đề thi chọn hsg quốc gia môn vật lí 12 tỉnh hà tĩnh

3 điểm Nhờ một chiếc gậy, người ta tác dụng vào quả bi-a bán kính r, khối lượng m một xung lực nằm ngang cách mặt bàn bi-a một khoảng h nằm trong mặt phẳng thẳng đứng đi qua khối tâm của

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HÀ TĨNH

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(Đề có 02 trang gồm 5 câu )

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN

DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT

NĂM HỌC 2012 - 2013

MÔN THI: VẬT LÝ ( Ngày thi thứ 2)

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (3 điểm) Nhờ một chiếc gậy, người ta tác dụng vào quả bi-a (bán kính r, khối lượng m) một

xung lực nằm ngang cách mặt bàn bi-a một khoảng h nằm trong mặt phẳng thẳng đứng đi qua khối

tâm của bi-a (hình 1) Biết momen quán tính của vật đối với trục quay qua khối tâm là 2 2

5mr . 1/ Hãy thiết lập hệ thức giữa vận tốc góc và vận tốc v 0

của khối tâm quả bi-a Biết ban đầu bi-a đứng yên

2/ Hãy nghiên cứu chuyển động của quả bi-a sau khi ngừng tác

dụng trong các trường hợp sau:

a/ .

5

7r

h  b/

5

7r

h  c/

5

7r

h 

Câu 2 (4 điểm) Một mô hình động cơ hơi nước đặt

nằm ngang trên mặt sàn nhẵn Tay quay OA có chiều

dài r và quay đều với tốc độ góc ω, điểm B luôn chuyển

động thẳng Thanh truyền AB dài bằng tay quay Coi

khối lượng của các bộ phận chuyển động rút về thành 2

khối lượng m1 và m2 tập trung ở A và B, khối lượng của

vỏ động cơ là m3 (hình 2)

1 Cho rằng vỏ động cơ chỉ chuyển động ngang và ban

đầu pit-tông ở vị trí xa nhất về bên trái Xác định phương trình chuyển động của vỏ động cơ

2 Nếu động cơ được bắt vít xuống nền bằng bu-lông, tìm áp lực của động cơ lên nền và lực cắt ngang bu-lông Bỏ qua lực căng ban đầu của bu-lông

Câu 3 (4 điểm) Cho mạch điện như hình 3: uAB = 80 2cos100t (V), L là cuộn dây cảm thuần có

độ tự cảm



4 ,

0

H, tụ điện C và điện trở R đều có thể thay đổi được

1/ Cho ZC = ZL, R = R1 = 75 Chứng minh rằng :

a/ iR sớm pha

2



so với uAB.

b/ Khi ZC = ZL thì UC đạt cực đại Tính UCmax

2/Giữ nguyên C điều chỉnh R, chứng tỏ công suất tiêu thụ

P = kR, k là hằng số không phụ thuộc vào R

3/ Giữ R = R1 Tìm C để uAB cùng pha với i

Câu 4 (4 điểm) Một hạt tích điện bay vào một môi trường có lực cản tỉ lệ với độ lớn vận tốc hạt.

Đến khi dừng lại hạt đã đi quãng đường L = 10cm (tính từ lúc đi vào môi trường) Nếu trong môi trường đó có đặt một từ trường đều vuông góc với vận tốc hạt thì với vận tốc ban đầu như trước hạt

sẽ dừng lại sau khi đi được đoạn đường l1 = 6cm Nếu cảm ứng từ giảm đi 2 lần thì hạt đi được quãng đường l2 bằng bao nhiêu trước khi dừng lại?

.

I

O

h

Hình 1 H

Hình 2

A

C

R

A

B L

Hình 3 M

Câu 5 (5 điểm) Trong một xi-lanh cao, cách nhiệt đặt thẳng đứng, ở dưới pit-tông mảnh và nặng

có một lượng khí lý tưởng đơn nguyên tử Ở bên trên pit-tông tại độ cao nào đó, người ta giữ vật nặng có khối lượng bằng khối lượng tông Sau đó, người ta thả nhẹ vật nặng và nó rơi xuống pit-tông Sau va chạm tuyệt đối không đàn hồi của vật và pit-tông một thời gian, hệ chuyển về trạng thái cân bằng, tại đó pit-tông có cùng độ cao như lúc ban đầu Hỏi độ cao ban đầu của vật tính từ đáy xi-lanh bằng bao nhiêu lần độ cao của pit-tông? Biết bên trên pit-tông không có khí Bỏ qua mọi ma sát

và trao đổi nhiệt

- HẾT

-* Thí sinh không được sử dụng tài liệu;

* Giám thị không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

2

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM VẬT LÝ ( VÒNG II )

NĂM HỌC 2012 - 2013

1) Định lý biến thiên động lượng và momen động

lượng :

Δ P = P'



- 0 = F Δt

ΔL0 = L- 0 = OH x F Δt

0,25 0,25

Chiếu các phương trình vectơ trên lên trục:

Ox: m v0 = F.Δt

Oz: 2 2

( )

5mr   h r F t  Từ đó:

2

0

2

5mr   h r v

Hay ω = 2 0

5 ( ) 2

h r v r



0,25 0,25 0,25 2)

Ta có : dv0

m dt

 =Fms ; 2 2

5

mr d

OI dt





 

ms

xF

Trên truc Oz:

2

2 5

mr d

r mg dt







Nhiều trường hợp được xét tùy theo vận tốc trượt uα của bi-a

uα 0 2 0

h r h r

) 2

r h v r



0,25 0,25 0,5

a) Nếu h> 7

5

r

khi đó uα < 0 => Fms > 0 quả bi-a lúc đầu trượt với gia tốc hướng theo trục x, sau đó lăn không trượt vì  tăng

b) Nếu h = 7

5

r

u = 0 quả bi-a lăn trượt

c) Nếu h < 7

5

r

u > 0 Fms < 0 ; Fms = - mg lúc đầu quả bi-a trượt với gia tốc âm sau đó lăn không trượt

0,25 0,25

0,25

O

y

x Hình 1a

.

I O

1)

Xét tại thời điểm t góc quay của vật

BOA = φ = ωt (hình 2a) Các bộ phận

có khối lượng m1, m2 có vận tốc lần

lượt là v1 và v2 trong hệ quy chiếu

gắn với vỏ Vỏ có vận tốc v3đối với

sàn

Theo phương ngang hệ không chịu tác

dụng của ngoại lực nên bảo toàn động lượng:

m3v3 +m2(v2 + v3) +m1(v1sinωt + v3) = 0 0,5

=> v3 = - 2 2 1 1

sin





  (1) với v1 = ωr,

v2 = - dOB

dt = -2

dOH

dt = 2

( os )

d rc t dt



= 2ωrsinωt (2) thay (2) vào (1) ta có:

v3 = - 2 1

(2m m) rsin t



0,25 0,5 0,25

Lấy nguyên hàm của (3) x = 2 1

(2m m rc) os t





Chọn x = 0 tại t = 0 ta có C = 2 1

(2m m r)



vậy x = 2 1

(2m m r c) ( os t 1)



0,5

0,5

2) Xét cả hệ chỉ có v1có thành phần vận tốc theo phương thẳng đứng:

vy = v1cosωt = ωrcosωt, do đó áp lực của hệ lên sàn theo phương thẳng đứng là N = (m1+m2+m3)g +d m y( 1 )

dt

N = (m1+m2+m3)g - m1ω2r.sinωt

0,25

0,5 Động lượng của hệ theo phương ngang khi vỏ được giữ đứng yên là

p = m2v2 + m1v1sinωt = (m1 +2m2)ωr.sinωt

Do đó lực cắt ngang bulong là

T = dp

dt = (m1 +2m2)ω

2r.cosωt

0,25

0,5

1a)

Xét đoạn mạch MB ta thấy iR cùng pha với uMB, iL trễ pha

2



so với uMB nên ta có giản đồ véc tơ bên

- Chọn I làm trục chuẩn ta có uC chậm pha

2



so iAB,

uMB sớm pha φ1 so với iAB ta có:

UAB= UAM+UMB= UC+UMB

Ta có UAM = I.ZC, UMB= IR.R = IL.ZL và

0,5

0,25

4

Hình 2a

A H

V1

V2

I

I

R UMB

φ

1

α1 O

U

C

UMB

IR

I

L U

AB

I

φ

1 α

1

α

2

AM C C

U I Z I (IC = I) lại có sin( 1)

2

MB L AM





   = cosφ1 Mặt khác góc hợp bởi giữa UMB và UC là α2 = α1=( 1)

2





 nên UMBvuông góc với

AB

U vậy iR sớm pha hơn uAB góc

2



0,5

0,25 1b) Chứng minh UC = UCmax

Xét tam giác ONP

sin( )

C

sin

    vì sinα2 = I L

I = const và UMBvuông góc với

AB

U nên UCmax.

sinα2 = I I L = MB MB MB 2 L 2

L L

Z

R Z = 8/17

Vậy UCmax= 80.17 170

8  V .

0,5

2

P = I R với I R2 R = U MB

R Lại có tanφMB =

L R

I

I , tanφ1 = U MB

U .

Vì φMB =φ1 nên L

R

I

I = MB

U

U => UMB =U.

L R

I

I = U. L

R

Z =>IR = U MB

R = L

U

Z

Vậy P = (

L

U

Z )2 R = 4R.

0,5

0,5

3

Để uAB và i cùng pha thì sinφ = C

MB

U

U =

C MB

Z

Z =>

ZC =sinφ.ZMB

mà sin φ = cosα2 = 2

2

1 sin  = 15/17

ZC = 2 2

15 15.40.75

l L

R Z

R Z    => C = 10-4F

0,5

0,5

5

O U

C

N

UMB

UAB

I

φ1

α

2

P

φ1

φ

FC

f

v

+ Giả sử hạt mang điện tích dương và tại thời điểm t vận tốc hạt là v.

+ Theo bài hạt bay vào từ trường theo hướng vuông góc với từ trường nên trong từ trường hạt chịu tác dụng của các lực:

Lực cản: F C = -kv ; Lực Loren: F = q  v B

Từ hình vẽ ta có: (ma)2 = (kv)2+(qvB)2  (m.dv

2 = (k2+q2B2).v2

0,5 0,5

 2 2 2

k q B vdt = -mdv (Vì v giảm dần)

 k2 q B2 2 ds = -mdv

 k2 q B2 2

0

s

ds

 = -m

0

0

v

dv

  s2 = 2 2 22 2

B q k

v

0,5 0,5

Khi B = 0: s2 = L2 = 2

2 2

k

v

m o

; Khi B = Bo: s2 = l1 = 2 2 2

2 2

o

o

B q k

v m



0,5

Khi B = Bo/2: s2 = l2 = 2 2 2

2 2

4

4

o

o

B q k

v m



0,5

+ Từ trên suy ra: 2

2

1

2 2 2

4

4

o

o

v m

B q

k 

= 2 2

2

4

3

o

v m

k

2 2 2

4 o

o

v m

B q

k 

4

3

1

4

1

l

 l2= 2 2

1

1

3

2

L l

Ll

  8,3cm

0,5 0,5

6

h

1

h2

Khối lượng của vật là m1, của pit - tông là m2 (m1 = m2 = m)

Vận tốc của vật ngay sau khi va chạm được xác định từ các phương trình: m1.gh2 =

m1.v2/2 ;(1)

m1v = (m1+m2)v1 (2)

0,5

0,5

Định luật bảo toàn năng lượng của hệ sau va chạm và và khi có cân bằng mới: 1

3

2nRT + (m1+m2)

2

1

2

v

.+ (m1+m2)h1 = 2

3

2nRT + (m1+m2)h (3) (h = h1)

1,0

Lại có p1.S = m1g, (4) nRT1 = p1Sh1 (5)

p2.S = (m1+m2)g,(6) nRT2 = p2Sh (7) 1,5

Từ các phương trình trên thay vào phương trình (3) giải ra: h2 =3h1 Vậy độ cao của

vật bằng 4 lần độ cao của pit- tông

1,5