Tài liệu Đề_ĐA_HSG Tỉnh ĐăkLăk_Vòng 1_2009

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2009-2010 ĐĂK LĂK MÔN THI : VẬT LÍ 12 - THPT ------------- ------------------------------------------------ ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi : 22/12/2009 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 2 trang) Bài 1: (4,0 điểm) Cho một vật nhỏ có khối lượng là m. 1) Vật được gắn vào đầu một lò xo có khối lượng không đáng kể tạo thành một con lắc lò xo. Đầu kia của lò xo gắn với một điểm cố định. Kích thích cho vật dao động điều hòa với cơ năng E = 0,125J. Biết khối lượng của vật là m = 1 kg ; tại thời điểm ban đầu vật có vận tốc v = 0,25m/s và gia tốc 2 a 6,25 3m / s= − . Bỏ qua ma sát. Chọn gốc tọa độ tại vị trí cân bằng hãy viết phương trình dao động của vật. 2) Cho vật trượt từ đỉnh của một mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng α so với mặt ngang. Hệ số ma sát µ giữa vật và mặt phẳng nghiêng tăng tỉ lệ với khoảng cách x tính từ đỉnh mặt phẳng nghiêng µ = b.x ; hệ số tỉ lệ b không đổi. Chuyển động của vật trên mặt phẳng nghiêng lúc này có phải là dao động điều hòa không? Hãy giải thích. Bài 2: (3,0 điểm) Một ống thủy tinh hình trụ, một đầu kín, được dùng làm ống Tôrixenli để đo áp suất khí quyển như hình (H.1). Chiều cao của ống so với mặt thủy ngân trong chậu là không thay đổi và bằng l=81cm. Vì có một ít không khí trong ống nên khi áp suất khí quyển là p 0 = 760mmHg và có nhiệt độ là t = 27 0 C thì chiều cao cột thủy ngân trong ống là 75,3cm. 1) Lập biểu thức tính áp suất khí quyển khi nhiệt độ là t ( 0 C) với chiều cao cột thủy ngân là h. 2) Tính chiều cao h 1 của cột thủy ngân ở nhiệt độ t 1 = 31 0 C biết rằng khi đó áp suất khí quyển là p 1 = 751mmHg. Bài 3: (3,0 điểm) Có N = 30 nguồn điện như nhau, mỗi nguồn có suất điện động e = 1V và điện trở trong r = 0,6Ω ghép thành một bộ nguồn gồm p dãy song song như nhau, mỗi dãy gồm q nguồn mắc nối tiếp. Mạch ngoài có điện trở tổng cộng R = 2Ω. Bỏ qua điện trở các dây nối. Tìm p và q để: 1) Công suất tiêu thụ ở mạch ngoài lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó. 2) Công suất tiêu thụ ở mạch ngoài không nhỏ hơn 8W. - 1 - l h 1 (H.1) Bài 4: (4,0 điểm) Có các linh kiện cho mạch điện xoay chiều gồm: hai tụ điện có điện dung lần lượt là C 1 và C 2 , một cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L thay đổi được và một điện trở có giá trị R = 60Ω. Hai đầu A và B có hiệu điện thế xoay chiều ổn định u AB . Bỏ qua điện trở các dây nối. 1) Ban đầu lấy ba linh kiện R, C 1 , C 2 và mắc mạch như hình vẽ (H.2). Cường độ dòng điện qua tụ điện C 2 lúc này có biểu thức: 2 i 2cos100 t(A)= π . Biết rằng góc lệch pha giữa cường độ dòng điện qua mạch chính và hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn mạch bằng 60 0 . Công suất toả nhiệt trên điện trở R bằng 120W. Hãy viết biểu thức cường độ dòng điện tức thời qua mạch chính. 2) Thay tụ điện C 1 bởi cuộn dây vào mạch trên. Tính hệ số tự cảm L để cường độ dòng điện hiệu dụng qua mạch chính cực tiểu. Bài 5: (3,5 điểm) Hai thấu kính L 1 và L 2 có tiêu cự lần lượt là f 1 = - 40cm và f 2 = 20cm có cùng trục chính cách nhau một khoảng l . Một điểm sáng S nằm trên trục chính, nằm phía trước và cách L 1 một khoảng 40cm như hình (H.3). 1) Biết ảnh thật S’ của S cho bởi hệ thấu kính cách L 2 một khoảng bằng 30cm, tính l. 2) Trong khoảng giữa hai thấu kính người ta đặt một bản mặt song song, vuông góc với trục chính, có độ dày 6cm và chiết suất n = 1,5. a- Xác định lại vị trí ảnh của S cho bởi hệ. b- Để ảnh của S trong trường hợp này trùng với ảnh thật S’ trong trường hợp của câu 1 thì phải dịch chuyển thấu kính L 2 đi một khoảng bằng bao nhiêu và theo chiều nào? Bài 6: (2,5 điểm) Cho một số dụng cụ điện như sau: Một ống dây, một điện áp xoay chiều không đổi và thông thường, một ampe kế xoay chiều, một vôn kế xoay chiều, một ôm kế, các dây dẫn. Hãy thiết lập mạch điện, trình bày phương án tiến hành thí nghiệm và tìm công thức xác định hệ số tự cảm của ống dây. ------------ HẾT ----------- Họ và tên thí sinh: .Số báo danh: - 2 - C 2 C 1 R A B (H.2) L 2 L 1 (H.3) S SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2009-2010 ĐĂK LĂK HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN : VẬT LÝ 12-THPT ------------- ---------------------------------------------------------------- I. SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM : Bài 1: (4,0 điểm) 1) Phương trình dao động của vật: (2,00 điểm) - Chọn phương trình: x = Acos(ωt + ϕ) - Ta có: )/(5,0 1 125,0.22 125,0 2 22 sm m E AJ Am E ===⇒== ω ω 0,50 đ - Vận tốc và gia tốc của vật: v = - ωAsin(ωt + ϕ) a = - ω 2 Acos(ωt + ϕ) - Tại thời điểm ban đầu( t = 0): v 0 = - ωAsinϕ = 0,25m/s. 22 0 /325,6cos smAa −=−= ϕω 0,50 đ - Vậy: sinϕ = -0,5 => ϕ = - π/6(rad) hoặc ϕ = 7π/6(rad). Từ biểu thức của a 0 , ta chọn ϕ = - π/6(rad). - Cũng từ biểu thức của a 0 , suy ra: )./(25 2 3 .5,0 325,6 srad== ω 0,50 đ - Vậy, biên độ: .2)(02,0 25 5,05,0 cmmA ==== ω Suy ra phương trình dao động: ))( 6 25cos(2 cmtx π −= . 0,50 đ 2) Tính chất chuyển động của vật: (2,00 điểm) - Chọn hệ trục tọa độ xOy có gốc tại đỉnh mặt phẳng nghiêng, Ox song song với mặt phẳng nghiêng. - Các lực tác dụng lên vật: + Trọng lực P r + Phản lực N r + Lực ma sát ms F r - Phương trình định luật II Niutơn cho chuyển động của vật: ms P N F m.a+ + = r r r r 0,50 đ + Chiếu lên trục Ox: mgsinα - F ms = ma + Chiếu lên trục Oy: -mgcosα +N = 0 +Với F ms = µN = bx.N. - Xét chuyển động trên trục Ox: ma = mgsinα - bx.N Mà: N = mgcosα. Vậy: ma = mgsinα - bx.mgcosα. Suy ra: a = gsinα - bx.gcosα. Biến đổi, ta có:       −−= b tg xgbx α α cos '' 0,50 đ - 3 - α P v N r ms F r y x O Đặt: b tg x α = 0 , ta có phương trình: ( ) ( ) 0 '' 0 cos xxgbxx −−=− α Ta có: x = x 0 là vị trí cân bằng của vật, tại đó a = 0. Đổi biến số: X = x – x 0 , ta đổi gốc tọa độ đến vị trí cân bằng x = x 0 hoặc X = 0, ta được phương trình: X’’ = -gbcosα.X 0,50 đ Phương trình có dạng: X’’ = - ω 2 .X ; với: ω 2 = gbcosα. Vậy, chuyển động của vật trên mặt phẳng nghiêng là một dao động điều hòa với tần số góc: αω cosgb= Hay với chu kì: α π cos 2 gb T = 0,50 đ Bài 2: (3,0 điểm) 1) Biểu thức tính áp suất khí quyển: (2,00 điểm) + Ở nhiệt độ T 0 = t 0 + 273 = 300K, áp suất không khí trong ống là P 0 , với: p 0 = P 0 + h 0 . ; p 0 : là áp suất khí quyển. + Ở nhiệt độ T = ( t + 273)K, áp suất không khí trong ống là P, với: p = P + h ; p: là áp suất khí quyển. 0,50 đ + Áp dụng phương trình trạng thái cho không khí trong ống: 0 00 . . T VP T VP = ⇒ V T T VP P . . 0 00 = Với: P 0 = p 0 – h 0 , V 0 = S(l – h 0 ), V = S(l – h). Thay vào, ta được: hl T T hlhp hlS T T Shlhp P − −− = − −− = . ))(( )( . )).(( 0 000 0 000 0,50 đ Ta có: hl T hl T hl T T hlhp P − = − −− = − −− = 33,1. 300 )753810)(753760( . ))(( 0 000 0,50 đ Đặt b = 1,33, Ta có: hl T bhp − += . 0,50 đ 2) Chiều cao h 1 của cột thuỷ ngân:(1,00 điểm) + Thay vào phương trình trên, ta được: 1 1 11 hl T bhp − += Biến đổi: 1 2 11111 . bThlhhplp +−=− hay: 0.)( 1111 2 1 =+−+− lpbThlph Thay các giá trị vào: 060831032,4041561 1 2 1 =+−− hh . 0,50 đ Ta có phương trình bậc hai: 068,6079051561 1 2 1 =+− hh Giải phương trình: ∆ = 2436721 – 4.607905,68 = 2436721 – 2431622,72 = 5098,28 4,71=∆ Phương trình có nghiệm: 1 1 1 1561 71,4 816,2 ; 744,8 2 h h mm h mm ± = ⇒ = = . Loại nghiệm: h 1 = 816,2mm vì lớn hơn 810mm. Ta chọn: h 1 = 744,8mm. 0,50 đ Bài 3: (3,0 điểm) - 4 - 1) Trường hợp công suất cực đại: (2,00 điểm) - Ta có: ( ) 2 2 2 . .       + == p rq R Req RIP 0,50 đ Biến đổi, ta được: P = 2 2 .       + p r q R Re Áp dụng bất đẳng thức Côsi: P cực đại khi p r q R = . ⇒ R.p = q.r 0,50 đ Với : N = p.q => q 2 = 100 6,0 30.2. == r NR ⇒ q = 10 Suy ra: p = 3 10 30. == q N Kết luận: mắc thành 3 dãy, mỗi dãy 10 nguồn nối tiếp. 0,50 đ - Công suất cực đại: RIP . 2 maxmax = Ta có: A rR e I 5,2 4,0 1 3 6,0 10 2 1 310 max == + = + = Vậy: P max = 2,5 2 . 2 = 12,5W. 0,50 đ 2) Trường hợp công suất không nhỏ hơn 8W : (1,00 điểm) Theo giả thiết, ta có: 8 . 2 2 ≥       + = p r q R Re P Hay: 4 2 2 ≥       + p r q R e . 0,50 đ Thay các giá trị của e, R, r và tiếp tục biến đổi, đi đến bất phương trình bậc hai theo p: p 2 – 7,5 p + 9 ≤ 0. Bất phương trình cho nghiệm: 1,5 ≤ p ≤ 6. Kết quả : Các giá trị của p là: 2 , 3 , 5 , 6. Các giá trị tương ứng của q là: 15 , 10 , 6 , 5. 0,50 đ Bài 4: (4,0 điểm) 1) Biểu thức của dòng điện qua mạch chính (1,50 điểm) Ta có: i = I 0 cos(100πt + ϕ i ) + Biên độ: - Dòng qua C 1 : A R P I 2 60 120 1 === - Dòng qua C 2 : AI 2 2 = 0,50 đ - 5 - Ta có: i = i 1 + i 2 => 1 2 I I I= + r r r Với: 1 I r 2 I r 2 2 I 2A i / 2 = ϕ = π Từ giản đồ véc tơ, ta thấy hình bình hành tạo bởi các véc tơ là hình thoi. Vậy dòng điện qua mạch chính: 0 2 3 I 2I .cos30 2 2. 6(A) 2 = = = Suy ra: )(322.62 0 AII === 0,50 đ + Pha ban đầu: Từ giản đồ véc tơ, ta thấy: dòng điện chính chậm pha hơn so với dòng qua tụ C 2 một góc 30 0 . Vậy ϕ i = ϕ i2 - 6 π = - 6 π (rad). Biểu thức dòng điện chính: 2 i 2 3 cos(100 t )(A) 6 π = π − 0,50 đ 2) Tính hệ số tự cảm: (2,5 điểm) Ta có: i = i' 1 + i 2 => ' 1 2 I I I= + r r r Với: ' 1 I r 1 ' 1 ' 1 U I ' Z 0 i / 2 = >ϕ > −π 2 I r 2 2 I 2A i / 2 = ϕ = π 0,50 đ Từ giản đồ véc tơ, áp dụng định lí hàm cosin, ta có:       −−+= ' 121 2 2 2' 1 2 2 cos.2 i IIIII ϕ π = ( ) ' 121 2 2 2' 1 sin.2 i IIII ϕ −+ Do I 2 không đổi nên I cực tiểu khi: ( ) ' 121 2' 1 sin.2 i IIIX ϕ −= cực tiểu. Ta có: 22 2 2' 1 L ZR U I + = , ( ) 22 ' 1 sin L L i ZR Z + = ϕ . Vậy: ( ) 22 2 22 2 22 2 .2 2 L L L L L ZR IZUU ZR IZU ZR U X + − = + − + = . 0,50 đ Lấy đạo hàm của X theo Z L , ta có: ( ) ( ) 2 22 2 2 2 2 .2 L LL L ZR RIZUZIU dZ dX + −− = . 2 2 2 22 2 4 0 I IRUU Z dZ dX L L +± =⇒= . 0,50 đ Theo câu 1, ta có: U = I 1 .Z 1 , với )(340 )6/cos( 60 cos 1 1 Ω=== πϕ i R Z . - 6 - 1 1 I 2A 0 i / 2 = < ϕ < π Do đó: )(640340.2 VU == . Thay số vào, ta được: )(320 Ω−= L Z (loại), )(360 Ω= L Z 0,50 đ Bảng xét dấu: Z L 0 )(360 Ω ∞ L dZ dX - 0 + I giảm I min tăng Vậy: H Z L L 33,0 314 360 ≈== ω . 0,50 đ Bài 5: (3,5 điểm) 1) Khoảng cách giữa hai thấu kính: (1,0 điểm) Sơ đồ tạo ảnh: ' 21 1 SSS LL →→ Ta có d 1 = 40cm; cm fd fd d 20 80 )40.(40 11 11 ' 1 −= − = − = . 0,50 đ )(20 ' 12 cmldld +=−= , l l l l fd fd d )20(20 2020 20)20( . 22 22 ' 2 + = −+ + = − = . Theo giả thiết: d’ 2 = 30cm, suy ra: cm l l 30 )20(20 = + . Vậy : l = 40cm. 0,50 đ 2) Ghép thêm bản mặt song song: (2,5 điểm) a. Xác định lại vị trí của ảnh của S -Sơ đồ tạo ảnh: '' 21 21 SSSS L BMSS L → →→ Ta có: d 1 = 40cm, cmd 20 ' 1 −= Độ dịch chuyển của ảnh qua bản mặt song song: cm n ed 2 5,1 1 16 1 1 =       −=       −=∆ . 0,50 đ Vậy: cmcmddd 18220 ' 1 '' 1 −=+−=∆+= Nên ảnh qua bản mặt song song cách L 1 18cm. Ảnh này cách L 2 là: cmdld 58)18(40 '' 12 =−−=−= . Do đó: ảnh cuối cùng qua hệ cách L 2 là: cm fd fd d 53,30 2058 20.58 . 22 22 ' 2 ≈ − = − = 0,50 đ b. Khoảng dịch chuyển của thấu kính L 2 : - Để ảnh S’’ nằm đúng ở vị trí của S’ thì nó phải cách S 2 một đoạn: d 2 + 30 = 58 + 30 = 88cm. - Vậy phải dịch chuyển L 2 , khoảng cách mới giữa L 2 và L 1 là l’ . Bây giờ S 2 cách L 2 một đoạn: ).(18)18()( ''' 1 ' cmllddld +=−−=∆+−= 0,50 đ - 7 - Ảnh S’’ bây giờ sẽ cách L 2 là: )(70188888' '' cmlldd −=−−=−= . Từ công thức thấu kính: . )70()18( )70)(18( 20 . '' '' ' ' 2 ll ll dd dd f −++ −+ =⇒ + = 0,50 đ Ta được phương trình bậc hai: 050052 '2' =+− ll . Giải phương trình, ta có nghiệm: l’ ≈ 39,2cm, l’ ≈ 12,8cm. Vậy phải dịch L 2 về phía L 1 một khoảng cỡ 0,8cm hoặc 27,2cm. 0,50 đ Bài 6: (2,5 điểm) 1) Thiết lập mạch điện, phương án tiến hành thí nghiệm: (1,25 điểm) - Mắc mạch điện theo sơ đồ như hình vẽ. - Dòng điện xoay chiều thông thường có tần số f - Xác định điện áp U giữa các hai cực của ống dây bằng vôn kế. - Xác định cường độ hiệu dụng I qua ống dây bằng ampe kế. - Đo điện trở r của ống dây bằng ôm kế. 0,75 đ - Xác định hệ số tự cảm theo công thức. 0,50 đ 2) Lập công thức xác định hệ số tự cảm: (1,25 điểm) - Gọi L là hệ số tự cảm của ống dây; - Căn cứ vào số chỉ của vôn kế và ampe kế ta tính được tổng trở của mạch: I U Z= 0,25 đ Nhưng : 2222 Z rZZZr LL +=⇒+= 0,25 đ Vì : Z L = ω L = 2π f L 0,25 đ Từ đó suy ra : f r I U f rZ πππ 22f2 Z L 2 2 2 22 L − = − == 0,50 đ II. CÁCH CHO ĐIỂM & HƯỚNG DẪN CHẤM : Điểm toàn bài là 20,0 điểm được phân bố tổng quát như sau : BÀI 1 : (4,0 điểm) BÀI 2 : (3,0 điểm) BÀI 3 : (3,0 điểm) BÀI 4 : (4,0 điểm) BÀI 5 : (3,5 điểm) BÀI 6 : (2,5 điểm) Yêu cầu và phân phối điểm cho các bài trên như trong từng phần và có ghi điểm bên lề phải của đáp án - Phân tích lực, phân tích hiện tượng bài toán phải rõ ràng, có hình vẽ minh - 8 - ))))))))))) L , r V U A I ~ họa (nếu có), lập luận đúng, có kết quả đúng thì cho điểm tối đa như biểu điểm nói trên . (Giám khảo tự vẽ hình) Ghi chú : 1) Trên đây là biểu điểm tổng quát của từng phần, từng câu. Trong quá trình chấm các giám khảo cần trao đổi thống nhất để phân điểm chi tiết đến 0,25 điểm cho từng phần, từng câu. 2) Học sinh làm bài không nhất thiết phải theo trình tự của Hướng dẫn chấm. Mọi cách giải khác, kể cả cách giải định tính dựa vào ý nghĩa vật lý nào đó, lập luận đúng, có căn cứ, kết quả đúng cũng cho điểm tối đa tương ứng với từng bài, từng câu, từng phần của hướng dẫn chấm này. -------------------------- - 9 - . được: 1 1 11 hl T bhp − += Biến đổi: 1 2 11 111 . bThlhhplp +−=− hay: 0.)( 11 11 2 1 =+−+− lpbThlph Thay các giá trị vào: 0608 310 32,40 415 61 1 2 1 =+−−. 068,60790 515 61 1 2 1 =+− hh Giải phương trình: ∆ = 24367 21 – 4.607905,68 = 24367 21 – 24 316 22,72 = 5098,28 4, 71= ∆ Phương trình có nghiệm: 1 1 1 15 61 71, 4 816 ,2