Đề kiểm tra đội tuyển vật lý lần thứ 3 môn vật lý

ĐỀ KIỂM TRA ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA MÔN VẬT LÝ LẦN THỨ 3 Thời gian làm bài 180 phút Ngày kiểm tra : Bài 1 : ( 3 điểm ) Một thanh đồng tính có độ dài l thực hiện dao động bé xung quanh một trục nằm ngang 0 0’ vuông góc với thanh và đi qua một trong các điểm của nó .Tìm khoảng cách giữa tâm quán tính của thanh và trục 00’, khi chu kỳ dao động là nhỏ nhất . Chu kỳ đó bằng bao nhiêu? Bài 2 : ( 4 điểm ) Để nạp thêm điện cho một ác quy có suất điện động E = 12V nhờ nguồn có hiệu điện thế U = 5V ,người ta dùng một sơ đồ như hình vẽ ,trong đó cuộn dây có độ tự cảm L = 1H ,diốt D là lý tưởng ,K là một cái đóng ngắt hoạt động tuần hoàn đóng và ngắt mạch trong những khoảng thời gian bằng nhau 1 2 0,01T T s= = .Hãy xác định giá trị trung bình của cường đọ dòng nạp cho ác quy Bài 3: ( 3 điểm ) Các thành bên AC và BD và nắp trên CD của một bình hình trụ và pít tông nhẹ MN được làm bằng loại vật liệu không dẫn nhiệt . Đáy AB dẫn nhiệt được .Pít tông có thể dịch chuyển không ma sát .Phía trên và phía dưới pít tông đều chứa 1 mol khí lý tưởng đơn nguyên tử .Có thể cung cấp nhiệt lượng hay lấy bớt nhiệt lượng của khí dưới pít tông qua đáy AB .Hãy tìm biểu thức nhiệt dung 1 C của khí dưới pít tông qua các thể tích 1 V và 2 V .Nhiệt dung 2 C của khí trên pít tông bằng bao nhiêu? Bài 4: ( 4 điểm ) Một hình nón có góc giữa đường sinh và trục là α ,trục thẳng đứng .Ở độ cao H có 1 chất điểm có vận tốc ban đầu theo phương ngang 0 v chuyển động không ma sát trong mặt nón 1- 0 v = ? để chất điểm chuyển động tròn đều trong mặt phẳng ngang 2 - Chứng minh rằng .Nếu vận tốc ban đầu 1 0 v v< thì lúc vật chuyển động đi xuống dưới và sau đó đi lên .Tính độ cao cực tiểu khi vật chuyển động Bài5: ( 3 điểm ) Hai phôtôn được tạo thành do phân rã một hạt trung hoà chuyển động dưới góc 0 1 30 α = , 0 2 60 α = so với hướng chuyển động ban đầu của hạt trung hoà .hỏi vận tốc ban đầu của hạt trung hoà ? Bài6: ( 3 điểm ) Một sóng ánh sáng phẳng có 0,70 m λ µ = đập Vuông góc lên đáy của một lưỡng lăng kính làm bằng thuỷ tinh ( n = 1,520) có góc chiết quang 0 5,0 θ = . Sau lưỡng lăng kính có đặt một bản mặt song song bằng thuỷ tinh và trong khoảng không gian giữa chúng có chứa đầy Benzen (n’=1,500) .Tìm bề rộng của vân giao thoa trên màn ảnh E đặt sau hệ đó Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm U • • K ε L D E n n’ Đáp án đề thi kiêm tra đội tuyển lần 3 năm 2010 (30-1-2010) Bài 1: (3 điểm) Phương trình năng lượng mga(1- cos θ ) + 2 00' 1 tan 2 I cons ω = (1 điểm) mga sin θ . ω + 00' 1 2 '' 2 I ωθ = 0 nhưng 2 2 00' 12 ml I ma= + Với góc θ nhỏ sin θ = θ ta được phương trình sau '' 2 2 0 12 ga l a θ θ    ÷ + =  ÷  ÷ +  ÷   Ta được chu kỳ dao động của con lắc là 2 2 2 2 2 4 12 2 ( ) 8 12 l a l T T a ag a π π + = → = + (1 điểm) T min Khi 2 2 min 0 12 1 0 12 2 3 2 3 d l a da a l l a a l T g π   + =  ÷   − + = → = = (1 điểm) Bài 2 : (4 điểm) Khi K ngắt do U< ε nên không có dòng đi vào ác quy .Khi K đóng nguồn phóng điện qua cuộn dây với cường độ dòng điện tăng bậc nhất theo thời gian t (1 điểm) i t L ε = và đạt giá trị 1 U i T L = vào lúc ngắt khoá K .Do K ngắt dòng này chạy tiếp qua ác quy ,khiến ác quy nạp điện cho đến khi dòng này giảm cho đến 0 .Phương trình mạch điện trong trường hợp này có dạng ( )Ldi U dt ε = − (1 điểm) Lấy tích phân 2 vế và chú ý đến cận tích phân của I ta được 1 0 ' 1 ( ) ( ) i Li L i U T ε = − = − Suy ra khoảng thời gian kéo dài của dòng nạp sau khi K (1 điểm) ngắt bằng ' 1 1 1 5 7 Li U T T T U U ε ε = = = − − đồ thị biến thiên của dòng điện qua cuộn dây như hình vẽ trong đó vùng tô đậm là dòng nạp cho ác quy . Cường độ dòng nạp trung bình 1 1 1 1 5 5 25 .0,01 0,009 9 2.2 28 28 28 I T U I I T A mA T L = = = = = = (1 điểm) 1 i 0 1 T T 1 2 T T+ Bài 3 (3 điểm) Ban đầu Bên dưới 1 1 , ,P V T Trên 2 2 , ,P V T Giả thiết qua AB cung cấp 1 lượng nhiệt nhỏ Q∆ .Bên dưới nhận 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 . (1) V V Q C T C T C T P V PV RT PV P V RT ∆ = ∆ ∆ = ∆ + ∆ = → ∆ + ∆ = (1 điểm) Với khối khí trên : Quá trình đoạn nhiệt 2 co sPV n t γ = Lấy vi phân 2 vế 1 2 2 2 . . . 0P V V V P γ γ γ − ∆ + ∆ = Chia 2 vế cho 1 2 V γ − ta được 2 2 1 2 1 2 . . 0 . (2) PV P V P V V V P V γ γ ∆ + ∆ = ∆ ∆ = −∆ → ∆ = Số gia áp suất của khí phía trên và phía dưới như nhau (1 điểm) (1) và (2) Ta được 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 2 2 1 1 1 1 1 1 1 2 2 . . 1 ( ) ( 1) (1 ) R T P V P V V V R T P V P V R T P V V V V V V V V R T P V R T V V V P V γ γ γ γ γ ∆ − ∆ ∆ = ∆ ∆ ∆ ∆ − = → ∆ + = ∆ ∆ + = ∆ → ∆ = + Mặt khác Theo nguyên lý 1 Ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 . 1 V V V Q C T P V C T C T P V R V C C V V γ ∆ = ∆ + ∆ ∆ = ∆ + ∆ = + + Với khí đơn nguyên tử 1 2 1 1 2 15( )3 5 , . 2 3 2(5 3 ) V V V C R C R V V γ + = = → = + (1 điểm) Trong quá trình trên nhiệt dung khối khí phía trên 2 0C = Quá trình đoạn nhiệt Bài 4 : (4 điểm) 1- Vật chuyển động tròn đều 0 qt P N F+ + = ur uur uur 2 2 0 tan ; tan qt qt mv P mv F F r H α α = = = (1 điểm) Vậy 2 0 tan .tan tan qt mv P F H α α α = = 2 0 mv mg v gH H = → = 2- Ta có phương trình (1 điểm) qt F P N F= + + ur ur uur uur Chiếu lên đường sinh của hình nón A B C D M N 2 2 , ,V P T 1 1 , ,V P T • H P N qt F 2 2 cos sin .sin cos ( ) tan qt F p F mv v mg m g h h α α α α α = − = − = − Tại thời điểm gban đầu h = H 2 2 1 2v v gH= < Do đó ban đầu F > 0 Vật chuyển động xuống dưới Vì khi vật chuyển động xuống dưới h giảm thế năng của vật giảm Theo bảo toàn năng lượng động năng tăng v tăng F giảm tới 0 sau F <0 Vật chuyển động chậm dần đến v = 0 thì vật sẽ đi lên h nhỏ nhất khi vận tốc của vật theo phương ngang Bảo toàn năng lượng 2 2 1 2 1 1 2 2 mgH mv mgh mv+ = + (1 điểm) Vì , qt N F có phương đi qua trục quay còn trọng lực song song với trục nên Mô men động lượng bảo toàn 1 2 1 2 2 2 2 1 1 2 tan tan 2 2 mv H mv h v H v h H gH v gh v h α α = → = → + = + 2 2 2 1 2 2 1 2 2 ( ) 2 H h v g H h h H h v g h − = − + = Với H- h ≠ 0 Vậy ta được phương trình cuối cùng 2 2 2 1 1 2 0gh hv Hv− − = Từ đó ta tính được giá trị nhỏ nhất của h Bài5: ( 3 điểm) Áp dụng định luật bảo toàn động lượng và bảo toàn năng lượng cho quá trình phân rã a- Theo định luật bảo toàn động lượng (1,5 điểm) 0 1 2 1 2 2 2 cos cos (1) 1 m v h h c c v c ν ν α α = + − 1 2 1 2 0 sin sin (2) h h c c ν ν α α = + Trong đó 0 2 2 1 m v p v c = − là động lượng của hạt ban đầu b- Định luật bảo toàn năng lượng ta có thể viết như sau (1,5 điểm) 2 0 1 2 2 2 (3) 1 m c h h v c ν ν = + − Sử dụng phương trinh (1) và (3) Ta được 1 2 1 2 2 . 3 /2 .1/ 2 h h h h v c c c ν ν ν ν + − + Theo (2) thì 2 .1/ 2 1 h ν = 2 . 3 /2 1 h ν hay 1 2 3 ν ν = α qt F P 1 h c ν 2 h c ν mv r 1 α 2 α từ đó ta được 2 1 ( 3 1) ( 3) 1 2 3 2 2 0,73 3 1 v c v c c   + = + =   = ≈ + Bài 6 : ( 3 điểm) Góc lệch của tia sáng khi đi qua hệ thống Lăng kính và bản mặt song song ( 1) ( ' 1) ( ')n n n n δ θ θ θ = − − − = − (1 điểm) Gọi d là khoảng cách giữa 2 ảnh tạo bởi qua hệ của nguồn S a là khoảng cáh từ 2 nguồn đó tới hệ lăng kính Ta có tan 2 2 ( ') 2 d d a a n n a δ δ θ = → = = − Khoảng vân ( ) 2 ( ') 2 ( ') 2 ( ') D a b i d a n n b n n a n n λ λ θ λ λ θ θ + = = − = + − − Với sóng phẳng nên a → ∞ Thì 0,2 2 ( ') gh i i mm n n λ θ = = = − (2 điểm) ba . ĐỀ KIỂM TRA ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA MÔN VẬT LÝ LẦN THỨ 3 Thời gian làm bài 180 phút Ngày kiểm tra : Bài 1 : ( 3 điểm ) Một thanh đồng tính có độ dài l. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm U • • K ε L D E n n’ Đáp án đề thi kiêm tra đội tuyển lần 3 năm 2010 (30 -1-2010) Bài 1: (3 điểm) Phương trình năng lượng mga(1- cos θ ) + 2 00' 1 tan 2 I. ν = α qt F P 1 h c ν 2 h c ν mv r 1 α 2 α từ đó ta được 2 1 ( 3 1) ( 3) 1 2 3 2 2 0, 73 3 1 v c v c c   + = + =   = ≈ + Bài 6 : ( 3 điểm) Góc lệch của tia sáng khi đi qua hệ thống Lăng kính