Đang tải... (xem toàn văn)
Vật có thể quay không ma sát xung quanh trục quay nằm ngang đi qua đầu A của đường kính AB và vuông góc với mặt phẳng chứa vật (hình vẽ)2. Kéo vật lệch khỏi vị trí cân bằng một góc nh[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011
Môn: VẬT LY- Vòng II
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 05 câu 01 trang.
Câu (4,0 điểm): Cho hai vật nhỏ A và B có khối lượng là m1 = 900g, m2 = 4kg đặt mặt phẳng nằm ngang Hệ số ma sát trượt A, B và mặt phẳng ngang đều là = 0,1; coi hệ số ma sát nghỉ cực đại hệ số ma sát trượt Hai vật nối với lị xo nhẹ có độ cứng k = 15N/m; B tựa vào tường thẳng đứng Ban đầu hai vật nằm n và lị xo khơng biến dạng Một vật nhỏ C có khối lượng m = 100g bay dọc theo trục lò xo với vận tốc v đến va chạm hoàn toàn mềm với A (sau va chạm C dính liền với A) Bỏ qua thời gian va chạm Lấy g = 10m/s2
1 Cho v = 10m/s Tìm độ nén cực đại lị xo
2 Tìm giá trị nhỏ v để B có thể dịch chuyển sang trái
Câu (4,5 điểm): Cho vật mỏng, phẳng,
đồng chất, khối lượng phân bố đều có dạng nửa hình trịn khối lượng m, đường kính AB = 2R
1 Xác định vị trí khối tâm vật
2 Vật có thể quay khơng ma sát xung quanh trục quay nằm ngang qua đầu A đường kính AB và vng góc với mặt phẳng chứa vật (hình vẽ) Kéo vật lệch khỏi vị trí cân góc nhỏ thả nhẹ Chứng tỏ vật dao động điều hịa, tìm chu kì Cho gia tốc rơi tự là g
Câu 3 (5,0 điểm): Cho hệ thấu kính (L ❑1 ), (L ❑2 ), (L ❑3 ) đặt đồng trục Vật sáng phẳng, nhỏ có chiều cao AB đặt vng góc với trục chính, trước (L ❑1 ) cách (L1) khoảng d1 = 45cm Hai thấu kính (L ❑1 ) và (L ❑3 ) giữ cố định tại hai vị trí O ❑1 và O ❑3 cách 70cm.
Thấu kính (L ❑2 ) đặt vị trí cách (L ❑1 ) khoảng O ❑1 O ❑2 = 36cm, ảnh cuối vật AB cho hệ sau (L ❑3 ) và cách (L ❑3 ) khoảng 255cm Trong trường hợp này bỏ (L ❑2 ) ảnh cuối khơng có thay đổi và vị trí cũ Nếu khơng bỏ (L ❑2 ) mà dịch chủn từ vị trí cho về phía (L ❑3 ) đoạn 10 (cm), ảnh cuối vơ cực Tìm tiêu cự f ❑1 , f ❑2 , f ❑3 thấu kính.
Tìm vị trí (L ❑2 ) khoảng O ❑1 O ❑3 mà đặt (L ❑2 ) cố định các vị trí ảnh cuối có độ lớn luôn không thay đổi ta tịnh tiến vật AB dọc theo trục trước (L ❑1 ).
Câu (4,5 điểm): Cho mạch điện hình vẽ: Biết hai cuộn dây cảm thuần, L1 thay đổi được; L2 =
1 2H;
R = 50Ω;
3
10
C F
5
; uAB 100 cos100 t (V) Điều chỉnh
1 L
2
H, viết biểu thức cường độ dịng điện mạch chính.
2 Thay đổi L1, tìm L1 để điện áp hiệu dụng hai đầu L1 cực đại Tìm giá trị cực đại Câu (2,0 điểm): Một vịng mảnh điện mơi có khối lượng m, tích điện Q phân bố đều Vịng lăn khơng trượt (do qn tính) mặt phẳng ngang cách điện vùng từ trường đều có véc tơ cảm ứng từ B vng góc với mặt phẳng vịng Xác định vận tốc khối tâm của
vòng áp lực vòng xuống mặt phẳng nằm ngang nửa so với vòng đứng yên Bỏ qua ma sát lăn
A L1 R B
C L2 M
A
G O C
v A k B
B A
L
L
L O
1
O2 O3
ĐỀ CHÍNH THỨC
(2)
-HẾT -Họ, tên thí sinh : ; Số báo danh : …………
Chữ kí giám thị 1:……… ……….; Chữ kí giám thị 2:……… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NINH BÌNH HDC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPTNĂM HỌC 2010 – 2011 Môn: VẬT LY- Vòng II
Câu Nội dung Điểm
1 Gọi x là độ co lớn lò xo, vo là vận tốc hệ A và viên đạn sau va chạm, áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có:
mv = (m1+m)vo vo=1m/s
- Định luật bảo toàn lượng cho:
2
1 o
1
(m m)v kx (m m)gx
2
m x
x
x 0,2 15
2 Để B có thể dịch sang trái lị xo phải giãn đoạn là xo cho: Fđh = Fms kxo = m2g 150xo = 40 xo = 4/15(m)
- Như thế, vận tốc vo mà hệ (m1 + m) có bắt đầu chuyển động phải làm cho lị xo có độ co tối đa x cho dãn độ dãn tối thiểu phải là xo
2
1 o o
2
1
kx (m m)g(x x ) kx
2
75x 10x x 0, 4m
- Theo định luật bảo toàn lượng ta có:
2
1 o
1
(m m)v kx (m m)gx
2
- Từ tính được: vo 1,8m/s vmin 18m/s
0,5 0,5 0,5 0,5
0,5 0,5 0,5 0,5 2
1 Chia vật thành dải mỏng coi hình chữ nhật có chiều rộng dx nhỏ cách O khoảng x Khối lượng phần này: dm = (2Rsin)dx
( là khối lượng đơn vị diện tích) Từ hình vẽ: x = Rcos dx = - Rsind dm = - 2R2sin2d
Áp dụng công thức xác định khối tâm:
0,5
0,5 0,5 dx
R x O
A
GO CH NH TH C
(3)xG =
0
2
2
( R sin d ).R cos (dm)x
(dm) m
=
0
2 R
sin d(sin ) m
=
3 R
3m
Thay m =
2 R
xG = OG =
4R 3
2 Áp dụng phương trình động lực học vật rắn: - mg.AG.sin = IA.
nhỏ - mg.AG. = IA." (1)
Với AG =
2
2 2 4R
AO OG R
3
= R
2 16
3
Định lí Stainer: IA = IG + m.AG2 ; IO = IG + m.OG2 IA = IO + m(AG2 - OG2) = 0,5mR2 + mR2 = 1,5mR2 Thay vào (1) - mgR
2 16
3
= 1,5mR2 "
" +
2 2g 16
9 R
= " + 2
= với 2 =
2 2g 16
9 R
Chu kì dao động: T = 6
2 R 2g 16
0,5 0,5
0,5 0,25 0,25 0,5
0,25
0,25
3 Tìm tiêu cự f ❑1 , f ❑2 , f ❑3 thấu kính. - Ta có :
+ Sơ đồ tạo ảnh với hệ ba thấu kính :
+ Sơ đồ tạo ảnh với hệ hai thấu kính (L ❑1 ), ( L ❑3 ) :
Vì : A2❑
B2❑
= A1❑
B1❑
; d ❑31❑ = d ❑32❑ nên : d ❑32 = d ❑31 ⇒ d ❑❑2 = d ❑2 = 0
Ta có : d ❑2 = O ❑1 O ❑2 - d ❑1❑ ⇒ d ❑1❑ = O ❑1 O ❑2 = 36 (cm)
d ❑3 = O ❑2 O ❑3 - d ❑❑2 ⇒ d ❑3 = O ❑2 O ❑3 = 34 (cm)
Tiêu cự thấu kính (L ❑1 ) : f ❑1 = d1d1
❑
d1+d1❑ =
45 36
45+36 = 20 (cm)
0,5 0,5
(4)Tiêu cự thấu kính (L ❑3 ) : f ❑3 = d3d3
❑
d3+d❑3 =
34 255
34+255 = 30 (cm)
Khi dịch chuyển (L ❑2 ) ta có sơ đồ tạo ảnh (L ❑2 ) (vị trí mới) và ( L ❑3 ) sau :
Vì d ❑33❑ → ∞ ⇒ d ❑33 = f ❑3 = 30 (cm)
Mà d ❑33 = O ❑❑2 O ❑3 - d ❑❑22 ⇒ d ❑❑22 = O ❑❑2 O ❑3 - d ❑33 = 24 - 30 = - (cm)
d ❑22 = O ❑1 O ❑❑2 - d ❑1❑ = 46 - 36 = 10 (cm) Tiêu cự thấu kính (L ❑2 ) :
f ❑2 = d22d22
❑
d22+d22❑ =
10 (−6)
10−6 = - 15 (cm) Tìm vị trí (L ❑2 ) khoảng O ❑1 O ❑3 :
- Khi tịnh tiến vật AB trước thấu kính (L ❑1 ), tia tới từ B song song với trục khơng đổi Có thể coi là tia này điểm vật vơ cực trục phát
Nếu ảnh sau có độ lớn khơng đổi, ta có tia ló khỏi ( L ❑3 ) song song với trục cố định Có thể coi tia này tạo điểm ảnh vô cực trục Hai tia này tương ứng với qua hệ thấu kính
Ta có : d ❑1→ ∞ ⇒ d ❑1❑ = f ❑1 = 20 (cm) d ❑3❑ → ∞ ⇒ d ❑3 = f ❑3 = 30 (cm)
Gọi x là khoảng cách từ (L ❑1 ) đến (L ❑2 ) thỏa yêu cầu đề bài; ta có : d ❑2 = x - d ❑1❑ = x - 20 (1)
d ❑3 = 70 – x - d ❑❑2 = 30 (2) Từ (1) và (2) ta được: 70 - x - (x −20)(−15)
x −20+15 = 30
⇔ 70x - 350 - x ❑2 + 5x + 15x - 300 = 30x - 150 ⇔ x ❑2 - 60x + 500 = (*)
Phương trình (*) cho ta 02 giá trị x = 50 (cm)
x = 10 (cm)
0,5
0,25 0,25 0,25 0,25
0,25
0,25
0,5 0,5
0,25 0,25 4
1 ZL1 ZL2 .L1 50;
2
1 L
Z R Z 50 2
; C
1
Z 50
C
.
L2
U UMB
AB
U
C
I
L1
U
I R
I
MB
U I
R
U
R
I
MB
(5)* UMB sớm pha so với iR góc 1 = 4
.
* Gọi MB là độ lệch pha i và uMB:
2
C R 1 C L2
MB
R C
I I sin Z Z Z
tan 1 0
I cos Z R
MB 0
4
i sớm pha 0,25 so với uMB
* Từ giản đồ: IC2 IR2 I2 2C 12 2MB
1 1
Z Z Z ZMB 50 2
* UAB =
2
MB L1 MB L1
U U 2U U cos45 = I. ZMB2 Z2L1 2Z Z cos45MB L1
I =
AB
2
MB L1 MB L1
U
Z Z 2Z Z cos45
=
2
100
1
(50 2) 50 2.50 2.50
2
= 2A
Gọi là độ lệch pha uAB và i:
tan =
0 L1 MB
0 MB
U U sin 45
U cos45
=
0 L1 MB
0 MB
Z Z sin 45
Z cos45
= = 0
Vậy phương trình dịng điện mạch chính: i = 2 2cos100t (A).
2
Độ lệch pha uMB và i không phụ thuộc vào L1 và ln 0,25.
Ta có giản đồ véc tơ hình vẽ. Từ giản đồ, áp dụng định lí sin:
AB L1
0
U U
sin 45 sin
AB
L1
U sin U
sin 45
Dễ thấy UL1 lớn sin lớn = 900.
OMN vuông cân UL1max = UMB 2= UAB 2 = 100 2 (V)
I =
MB MB
U 100
2
Z 50 A
ZL1 = 100 L1 =
1 H
0,25
0,5 0,5 0,25
0,5
0,5 0,25
0,25
0,25 0,5 0,25
0,5
5 - Xét phần tử có chiều dài dl chắn góc tâm là d Điện tích phần tử
là: d
Q dq
2
(6)- Do vịng trịn có tính đối xứng nên thành phần dFx dF triệt tiêu với
thành phần dFx’ dF’ Vì lực từ tác dụng lên vòng thành
phần dFy sinh ra.
- Từ hình vẽ ta có ( = /2): cos
cos cos
cos
R R
R R
IJ
- Xét chuyển động vòng quanh tâm quay tức thời I ta có:
R v
IJ
v , o
0
0
1 cos cos
2
(1 cos )
o o
y y
o
o
IJ
v v v
R F dF
QBv
d QBv
Khi áp lực QB
mg v
mg F mg
N y o
2
2
0,25
0,25
0,5 0,25
0,25
0,25 * Lưu ý:
- Học sinh giải đúng theo cách khác cho điểm tối đa