ĐỀ THI HSG LỚP 11 MÔN VẬT LÍ THANH HÓA

Hệ số ma sát giữa lăng trụ với giá đỡ và với sàn Biết giá đỡ và sàn làm cùng bằng một vật liệu.. - Thay tụ C3 khi K đang đóng Câu 7 2,0 điểm: Đầu trên của hai thanh kim loại thẳng, song

P 1 , V 1 , T 1

P 2 , V 2 , T 1

Câu 1 (2,0 điểm): Một tấm gỗ có khối lượng M = 8kg, chiều dài l = 5m đặt trên mặt sàn nằm ngang Một vật

nhỏ có khối lượng m = 1kg đặt lên trên và ở sát một đầu tấm gỗ Vật nhỏ được buộc vào tường cố định bằng một sợi dây nhẹ không dãn Ban đầu hệ đứng yên Tác dụng một lực F = 20N lên tấm gỗ theo phương hợp với phương nằm ngang một góc  = 300 Lấy g = 10m/s2 Hệ số ma sát giữa vật và gỗ là  = 0,1 Tính thời gian vật m trượt trên tấm gỗ trong các trường hợp sau:

a) Hệ số ma sát giữa tấm gỗ và sàn cũng bằng  = 0,1

b) Bỏ qua ma sát giữa tấm gỗ và sàn, tấm gỗ chuyển động đến khi

vật m ở chính giữa tấm gỗ thì cắt dây

Câu 2 (2,0 điểm): Một lăng trụ có tiết diện thẳng là tam giác đều ABC, có trọng lượng P = 100 (N) Kê lăng trụ trên một giá đỡ, sao cho mặt đáy AC của lăng trụ nghiêng 300 so với phương

ngang Giá đỡ tiếp xúc với đáy AC của lăng trụ tại C, DC =

3

2

AC (như hình vẽ )

Xác định:

a) Hệ số ma sát giữa lăng trụ với giá đỡ và với sàn (Biết giá đỡ và sàn làm cùng

bằng một vật liệu)

b) Phản lực của giá đỡ và của sàn vào lăng trụ

Câu 3 (2,0 điểm): Một viên đạn có khối lượng 100g đang bay ngang với vận tốc 500,4 m/s thì xuyên qua một

quả cầu có khối lượng 2kg đặt yên trên giá đỡ ở độ cao 5,1m so với mặt đất Quả cầu chuyển động và rơi xuống đất tại điểm cách giá đỡ một khoảng 20m tính theo phương nằm ngang

Hãy xác định điểm chạm đất của đạn và tỉ lệ % cơ năng đã chuyển hoá thành nhiệt năng trong quá trình đạn xuyên qua quả cầu Cho g = 10m/s2

Câu 4 (2,0 điểm): Một xi lanh thẳng đứng kín hai đầu, trong xi lanh có một pittông khối lượng

m (có thể trượt không ma sát) Ở trên và dưới pittông có hai lượng khí như nhau Ban đầu ở

nhiệt độ 270C thì tỉ số thể tích phần trên và phần dưới 1

2

4

V n

V   Hỏi nếu nhiệt độ tăng lên đến

3270C thì tỉ số thể tích phần trên và phần dưới 1

2

' '

V

V là bao nhiêu ?

Câu 5 (2,0 điểm): Một giọt dầu nằm lơ lửng trong điện trường của một tụ điện phẳng Đường kính

giọt dầu là 1mm, khối lượng riêng của dầu là 800kg/m3 Hiệu điện thế giữa 2 bản tụ là 220V,

khoảng cách giữa 2 bản tụ là 2cm Bỏ qua lực đẩy ácimet của không khí Lấy g =10m/s2

a) Tính điện tích của giọt dầu

b) Nếu đột nhiên hiệu điện thế đổi dấu Tính thời gian giọt dầu rơi xuống bản dưới, biết lúc đầu giọt dầu ở chính giữa 2 bản

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HÓA

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC I

ĐỀ THI CHỌN HSG VẬT LÝ NĂM HỌC 2017 - 2018

MÔN : VẬT LÝ 11 Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian giao đề )

m F

Câu 6 (2,0 điểm): Cho mạch điện như hình vẽ: E = 6V, r = R3 = 0,5, R1= 3, R2 = 2, C1 = C2 = 0,2

 F, độ lớn điện tích electron e = 1,6.10-19C Bỏ qua điện trở các dây

nối

a) Tìm số electron dịch chuyển qua khóa K và chiều dịch chuyển của

chúng khi khóa K từ mở chuyển sang đóng?

b) Thay khóa K bằng tụ C3 = 0,4  F Tìm điện tích trên tụ C3 trong

các trường hợp sau:

- Thay tụ C3 khi K đang mở

- Thay tụ C3 khi K đang đóng

Câu 7 (2,0 điểm): Đầu trên của hai thanh kim loại thẳng, song song

cách nhau L đặt thẳng đứng nối với hai cực của tụ có điện dung C như hình vẽ Hiệu

điện thế đánh thủng tụ điện là UT Hệ thống được đặt trong một từ trường đều có véc

tơ cảm ứng từ B vuông góc với mặt phẳng hai thanh Một thanh kim loại khác MN

củng có chiều dài L trượt từ đỉnh hai thanh kia xuống dưới với vận tốc ban đầu v 0

Cho rằng trong quá trình trượt MN luôn tiếp xúc và vuông góc với hai thanh kim loại

Giả thiết các thanh kim loại đủ dài và bỏ qua điện trở của mạch điện, ma sát không

đáng kể

a) Hãy chứng minh rằng chuyển động của thanh MN là chuyển động thẳng

nhanh dần đều và tìm gia tốc của nó

b) Hãy tìm thời gian trượt của thanh MN cho đến khi tụ điện bị đánh thủng

Câu 8 (2,0 điểm):Người ta gắn hai lăng kính có tiết diện thẳng là

các tam giác vuông cân (như hình vẽ) Lăng kính ABC có chiết

suất n, lăng kính BCD có chiết suất n/ (Các lăng kính đặt trong

không khí) Một chùm tia sáng hẹp đơn sắc, song song chiếu

vuông góc tới mặt AB và khúc xạ ở I trên mặt BC

a) Muốn chùm tia sáng này ló ra khỏi mặt BD tại I/ sau khi phản

xạ toàn phần trên mặt CD thì các chiết suất n và n/ phải thỏa mãn

điều kiện nào ?

b) Trong điều kiện trên, viết biểu thức xác định góc lệch giữa các tia tới và tia ló ?

Câu 9 (2,0 điểm): Một điểm sáng S chuyển động theo vòng tròn với vận tốc có độ lớn không đổi

v0 = 0,2(m/s) xung quanh trục chính của thấu kính hội tụ ở trong mặt phẳng vuông góc với trục chính và cách thấu kính một khoảng d = 1,5f ; ( f = 20cm là tiêu cự của thấu kính) Hãy xác định :

a) Vị trí đặt màn để quan sát được ảnh của S

b) Độ lớn và hướng vận tốc ảnh của điểm sang S

Bài 10: Người ta bố trí cơ hệ như hình Vật m có gắn một băng giấy luồn qua bộ dung đo thời gian.Khi thả 2

cho hệ bắt đầu chuyển động, bộ rung lần lượt ghi lại trên băng giấy những chấm đen sau từng khoảng thời gian bằng nhau t0 0, 04s,được lần lượt các điểm A,B,C,D,E,F,G,H,I,K,L độ dài các điểm như sau:

a) Viết biểu thức tính gia tốc của hệ m m 1, 2

b) Xác định hệ số ma sát trượt giữa bàn và vật m , 2

khối lượng m với 2 m1 400( )g

Cho biết các ròng rọc, dây nối, băng giấy có khối

lượng không đáng kể,dây không giãn,ma sát ở các

ròng rọc,bút dạ, băng giấy và sức cản không khí

bỏ qua

……… ……… Hết ………

B

C 1

C 2

R 3

N

K

E, r

+

C

N

M

B

0

v

Đoạn thẳng AB BC CD DE EF FG GH HI IK KL

Chiều dài( mm) 17 28 39 50 61 59 54 49 44 39

( Giám thị coi thi không giải thích gì thêm !)

Lực tác dụng lên tấm gỗ: / / /

, , , , ms, ms

Phương trình ĐLH: / / /

ms ms

0,25

chiếu lên 2 trục tọa độ:

cos

F   mgN Ma (1)

từ (1) và (2): a = Fcos [(M 2 )m g Fsin ] 1

M

 m/s2

0,25

thời gian m trượt trên M: t = 2l 10 3,16s

b

Bỏ qua ma sát, tại thời điểm m ở chính giữa khối gỗ thì cắt dây

* Trước khi cắt dây: thời gian từ lúc tấm gỗ bắt đầu chuyển động đến khi m ở chính giữa

tấm gỗ:

- Gia tốc của tấm gỗ khi không có ma sát với mặt ngang:

a = Fcos mg 2

M

 

 m/s2 Thời gian từ lúc tấm gỗ bắt đầu chuyển động đến khi m ở chính giữa tấm gỗ:

t1 = l 2,5

a  = 1,58 (s) vận tốc của M khi đó: v = at1 = 2.1,58 = 3,16 (m/s)

0,25

* Sau khi cắt dây: xét chuyển động của m trong HQC

gắn với tấm gỗ, m có tốc độ v0 = 3,16 m/s

Lực tác dụng lên m: , ,P N F ms,F q

0,25

Phương trình động lực học cho m, chiếu lên trục tọa độ:

ma -  mg = ma0  a0 = a -  g = 1 (m/s2)

thời gian m trượt trên m sau khi cắt dây:

2l v0t2 +

2

0 2

2

2

t + 3,16t2 - 2,5 = 0 tính được t2 = 0,71 (s)

Vậy tổng thời gian m trượt trên M là t = t1 + t2 = 2,29 (s)

0,25 0,25

2 a Hệ số ma sát giữa lăng trụ với giá đỡ và với sàn

+ Gắn lăng trụ với hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ Lăng trụ chịu tác dụng của 5 lực:

- Trọng lực P

- Phản lực N

của sàn

- Lực ma sát F

với sàn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HÓA

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC I

MÔN : VẬT LÝ 11 Thời gian làm bài: 180 phút

F Q

ms

F

/

ms

P

/

N y

x O

qt

F

ms

F P N

( )

- Phản lực Q

của giá đỡ

- Lực ma sát R

với giá đỡ

+ Chiếu các lực tác dụng vào lăng trụ lên các trục tọa độ Lăng trụ đứng yên, các lực thành

phần chiếu trên mỗi trục tọa độ sẽ cân bằng nhau

- Trên trục Oy: N + Qcos300 + Rsin300 = P

N + Q

2

3

+ k.Q.0,5 = 100 (1)

- Trên trục Ox:

Qsin300 = Rcos300 + F Q.0,5 = k.Q

2

3

+ k.N (2) + Nếu không có giá đỡ thì lăng trụ sẽ bị lật quanh một trục

đi qua C Thay giá đỡ bằng 2 lực liên kết R và Q, lúc này

lăng trụ có trục quay đi qua C Điều kiện cân bằng của lăng trụ đối với trục quay C là:

Q

3

2

a = P

6

3

a

 Q = 25 3 (N)

Thay Q = 25 3 (N) vào (1) và (2) ta có: N + 25 3

2

3

+ k 25 3.0,5 = 100

N + 37,5 + 12,5 3.k = 100 (1/)

25 3.0,5 = k 25 3

2

3

+ k.N 12,5 3 = 37,5.k + k.N (2/)

Từ (1/

)  N = 100 - 37,5 - 12,5 3.k thế vào (2/

) (2/)  12,5 3 = 37,5.k + k(100 - 37,5 - 12,5 3.k)

 12,5 3k2 - 100k + 12,5 3 = 0

Giải phương trình trên ta có k = 4,39 và k = 0,227

Vì k < 1 nên: nhận giá trị k = 0,227  N = 100 - 37,5 - 12,5 3.0,227 = 57,6 (N)

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

3 * Áp dụng định luật bảo toàn động lượng : mv0 mvMV

* Sau tương tác quả cầu và đạn là chuyển động ném ngang

Thời gian rơi là : s

g

h

t 2 1,01

* Theo phương ngang vật chuyển động đều : m s

t

s

v 19,8 /

* Vận tốc của đạn sau tương tác : m s

m

MV mv

* Tầm xa của đạn : S vt104,3.1,01105m

* Động năng của đạn trước tương tác 2

0 0

2

1

mv

K 

động năng của đạn sau tương tác : 2

1

2

1

mv

0,25

0,25

0,25 0,25 0,25

Động năng của quả cầu sau va chạm : 2

2

2

1

MV

K 

* Phần đồng năng của đạn chuyển hóa thành nhiệt năng :

J K

K K

K  0 ( 1  2)11587,17



* Tỉ lệ phần trăm đồng năng của đạn chuyển hoá thành nhiệt năng : 93%

0







K

K H

0,25

0,25 0,25

4 Vì pitông nằm cân bằng nên :

 

   p1-p’1=p2-p’2 p2-p1=p’2-p’1 (n-1)p1=(m-1)p’1

1 1

1





 (1)

mặt khác V1+V2=V’1+V’2 n 1V1 m 1V'1

 1

1

1





 (2)

Áp dụng phương trình trạng thái cho lượng khí ở trên ta có:

' '

PV P V

T  P V (3) thay (1),(2) vào (3)và thay số ta có

1 4( 1)

m



  8m2-15m-8=0 ; m=2,3(nhận) ; m<0 (loại) Vậy 1

2

' '

V

V =2,3

0,5 0,25 0,25

0,25

0,25 0,5

5

a) Vì bỏ qua lực đẩy acsimet của không khí nên các lực tác dụng lên quả cầu là

,

P F Để quả cầu cân bằng thì

P + F=0

Suy ra: P= F

Mà P= mg = D.V.g= 4 3

3 D r g

F= q U

d ………

 4 3

3D r g = q U

d



3

4 3

d r Dg q

U



 Thay số ta có q 38.1011( )C ………

Vì lực điện trường ngược chiều với cường độ điện trường nên ta có q < 0 =>

11

38.10 ( )

q    C ………

b.Nếu đột nhiên đổi dấu hiệu điện thế còn điện trường giữ nguyên thì lực điện cùng

phương, cùng chiều, cùng độ lớn với trọng lực

Vậy giọt dầu bây giờ chịu tác dụng của lực có độ lớn bằng 2P hướng xuống…………

nên sẽ chuyển động với gia tốc a= 2g= 20 m/s2 ……… +Thời gian giọt dầu xuống bản dưới là

2

3





    ………

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,25đ

P 1 , V 1 , T 1

P 2 , V 2 , T 1

_- - - - - -

+ + + +

P

F

6 a)

+ Cường độ dòng điện trong mạch chính khi K đóng hay K mở là:

6

1( )

3 2 0, 5 0, 5

E

+ Khi K mở : C1 nối tiếp với C2 nên điện tích của hệ các bản tụ nối với M: qM = 0

Dấu điện tích của các bản tụ như hình vẽ ………

+ Khi K đóng: dấu điện tích trên các bản tụ như hình

q2 C U2 NM C U2 NB C I R2 2 0, 4(C)

,

M

q   q q   C

+ Các electron di chuyển từ B K M;

+Số hạt

6

12 19

1, 4.10

8, 75.10

1, 6.10

e

n





b)

Thay tụ C3 khi K mở, K đóng:

Gọi điện tích của các tụ lúc này là: q1M,q2M,q3M và có

dấu như hình vẽ

Ta có: + 2 2

MN

U

C

    (1)

1 1

0, 2

MN MA AN

C

        (2)

2 3

0, 4

MN MB BN

C

      (3)

Từ (1), (2), (3) ta được:

     (4)

- Khi K mở, thay tụ C3 thì : q1M q2M q3M  0 U MN  0, 25( )V

Do đó q3M 0, 7C ………

- Khi K đóng, thay tụ C3 thì: q1M q2M q3M  1, 4U MN  2( )V

Do đó UMB = 0 (V), q3M  ……… 0

0,25

0,25

0,25 0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Vì R=0 nên suất điện động cảm ứng trên thanh MN luôn bằng hiệu điện thế giữa hai bản tụ

EU BLvU (1) 0,25

C1

C 2

R 3

N

K

E, r

+

+

-

-

-

C1

C2

R3

M

N

K

E, r

+ -

- +

A

C 1

C 2

R 3

B M

N

C 3

E, r

+ -

- +

- +

-

Phương trình Định luật II Newton cho chuyển động của thanh MN

t

P F mamgBLI ma (2)

Với Ft là lực từ tác dung lên thanh, a là gia tốc của thanh, I là cường độ dòng điện qua mạch

trong khoảng thời gian t

Ta có q U C





Từ (1) suy ra U C BL v thay vào (3) ta được:

v

t



Thay (4) vào (2) ta được: a mg2 2

m CB L

 hằng số

Điều đó chứng tỏ thanh MN chuyển động nhanh dần đều

b) (0,75 điểm)

Thanh MN trượt nhanh dần đều với vận tốc v v0 at v0 mg2 2t

m CB L

 (5)

Khi UC = UT thì tụ bị đánh thủng, khi đó vận tốc của thanh là U T

v BL

 (6)

Từ (5) và (6) suy ra thời gian trượt của thanh cho đến khi tụ bị đánh thủng là:

0

1 U T

mg BL

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

8 a Điều kiện về n và n/

- Ở I0, tia sáng khúc xạ truyền thẳng tới I trên mặt BC Ở I ta có:

+ i1 = 450 Và n.sin450 = n/.sinr1  sinr1 =

2

/

n n

- Ở J trên CD, tia phản xạ toàn phần Ta có:

+ sini2 > 1/

n  cosr1 > /

1

n ;  1

2

sin

1 r > 1/

n

2 ( 1

n

n

 > 1/

n  / 2 2

2n n > 2 (1)

- Ở I/ trên BD ta có: r2 = i2 - 450

Vì tia khúc xạ ở I/, ta suy ra được: sinr2 < 1/

n

 sin(i2 - 450) < 1/

n

 (sin cos )

2

2

2

i  < 1/

n

















2 2

2 2

1

/ /

2 2 /

n

n n

n n

< 1/

n

 / 2 2

2n n < n + 2 (2)

Từ (1) và (2) ta được: 2 < / 2 2

2n n < n + 2

b Biểu thức xác định góc lệch giữa các tia tới và tia ló:

Ta có: Tia tới có hướng BD Góc lệch là:

+ = 900 - i/  cos = sin i/

0,25

0,25

0,25 0,5

0,25

+

C

N

M

B

0

v

mà sin i/ = n/sinr2 = n/ 















2 2

2 2

1

/ /

2 2 /

n

n n

n n

=

2

2n/2 n2 n

Vậy:  = arccos















2

2n/2 n2 n

0,25

0,25

9

a)Vị trí đặt màn d' = df

d f = 3f = 60cm

b)

+ k = d'

d



= -2 Vòng tròn quỹ đạo ảnh có bán kính lớn gấp đôi quỹ đạo vật

Vận tốc góc của vật và ảnh như nhau, nên vận tốc dài của ảnh có độ lớn v' = 2v0.= 0,4(m/s)

Chọn tia sáng đi qua quang tâm để khảo sát, ta nhận thấy chiều vận tốc ảnh ngược với chiều

vận tốc của vật.Vậy vận tốc của ảnh luôn có phương tiếp tuyến với quỹ đạo của nó và có

chiều ngược chiều chuyển động của S

1,0

0,25 0,25 0,5

+Chọn hệ trục xoy như hình vẽ

+ Các lực tác dụng vào các vật như hình vẽ

+ Đ/L II Niu tơn cho m1:

T P1 m a1

Chiếu theo oy: m g T1  m a1 (1)

+ Đ/L II Niu tơn cho m : 2

T  P2 N F ms m a2

Chiếu theo ox: Tm g2  m a2 (2)

+ Từ (1) và (2) ta có biểu thức gia tốc của hệ: 1 2

(3)

a









b Theo bảng số liệu :

+ Từ A đến F: Các đoạn đường trong những khoảng thời gian bằng nhau tăng dần, có độ

chênh lệch không đổi, hệ vật chuyển động nhanh dần với gia tốc a theo công thức (3) không

đổi khi m1 chưa chạm sàn

+ Từ F đến L: dây nối hai vật trùng, do ma sát ,các đoạn đường trong những khoảng thời

gian bằng nhau giảm dần, có độ chênh lệch không đổi Vật m chuyển động chậm dần 2

0

s at

 

T   0 m g2 m a2 2   0,3125

0

Khối lượng m2 = 0,125(kg)

0,25

0,25 0,5

0,25

0,25

0,25 0,25

Bàn cố định

2

m

1

m

1

P

T

T

2

P

2

N

ms

F

0x

0y