De thi du bi chon HSG mon Vat Ly lop 11 tinh Quang Binh nam 2017 ngay 1&2-blogvatly

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH NĂM 2017 ĐỀ THI DỰ PHỊNG MƠN: VẬT LÝ Ngày thi: 25/4/2017 (Thời gian 180 phút, không kể thời gian phát đề) Đề thi gồm 04 câu, 02 trang Câu (5 điểm) Một cầu đặc, đồng chất, bán kính R = 0,02m, khối lượng m = 0,1kg Người ta đặt cầu mặt bàn nằm ngang; cầu đứng yên, tác dụng xung lực X thời gian ngắn lên cầu X Xung lực X nằm mặt phẳng thẳng đứng G h qua khối tâm G cầu, có phương nằm ngang, R cách mặt bàn khoảng h = 0,03m, độ lớn X = 1kg.m.s-1 (Hình 1) Hệ số ma sát trượt cầu Hình bàn   0,1 Lấy g = 10m/s2 Tính quãng đường cầu khoảng thời gian t tính từ thời điểm sau kết thúc tác dụng xung lực đến thời điểm bắt đầu lăn khơng trượt Câu (5 điểm) Trong động nhiệt có n mol khí (với i=3) thực chu trình kín hình vẽ Các đại lượng po; Vo biết Hãy tìm + Nhiệt độ áp suất khí điểm + Cơng chất khí thực chu trình? + Hiệu suất máy nhiệt? p 5p0 P0 3V0 Câu 3: (5 điểm) Cho hai ống kim loại mỏng hình trụ (1) (2), có bán kính R1 = 5cm, R2 = 6cm Hai trụ lồng vào đồng trục, chúng khơng khí Tích điện trái dấu cho hai trụ cho mật độ điện tích dọc theo trục hình trụ có dạng : 2 0U , U hiệu điện hai trụ   R2  ln    R1  V 7V0 Hình O R1 R2 v A  B+ + Người ta tạo khoảng không gian hai trụ Hình+3 từ trường B = 0,2T, đường sức từ song song với trục hình trụ có chiều hình Kht lỗ trụ ngồi bắn hạt  có lượng W = 100eV bay vào hai trụ theo phương vng góc bán kính nằm mặt phẳng hình vẽ Hiệu điện trụ (1) trụ (2) để hạt  chuyển động cách hai trụ Bỏ qua tác dụng trọng lực Cho biết: m = 6,64.10-27kg; q = 2|e| = 3,2.10-19C; 1eV = 1,6.10-19J Câu (5điểm) Vật AB đặt trước hệ ba thấu kính mỏng (L1), (L2) (L3) đặt đồng trục hình Biết tiêu cự thấu kính f1 = 30cm, f2 = – 20cm f3 = 40cm Khoảng cách O1O3 = 80cm Khi dịch chuyển vật AB phía trước thấu kính (L1) ta nhận thấy số phóng đại k ảnh qua hệ thấu kính khơng thay đổi Tính: a Khoảng cách O1O2 Hình b Số phóng đại k -Hết - Họ tên thí sinh : Số báo danh Họ tên, chữ ký: Giám thị 1: Giám thị 2: HDC THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH NĂM 2017 SỞ GD&ĐT NINH BÌNH MƠN: VẬT LÝ Ngày thi: 25/4/2017 (Thời gian 180 phút, không kể thời gian phát đề) Đề thi gồm 04 câu, 05 trang ĐỀ DỰ PHÒNG Nội dung Câu  X  mv0  X (h  R)  I 0 Tính tốn:  Với (I = X (h  R)  h  R     v0 I 2 R  X Thay số: v0   10m / s m thay (1) vào: 0  625rad / s => 0  Điểm mR ) 0,5 0,5 (1) 0,5 0,5 Nhận xét : Tổng quát: điều kiện lăn không trượt vG =  R (2) kt Theo : X = const; v0 = const v0 10   500rad / s R 0, 02 Kết tính tốn: 0  625rad / s > kt  điểm tiếp xúc A trượt sang v0  Rkt  kt  Câu trái => Fms trượt hướng phải (5 điểm) Fms =  p =  mg (  giảm, v tăng) F * G: CĐNDĐ: a = ms =  g; vG = v0 + at = v0 +  gt (3) m p * Fms tạo mơ mem cản => bóng quay chậm dần:     0   t  0  5pg0 5 t (4) R M g  I R 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 Đến thời điểm t1: lăn không trượt: v = R  g v0 +  gt1 = R( 0 t1) R R0  v0 P0 => t1 = ;Thay số: t1 = 0,7 s g Từ thời điểm t1 trở bóng lăn khơng trượt 0,5 0,5 V 7V0 Quãng đường : S  v0t1  at3V ; Thay số : S = 7,3m 0,5 1(2điểm) Đường 2-3 có dạng: + TT2: Câu (5 điểm) + TT3: p3= kp0 p V =k p0 V0 V2=7V0 ; p2=p0  k = V3=3Vo; 0,5 0,5 0,5 p0 V3 = V0 + Theo C-M: T3 = p3V3 p0V0 = nR nR 0,5 2(3điểm) Công chất khí thực có giá trị: A = S(123) = 64 p0V0 0,25 * Tính nhiệt lượng khí thu vào chu trình: Q31 = U = nR + Xét q trình đẳng tích 3-1: nR( i T = 2 p1V1 p3V3 144 p0V0 )= nR nR 0,25 + Xét trình 1-2: Ta có TT1: p=-  a=- po V0 vµ b = 8p0 po V + 8po (1) V0 nRT vµo ta có: V  nR  T = -2 0,25 po V + 8po V0 Vì trinh 1-2: Thay p = 0,25 p = aV+b 5po = a.3V0 + b Ta có TT2: po = - 0,25 nRT = - po  V + 8po  V V0 0,25 0,25 po V + 8poV V0 (2) 0,25 + Theo NLTN: Khi thể tích khí biến thiên  V; nhiệt độ biến thiên  T nhiệt lượng biến thiên: Q = 0,25 nR  T + p  V (3)  Q = (20po-4 + Thay (2) vào (3) ta có: po V)  V V0   Q = VI= 5Vo pI = 3po 3Vo  V  5Vo 0,25  Q>0 tức chất khí nhận nhiệt lượng Q12 = Q1I =  U1I + A1I = p  pI nR (TI-T1) + (VI-V1) = = 8p0V0 2 * hiệu suất chu trình là: H= A = 32% Q31  Q1I - Khi bay vào khơng gian có điện trường từ trường, hạt  chịu lực điện từ:     (1) F  q.E  q v  B Câu  (5 điểm) - Để hạt không bị lệch mặt trụ F phải lực hướng tâm, lực cần thiết để giữ hạt bay quỹ đạo tròn có bán kính:   0,25 0,25 0,5 R1  R2  (2)   5,5cm 2    - Nhận thấy lực điện q.E lực từ q v  B phương, lực từ hướng vào R   trục hình trụ Giả sử trụ tích điện dương, trụ ngồi tích điện âm, lực điện hướng xa trục U = V1 – V2 > - Áp dụng định luật II Niu tơn cho hat  : q.v.B  q.E  m.v v - Từ công thức: W  m.v R (3) 0,5 0,5 0,5 0,5 2.W m (4)  U - Cường độ điện trường hai trụ : E   2 R R ln R2 0,5 (5) R1 - Thay (4) (5) vào (3) ta có: qB U 2W U 2W q  R m R R ln R1 R R 2W 2W (qB  ) ln q m R R1 0,5 (6) (7) - Thay số vào (7), ta tính được: U  121V - Do U > nên điều giả sử Vậy hiệu điện trụ so với trụ 121V 0,5 0,5 0,5 a.(3 điểm) Khi vật dịch chuyển trước TK O1, đầu A vật có quỹ đạo đường thẳng song song trục Nếu hệ số phóng đại qua hệ khơng đổi ảnh A3 A có quỹ đạo đường thẳng song song trục chính……….………………………………………………… 0,25 Nếu xét tia sáng tới trùng với quỹ đạo A, tia sáng ló sau hệ phải trùng với quỹ đạo ảnh A3…………… 0,25 Vậy điều kiện để hệ số phóng đại khơng thay đổi tia sáng tới song Câu song trục sau qua hệ phải cho tia ló song song trục (5 điểm) chính…… 0,25 Tia tới song song trục suy d1 =  , tia ló song song trục 0,25 suy d’3=….……… Ta có sơ đồ tạo ảnh sau: O1 O2 O3 AB   A1B1   A1B2   A3 B3 0,25 Gọi x = O1O2, O2O3 = 80 – x 0,25 Ta có: d1  ; d1'  f1  30cm d2  x  d1'  d2  x  30 0,25 d3'  ; d3  f3  40cm 0,25 d2'  O2O3  d3  d2'  40  x Theo cơng thức thấu kính: 1 1 1      d2 d2 ' f2 x  30 40  x 20 0,25 ……  x  20cm  x2  70 x  1000     x  50cm …… …… 0,25 Cả hai nghiệm thỏa điều kiện < x < 80cm nên nhận 0,25  O3 F3   A' B '   40        OF A' B ' a  20 k             ………… AB  AB   O1 F1 '   30         a   10   O2 F1 '  0,25 b điểm) Nếu x = 50cm  d2 = 20cm d2’= – 10cm; ta có hình vẽ sau: 0,5 A B O1 F3 O F1 ' a B' O3 A' Số phóng đại k:  O3 F3   A' B '   40        O F A' B ' a  10      k       ………… AB  AB   O1 F1 '   30         a   20   O2 F1 '  0,5 + Nếu x = 20cm  d2 = – 10cm d2’= 20cm; ta có hình vẽ sau: 0,5 A B O1 F3 a O2 F1 ' B' O3 A'  O3 F3   A' B '   40        A' B '  a     O2 F3     20    k     Số phóng đại k: AB  AB   O1 F1 '   30         a   10   O2 F1 '  0,5 -HẾT Ghi chú: Thí sinh giải theo cách khác, cho điểm tối đa Nếu sai đơn vị phần kết trừ 0,25 điểm cho tồn thi SỞ GD&ĐT NINH BÌNH ĐỀ DỰ PHỊNG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH NĂM 2017 MÔN: VẬT LÝ Ngày thi: 26/4/2017 (Thời gian 180 phút, không kể thời gian phát đề) Đề thi gồm 05 câu, 02 trang Bài 1( điểm) Động lực học: Cho hệ học hình vẽ: Nêm có khối lượng M, góc nghiêng α Trên mặt nêm có hai vật có khối lượng m1 m2 ( m1>m2) Bỏ qua khối lượng ròng rọc dây m1 1) Giữ nêm cố định Biết hệ số ma sát hai vật với nêm m2 k M α a) Tìm giá trị cực đại góc α để hai vật đứng yên b) Góc α > αmax (ở câu a) Tính gia tốc hai vật 2) Trường hợp khơng có ma sát hai vật nêm, nêm sàn ngang Tính gia tốc tương đối am hai vật với nêm gia tốc aM nêm sàn Bài : (4 điểm) Các định luật bảo toàn: Một vật khối lượng m = 0,1 (kg) trượt mặt phẳng nằm ngang với vận tốc v = 0,5 (m/s) m trượt lên nêm có dạng hình vẽ M h Nêm ban đầu đứng yên, có khối lượng M = 0,5 (kg), chiều cao đỉnh H ; nêm trượt mặt phẳng nằm ngang Bỏ qua ma sát mát động va chạm Mô tả chuyển động hệ thống tìm vận tốc cuối vật nêm hai trường hợp sau : Lấy g = 10 (m/s ) - Khi H = cm - Khi H = 1,2 cm Bài 3:( điểm) Tĩnh học: Một thang AB=l, đầu A tựa sàn ngang, đầu B tựa vào tường thẳng đứng Khối tâm C thang cách A đoạn l Thang hợp với sàn góc α 1) Chứng minh thang khơng thể đứng cân khơng có ma sát 2) Gọi hệ số ma sát thang với sàn tường k Biết góc α=600 Tính giá trị nhỏ k để thang đứng cân 3) Khi k=kmin, thang có bị trượt khơng, nếu: a) Một người có trọng lượng trọng lượng thang đứng điểm C b) Người đứng vị trí D cách A đoạn 2l 4) Chứng minh α nhỏ để thang khơng trượt ma sát lớn Tính kmin α=450 ( khơng có người) Bài ( điểm) Nhiệt học: Trong động nhiệt có n mol khí (với i=3) thực chu trình kín hình vẽ Các đại lượng po; Vo biết Hãy tìm + Nhiệt độ áp suất khí điểm p + Cơng chất khí thực chu 5p0 trình? + Hiệu suất máy nhiệt? P0 3V0 V 7V0 Bài 5:( điểm) Động lực học vật rắn:Một trụ đặc có khối lượng m, bán kính đáy R quay quanh trục theo phương ngang với vận tốc góc o Trụ đặt nhẹ nhàng lên sàn xe phẳng, dài nằm ngang Xe có khối lượng m với trụ trượt khơng ma sát mặt đất.Ngay sau xe chuyển động nhanh dần, sau khoảng thời gian xe đạt vận tốc ổn định không đổi a Xác định vận tốc ổn định xe b Xác định lượng mát từ trụ đặt lên xe đến xe đạt vận tốc không đổi -Hết -Họ tên thí sinh : Số báo danh Họ tên, chữ ký: Giám thị 1: Giám thị 2: SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HDC THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH NĂM 2017 ĐỀ THI CHÍNH THỨC MƠN: VẬT LÝ Ngày thi: 26/4/2017 (Thời gian 180 phút, không kể thời gian phát đề) Đề thi gồm 05 câu, trang Nội dung Bài Điểm 1) Nêm đứng yên a) Tính aMAX để hai vật đứng n 0,5 Vì m1 >m2 nên vật m1 có xu hướng trượt trước m1 g.sin   T  Fms1  0,25 m2 g sin   T  Fms2   Fms1  Fms2  (m1  m2 ).g.sin  0,25 Mà  Fms1  Fms  (m1  m2 ).g.sin  0,5 Suy ra: tan   k (m1  m2 ) k (m1  m2 ) => tan  max  (1) m1  m2 m1  m2 b) α > αmax tính gia tốc hai vật m1 g sin   T  km1 g cos  m1 a   m2 g.sin   T  km2 g cos  m2 a 0,25 (m  m2 ).g.sin   k (m1  m2 ).g cos => a  (2) m1  m2 0,25 2) Khơng có ma sát   Gọi gia tốc hai vật nêm a ; gia tốc nêm đất a M Ta có phương trình chuyển động cho ba vật là:       m ( a  a M )  P1  N1  T1        m2 ( a  a M )  P2  N  T2        M a M  P  N1  N  2T  N  Chiếu lên trục ox oy phương trinh ta có:  N1 sin   T cos  m1 (a cos  a M )(1)   N sin   T cos  m2 (a cos  a M )( 2)   0,25 0,25 0,5 0,25  m1 g  N1 cos  T sin   m1 a.sin  (3)   m2 g  N cos  T sin   m2 a.sin  (4) 2T cos   N1 sin   N sin   M a M (5) 0,25 Từ (1) (2): ( N1  N ) sin   (m1  m2 )a cos   (m1  m2 ).aM (6) ( N1  N ) sin   2T cos   (m1  m2 )a cos   (m1  m2 )a M (7) 0,5 Từ (3) (4): (m1  m2 ).g  ( N1  N ) cos   (m1  m2 )a cos  (8) Từ (5) (7):  M a M  (m1  m2 ).a cos   (m1  m2 ).a M Hay aM   (m1  m2 ).a cos (9) (m1  m2  M )  (m  m2 ).M  4m1 m2  Thay (9) vào (6): ( N1  N ) sin     a cos (10) M  m1  m2   Giải hệ (8) (10) ta có: ( M  m1  m2 )( m1  m2 ) g.sin  a M (m1  m2 )  (m1  m2 ) sin   4m1m2 cos2  0,5 10 (m1  m2 ) g.sin  cos aM  M (m1  m2 )  (m1  m2 ) sin   4m1m2 cos2  Bài * Nhận xét : Nếu vật khơng vượt qua đỉnh nêm vật lên đến độ cao 0,5 cực đại h so với phương nằm ngang vật nêm có vận tốc v (vật dừng nêm) Ta lập phương trình theo định luật bảo toàn : 0,25 - Áp dụng định luật bảo toàn lượng ta có : 1 (m  M )v + mgh mv02 = 2 (1) Áp dụng định luật bảo toàn động lượng : 0,25 mv = (m + M)v (2)  v = (2) + Từ mv0 vào (1) ta : mM 1  mv0  + Phương trình (1)  mv02 = (m  M )  2 mM  + mgh 0,5 (mv0 ) 2 mv + mgh  = (m  M )  mv02 v0 = + gh (m  M )  (m + M)v 02 = mv 02 + 2gh(m + M)  Mv  h = 0,25 0,25 = 2gh(m + M) Mv02 g (m  M ) Thay giá trị M = 0,5 (kg), v = 0,5 (m/s), m = 0,1 (kg), 0,25 g = 10 (m/s ) 0,5.0,5 0,125 ta h = =  0,0104 (m) = 1,04 (cm) 2.10(0,1  0,5) 12 0,25 a Khi H = (cm) Khi H = (cm) vật vượt đỉnh nêm, lúc rơi xuống sường sau vật hãm nêm, cuối vật nhanh nêm 0,5 11 Vận tốc cuối vật v > vận tốc cuối nêm v  áp dụng định luật bảo tồn ta có : 0,25 1 mv02 = mv12 + Mv22 2 mv = mv + (3) Mv (4) m(v0  v1 ) vào phương trình (3) ta M + Từ phương trình (4)  v = 0,25 :  mv = mv  m(v  v1 )  + M  M    Mmv 02 = Mmv 12 + m (v - v ) 0,5  Mv 02 = Mv 12 + m(v - v )  Mv 02 = Mv 12 + mv 02 - 2mv v + mv 12  (M + m)v 12 - 2mv v - (M - m)v 02 = Ta có : / = m v 02 + (M + m)(M - m) = m v 02 + (M - m )v 02 = M v 02 Ta có hai nghiệm : v = mv0  M v02 ( M  m) 0,1.0,5  0,5.0,5 0,3 = = = 0,5 0,5  0,1 0,6 0,5 (m/s)  v2 = Nghiệm thứ hai : v = mv0  M v02 ( M  m) = 0,1.0,5  0,5.0,5 = 0,5  0,1  0,2 = - < 0,6 Vậy v = 0,5 (m/s) ; v = * H = 1,2 cm, vật lên tới độ cao 1,04 cm bị trụt trở lại thúc nêm  v > ; v dương âm Ta nhận thấy với v = 0,5 (m/s) ; v = không phù hợp Vậy v = 1 (m/s)  v m(v0  v1 ) = = M 0,1(0,5  ) = 0,25 = 0,167 1,5 0,5 12 (m/s) Bài 1) Khơng có ma sát thang khơng cân 0,5 Điều kiện cân là: Tổng hợp lực tác dụng lên thanh:     R  P  N  N  Ba vectơ lực có tổng khơng thể khơng 0,25 khơng đồng quy khơng cân 2) Tính kmin Fms2 Xét trạng thái giới hạn lực B masát nghỉ cực đại 0,25 N2 D · Fms1=k.N1 ; Fms2=k.N2    Điều kiện cân bằng: P  N  N  0,5 · C N1 P Chiếu lên phương nằm ngang Fms1 A thẳng đứng ta có: 0,25 N2=F1=k.N1 (1) 0,25 P=N1+Fms2 =N1+k.N2 (2) l Chọn trục quay A P cos  N l.sin   Fm s2 l cos   P  N tan   k N (3) Từ (1) (2) => P  0,25 N2  k N (4) k 0,25 Từ (3) (4) ta có: 2.k  (3 tan  ).k   (5) Thay góc α=600 giải nghiệm kmin=0,18 3) a) Thang có trượt khơng? Kmin thỏa mãn công thức (5) không phụ thuộc vào trọng lực P nên 0,5 người đứng khối tâm C ( tức P tăng ) thang khơng bị trượt b) Người đứng D Khi khối tâm hệ người thang trung điểm I AB Điều kiện 0,25 cân lúc là: N2=F1=k.N1 (6) 2P=N1+Fms2 =N1+k.N2 (7) 0,25 Phương trình momen là: l P cos  N l.sin   Fm s2 l cos   P  N tan   k N (8) 0,5 Giải phương trình (6) (7) (8) ta có: k  tan  k    k  0,27 13 Ta thấy k > kmin nên thang bị trượt 4) Tính kmin α=450 Trở lại phương trình (5): 2.k  (3 tan  ).k   Giải kmin tan    tan   đặt x=tanα y=4.kmin ta có hàm số y  9.x   3x sau đạo hàm y’0 tức chất khí nhận nhiệt lượng Q12 = Q1I =  U1I + A1I = p  pI nR (TI-T1) + (VI-V1) = = 8p0V0 2 * hiệu suất chu trình là: Bài 5: H= A = 32% Q31  Q1I HS làm theo hai cách sau đây) 0,5 0,5 Gọi vận tốc xe ổn định V Vận tốc trụ so với xe v, vận tốc quay trụ  Ban đầu trụ trượt sàn xe, lực ma sát làm trụ chuyển động tịnh tiến nhanh dần, chuyển động quay chậm dần đến đạt điều 0,25 kiện lăn khơng trượt v  R. lực ma sát hệ đạt trạng thái ổn định 0,25 với vận tốc không đổi Cách 1: Sử dụng định luật bảo toàn: a) 0,5 Định luật bảo toàn động lượng: mV  m(V  v)   V  v Định luật bảo tồn mơ men động lượng với trục nằm sàn xe 0,25 vng góc với mặt phẳng hình vẽ: I o  I   m(v  V ) R 0,25 mR Với: I  v  R. Giải phương trình ta tìm được: v  b) o R 0,25 0,25 15 Qhp  Wtruoc  Wsau Qhp  I o2  I  m(v  V ) mV       2  R mo2 R v mR ; v  R. ; I  mà v  o Biến đổi ta được: Qhp  2 Cách 2: Sử dụng phương pháp động lực học: a)Đối với xe: 0,5 Với V  m 0,25 V  ma  Fms t 0,25 Đối với trụ: v m  ma12  Fqt  Fms  ma  Fms t I   o t Với: I   I    Fms R 0,5 mR v  R. Biến đổi ta được: v  o R b) Qhp   Ams  ( Amsquay  Amstt ) Trong đó: Amsquay cơng lực ma sát chuyển động quay trụ xe Amstt công lực ma sát chuyển động tịnh tiến tương đối trụ 0,5 xe Amsquay  Fms R.  Fms R Amstt  Fms   o2 2 v2 2a12 mo2 R Biến đổi ta Qhp  -HẾT - 16 ... BÌNH HDC THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH NĂM 2017 ĐỀ THI CHÍNH THỨC MƠN: VẬT LÝ Ngày thi: 26/4 /2017 (Thời gian 180 phút, không kể thời gian phát đề) Đề thi gồm 05 câu, trang Nội dung Bài... V0 0,25 0,25 po V + 8poV V0 (2) 0,25 + Theo NLTN: Khi thể tích khí bi? ??n thi? ?n  V; nhiệt độ bi? ??n thi? ?n  T nhiệt lượng bi? ??n thi? ?n: Q = 0,25 nR  T + p  V (3)  Q = (20po-4 + Thay (2) vào (3)... điểm cho toàn thi SỞ GD&ĐT NINH BÌNH ĐỀ DỰ PHỊNG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH NĂM 2017 MÔN: VẬT LÝ Ngày thi: 26/4 /2017 (Thời gian 180 phút, không kể thời gian phát đề) Đề thi gồm 05 câu,