đề thi chọn HSG vật lí 11 Vĩnh Phúc đề số 7

Sở gd&đt vĩnh phúcĐề CHíNH THứC Kì THI CHọN HSG LớP 11 THPT NĂM HọC 2010-2011 Đề THI MÔN: VậT Lý Dành cho học sinh THPT chuyên Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Cõ

Sở gd&đt vĩnh phúc

Đề CHíNH THứC

Kì THI CHọN HSG LớP 11 THPT NĂM HọC 2010-2011

Đề THI MÔN: VậT Lý (Dành cho học sinh THPT chuyên ) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Cõu 1: Một vành trũn mảnh khối lượng m bỏn kớnh R quay quanh trục đi qua tõm và vuụng gúc với mặt phẳng của vành với vận tốc gúc 0.Người ta đặt nhẹ nhàng vành

xuống chõn của một mặt phẳng nghiờng gúc  so với phương ngang

(Hỡnh 1) Hệ số ma sỏt giữa vành và mặt phẳng nghiờng là  Bỏ qua ma sỏt lăn

a) Tỡm điều kiện của  để vành đi lờn trờn mặt phẳng nghiờng.

b) Tớnh thời gian để vành lờn đến độ cao cực đại và quóng đường vành Hỡnh 1

đi được trờn mặt phẳng nghiờng

Cõu 2: Cho hệ 3 thấu kớnh L1, L2, L3 đặt đồng trục (Hỡnh 2) Vật sỏng

phẳng, nhỏ cú chiều cao AB đặt vuụng gúc với trục chớnh, ở trước L1

cỏch L1 khoảng d1 = 45cm Hai thấu kớnh L1 và L3 được giữ cố định tại

hai vị trớ O1 và O3 cỏch nhau 70cm

a) Thấu kớnh L2 đặt tại vị trớ cỏch L1 khoảng 0102 = 36cm, khi đú ảnh

cuối của vật AB cho bởi hệ ở sau L3 và cỏch L3 một khoảng bằng 255cm

Trong trường hợp này nếu bỏ L2 đi thỡ ảnh cuối khụng cú gỡ thay đổi và

vẫn ở vị trớ cũ Nếu khụng bỏ L2 mà dịch chuyển nú từ vị trớ đó cho về phớa L3 một đoạn 10cm, thỡ ảnh cuối ra vụ cực Tỡm cỏc tiờu cự f1, f2, f3 của cỏc thấu kớnh

b) Tỡm cỏc vị trớ của L2 trong khoảng O1O3 mà khi đặt L2 cố định tại cỏc vị trớ đú thỡ ảnh cuối cú độ lớn luụn luụn khụng thay đổi khi ta tịnh tiến vật AB dọc theo trục chớnh trước L1

Cõu 3: Cho mạch điện như hỡnh 3 Biết hai cuộn dõy cảm thuần, L1 thay đổi được,

L2 = 1

2H, R = 50Ω,

3

10

5





 , uAB 100 2 cos100 t (V)

a) Điều chỉnh 1 1

L 2



H, viết biểu thức của cường độ dũng điện trong mạch chớnh

b) Thay đổi L1, tỡm L1 để điện ỏp hiệu dụng giữa hai đầu L1 cực

đại Tỡm giỏ trị cực đại đú

Cõu 4: Một xylanh cỏch nhiệt kớn hai đầu đặt nằm ngang, bờn trong cú một pittụng khối lượng M, diện

tớch S, bề dày khụng đỏng kể Bờn trỏi pittụng chứa một mol khớ hydrụ, bờn phải là chõn khụng Lũ xo nhẹ một đầu gắn với pittụng, đầu kia gắn vào thành của xy lanh (hỡnh 4) Lỳc đầu giữ pitụng để lũ xo cú chiều dài tự nhiờn, khớ hydrụ cú thể tớch V1, ỏp suất p1, nhiệtđộ T1 Thả cho pittụng

chuyển động tự do và sau một thời gian nú dừng lại, lỳc này thể tớch của khớ

hyđrụ là V2 =2V1 Bỏ qua ma sỏt giữa pittụng và thành xylanh

a Xỏc định nhiệt độ T2 và ỏp suất p2 lỳc này Bỏ qua nhiệt

dung riờng của xylanh và pittụng

b Giả sử pittụng khụng dừng lại ngay mà dao động quanh

vị trớ cõn bằng Tớnh chu kỳ dao động nhỏ của pittụng

Cõu 5: Cho mạch điện như hỡnh 5 Trong đú r1=r2=R/5

RA1=RA2=R/20; E1=5E2 Bỏ qua điện trở cỏc dõy nối và khúa K Khi K

đúng, số chỉ Ampe kế A2 là 1A Tớnh số chỉ cỏc ampe kế khi K mở và

khi K đúng

== Hết ==

Họ tờn thớ sinh ……… Số bỏo danh .……….

Hỡnh 4

l

0

X

0

V

1

B A

L

3

O

3

Hỡnh 2

C

L

2

M

Hỡnh 3



R

E

2 ,r

2

E

1 ,r

1

D

A 1

A2

B C

R R

R

R

Hỡnh 5

ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI HSG LỚP 11 (CHUYÊN )NĂM 2011

MÔN VẬT LÝ Câu 1: (2 điểm)

a) Do vận tốc đầu của khối tâm bằng không nên khi vừa đặt xuống vành vừa quay vừa trượt trên mặt phẳng nghiêng Phương trình động lực học cho khối tâm là

Fms-mgsi =ma => mgcos-mgsin =ma => a=g(cos-sin)

Để vành đi lên mặt phẳng nghiêng thì a>0 do đó  >tan (0,5 đ)

b) Vận tốc khối tâm tăng dần trong khi vận tốc góc giảm dần, đến thời điểm

v=ωR thì vành sẽ lăn không trượt Do đó ta xét vành đi lên gồm hai giai

đoạn:

* Giai đoạn vừa quay vừa trượt:

- Phương trình chuyển động là: -FmsR=mR2. => =-gcos/R

Đến thời điểm t1 vành kết thúc trượt thì vận tốc khối tâm và vận tốc góc bằng nhau:

v1=at1=g(cos-sin)t1;

ω1= ω0+ t1= ω0 –gcos.t1/R (0,25 đ)

Do v1=ω1R suy ra t1= 0

(2 cos sin )

R g



    ; v1=at1=(cos-sin) 0

2 cos sin

R



ω1 =(cos-sin) 0

2 cos sin



   Quãng đường mà vành đi lên được trong giai đoạn này là

S1=v1/2a =

2 2 0 2

( cos sin )

2 (2 cos sin )

R g



 (0,5 đ)

* Giai đoạn vành lăn không trượt: Lực ma sát nghỉ hướng lên trên:

Phương trình động lực học cho khối tâm và phương trình quay quanh tâm tức thời:

-mgRsin =2mR2. =>  =-gsin /2R

Gia tốc khối tâm của vành là a=R=-gsin /2

Thời gian chuyển động lên trong giai đoạn này xác định từ phương trình 0=v1+a’t2

=> t2=(cos-sin) 2 0

sin (2 cos sin )

R g



    (0,5 đ)

Quãng đường vành lên được trong giai đoạn này là

S2= -v1 /2a’ = (cos-sin)2 0 2 2

R

g



=> Thời gian và quãng đường đi lên là t=t1+t2và s=s1+s2 (0,25 đ)

Câu 2(2 điểm):

a) Tìm các tiêu cự f1 , f2, f3 của các thấu kính.

- Ta có:

+ Sơ đồ tạo ảnh với hệ ba thấu kính:

N

P F

ms

Vì: /

2

/

A = /

1 /

A ; d31 = d32 nên: d32= d31  d/

Ta có: d2 = O1O2- d /

1  d/

1 = O1O2= 36(cm)

d3 = O2O3 - d/

2  d3= O2O3 = 34(cm) (0,25đ)

Tiêu cự của thấu kính (L1):

f1= /

1 1

/ 1 1

d d

d d

 =

36 45

36 45

 = 20(cm) (0,25đ)

Tiêu cự của thấu kính (L3):

f3 = /

3 3

/ 3 3

d d

d d

 =

255 34

255 34

 =30(cm) (0,25đ)

Khi dịch chuyển (L2) ta có sơ đồ tạo ảnh bởi (L2 ) (vị trí mới) và ( L3) như sau:

Vì d/

Mà: d33 = O/

2 O3 - d/

22= O/

2 O3 - d33= 24 - 30 = - 6(cm)

d22= O1O/

2- d /

1 = 46 - 36 = 10(cm) Tiêu cự của thấu kính (L2):

f2 = /

22 22

/ 22 22

d d

d d

6 10

) 6 (

10





= - 15(cm) (0,25đ)

b) Tìm các vị trí của (L2 ) trong khoảng O 1 O 3 :

- Khi tịnh tiến vật AB trước thấu kính (L1), tia tới từ B song song với trục chính không đổi Có thể coi là tia này do một điểm vật ở vô cực trên trục chính phát ra

Nếu ảnh sau cùng có độ lớn không đổi, ta có một tia ló khỏi ( L3) song song với trục chính cố định Có thể coi tia này tạo điểm ảnh ở vô cực trên trục chính Hai tia này tương ứng với nhau qua hệ thấu kính

Ta có: d1   d/

1= f1 = 20(cm)

d/

3   d3= f3 = 30(cm) (0,25đ)

Gọi x là khoảng cách từ (L1) đến (L2) thỏa yêu cầu đề bài, ta có:

d2 = x -d/

1 = x - 20 (1)

d3 = 70 – x - d/

2 = 30 (2) (0,25đ)

Từ (1) và (2) ta được: 70 - x -

15 20

) 15 )(

20 (









x

x

= 30

 70x - 350 - x2 + 5x + 15x - 300 = 30x - 150 x2 - 60x + 500 = 0 (*) (0,25đ)

Phương trình (*) cho ta 2 giá trị: x = 50 (cm), x = 10 (cm) (0,25đ)

Câu 3 (2 điểm):

C I



R

U

MB

U

R

I



R I

I 

MB

U 

MB

U

L1

U 

AB

U

I



a) ZL1 ZL2 .L150; 2 22

Z  R Z 50 2; C 1

C

 (0,25đ)

* UMB sớm pha so với iR góc 1 =

4



* Gọi MB là độ lệch pha giữa i và uMB:

2

MB

4



 i sớm pha 0,25 so với uMB (0,25đ)

* Từ giản đồ: I2C I2R I2  2 2 2

Z Z Z  ZMB 50 2

Z Z  2Z Z cos45

U

Z Z  2Z Z cos45

= 2 2

100

1 (50 2) 50 2.50 2.50

2

  = 2A (0,25đ)

Gọi  là độ lệch pha giữa uAB và i:

tan =

0

0 MB

U U sin 45

U cos45



=

0

0 MB

Z Z sin 45

Z cos45



= 0   = 0

Vậy phương trình dòng điện trong mạch chính: i = 2 2 cos100t (A) (0,25đ)

b) Độ lệch pha giữa uMB và i không phụ thuộc vào L1 và luôn bằng 0,25

Ta có giản đồ véc tơ như hình vẽ

Từ giản đồ, áp dụng định lí sin: AB L1

0

sin 45 sin (0,25đ)

U sin

U

sin 45





Dễ thấy UL1 lớn nhất  sin lớn nhất   = 900 (0,25đ)

OMN vuông cân  UL1max = UMB 2 = UAB 2 = 100 2 (V) (0,25đ)

I = MB

MB

2

Z 50 2  A  ZL1 = 100  L1 =

1

H (0,25đ) Câu 4(2 điểm):

a) * Trạng thái khí ban đầu khi pittông bắt đầu CĐ: V1, p1,T1

* Trạng thái khí khi pittông dừng lại: V2 = 2V1, p2, T2

+ Do xylanh cách nhiệt : Q = A+ ΔU = 0 (1)

2

5 T R 2

5

U    2  1

 (2)

+ VTCB, lò xo bị nén một đoạn X0 = h/2

lực đàn hồi tác dụng lên pittông : F  1 k X 0 (0,25đ)

+ Áp lực của khí trong xy lanh tác dụng lên pittông:

F2 = p2 S

+ Phương trình trạng thái cho một mol khí hydrô:

p2V2 = R.T2 với V2 = 2V1 = 2S.X0

Suy ra

0

2 2

2 2

X 2

T R S V

T R

F   (0,25đ)

+ Pittông đứng yên : F1= F2 

0

2 0

X 2

T R X

k  + Công khí thực hiện lên pittông bằng công của Fđh (AFdh=A)

4

T R kX

2

0   (3)

+ Thay (2) ,(3) vào (1) được : T2 = 10

11T1 (0,25đ) + Phương trình cho 2 trạng thái : p1.V1 = R.T1

và p2.V2 = p2.2V1 = RT2

Suy ra : 2 p 1

11

5

p  (0,25đ)

b) Tại vị trí cân bằng:

p2 S = k.X0 và V2 = Sh (4)

+ Tại li độ x<<h : F – Fđh = M.x’’

hay pS – k(X0 + x) =M.x’’ (5)

Quá trình đoạn nhiệt: pV p V2 2







































x h

h p V

V

p

2 (0,25đ)

+ Do x << h nên 1 hx

h

x 1

1 x

h



































(6) (0,25đ)

Thay (4),(6) vào (5) ta có:

2 2

( p S k x Mx ) ''

V



   (0,25đ)



0 x M

k V

S p

2 2











Vậy khi li độ x << h, Pittông dao động gần điều hòa với chu kì

2 2

2

T

p S

k V







1 1

2 5

22

M

p S

k V





 (0,25đ)

Câu 5 (2 điểm):

* Khi K đóng các dòng điện có chiều như hình vẽ Ta có:

I3=UDB/R => I3=IA2.(RA+R)/R=21/20A

I2=I3+IA2=41/20 A

UAB=3,51R-E2 (1)

=> IA1=UAB/(R+RA) =70,2/21 -20E2/21R (2)

=> I1=I2+IA1=2265/420-20E2/21R (0,5đ)

Mặt khác UAB=E1-I1(r1+R) =5E2 -453R/70 -120E2/105 (3)

Từ (1) và (3) rút ra: E2/R =2,055 (4)

Từ (4) và (2) ta có: IA1=1,386 A (0,5đ)

* Khi K mở, điện trở của các đoạn mạch AE1BD; AE2D và ACD lần

lượt là:

R1=2R+r1+RA =45R/20

x 0

F

đh

F

R

I 1

E2,r2

E

1 ,r 1 A

D

A 1

A 2

B C

R

I2

IA1

IA2

R I3

R R

R

I 1

E2,r2

E1,r1

I 2

I

2R A 2

R2=R+r2+RA =6R/5

R3=2R+RA =41R/20 (0,5đ)

Chú ý đến (4) và E1=5E2, áp dụng định luật Ôm tổng quát cho các đoạn mạch ta suy ra:

UAD=(E1/R1-E2/R2) / (1/R1+1/R2+1/R3) =1,539/R

=> IA1=UAD/R3=0,75A; IA2=I1=(E1-UAD)/R1=3,88A (0,5đ)

-*-Nếu thí sinh làm cách khác vẫn đúng thì cho điểm tối đa tương ứng.

*-Thí sinh không viết hoặc viết sai đơn vị từ hai lần trở lên thì trừ 0,25 điểm cho toàn bài.