Đề thi HSG môn vật lý bảng a chính thức tỉnh gia lai 2014 2015

Một cầu thủ ghi bàn bằng một quả phạt đền cách khung thành 11 ,m bóng bay sát dưới xà ngang có độ cao h2, 24 .m Giả sử bóng chuyển động trong mặt phẳng thẳng đứng vuông góc với xà nga

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

GIA LAI

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT

DỰ THI CẤP QUỐC GIA, NĂM HỌC 2014-2015 Môn: VẬT LÍ

Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 22/10/2014

(Đề thi có 02 trang, gồm 06 câu)

Câu 1 (4,0 điểm):

1 Một cầu thủ ghi bàn bằng một quả phạt đền cách khung thành 11( ),m bóng bay sát dưới xà ngang có độ cao h2, 24( ).m Giả sử bóng chuyển động trong mặt phẳng thẳng đứng vuông góc với xà ngang và bỏ qua sức cản không khí Biết cầu thủ đá với vận tốc tối thiểu v 0min và

2

9,8( / )

g m s Hãy xác định véc tơ vận tốc của quả bóng tại thời điểm quả bóng rà sát xà ngang?

2 Một mặt phẳng nghiêng góc 30o so với phương

ngang, cuối mặt phẳng nghiêng được nối trơn với vòng tròn

bán kính R2( )m Một viên bi đồng chất khối lượng

20( )

m g và bán kính r1(cm) lăn không vận tốc ban đầu

từ điểm A có độ cao h3R (Hình 1) Hệ số ma sát trên mặt

phẳng nghiêng và trên vòng tròn là như nhau Hãy xác định

giá trị cực tiểu của hệ số ma sát min để viên bi lăn

trên đường mà không trượt?

Câu 2 (3,0 điểm): Một khí lý tưởng đơn nguyên tử có các quá bình biến đổi

theo chu trình 1 2  3 1 như hình 2 Quá trình đoạn nhiệt 2 3 , quá trình

3 1 áp suất không thay đổi, quá trình 1 2 và quá trình 2 3 có đồ thị đối

xứng với nhau qua đường thẳng có phương đi qua V0 và vuông góc với trục

OV Áp suất p0, thể tích V0 và các thông số  , đã biết Tìm hiệu suất

của chu trình theo  và ?

Câu 3 (2,5 điểm): Một vật nhỏ xem như chất điểm có khối lượng

,

m mang điện tích dương q đặt tại điểm A trên mặt phẳng

nghiêng nhẵn, cách điện và hợp với phương ngang một góc 

Thiết lập một từ trường đều B vuông góc với mặt phẳng hình vẽ

Vật bắt đầu chuyển động dọc theo mặt phẳng nghiêng được đoạn

đường AB và sau đó quỹ đạo chuyển động của vật trong mặt

phẳng thẳng đứng có dạng là đường Cycloid Bỏ qua sức cản

không khí, hãy tìm h theo và ? (Hình 3)

Câu 4 (4,0 điểm):

1 Cho mạch điện như hình 4 Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu

đoạn mạch U AB=120( ),V dung kháng của tụ điện ZC  10 3( )  và

điện trở R10() Biết hộp kín X chứa hai trong ba phần tử

R L C0, 0, 0 mắc nối tiếp, biểu thức điện áp giữa hai điểm A và N là

O

p

V

0

V 1  V0

1  V0

0

p



0

2

2 Hình



h



O R

m A

B

1 Hình

4 Hình

~

M

R C

B A





,

m q A

B



h





B



g

3 Hình

20 6 cos100 ( ),

AN

u  t V điện áp hiệu dụng giữa hai điểm N và B là U NB=60( ).V Viết biểu thức điện áp hai đầu tụ điện?

2 Cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L, điện trở R và tụ điện có điện dung

C được mắc như hình 5 Đặt vào hai đầu đoạn mạch A B, một điện áp xoay

chiều có biểu thức u AB U 2 cost V( ) Biết u và i cùng pha, tìm mối liên

hệ giữa L C, và  để cường độ dòng điện hiệu dụng qua tụ điện C đạt giá

trị cực đại I Cmax, tìm giá trị cực đại đó?

Câu 5 (4,0 điểm):

1 Hai thấu kính hội tụ mỏng L1 và L2 có tiêu cự lần lượt là f1 và f2 30(cm) được đặt cùng trục chính Một vật sáng phẳng, nhỏAB đặt trên và vuông góc với trục chính của hệ, trước L1 cho ảnh cuối cùng A B2 2 qua hệ Khi khoảng cách giữa hai thấu kính bằng 50(cm) thì ảnh cuối cùng có

độ cao không phụ thuộc vị trí đặt vật AB Dịch chuyển thấu kính L1 dọc theo trục chính để khoảng cách cố định giữa hai thấu kính là 60(cm) Dịch chuyển vật dọc theo trục chính của hệ thấu kính thì có hai vị trí của vật tại đó ảnh cuối cùng cao gấp hai lần vật Tính khoảng cách giữa hai vị trí này?

2 Một tia sáng đơn sắc được chiếu lên bản mặt song song đặt trong

không khí có bề dày e1(cm) với góc tới  30 o Xác định góc

khúc xạ  và độ dịch chuyển OH (Hình 6) của tia sáng sau khi đi

qua bản mặt song song trong hai trường hợp:

a Chiết suất của bản mặt song song không đổi n 2

b Chiết suất của bản mặt song song thay đổi theo hướng pháp tuyến Oy theo quy luật n 1 y

e

 

Câu 6 (2,5 điểm): Cho các dụng cụ thí nghiệm sau:

 01 nguồn điện E1, r1 có giá trị suất điện động đã biết

 01 nguồn điện Ex,r x chưa biết giá trị suất điện động và điện trở trong

 02 tụ điện có điện dung C giống nhau và không bị đánh thủng khi mắc chúng vào các

nguồn điện nói trên

 01 điện trở R

 01 Ampe kế lý tưởng

 Khóa K và các dây nối có điện trở rất nhỏ

Hãy trình bày phương án thí nghiệm để xác định giá trị suất điện động Exvà điện trở trong của nguồn điện ?rx

5 Hình

L

R

C B

A

~

6 Hình

x y

O

'







H

I K

e

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM

1

4,0

điểm

(đ)

1.1

2đ

Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ 1 Phương trình chuyển động của quả bóng:

 0cos  (1)

0

1

2

y v  t gt

Từ (1) và (2) suy ra phương trình quỹ đạo:

2 2

0

1 tan

2

g

v



  Tại thời điểm bóng gặp xà ngang: x , yh

Do đó ta có:    2 

2 2

0

1 tan

2

g h

v



2

h

    

Đặt

2



Phương trình bậc 2 theo X có nghiệm khi:

2

2

h

 

Khi v0 v0 min thì

2 2

0 min 0 min

2

gh g

Đặt 2

0 min

Y v ta có phương trình bậc 2: 2 2 2

Y  ghYg  Nghiệm của phương trình là: 2 2 2

0 min

Y v ghg h  Vận tốc ban đầu tối thiểu của bóng:  2 2

0 min

Thay số, ta được v0 min 11, 4876(m s/ )

Thế v0 min 11, 4876(m s/ ) vào (4), giải phương trình ta được :

    

Khi bóng rà sát xà ngang:

0 min

cos

cos

x y

g

v



 

v hợp với trục Ox một góc  xác định bởi:

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ

1 Hình

x

O



0 min

v

y

0 min

0 min

0 min

sin

cos

x

g v









    0,25đ

1.2

2đ

Điều cần thiết là tốc độ khối tâm v của viên bi trên cung tròn vượt quá tốc độ

giới hạn v1

Áp dụng định luật II Newton cho viên bi tại điểm cao nhất D trên vòng tròn, ta

được: mg N ma n m v2



1

N v  Rr g

Mặt khác, theo định luật bảo toàn năng lượng, ta có:

  1 2 1 2 2 2

mg R Rr  mv  mr 

(1') 7

vrv  g Rr

Từ (1) và (1’)  v v1, nghĩa là tại điểm cao nhất D phản lực N có độ lớn

không bằng không

Từ đây, chúng ta sẽ bỏ qua r đối với R vì r 0, 005 1

R

Có ba lực tác dụng vào viên bi:

 Trọng lực P: không đổi

 Phản lực N thay đổi: độ lớn tăng

dần trên mặt phẳng nghiêng cho đến chân mặt phẳng nghiêng và tiếp giáp với vòng tròn đến điểm thấp nhất của vòng tròn B; từ B đến điểm cao nhất D độ lớn giảm đơn điệu

 Lực ma sát f ms: Trên mặt phẳng nghiêng ngược chiều chuyển động; từ điểm thấp nhất của vòng tròn B và điểm

cao nhất D, độ lớn giảm, cùng chiều chuyển động; khi vật đi xuống, lực ma sát

lại đổi chiều

Hệ số ma sát trong câu hỏi đảm bảo rằng viên bi lăn không trượt, và phụ thuộc

vào hai lực N và f ms

Thật vậy:

Lực ma sát gây ra gia tốc góc  và phụ thuộc vào vị trí của viên bi

Vì thế, hệ số ma sát cần tìm được tính bởi f ms (2)

N



 Xét chuyển động của viên bi tại vị trí C:

Đối với thành phần tiếp tuyến, ta có:

ms t t ms

a

r







 

Đối với thành phần hướng tâm, ta có:

0,25đ

0,25đ

0,25đ



h



O N

m

A

B

D



C P



s

m

f

s

m

f

s

m

f

s

m

f

2 Hình

s

m

f

(6)

n

v

R





Với    h h R Rcos và

2 2 2

v r

2

2mg h R Rcos mr I v (7)

r

2

2

(4)

ms t

ms

ms t

f r

I

I mr









2

2 2

mr

v

R







 



3

 

Thay (8) và (9) vào (2) f ms

N



 , ta có:

2

sin

3

I mg

I mr

mg









sin 3







 

Đặt

3

sin cos

a b







 



/ /

2

sin





b a



0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

Thay (10) vào (11), ta được: cos 3 2 (12)

I mr h R

  

min

2

I h

R



    

Với 2 2, 3

5

h

R

2

2

2

111 2

5

mr



* Cách khác:

Cũng có thể tính  từ (12):

2

2

5

4

o

I mr h R

  

rồi thay  vào biểu thức sin

cos

a b









 để được giá trị cực tiểu của hệ số ma sát

min

sin sin148, 212

0,19 cos 10 8,5 0,85

o







0,25đ

2

3,0 đ

Áp dụng phương trình Clapeyron-Mendeleev:

pV

R





  

Từ 3

2

U  RT và Q  U A, lần lượt xét các quá trình:

 Quá trình 2 3:

      

 Quá trình 1 2 :

Vì lý do đối xứng nên 12 23  2 3   0 0

3

   

3

        

 Quá trình 3 1: Ta có:

(1 ) (1 )

5

 

0,50đ

0,50đ

0,50đ 0,50đ

0,50đ

O

p

V

0

V 1  V0

1  V0

0

p



0

2

3 Hình

* Cách khác để tính Q31:

3

2

3

2

Hiệu suất của chu trình:

12

5

Q











 

0,50đ

3

2,5 đ

Theo định luật bảo toàn năng lượng, ta có: v B  2g sin (1)

Tại thời điểm vật rời mặt phẳng nghiêng thì N0

mg

qB

   

cos

g mg

qB





B

Để quỹ đạo chuyển động của vật là đường Cycloid như đề bài, ta phải có:

v  v v q B v  q B v  q B v  

Trong đó, v v1, R có độ lớn được xác định bởi:

qB

   

2

(5)

R

   

2

h

R   h R 

2

R

g h v

k



Áp dụng định lý hàm số cos: 2 2 2

v v  v v v 

Thay (3’), (4) và (7) vào (8) và để ý đến (3), ta được:

2

2

2

hg



 

2

2

hg



2 2

sin cos

g k

h





2

4 tan

  

0,25đ 0,25đ

0,50đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ

0,25đ

Vẽ giản đồ véc tơ cho đoạn mạch đã biết Phần còn lại chưa biết hộp kín chứa gì

vì vậy ta giả sử nó là một véc tơ bất kỳ tiến theo chiều dòng điện sao cho:

AN





,

m q

A

B

B



1

v

R

v

B

v

4 Hình

4

4,0 đ

4.1

2,0đ

Xét tam giác ANB ta nhận thấy , 2 2 2

,

vậy tam giác ANBvuông tại N

Ta có: tan = 60 1

NB





   sớm pha so với u AN một góc

6 u AB 6

Từ giản đồ ta nhận thấy NB chéo lên mà trong X chỉ chứa 2 trong 3 phần tử nên

X phải chứa R0 và L0 Do đó ta vẽ thêm được U R0và U L0như hình vẽ

Xét tam giác vuông AMN:tan 1

6 3

R



Xét tam giác vuông NDB:

U U    V U U    V

Mặt khác:

R

R AN

U

R



      

0

0 0

0

30 3

10( )

3 3

( )

R

L L

U R I U Z

I







 



0 0

3 tan



0 0 90 2 ;

2 6

Vậy biểu thức điện áp hai đầu tụ là 90 2 100 ( )

6

cos

C

 

0,25đ

0,25đ 0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

4.2

2,0đ

Ta có:

1

LR

U

U

Z

     



Từ (1) và (2)

(3)

L C

L

Z

Z



2

L

C

L L

I

R

Z Z

2

max

min

L

R

Z

 

0,25đ

0,25đ

I

A

 

N

B AB U NB U AN U C U

R U

0

R U

0

L U

5 Hình

U O

I

C

I

LR

I

1

6 Hình

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm

2

L

R

Z và Z Lta có:

Dấu “=” xảy ra khi

2

(4)

L

R

Z     

Từ (3) và (4) Z C 2R 1 2R (5)

C



   

Từ (4) và (5) 2

max

2

C

U I

R

 

0,50đ

0,25đ 0,25đ 0,50đ

5

4,0 đ

5.1

2,0 đ

Sơ đồ tạo ảnh 1 2

Ta có: ' 1 1 , 1 1 1

;

 

2

f d l f lf

d f d

    

Độ phóng đại ảnh qua hệ:

' '

1 2

k k k

d d

f f k

 

   

Để ảnh A B2 2 có độ cao không phụ thuộc vị trí vật AB thì độ phóng đại k không

phụ thuộc vị trí vật AB, tức là k không phụ thuộc vào d1

Hay: l f1 f2    0 l f1 f2  f1 l f220cm

Ta có k 2

 Trường hợp 1: k2

1 2

2

f f k

1 90

 Trường hợp 2: k 2

1 2

2

f f k

1 30

Vậy khoảng cách cần tìm là 60(cm )

0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,50đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

5

4,0 đ

5.2

2,0 đ

a Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng tại điểm tới O và điểm ló khỏi bản mặt

song song I ta có:

n n





Từ (1) và (2) suy ra  ' , nghĩa là tia ló song song với tia tới

0,25đ 0,25đ 0,25đ

Từ (1) ta có sin sin sin 30 2 20, 7

4 2

o

o

n



     

Và độ dịch chuyển ngang của tia sáng qua bản mặt là

sin( )

Với

OI

  do đó,

sin

o







  

b Chia bản mặt song song thành k lớp mỏng song song với trục Ox sao cho mỗi

lớp có bề dày rất nhỏ dy , chiết suất trong mỗi lớp ấy xem như

không thay đổi và lần lượt bằng n n1, 2, ,n k Gọi  1, 2, ,k lần

lượt là các góc khúc xạ trong các lớp 1, 2, , k và ' là góc ló ra khỏi bản mặt song song Theo định luật khúc xạ ánh sáng, ta có:

sin n sin n sin   n ksink sin' (3)

'

 

 

Xét một lớp thứ i bất kỳ có tọa độ y có chiết suất n n i, i 1 y

e

  Góc khúc xạ lớp này bằng i, theo (3) ta có:

sin i sin i

i

2

tan

1

i

i

e y e





2

sin

1 sin

esin

e y d

e dx

e y e











Hình chiếu dọc trục Ox của tia sáng đi trong cả bản mặt song song là

2

2 0

0

sin

1 sin

e e

e y d

e KI

e y e











.sin

KI e



.sin

Thay số, ta được:

o

.sin

KI

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

7 Hình

x y

O

'







H

I K

e

dx dy

O



i



8 Hình

0,37( ).

 

Kí hiệu I là điểm ló ra khỏi bản mặt song song, góc  OI Oy,  từ đó ta có

công thức tính độ dịch chuyển ngang của ta sáng sin 

cos







Trong đó  được tính bởi tan KI 0,37 20,3o

e

Từ đó suy ra sin  sin 30 20,3 

o







  

0,25đ

6

2,5 đ

-Cơ sở lí thuyết: Phương pháp tiến hành thí nghiệm dựa trên sự phụ thuộc số chỉ I A của Ampe kế và giá trị điện tích q đi qua

nó

Cụ thể: I A q -Sơ đồ mạch điện để kiểm chứng kết luận trên hình vẽ 9

-Ban đầu K ở vị trí (1), tụ điện C được tích điện từ nguồn điện E1, r1(có suất điện động đã biết) -Sau đó chuyển khóa K sang vị trí (2), ghi I A1 của số chỉ Ampe kế

-Thay tụ điện ,C ta lấy 2 tụ điện, nối chúng một lần nối tiếp, và lần kia nối song

song, thì có thể xác nhận rằng, trong trường hợp đầu, số chỉ của Ampe kế giảm

hai lần, còn trong trường hợp thứ hai, tăng lên hai lần Đó là vì điện dung của tụ

điện đã biến đổi một số lần tương ứng

Do đó, điện tích đi qua điện kế: qCE

-Thay nguồn điện E1, r1 bằng nguồn điện Ex, ,r x ta lại ghi số chỉ I Ax của Ampe kế

Ta có biểu thức:

I A1kq1kCE1

I Ax kq x kCEx

Từ đó, ta suy ra được biểu thức cho suất điện động phải tìm:

1 1

Ax x

A

I I



E E

 Tính điện trở trong của nguồn Ex, r x

Áp dụng định luật Ôm cho mạch kín (hình vẽ 10): Ta có

  x

A

I

E

0,50đ

0,25đ 0,25đ

0,50đ

0,25đ 0,25đ

0,50đ

9 Hình

1, r1

E

A

K (1) (2)

C

10 Hình

,

x r x

E

R