Đề thi HSG môn vật lý lớp 12 lần 1 sở GDĐT ninh bình năm học 2012 2013 file word có lời giải chi tiết

Đưa hai vật lệch khỏi vị trí cân bằng theo phương ngang một đoạn 4cm rồi thả nhẹ, người ta thấy trong quá trình chuyển động hai vật không trượt đối với nhau.. Tính chu kì dao động và vận

Tải file Word tại website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT

Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013

MÔN: VẬT LÝ

Ngày thi 09/10/2012

(Thời gian 180 phút không kể thời gian phát đề)

Đề thi gồm 05 câu, trong 02 trang

Câu 1 (5,0 điểm):

Cho cơ hệ như hình 1: Hai lò xo nhẹ có độ

cứng lần lượt là K 1 = 60N/m; K 2 = 40N/m; hai vật

nặng có khối lượng lần lượt m = 300g; M = 100g Bỏ

qua ma sát giữa M với sàn, lấy g = 2 ≈ 10m/s2 Tại

vị trí cân bằng của hệ, hai lò xo không biến dạng

Đưa hai vật lệch khỏi vị trí cân bằng theo phương ngang một đoạn 4cm rồi thả nhẹ, người ta

thấy trong quá trình chuyển động hai vật không trượt đối với nhau

1 Chứng minh hệ dao động điều hoà Tính chu kì dao động và vận tốc cực đại của hệ

2 Coi hệ số ma sát nghỉ cực đại giữa m và M bằng hệ số ma sát trượt µ Tìm điều kiện của µ

thỏa mãn điều kiện đã cho

3 Khi lò xo K2 bị nén 2cm thì người ta giữ cố định điểm chính giữa của lò xo K 2, hệ tiếp

tục dao động điều hoà và hai vật vẫn không trượt đối với nhau trong quá trình chuyển động Tính biên độ dao động của hệ khi đó

Câu 2 (4,0 điểm):

Cho mạch điện như hình 2: u AB  200 2 cos100t V( );

R = 100; C =

4

10

F





; cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L

thay đổi được; vôn kế lí tưởng

1 Điều chỉnh L = L 1 = 2H

 , hãy viết biểu thức cường độ dòng điện tức thời qua mạch và biểu thức điện áp tức thời giữa hai điểm A, N

2 Với giá trị nào của L thì u AN và u NB lệch pha nhau một góc 0,75π?

3 Điều chỉnh L = L 2 thì thấy vôn kế chỉ giá trị cực đại Hãy xác định L 2 và số chỉ vôn kế

lúc đó

Câu 3 (4,0 điểm):

Cho mạch điện như hình 3: R1 = R2 = 3; R3 = 2; R4là biến trở Đặt vào giữa

hai điểm B và D hiệu điện thế U không đổi Ampe kế và vôn kế đều lý tưởng; bỏ qua điện

trở các dây nối và khóa K

1 Ban đầu khóa K mở, R4 = 4, vôn kế chỉ 1V

- Xác định hiệu điện thế U của nguồn điện

- Đóng khóa K, tìm số chỉ của ampe kế và vôn kế

2 Khóa K đóng, di chuyển con chạy C của biến trở

R4 từ đầu bên trái sang đầu bên phải thì số chỉ của

ampe kế IAthay đổi như thế nào? Vẽ đồ thị biểu diễn

sự phụ thuộc của IAtheo giá trị của biến trở Coi điện

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Hình 3

m

M

M Hình 1

B

V

Hình 2

trở toàn phần của biến trở rất lớn

Câu 4 (3,0 điểm):

Một vật có khối lượng m có thể trượt không ma sát trên một

cái nêm có dạng tam giác vuông ABC vớiBˆ =  (hình 4) Nêm có

khối lượng M, ban đầu đứng yên và có thể trượt không ma sát trên

mặt sàn nằm ngang Thiết lập biểu thức tính gia tốc a của vật đối với

nêm và gia tốc a0 của nêm đối với sàn

Câu 5 (4,0 điểm):

Trên hình 5 biểu diễn một chu trình biến đổi trạng thái của n

mol khí lý tưởng trong hệ tọa độ p - V Trên đường đẳng áp 1- 2, sau

khi thực hiện một công A thì nhiệt độ của khí tăng 4 lần Nhiệt độ ở

các trạng thái 1 và 3 bằng nhau Các điểm 2 và 3 cùng nằm trên một

đường thẳng đi qua gốc tọa độ Hãy xác định nhiệt độ của khí ở

trạng thái 1 và công mà khí thực hiện trong chu trình theo n, A và

hằng số các khí R

Áp dụng bằng số: n = 1; A = 9kJ; R = 8,31J/mol.K

-HẾT -

Họ và tên thí sinh : Số báo danh

Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:

Hình 4

3 V p

M

Giám thị 2:

Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013

MÔN: VẬT LÝ

Ngày thi 09/10/2012

(Hướng dẫn chấm gồm 07 trang)

1

(5 điểm)

1 (1,5 điểm)

+ Chon trục Ox trùng quỹ đạo, O ≡ VTCB

+ Tại VTCB: hai lò xo không biến dạng, nên P N  0

+ Tại vị trí vật có li độ x:

Lực tác dụng lên hệ vật gồm:P (mM).g;N;F1  K1.x;F2  K2.x

Theo định luật 2 Newton: P N F F M m a

) (

2



 (1)

2

1.x K x (M m).x

 Đặt K K1 K2 //  0





M m

K

x , chứng tỏ vật dao động điều hoà

với tần số góc 5 (rad/s)

M m



+ Chu kì dao động của hệ: T  2  0 , 4 (s)





+ Biên độ dao động của hệ: A= x0 = 4cm ( vì v 0 = 0)

+ Vận tốc cực đại của hệ: vmax A20(cm/s)

0,5

0,5

0,5

2 (1,5 điểm)

+ Lực tác dụng lên M: P2 Mg; phản lực Q của sàn; áp lực mà m đè lên

M là N 12 = mg; lực ma sát nghỉ giữa m và M là F ms12

+ Theo định luật 2 Newton: P Q N Fms M a







2 (2) Chiếu (2) lên Ox:

x M M m

K x

M Mx











M m

K





+ Để hai vật không trượt trên nhau: F ms12MAX N12 mg

)

(









A M K mg

A M M m

0,25

0,25 0,25 0,25 0,5

3 (2 điểm)

Khi lò xo K2 bị nén 2cm, người ta giữ chặt điểm chính giữa của lò xo K2

thì:

+ Độ cứng của phần lò xo K2 nối với vật m là 2K2 = 80(N/m)

+ Tại VTCB mới của hệ: hai lò xo giãn các đoạn tương ứng là l1; l 2

thoả mãn:

0,25















































) ( 7 3

) ( 7 4 2

) ( 1 1 2

2

1

2 2 1

1

2 1

cm l

cm l

l K l K

cm l

l

+ Như vậy, lúc bắt đầu giữ chặt điểm chính giữa của lò xo K2 thì hai vật

có li độ và vận tốc:



























 4 2 10 3 5

) ( 7

10 2

2 2 1

V

cm l

X

) ( 26 , 3 4 , 0 / 140

12 250 7

10 2

2

2 1

2 2

m M

K K

V X























0,5

0,5 0,25

0,5

2

(4 điểm)

1 (1,0 điểm)

*Viết biểu thức i:

ZL = 200; ZC = 100 ;

( L C)

R  Z Z = 100 2 ; I0 = U0

Z = 2A Tan = Z L Z C

R



= 1   = /4

 i = 2cos(100t – /4)(A)

* Biểu thức uAN:

ZAN = 2 2

L

R Z = 100 5   U0AN = I0.ZAN = 200 5V tanAN = Z L

R = 2  AN  1,107(rad)

mà AN = uAN – i  uAN  0,322 rad

Vậy: uAN = 200 5cos(100t + 0,322) (V)

0,5

0,5

2 (1,0 điểm)

Tìm L để uAN và uNB lệch pha nhau 3/4

- Từ giản đồ véctơ ta thấy uAN sớm pha hơn i một góc bằng /4

 tanAN = 1  ZL = R = 100

3 (2,0 điểm)

- Từ giản đồ véc tơ, áp dụng định lí hàm sin:

i

U

AB

C

U



RC

U

AN

C

U

i



L

với sin =

Để U Lmax thì sin = 1   / 2

Khi đó: U Lmax = UAB

C

R



= 200 2 V

* Vì   / 2 nên

2

C

R

Z

L = Z L 2

  H

1,0

1,0

3

(4 điểm)

1 (1 điểm)

+ Xác định hiệu điện thế U của nguồn điện

R12 = R1 + R2 = 6 ()

R34 = R3 + R4 = 6 ()

I1 = I2 =

6

U

Ta có : U1 = I1.R1 = 3.I1 = 3

6

U

U2 = I2.R3= 2.I2= 2

6

U

+ U1 > U2  VM < VN ta có :

UNM = - U2 + U1 = -U U

3 2 =

U

6  U = 6 UV = 6.1 = 6 (V)

+ Khi khóa K đóng :

R13 =

3 1

3 1

R R

R R

6 2 3

2 3





R24 =

7

12 4 3

4 3

4 2

4





R R

R R

()

RBD = R13 + R24 = 1,2 +

7

12

=

7

4 , 20

() Cường độ dòng điện mạch chính:

I =

BD

R

U

=

7

4 , 20

6

=

2 , 10

21 4 , 20

42   2,06 (A

U13 = U1 = U3 = I R13 =

2 , 10

21

.1,2 = 2,47 (V)

I1 =

1

1

R

U

=

3

47 , 2

= 0,823 (A)

U24 = U2 = U4 = I R24 =

2 , 10

21

7

12

= 3,53 (V)

0,5

I2 =

2

2

R

U

=

3

53 , 3

= 1,18 (A)

Ta có : I2 > I1  IA = I2 - I1 = 1,18 - 0,823 = 0,357 (A)

Vậy dòng điện qua ampe kế có chiều từ N đến M và có cường độ

IA = 0,357 (A)

Vôn kế chỉ 0 (V)

0,25 0,25

2 (2 điểm)

+ Đóng khóa K và di chuyển con chạy C của biến trở R4từ đầu bên trái

sang đầu bên phải thì số chỉ của ampe kế IA thay đổi như thế nào ? Vẽ

đồ thị của IA theo vị trí của con chạy C

Ta có :

R13 =

3 1

3 1

R R

R R

6 2 3

2

3  

Đặt NC = x

R24 =

x R

x R



2

2

=

x

x



3

3

RBD = 1,2 +

x

x



3

3

=

x

x





3

6 , 3 2 , 4

I =

BD

R

U

=

x

x





3

6 , 3 2 , 4

6

=

6 , 3 2 , 4

) 3 ( 6





x x

U13 = I R13 =

6 , 3 2 , 4

) 3 ( 6





x

x

.1,2 =

6 , 3 2 , 4

) 3 ( 2 , 7





x x

I1 =

1

13

R

U

=

3

6 , 3 2 , 4

) 3 ( 2 , 7





x

x

=

6 , 3 2 , 4

) 3 ( 4 , 2





x x

U24 = I.R24 =

6 , 3 2 , 4

) 3 ( 6





x

x

x

x



3

3

=

6 , 3 2 , 4

18



x x

I2 =

2

24

R

U

=

3

6 , 3 2 , 4

18



x

x

=

6 , 3 2 , 4

6



x x

* Xét hai trường hợp :

- Trường hợp 1 : Dòng điện chạy qua ampe kế có chiều từ M đến N

Khi đó : IA = I1 - I2 =

6 , 3 2 , 4

) 3 ( 4 , 2





x

x

-

6 , 3 2 , 4

6



x

x

=

6 , 3 2 , 4

6 , 3 2 , 7





x

x

(1)

Biện luận :

+ Khi x = 0  IA = 2 (A) + Khi x tăng thì (7,2 - 3,6.x) giảm ; (4,2.x + 3,6) tăng do đó IA giảm

+ Khi x = 2  IA =

6 , 3 2 2 , 4

2 6 , 3 2 , 7





= 0

- Trường hợp 2 : Dòng điện chạy qua ampe kế có chiều từ N đến M

0,5

0,5

0,75

Khi đó : IA = I2 - I1 =

6 , 3 2 , 4

6



x

x

-

6 , 3 2 , 4

) 3 ( 4 , 2





x

x

=

6 , 3 2 , 4

2 , 7 6 , 3





x x

IA =

x

x

6 , 3 2 , 4

2 , 7 6 , 3





(2)

Biện luận :

+ Khi x tăng từ 2 () trở lên thì

x

2 , 7

và

x

6 , 3

đều giảm do đó IA tăng

+ Khi x rất lớn ( x = ) thì

x

2 , 7

và

x

6 , 3

tiến tới 0 Do đó IA  0,86 (A) và cường độ dòng chạy qua điện trở R4 rất nhỏ;

* Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của cường độ dòng điện IA chạy qua

ampe kế vào giá trị x của biến trở R4 có dạng như hình vẽ

0,75

0,5

4

(3 điểm)

Tính gia tốc a của vật đối với nêm và gia

tốc a o của nêm đối với sàn

+ Chọn hệ tục tọa độ xOy như hình vẽ

+ Động lượng của hệ bằng 0  Vật đi

xuống sang phải thi nêm phải sang trái 

giá trị đại số gia tốc của nêm là a0 < 0

+ Vật m chịu tác dụng của 2 lực : trọng lực

mg

, phản lực N

của nêm vuông góc với AB

(hình vẽ)

+ Gia tốc của vật đối với sàn : a1

= a + a0 + Phương trình chuyển động của vật :

Theo phương AB : mgsin = m(a + a0.cos) (1)

Theo phương vông góc với AB : N - mgcos = m a0 sin (2)

+ Phương trình chuyển động của nêm chịu thành phần nằm ngang

của -N

:

Chọn trục Ox trùng với hướng chuyển động của nêm

- N sin = M a0 (3)

Từ (2) và (3) ta có : cos .( sin) sin

M

N m mg

 N + m.sin

M

Nsin

= mgcos

 N(M + m.sin2 ) = M mgcos

 N =





2

sin

cos

m M

mg M



Thế vào phương trình (3) ta được :

a0 = -

M

m M

mg M















sin

cos sin

= -

) sin (

2

2 sin

2



m M

mg

Thế vào phương trình (1) ta được :

mgsin = m(a + (-

) sin (

2

2 sin

2



m M

mg

 mgsin = m.a -

) sin (

2

2 sin

2

2







m M

soc g

m



 a = gsin +

) sin (

2

cos 2 sin

2





m M

mg

=

) sin (

2

cos 2 sin sin

2 sin 2

2

3











m M

mg mg

Mg







 a =

) sin (

2

cos sin 2 ) cos 1 ( sin 2 sin 2

2

2 2













m M

mg mg

Mg









 a =





2

sin

sin ) (

m M

g m M





1,5

1,5

5

(4 điểm)

Gọi nhiệt độ của khí ở trạng thái 1 là T1,

khi đó nhiệt độ ở trạng thái 2 sẽ là 4T1

Giả sử áp suất trên đường đẳng áp 1 – 2 là

p1, thì công mà khí thực hiện trong quá

trình này là: A = p1(V2 -V1), trong đó V1 và

V2 tương ứng là thể tích khí ở trạng thái 1

và 2

Áp dụng phương trình trạng thái cho hai

trạng thái này:

p1V1 =nRT1, p2V2=4nRT1 (1)  T1= A/3nR (2)

Thay số ta có : T1=361K

+ Gọi p3 là áp suất khí ở trạng thái 3 thì công mà khí thực hiện trong cả

chu trình được tính bằng diện tích của tam giác 123:

A123 = 1/2 (p1-p3)(V2 - V1) (3)

+ Kết hợp với phương trình trạng thái (1) và nhiệt độ T1 theo (2) ta tìm

được:

V1= nRT1/P1 = A/3p1 (4) và V2 = 4nRT1/P1 = 4A/3p1 (5)

+Thay (4) vào (5) ta có biểu thức tính công trong cả chu trình:

0,5 0,5

0,5

0,5

0,5

3 V p

-HẾT -

A123 = 3

1

p A

1 -

  (6)

+ Vì các trạng thái 2 và 3 nằm trên cùng một đường thẳng qua gốc tọa

độ nên:

p3/p1 =V3/V2 (7), với V3= nRT1/p3 = A/3p3 (8)

+ Thay(5), (8) vào (7) ta nhận được: p3/p1= p1/4p3  p3/p1 = 1/2 (9)

+ Thay (9) vào (6) ta tính được công của khí trong chu trình: A123= A/4

Thay số ta có: A123 = 2250J

0,5 0,5

0,5

r R

Hình 1



SỞ GD&ĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT

Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013

MÔN: VẬT LÝ

Ngày thi 10/10/2012

(Thời gian 180 phút không kể thời gian phát đề)

Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang

Câu 1 (4,0 điểm):

Một bánh xe không biến dạng khối lượng m, bán kính R, có trục

hình trụ bán kính r tựa lên hai đường ray song song nghiêng góc α so

với mặt phẳng nằm ngang như hình 1 Coi hệ số ma sát trượt giữa trục

hình trụ và hai đường ray bằng hệ số ma sát nghỉ cực đại giữa chúng và

bằng  Cho biết momen quán tính của bánh xe (kể cả trục) đối với trục

quay qua tâm là I = mR2

1 Giả sử trục bánh xe lăn không trượt trên đường ray Tìm lực ma sát

giữa trục bánh xe và đường ray

2 Tăng dần góc nghiêng α tới giá trị tới hạn α thì trục bánh xe bắt đầu trượt trên đường ray 0 Tìm α 0

Câu 2 (4,0 điểm):

Một mol khí lý tưởng trong xi-lanh kín biến đổi trạng thái từ

(A) đến (B) theo đồ thị có dạng một phần tư đường tròn tâm I(VB, pA),

bán kính r = VA – VB như hình 2 Tính công mà khí nhận trong quá

trình biến đổi trạng thái từ (A) đến (B) theo pA và r

Câu 3 (4,0 điểm):

Cho mạch điện xoay chiều như hình 3:

Biết u AB 120 2 sin t V( ); 1 mR

C (với m là tham

số dương)

1 Khi khoá K đóng, tính m để hệ số công suất của

mạch bằng 0,5

2 Khi khoá K mở, tính m để điện áp uAB vuông pha

với uMB và tính giá trị điện áp hiệu dụng UMB

Câu 4 (4,0 điểm):

Cho một thấu kính mỏng hội tụ có tiêu cự f Một nguồn sáng điểm chuyển động từ rất

xa, với tốc độ v không đổi hướng về phía thấu kính trên quỹ đạo là đường thẳng tạo góc nhỏ α đối với trục chính của thấu kính Quỹ đạo của điểm sáng cắt trục chính tại một điểm cách thấu kính một khoảng bằng 2f ở phía trước thấu kính

1 Tính độ lớn vận tốc tương đối nhỏ nhất giữa điểm sáng và ảnh thật của nó

2 Khi độ lớn vận tốc tương đối giữa điểm sáng và ảnh thật của

nó là nhỏ nhất thì khoảng cách giữa điểm sáng và ảnh đó là bao

nhiêu?

Câu 5 (4,0 điểm):

Cho mạch điện gồm: một điện trở thuần R, một tụ điện C,

hai cuộn cảm thuần có độ tự cảm L1 = 2L, L2 = L và các khóa K1,

K2 được mắc vào một nguồn điện không đổi (có suất điện động E,

điện trở trong r = 0) như hình 4 Ban đầu K1 đóng, K2 ngắt Sau

khi dòng điện trong mạch ổn định, người ta đóng K2, đồng thời

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Hình 2

C

C

M R

R

K

D

Hình 3

VB VA

(B)

p

V

(A)

O

I

pA

(E, r)

L1 L2 C R

Hình 4

K1 K2

ngắt K1 Tính điện áp cực đại giữa hai bản tụ

-HẾT -

Họ và tên thí sinh : Số báo danh

Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1: ; Giám thị 2:

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT

Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013

MÔN: VẬT LÝ

Ngày thi 10/10/2012

(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)

1

(4 điểm)

1 (2,5 điểm)

Khi bánh xe lăn không trượt, ta có các phương trình chuyển động

- tịnh tiến: mgsinαFms ma

- quay: Fms.r I.γ với

r

a

γ  và 2

m.R

I 

Từ các phương trình này rút ra 2

r

R 1

gsinα a















suy ra mgsinα

r R

R F

2 2

2

0,75 0,75

1,0

2 (1,5 điểm)

Để bánh xe chỉ trượt trên đường ray, lực ma sát đạt giá trị cực đại

Fms Fmsmax μ.Nμ.mgcosα0

Theo kết quả câu 1: thì 2 2 0

2

r R

R F



 (do αα0)

μ

R

r R tanα 2

2 2 0







0,75

0,75

2

(4 điểm)

+Gọi tâm đường tròn I(x0, y0); x0 = VB; y0 = PA và V = x; y = P

+Ta có phương trình đường tròn tâm I, bán kính R là:

(yy )  (x x ) r  y y0 r2 (x x0)2 (1)

+Theo công thức tính công của khí:

+Đặt X   x x0 dxdX (3)

+Từ (2) suy ra:

2

1

x

A y V V r X dX (4) +Đặt X  r sintdX  r cost dt

+Thay vào (4), suy ra:

2

1

 A B A t  

t

0,5

0,5