Đề thi HSG 12 THPT 2017 Hải Dương - môn Vật lý

Vật đang ở vị trí lò xo không bị biến dạng.. Chọn trục Ox trùng với trục lò xo, gốc O là vị trí của vật khi lò xo không bị biến dạng, chiều dương theo chiều lò xo dãn.. Tìm tốc độ trung

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018

MÔN THI : VẬT LÝ

Thời gian làm bài : 180 phút (Đề thi gồm 06 câu, 02 trang)

Câu 1 (2,0 điểm):

Một con lắc lò xo, một đầu cố định, đầu còn lại gắn với vật nặng có khối lượng m = 400g, lò xo nhẹ có độ cứng k = 80 N/m đặt trên mặt phẳng nằm ngang Vật đang ở vị trí lò xo không bị biến dạng Kéo vật dọc theo trục lò xo đến vị trí lò xo dãn 10cm rồi thả nhẹ cho vật dao động dọc theo trục lò xo Chọn trục Ox trùng với trục lò xo, gốc O là vị trí của vật khi lò xo không bị biến dạng, chiều dương theo chiều lò xo dãn

1 Bỏ qua ma sát, vật dao động điều hòa Chọn gốc thời gian là lúc vật có li độ x = 5cm và đang

giảm

a Viết phương trình dao động của vật.

b Tìm tốc độ trung bình của vật trong thời gian từ lúc t = 0 đến khi vật tới vị trí lò xo bị nén 5cm

lần đầu tiên

2 Biết hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng ngang là  0,1 Cho g = 10m/s2

a Tìm độ nén cực đại của lò xo.

b Tìm tốc độ của vật ngay khi nó tới vị trí lò xo không biến dạng lần thứ 2.

Câu 2 ( 2,0 điểm):

1 Một con lắc đơn gồm dây treo nhẹ không dãn, vật nặng có khối lượng m được treo tại nơi có gia

tốc trọng trường g 10m / s 2 Kích thích cho vật dao động điều hòa với phương trình

6



a Tìm chiều dài của dây treo và tốc độ cực đại của vật nặng

b Tìm góc giữa vectơ gia tốc của vật và phương thẳng đứng tại vị trí vật có li độ  0,1rad

2 Cho hai dao động điều hòa cùng phương, cùng tần số có phương trình tương ứng là

x A cos( t)cm; x2 A cos2 t cm

3



, tần số góc  không đổi Phương trình dao động tổng

hợp của hai dao động trên là x 2 3cos( t   )cm Tìm giá trị lớn nhất của (A1A )2 , và tìm 

khi đó

Câu 3 (2,0 điểm):

Một prôtôn đang chuyển động thẳng đều với tốc độ v0 4790m / s

thì bay vào miền không gian giới hạn bởi hai mặt phẳng thẳng đứng

   P ; P song song với nhau và vuông góc với mặt phẳng hình vẽ1 2

(Miền 1) Miền này có từ trường đều với vectơ cảm ứng từ B 1

vuông góc với mặt phẳng hình vẽ, hướng từ trong ra, 3

1

 , bề rộng của miền này là d1 0, 75cm Ngay khi đi vào miền 1 ở vị trí H trên mặt phẳng

 P , vectơ vận tốc 1 v 0

hợp với phương nằm ngang góc  300 (Hình 1)

Khối lượng và điện tích của prôtôn tương ứng là

27 p

m 1,67.10 kg ;

 qp 1, 6.10 C19

 Bỏ qua tác dụng của trọng lực, ma sát, lực cản Prôtôn chỉ chuyển động trong mặt phẳng hình vẽ

1 Xác định bán kính quỹ đạo của prôtôn trong miền 1.

2 Xác định thời gian prôtôn chuyển động trong miền 1.

3 Sau khi ra khỏi miền 1 ở một điểm nào đó trên mặt phẳng  P , prôtôn tiếp tục chuyển động vào2

ĐỀ CHÍNH THỨC

 P1  P2

H

0

v



Miền 1

1

d

1

B

Hình 1

miền 2, giới hạn bởi hai mặt phẳng thẳng đứng    P ; P2 3 song

song với nhau và vuông góc với mặt phẳng hình vẽ (Hình 2)

Miền 2 có từ trường đều với vectơ cảm ứng từ B 2

vuông góc với mặt phẳng hình vẽ, hướng từ ngoài vào, B2 10 T3

rộng của miền này là d2 0,5cm Sau đó prôtôn tiếp tục chuyển

động ra khỏi miền 2 tại điểm S trên mặt phẳng  P Xác định3

khoảng cách QS Biết Q là chân đường vuông góc từ H tới mặt

phẳng  P3

Câu 4 (1,5 điểm):

Thấu kính hội tụ L1 và thấu kính phân kì L2 có các tiêu

cự tương ứng là f115cm, f2 15cmđược đặt đồng trục như

hình vẽ Vật sáng AB phẳng mỏng được đặt vuông góc với

trục chính trong khoảng giữa hai quang tâm O1, O2 (Hình vẽ),

A nằm trên đoạn O O Biết 1 2 O O1 2 40cm

a Đặt vật ở vị trí cách đều hai thấu kính, tìm vị trí ảnh của AB

cho bởi mỗi thấu kính

b Xác định vị trí đặt vật AB trên đoạn O O để hai ảnh có vị trí trùng nhau.1 2

c Đặt vật AB trên đoạn O O Gọi 1 2 A B là ảnh của AB qua thấu kính L1 1 1 , A B là ảnh của AB qua2 2

thấu kính L2 Xác định vị trí đặt vật AB trên đoạn O O để 1 2 A B1 12A B2 2

Câu 5 (1,5 điểm):

Cho mạch điện như hình vẽ Nguồn điện có suất điện động E = 8V,

điện trở trong r 2  Điện trở của đèn là R1 3 ; R2  3 , AB là

một biến trở, con chạy C Ampe kế lí tưởng, bỏ qua điện trở dây nối và

khóa K

a Nếu điện trở toàn phần của biến trở AB bằng R

Khoá K mở, di chuyển con chạy C người ta nhận thấy khi điện

trở của phần AC (của biến trở AB) có giá trị 1 thì đèn tối nhất Tìm R

b Nếu điện trở toàn phần của biến trở AB bằng R'.

Khóa K đóng, di chuyển con chạy C người ta nhận thấy khi điện

trở của phần AC (của biến trở AB) bằng 6 thì ampe kế chỉ 1,6A Tính

công của nguồn điện trong thời gian 1 phút

Câu 6 ( 1 điểm):

Cho sơ đồ thí nghiệm như hình vẽ

- Một ống dây có lõi sắt cố định, nằm ngang nối với ăcquy

qua khoá K đang ngắt

- Để một vòng nhôm nhẹ, kín, có thể chuyển động không

ma sát trên lõi sắt ở gần đầu ống dây

- Đóng nhanh khoá K thì vòng nhôm chuyển động về phía

nào? Giải thích?

Hết

Họ và tên thí sinh : Số báo danh:

Chữ kí giám thị 1: Chữ kí giám thị 2:

Vòng nhôm

Lõi sắt Ống dây

Hình 2

 P1  P2  P3

Q H

0

v



Miền 1 Miền 2

1

1

B 

2

B

A

B

C

K

R1

R

2

A B

E ,r

D A

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG VẬT LÝ 12 – NĂM HỌC 2017 – 2018

1

(2,0

điểm)

a Ta có:  10 2rad / s

Con lắc lò xo nằm ngang, thả nhẹ vật tại vị trí lò xo giãn 10cm

 A 10cm

Khi t 0 thì: x 5cmv 0   3



 Phương trình dao động: x 10cos 10 2t cm

3



0,25

0,25

b Khi lò xo nén 5cm lần thứ nhất thì s = 10cm, t T

6



tb

s

t

0,25 0,25

Giả sử tại thời điểm ban đầu lò xo dãn A1 sau 1/2 chu kì vật đến

biên và lò xo nén cực đại 1 đoạn A2

Năng lượng mất đi là do ma sát chuyển thành nhiệt Theo định luật

bảo toàn năng lượng:

2 mg

k



Độ nén cực đại của lò xo: A2 = 10 - 1 = 9cm

0,25

0,25

b Khi vật qua O lần 2 thì vật đã đi được quãng đường 0,28m

Theo định luật bảo toàn năng lượng

1

Thay số ta được: v 1, 2m / s

0,25

0,25

Câu 2:

(2

điểm)

a

2

0, 25m







3

40



0,25 0,25

- Tại vị trí có li độ góc  0,1rad  at    2 1m / s2

2 2

2

32 g

  

 

2

2 ht

8



- Từ hình vẽ, ta có

t

ht

a

a

     

- Vậy góc cần tìm là

0

1,54644rad 88,6

   

- Hoặc

       1,595rad 91, 4 0

0,25

0,25

0,25 (Chỉ cần một nghiệm)

2

- Từ hình vẽ, ta có

3



   

- Áp dụng định lý sin cho tam giác

ta được

A

sin

3



A

sin 3

     

(A1 A ) 4.2.sin2 / 3 cos

   

t

a 

ht

a 

a 





1

A 

2

A

A 

/3







Do cos 1 A1 A2 max 4.2 8cm

2

  

    

Từ hình vẽ, ta có

6



  

0,5

0,25

Câu 3:

(2,0

điểm)

Khi prôtôn chuyển động trong từ trường có vectơ cảm ứng từ vuông góc

với vectơ vận tốc, nó chịu tác dụng của lực Lo - ren- xơ như hình vẽ Vì

nên độ lớn vận tốc không đổi, chỉ bị thay đổi hướng, quỹ đạo chuyển động của prôtôn là một cung tròn

1

- Áp dụng định luật II Niu-tơn cho prôtôn, chiếu lên phương HO chiều

hướng về tâm O

2 0

v

F m a q v B sin(v , B ) m

R

27

p 0

m v 1,67.10 4790

q B 1,6.10 5.10



0,25 0,25

2

- Prôtôn bắt đầu ra khỏi miền 1 ở điểm E trên mặt phẳng

2

- Từ hình vẽ, ta có

0 1

OD d   R sin   0,75 1.sin 30   0, 25cm

- Xét tam giác ODE

0

OD

R

0,25 0,25

1

P  P2

H

0

v



1

d

1

B

E

R

R

L

F

 



- Quỹ đạo chuyển động của prôtôn là cung tròn

HE ( ) R 0, 7763cm

180



    

- Thời gian prôtôn chuyển động trong miền 1 là



6 0

HE

t 1, 62.10 s v



  

0,25

0,25

3

- Khi prôtôn đi vào miền 2, vận tốc của prôtôn vẫn bằng v , nó chịu tác 0

dụng của lực Lo - ren- xơ F ' L

như hình vẽ

- Quỹ đạo chuyển động prôtôn trong miền 2 có dạng một cung tròn tâm

O'

- Áp dụng định luật II Niu-tơn cho prôtôn, chiếu lên phương EO' chiều

hướng về tâm O'

2 0

2

F ' m a

v

q v B sin(v , B ) m

R



27

p 0

R

0, 05m 5cm







2

EL R cos

0 2

EV R cos(90  )

2

KV EV d

2

0,25

0,25

2

B

L

F '

1 P

 P2

H

0

v



1

d

1

B 

E

R

R

L

F 

 



2

d

O'

S



K



 P3

Q

L

V

SK MO ' VO '

Mặt khác

KQ NE DE DN Rcos      Rcos

5

QS KQ KS 2,043.10 m 0,02043mm

Câu 4

(1,5

điểm)

a

- Xét với thấu kính L1

1 1

- Xét với thấu kính L2

2

2

0,25

0,25 b

Gọi x là khoảng cách từ AB đến thấu kính L1

Do ảnh A B1 1 luôn là ảnh ảo, nằm trong đoạn O F '2 2 nên để ảnh A B2 2

trùng với A B1 1 thì A B1 1 phải là ảnh ảo

d ' d ' O O 40

40

x 15 40 x 15



x 10cm

0,25

0,25

c

Để A B1 12A B2 2

k 2 k















0,25 0,25

Câu 5

(1,5

điểm)

a

Gọi điện trở toàn phần của biến trở là R, điện trở phần AC là x

Khi K mở ta có mạch như hình vẽ

điện trở toàn mạch

tm 2

3(x 3)

x 6

x (R 1)x 21 6R

x 6







 Cường độ dòng điện qua đèn:

I

Khi đèn tối nhất thì I1 nhỏ nhất hay mẫu số lớn nhất

x b R 1

Theo đề bài x 1   R 3 

0,25

0,25

0,25

b

Khi K đóng ta có mạch như hình vẽ, điện trở toàn mạch:

'

17R 60 R

4(R 3)







'

17R 60 17R 60



'

Do đó cường độ dòng điện trong mạch chính

I 112A

55



0,25

0,25

E,r

(R’- 6)

R1

R2

AB x=6

E,r

(R- x)

R

2

A

B



Công của nguồn trong thời gian 1 phút là

A = EIt = 10752 977J

0,25

Câu 6

(1,0

điểm)

Khi đóng K, dòng điện qua ống dây tăng đột ngột, dẫn tới từ thông qua

vòng nhôm tăng nhanh Vì vòng nhôm kín nên sẽ xuất hiện dòng điện

cảm ứng trong vòng nhôm

0,5

Theo quy tắc Len-xơ thì dòng điện cảm ứng trong vòng nhôm có chiều

sao cho vòng nhôm và ống dây đẩy nhau

0,5

Chú ý:

Nếu học sinh giải theo cách khác và đúng, vẫn có điểm tối đa của phần đó.