Đang tải... (xem toàn văn)
sức cản của không khí. Từ D vật M chuyển động như vật ném xiên. Viết phương trình dao động.. Toàn bộ hệ thống đặt trong một từ trường đều có hướng vuông góc với mặt phẳng hai thanh kim [r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐĂKLĂK TRƯỜNG THPT TÔN ĐỨC THẮNG
(2)ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN Câu ( 3,5 điểm)
Một vật nhỏ khối lượng M =100g treo vào đầu sợi dây lí tưởng, chiều dài l = 20cm hình vẽ Dùng vật nhỏ m = 50g có tốc độ v0 bắn vào M Bỏ qua
sức cản khơng khí Lấy g = 10m/s2 Coi va chạm tuyệt đối đàn hồi.
a/ Xác định v0 để M lên đến vị trí dây nằm ngang
b/ Xác định v0 tối thiểu để M chuyển động tròn xung quanh O
c/ Cho v0 = 3√7
2 m/s, xác định chuyển động M Đáp án câu 1
Câu 1 Nội dung Điểm
(3,5đ) a/ Va chạm đàn hồi:
mv0=mv1+Mv2 mv20
2 = mv12
2 + Mv22
2
=> v2= 2m m+Mv0
Khi dây nằm ngang: Mv2
2 =Mgl⇒v0= m+M
m √
gl
Thay số: v0 = 3m/s
b/ Để M chuyển động hết vòng tròn, điểm cao E: vE=√gl
=> Mv22
2 =Mg 2l+ MvE
2 ⇒v0= m+M
2m √5 gl
Thay số: v0 = 3√10
2 m/s
c/ Khi v0=3√7
2 m/s <
3√10
2 => M không lên tới điểm cao quĩ đạo
tròn
Lực căng dây: T=mg cosα+mv
l Khi T = => M bắt đầu rời quĩ đạo tròn
tại D với vận tốc vD, có hướng hợp với phương ngang góc 600
Từ D vật M chuyển động vật ném xiên Dễ dàng tính góc COD = 300.
0,25 0,25
0,5 0,25
0,5 0,25
0,5 0,5 0,25 0,25
Câu 2( 3,5 điểm)
Con lắc lị xo hình vẽ Vật nhỏ khối lượng m = 200g, lị xo lí tưởng có độ cứng k = 1N/cm, góc α = 300 Lấy g = 10m/s2.
a/ Chọn trục tọa độ hình vẽ, gốc tọa độ trùng với vị trí cân Viết phương trình dao động Biết thời điểm ban đầu lị xo bị dãn 2cm vật có vận tốc v0
= 10 √15 cm/s hướng theo chiều dương
b/ Tại thời điểm t1 lò xo không biến dạng Hỏi
t2 = t1 + π
4√5 s, vật có tọa độ bao nhiêu?
c/ Tính tốc độ trung bình m khoảng thời gian Δt = t2 - t1
Đáp án câu
Câu Nội dung Điểm
v0 O
M m
l
m x
α O
D
O C
(3)(3,5đ)
a/ Tại VTCB ω=√k m=√
gsinα Δl
=> Δl = 1cm, ω = 10√5 rad/s, T = π
5√5s
Biên độ: A = √x2+(
v0 ω)
2
=> A = 2cm
Vậy: x = 2cos(10 5t
)cm
b/ Tại t1 vật M có vận tốc v1, sau Δt = π
4√5 = 1,25T
- vật K (nếu v1 > 0) => tọa độ x2 = √3 cm
- vật N (nếu v1 < 0) => tọa độ x2 = - √3 cm
c/ Quãng đường m được: - Nếu v1<0 => s1 = 11 3=> vtb = 26,4m/s
- Nếu v1>0 => s2 = 9 3=> vtb = 30,6m/s
0,5 0,5 0,5 0,25
0,25 0,5 0,5 0,5
Câu (3,5 điểm) : Hai kim loại song song, thẳng đứng có điện trở khơng đáng kể, đầu nối vào điện trở R0,5 Một đoạn dây dẫn AB, độ dài l14cm
, khối lượng m2g, điện trở r0,5 tì vào hai kim loại tự trượt không ma sát xuống luôn vng góc với hai kim loại Tồn hệ thống đặt từ trường có hướng vng góc với mặt phẳng hai kim loại có cảm ứng từ B0, 2T Lấy g9,8 /m s2
a) Xác định chiều dòng điện qua R
b) Chứng minh lúc đầu AB chuyển động nhanh dần, sau thời gian chuyển động trở thành chuyển động Tính vận tốc chuyển động tính UAB
Đáp án câu 3
Câu 3 Nội dung Điểm
(3,5đ
a) Do xuống nên từ thông qua mạch tăng Áp dụng định luật Lenxơ, dòng điện cảm ứng sinh Bcu
ngược chiều
B
(Hình vẽ)
Áp dụng qui tắc nắm bàn tay phải, I chạy qua R có chiều từ A B
b) Ngay sau bng AB chịu tác dụng trọng lực P mg nên chuyển động nhanh dần v tăng dần
- Đồng thời, sau mạch xuất dòng điện I nên AB chịu thêm tác
0,25
0,25 0,5
A B
R
B
O
-1 x
M
N
K
K'
A B
R
B
cu
B
(4)dụng lực từ F BIl có hướng lên
- Mặt khác, suất điện động xuất AB là:
e Blv
t
nên
e Blv
I
R r R r
2
B l v F
R r
Cho nên v tăng dần F tăng dần tồn thời điểm mà F=P Khi chuyển động thẳng
-Khi chuyển động thì:
2
2 2
( ) (0,5 0,5).2.10 9,8
25( / ) 0, 0,14
B l v R r mg
F mg mg v m s
R r B l
- Hiệu điện hai đầu là:
0, 2.0,14.25
.0,5 0,35( )
0,5 0,5 AB
Blv
U I R R V
R r
0,5 0,5
0,5
0,5 0,5
Câu 4: ( điểm)
Cho mạch điện hình vẽ:
E1 = E2 = 6V; r1 = 1Ω; r2 = 2Ω; R1 = 5Ω; R2 = 4Ω Vơn kế có điện
trở lớn Số vôn kế 7,5V, cực dương mắc vào điểm M
a Tính hiệu điện UAB
b Tính điện trở R
c Công suất hiệu suất nguồn
Đáp án câu 4
Câu Nội dung Điểm
(3,0đ)
a
Giả sử chiều dịng điện chạy hình:
Ta có:
1 2 1
2 2 1
MN MN
U E I R I R
U E I r I R
Thay số, ta được: I1 = I2 = 0,5A
Tacó:
2 2 2 0,5.2 0,5.4
AB
U E I r I R V
b
0,5 0,25
0,25
(5)Ta có: I = I1 + I2 = 0,5 + ,5 = 1A
UAB = I.R R 3 c.
1 1
2 2
3
P E I W
P E I W
Ta có: UAN = E1 – I1r1 = 5,5V suy ra: 1 0,916 AN U H E
UBM = E2 – I2r2 = 5V suy ra: 2 0,83 BM U H E 0,25 0,25 0,5 0,5
Bài 5( 3,5 điểm)
Đặt vật sáng AB cao 8cm vng góc với trục thấu kính hội tụ L1 cótiêu cự
20cm Vật AB cách thấu kính khoảng 30cm
a) Xác định vị trí, tính chất số phóng đại ảnh A1B1 vật AB cho thấu kính L1
b) Giữ nguyên vị trí vật AB L1, người ta đặt thêm thấu kính phân kì L2, đồng trục
với L1 cách L1 khoảng 70cm Tính tiêu cự thấu kính L2 để ảnh cuối A2B2 vật
AB qua hệ ( L1, L2) cao vật AB
c) Khi khoảng cách hai thấu kính l, ảnh sau tạo hệ có chiều cao khơng đổi cho dù thay đổi vị trí vật trước hệ Tính l độ cao ảnh lúc này?
Đáp án câu
Câu
(3,5đ)
a) ta có : d’1 = 1 d f
d f = 60cm.
d’1 > Ảnh ảnh thật
K1 = - '
1
d d = - 2
b) sơ đồ tạo ảnh: AB L1
A1B1 2
L
A2B2
-Tính d2 = l - d’1 = 10cm
Số phóng đại ảnh sau k = k1k2 = -1
d2 >0 → TKPK vật thật cho ảnh ảo nên k2 > 0, k <
Suy k2 = 0,5
Ta có
'
2
2
2 2
d f k
d f d
-= =
- = 0,5
- Tính f2 = -10cm
b) Ta có:
1
1
1 2
f f
k k k
f d f d
(1)
Mà :
' 1
2
1
d f
d l d l
d f
thay vào (1) ta được:
(6)1 2
1 1 1 2 1( 2) 1
f f f f
k
ld lf d f d f f f d l f f lf f f
(2)
Để ảnh có chiều cao khơng đổi k = const tức khơng phụ thuộc vào d1 hệ số
d1 (2) phải
Suy ra: l =f1+ f2 = 10 cm
Thay vào (2):
20.( 10) 10.20 20.( 10)
k
Chiều cao ảnh A2B2 4cm
0,25 0,25 0,25
Bài (3 điểm)
Tính cơng sinh 0,5 (mol) khí lý tưởng thực chu
trình biến đổi (1) - (2) - (3) - (1) mà đường biểu diễn hệ trục
(OT,OV) có dạng hình Trong đó: (1) – (2) đoạn thẳng kéo dài qua O,
(2) – (3) đoạn thẳng song song với trục OT,
(3) – (1) cung parabol kéo dài qua O Biết T1 = T3= 350 (K); T2 = 600 (K)
Đáp án câu
Câu Nhận xét: - đường đẳng áp; – đường đẳng tích 0,25
(3,0đ)
3 – trình mà nhiệt độ T hàm bậc hai theo V: T=aV2bV+c
Tại O(0;0) c0 Vậy T=aV2bV 0,25
Theo phương trình Claperon – Mendeleep, ta có:
2
( )
pV nRT nR aV bV p nRaV nRb
Vậy – đường thẳng hệ (p - V)
Vậy đường biểu diễn chu trình hệ (p - V) sau:
0,5
0,25
Vậy công sinh là: 0,5
T V
(1)
(2)
(3)
1
T T2
1 V
2
V V
O
3 2 1
p
0 V
1
p
3
p
1
(7)1 3 1 1 3
1
( )( ) ( )(*)
2
A p p V V p V p V p V p V
Ta có p V1 nRT p V1; 3 nRT p V3; p V2 nRT2 0,25
Vì – đẳng tích đó:
3 3
2
3
2 2
p T T
p
p p p
T T T T
Vậy
2
3
3 1 1
2 2
T T T
p V p V nRT nR
T T T
0,5
Thay vào (*) ta được:
2
2
2
1
( ) 216, 4( )
2
T
A nR T T T J
T
0,5