De thi HSG mon Vat ly lop 12 nam hoc 20152016 So GDDT Gia Lai Bang A

SỞ GD&ĐT GIA LAI BẢNG A KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015-2016 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ 12- THPT Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ( Đề gồm 02 trang) Câu (4,0 điểm): Một đĩa tròn đồng chất, khối lượng m =2kg phân bố đều, bán kính R = 0,5m , quay quanh trục thẳng đứng độ cao h = 1m so với mặt đất Một thép mỏng, nhẹ uốn R thành nửa vịng trịn có bán kính r = , gắn cố định đĩa (hình 1) Ban đầu, đĩa trạng thái đứng yên, cầu nhỏ khối lượng m = 1kg truyền với vận tốc vo  m/s theo phương tiếp tuyến vào phía bên bề mặt vịng thép Lấy g = 9,81 m/s2, bỏ qua ma sát lực cản khơng khí a) Tìm tốc độ cầu rời đĩa b) Tìm khoảng cách từ mép đĩa đến nơi cầu chạm đất c) Kể từ thời điểm cầu rời đĩa vị trí K đến thời điểm cầu chạm đất A điểm K đĩa cách A khoảng bao xa? Câu (3,0 điểm): Một lượng khí lý tưởng lưỡng ngun tử có q bình biến đổi theo chu trình 0-1-2-3-0 hình 2: Quá trình 0-1 làm nóng đẳng tích; q trình 1-2 dãn nở đẳng áp; q trình 2-3 làm lạnh đẳng tích; q trình 3-0 nén đẳng áp Trong trình biến đổi, nhiệt độ khí đạt giá trị nhỏ Tmin = To, đạt giá trị lớn Tmax = 4To Hãy tìm giá trị a hiệu suất cực đại (nmax) chu trình? Câu (4,0 điểm): Cho mạch điện hình Các nguồn điện có suất điện động điện trở E1 = 36(V), r1  5() ; E2 = 32(V), r2  2() Điốt lí tưởng, mạch ngồi có hai điện trở giống nhau, điện trở có giá trị Ro = 50(Ω) mắc song song Cơng suất mạch ngồi thay đổi lần hai điện trở mắc nối tiếp? Cho mạch điện xoay chiều hình Cuộn dây cảm có hệ số tự 10 4 ( F ) , biến trở R2 cảm L = (H), điện trở R1  50 3() , tụ điện C2  4  tụ điện C1 có điện dung thay đổi Vôn kế, dây nối khố K lí tưởng Đặt vào hai đầu dây A, B điện áp xoay chiều có biểu thức u AB  220 cos100 t(V ) 104 ( F ) , R2  150 3() , viết 2 biểu thức dòng điện tức thời qua điện trở R1? b) Khố K đóng, điều chỉnh R2  50 3() , giá trị C1 để vôn kế giá trị lớn nhất? Tìm giá trị lớn đó? Câu (3,0 điểm): a) Khố K ngắt (hở), điều chỉnh C1  Sưu tầm https://blogvatly.com Một kim loại MN đồng chất, tiết diện đều, đặt nằm ngang khối lượng m = 100(g), trượt vng góc ln tiếp xúc với hai ray kim loại IH, PQ tạo với mặt phẳng ngang góc α = 30° Nối I P với tụ điện có điện dung C = 10-3(F), tụ điện chịu hiệu điện tối đa 1, 28 (V) Hệ thống đặt từ trường có véc tơ cảm ứng từ B thẳng đứng hướng xuống có độ lớn B = 1(T) (hình 5) Khoảng cách hai ray  2(m) , lấy g = 10m/s2 hệ số ma sát trượt MN hai ray μ = 0,5 Coi ray đủ dài, hệ thống đặt cách điện mặt phẳng ngang, điện trở mạch dây nối không đáng kể Hỏi sau kể từ MN chuyển động từ trạng thái nghỉ tụ điện bị đánh thủng? Câu (3,5 điểm): Một điểm sáng S chuyển động theo vòng tròn với vận tốc có độ lớn khơng đổi vo = 2m/s xung quanh trục thấu kính mỏng L nằm mặt phẳng vng góc với trục cách thấu kính khoảng 5cm Ảnh S’ qua thấu kính chuyển động có tốc độ v = 4m/s quỹ đạo tròn chiều với chiều chuyển động S a) Tìm tiêu cự f thấu kính L b) Thấu kính L đặt trùng với mặt phẳng (π) nằm ngang qua miệng chậu có độ sâu h, đáy chậu có gắn gương phẳng G nằm ngang hình Điểm sáng S nằm trục thấu kính, khoảng gương thấu kính, ta thu hai ảnh thật S 20 cách (cm) Cho nước vào đầy chậu hai ảnh thật cách 15(cm) Biết chiết suất nước n  Xác định độ sâu h chậu khoảng cách từ điểm sáng S tới thấu kính Câu (2,5 điểm): Cho vật hình trụ có phần rỗng hình trụ, có trục song song với trục hình trụ chiều dài chiều dài vật hình trụ (hai đầu phần rỗng bịt vật liệu mỏng, nhẹ) Sử dụng dụng cụ: 01 chậu nước (cho khối lượng riêng nước n ), 01 thước (có độ chia nhỏ 1mm), 01 bút, 01 ván Biết khối lượng riêng chất làm vật hình trụ  thả nước vật hình trụ có phần mặt nước Trình bày phương án thí nghiện để: a) Đo bán kính phần rỗng hình trụ b) Đo khoảng cách trục hình trụ trục phần rỗng Sưu tầm https://blogvatly.com SỞ GD&ĐT GIA LAI BẢNG A KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2015-2016 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ 12- THPT Câu a) Lập luận dẫn đến : mv1 R  MR 2  1 1 Mặt khác, ta có: mv02  mv12  MR 2 (2) 2 2 2mv1 R m v Từ (1), tốc độ góc đĩa:   (3) 2 MR M R Thay vào (2), ta : 2 1 m v1   m m2  2 mv0  mv1  MR       v1 2 2  M R  M  Tốc độ cầu m rời đĩa là: v1  v0 (1) (4) M m 3  2,12( ) M  2m  2.1 s 2h 2.1   0, 45( s) g 9,81 Quãng đường mà cầu chuyển động theo phương ngang thời gian 2h sx  v1  v1.t  2,12.0, 45  0,95(m) g Khoảng cách x theo phương ngang từ mép đĩa đến nơi cầu chạm mặt đất: M 2h x  R  (v1t )2  R  R  v02 R M  2m g b) Thời gian cầu chạm đất kể từ lúc rời đĩa t  2.1  0,5  0,58(m)  2.1 9,81 Khoảng cách d A từ mép đĩa đến nơi cầu chạm mặt đất:  x  0,52  32 d A  h  x  12  (0,58)  1,156(m)  1,16(m) c) Góc mà đĩa quay thời gian t : mv M 2h  m v  (5)   t    t  MR M  2m g  M R 1.3 2.1  1,92rad  110 2.0,5  2.1 9,81 Gọi: K1 vị trí hình chiếu điểm K nơi mà cầu rời đĩa; K2 vị trí điểm K thời điểm cầu chạm đất   Ký hiệu góc mặt phẳng hình chiếu bằng: K1OK2  ; AOK1   ; AOK2   R Ta có:   arccos (6) d0 Với d0  R  sx2  R  v12 2h g Sưu tầm https://blogvatly.com M 2h 2.1  0,52  33  1, 08(m) M  2m g  2.1 9,81 R 0,5 Thay vào (6) ta tính   arccos  arccos  1, 09(rad )  62, 4 d0 1, 08 Do   2      6, 28  1,92  1,09  3, 27(rad )  187,5 Áp dụng định lí hàm số cos ta tìm hình chiếu phương ngang  d0  R  v02 AK2 x  d02  R  2d0 R cos   1,082  0,52  2.1,08.0,5.cos187,5  1,58(m) Suy khoảng cách cần tìm xác định định lí Pi-ta-go: AK2  h2  AK2 x  12  1,582  1,78(m) Câu Ta có: A  ( p1  p0 )(aV0  V0 ) (1) pV p aV 4p Mặt khác: 0   p1  (2) T0 4T0 a Từ (1) (2) suy ra: 4p 4  A  (  p0 )(aV0  V0 )  pV0   1 (a  1) a a  pV0 (3)   - a  (a  1) a 5  4p 4a  4  Lại có: Q01  U1  pV0    p0  V0  p0V0   1  p0V0 2 a a a   Q12  U  pV  p1V  p1V  p1V 2 4p 14 a 1 (5)  Q12  (aV0  V0 )  p0V0 (a  1)  14 p0V0 a a A Hiệu suất chu trình xác định bởi:   (6) Q01  Q12 pV0  - a  (a  1) a Thay (4) (5) vào (6), ta được:   4a a 1 p0V0  14 p0V0 a a pV0  - a  (a  1)  - a  (a  1) a  5a  f (a)   a    (7) p0V0 (11,5 a  4)  11,5 a g ( a ) (11,5a  4) a d f '(a ).g (a )  f (a ).g '(a )  0 Lấy đạo hàm  theo a cho 0, ta có: da g (a )  f (a)  a  5a   f '(a )  2a   Với   g '(a)  11,5  g (a)   11,5a Từ (8) suy ra: f '(a).g (a)  f (a).g '(a) =  f '(a).g (a)  f (a).g '(a)     2a    11,5a   11,5 a  5a   11,5a  8a  26  Dùng máy tính cầm tay, giải phương trình trên, ta a = 1,89 Thay vào (7) ta tính hiệu suất cực đại chu trình a  5a  1,89  5.1,89  max    0,106  10, 6%  11,5a  11,5.1,89 Sưu tầm https://blogvatly.com (4) (8) Câu Nếu điốt mở, áp dụng định luật ơm, ta có: E R  I1   I  r1 r1 E1  I1r1  IR   (1)   E2  I r2  IR   E2 R I   I  r2 r2 Dòng điện mạch ngoài: I = I1 + I2 (2) E1r2  E2 r1 Từ (1) (2) suy ra: I  r1r2  (r1  r2 ) R  E1r2  E2 r1  Cơng suất mạch ngồi điốt mở: P = RI = R    r1r2  (r1  r2 ) R  E Điều kiện để điốt mở I2 >  E2  RI  R  r1 E1  E2 E E Khi R  r1 điốt khoá lại, cường độ dịng điện mạch ngồi lúc này: I '  E1  E2 r1  R 2  E  Cơng st mạch ngồi lúc này: P ‘ = R    r1  R  E2 32 Như vậy, ta có R* = r1   40() E1  E2 36  32 Khi mạch mắc song song: R R R R  0   25()  R*  điốt mở R0  R0 Khi mạch mắc nối tiếp: R = R0  R0 = 100(Ω) > R*  điốt khoá P  E r  E r  r  2R0   41209  3,34 Do đó, ta có tỉ số: n = =  2 1  = P2  E1  2r1r2  (r1  r2 ) R0   12321 Vậy hai điện trở mắc nối tiếp cơng suất mạch giảm 3,34 lần a) Khi khố K ngắt, sơ đồ mạch điện hình 5a: 104 104 104 C  C1  C2    (F ) 2 4  1 400 ZC    ( ) 4 10 C 100  Z I0   R1  R2  U0  Z tan   2  400   Z  (200 3)     371, 2()   C 220  200   400      400  0,84( A) ZC 21   0,3849     R1  R2 50  150 180    u  i  i    21 180 Sưu tầm https://blogvatly.com  Biểu thức dòng điện qua R1 i  0,84 cos(100 t  21 )( A) 180 b) Khi khoá K đóng Mạch điện hình 5b Gọi C12 điện dung tương đương tụ điện C1, C2, R12 điện trở tương đương R1 R2 * * * * * Đặt j  1 , ta có: Z AB  Z AH  Z HB  Z AH  * *  Z AB   jZ C12  * * 100 50  50  Z AB   jZC12   50  50 * 4 jZ C12    100   100  50  50 j      Z AB  100 1 j  100  300 j 100  4 Z C12  300    j 4    Z AB   jZC12   Z AB  * R12 Z L   jZC12 R12  Z L R12 100 j  R12  100 j  R 212  1002 100 R12  (100  R12 j ) R 12  1002 * * R12  Z L R12 100 j  R12  100 j  Z AB   jZC12   Z AB   jZC12 * R12 Z L  100   300  4ZC12            * * * * U C12  I Z C12  U * Z C12 * Z AB * * U * *  U C12  I Z C12  * Z C12  * Z AB * U C12     220 ( jZ C12 ) 100  4 Z C12  300   j 4     880 100  300  ZC12 j    ( jZ ) C12 2 100  300  4ZC12  880ZC12 *  U C12  100   300  4Z  2    300  4ZC12  100 j    C12  UV  U C12  880ZC12 100   300  4Z  2  300  4ZC12   100  C12  UV  U C12    100   880 1  300   2400  16  Z C Z C 12 12 Sưu tầm https://blogvatly.com 2 2.4.300 Ta thấy, để UV  UV max   Z C12  100()  C12  104 (F )  2  100  300   104 104 3.104   (F ) Phải điều chỉnh C1  C12  C2   4 4 Từ đó, ta tìm UV  UV max = 440(V) Vẽ giản đồ véc tơ hình 5c 5d Áp dụng định lí hàm số sin cho ∆OHV, ta có : U C12 U  , với tan 1   1   sin  cos 1  UV  U C12  U C12 max  sin      U 220  UV  U C12  U C12 max    440(V ) cos 1 cos  Từ tính giá trị điện dung C1 Câu Trọng lực làm trượt xuống, có vận tốc v , suất điện động eC tuân theo qui tắc bàn tay phải   U  eC  B v sin      B v.cos  2  Điện tích mà tụ tích được: q  CU  CB v.cos  Cường độ dịng tích điện: dq dv i  CB cos    CB cos   a dt dt Lực từ tác dụng lên thanh: f  Bi   CB 2 cos   a   Áp dụng định luật II Niu tơn ta có: P  N  f  Fms  ma (1) Theo Oy:  P cos   N  f sin    N  P cos   f sin  (2) Theo Ox: P sin   f cos    N  ma (3) Từ (2) (3) ta dược: P sin   f cos    ( P cos   f sin  )  ma      mg sin   CB 2 cos  a   mg cos    CB 2 cos  a sin   ma a m  CB mg sin    mg cos   0, 64(m / s ) 2 cos    CB cos  sin  2   Khi U = Umax U max  B v.cos   v  U max 1, 28   1, 28(m / s ) B cos  1.2 Thời gian kể từ bắt đầu trượt đến tụ bị đánh thủng: v  at  t  1, 28  2( s ) 0, 64 TK S ' Câu a) Sơ đồ tạo ảnh: S  d d' Tốc độ góc ảnh vầ vật nhau:   0 Theo đề, vận tốc dài ảnh gấp đôi vật: v  2v0 Suy bán kính quỹ đạo ảnh lớn gấp đơi bán kính quỹ đạo vật: R  R0 Sưu tầm https://blogvatly.com Ảnh S’ chuyển động theo chiều với chiều chuyển động S nên ảnh ảo, nằm phía d ' với S so với trục chính: k    d '  2d  10(cm) d d d ' Tiêu cự thấu kính: f   10(cm) d d' b) Khi chưa đổ nước vào chậu: TK  S ' với d = OS; Sơ đồ tạo ảnh qua thấu kính: S  d d' Ta có: d '  fd 10d  d  f d  10 Sơ đồ tạo ảnh qua hệ gương - thấu kính: G TK S   S1   S2 ; d1 d2 d 2' 10(2h  d ) Ta có: d1  h  d ; d  h  d1  2h  d ; d 2'  2h  d  10 20 Hai ảnh thật S cách (cm) , ta có: 20 10d 10(2h  d ) 20 d ' d 2'  (cm)    d  10 2h  d  10  d  2hd  50h  30d  100  (1) Khi đổ nước vào chậu: LCP:nc  kk TK S   S '   S' Sơ đồ tạo ảnh qua LCP - thấu kính: d d' d '' 3d fd ' 30d  d ''   Với d = OS  d '  (4) d ' f 3d  40 G LCP:vn  kk TK S   S1   S2   S' Sơ đồ tạo ảnh qua hệ gương - LCP - thấu kính: d1 d2 d3 d3' d Ta có: d1  h  d ; d  h  d1  2h  d ; d3   (2h  d ) n fd 7,5(2 h  d ) d3'   d3  f 1,5h  0, 75d  10 Hai ảnh thật S cách 15(cm), ta có: 30d 7,5(2h  d ) d '' d3'  15(cm)    15 3d  40 1,5h  0, 75d  10  0,5625d  1,125hd  25h  10d  100  (2) d  11, 76(cm) d  20(cm) Giải hệ (1) (2) ta được:   h  11,88(cm) h  30(cm) Điều kiện ảnh thật d3  f Thay giá trị vào ta thấy có cặp nghiệm d  20(cm) thoả mãn  h  30(cm) d  20(cm) Vậy  h  30(cm) Câu a) Gọi: R: Bán kính hình trụ; H: chiều dài hình trụ; ρ: Khối lượng riêng chất làm hình trụ; V1, S1: Lần lượt thể tích tiết diện phần đáy trụ ngập nước Sưu tầm https://blogvatly.com Khối lượng trụ rỗng: M   H ( R  r )  (1) Thả vật hình trụ rỗng vào chậu nước, vật nước, khối lượng nước bị chiếm chỗ là: M1  n V1  n S1.H Mặc khác: M  M1   H ( R2  r )   n S1.H   ( R  r )    n S1  r  R  Ta phải tìm: S1  S ' S '' n S (2)   (3) Ta có: S1  S ' S '' , với S’ diện tích hình quạt có góc đỉnh (π + 2φ), S’’ diện tích ∆AOB S '   2 S'   2   2 Ta có: (4)     S' R S 2 R 2 Gọi A, B điểm ứng với mặt nước, AOB   Rh Ta có: sin   , dùng thước đo h, R suy góc φ S ''  ( R  h).R.cos  (5) R Từ (2), (3), (4) (5) suy phương án cần tìm b) Gọi x khoảng cách trục (khoảng cách trục hình trụ trục phần rỗng) Đặt hình trụ lên ván nghiêng vật hình trụ sửa lăn, ta đánh dấu điểm tiếp xúc C vẽ đường thẳng nằm ngang EF (ở vị tri tới hạn mặt phẳng chứa hai trục khối tâm G nằm đường thẳng đứng qua C) Vẽ đường vng góc CG với EF, y khoảng cách từ O đến G IH Ta có: y  OC.sin   R.sin   (6) KH Dễ dàng đo IH KH (nếu phần rỗng chứa đầy chất dùng làm hình trụ trọng tâm O) Ta có: x.m = y.M, với khối lượng chứa đầy phần rỗng xác định m  π.r H. (7) y.M (8) x m Từ (1), (6), (7) (8) suy phương án cần tìm Sưu tầm https://blogvatly.com ... (a)  a  5a   f ' (a )  2a   Với   g ' (a)  11,5  g (a)   11, 5a Từ (8) suy ra: f ' (a) .g (a)  f (a) .g ' (a) =  f ' (a) .g (a)  f (a) .g ' (a)     2a    11, 5a   11,5 a  5a. ..  (a  1)  - a  (a  1) a  5a  f (a)   a    (7) p0V0 (11,5 a  4)  11,5 a g ( a ) (11, 5a  4) a d f ' (a ).g (a )  f (a ).g ' (a )  0 Lấy đạo hàm  theo a cho 0, ta có: da g (a )... (aV0  V0 )  p0V0 (a  1)  14 p0V0 a a A Hiệu suất chu trình xác định bởi:   (6) Q01  Q12 pV0  - a  (a  1) a Thay (4) (5) vào (6), ta được:   4? ?a a 1 p0V0  14 p0V0 a a pV0  - a