THÔNG TIN TÀI LIỆU
Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT DỰ THI CẤP QUỐC GIA, NĂM HỌC 2014-2015 Môn: VẬT LÍ Thời gian làm bài: 180 phút (Khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 22/10/2014 (Đề thi có 02 trang, gồm 06 câu) Câu (4,0 điểm): Một cầu thủ ghi bàn phạt đền cách khung thành 11(m), bóng bay sát xà ngang có độ cao h 2, 24(m) Giả sử bóng chuyển động mặt phẳng thẳng đứng vng góc với xà ngang bỏ qua sức cản khơng khí Biết cầu thủ đá với vận tốc tối thiểu v0min g 9,8( m / s ) Hãy xác định véc tơ vận tốc bóng thời điểm bóng rà sát xà ngang? m Một mặt phẳng nghiêng góc 30o so với phương A ngang, cuối mặt phẳng nghiêng nối trơn với vòng tròn bán kính R 2(m) Một viên bi đồng chất khối lượng m 20( g ) bán kính r 1(cm) lăn khơng vận tốc ban đầu h từ điểm A có độ cao h 3R (Hình 1) Hệ số ma sát mặt phẳng nghiêng vòng tròn Hãy xác định giá trị cực tiểu hệ số ma sát min để viên bi lăn đường mà khơng trượt? B Hình1 Câu (3,0 điểm): Một khí lý tưởng đơn ngun tử có q bình biến đổi theo chu trình hình Quá trình đoạn nhiệt , trình áp suất khơng thay đổi, q trình q trình có đồ thị đối xứng với qua đường thẳng có phương qua V0 vng góc với trục OV Áp suất p0 , thể tích V0 thơng số , biết Tìm hiệu suất chu trình theo ? Câu (2,5 điểm): Một vật nhỏ xem chất điểm có khối lượng m , mang điện tích dương q đặt điểm A mặt phẳng nghiêng nhẵn, cách điện hợp với phương ngang góc Thiết lập từ trường B vng góc với mặt phẳng hình vẽ Vật bắt đầu chuyển động dọc theo mặt phẳng nghiêng đoạn đường AB sau quỹ đạo chuyển động vật mặt phẳng thẳng đứng có dạng đường Cycloid Bỏ qua sức cản khơng khí, tìm h theo ? (Hình 3) O R p0 p p0 O 1 V0 V 1 V0 V0 Hình m, q B A h B g Hình Câu (4,0 điểm): Cho mạch điện hình Điện áp hiệu dụng hai đầu đoạn mạch U AB =120(V ), dung kháng tụ điện ZC 10 3() điện trở R 10() Biết hộp kín X chứa hai ba phần tử R0 , L0 , C0 mắc nối tiếp, biểu thức điện áp hai điểm A N A C M B ~R N Hình http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 u AN 20 cos100 t (V ), điện áp hiệu dụng hai điểm N B U NB =60(V ) Viết biểu thức điện áp hai đầu tụ điện? Cuộn dây cảm có độ tự cảm L , điện trở R tụ điện có điện dung C mắc hình Đặt vào hai đầu đoạn mạch A, B điện áp xoay L A B chiều có biểu thức u AB U cos t (V ) Biết u i pha, tìm mối liên hệ L, C để cường độ dòng điện hiệu dụng qua tụ điện C đạt giá trị cực đại I C max , tìm giá trị cực đại đó? ~ C R Hình Câu (4,0 điểm): Hai thấu kính hội tụ mỏng L1 L2 có tiêu cự f1 f 30(cm) đặt trục Một vật sáng phẳng, nhỏ AB đặt vng góc với trục hệ, trước L1 cho ảnh cuối A2 B2 qua hệ Khi khoảng cách hai thấu kính 50(cm) ảnh cuối có độ cao khơng phụ thuộc vị trí đặt vật AB Dịch chuyển thấu kính L1 dọc theo trục để khoảng cách cố định hai thấu kính 60(cm) Dịch chuyển vật dọc theo trục hệ thấu kính có hai vị trí vật ảnh cuối cao gấp hai lần vật Tính khoảng cách hai vị trí này? ' Một tia sáng đơn sắc chiếu lên mặt song song đặt khơng khí có bề dày e 1(cm) với góc tới 30o Xác định góc e khúc xạ độ dịch chuyển OH (Hình 6) tia sáng sau qua mặt song song hai trường hợp: y K H I O x Hình a Chiết suất mặt song song không đổi n y b Chiết suất mặt song song thay đổi theo hướng pháp tuyến Oy theo quy luật n e Câu (2,5 điểm): Cho dụng cụ thí nghiệm sau: 01 nguồn điện E1 , r1 có giá trị suất điện động biết 01 nguồn điện Ex , rx chưa biết giá trị suất điện động điện trở 02 tụ điện có điện dung C giống không bị đánh thủng mắc chúng vào nguồn điện nói 01 điện trở R 01 Ampe kế lý tưởng Khóa K dây nối có điện trở nhỏ Hãy trình bày phương án thí nghiệm để xác định giá trị suất điện động E x điện trở nguồn điện rx ? http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM (Câu Biểu điểm Nội dung y v x O Hình1 Chọn hệ trục tọa độ Oxy hình vẽ Phương trình chuyển động bóng: x v0 cos t (1) y v0 sin t gt (2) 0,25đ Từ (1) (2) suy phương trình quỹ đạo: g 1 tan y tan x x (3) 0,25đ 2v02 Tại thời điểm bóng gặp xà ngang: x , y h Do ta có: h tan 4,0 điểm (đ) 1.1 2đ g 1 tan 2v 1g 1g 2 tan tan h v02 v02 g 2 g (4) Đặt X tan X X h v0 v0 Phương trình bậc theo X có nghiệm khi: g 2g 2 gh g 2 h 2v0 2v0 v0 v0 Khi v0 v0 gh g 2 v04min ghv02min g v02min v04min Đặt Y v02min ta có phương trình bậc 2: Y ghY g Nghiệm phương trình là: Y v02min gh g h 2 0,25đ 0,25đ 0 0 Vận tốc ban đầu tối thiểu bóng: v0 g h h Thay số, ta v0 11, 4876(m / s ) 0,25đ Thế v0 11, 4876(m / s ) vào (4), giải phương trình ta : X tan 1, 50,19o Khi bóng rà sát xà ngang: 0,25đ v v v x y v0 cos g v0 sin 9,39(m / s) v0 cos 0,25đ v hợp với trục Ox góc xác định bởi: http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 tan vy vx g v0 cos 38, 4o v0 cos v0 sin Điều cần thiết tốc độ khối tâm v viên bi cung tròn vượt tốc độ giới hạn v1 Áp dụng định luật II Newton cho viên bi điểm cao D vòng tròn, ta v2 được: mg N man m Rr Khi N v1 R r g (1) Mặt khác, theo định luật bảo toàn lượng, ta có: 1 mg 3R R r mv mr 2 2 10 Mà v r v g R r (1') Từ (1) (1’) v v1 , nghĩa điểm cao D phản lực N có độ lớn khơng khơng r Từ đây, bỏ qua r R 0,005 R Có ba lực tác dụng vào viên bi: m A Trọng lực P : không đổi Phản lực N thay đổi: độ lớn tăng D f f dần mặt phẳng nghiêng f h chân mặt phẳng nghiêng tiếp giáp f O N với vòng tròn đến điểm thấp f C vòng tròn B ; từ B đến điểm cao D độ lớn giảm đơn điệu B P Hình Lực ma sát f ms : Trên mặt phẳng nghiêng ngược chiều chuyển động; từ điểm thấp vòng tròn B điểm cao D , độ lớn giảm, chiều chuyển động; vật xuống, lực ma sát lại đổi chiều Hệ số ma sát câu hỏi đảm bảo viên bi lăn không trượt, phụ thuộc vào hai lực N f ms Thật vậy: Lực ma sát gây gia tốc góc phụ thuộc vào vị trí viên bi f (2) Vì thế, hệ số ma sát cần tìm tính ms N Xét chuyển động viên bi vị trí C : Đối với thành phần tiếp tuyến, ta có: mg sin - f ms mat (3) a f ms r I I t (4) r Đối với thành phần hướng tâm, ta có: ms 0,25đ ms ms 1.2 2đ 0,25đ ms ms http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 0,25đ 0,25đ Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 N mg cos man m v2 R (5) 1 mg h mv I 2 (6) v2 Với h h R R cos r mr I 2mg h R R cos (7) v r f r (4) at ms I (8) I f ms mg sin I mr (3) f ms mat mg sin 0,25đ mr (7) v g h R R cos mr I v2 (5) N m mg cos R h mr 3mr I N mg 1 cos R mr I mr I f Thay (8) (9) vào (2) ms , ta có: N I mg sin I mr h 3mr I mr mg 1 cos R mr I mr I 0,25đ (9) sin 2 h mr 3mr 1 1 cos R I I 2 3mr h mr Đặt a 1 ;b 1 (10) I R I sin a b cos 0,25đ 0,25đ sin cos a b cos sin b sin a b cos a b cos / / / cos a b cos sin b sin a cos b cos b sin a cos b cos sin a cos b cos b a (11) http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 I mr (12) Thay (10) vào (11), ta được: cos h 1 R I min 2 h mr 1 I 3mr R h Với I mr , R 2 mr min 0,19 111 2 2 mr 1 mr 3mr 5 * Cách khác: Cũng tính từ (12): I 3 3 mr 0,85 148, 212o cos h 1 R sin thay vào biểu thức để giá trị cực tiểu hệ số ma sát a b cos 3 min sin sin148, 212o 0,19 a b cos 10 8,5 0,85 Áp dụng phương trình Clapeyron-Mendeleev: pV p0 pV RT T R p0 (1 ) p0V0 p0V0 (1 ) p0V0 Ta có: T1 ; T2 ; T3 0,50đ R R R V O 1 V0 V0 1 V0 Từ U RT Q U A , xét trình: Hình Quá trình 3: 1 3 U 23 R T3 T2 A23 R T2 T3 p0V0 0,50đ 2 Quá trình : 1 p0V0 0,50đ Vì lý đối xứng nên A12 A23 R T2 T3 2 1 Q12 U12 A12 R T2 T1 p0V0 1 p0V0 0,50đ 2 Quá trình 1: Ta có: 5 (1 ) p0V0 (1 ) p0V0 C p R Q31 C p T3 T1 R 5 p0V0 0,50đ 2 R R p 3,0 đ 0,25đ http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 * Cách khác để tính Q31 : Q31 U 31 A31 R T3 T1 p0 1 V0 1 V0 (1 ) p0V0 (1 ) p0V0 Q31 R 2 p0V0 3 p0V0 2 p0V0 5 p0V0 R R Q Q31 5 100% 1 Hiệu suất chu trình: 12 100% Q12 1 Theo định luật bảo toàn lượng, ta có: vB g sin (1) Tại thời điểm vật rời mặt phẳng nghiêng N 0 mg qBvB mg cos vB cos (2) qB 0,50đ 0,25đ 0,25đ g sin mg , k const (3) qB cos vB k cos (3') Để quỹ đạo chuyển động vật đường Cycloid đề bài, ta phải có: v B v1 v R , q B v B q B v1 q B v R 0,50đ m, q Trong đó, v1 , v R có độ lớn xác định bởi: B mg A qBv1 mg v1 k (4) 0,25đ qB v1 mv qBR gR B 0,25đ qBvR R vR (5) vR R m k vB h R h R (6) 0,25đ Hình g h (5),(6) vR (7) 2k (1), (2) k 2,5 đ Áp dụng định lý hàm số cos: vR2 vB2 v12 2vB v1 cos (8) Thay (3’), (4) (7) vào (8) để ý đến (3), ta được: 2 hg 2 k k cos 2k cos 2k hg 2 2 2 k k cos k (1 cos ) k sin 2k 0,25đ 0,25đ 2k sin g sin h sin g g cos h tan 0,25đ Vẽ giản đồ véc tơ cho đoạn mạch biết Phần lại chưa biết hộp kín chứa ta giả sử véc tơ tiến theo chiều dòng điện cho: U NB 60(V ), U AB 120(V ), U AN 60 3(V ) http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 Xét tam giác ANB, ta nhận thấy AB AN NB , 0,25đ tam giác ANB vuông N U AB NB 60 Ta có: tan = B U AN AN 60 3 U NB UC UR UL u AB sớm pha so với u AN góc N UR D M Hình 0,25đ u AB 6 Từ giản đồ ta nhận thấy NB chéo lên mà X chứa phần tử nên 0,25đ X phải chứa R0 L0 Do ta vẽ thêm U R U L hình vẽ U R Xét tam giác vuông AMN : tan R U C ZC Xét tam giác vuông NDB : 0,25đ U R0 U NB cos 60 30 3(V );U L0 U NB sin 60 30(V ) 2 Mặt khác: 0,25đ U R 30 U R U AN sin 60 30 3V I 3( A) R 10 U R0 30 0,25đ 10() R0 I 3 Z U L0 30 10 () L0 I 3 0,25đ Z L0 Z C tan i u AB R R0 U 0C I Z C 90 2V ;uC i 0,25đ Vậy biểu thức điện áp hai đầu tụ uC 90 2cos 100 t (V ) 6 U I U R Z L2 IC ZC Z LR 1 (1) Ta có: sin 1 IC 0,25đ O U I LR ZC ZC Z LR I LR Hình Z ZL sin 1 L (2) 0,25đ Z LR R Z L2 I A 4,0 đ 4.1 2,0đ 0 4.2 2,0đ R Z L2 Từ (1) (2) Z C ZL U U Z U IC L2 ZC R Z L R ZL ZL (3) R2 U const , I C I C max Z L ZL min http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 R2 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm Z L ta có: ZL 2 0,50đ R R R ZL Z L Z L 2R ZL ZL ZL R2 ZL ZL R L R (4) Dấu “=” xảy ZL Từ (3) (4) ZC R 2R (5) C Từ (4) (5) 2 LC U I C max 2R 0,25đ 0,25đ 0,50đ f1 f2 Sơ đồ tạo ảnh AB A1B1 A2 B2 d1 d1' d2 d2' d f d (l f1 ) lf1 Ta có: d1' 1 ; d l d1, d1 f1 d1 f1 d 2' f d1 (l f1 ) lf1 d2 f2 d f d1 (l f1 f ) lf1 f1 f 0,25đ 0,25đ d1' d 2' f1 f 0,25đ k d1 (l f1 f ) lf1 f1 f d1 d Để ảnh A2 B2 có độ cao khơng phụ thuộc vị trí vật AB độ phóng đại k khơng phụ thuộc vị trí vật AB , tức k không phụ thuộc vào d1 Hay: l f1 f l f1 f f1 l f 20cm 0,50đ Ta có k 2 Trường hợp 1: k f1 f 20.30 60 k 0,25đ d1 (l f1 f ) lf1 f1 f d1 60 20 30 60.20 20.30 d1 60 Độ phóng đại ảnh qua hệ: k k1.k2 4,0 đ 5.1 2,0 đ d1 90cm Trường hợp 2: k 2 f1 f 20.30 60 k 2 d1 (l f1 f ) lf1 f1 f d1 60 20 30 60.20 20.30 d1 60 d1 30cm Vậy khoảng cách cần tìm 60(cm) 4,0 đ 5.2 2,0 đ a Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng điểm tới O điểm ló khỏi mặt song song I ta có: sin n sin (1) n sin sin ' (2) Từ (1) (2) suy ' , nghĩa tia ló song song với tia tới http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 sin sin 30o 20,7o n Và độ dịch chuyển ngang tia sáng qua mặt OH OI sin( ) OK e 0,25đ Với OI đó, cos cos Từ (1) ta có sin ' y K e H I O x Hình OH e sin sin 30o 20,7o 0,17cm cos cos 20,7o b Chia mặt song song thành k lớp mỏng song song với trục Ox cho lớp có bề dày nhỏ dy , chiết suất lớp xem dx không thay đổi n1 , n2 , , nk Gọi 1 , , , k lần dy i lượt góc khúc xạ lớp 1, 2, , k ' góc ló 0,25đ O khỏi mặt song song Theo định luật khúc xạ ánh sáng, ta có: Hình sin n1 sin 1 n2 sin nk sin k sin ' (3) ' y Xét lớp thứ i có tọa độ y có chiết suất ni , ni Góc khúc xạ lớp e i , theo (3) ta có: sin esin 0,25đ sin i sin i ni e y dy dy Lại có, dx tan i dy e y 1 1 sin i e sin dx esin e y d e sin e y 1 e sin Hình chiếu dọc trục Ox tia sáng mặt song song e e y d e e sin e.sin ln e y e y KI e.sin e sin e sin e y e sin 2 e 2e 2e e KI e.sin ln ln e sin e sin e sin e sin KI e.sin ln sin Thay số, ta được: KI 1.sin30o ln o sin 30 2 ln sin sin sin 2 ln o sin 30o sin 30o sin 30 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 0,25đ 10 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 KI 0,37(cm) Kí hiệu I điểm ló khỏi mặt song song, góc OI , Oy từ ta có cơng thức tính độ dịch chuyển ngang ta sáng OH e sin cos KI 0,25đ 0,37 20,3o e sin 30o 20,3o sin Từ suy OH e 0,18cm cos cos 20,3o -Cơ sở lí thuyết: Phương pháp tiến hành thí nghiệm dựa E ,r phụ thuộc số I A Ampe kế giá trị điện tích q qua K (1) C q (2) Cụ thể: I A 0,50đ -Sơ đồ mạch điện để kiểm chứng kết luận hình vẽ A -Ban đầu K vị trí (1), tụ điện C tích điện từ nguồn Hình 0,25đ điện E1 , r1 (có suất điện động biết) Trong tính tan 2,5 đ -Sau chuyển khóa K sang vị trí (2), ghi I A1 số Ampe kế 0,25đ -Thay tụ điện C , ta lấy tụ điện, nối chúng lần nối tiếp, lần nối song song, xác nhận rằng, trường hợp đầu, số Ampe kế giảm hai lần, trường hợp thứ hai, tăng lên hai lần Đó điện dung tụ điện biến đổi số lần tương ứng Do đó, điện tích qua điện kế: q CE 0,50đ -Thay nguồn điện E1 , r1 nguồn điện E x , rx , ta lại ghi số I Ax Ampe kế E ,r Ta có biểu thức: I A1 kq1 kCE1 R K I Ax kqx kCE x 0,25đ A Từ đó, ta suy biểu thức cho suất điện động phải tìm: Hình10 I E x E1 Ax 0,25đ I A1 Tính điện trở nguồn E x , rx Áp dụng định luật Ơm cho mạch kín (hình vẽ 10): Ta có Ex E x I A R rx rx R 0,50đ IA x x http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 11 ... http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 Xét tam giác ANB, ta nhận thấy AB AN NB , 0,25đ tam giác ANB... U AB NB 60 Ta có: tan = B U AN AN 60 3 U NB UC UR UL u AB sớm pha so với u AN góc N UR D M Hình 0,25đ u AB 6 Từ giản đồ ta nhận thấy NB chéo lên mà X ch a. .. , rx , ta lại ghi số I Ax Ampe kế E ,r Ta có biểu thức: I A1 kq1 kCE1 R K I Ax kqx kCE x 0,25đ A Từ đó, ta suy biểu thức cho suất điện động phải tìm: Hình10 I E x E1 Ax
Ngày đăng: 11/06/2018, 16:04
Xem thêm: