Tải Đề thi học sinh giỏi cấp THPT tỉnh Lâm Đồng môn Vật lý - Năm học 2010 - 2011

Các khoang A, B, C có chứa những khối lượng khí bằng nhau của cùng một chất khí lí tưởng. Sau đó tăng nhiệt độ của hệ tới giá trị T thì các pittông có vị trí cân bằng mới. Giả sử dò[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÂM ĐỒNG

ĐỀ CHÍNH THỨC ( Đề thi gồm có 02 trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2010-2011

Môn: VẬT LÝ- THPT

Thời gian: 180 phút(không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 18/2/2011

Câu 1: (3,0 điểm)

Từ độ cao h so với mặt đất ta cần phải ném hịn đá trúng đích M với vận tốc ban đầu v0



Cho biết M độ cao H (H > h) cách nơi ném theo phương nằm ngang khoảng L Chọn hệ trục toạ độ Oxy gốc O gắn mặt đất, Oy thẳng đứng lên qua điểm ném, Ox nằm ngang (Hình 1) Hỏi ném hịn đá trúng đích M với vận tốc ban đầu có giá trị nhỏ bao nhiêu? Bỏ qua sức cản khơng khí

Câu 2: (2,5 điểm)

Một xi lanh kín, đặt thẳng đứng, bên có hai pittơng khối lượng m1 m2 trượt không ma sát (Hình

2) Các khoang A, B, C có chứa những khối lượng khí cùng chất khí lí tưởng Khi nhiệt độ chung hệ 240C thì pittông đứng yên khoang A, B, C có

thể tích tương ứng lít, lít lít Sau tăng nhiệt độ hệ tới giá trị T thì pittơng có vị trí cân Lúc V’

B = 2V’C Hãy xác định nhiệt độ T thể tích V’A ứng

với nhiệt độ T Câu 3: (3,0 điểm)

Cho mạch điện hình

Trong suất điện động điện trở nguồn E1 = E2

= 6V, r1 = 1Ω, r2 = Ω; Mạch ngồi có R1 = Ω, R2 = Ω

điện trở R; vôn kế V chỉ 7,5V Giả sử dịng điện qua mạch có chiều hình vẽ ; vơn kế có điện trở lớn Tính:

1/ Hiệu điện UAB giá trị điện trở R

2/ Công suất hiệu suất mỗi nguồn Câu 4: (2,5 điểm)

Hai thấu kính mỏng O1, O2 đặt khơng khí, có độ

tụ lần lượt D1, D2 đặt cách khoảng l cùng trục

Một vật phẳng nhỏ AB đặt trước thấu kính O1 (Hình 4), ta

được số phóng đại ảnh cuối cùng qua hệ k1 Giữ vật cố

định, đổi chổ hai thấu kính thì số phóng đại ảnh qua hệ k2

1/ Tìm hệ thức liên hệ giữa D1, D2, k1, k2 l

2/ Biết k1 = 1, k2 = 4, l = 25cm hai thấu kính làm

bằng cùng chất có chiết suất n; được giới hạn mặt phẳng – mặt cầu lời với bán kính mặt cầu O2 lớn gấp

1,25 lần bán kính mặt cầu O1 Tính độ tụ D1 D2

Hình

Hình

M

Hình

Câu 5: (3,5 điểm)

Cho mạch điện hình 5:   AB

u = U 2cosωt V , ω thay đổi được, R = CL. 1/ Chứng minh điện áp hai đầu vôn kế vuông pha

2/ Với hệ số công suất mạch, tần số ω có hai giá trị ω1 ω2:

a) Tìm hệ thức liên hệ giữa ω1 ω2.

b) Tìm hệ số công suất mạch biết số chỉ hai vôn kế V1, V2 lần lượt U1 U2.

Áp dụng:

1,6 L = H

π ;

-3 10 C = F

9π ; U = 150V1 ; U = 200V.2 Bỏ qua điện trở dây nối, điện trở vôn kế lớn

Câu 6: (3,5 điểm)

Cho lị xo L có chiều dài tự nhiên l0 45cm vật nhỏ có khối lượng m 100 g, kích thước vật khơng đáng kể

1/ Treo lò xo theo phương thẳng đứng, đầu cố định, đầu treo vật m, cân bằng, lị xo có chiều dài l50cm Tìm độ cứng lò xo.

2/ Cắt lò xo thành hai phần L1, L2 có chiều dài lần lượt l115cm, l2 30cm rồi mắc chúng theo phương thẳng đứng treo vào vật m hình A B hai điểm cố định Tại thời điểm ban đầu, giữ vật m cho hai lị xo khơng biến dạng, sau thả nhẹ cho vật dao động

a) Chứng minh vật dao điều hòa

b) Viết phương trình dao động (chọn gốc thời gian lúc lị xo khơng bị biến dạng, gốc tọa độ vị trí cân bằng, chiều dương hướng xuống)

c) Tính lực lớn nhỏ tác dụng lên điểm B Lấy g 10 /m s2 bỏ qua ma sát

Câu 7: (2 điểm).

Giả sử em nhà du hành vũ trụ đáp tàu xuống hành tinh lạ cùng nhóm mình tiến hành việc xác định mật độ vật chất trung bình hành tinh Hỏi em phải tiến hành nào, tay có sợi dây có chiều dài đã biết, dọi đồng hồ bấm giây? Các em đã biết trước chiều dài đường xích đạo hành tinh trước hạ cánh xuống

-HẾT -Họ tên học sinh: Số báo danh Giám thị 1: Ký tên: Giám thị 2: Ký tên:

Hình

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LÂM ĐỒNG NĂM HỌC 2010-2011

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: VẬT LÝ - THPT

Ngày thi: 18/02/2012

CÂU LƯỢC GIẢI - HƯỚNG DẪN CHẤM Điểm

Câu 1 (3,0 đ)

- Chọn hệ trục toạ độ Oxy gốc O gắn mặt đất, Oy thẳng đứng lên qua điểm ném,Ox nằm ngang hình vẽ

- Gọi α góc hợp ⃗v0 và phương ngang

-Phương trình chuyển động đá:

 

0

2

(1)

sin (2)

2 x v co s t

g t y h v t

  

  

  

 

- Phương trình quỹ đạo đá:

y = h + xtg α - g 2v02cos

2

α x

2

(3)

- Khi trúng đích {x=L

y=H thay vào (3)

ta được: gL2tg2 α - 2v

02Ltg α + gL2 + 2v02(H – h) = (4)

Để phương trình (4) ln có nghiệm α thì ' 0. Hay v04 – 2g(H – h)v02 – g2L2

Suy v02 g{(H – h) +

H − h¿2+L2

¿

√¿

}

Vậy     

2 2 0min

v  g H h  H h L

0,5

0,5

0,5 0,5

0,5 0,5

Câu 2 (2,5 đ)

Ở nhiệt độ ban đầu T0 ta có:

m1g = (pB – pA)S (a)

m2g = (pC – pB)S (b)

pAVA = pBVB = pCVC = nRT0 (c)

Lấy (a) chia (b) kết hợp với (c) ta được:

m

m 5 (1) Ở nhiệt độ lúc sau T ta có:

m1g = (p’B – p’A)S (d)

m2g = (p’C – p’B)S (e)

p’AV’A = p’BV’B = p’CV’C = nRT (f)

Lấy (d) chia (e) kết hợp với (f) ta được:

'

1 B

'

2 A

m V

1

m   V (2)

Từ (1) (2) cho ta: ' B ' A

V

V 5 Biết V’A + V’B + V’C = lít

Tính được:

' '

A B

45 36

V & V

11l 11l

 

Áp dụng phương trình trạng thái khí lí tưởng cho khoang A trạng thái đầu sau:

' ' A A A A

0

p V p V

T  T Với (p

B – pA)S = (p’B – p’A)S Suy

' A A

p

p 3 Kết quả: T = 648K

0,5

0,25

0,5

0,25 0,25

0,25

0,25 0,25 Câu 3

(3,0 đ)

1/ Ta có: : I = I1 + I2 (1)

Áp dụng định luật Ohm cho đoạn mạch chứa nguồn UAB = E1 – I1(r1 + R1) (2)

UAB = E2 – I2(r2 + R2) (3)

UAB = IR (4)

Suy I1 = I2 =

I

Theo đề số chỉ vôn kế 7,5(V) Ta có UMN = UMB + UBN

Trong đó: UMB = E2 – I2r2 = E2 –

I

2r2 UBN = I1R1 = I 2R1.

Suy UMN = E2 –

I 2r2 +

I

2R1 = + 1,5.I = 7,5 Vậy I = 1A; I1 = I2 = 0,5A

Kết UAB = E1 – I1(r1 + R1) = 3(V)

Theo (4) ta tính được : R = 3Ω 2/ Công suất mỗi nguồn điện:

P1 = E1I1 = 3W ; P2 = E2I2 = 3W

Hiệu suất nguồn điện:

0,25 0,25 0,25 0,25

0,25 0,25

0,25 0,25 0,5

H1 =

1 1

1

U E r I

91, 7%

E E



 

H2 =

2 2

2

U E r I

83,3% E E    0,25 Câu 4 (2,5 đ)

1/ Trường hợp O1 trước O2 với d1 = x ta có:

'

1

1 xf d

x - f



' 1

2

1

xf x f xf

d d

x - f x - f l l

l l  

    

Số phóng dại hệ:

1 2

1

1 2 1

f f f f

k

x - f d - f x(l f f ) lf f f

   

    

   

   

Suy ra: k1x(l – f1 – f2) = k1lf1 – k1f1f2 + f1f2 (1)

Tương tự trường hợp O2 trước O1 ta có:

k2x(l – f1 – f2) = k2lf2 – k2f1f2 + f1f2 (2)

Chia (1) (2) cho để khử x biến đổi ta được: k1k2l(f2 – f1) = f1f2(k2 – k1)

Kết quả: D1 – D2 =

2 1

k k

k k l

  

 

 

2/ Gọi R bán kính mặt cầu O1 Với bán kính mặt cầu O2 lớn gấp

1,25 lần bán kính mặt cầu O1 ta có:

D1 = (n – 1)

1

R D2 = (n – 1) 1,25.R Tỉ số: D 1, 25

D  (3) Từ số liệu đề cho: D1 – D2 = (4)

Giải hệ (3) (4) ta được: D1 = 15 dp D2 = 12 dp

0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 Câu 5

(3,5 đ) 1/ Gọi góc lệch pha giữa điện áp mạch AC, CB với dòng điện lần lượt

 ,

2



1

tan ZC

R

 

, tan

L

Z R

 

 tan 1tan 2

C L

L Z Z C

R R

 

 

  

 2 điện áp hai đầu vôn kế vuông pha với nhau.

2/

a) Ta có:

    2 2 2 2 cos 1 2 R R

R L R L

2 2 1 L L C C                        2 2

1 1

0

1 1

0 L C L C                                    2 1 L C LC LC                  

b) - Ta có: UR2UC2 U12,

2 2

R L

U U U ,

2 L R

C



2

L C R

U U U

  2 2 R R R U U U U U    

 2

2 2

2

R R

U U U U U U

    2 2 R U U U U U  

- Mặt khác:

2 2

AB

U  U U

1 2 2

2

cos R 0,96

AB

U U U

U U U

      0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu 6 (3,5 đ) 1/

+Tại VTCB: P F dh 0

                                         

 mg k l   k20 /N m 2a/

+ Gọi k1, k2 độ cứng lò xo L1, L2

- Tại VTCB O: P F dh  mgk1k2l

 1

l CO AC l

  

là độ nén (giãn) L2(L1)

- Vật VT M có li độ x (x OM ): P F d ma hay P F 1 F2 ma k1 k x mx2 ''

   

Chứng tỏ vật dao động điều hịa với tần số góc

k k m

 

+ Phương trình dao động có dạng: xAcost + Nếu tác dụng vào lò xo L1, L2 cùng lực F thì:

1 2

F k l k l     k l ,       l l x l x l x1 2 (x độ biến dạng ứng với

đơn vị chiều dài lò xo)

1 2 kl k l k l

    k160 /N m, k2 30 /N m

Do

1 30 / k k

rad s m

  

- Tìm A :  2

mg k k l

Từ (1):

0, 0111 mg

l m

k k

  



Tại t = 0: Lị xo khơng biến dạng, tức m C có tọa độ x0:

0 1,11

x OC  l cm v0

Suy ra: A1,11cm 

Vậy: x1,11cos 30 t cm 2c/

+ Lực nhỏ tác dụng lên B vật C: Fmin 0 + Lực lớn tác dụng vào B L2 bị nén mạnh nhất:

max 2.2 0, 667 F k A N

0,25

0,25 0,25

0,25

0,25

0,5

0,5

Câu 7 (2,0 đ)

- Làm lắc toán học sợi dây rọi Dùng đồng hồ bấm giây xác định chu kì T lắc Sau đó, dùng cơng thức lắc, xác

định được g*- gia tốc trọng trường hành tinh lạ:

2 *

2 l g

T

 

ở chiều dài l lắc đã được cho trước

- Theo định luật hấp dẫn vũ trụ:

* *

2

P M

g G

m R

 

với M là khối lượng hành tinh, R là bán kính G số hấp dẫn

0,75

0,25 Trang 4/6

vũ trụ

- Cho vế phải hai phương trình được:

2 2 R l M

GT

 

- Bán kính hành tinh biểu diễn qua chiều dài xích đạo C hành tinh:

C R

 

- Rút khối lượng riêng trung bình D của hành tinh:

2

M l

D

V GT C



 

Từ tính D

0,25

0,25

0,5

* Chú ý:

+ Học sinh làm cách khác hợp lý vẫn cho điểm tối đa ứng với từng phần.

+ Học sinh thiếu đơn vị ở đáp số hay quên ghi đơn vị ở kết quả đề hỏi thì trừ 0,25 điểm cho mỗi đơn vị; chỉ trừ tối đa 0,5 điểm cho toàn bài thi.

+ Nếu học sinh đưa cách làm đúng biến đởi khơng đến kết quả ći cùng thì có thể chấm điểm chiếu cố không 50% số điểm của câu đó.