1. Trang Chủ
  2. Đề thi - Kiểm tra
  3. Kỳ thi chọn HSG Vật lý 12 cấp tỉnh (2010 – 2011) – Sở GD&ĐT Tuyên Quang (Kèm Đ.án)

Kỳ thi chọn HSG Vật lý 12 cấp tỉnh (2010 – 2011) – Sở GD&ĐT Tuyên Quang (Kèm Đ.án)

Dưới đây là đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm 2011 - 2012 kèm đáp án của Sở giáo dục và đào tạo Tuyên Quang mời các phụ huynh hãy tham khảo để giúp con em mình củng cố kiến thức cũng như cách giải các bài tập nhanh nhất và chính xác. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 TUYÊN QUANG NĂM HỌC 2010 - 2011 MÔN VẬT LÝ ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề này có 04 câu trong 01 trang) Câu 1.(5 điểm): Một tấm bê tông nằm ngang được cần cẩu

Thể loại Tài liệu miễn phí Đề thi - Kiểm tra

Số trang 20

Ngày tạo 8/30/2018 4:28:42 AM +00:00

Loại tệp PDF

Kích thước 8.18 M

Tên tệp

Tải Kỳ thi chọn HSG Vật lý 12 cấp tỉnh (2010 – 2011) –... (.pdf)

Xem mẫu

  1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 TUYÊN QUANG NĂM HỌC 2010 - 2011 MÔN VẬT LÝ ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề này có 04 câu trong 01 trang) Câu 1.(5 điểm): Một tấm bê tông nằm ngang được cần cẩu nhấc thẳng đứng lên cao với gia tốc a = 0,5 m/s2. Bốn giây sau khi rời mặt đất người ngồi trên tấm bê tông ném một hòn đá với vận tốc v0 = 5,4 m/s theo phương làm với tấm bê tông một góc 300 . a) Tính thời gian từ lúc ném đá đến lúc rơi xuống mặt đất. b) Tính khoảng cách từ nơi đá chạm đất đến vị trí ban đầu của tấm bê tông (coi như chất điểm). Lấy g = 10 m/s2. Câu 2.(4 điểm): Trong một ống hình trụ thẳng đứng với hai tiết diện khác nhau có hai pít tông nối với nhau bằng một sợi dây nhẹ không dãn. Giữa hai pít tông có 1 mol khí lí tưởng. Pít tông trên có diện tích tiết diện lớn hơn pít tông dưới là S  10cm 2 . Áp suất khí quyển bên ngoài là p0  1atm . Biết khối lượng tổng cộng của hai pít tông là 5 kg, khí không bị lọt ra ngoài. (Bỏ qua ma sát giữa các pít tông và thành ống). a) Tính áp suất p của khí giữa hai pít tông S1 b) Phải làm nóng khí đó lên bao nhiêu độ để pít tông dịch chuyển lên trên một đoạn l = 5cm. S2 Câu 3.(6 điểm): Mạch điện mắc như hình vẽ. Bộ nguồn gồm A2 hai nguồn giống nhau, mỗi pin có suất điện động E  1,5V ; r  0,5 R1  6; R2  2 ; RMN  6 B điện trở các Ampekế và dây nối không đáng kể. A D R1 A1 R2 a) Tìm số chỉ các Ampekế khi con chay C ở M và N C b) Con chạy C ở vị trí nào thì A2 chỉ 0,3A M N RMN Câu 4.(5 điểm): Cho quang hệ như hình vẽ, với L là thấu kính hội tụ, tiêu cự f  20cm . G là gương phẳng. a) Cho x  70cm và l  50cm . (G) (L) Hãy xác định ảnh A3B3 của AB qua quang hệ. Vẽ hình B b) l bằng bao nhiêu thì A3B3 có A O1 O2 độ lớn không đổi và không phụ thuộc vào x x l --------------- HẾT-----------------
  2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 TUYÊN QUANG NĂM HỌC 2010 - 2011 MÔN VẬT LÝ Câu hỏi Đáp án Điểm Câu 1 a) Tính thời gian từ lúc ném đá đến lúc rơi xuống mặt đất. (5điểm) Lúc t = 4 s, tấm bê tông ở độ cao y0 và vận tốc v1 1 2 1 y0  a.t  .0,5.4 2  4m .................................................................. 0,25đ 2 2 v1  at  0,5.4  2m / s ........................................................................ 0,25đ - Nếu gọi v là vận tốc của đá đối với mặt đất    v  v0  v1 .......................................................................................... 0,25đ - Chọn hệ trục tọa độ Oxy Ta có: vx  v0 .cos   5,4. cos 300  4,7 m / s ....................................................... 0,25đ v y  v0 .sin   v1  5,4.sin 300  2  4,7 m / s ............................................. 0,25đ vx tg   1    450 ...................................................................... 0,25đ vy Vậy ta được: v  vx2  v y  4,7 2m / s ................................................. 2 0,5đ y y v v v1 v0 O x O x */ Kể từ khi nắm. - Ta có các phương trình chuyển động của vật x  v. cos  .t (1).............................................................................. 0,25đ 1 2 gt (2)........................................................................ y  v sin t  2 0,25đ - Thời gian hòn đá đi lên: Ta biết v y  v. sin   g .t v. sin  4,7 2 2 v y  0  t1   .  0,47 s (3).................... g 10 2 0,5đ v 2 sin 2  (4,7 2 ) 2 2 - Độ cao hòn đá đạt tới: y1   .  1,10m (4)................... 0,5đ 2g 2.10 4
  3. 2 yMax - Thời gian rơi xuống đất: t2   1,01s (5), (ymax = y0 + y1)............. 0,5đ g Vậy thời gian từ lúc nắm đến khi chạm đất là: t = t1 + t2 = 1,48 s (6)................................................ 0,5đ b) Tính khoảng cách từ nơi đá chạm đất đến vị trí ban đầu của tấm bê tông (coi như chất điểm). L  x  v cos  .t  4,7.1,48  7m (7)........................................... 0,5đ Câu 2 a) Tính áp suất p của khí giữa hai pít tông (4điểm) Ta có: S1  S 2  S và m  m1  m2 Điều kiện cân bằng của hai pít tông là: m1 g T     p  p0   (1) F  F0  P1  T S1 S1      .............................. 0,5đ F  P2  F0  T mg T p  2  p0  (2) S2 S2 T  S1 ( p  p0 )  m1 g (3) Từ (1) và (2)  ......... . ............................ 0,5đ T  S 2 ( p  p0 )  m2 g (4)  ( S1  S 2 )( p  p0 )  ( m1  m2 ) g  mg ........................................ 0,25đ mg  p  p0  1,5.105 Pa ....................................................... 0,25đ S b) Nhiệt độ cần làm nóng T - Khi làm nóng khí thì pít tông dịch chuyển lên trên một đoạn l. Muốn pít tông cân bằng ở vị trí này thì p' = p (p': áp suất chất khí sau khi dịch chuyển pít tông)........................................................................................ 0,5đ Theo phương trình Menđêleep - Clapayron pV  nRT (n = 1).............................................................. 0,5đ p' (V  V )  R(T  T ) ........................................................... 0,5đ V p  T  T  V mà V  lS ......................................... 0,5đ V R Sl  T  p  0,9 K ........................................................ 0,5đ R  F    S1 F0 T P1   T F0   S2 P2 F
  4. Câu 3 a) Tìm số chỉ các Ampekế khi con chay C ở M và N (6điểm) - Khi con chạy C ở M, điện trở mạch ngoài là RN  RMN , dòng điện không đi qua A1 nên (IA1 = 0)............................................................................. 0,25đ E 3 Từ giả thiết: I    0,43 A R N  rb 6  1 Dòng điện mạch chính đi qua A2 nên IA2 = I = 0,43A....................... 0,25đ - Khi con chạy C ở vị trí N, mạch ngoài được mắc như sau ( RMN // R1 // R2 ) ....................................................................................... 0,25đ E 3 do đó RN  1,2 và I    1,36 A ............................. 0,25đ R N  rb 1,2  1 Hiệu điện thế mạch ngoài: U N  U NM  U BA  U BD  IR N  1,36.1,2  1,63V ..... 0,25đ U NM 1,63  I NM    0,27 A ............................................... 0,25đ RMN 1,2 U 1,63 I BA  BA   0,27 A .................................................. 0,25đ R1 6 U 1,63 0,25đ và I BD  BD   0,81A ................................................. R2 2 Do đó tại nút N: I A1  I  I NM  1,36  0,27  1,09 A ......................................... 0,5đ I A2  I  I BD  1,36  0,81  0,55 A ........................................... 0,5đ A2 B A D R1 A1 R2 C M N RMN b) Con chạy C ở vị trí nào thì A2 chỉ 0,3A Gọi điện trở phần MC là x, phần CN = 6 - x - Điện trở mạch ngoài: RCN nt ( RMC // R1 // R2 ).............................................. 0,25đ R1 R2 RMC 12 x  2 x 2  18  Ta có: RN  RCN   (1)......... 0,25đ R1 R2  R1 RMC  R2 RMC 2x  3 Eb Ta lại có: I   Eb  I ( R N  rb ) (2)........................................ 0,25đ R N  rb Hiệu điện thế mạch ngoài: U N  Eb  Irb  3  I ............................................ 0,25đ Ta có: U NC  I (6  x) ............................................................................ 0,25đ U BD  U N  U NC  (3  I )  I (6  x)  3  7 I  xI ............................ 0,25đ U BD 3  7 I  xI I BD   (3)....................................................... 0,25đ R2 2 3  7 I  xI Từ giả thiết: I A2  0,3 A ; tại nút D I A2  I  I BD  0,3  I  ........... 0,25đ 2
  5. 18 I (4).................................. 0,25đ 5(9  x) 18  12 x  2 x 2  18  Thay (4) vào (2) ta được: 3    1 ............................... 0,25đ 5(9  x)   2x  3    2 x 2  9 x  9  0 ............................................... 0,25đ giải pt ta được: x  3 hoặc x  1,5 . Vậy cả hai giá trị của x đều đúng.... 0,25đ Câu 4 a) Xác định ảnh tạo bởi quang hệ (5điểm) L G L 0,5đ AB A1B1 A2B2 A3B3 d1 , d1  d2, d2  d3 , d3 d1 f 70.20 - Với A1B1: d1  70cm ; d1    28cm (ảnh thật)..................... 0,25đ d 1  f 70  20 d1 28 2 k1      ................................................................ 0,25đ d1 70 5 - Với A2B2: d 2  l  d1  50  28  22cm ; d 2  d 2  22cm (ảnh ảo)..............  0,25đ d k 2   2  1 .............................................................................. 0,25đ d2 d f 72.20 - Với A3B3: d 3  l  d 2  50  22  72cm ; d 3  3    27,7cm 0,25đ d 3  f 72  20 (ảnh thật)  d3 27,7 5 k1      ............................................................ d3 72 13 0,25đ A3 B3  5   2 2 - Độ phóng đại của hệ: k   k 3 k 2 k1    (1)    ..................... 0,25đ AB  13   5  13 Vậy ảnh A3B3 của AB tạo bởi quang hệ là ảnh thật, cùng chiều và bằng 0,25đ 2 vật. 13 (L) (G) B B3 A1 A2 0,5đ A A3 O1 O2 B1 B2 b) l bằng bao nhiêu thì A3B3 có độ lớn không đổi và không phụ thuộc vào x. - Khi l có giá trị thay đổi, ta có: 20 x d1  x ; d1   .................................................................. 0,25đ x  20 d 2  l  d 1 ; d 2   d 2  d 1  l ......................................................   0,25đ
  6. 20 x 2(lx  10 x  20l )   d 3  l  d 2  l  d 2  2l  d 1  2l   ............ 0,5đ x  20 x  20 Ta lại có: A3 B3 f f 20 20 k  k 3 k 2 k1  .1.  .  AB f  d3 f  d1 2(lx  10 x  20l ) 20  x 20  x  20 200  ................................................................ 0,5đ (l  20) x  20l  200 Vậy k = h/s và k không phụ thuộc vào x khi l = 20cm.................... 0,5đ 1 Khi đó k   2
  7. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HẢI TẠO DƯƠNG HẢI DƯƠNG Lớp 12 THPT năm học 2013 - 2014 ________________________ Môn thi: VẬT LÝ ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có 4 câu và gồm 02 trang) ___________________________________________ Câu 1 (2,0 điểm). Một khung dây dẫn kín hình chữ nhật ABCD ( AB  l ; BC  b ), khối lượng m được giữ đứng yên và mặt phẳng khung nằm trong mặt phẳng thẳng đứng. Khung được đặt trong từ A l B trường đều có véc tơ cảm ứng từ B vuông góc với B mặt phẳng khung sao cho chỉ có cạnh CD không nằm  b trong từ trường như hình vẽ 1. Ở thời điểm ban đầu ( t  0 ) người ta thả nhẹ khung dây. a. Giả sử khung có điện trở thuần R, độ tự cảm D C của khung không đáng kể, chiều dài b đủ lớn sao cho Hình vẽ 1 khung đạt tới vận tốc giới hạn (vận tốc không đổi) trước khi ra khỏi từ trường. Tìm vận tốc giới hạn của khung và nhiệt lượng tỏa ra trên khung đến khi cạnh AB của khung vừa ra khỏi từ trường? b. Giả sử khung được làm từ vật liệu siêu dẫn và có độ tự cảm L. Cũng giả thiết b đủ lớn để khung không ra khỏi từ trường trong quá trình chuyển động. Chọn trục Ox hướng thẳng đứng từ trên xuống, gốc O tại vị trí ban đầu của cạnh CD. Biết trong quá trình khung chuyển động, cạnh CD không chuyển động vào vùng có từ trường. Viết phương trình chuyển động của khung? Giả thiết khung dây không bị biến dạng trong quá trình chuyển động. Câu 2 (2,0 điểm). Cho thấu kính hội tụ có tiêu cự 10cm. Ban B đầu, vật sáng AB phẳng mỏng, cao 1cm đặt vuông góc với trục chính của thấu kính, A nằm A O trên trục chính, cách thấu kính một khoảng bằng 15cm (Hình vẽ 2). Hình vẽ 2 a. Xác định vị trí, tính chất, chiều và độ cao của ảnh. Vẽ ảnh. b. Để được ảnh cao bằng bốn lần vật, phải dịch chuyển vật dọc theo trục chính từ vị trí ban đầu đi một khoảng bao nhiêu, theo chiều nào? c. Để vật ở vị trí cách thấu kính 15cm và giữ vật cố định. Cho thấu kính chuyển động tịnh tiến ra xa vật, dọc theo trục chính sao cho trục chính không thay đổi. Khi thấu kính cách vật 25cm thì quãng đường mà ảnh đã đi được trong quá trình trên là bao nhiêu? k1 k2 k3 Câu 3 (3,5 điểm). O1 O2 O3 m1 m2 m3 Hình vẽ 3
  8. m3 1. Ba vật nhỏ khối lượng lần lượt là m1, m2 và m3 (với m1  m2   100 gam ) 2 được treo vào 3 lò xo lí tưởng có độ cứng lần lượt k1, k2, k3 (với k3 k1  k 2  40 N / m ). Tại vị trí cân bằng, ba vật cùng nằm trên một đường thẳng 2 nằm ngang và cách đều nhau ( O1O2  O2 O3  1,5 cm ) như hình vẽ 3. Kích thích đồng thời cho cả ba vật dao động điều hòa theo các cách khác nhau: Từ vị trí cân bằng truyền cho m1 vận tốc 60cm/s hướng thẳng đứng lên trên; m2 được thả nhẹ nhàng từ một điểm phía dưới vị trí cân bằng, cách vị trí cân bằng một đoạn 1,5cm. Chọn trục Ox hướng thẳng đứng xuống dưới, gốc O tại vị trí cân bằng, gốc thời gian ( t  0 ) lúc các vật bắt đầu dao động. a. Viết các phương trình dao động điều hòa của vật m1 và vật m 2. Nếu vào  thời điểm t vật m1 ở vị trí có li độ x1  2cm và đang giảm thì sau đó s vật m 2 có 20 tốc độ là bao nhiêu? b. Tính khoảng cách lớn nhất giữa m1 và m2 trong quá trình dao động. c. Viết phương trình dao động của vật m3 để trong suốt quá trình dao động ba vật luôn nằm trên cùng một đường thẳng? 2. Một con lắc lò xo có độ cứng k  40 N / m , vật nhỏ khối lượng m  100( g ) đặt trên mặt bàn nằm ngang. Hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt bàn là   0,16 . Ban đầu giữ vật sao cho lò xo bị nén 10(cm) rồi thả nhẹ. Lấy g  10(m / s 2 ) . Xác định: a. Tốc độ của vật lúc gia tốc của nó đổi chiều lần thứ 4. b. Quãng đường vật đi được cho đến khi dừng hẳn. Câu 4 (2,5 điểm). Trên mặt chất lỏng, tại hai điểm A và B đặt hai nguồn sóng dao động theo phương thẳng đứng với phương trình dao động lần lượt là: u A  a1 cos(20t ) và   u B  a 2 cos 20t   . Biết tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng là 40cm/s và  2 biên độ sóng không thay đổi trong quá trình sóng truyền. 1. Cho AB  20 cm ; a1  6 mm và a 2  6 3 mm a. Viết phương trính sóng tại trung điểm O của AB. b. Tìm số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn AB. 2. Cho AB  6,75 và a1  a 2  a . Trên đoạn AB, có hai điểm C và D: C nằm trên đoạn AO; D nằm trên đoạn BO (với CO   ; DO  2,5 ). Hãy xác định số điểm và vị trí điểm gần B nhất dao động với biên độ cực đại và cùng pha với nguồn B trên đoạn CD. ___________ Hết ___________
  9. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI HẢI DƯƠNG CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HẢI DƯƠNG ____________________________ Lớp 12 THPT năm học 2013 - 2014 Môn thi: VẬT LÝ (Đáp án gồm 06 trang) ________________________________________________________ Câu Ý Nội dung Điểm + Khi khung rơi, trong thanh AB xuất hiện suất điện động cảm ứng: eC  Bvl eC Bvl + Cường độ dòng điện trong khung: i   R R 0,25 + CD không chịu tác dụng lực từ; Lực từ tác dụng lên cạnh AD và CB cân bằng; Lực từ tác dụng lên AB hướng thẳng B 2l 2 v đứng từ dưới lên và có độ lớn: Ft  Bil  R a + Theo định luật II Niu tơn: mg  Ft  ma Khi khung đạt vận tốc giới hạn: a  0 0,25 mgR Suy ra: v  2 2 B l Câu 1 (2,0 + Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng cho quá trình điểm) chuyển động của khung từ lúc ban đầu đến khi AB vừa ra mv 2  m 2 gR 2  0,25 khỏi từ trường: Q  mgb   mg  b     2  2B 4l 4  + Khi khung rơi, trong thanh AB xuất hiện suất điện động cảm ứng: eC  Bvl  Blx' + Suất điện động tự cảm trong khung: etc   Li ' 0,25 + Theo định luật Ôm: b d  Blx  Blx eC  etc  0  Blx'  Li '  i  0i  const dt  L  L + Chọn gốc tọa độ O trùng với vị trí ban đầu của trọng tâm Blx 0,25 + Tại t  0 : i  0; x  0  const  0  i  L
  10. B 2l 2 x + Lực từ tác dụng lên cạnh AB: Ft  Bil  L + Theo định luật II Niu tơn: mg  Ft  ma B 2l 2 x B 2l 2  gmL  0,5  mg   ma  x' ' x 2 2   0 L mL  B l  gmL Bl  x  2 2  A cos(t   );   B l mL  gmL    + Tại t  0 :  x  B 2 l 2  A cos   0     A  gmL  v  x'   A sin   0    B 2l 2 gmL   Bl   x 2 2  cos  t     1  B l   mL   + Vậy phương trình chuyển động của khung khi chọn gốc O 0,25 tại vị trí ban đầu của thanh CD: gmL   Bl   b x 2 2  cos  t     1   B l   mL   2 df 15.10 + d'    30cm >0: Ảnh thật, cách TK 30 cm d  f 15  10 0,25 d' + k    2
  11. +Vì giá trị của d thay đổi từ 15cm đến 25cm luôn lớn hơn f, do đó vật thật luôn cho ảnh thật) + Khoảng cách vật - ảnh: 0,25 df L  d  d' d   d 2  Ld  Lf  0 df + Phương trình trên có nghiệm khi:   L2  4Lf  0  L(L  4f)  0  L  4f  40cm  Lmin  40cm 0,25 Dấu “=” xảy ra khi   0  d  20cm và d ' 20cm + Ban đầu d  15cm thì L  45cm --> Khi TK dịch ra xa vật c thì ảnh dịch chuyển lại gần vật đến khi d  20cm ( Lmin  40cm) . Khi đó ảnh dịch chuyển được 0,25 S1  5cm . + Sau đó, ảnh dịch chuyển ra xa vật đến khi d  25cm ( L  125 / 3cm) . Khi đó ảnh dịch chuyển thêm S 2  5 / 3cm 0,25 + Vậy quãng đường ảnh đi được trong quá trình trên là 20 Sanh  S1  S2  cm  6,67cm 3 k1 + ω1=ω2=ω3= =20rad/s m1 0,25  + Phương trình dao động của m1: x1=3cos(20t+ ) (cm) 2 + Phương trình dao động của m2: x2=1,5cos20t (cm)  + Có t     .t   20 1.a + Dao động của vật 1 sớm pha hơn so với dao động của vật 0,25   2 một góc . Mà vận tốc lại sớm pha so với li độ 1 góc . Câu 3 2 2 (3,5 + Do đó, Vân tốc của vật 2 ở thời điểm t 2 ngược pha với li điểm) x1 A1 độ của vật 1 ở thời điểm t1 . Suy ra:  v2 A2 2 0,25  v 2  20cm / s + Khoảng cách 2 vật theo phương thẳng đứng: x  x1  x2  x max  1,5 5cm 0,25 1.b + Khoảng cách lớn nhất giữa 2 vật: 0,25 L  (O1O2 ) 2  x max  1,5 6  3,67cm 2
  12. + Ta có: O 1O2 = O 2O3 và 3 vật luôn cùng nằm trên một đường thẳng → x2  x1  x3 hay x3 = 2x2 – x1 0,25 2 + Dùng phương pháp giản đồ Fre-  A1 nen:    A3  2 A2  (  A1 )   A2 2A2 0,25 3 1.c  A3   A1 + Từ giản đồ suy ra: A3= (2 A2 ) 2  A12 =3 2 cm φ3= - π/4 rad 0,25  → x 3=3 2 cos(20t - ) (cm); 4 x • • • C1 O C2 0,25 + Lúc có ma sát, tại VTCB của vật lò xo biến dạng một đoạn mg C1O  C 2 O  x0   0,004(m)  4mm (HS c/m được CT) k 2.a + Gia tốc của vật đổi chiều lần thứ 4 ứng với vật đi qua VTCB C2 theo chiều sang trái lần thứ 2, áp dụng định luật bảo toàn năng 2 2 0,25 kA 2 kx0 mv lượng ta được:    mgS 2 2 2 + Sau mỗi nửa dao động thì VT biên tiến lại gần O: 2 x0  8mm --> S  A  2( A  2 x0 )  2( A  2.2 x0 )  2( A  3.2 x0 )  x0  7 A  25x0 0,25 S  0,6m  v  1,44m / s + Sau 12 nửa dao động thì vật ở VT cách O: 0,25 A  12.2 x0  10  24.0,4  0,4cm  x0 + Sau 12 nửa dao động thì vật ở VT biên trùng với VTCB 2.b 0,25 C1 nên vật dừng lại tại vị trí đó. + Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta có: 2 kA 2 kx0 0,25   mgS '  S '  1,248m 2 2 v Câu 4 + Bước sóng    4cm 1.a f 0,25 (2,5
  13. điểm) + Phương trình sóng tại O do các nguồn gửi đến là  2 .10  u AO  6 cos 20t  mm  4  0,25  2 .10  và u BO  6 3 cos 20t    mm  2 4  + Phương trình sóng tổng hợp tại O  14  0,25 u  u AO  u BO  12 cos 20t   mm  3  + Xét điểm M trên AB: MA  d1 , MB  d 2  2 d 1  d 2    d 1  d 2  0,25 +      2  2 2 + Để M dao động với biên độ cực 1.b   d1  d 2  0,25 đại:     2k  d1  d 2  4k  1 (cm) 2 2 + M trên AB:  AB  d1  d 2  AB  19 / 4  k  21 / 4 --> Có 10 điểm dao động với biên độ cực đại trên AB. 0,25 + Xét điểm N trên CD: NA  d1 , NB  d 2 + Phương trình sóng tại N do các nguồn gửi đến:  2 .d1  u AN  a cos 20t  mm      2 .d 2  u BN  a cos 20t   mm  2   0,25 + Phương trình sóng tổng hợp tại N 2      u N  2a cos (d1  d 2 )   cos 20t  (d1  d 2 )  mm  4   4 Có d1  d 2  AB  6,75    Nên: u N  2a cos (d1  d 2 )   cos 20t  7  mm      4  2 + Để N dao động với biên độ cực đại và cùng pha với B:    0,25 cos  (d1  d 2 )    1  d1  d 2  2k  1   4 4
  14. + N trên CD: AM  BM  d1  d 2  AN  BN  1,375  k  2,125 0,25 + Vậy có 4 điểm dao động với biên độ cực đại và cùng pha với B trên đoạn CD.   +Có d1  d 2  (2k  1)  4    d1  d 2  AB AB   0,25  d2    2k  1 2 8 2  d 2min    4cm Chú ý: Nếu học sinh làm bằng cách khác nhưng đúng thì vẫn cho điểm tối đa. ___________ Hết ___________
  15. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH VĨNH PHÚC LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013 Môn: VẬT LÝ – THPT CHUYÊN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề. Ngày thi: 02/11/2012. Đề thi gồm 02 trang. Câu 1: (2,5 điểm) Một xylanh đặt thẳng đứng, bịt kín hai đầu, được chia làm hai phần bởi một pittông nặng cách nhiệt. Cả hai bên pittông đều chứa cùng một lượng khí lý tưởng. Ban đầu khi nhiệt độ khí của hai phần như nhau thì thể tích phần khí ở trên pittông gấp 2 lần thể tích khí ở phần dưới pittông. Bỏ qua ma sát giữa pittông và xylanh. a) Hỏi nếu nhiệt độ của khí ở phần trên pittông được giữ không đổi thì cần phải tăng nhiệt độ khí ở phần dưới pittông lên bao nhiêu lần để thể tích khí ở phần dưới pittông sẽ gấp 2 lần thể tích khí ở phần trên pittông. b) Tìm nhiệt lượng mà khí ở ngăn dưới đã nhận được, coi khí là đơn nguyên tử. Tính kết quả theo P1 và V1 là áp suất và thể tích ban đầu của khí ở ngăn trên. Câu 2: (2,5 điểm) Một cái chậu có đáy là gương phẳng G nằm ngang (Hình bên). Đặt thấu kính L mỏng, dạng phẳng lồi, tiêu cự là 10 cm, sao cho mặt lồi hướng lên phía trên còn mặt phẳng thì nằm trên mặt phẳng ngang qua miệng chậu. Điểm sáng S nằm O L trên trục chính của thấu kính, trong khoảng giữa gương và thấu kính, khi đó ta thu được hai ảnh thật của S cách nhau S h 20/3 cm. Cho nước vào đầy chậu thì hai ảnh vẫn là thật nhưng G cách nhau 15cm. Biết chiết suất của nước là n=4/3. a) Tìm độ sâu h của chậu và khoảng cách từ điểm sáng S tới thấu kính. b) Đổ đầy nước vào chậu. Thay S bằng vật sáng AB đặt vuông góc với trục chính của thấu kính ta vẫn thu được 2 ảnh của vật. Xác định khoảng cách từ AB đến thấu kính để hai ảnh đều là ảnh thật và ảnh này cao gấp 3 lần ảnh kia. Câu 3: (2,5 điểm) O S Cho một cơ hệ (như hình vẽ bên), thanh đồng nhất OA có khối lượng M, chiều dài l có α thể quay tự do quanh trục O cố định nằm ngang, đầu A buộc vào một sợi dây nhẹ không M,l dãn, đầu còn lại của dây vắt qua ròng rọc S và m buộc vào vật m. S ở cùng độ cao với O và OS=l. Khi cân bằng góc α= 600. Bỏ qua ma sát, khối lượng và kích thước của ròng rọc. A 1
  16. M a) Tìm tỷ số . m b) Đưa thanh đến vị trí nằm ngang rồi thả nhẹ. Tìm vận tốc của m khi thanh đi qua vị trí cân bằng ban đầu. E Câu 4: (1 điểm) Trong sơ đồ mạch điện (hình vẽ bên) có X1, X2 là hai phần tử phi tuyến giống nhau mà đặc trưng vôn–ampe được mô tả bằng công thức U=10I2 X1 X2 A B (U đo bằng vôn, I đo bằng ampe). Nguồn điện có R suất điện động E=10V và điện trở trong không đáng kể. Để công suất tỏa nhiệt trên biến trở đạt giá trị cực đại, phải điều chỉnh cho biến trở R có giá trị bằng bao nhiêu? Câu 5: (1,5 điểm) Hình bên là sơ đồ một mẫu động cơ điện đơn giản. Một vòng dây dẫn hình tròn tâm C bán kính l D A nằm ngang cố định trong một từ trường đều thẳng B đứng có cảm ứng từ B . Một thanh kim loại CD dài C l, khối lượng m có thể quay quanh trục thẳng đứng đi qua C, đầu kia của thanh kim loại trượt có ma sát R trên vòng tròn. Một nguồn điện suất điện động E nối vào tâm C và điểm A trên vòng tròn qua điện trở R. E Chọn mốc tính thời gian là khi vừa nối nguồn. Tìm biểu thức của vận tốc góc ω của thanh kim loại theo thời gian. Biết lực ma sát tác dụng lên thanh kim loại có momen cản là αl2ω trong đó α là hằng số. Bỏ qua các điện trở trong của nguồn, điện trở của thanh kim loại, vòng dây và chỗ tiếp xúc. ----------------------Hết---------------------- - Thí sinh không sử dụng tài liệu trong phòng thi. - Giám thị không giải thích gì thêm. 2
  17. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH VĨNH PHÚC LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013 Môn: VẬT LÝ – THPT CHUYÊN HƯỚNG DẪN CHẤM (Gồm 04 trang) Câu Nội dung a. (1,5 điểm) V 1' P 1’ 1 (2,5 Lượng khí ở 2 phần xylanh là như nhau nên: V 1, P 1 điểm) m PV P V P V P V ' ' ' ' .R = 1 1 = 2 2 = 1 1 = 2 2 µ T1 T1 T1 T2 Vì V = 2 V2 nên P2 = 2 P ◊ Mg = P1S 1 1 V2’, P2’ V 2, P 2 Theo giả thiết: V = V / 2 , suy ra: 1 ' 2 ' T2 P2' =2 ' (1) T1 P1 Phương trình cân bằng của pittông: (P2 − P1 )S = Mg = (P2 − P1 )S ◊ P2' = P' + P ' ' 1 1 (2) Từ phương trình trạng thái phần trên của pittông: ' V P2' V1' → P1 = P1 . 1 suy ra: = 1+ ’ ’ ' P1V1 = P1 V1 (3) V1 P' 1 V1 V1' 1 Do: V1+V2 = V1’+V2’ ; ⇒ = ; V1 2 P2' 1 3 Thay vào (3) ta được: ' = 1+ = P1 2 2 T2 P2' Thay vào (1) ta có kết quả: = 2 ' = 3. T1 P1 b. (1 điểm) Nhiệt lượng mà khí ở ngăn dưới nhận được dùng để tăng nội năng và sinh công. 3 - Độ tăng nội năng của khí: ∆U = nR ( T2 − T1 ) = 3nRT1 = 3P1V1 2 - Công mà khí sinh ra dùng để tăng thế năng của pittông và sinh công cho khí ở ngăn trên. V PV A = A1 + A2 = Mgh + P1V1ln 1' = 1 1 + P1V1 ln 2 V1 2 (mỗi biểu thức công đúng được 0,25 điểm) 7  ◊ Q = A + ∆U =  + ln 2  P1V1 2  2 a. (1,5 điểm) (2,5 Gọi d = OS L S S’ điểm) Sơ đồ tạo ảnh: d d’ G L S S1 S2 d1 d1 ’ d2 d2 ’ 1
  18. Câu Nội dung 10d Ta có d’ = d-10 10(2h-d) d1= h - d => d2 = 2h - d => d2’ = O L 2h - d -10 d’ - d2’ = 20/3 => 2d2 - 4dh +100h - 60d - 200 = 0 (1) S h Khi có nước: G S LCP S’ L S’’ d d’ d’’ G LCP L S S1 S2 S3 d1 d1 ’ d2 d2 ’ d3 d3 ’ 3d 7,5d Ta có d’ = => d’’= 4 0,75d-10 3(2h-d) 7,5(2h-d) d1= h-d => d2= 2h-d => d3= => d3’= 4 1,5h-0,75d-10 d’’- d3’ = 15 => 0,5625d2 - 1,125dh +25h - 10d - 100 = 0 (2) Từ (1) và (2) => d = 11,76 cm , d = 20 cm (nhận) => h = 11,88 cm, h = 30 cm. Điều kiện để cho các ảnh đều là thật là d3 > f = 10 cm. Thay các giá trị vào ta thấy chỉ có cặp nghiệm d = 20 cm và h = 30 cm thỏa mãn. Vậy d = 20 cm và h = 30 cm………………………………….. b. (1 điểm) - Để hai ảnh cùng là thật thì: 0,75d > f và d3 > f ◊ 13,3 cm < d < 46,7 cm nhưng vì d < h = 30 cm ◊ điều kiện để cả hai ảnh đều là thật là: 13,3 cm < d < 30 cm. - Độ phóng đại của ảnh thứ nhất và ảnh thứ 2: f 10 f 10 10 k1 = = ; k2 = = = f − 0, 75d 10 − 0, 75d f − d3 3 ( 2h − d ) 0, 75d − 35 10 − 4 k 0, 75d − 35 ◊ tỷ số hai ảnh: 1 = (do hai ảnh cùng là thật nên k1 và k2 cùng dấu) k 2 10 − 0, 75d Có hai trường hợp: k 0, 75d − 35 + 1 = = 3 ◊ d = 21,7 cm. k 2 10 − 0, 75d k 0, 75d − 35 1 + 1 = = ◊ d = 38,3 cm. (loại) k 2 10 − 0, 75d 3 3 a. (1 điểm) (2,5 Khi m cân bằng thì lực căng dây bằng trọng lực của m ◊ T = mg. điểm) Áp dụng quy tắc mômen cho thanh với trục quay O. l α Mg.cosα Mg. .cos α = T.l.cos ◊T = = mg 2 2 α 2cos 2 (mỗi biểu thức mômen lực đúng được 0,25 điểm) α 2cos M 2 =2 3 ◊ = m cosα b. (1,5 điểm) 2
  19. Câu Nội dung Chọn mốc tính thế năng trọng trường tại VTCB của mỗi vật. - Khi thanh OA nằm ngang thì độ cao trọng tâm của nó ở trên vị trí cân bằng một l l 3 khoảng hG = sin α = , còn vật m ở dưới vị trí cân bằng của nó một đoạn 2 4 hm = SA = l. - Gọi vận tốc của m khi thanh đi qua VTCB là v, giá trị của v bằng thành phần ωl 3 2v vận tốc của điểm A theo phương dây ◊ v = vA.sin α = ◊ω = 2 l 3 3 Mgl Mgl - Cơ năng ban đầu của hệ. W = MghG – mghm = Mgl − = . 4 2 3 4 3 (mỗi biểu thức thế năng đúng được 0,25 điểm)………………………………….. - Cơ năng của hệ tại VTCB: W’ = 1 1 mv + I0 ω = 1 M 2 1 1 2  2v  v + 2 ( Mv 2 9 + 8 3 )  = 2 2 Ml  2 2 22 3 23 l 3 36 3 (mỗi biểu thức động năng đúng được 0,25 điểm)………………………………….. - Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ta được: Mgl Mv 9 + 8 3 = 2 ( ) 4 3 36 3 9gl ◊v = 9+8 3 4 Gọi U là hiệu điện thế ở hai đầu biến trở, khi đó dòng điện qua biến trở bằng hiệu dòng qua hai phần tử phi tuyến: I = E − U − U (*) (1 điểm) 10 Công suất nhiệt tỏa ra trên biến trở là: P = UI = U E − U − U 10 Đạo hàm biểu thức trên theo U rồi cho đạo hàm bằng 0 ta được: 18U 2 − 21EU + 4 E 2 = 0 Giải phương trình trên ta được: U = E (21 ± 153) Hay U1 ≈ 9,3 V và U2 ≈ 36 2,4V. Với điều kiện I > 0 ◊ lấy nghiệm U = 2,4 V. U Thay vào (*) ta tìm được I = 0,38 A, từ đó tính được R = ≈ 6,3Ω I 5. Khi thanh CB quay với vận tốc góc ω thì trong thời gian dt nó quét được diện (1,5 tích là điểm) 1 dΦ l 2ω B dS= l.lω.dt => Ecu = − =− 2 dt 2 l ωB 2 E− 2 = E − l ωB 2 => i= R R 2R Mômen của lực từ tác dụng lên đoạn dây có chiều dài dx có tọa độ x. l Bil2 dM = i.B.x.dx ◊ M = ∫ i.B.xdx = 0 2 Phương trình chuyển động quay của thanh quanh trục: 3
  20. Câu Nội dung 1 2 dω l 2 E l 2ω B l 2 ml = −α l 2ω + Bi = −α l 2ω + B( − ) 3 dt 2 R 2R 2 B 2l 4 BEl 2 = −ω (α l 2 + )+ 4R 2R B 2l 4 BEl 2 B 2l 4 Đặt x= −ω (α l 2 + )+ => dx= −(α l 2 + )dω 4R 2R 4R B 2l 2 3(α + )dt dx 4R Khi đó phương trình trên trở thành: =− x m 2 BEl B 2l 4 BEl 2 Khi ω lấy cận từ 0 đến ω thì x lấy cận từ đến −ω (α l 2 + )+ 2R 4R 2R Tích phân hai vế ta được: B2 l 4 BEl2 B2 l 2 −ω( αl2 + 4R )+ 2R t 3(α + )dt dx ∫ x ∫ = − 4R m BEl 2 0 2R B 2l 4 BEl 2 B 2l 2 −ω (α l 2 + )+ − 3(α + 4R )t ◊ 4R 2R = e m BEl 2 2R  B 2l 2  −3 α + t  4R    2 BE ◊ω = (1 − e m ) B l + 4α R 2 2 --------------------------------Hết-------------------------------- 4
nguon tai.lieu . vn
Trung học phổ thông Ôn thi ĐH-CĐ Đề thi - Kiểm tra Sáng kiến kinh nghiệm Tiểu học Mầm non - Mẫu giáo Giáo án điện tử Trung học cơ sở Bài giảng điện tử Bài văn mẫu Vật lý Bài tập SGK Khoa học xã hội Tiếng Anh phổ thông