m2 được nối với nhau

bởi một lò xo có độ cứng k Vật m1 được treo bằng một sợi dây (hình

H2) Bỏ qua khối lượng của lò xo, sợi dây và lực cản của không khí

Cho m2 dao động với biên độ A

1 Xác định A để m1 luôn luôn đứng yên

2 Xác định A để sau khi đốt dây treo khoảng cách giữa m1 và m2

không đổi

Bài 3 (3điểm) Một bình kín hình trụ chiều cao x, tiết diện S = 1dm2

đặt thẳng đứng Bình được chia làm hai phần nhờ một pittông cách nhiệt (hình H3) Pittông có khối lượng m = 500g và có thể chuyển động không ma sát

Phần 1 chứa khí heli, phần 2 chứa khí hiđro có cùng khối lượng m0 và ở

cùng nhiệt độ t0 = 270C Pittông cân bằng khi ở cách đáy dưới một đoạn là

0,6x Lấy g = 10m/s2

1 Tính áp suất của khí trong hai phần của bình

2 Để pittông cách đều hai đáy bình thì phải nung nóng khí ở phần nào,

đến nhiệt độ bao nhiêu? (phần còn lại giữ ở nhiệt độ không đổi t0 = 270C )

Bài 4 (4điểm) Trong mặt nghiêng một góc α so với mặt phẳng nằm ngang có hai thanh ray cố định, song song cách nhau một khoảng l nối với nguồn điện có suất điện động E, điện trở trong r Thanh kim loại

MN = l, điện trở R, có thể trượt trên hai thanh ray và luôn vuông góc với chúng

Bỏ qua điện trở các thanh ray và điện trở tại các chỗ tiếp xúc Hệ số ma

sát trượt giữa thanh MN và các thanh ray là μt (với μt  tanα ) Hệ thống

được đặt trong từ trường đều có cảm ứng từ Bvuông góc với mặt phẳng

các thanh và hướng lên phía trên (hình H4)

Người ta thả cho thanh MN trượt không vận tốc ban đầu

Hãy mô tả chuyển động của thanh MN và giải thích tại sao vận tốc của thanh MN chỉ tăng tới giá trị cực đại vmax (giả thiết hai thanh ray có độ dài đủ lớn) Tính vmax

Bài 5 (3điểm).Vật thật AB vuông góc với trục chính của một thấu kính cho ảnh A1B1 = 1cm trên màn.Thấu kính cố định, dịch chuyển AB dọc theo phương trục chính một đoạn 10cm, thì phải

dời màn một đoạn 32cm mới thu được ảnh A2B2 = 5cm trên màn Xác định tiêu cự của thấu kính

Bài 6 (3điểm) Cho các dụng cụ: Một ắc quy chưa biết suất điện động và điện trở trong, một ampe kế,

một điện trở R0 đã biết giá trị, một điện trở Rx chưa biết giá trị, các dây dẫn Bỏ qua điện trở của ampe kế và dây dẫn Trình bày một phương án xác định giá trị của điện trở Rx

==========Hết=========

gi¸m thÞ sè 1

0,6x

x

1

2 hình H3

m1

k

m2 hình H2

B

A

hình H1

P

O

k (Đề thi này có 01 trang)

B

N

M

+

-

E, r

hình H4

Trang 2

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THPT NĂM HỌC 2011-2012

Đề chính thức Hướng dẫn chấm

đề thi HSG môn Vật lí - lớp 12 năm học 2011-2012 (BẢNG A)

Bài 1

Phương trình chuyển động của vật A khi chưa rời bàn

a m F T N

P AAAdh

Chiếu trên phương OY -PA+NA+Fdhcos =0

NA= PA- Fdhcos Vật rời khỏi bàn khi NA = 0

PA = Fdhcos => mg = klcos = k(l 1 -l 0 )cos

mg = k(l 0/cos -l 0 )cos = 

 1 cos

cos

1 5

0

0





l mgl

cos = 4/5 => tan = 3/4

0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0

0

l

l 

0

l l

S là đường đi của A và B

S = l0tan =

4

Chọn mốc thế năng là mặt bàn

2 2

2

1 ) ( 2

v m v

m A A B B

Bài 2

1 Xác định biên độ A để m1 luôn luôn đứng yên:

 Khảo sát chuyển động của m2 Chọn trục Ox thẳng đứng hướng xuống

Gốc O là vị trí cân bằng

- Khi m2 ở vị trí cân bằng:

2

P +F0dh =0

 m2g - kl0 = 0

0,25đ 0,25đ

- Khi m2 có li độ x:

F = P2+F dh

F = m2g - k(l0 +x)

=> x’’ = x x

m

2

m

k

 Vậy m2 dao động điều hoà với phương trình dạng:

0,25đ

B hình H1

P

NA

TA

PA

Fdh

α

m1

k

m2

T

P1

P2

Trang 3

) (

c

x

 Khảo sát chuyển động của m1

Khi m2 đứng cân bằng thì m1 cũng cân bằng:

T0 = m1g + F0dh = m1g + m2g = (m1 + m2)g

0,25đ Khi m2 có li độ x thì phương trình chuyển động của m1 là :

dh F P T a

m    

1

Chiếu lên trục tọa độ : m1x1’’ = -T + m1g + k(l0 +x)

Điền kiện m1 đứng yên là : x1’’= 0, T0

 (m1+m2)g + kx = T  0

 (m1+m2)g + kA cos(t )  0

 (m1+m2)g - kA  0

k

g m m

A ( 1 2)

0,25đ 0,25đ

0,25đ

2 Để sau khi đốt dây khoảng cách giữa m1, m2 không đổi thì lúc đốt dây cơ

hệ phải có trạng thái:

- Lò xo không co hoặc dãn: l = l 0

- Vận tốc của m2: v2 = 0

0,25đ

Xác định biên độ A :

Chiều dài lò xo khi m2 dao động là: l = l0 + l0 +x

 l = l0 + l0 +A cos(t )

0,25đ 0,25đ Vận tốc của m2: v2  Asin(t)

Ta có: v2 = 0 => sin(t) = 0 => cos(t)= 1 0,25đ

Để l = l0, phải cần : l0 – A = 0

=>

k

g m l

A  0  2

0,25đ 0,25đ

Bài 3

1 Phần khí ở trên: p1V1 = 0 0

m

0,25đ

Phần khí ở dưới: p2V2 = 0 0

m

0,25đ

2

1 6 , 0

.

4 ,

0

.

2

S x p

S x p

4

3

2

1 

p

p

Pittông cân bằng: 1 p2

S

mg

p   

S

mg p

p2  1  (2)

0,5đ

Từ (1) và (2) tính được: p1 = 1500N/m2 và p2 = 2000N/m2 0,25đ

2 Đun phần trên đến nhiệt độ '

1

T , giữ nguyên nhiệt độ phần dưới là T0 = 300K

Xét phần khí ở dưới: p2V2  p'2V

V

V p

p' 2 2

5 , 0

6 , 0 2000

m N S

S x

0,25đ 0,25đ

S

mg p

p  ' 

2 '

1 thay số: p1'  2400  500  1900N/m2

0,25đ

Trang 4

Xét phần khí ở trên:

' 1 1

0

1 1

T

V p T

V p

1 1

0 1 ' 1

V p

VT p

K S

x

S x

4 , 0 1500

300 5 , 0 1900

'

0,25đ

0,25đ

Bài 4

Nguồn điện gây ra dòng điện I qua thanh đặt trong từ trường Thanh chịu tác dụng của

lực từ F: F = BI = B

R r

E

 = r R

E B

Psinα > tPcosα  Psinα + BI  > tPcosα  Thanh MN chuyển động xuống

0,5đ Khi thanh chuyển động xuống với vận tốc v thì trên thanh xuất hiện suất điện động

cảm ứng Ec = Bv

Dòng điện trong mạch là I’ =

R r

E

E c

 lực từ F’ = BI’

 F’= B

R r

E

E c

= B (

R r

v B E

 

) =

R r

v B EB

 22

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Hợp lực tác dụng lên vật là

PF'FmsNm a

Chiếu phương trình lên phương chuyển động ta có

Psinα + F’ – Fms = ma

 Psinα +

R r

B

( E - B v) – tPcosα = ma

 a =

)

m

B

( E-B v) + gsinα – tgcosα

0,25đ 0,25đ 0,5đ

Mà gsinα – tgcosα > 0 vì t< tgα

Nên khi v tăng a giảm khi a=0 Thanh trượt đều với vmax

vmax=

B

E

+ (2 2 )

B

R r

mg

( sinα – tcosα)

0,25đ 0,25đ

0,5đ

Bài 5

Xét vị trí đầu d1

=f(1-1

1

k ) d’1= f(1-k1 ) k1=

1

1 1

d

d AB

B

A   < 0

0,5đ

Xét vị trí sau d2

=f(1-2

1

k ) d’2= f(1-k2 ) k2=

2

2 2

d

d AB

B

ảnh hiện rõ trên màn nên ảnh thật d1>0 suy ra K1<0

Vật di chuyển một đoạn a, ảnh thật A2B2>A1B1

Vật di chuyển lại gần thấu kính ảnh di chuyển ra xa thấu kính d1>d2 ; d’2>d’1

Suy ra d1-d2 = f(

2

1

k - 1

1

k )= a >0

0,25đ 0,25đ

2 1

2 1

k k

k ak f

 (1) tương tự d’2-d’1=f(k1-k2 ) = b>0 (2) 0,25đ Mặt khác

1 2 1 1

2 2

k

k B A

B A

 = n >0 (3) ; từ (1), (2) và (3) suy ra 0,25đ

F’

α

Fms

P

N

Trang 5

a.k1.nk1=b 

an

b

k2 

an

b

k1  ; k2 =

an

b

1

n

abn

f thay số a=10cm b=32cm n=

1 5

 f=10cm

0,5đ

Bài 6

- Gọi E, r lần lượt là suất điện động và điện trở trong của nguồn điện

- Lần thứ nhất, mắc mạch điện nối tiếp gồm ăcquy, ampe kế và điện trở R0

Dòng điện chạy qua mạch là I1 : 1

0

E

I =

0,5đ

- Lần thứ hai, thay điện trở Rx vào vị trí R0 ở mạch điện trên Dòng điện qua

mạch trong trường hợp này là : 2

x

E

I =

0,5đ

- Để xác định 3 đại lượng E, r, Rx ta cần ít nhất ba phương trình Do đó cần phải

có thêm một phương trình nữa Lần thứ ba, ta mắc R0 và Rx nối tiếp vào mạch

điện trên rồi đo cường độ dòng điện I3 trong mạch : 3

0 x

E

I =

R + R + r (3)

0,25đ 0,5đ

- Giải hệ 3 phương trình (1), (2) và (3) ta có : 2 3 1

1 3 2

I (I - I )

I (I - I )

sử dụng am pekế ta xác định được các cường độ dòng điện tương ứng ta tính được Rx

0,5đ

0,25đ

Chú ý: Học sinh có thể trình bày cách mắc R0 // Rx rồi mắc vào mạch trên ở lần mắc thứ

ba Khi đó, cường độ dòng điện trong mạch chính là :

4

0 x

0 x

E

I =

R R

+ r

R + R

(3’)

- Giải hệ pt (1), (2) và (3’) ta có: 1 4 2

2 4 1

I (I - I )

I (I - I )

- hết -

Ngày đăng: 29/10/2014, 05:00

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

w