Đề thi HSG Vật lí Tuyên Quang 08-09

Bố trí con lắc sao cho khi hệ cân bằng lò xo không biến dạng, dây treo thẳng đứng và hai quả cầu tiếp xúc nhau như hình vẽ.. a Tìm vận tốc của quả cầu m1 ngay trước lúc va chạm với m2..

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT

MÔN VẬT LÝ

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

( Đề thi gồm 04 câu trong 01 trang)

Câu 1(5 điểm): Con lắc đơn m1 = 100g, l = 1m Con lắc lò xo m2 = m1, k = 25N/m 1 Tìm chu kì riêng của mỗi con lắc 2 Bố trí con lắc sao cho khi hệ cân bằng lò xo không biến dạng, dây treo thẳng đứng và hai quả cầu tiếp xúc nhau như hình vẽ Kéo m1 lệch khỏi vị trí cân bằng một góc  = 0,1 rad rồi buông tay a) Tìm vận tốc của quả cầu m1 ngay trước lúc va chạm với m2 b) Tìm vận tốc của quả cầu m2 ngay sau khi va chạm với m1 và độ nén cực đại của lò xo sau khi va chạm c) Tính chu kì dao động của hệ Coi va chạm là đàn hồi xuyên tâm Bỏ qua mọi ma sát Lấy g = 10m/s 2 ,  2 =10. Câu 2(5 điểm): Một con lắc đơn có chu kì dao động T= 2s Quả cầu của con lắc có kích thước nhỏ và khối lượng m = 0,1kg được tích điện dương q = 1,2.10 -6 C Người ta treo con lắc trong một điện trường đều có cường độ E = 10 5 V/m và phương nằm ngang so với mặt đất Cho g = 10 m/s 2 , π 2 = 10 Bỏ qua mọi ma sát 1 Xác định vị trí cân bằng của con lắc 2 Tìm chu kì dao động của con lắc trong điện trường đều 3 Giả sử con lắc đang đứng yên ở vị trí cân bằng, người ta đột ngột đổi chiều điện trường theo hướng ngược lại và giữ nguyên cường độ Hãy mô tả chuyển động của con lắc khi đó và tính vận tốc cực đại của quả cầu

Câu 3(5 điểm): Một lượng khí đơn nguyên tử chuyển từ trạng thái 1 sang trạng thái 2 theo 2 cách: Cách 1: Đi theo đường cong 1 a 2 là một phần của parabol với phương trình: T=V 2 Cách 2: Theo hai đoạn 1-3 và 3-2 (Hình vẽ) Hỏi khí nhận một nhiệt lượng bằng bao nhiêu trong quá trình 1-3-2 nếu trong quá trình 1 a 2 người ta cung cấp cho lượng khí đó một nhiệt lượng 1200J Biết T1=300K và T2=420K. Câu 4(5 điểm):Cho mạch điện như hình vẽ Cho biết: 1  8V ;r1  0 , 5  ; 2  2V;r2  0 , 5    1 1 R ; R2 R3  3 

Biết rằng số chỉ của ampe kế A khi đóng khóa K

bằng 59 số chỉ của ampe kế khi ngắt khóa K Hãy tính:

1 Điện trở R4

2 Cường độ dòng điện qua K khi K đóng

Bỏ qua điện trở ampe kế, cả khóa K và dây nối

-HẾT -ĐỀ THI CHÍNH THỨC

A

1

1, r

1

R

2

R

3

R

4

R D

C

K

k m

2 m

1

a 1

2 3

T

2

V

0

T

Đáp án đề thi HSG lớp 12 năm 2008

Câu 1

(5 điểm) 1 + Với con lắc đơn: T1 = 2

2 10

g

l



+ Với con lắc lò xo: T2 = 2 0 , 4

25

1 , 0

 



k

m

s

2

a) Vận tốc quả cầu m1: mgh =

2

2

mv

g

2 ) cos (

2

v l

l  

v2 = 2gl(1-cos )

v = 2gl( 1  cos  )= 2 10 1 ( 1  cos 0 , 1 )  0 , 316m/s

b) Vì va chạm là đàn hồi xuyên tâm và hai quả cầu cùng khối lượng

m nên:

m1

 1

v + m2.0 = m1

 1 '

v + m2

 2

v ; 2 2 2

' 1 1

2 2

2 1 1

2

1 2

1 0 2

1 2

1

v m v

m m

v

0

'

1 

v ; v2 = v1 = 0,314 m/s

c) Khi lò xo bị nén cực đại có thế năng bằng động năng của m2 ngay

sau va chạm

02 , 0 25

1 , 0 316 , 0 2

1 2

2

2 2 2 2











k

m v A v m

sau khi lò so bị nén cực đại, nó giãn dần và đưa quả cầu sang phải,

v2 tăng dần khi lò xo giãn hết, quả cầu m2 lại có v2 lúc này nó va

chạm với m1 m1 dừng lại nhường vận tốc m1, m1 lại lên đến độ cao

cực đại ban đầu rồi rơi xuống lại va chạm với m2 Quá trình cứ thế

lặp lại Mỗi con lắc chỉ dao động trong nửa chu kì, nên chu kì dao

động của hệ là:

2 , 1 4 , 0 2

1 2 2

1 2

1 2

1

2

0,5 0,5

0,5

0,5 0,5

0,5

0,5 0,5

0,5

0,5

Câu 2

(5điểm) Giả sử điện trường hướng từ trái sang phải (hình vẽ).a) Gọi góc lệch của con lắc so với phương thẳng

đứng tại vị trí cân bằng là αcb, ta có:

T + P+ F đ = O

P’ = P + F đ = -T

Suy ra tnαcb =

P

F đ

= mg qE = 1,2.010,1.106.105 0,12 hay αcb= 6,84o

b, P' = P + F đ được gọi là trọng lượng biểu kiến của vật và

g' =

m

P'

= g +

m

F đ được gọi là gia tốc trọng trường hiệu dụng

Trong trường hợp này có thể xem như con lắc dao động xung quanh

vị trí cân bằng vừa xác định ở trên, trong một trọng trường hiệu

dụng, có g’=

 cos

g

( vì P’=

 cos

P

)

Khi đó chu kì dao động của con lắc là

T’ = 2π g'

l

= 2π g cb

l

 cos

T’ = T cosscb = 2.0,9964= 1,993 s

C, Khi đổi chiều điện trường nhưng vẫn giữ nguyên cường độ của

nó, vị trí cân bằng của vật sẽ thay dổi, và vị trí cân bằng mới đối

xứng với vị trí cân bằng cũ qua phương thẳng đứng Do đó ban đầu

con lắc đứng yên ở vị trí cân bằng cũ, nên có thể coi ta đã thả vật từ

vị trí có tọa độ góc bằng 2αcb không vận tốc ban đầu cho nó dao

động xung quanh vị trí cân bằng mới Vật sẽ đạt vận tốc cực đại khi

nó đi qua vị trí cân bằng mới, ứng với động năng cực đại đúng bằng

thế năng của vật ở vị trí cân bằng cũ so với vị trí cân bằng mới

(hình vẽ)

Cụ thể ta có:

2

2 max

mv

= mg’h’ Hay vmax = 2g'h' Trong đó:

0,5

0,5

0,5 0,5 0,5 0,5

0,5

2

h

cb

 2

cb



đ F

'

P

T

P

g’ =

cb

g

 cos và h’= 1-lcos2αcb

h’= 2l sin2αcb

Mặt khác ta có

T= 2π g l ↔ l= T 2 g

2

4 

Thay các biểu thức trên vào biểu thức của vmax ta được

Vmax =

cb cb T

g





 cos 4

sin 4

2

2 2 2

=

cb cb

gT





 cos

sin

= 0,76m/s

0,5

0,5

0,5

Câu 3

(5điểm)

Quá trình 1a2 có: T1= 2

1

V



T2 = 2

2

V



Theo phương trình trạng thái thì:

pV =nRT = nRV2 (1)

p = nRV

vì nR = conts nên p tỷ lệ thuận với V vậy trong hệ pOV đoạn 1a2

là đường thẳng đi qua gốc toạ độ O

Ta có: 1 2 2 1

2

1 2

V

V p

p





A12= ( )( )

2

1

1 2 2

Thay (1) và (2) vào (3) ta được: A12= ( )

2

1

1 1 2

2V p V

2

1 ) (

2

1

1 2

2 1

2

V

Theo nguyên lí I của nhiệt động lực học ta có: Qn = A +U

) (

2 ) (

2

3 ) (

2

1

1 2 1

2 1

T nR

0,5

0,5 0,5

0,5

0,5

O

p

2

V

2

1 3 p

5 ) 300 420 ( 2

1200 )

(



T T

Q

Quá trình 1-3 có V=cosnt  A13 = 0

U13 = ( )

2

3

1

3 T T

nR  >0 (vì T3>T1)

2

3

1 3

Q   >0 Quá trình 3-2 trong hệ VOT là đường thẳng đi qua O nên T=V

 pV=nRT  nR 

V

nRT

A32= p2(V2-V3)=p2V2 (1- ) ( 1 )

2

1 2

2

1

T

T nRT

V

V





) (

2

3

3 2

 >0 (vì T2> T3)

) (

2

3 ) 1

2

1 2

32 32

T

T nRT

U A

) 1

( )

( 2

3 ) (

2

3

2

1 2

3 2 1

3 123

T

T nRT

T T nR T

T nR

) 1

( )

( 2

3

2

1 2

1 2

T nRT

T T nR

Thay số ta được:

) ( 5 , 1225

) 845 , 0 1 ( 420 5 120 5 2 3

123

123

J Q

Q









0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

Câu 4

(5điểm)

Suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn (hai nguồn mắc xung

đối):













 1 2 6V;r b r1 r2 1



a) Khi khóa K mở:

Điện trở tương đương của mạch ngoài:

4

4 4

3 2 1

4 2 3 1

7

) 3 ( 4 ) )(

(

R

R R

R R R

R R R R R

















 Cường độ dòng điện mạch chính (phát ra từ cực dương của nguồn

1

7

) 3 ( 4

4

4 











R

R r

R

b



U

AB = R.I Cường độ dòng điện qua ampe kế khi K mở là:

0,5

0,5 0,5

4 4

3 2 1

3 1 4

2 4

4 )

(

R R

R R R

I R R R

R

U I

I

A





















Khi K đóng: Mạch điện có sơ đồ như hình vẽ Có thể chập C và D

làmmột

Điện trở tương đương của mạch ngoài bây giờ bằng:

4

4 4

3

4 3 2

1

2

1

'

4 12

15 9

R

R R

R

R R R

R

R

R

R













Cường độ dòng điện mạch chính là:

1 4 12

15 9

4 4 '

'













R

R r

R

b



(2)

4 3

4 3 ' 4

R R

R R I

U

U CB







và

4 4

3

' 3 4

4 '

4

'

19 21

12

R R

R

I R R

U I

A











(3)

Theo đề bài I A I A

5

9

' 

4

4 19 5

4 5

9 19 21

12

R R

b b







  

Từ đó suy ra R4 = 1 và I A'  1 , 8A.

b) Để tìm cường độ dòng điện IK qua K khi K đóng ta chỉ cần tìm

'

2

I Thay R4 vào (2) ta được I’= 2,4 A,

4 2

2 ' 2 2

1

2 1 '

2 1 , 8 ; 0 , 6A I

R

U I V R

R

R R I U





Vậy dòng điện qua K có chiều từ C đến D và có cường độ

IK = I I' 1 , 2A

2

'

4  

0,5

0,5

0,5

0,5 0,5

0,5 0,5

A

1

1, r



2

2, r



I

1

I

2

I

3

I

4

I

1

R

2

R

3

R

4

R

C K D