đề + DAthi HSG tỉnh Quảng ninh 2012 bảng A

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NINH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 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 l 0 = 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 m 1 và m 2 được nối với nhau bởi một lò xo có độ cứng k. Vật m 1 được treo bằng một sợi dây (hình H2). Bỏ qua khối lượng của lò xo, sợi dây và lực cản của không khí. Cho m 2 dao động với biên độ A. 1. Xác định A để m 1 luôn luôn đứng yên. 2. Xác định A để sau khi đốt dây treo khoảng cách giữa m 1 và m 2 không đổi. Bài 3 (3điểm). Một bình kín hình trụ chiều cao x, tiết diện S = 1dm 2 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 m 0 và ở cùng nhiệt độ t 0 = 27 0 C. Pittông cân bằng khi ở cách đáy dưới một đoạn là 0,6x. Lấy g = 10m/s 2 . 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 t 0 = 27 0 C ). 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 t μ (với )tanαμ t  . Hệ thống được đặt trong từ trường đều có cảm ứng từ B vuông 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 v max (giả thiết hai thanh ray có độ dài đủ lớn). Tính v max . Bài 5 (3điểm).Vật thật AB vuông góc với trục chính của một thấu kính cho ảnh A 1 B 1 = 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 A 2 B 2 = 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 R 0 đã biết giá trị, một điện trở R x 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 R x . ==========Hết========= Đề thi chính thức Hä vµ tªn, ch÷ ký cña gi¸m thÞ sè 1 0,6x x 1 2 hình H3 m 1 k m 2 hình H2 B A hình H1 P O k (Đề thi này có 01 trang)  B  N M + - E, r hình H4 Họ và tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NINH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 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) Sơ lược cách giải Điểm Bài 1 3đ Phương trình chuyển động của vật A khi chưa rời bàn amFTNP dhAAA  Chiếu trên phương OY -P A +N A +F dh cos  =0 N A = P A - F dh cos  Vật rời khỏi bàn khi N A = 0 P A = F dh cos  => mg = k l cos  = k(l 1 -l 0 )cos  mg = k(l 0 /cos  -l 0 )cos  =   cos1 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 cos l l l   = 44 5 0 0 0 l l l  0,5đ S là đường đi của A và B S = l 0 tan  = 4 3 0 l 0,25đ Chọn mốc thế năng là mặt bàn -mgh = 2 22 2 1 )( 22 lKShmg vmvm B B A A  0,5đ Thay số: v = sm/7,1 0,5đ Bài 2 4đ 1. Xác định biên độ A để m 1 luôn luôn đứng yên:  Khảo sát chuyển động của m 2 Chọn trục Ox thẳng đứng hướng xuống. Gốc O là vị trí cân bằng. - Khi m 2 ở vị trí cân bằng: 2 P + dh F 0 = 0  m 2 g - k  l 0 = 0 0,25đ 0,25đ - Khi m 2 có li độ x: F = 2 P + dh F F = m 2 g - k(  l 0 +x) F = -kx 0,25đ => x’’ = xx m k 2 2   với m k   Vậy m 2 dao động điều hoà với phương trình dạng: 0,25đ B hình H1 P N A T A P A F dh α m 1 k m 2 T P 1 P 2 )(cA   tsox  Khảo sát chuyển động của m 1 Khi m 2 đứng cân bằng thì m 1 cũng cân bằng: T 0 = m 1 g + F 0dh = m 1 g + m 2 g = (m 1 + m 2 )g 0,25đ Khi m 2 có li độ x thì phương trình chuyển động của m 1 là : dh FPTam    111 0,25đ Chiếu lên trục tọa độ : m 1 x 1 ’’ = -T + m 1 g + k(  l 0 +x) m 1 x 1 ’’ = -T + (m1+m 2 )g + kx 0,25đ Điền kiện m 1 đứng yên là : x 1 ’’= 0, T  0  (m 1 +m 2 )g + kx = T  0  (m 1 +m 2 )g + )tcos(A  k  0  (m 1 +m 2 )g - kA  0  k gmm A )( 21   (1) 0,25đ 0,25đ 0,25đ 2. Để sau khi đốt dây khoảng cách giữa m 1 , m 2 không đổi thì lúc đốt dây cơ hệ phải có trạng thái: - Lò xo không co hoặc dãn: l = l 0 - Vận tốc của m 2 : v 2 = 0 0,25đ Xác định biên độ A : Chiều dài lò xo khi m 2 dao động là: l = l 0 +  l 0 +x  l = l 0 +  l 0 + )tcos(A   0,25đ 0,25đ Vận tốc của m 2 : )sin( 2   tAv Ta có: v 2 = 0 => )sin(  t = 0 => )cos(  t =  1 0,25đ Để l = l 0 , phải cần :  l 0 – A = 0 => k gm lA 2 0  0,25đ 0,25đ Bài 3 3đ 1. Phần khí ở trên: p 1 V 1 = 0 0 4 RT m 0,25đ Phần khí ở dưới: p 2 V 2 = 0 0 2 RT m 0,25đ 2 1 .6,0. .4,0. 2 1  Sxp Sxp  4 3 2 1  p p (1) 0,5đ Pittông cân bằng: 21 p S mg p   S mg pp  12 (2) 0,5đ Từ (1) và (2) tính được: p 1 = 1500N/m 2 và p 2 = 2000N/m 2 . 0,25đ 2. Đun phần trên đến nhiệt độ ' 1 T , giữ nguyên nhiệt độ phần dưới là T 0 = 300K. Xét phần khí ở dưới: VpVp ' 222   V Vp p 22 ' 2   Thay số 2' 2 /2400 5,0 .6,0.2000 mN S Sx p  0,25đ 0,25đ S mg pp  ' 2 ' 1 thay số: 2' 1 /19005002400 mNp  0,25đ Xét phần khí ở trên: ' 1 ' 1 0 11 T Vp T Vp   11 0 ' 1 ' 1 Vp VTp T  thay số: K Sx Sx T 475 4,0.1500 300 5,0.1900 ' 1  0,25đ 0,25đ Bài 4 4đ Nguồn điện gây ra dòng điện I qua thanh đặt trong từ trường . Thanh chịu tác dụng của lực từ F: F = BI  = B Rr E   = Rr EB   0,5đ Psinα > t  Pcosα  Psinα + BI  > t  Pcosα  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 E c = Bv  Dòng điện trong mạch là I’ = Rr EE c    lực từ F’ = BI’   F’= B  Rr EE c   = B  ( Rr vBE    ) = Rr vBEB   22  0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Hợp lực tác dụng lên vật là amNFFP ms      ' Chiếu phương trình lên phương chuyển động ta có Psinα + F’ – F ms = ma  Psinα + Rr B   ( E - B  v) – t  Pcosα = ma  a = )( Rrm B   ( E-B  v) + gsinα – t  gcosα 0,25đ 0,25đ 0,5đ Mà gsinα – t  gcosα > 0 vì t  < tgα Nên khi v tăng a giảm khi a=0 Thanh trượt đều với v max v max = B E + 22 )( B Rrmg  ( sinα – t  cosα) 0,25đ 0,25đ 0,5đ Bài 5 3đ Xét vị trí đầu d 1 =f(1- 1 1 k ) d’ 1 = f(1-k 1 ) k 1 = 1 111 ' d d AB BA  < 0 0,5đ Xét vị trí sau d 2 =f(1- 2 1 k ) d’ 2 = f(1-k 2 ) k 2 = 2 222 ' d d AB BA  < 0 0,5đ ảnh hiện rõ trên màn nên ảnh thật d 1 >0 suy ra K 1 <0 Vật thật cho ảnh thật nên thấu kính hội tụ f>0 0,25đ Vật di chuyển một đoạn a, ảnh thật A 2 B 2 >A 1 B 1 Vật di chuyển lại gần thấu kính ảnh di chuyển ra xa thấu kính d 1 >d 2 ; d’ 2 >d’ 1 Suy ra d 1 -d 2 = f( 2 1 k - 1 1 k )= a >0 0,25đ 0,25đ  21 21 kk kak f   (1) tương tự d’ 2 -d’ 1 =f(k 1 -k 2 ) = b>0 (2) 0,25đ Mặt khác 1 2 11 22 k k BA BA  = n >0 (3) ; từ (1), (2) và (3) suy ra 0,25đ F’ α F ms P N a.k 1 .nk 1 =b  an b k  2 1  an b k  1 ; k 2 = an b n 0,25đ  1  n abn f thay số a=10cm b=32cm n= 1 5  f=10cm 0,5đ Bài 6 3đ - 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 R 0 . Dòng điện chạy qua mạch là I 1 : 1 0 E I = R + r (1) 0,25đ 0,5đ - Lần thứ hai, thay điện trở R x vào vị trí R 0 ở mạch điện trên. Dòng điện qua mạch trong trường hợp này là : 2 x E I = R + r (2) 0,25đ 0,5đ - Để xác định 3 đại lượng E, r, R x ta cần ít nhất ba phương trình. Do đó cần phải có thêm một phương trình nữa. Lần thứ ba, ta mắc R 0 và R x nối tiếp vào mạch điện trên rồi đo cường độ dòng điện I 3 trong mạch : 3 0x E I = R + R + r (3) 0,25đ 0,5đ - Giải hệ 3 phương trình (1), (2) và (3) ta có : 2 3 1 x0 1 3 2 I (I - I ) R = R I (I - I ) . sử dụng am pekế ta xác định được các cường độ dòng điện tương ứng ta tính được R x 0,5đ 0,25đ Chú ý: Học sinh có thể trình bày cách mắc R 0 // R x rồi mắc vào mạch trên ở lần mắc thứ ba. Khi đó, cường độ dòng điện trong mạch chính là : 4 0x 0x E I = RR + r R + R (3’) - Giải hệ pt (1), (2) và (3’) ta có: 1 4 2 x0 2 4 1 I (I - I ) R = R I (I - I ) . hết . Hướng dẫn chấm đề thi HSG môn Vật lí - lớp 12 năm học 2011 -2012 (BẢNG A) Sơ lược cách giải Điểm Bài 1 3đ Phương trình chuyển động c a vật A khi ch a rời bàn amFTNP dhAAA  Chiếu. m 1 x 1 ’’ = -T + m 1 g + k(  l 0 +x) m 1 x 1 ’’ = -T + (m1+m 2 )g + kx 0,25đ Điền kiện m 1 đứng yên là : x 1 ’’= 0, T  0  (m 1 +m 2 )g + kx = T  0  (m 1 +m 2 )g + )tcos (A  k . chúng. Bỏ qua điện trở các thanh ray và điện trở tại các chỗ tiếp xúc. Hệ số ma sát trượt gi a thanh MN và các thanh ray là t μ (với )tanαμ t  . Hệ thống được đặt trong từ trường đều có cảm