Một nguồn sáng điểm chuyển động từ rất xa, với tốc độ v không đổi hướng về phía thấu kính trên quỹ đạo là đường thẳng tạo góc nhỏ α đối với trục chính của thấu kính.. Quỹ đạo của điểm sá[r]
(1)SỞ GD&ĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ - Năm học 2012 – 2013
MÔN: VẬT LÝ Ngày thi 09/10/2012
(Thời gian 180 phút không kể thời gian phát đề)
Đề thi gồm 05 câu, 02 trang
Câu (5,0 điểm):
Cho hệ hình 1: Hai lị xo nhẹ có độ cứng K1 = 60N/m; K2 = 40N/m; hai vật nặng có khối lượng m = 300g; M = 100g Bỏ qua ma sát M với sàn, lấy g = π 2 ≈ 10m/s2. Tại vị trí cân hệ, hai lị xo không biến dạng
Đưa hai vật lệch khỏi vị trí cân theo phương ngang đoạn 4cm thả nhẹ, người ta thấy trình chuyển động hai vật không trượt
Chứng minh hệ dao động điều hồ Tính chu kì dao động vận tốc cực đại hệ Coi hệ số ma sát nghỉ cực đại m M hệ số ma sát trượt µ Tìm điều kiện µ thỏa mãn điều kiện cho
Khi lò xo K2 bị nén 2cm người ta giữ cố định điểm lò xo K2, hệ tiếp tục dao động điều hồ hai vật khơng trượt q trình chuyển động Tính biên độ dao động hệ
Câu (4,0 điểm):
Cho mạch điện hình 2: uAB 200 cos100 ( )t V ;
R = 100; C =
4
10 F
; cuộn dây cảm có độ tự cảm L thay đổi được; vơn kế lí tưởng
Điều chỉnh L = L1 =
2 H
, viết biểu thức cường độ dòng điện tức thời qua mạch và
biểu thức điện áp tức thời hai điểm A, N
Với giá trị L uAN uNB lệch pha góc 0,75π?
Điều chỉnh L = L2 thấy vơn kế giá trị cực đại Hãy xác định L2 số vơn kế lúc
Câu (4,0 điểm):
Cho mạch điện hình 3: R ❑1 = R ❑2 = 3 Ω ; R ❑3 = 2 Ω ; R ❑4 là biến trở Đặt vào hai điểm B D hiệu điện U không đổi Ampe kế vôn kế lý tưởng; bỏ qua điện trở dây nối khóa K
Ban đầu khóa K mở, R ❑4 = 4 Ω , vôn kế 1V
- Xác định hiệu điện U nguồn điện - Đóng khóa K, tìm số ampe kế vơn kế Khóa K đóng, di chuyển chạy C biến trở R ❑4 từ đầu bên trái sang đầu bên phải số chỉ
của ampe kế I ❑A thay đổi nào? Vẽ đồ thị Hình 3
K1 K2
m MM
Hình 1
B
R L C
A M N
V
Hình 2
(2)biểu diễn phụ thuộc I ❑A theo giá trị biến trở Coi điện trở toàn phần biến trở lớn
Câu (3,0 điểm):
Một vật có khối lượng m trượt khơng ma sát nêm có dạng tam giác vuông ABC với B^ = α (hình 4).
Nêm có khối lượng M, ban đầu đứng n trượt khơng ma sát mặt sàn nằm ngang Thiết lập biểu thức tính gia tốc a vật nêm gia tốc a ❑0 nêm sàn.
Câu (4,0 điểm):
Trên hình biểu diễn chu trình biến đổi trạng thái n mol khí lý tưởng hệ tọa độ p - V Trên đường đẳng áp 1- 2, sau thực cơng A nhiệt độ khí tăng lần Nhiệt độ trạng thái Các điểm nằm đường thẳng qua gốc tọa độ Hãy xác định nhiệt độ khí trạng thái cơng mà khí thực chu trình theo n, A số khí R
Áp dụng số: n = 1; A = 9kJ; R = 8,31J/mol.K
-HẾT -Họ tên thí sinh : Số báo danh Họ tên, chữ ký: Giám thị 1:
Hình 4
1 2
3 V p
o Hình 5
(3)Giám thị 2: SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT
Kỳ thi thứ - Năm học 2012 – 2013 MÔN: VẬT LÝ
Ngày thi 09/10/2012
(Hướng dẫn chấm gồm 07 trang)
Câu Đáp án Điểm
1 (5 điểm)
1 (1,5 điểm)
+ Chon trục Ox trùng quỹ đạo, O ≡ VTCB
+ Tại VTCB: hai lò xo không biến dạng, nên ⃗P+⃗N=0
+ Tại vị trí vật có li độ x:
Lực tác dụng lên hệ vật gồm:
P=(m+ M) g ; N ;F1=− K1 x ; F2=− K2 x Theo định luật Newton: ⃗P+⃗N +⃗F
1+ ⃗F2=(M + m)⃗a (1) Chiếu (1) lên Ox: − K1 x − K2 x=(M+m) x//
Đặt K=K1+K2 ⇒ x//+ K
m+M x=0 , chứng tỏ vật dao động điều
hồ với tần số góc ω=√ K
m+ M=5 π (rad/ s) + Chu kì dao động hệ: T =2 π
ω =0,4 (s )
+ Biên độ dao động hệ: A= x0 = 4cm ( v0 = 0) + Vận tốc cực đại hệ: vmax=ωA=20 π (cm /s)
0,5
0,5
0,5 (1,5 điểm)
+ Lực tác dụng lên M: P2=Mg ; phản lực Q sàn; áp lực mà m đè lên M N12 = mg; lực ma sát nghỉ m M Fms12
+ Theo định luật Newton: ⃗P
2+ ⃗Q+⃗N12+ ⃗Fms12=M ⃗a (2) Chiếu (2) lên Ox:
Fms12=Mx//=M (− ω2 x )=− K
m+M M x
→ Fms12 MAX=
K
m+M M A
+ Để hai vật không trượt nhau: Fms12 MAX≤ μN12=μ mg → m+MK M A ≤ μ mg⇒ μ ≥ K M A
(m+ M) mg≈ , 333
0,25
0,25 0,25
0,25 0,5 (2 điểm)
Khi lò xo K2 bị nén 2cm, người ta giữ chặt điểm lị xo K2 thì:
+ Độ cứng phần lò xo K2 nối với vật m 2K2 = 80(N/m) + Tại VTCB hệ: hai lò xo giãn đoạn tương ứng
Δl1; Δl2 thoả mãn:
(4)
¿
Δl1+Δl2=2 −1=1(cm) K1Δl1=2 K2Δl2
⇒ ¿Δl1=4
7(cm) Δl2=3
7(cm) ¿{
¿
+ Như vậy, lúc bắt đầu giữ chặt điểm lị xo K2 hai vật
có li độ vận tốc:
¿ X=2 − Δl1=10
7 (cm) V =5 π√42−22=10√3 π
¿{ ¿
⇒ A1=
√X2
+ V
2
K1+2 K2
M +m
=√(10 )
2
+250 12
140/0,4 ≈ , 26(cm)
0,5
0,5
0,25
0,5
2 (4 điểm)
1 (1,0 điểm) *Viết biểu thức i:
ZL = 200; ZC = 100 ;
Z = R2(ZL ZC)2 = 100 ; I
0 =
U
Z = 2A
Tan =
L C
Z Z
R
= = /4 i = 2cos(100t – /4)(A)
* Biểu thức uAN:
ZAN =
2
L
R Z
= 100 U0AN = I0.ZAN = 200 5V
tanAN =
L Z
R = AN 1,107(rad) mà AN = uAN – i uAN 0,322 rad
Vậy: uAN = 200 5cos(100t + 0,322) (V)
0,5
0,5
2 (1,0 điểm)
Tìm L để uAN uNB lệch pha 3/4
- Từ giản đồ véctơ ta thấy uAN sớm pha i góc /4
tanAN = ZL = R = 100
L = 1/ (H) 1,0
(5)3 (2,0 điểm)
- Từ giản đồ véc tơ, áp dụng định lí hàm sin:
.sin
sin sin sin
L AB AB
L
U U U
U
(1).
với sin = 2 2
R R
RC R C C
U U R
U U U R Z
(2) Để ULmax sin = /
Khi đó: ULmax = UAB
2
C
R Z
R
= 200 2 V. * Vì / 2 nên
2
2
R c( L C) C( L C) L C 200 C
R
U U U U R Z Z Z Z Z
Z
L =
2 L Z
H
1,0
1,0
3 (4 điểm)
1 (1 điểm)
+ Xác định hiệu điện U của nguồn điện
R ❑12 = R ❑1 + R ❑2 = ( Ω )
R ❑34 = R ❑3 + R ❑4 = ( Ω )
I ❑1 = I ❑2 =
U
Ta có : U ❑1 = I ❑1 .R ❑1 = 3.I ❑1 = 3. U
6
U ❑2 = I ❑2 .R ❑3 = 2.I ❑2 = U
6
+ U1 > U2 V ❑M < V ❑N ta có :
UNM = - U ❑2
+ U ❑1 =
-U U
3 + = U
6
⇒ U = U ❑V = 6.1 = (V) + Khi khóa K đóng :
R ❑13 = R1R3 R1+R3 =
3 3+2=
6
5=1,2 ( Ω )
R ❑24 = R2R4
R2+R4
=3 3+4=
12
7 ( Ω )
R ❑BD = R ❑13 + R ❑24 = 1,2 + 12
7 = 20 , 4
7 (
Ω )
(6)Cường độ dịng điện mạch chính:
I = RU
BD =
6 20 , 4
7
= 4220 , 4=21
10 , 2 2,06 (A
U ❑13 = U ❑1 = U ❑3 = I R ❑13 = 21
10 ,2 1,2 = 2,47
(V)
I ❑1 = U1
R1 =
2 , 47
3 = 0,823 (A)
U ❑24 = U ❑2 = U ❑4 = I R ❑24 = 21
10 ,2 12
7 =
3,53 (V)
I ❑2 = U2
R2 =
3 , 53
3 = 1,18 (A)
Ta có : I ❑2 > I ❑1 ⇒ I ❑A = I ❑2 - I ❑1 = 1,18 - 0,823 = 0,357 (A)
Vậy dòng điện qua ampe kế có chiều từ N đến M có cường độ I ❑A = 0,357 (A)
Vôn kế (V)
0,25 0,25
2 (2 điểm)
+ Đóng khóa K di chuyển chạy C biến trở R ❑4 từ đầu bên trái sang đầu bên phải số ampe kế I ❑A thay đổi thế ? Vẽ đồ thị I ❑A theo vị trí chạy C.
Ta có :
R ❑13 = R1R3 R1+R3 =
3 3+2=
6
5=1,2 ( Ω )
Đặt NC = x R ❑24 = R2 x
R2+x =
3 x 3+ x
R ❑BD = 1,2 + 3 x
3+ x =
4,2 x +3,6 3+ x
I = RU
BD =
6 4,2 x +3,6
3+x =
6(3+ x) 4,2 x +3,6
U ❑13 = I R ❑13 = 6(3+ x)
4,2 x +3,6 1,2 =
7,2(3+x ) 4,2 x +3,6
I ❑1 = U13
R1 =
7,2(3+x) 4,2 x +3,6
3
= 2,4(3+x)
4,2 x +3,6
U ❑24 = I.R ❑24 = 6(3+ x)
4,2 x +3,6 3 x 3+ x =
18 x 4,2 x +3,6
I ❑2 = U24
R2 =
18 x 4,2 x +3,6
3 =
6 x 4,2 x +3,6
* Xét hai trường hợp :
- Trường hợp : Dòng điện chạy qua ampe kế có chiều từ M đến N Khi : I ❑A = I ❑1 - I ❑2 = 2,4(3+x)
4,2 x +3,6 -
6 x
4,2 x +3,6 =
0,5
(7)7,2 −3,6 x 4,2 x+3,6 (1)
Biện luận :
+ Khi x = → I ❑A = (A)
+ Khi x tăng (7,2 - 3,6.x) giảm ; (4,2.x + 3,6) tăng I ❑A giảm
+ Khi x = → I ❑A = 7,2 −3,6 2
4,2 2+3,6 =
- Trường hợp : Dòng điện chạy qua ampe kế có chiều từ N đến M Khi : I ❑A = I ❑2 - I ❑1 = 6 x
4,2 x +3,6 -
2,4(3+x) 4,2 x +3,6 = 3,6 x −7,2
4,2 x+3,6
I ❑A =
3,6 −7,2 x 4,2+3,6
x
(2)
Biện luận :
+ Khi x tăng từ ( Ω ) trở lên 7,2x 3,6x giảm I ❑A tăng.
+ Khi x lớn ( x = ∞ ) 7,2x 3,6x tiến tới Do I ❑A 0,86 (A) cường độ dòng chạy qua điện trở R ❑4 nhỏ;
* Đồ thị biểu diễn phụ thuộc cường độ dòng điện I ❑A chạy qua ampe kế vào giá trị x biến trở R ❑4 có dạng hình vẽ
0,75
0,75
0,5
4 (3 điểm)
Tính gia tốc a vật nêm gia tốc ao nêm sàn.
+ Chọn hệ tục tọa độ xOy hình vẽ + Động lượng hệ ⇒ Vật xuống sang phải thi nêm phải sang trái ⇒ giá trị đại số gia tốc nêm a ❑0 < 0. + Vật m chịu tác dụng lực : trọng lực m ⃗g , phản lực ⃗N nêm vuông góc
với AB (hình vẽ)
+ Gia tốc vật sàn : ⃗a1 = ⃗a + ⃗a0 + Phương trình chuyển động vật :
(8)Theo phương vơng góc với AB : N - mgcos α = m a ❑0 sin α (2)
+ Phương trình chuyển động nêm chịu thành phần nằm ngang - ⃗N :
Chọn trục Ox trùng với hướng chuyển động nêm - N sin α = M a ❑0 (3)
Từ (2) (3) ta có : N − mg cos α=m (−N sin α M )sin α
⇔ N + m.sin α N sin α
M = mgcos α
⇔ N(M + m.sin ❑2 α ) = M mgcos α
⇒ N = M mg cos α
M +m sin2α
Thế vào phương trình (3) ta :
a ❑0 = - sin α (
M mg cos α M+m sin2α)
M
= - mg sin α2( M+msin2α)
Thế vào phương trình (1) ta :
mgsin α = m(a + (- mg sin α
2( M+msin2α) ).cos
α )
⇔ mgsin α = m.a - m
2g sin α soc α
2(M +msin2α)
⇔ a = gsin α + mg sin α cos α 2(M +msin2α ) = 2 Mg sin α+2 mg sin
3α+mg sin 2α cos α
2(M+msin2α)
⇔ a = 2 Mg sin α+2 mg sin α (1− cos
2α)+2 mg sin α cos2α
2(M +msin2α)
⇔ a = (M +m) g sin α
M+msin2α
1,5
1,5 5
(4 điểm)
Gọi nhiệt độ khí trạng thái T1, nhiệt độ trạng thái 4T1 Giả sử áp suất đường đẳng áp – p1, cơng mà khí thực q trình là: A = p1(V2 -V1), V1 V2 tương ứng thể tích khí trạng thái
Áp dụng phương trình trạng thái cho hai trạng thái này: p1V1 =nRT1, p2V2=4nRT1 (1) T1= A/3nR (2)
Thay số ta có : T1=361K
+ Gọi p3 áp suất khí trạng thái cơng mà khí thực chu trình tính diện tích tam giác 123:
0,5 0,5
1 2
3 V p
(9)A123 = 1/2 (p1-p3)(V2 - V1) (3)
+ Kết hợp với phương trình trạng thái (1) nhiệt độ T1 theo (2) ta tìm được:
V1= nRT1/P1 = A/3p1 (4) V2 = 4nRT1/P1 = 4A/3p1 (5) +Thay (4) vào (5) ta có biểu thức tính cơng chu trình:
A123 =
3
1
p A
1 -
2 p
(6)
+ Vì trạng thái nằm đường thẳng qua gốc tọa độ nên:
p3/p1 =V3/V2 (7), với V3= nRT1/p3 = A/3p3 (8)
+ Thay(5), (8) vào (7) ta nhận được: p3/p1= p1/4p3 p3/p1 = 1/2 (9) + Thay (9) vào (6) ta tính cơng khí chu trình: A123= A/4
Thay số ta có: A123 = 2250J
0,5
0,5
0,5
0,5 0,5
0,5
(10)-HẾT -SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT
Kỳ thi thứ - Năm học 2012 – 2013 MÔN: VẬT LÝ
Ngày thi 09/10/2012
(Hướng dẫn chấm gồm 07 trang)
Câu Đáp án Điểm
1 (5 điểm)
1 (1,5 điểm)
+ Chon trục Ox trùng quỹ đạo, O ≡ VTCB
+ Tại VTCB: hai lị xo khơng biến dạng, nên ⃗P+⃗N=0
+ Tại vị trí vật có li độ x:
Lực tác dụng lên hệ vật gồm:
P=(m+ M) g ; N ;F1=− K1 x ; F2=− K2 x Theo định luật Newton: ⃗P+⃗N +⃗F
1+ ⃗F2=(M +m)⃗a (1) Chiếu (1) lên Ox: − K1 x − K2 x=(M+m) x
//
Đặt K=K1+K2 ⇒ x//+ K
m+M x=0 , chứng tỏ vật dao động điều
hồ với tần số góc ω=√ K
m+M=5 π (rad/ s)
+ Chu kì dao động hệ: T =2 π
ω =0,4 (s )
+ Biên độ dao động hệ: A= x0 = 4cm ( v0 = 0) + Vận tốc cực đại hệ: vmax=ωA=20 π (cm /s)
0,5
0,5
0,5 (1,5 điểm)
+ Lực tác dụng lên M: P2=Mg ; phản lực Q sàn; áp lực mà m đè
lên M N12 = mg; lực ma sát nghỉ m M Fms12 + Theo định luật Newton: ⃗P
2+ ⃗Q+⃗N12+ ⃗Fms12=M ⃗a (2) Chiếu (2) lên Ox:
Fms12=Mx//
=M (− ω2 x )=− K
m+M M x
→ Fms12 MAX= K
m+M M A
+ Để hai vật không trượt nhau: Fms12 MAX≤ μN12=μ mg
→ m+MK M A ≤ μ mg⇒ μ ≥(m+ M) mgK M A ≈ , 333
0,25
0,25 0,25
0,25 0,5 (2 điểm)
Khi lò xo K2 bị nén 2cm, người ta giữ chặt điểm lị xo K2 thì:
+ Độ cứng phần lò xo K2 nối với vật m 2K2 = 80(N/m) + Tại VTCB hệ: hai lò xo giãn đoạn tương ứng
Δl1; Δl2 thoả mãn:
(11)
¿
Δl1+Δl2=2 −1=1(cm) K1Δl1=2 K2Δl2
⇒ ¿Δl1=4
7(cm) Δl2=3
7(cm) ¿{
¿
+ Như vậy, lúc bắt đầu giữ chặt điểm lị xo K2 hai vật
có li độ vận tốc:
¿ X=2 − Δl1=10
7 (cm) V =5 π√42−22=10√3 π
¿{ ¿
⇒ A1=
√X2
+ V
2
K1+2 K2
M +m
=√(10 )
2
+250 12
140/0,4 ≈ , 26(cm)
0,5
0,5
0,25
0,5
2 (4 điểm)
1 (1,0 điểm) *Viết biểu thức i:
ZL = 200; ZC = 100 ;
Z = R2(ZL ZC)2 = 100 ; I
0 =
U
Z = 2A
Tan =
L C
Z Z
R
= = /4 i = 2cos(100t – /4)(A)
* Biểu thức uAN:
ZAN =
2
L
R Z
= 100 U0AN = I0.ZAN = 200 5V
tanAN =
L Z
R = AN 1,107(rad) mà AN = uAN – i uAN 0,322 rad
Vậy: uAN = 200 5cos(100t + 0,322) (V)
0,5
0,5
2 (1,0 điểm)
Tìm L để uAN uNB lệch pha 3/4
- Từ giản đồ véctơ ta thấy uAN sớm pha i góc /4
tanAN = ZL = R = 100
L = 1/ (H) 1,0
(12)3 (2,0 điểm)
- Từ giản đồ véc tơ, áp dụng định lí hàm sin:
.sin
sin sin sin
L AB AB
L
U U U
U
(1).
với sin = 2 2
R R
RC R C C
U U R
U U U R Z
(2) Để ULmax sin = /
Khi đó: ULmax = UAB
2
C
R Z
R
= 200 2 V. * Vì / 2 nên
2
2
R c( L C) C( L C) L C 200 C
R
U U U U R Z Z Z Z Z
Z
L =
2 L Z
H
1,0
1,0
3 (4 điểm)
1 (1 điểm)
+ Xác định hiệu điện U của nguồn điện
R ❑12 = R ❑1 + R ❑2 = ( Ω )
R ❑34 = R ❑3 + R ❑4 = ( Ω )
I ❑1 = I ❑2 =
U
Ta có : U ❑1 = I ❑1 .R ❑1 = 3.I ❑1 = 3. U
6
U ❑2 = I ❑2 .R ❑3 = 2.I ❑2 = U
6
+ U1 > U2 V ❑M < V ❑N ta có :
UNM = - U ❑2
+ U ❑1 =
-U U
3 + = U
6
⇒ U = U ❑V = 6.1 = (V) + Khi khóa K đóng :
R ❑13 = R1R3 R1+R3 =
3 3+2=
6
5=1,2 ( Ω )
R ❑24 = R2R4
R2+R4
=3 3+4=
12
7 ( Ω )
R ❑BD = R ❑13 + R ❑24 = 1,2 + 12
7 = 20 , 4
7 (
Ω )
(13)Cường độ dịng điện mạch chính:
I = RU
BD =
6 20 , 4
7
= 4220 , 4=21
10 , 2 2,06 (A
U ❑13 = U ❑1 = U ❑3 = I R ❑13 = 21
10 ,2 1,2 = 2,47
(V)
I ❑1 = U1
R1 =
2 , 47
3 = 0,823 (A)
U ❑24 = U ❑2 = U ❑4 = I R ❑24 = 21
10 ,2 12
7 =
3,53 (V)
I ❑2 = U2
R2 =
3 , 53
3 = 1,18 (A)
Ta có : I ❑2 > I ❑1 ⇒ I ❑A = I ❑2 - I ❑1 = 1,18 - 0,823 = 0,357 (A)
Vậy dịng điện qua ampe kế có chiều từ N đến M có cường độ I ❑A = 0,357 (A)
Vôn kế (V)
0,25 0,25
2 (2 điểm)
+ Đóng khóa K di chuyển chạy C biến trở R ❑4 từ đầu bên trái sang đầu bên phải số ampe kế I ❑A thay đổi thế ? Vẽ đồ thị I ❑A theo vị trí chạy C.
Ta có :
R ❑13 = R1R3 R1+R3 =
3 3+2=
6
5=1,2 ( Ω )
Đặt NC = x R ❑24 = R2 x
R2+x =
3 x 3+ x
R ❑BD = 1,2 + 3 x
3+ x =
4,2 x +3,6 3+ x
I = RU
BD =
6 4,2 x +3,6
3+x =
6(3+ x) 4,2 x +3,6
U ❑13 = I R ❑13 = 6(3+ x)
4,2 x +3,6 1,2 =
7,2(3+x ) 4,2 x +3,6
I ❑1 = U13
R1 =
7,2(3+x) 4,2 x +3,6
3
= 2,4(3+x)
4,2 x +3,6
U ❑24 = I.R ❑24 = 6(3+ x)
4,2 x +3,6 3 x 3+ x =
18 x 4,2 x +3,6
I ❑2 = U24
R2 =
18 x 4,2 x +3,6
3 =
6 x 4,2 x +3,6
* Xét hai trường hợp :
- Trường hợp : Dịng điện chạy qua ampe kế có chiều từ M đến N Khi : I ❑A = I ❑1 - I ❑2 = 2,4(3+x)
4,2 x +3,6 -
6 x
4,2 x +3,6 =
0,5
(14)7,2 −3,6 x 4,2 x+3,6 (1)
Biện luận :
+ Khi x = → I ❑A = (A)
+ Khi x tăng (7,2 - 3,6.x) giảm ; (4,2.x + 3,6) tăng I ❑A giảm
+ Khi x = → I ❑A = 7,2 −3,6 2
4,2 2+3,6 =
- Trường hợp : Dịng điện chạy qua ampe kế có chiều từ N đến M Khi : I ❑A = I ❑2 - I ❑1 = 6 x
4,2 x +3,6 -
2,4(3+x) 4,2 x +3,6 = 3,6 x −7,2
4,2 x+3,6
I ❑A =
3,6 −7,2 x 4,2+3,6
x
(2)
Biện luận :
+ Khi x tăng từ ( Ω ) trở lên 7,2x 3,6x giảm I ❑A tăng.
+ Khi x lớn ( x = ∞ ) 7,2x 3,6x tiến tới Do I ❑A 0,86 (A) cường độ dòng chạy qua điện trở R ❑4 nhỏ;
* Đồ thị biểu diễn phụ thuộc cường độ dòng điện I ❑A chạy qua ampe kế vào giá trị x biến trở R ❑4 có dạng hình vẽ
0,75
0,75
0,5
4 (3 điểm)
Tính gia tốc a vật nêm gia tốc ao nêm sàn.
+ Chọn hệ tục tọa độ xOy hình vẽ + Động lượng hệ ⇒ Vật xuống sang phải thi nêm phải sang trái ⇒ giá trị đại số gia tốc nêm a ❑0 < 0. + Vật m chịu tác dụng lực : trọng lực m ⃗g , phản lực ⃗N nêm vng góc
với AB (hình vẽ)
+ Gia tốc vật sàn : ⃗a1 = ⃗a + ⃗a0 + Phương trình chuyển động vật :
(15)Theo phương vơng góc với AB : N - mgcos α = m a ❑0 sin α (2)
+ Phương trình chuyển động nêm chịu thành phần nằm ngang - ⃗N :
Chọn trục Ox trùng với hướng chuyển động nêm - N sin α = M a ❑0 (3)
Từ (2) (3) ta có : N − mg cos α=m (−N sin α M )sin α
⇔ N + m.sin α N sin α
M = mgcos α
⇔ N(M + m.sin ❑2 α ) = M mgcos α
⇒ N = M mg cos α
M +m sin2α
Thế vào phương trình (3) ta :
a ❑0 = - sin α (
M mg cos α M+m sin2α)
M
= - mg sin α2( M+msin2α)
Thế vào phương trình (1) ta :
mgsin α = m(a + (- mg sin α
2( M+msin2α) ).cos
α )
⇔ mgsin α = m.a - m
2g sin α soc α
2(M +msin2α)
⇔ a = gsin α + mg sin α cos α 2(M +msin2α ) = 2 Mg sin α+2 mg sin
3α+mg sin 2α cos α
2(M+msin2α)
⇔ a = 2 Mg sin α+2 mg sin α (1− cos
2α)+2 mg sin α cos2α
2(M +msin2α)
⇔ a = (M +m) g sin α
M+msin2α
1,5
1,5 5
(4 điểm)
Gọi nhiệt độ khí trạng thái T1, nhiệt độ trạng thái 4T1 Giả sử áp suất đường đẳng áp – p1, cơng mà khí thực q trình là: A = p1(V2 -V1), V1 V2 tương ứng thể tích khí trạng thái
Áp dụng phương trình trạng thái cho hai trạng thái này: p1V1 =nRT1, p2V2=4nRT1 (1) T1= A/3nR (2)
Thay số ta có : T1=361K
+ Gọi p3 áp suất khí trạng thái cơng mà khí thực chu trình tính diện tích tam giác 123:
0,5 0,5
1 2
3 V p
(16)A123 = 1/2 (p1-p3)(V2 - V1) (3)
+ Kết hợp với phương trình trạng thái (1) nhiệt độ T1 theo (2) ta tìm được:
V1= nRT1/P1 = A/3p1 (4) V2 = 4nRT1/P1 = 4A/3p1 (5) +Thay (4) vào (5) ta có biểu thức tính cơng chu trình:
A123 =
3
1
p A
1 -
2 p
(6)
+ Vì trạng thái nằm đường thẳng qua gốc tọa độ nên:
p3/p1 =V3/V2 (7), với V3= nRT1/p3 = A/3p3 (8)
+ Thay(5), (8) vào (7) ta nhận được: p3/p1= p1/4p3 p3/p1 = 1/2 (9) + Thay (9) vào (6) ta tính cơng khí chu trình: A123= A/4
Thay số ta có: A123 = 2250J
0,5
0,5
0,5
0,5 0,5
0,5
(17)-HẾT -r R
Hình 1
SỞ GD&ĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ - Năm học 2012 – 2013
MÔN: VẬT LÝ Ngày thi 10/10/2012
(Thời gian 180 phút không kể thời gian phát đề)
Đề thi gồm 05 câu, 01 trang
Câu (4,0 điểm):
Một bánh xe không biến dạng khối lượng m, bán kính R, có trục hình trụ bán kính r tựa lên hai đường ray song song nghiêng góc α so với mặt phẳng nằm ngang hình Coi hệ số ma sát trượt trục hình trụ hai đường ray hệ số ma sát nghỉ cực đại chúng Cho biết momen quán tính bánh xe (kể trục) trục quay qua tâm I = mR2.
Giả sử trục bánh xe lăn không trượt đường ray Tìm lực ma sát trục bánh xe đường ray
Tăng dần góc nghiêng α tới giá trị tới hạn α0 trục bánh xe bắt đầu trượt trên
đường ray Tìm α0
Câu (4,0 điểm):
Một mol khí lý tưởng xi-lanh kín biến đổi trạng thái từ (A) đến (B) theo đồ thị có dạng phần tư đường tròn tâm I(VB, pA),
bán kính r = VA – VB hình Tính cơng mà khí nhận q
trình biến đổi trạng thái từ (A) đến (B) theo pA r
Câu (4,0 điểm):
Cho mạch điện xoay chiều hình 3: Biết uAB=120 sin× wt V( );
1
mR
Cw= (với m tham
số dương)
Khi khoá K đóng, tính m để hệ số cơng suất mạch 0,5
Khi khoá K mở, tính m để điện áp uAB vng pha
với uMB tính giá trị điện áp hiệu dụng UMB
Câu (4,0 điểm):
Cho thấu kính mỏng hội tụ có tiêu cự f Một nguồn sáng điểm chuyển động từ xa, với tốc độ v khơng đổi hướng phía thấu kính quỹ đạo đường thẳng tạo góc nhỏ α trục thấu kính Quỹ đạo điểm sáng cắt trục điểm cách thấu kính khoảng 2f phía trước thấu kính
Tính độ lớn vận tốc tương đối nhỏ điểm sáng ảnh thật
Khi độ lớn vận tốc tương đối điểm sáng ảnh thật nhỏ khoảng cách điểm sáng ảnh bao nhiêu?
Câu (4,0 điểm):
Cho mạch điện gồm: điện trở R, tụ điện C, hai cuộn cảm có độ tự cảm L1 = 2L, L2 = L khóa K1,
K2 mắc vào nguồn điện khơng đổi (có suất điện động E,
điện trở r = 0) hình Ban đầu K1 đóng, K2 ngắt Sau
khi dòng điện mạch ổn định, người ta đóng K2, đồng thời
ngắt K1 Tính điện áp cực đại hai tụ
-HẾT -A B
C C
M R R K
D
Hình 3
VB VA
(B) p
V (A) O
I
pA
(E, r)
L1 L2 C
R
Hình 4
K1 K2
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(18)(19)SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT
Kỳ thi thứ - Năm học 2012 – 2013 MÔN: VẬT LÝ
Ngày thi 10/10/2012
(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)
Câu Đáp án Điểm
1 (4 điểm)
1 (2,5 điểm)
Khi bánh xe lăn khơng trượt, ta có phương trình chuyển động - tịnh tiến: mgsinα − Fms=ma
- quay: Fms r =I γ với γ=a
r I=m R2
Từ phương trình rút a=
gsinα
1+(R r)
2
suy Fms= R
R2
+r2 mgsinα
0,75 0,75
1,0
2 (1,5 điểm)
Để bánh xe trượt đường ray, lực ma sát đạt giá trị cực đại Fms=Fmsmax=μ N=μ mgcosα0
Theo kết câu 1: Fms= R
R2+r2mgsinα0 (do α=α0 )
⇒ tanα0=R
+r2
R2 μ
0,75
0,75 2
(4 điểm)
+Gọi tâm đường tròn I(x0, y0); x0 = VB; y0 = PA V = x; y = P.
+Ta có phương trình đường trịn tâm I, bán kính R là:
2 2
0
(y y ) (x x ) r yy0 r2 (x x 0)2 (1)
+Theo cơng thức tính cơng khí:
2
0 ( 0)
dA P dV y r x x dx
2
1
2
0 ( 0)
x x
x x
A y dx r x x dx
(2)
+Đặt X x x0 dx dX (3)
+Từ (2) suy ra:
2
1
2 0( )
x
B A
x
A y V V r X dX
(4)
+Đặt X r sint dX r cost dt
+Thay vào (4), suy ra:
2
1
2
( ) os
t
A B A
t
A P V V r c t dt
0,5
(20)2
1
2
( ) (1 os2 )
2
t
A B A
t r
A P V V c t dt
2
1
2
( ) sin
2
t t
t t
A B A
r r
A P V V t t
+Vì X x x0 x VB X r sint
+Khi x x1 VA X1 VA VB t1
+Khi x x VB X2 VB VB 0 t2 0
+Suy
2
2
( ) ( )
2
A A B r A B A
A P V V A P V V r
+ Khí thực cơng: A r P ( A 4r)
2,5
0,5
3 (4 điểm)
a)Tính m để cosj =0,5
+Vì K đóng : mạch điện cấu tạo : C nt (R // R)
+Lúc :
2 2 2 os ( ) C C R R
c R Z
R Z
j = = Þ = +
+
+Suy :
2 3 3
4 2
C C
Z = R Þ Z = RÞ mR= RÞ m=
0,5
0,5
b)+Nhánh (1) :
1 2 2 2 2
sin C ; os ;
C C
Z R
c
R Z R Z
j = - j = j <
+ + (1)
1
j góc lệch pha UuuurDB so với Iur1
+Trong tam giác vectơ dịng ta có : I2 =I12+ +I22 2I I c1 osj 1 (2)
0,25 0,25 (1) a MB Uuuur I
ur Iur
(21)Và UDB=I R1 2+ZC2 =I R2 (3)
+Suy
2 2 2
C RI I R Z = +
+Thay vào (2) :
2
2 2
2 2 2 2 2 2 2
C C C
RI
R R
I I I
R Z R Z R Z
= + + ×
+ + +
2 2
2
2 2 2
4
( C) C
C C
R Z R Z
I I I I
R Z R Z
+ +
Û = Þ =
+ + (4)
+Áp dụng định lý hình sin cho tam giác dịng, ta có:
2
1
sin sin( )
I I
a = - j (5)
+Áp dụng định lý hình sin cho tam giác thế, ta có:
1
sin sin( ) os
2
DB AD AD
U U U
c p
a = +j = j
(6)
+Từ (5) (6), suy ra:
2
1
sin sin( ) DB cos
AD
I U
I U
a= × - j = × j
2
2 2
C
C
C C
Z
I I R R
I R Z IZ R Z
ị ì = ì
+ +
+Suy ra: ZC = ÞR mR= ÞR m=1
+Khi m = ZC = R, ta có:
MB
AB AD DB C
U I R
U U cos U cos( ) IZ cos I R cos( )
2
ì =
ïï
ïí p p
ï = × a + × +j = ì a + ì +j
ùùợ
+Vỡ:
2
2 1
1 1
5 1
; ;sin sin( )
2 5
1
cos ;cos( ) sin sin( )
5 2
I I
I I I
I
a j
p
a j j j
ìïï = = = - = × = ïï ïïí ïï ï = - = + =- = - = ïïïỵ +Suy ra:
2 2
1
2
1 3
5 2 ( 2 )
os os( ) ( )
2
2 2
MB
AB
I
U I
U
I c a I c p j I
= = = = × + × + + × + 120 40( ) 3 MB AB
U U V
ị = ì = = 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 4 (4 điểm)
1 Nếu d = 2f d’=2f nên quỹ đạo ảnh tạo với trục chính góc đối xứng qua mặt
phẳng thấu kính
Nên góc hợp quỹ
S
S'
v
vr va
(22)đạo ảnh vật góc 2 .
⃗ ⃗ ⃗
v a va
v v v
Dựa vào giản đồ ta thấy vận tốc tương đối ảnh vật nhỏ nhất v⃗vavng góc với
⃗ a
v vvamin vvsin 2 vsin 2
đóvA= v0cos2
2 Theo quy ước từ điểm O bên trái trục toạ độ cho vật còn chiều từ O phía phải trục toạ độ ảnh đạo hàm theo
thời gian hai vế cơng thức thấu kính:
1 1
' f d d
2
2
' '
0 ' ( ) ( )
'
v v d f
v v v
d d d d f
' '
os2
os2
f d v f
c d f
d f d v c
' df os2
d f f c
d f
HH’ = d +d’=
2
( os2 1)
2 os2
os2 os2
f c
f f c f
c c 0,5 0,5 0,5 1,0 1,0 0,5 5 (4 điểm)
+K1 đóng, K2 ngắt, dịng
điện ổn định qua L1:
I0= ε R
+ K1 ngắt, K2 đóng: Vì 2
cuộn dây mắc song song u L1 = u L2 = uAB
==> - 2L (i1 – I0) = Li2
⇔ 2L (I0 – i1) =Li2 (1)
Ta có LI0
2 =
2 Li1 2 + Li2 2 + CU2
2 (2)
IC = i1 – i2 ⇒ UCmax ⇔ IC = ⇔ i1 = i2 = i (3)
Từ (2) (3) ⇒ CU02=2LI02- 2Li12- Li22=2LI02- 3Li2
Từ (1) ⇒ 2LI0=Li2+2Li1=3Li ⇒
0 2I i =
⇒ CU02=2
3LI0
2⇒U
0=I0√2 L