Đề thi chon HSG Trường THPT Quỳ Hợp 2 - 2010. Có đáp án

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN Trường THPT Quỳ Hợp 2 KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG Năm học 2010 - 2011 Môn thi: VẬT LÝ LỚP 12 – THPT Thời gian làm bài: 180 phút. Câu 1( 4 điểm). Cho 3 4 mol khí lí tưởng biến đổi theo quá trình cân bằng từ trạng thái có áp suất p 0 = 2. 10 5 Pa và thể tích V 0 = 8 lít đến trạng thái có áp suất p 1 = 10 5 Pa và thể tích V 1 = 20 lít. Trong hệ toạ độ p,V quá trình được biểu diễn bằng đoạn thẳng AB (Hình 1). Biết R = 8,31J/mol.K 1. Tính nhiệt độ T 0 của trạng thái ban đầu (A) và T 1 của trạng thái cuối (B). 2. Tính công mà khí sinh ra và nhiệt mà khí nhận được trong cả quá trình. Biết nội năng của khí lí tưởng được tính: U = 3 nRT 2 với n là số mol khí. 3. Xét sự biến thiên nhiệt độ T của khí trong cả quá trình. Với giá trị nào của thể tích V thì nhiệt độ T lớn nhất, giá trị lớn nhất T max của nhiệt độ T là bao nhiêu? 4. Tính công mà khí sinh ra trong từng giai đoạn ( giai đoạn tăng và giai đoạn giãm nhiệt độ) của quá trình. Câu 2 ( 3,5 điểm). Cho mạch điện như hình vẽ (Hình 2a). Tụ điện có điện dung C = 100 μF được tích đến hiệu điện thế U 0 = 5V nối với điện trở R = 100 Ω qua một điốt có đặc trưng Vôn – Ampe như hình 2b. Ban đầu khoá K ngắt. 1. Ngay sau khi đóng khoá K thì dòng điện trong mạch sẽ là bao nhiêu? 2. Hiệu điện thế trên tụ sẽ bằng bao nhiêu vào thời điểm dòng điện trong mạch là 10 mA sau khi đóng mạch. 3. Nhiệt lượng được giải phóng trên điốt sau khi đóng mạch bằng bao nhiêu? Câu 3 ( 3 điểm). Cho hệ quang học như hình vẽ (Hình 3): f 1 = 30cm; f 2 = - 10 cm; O 1 O 2 = a. 1. Cho AO 1 = 36 cm hãy: * Xác định ảnh cuối cùng A’B’ của AB tạo bởi hệ với a = 70 cm. * Định giá trị của a để A’B’ là ảnh thật. 2. Với giá trị nào của a thì độ phóng đại ảnh cuối cùng A’B’ tạo bởi hệ thấu kính không phụ thuộc vị trí của vật. Câu 4 ( 3điểm). Một quả cầu nhỏ đặt ở đỉnh của một mặt bán cầu. Tại t = 0 quả cầu bắt đầu lăn không trượt xuống mặt cầu với tốc độ góc ban đầu ω 0 = 0. Tính góc α xác định vị trí tại đó quả cầu bắt đầu rời khỏi mặt cầu. 1 Đề chính thức (Đề có 02 trang) O V p p 0 p 1 A B V 0 V 1 Hình 1 C R D K U 0 Hình 2a U(V) I(mA) O 0,5 1,0 1,5 2,0 40 30 20 10 Hình 2b A B O 1 O 2 a (L 1 ) (L 2 ) Hình 3 Câu 5 ( 5,5 điểm). Cơ hệ được bố trí như hình 4. Bỏ qua khối lượng ròng rọc, lò xo và dây nối. Dây nối không giãn, coi ma sát không đáng kể. Kéo vật xuống dưới vị trí cân bằng một đoạn rồi thả nhẹ. Tìm chu kì dao động của vật. Câu 6 ( 1 điểm). Có ba hộp chứa linh kiện dán nhầm nhãn: Mỗi hộp có hai linh kiện. Mỗi linh kiện là một hộp đen có hai đầu ra. Dùng bóng đèn Pin, sợi dây điện, Pin con thỏ. Chỉ lấy một hộp ( thao tác một lần) mở hộp ra lấy một linh kiện bất kì, thao tác một lần với linh kiện đó. Làm thế nào để biết trong mỗi hộp chứa gì? …………………… ……………………… .Hết………………………………………………. Họ và tên thí sinh:…………………………………………… Số báo danh: …………………………………………………………… Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm ! 2 R-R R-C C-C m Hình 4 k 2 k 1 SỞ GD&ĐT NGHỆ AN Trường THPT Quỳ Hợp 2 KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG Năm học 2010 - 2011 híng dÉn vµ biÓu ®iÓm ChÊm ®Ò chÝnh thøc (Híng dÉn vµ biÓu ®iÓm chÊm gåm 06 trang) M«n: VËt lý líp 12 - THPT ---------------------------------------------- Chú ý: Nếu thí sinh giải theo cách khác so với hướng dẫn dưới đây mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa. Câu Ý chí nh Nội dung Điểm Câu 1 1 Áp dụng phương trình trạng thái cho 3 4 mol khí lí tưởng ta có: pV = 3 4 RT 0,5 đ Suy ra: T 0 = 0 0 4P V 257(K) 3R = 0,25 đ T 1 = 1 1 4P V 321(K) 3R = 0,25đ 2 Công sinh ra bằng diện tích hình thang AV 0 V 1 B (hình 1) 0,25đ A = 0 1 1 0 1 (p + p )(V - V ) = 1800 (J). 2 0,25đ Biến thiên nội năng: 3 3 ΔU = . R.ΔT 600(J) 4 2 ; 0,25đ Nhiệt mà khí nhận được theo nguyên lý I: Q = ∆U + A = 2400(J) 0,25đ 3 T = 4 pV 3R (1) 0,25đ Xét khí ở trạng thái có nhiệt độ T; thể tích V; áp suất p. Ta có: 0 1 0 1 p - p p - p p - 2 p - 1 1 = = p = ( V + 32) V - V V - V V - 8 V - 20 12 → → − 0,25đ Thay vào (1) ta có: T = 2 2 1 1 32 (32V - V ) = - V + V 9R 9R 9R 0,25đ T = T max khi V = V s = b - =16 2a lít 0,25đ T max = Δ - = 342(K). 4a 0,25đ 4 Xét giai đoạn nhiệt độ tăng từ T 0 = 257(K) đến T max = 342(K), thể tích tăng từ V 0 = 8lít đến V s = 16lít. Công sinh ra bằng diện tích hình thang ASV s V 0 (hình vẽ). 0,25đ A 1 = 0 0 1 (p + p )(V - V ) = 1333 (J). 2 s s 0,25 đ Xét giai đoạn nhiệt giãm từ T s = 342(K) đến T 1 = 321(K), thể tích tăng từ V s = 16lít đến V 1 = 20lít. Công sinh ra bằng diện tích hình thang SBV 1 V s (hình vẽ). 0,25 đ 3 A 2 = 1 1 1 (p + p )(V - V ) = 467 (J). 2 s s 1 Sau khi đóng mạch, hiệu điện thế trên tụ sẽ thay đổi về dấu và độ lớn. Giả sử rằng dòng điện ban đầu là I 0 > 10mA. 0,5đ Áp dụng định luật Ôm cho mạch điện kín ta có: U 0 = U d + I 0 R 0,25đ Với giả sử trên, theo giả thiết ta có U d = 1V 0,25đ Ta có: I 0 = 0 d U - U 40( ) R mA= > 10mA Vậy dòng điện trong mạch sau khi đóng K là 40mA. 0,25đ 2 Sau khi đóng mạch, tụ sẽ phóng điện, dòng điện trong mạch giảm dần. Khi dòng điện bằng I 1 = 10mA, áp dụng định luật Ôm ta tính được hiệu điện thế giữa hai bản tụ điện bằng: U C = U d + I 1 R = 2V. 0,5đ 3 Từ thời điểm đóng mạch đến khi tụ điện phóng hết điện tích thì điốt trải qua hai chế độ: - Khi dòng điện trong mạch thay đổi từ I 0 = 40mA đến I 1 = 10mA. - Khi dòng điện trong mạch thay đổi từ I 1 = 10mA đến I = 0 0,25đ Trong chế độ thứ nhất, hiệu điện thế trên điốt không đổi và bằng 1V, còn hiệu điện thế trên tụ giảm từ U 0 = 5V đến U c = 2V. Trong thời gian đó điện tích chạy qua điốt: q = C(U 0 – U C ) = 3.10 -4 C. 0,25đ Nhiệt lượng giải phóng trên điốt: Q 1 = qU d = 3.10 -4 J. 0,25đ Trong chế độ thứ hai, điốt giống như một điện trở bình thường có giá trị: R d = d 1 U = I 100Ω 0,25đ Sau khi kết thúc chế độ thứ nhất, hiệu điện thế trên tụ bằng U C = 2V. năng lượng điện trường còn lại trên tụ bằng: W = 2 4 1.10 ( ). 2 C CU J − = 0,25đ Vì điện trở của điốt bằng giá trị của điện trở R, nên nhiệt lượng được giải phóng bằng nhau cho mỗi điện trở. Như vậy, trong chế độ thứ 2, năng lượng giải phóng trên điốt bằng: Q 2 = 4 W 10 ( ) 2 J − = . 0,25đ Nhiệt lượng toàn phần giải phóng trên điốt sau khi đóng mạch: Q = Q 1 + Q 2 = 4.10 -4 (J). 0,25đ 1 Sơ đồ tạo ảnh qua hê thấu kính: L L 1 2 A B AB A'B' 1 1 d d' d' d 1 1 2 2 → → 0,25đ Áp dụng công thức thấu kính suy ra: 1 1 1 1 1 d f d' = 180( ) d - f cm= 0,25đ Ta có d 2 = a – d’ 1 = - 110 (cm) 0,25đ 2 2 2 2 2 d f d' = = -11(cm) d - f . 0,25đ k = 1 2 1 2 d' d'A'B' 1 = = AB d d 2 . 0,25đ 4 Vậy, A’B’ là ảnh ảo, cùng chiều với vật và bằng một nữa vật. A’B’ trước L 2 cách O 2 một khoảng 11 (cm). 0,25đ Vì L 2 là thấu kính phân kì nên ảnh của vật qua L 2 là ảnh thật nếu vật là vật ảo nằm trong khoảng tiêu cự của thấu kính (d 2 < 0). 0,25đ d 2 = a – d’ 1 ⇒ -10 ≤ a – d’ 1 ≤ 0 hay 170cm ≤ a ≤ 180cm 0,25đ 2 Độ phóng đại ảnh cuối cùng A’B’: k = 1 2 1 1 2 2 f f (d - f )(d - f ) . 0,25đ Với: 2 1 1 2 1 1 1 1 1 2 1 2 1 1 1 d = a - d' f f k = d f d' = d (a- f - f ) + f f af d - f   ⇒  −   . 0,25đ Để k không phụ thuộc d 1 thì a – f 1 – f 2 = 0 0,25đ ⇒ a = f 1 + f 2 = 20 (cm). 0,25đ Câu 4 Vì quả cầu lăn không trượt, nên áp dụng định luật bảo toàn năng lượng cho chuyển động của khối tâm quả cầu trên mặt cầu ta có: mgR = mgRcosα + 2 2 1 1 mv + Iω 2 2 . 0,25đ Với v = Rω; mô men quán tính I = 2 2 mR 5 suy ra: Vận tốc khối tâm của quả cầu tại thời điểm bất kì trên mặt cầu được tính: 2 10gR(1- cosα) v = 7 (1) 0,25đ Mặt khác khối tâm của quả cầu chuyển động trên quỹ đạo tròn bán kính R, do đó ta có: F ht = mgcosα - N (N - phản lực của mặt cầu). 0,25đ Ngay lúc quả cầu rời khỏi mặt cầu thì N = 0 suy ra: mgcosα = 2 mv R hay 2 v = gRcosα (2). 0,25đ Từ (1) và (2) suy ra: cosα = 10 17 . 0,25đ Vậy góc α xác định vị trí tại đó quả cầu rời khỏi mặt cầu thoả mãn: cosα = 10 17 0 54 α ⇒ ; 0,25 đ Câu 5 Chọn trục toạ độ thẳng đứng, gốc O ở vị trí cân bằng, chiều dương hướng xuống. 0,5đ Các lực tác dụng vào hệ vật khi quả cầu ở vị trí cân bằng như hình 1. 0,25đ Tại vị trí cân bằng: 01 02 0 0 Ox 0 d 0 1 01 2 02 0 0 d P + T = 0 mg - T = 0 2T' + F = 0 2T - kΔ = 0 kΔ - 2T = 0 2T'' + F = 0      →        uuur ur ur uur uuur l uuur uuur l . 1 O1 2 O2 1 mg - (kΔ + k Δ ) 0. 4 ⇔ =l l ( 01 02 ;∆ ∆l l lần lượt là độ biến dạng của hai lò xo khi quả cầu ở vị trí cân 0,5đ 0,5đ 5 m Hình 1 k 2 k 1 P ur 0 T uur 0 T' uur 0 T'' uuur 01 d F uuur 02 d F uuur O x bằng). Tương tự tại li độ x của vật các lực tác dụng vào vật như hình 2: 0,25đ Ta có: 1 2 h Ox d 1 01 1 2 02 2 d P + T = F mg - T = F 2T'+ F = 0 2T- k (Δ + x ) = 0 k (Δ + x ) - 2T = 0 2T''+ F = 0 h      →        l l uuur ur ur uur ur uur l uur uur l 0,5đ 1 1 2 2 1 F = - (k + k x ) 4 h x⇒ l 0,5đ Mặt khác ta có: 2 1 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 k x x = x = 2(x +x ) 2(k +k ) k x = k x k x x = 2(k +k )     ⇒       0,5đ Vậy: 1 2 h 1 2 k k F - x 4(k + k ) = l 0,5đ Áp dụng định luật II Newton, suy ra: 1 2 1 2 k k x'' + = 0 4m(k + k ) x 0,5đ Đặt 2 2 1 2 1 2 k k ω = x'' + ω x = 0 4m(k + k ) ⇒ 0,5đ Vậy vật m dao động điều hoà với chu kì: 1 2 1 2 4m(k + k ) T = 2π k k . 0,5đ Câu 6 Gọi hộp có nhãn R – R là hộp 1; hộp có nhãn R – C là hộp 2; hộp có nhãn C – C là hộp 3. Chọn hộp 2 mở ra lấy một linh kiện. Dùng dây nối, bóng đèn Pin và Pin mắc nối tiếp thành mạch điện kín. Có hai trường hợp xảy ra. 0, 5đ Trường hợp 1: Bóng đèn sáng. Linh kiện đã lấy ra là điện trở R . Vì hộp bị dán nhầm nhãn cho nên 2 không thể là R – C vì vậy 2 phải là hộp chứa R – R. Do đó 3 sẽ là hộp chứa R – C(vì nhầm nhãn nên 3 không thể là C – C) và hộp còn lại (hộp 1) sẽ chứa C – C. 0,25đ Trường hợp 2: Bóng đèn không sáng. Linh kiện lấy ra là tụ điện C. Vì hộp bị dán nhầm 0,25đ 6 m Hình 2 k 2 k 1 P ur T ur T' ur T'' uur 1 d F uur 2 d F uur x O x nhãn nên 2 không thể là R – C. Do đó 2 sẽ là hộp chứa C – C. Suy ra 1 phải là hộp chứa R – C (không thể là R – R vì nhầm nhãn). Vậy hộp còn lại (3) chứa R – C. 7 . - 20 11 híng dÉn vµ biÓu ®iÓm ChÊm ®Ò chÝnh thøc (Híng dÉn vµ biÓu ®iÓm chÊm gåm 06 trang) M«n: VËt lý líp 12 - THPT -- -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- . + 32) V - V V - V V - 8 V - 20 12 → → − 0 ,25 đ Thay vào (1) ta có: T = 2 2 1 1 32 (32V - V ) = - V + V 9R 9R 9R 0 ,25 đ T = T max khi V = V s = b - =16 2a