De thi du bi chon HSG mon Vat Ly lop 11 tinh Quang Binh nam 2017 ngay 1&2-blogvatly

Người ta tạo ra trong khoảng không gian giữa hai trụ một từ trường đều B = 0,2T, các đường sức từ song song với trục hình trụ và có chiều như hình 1.. Khi dịch chuyển vật AB phía trước t

Trang 1

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH NĂM 2017

MÔN: VẬT LÝ

Ngày thi: 25/4/2017

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

Đề thi gồm 04 câu, trong 02 trang

Câu 1 (5 điểm)

Một quả cầu đặc, đồng chất, bán kính R = 0,02m, khối lượng m = 0,1kg

Người ta đặt quả cầu trên mặt bàn nằm ngang;

khi quả cầu đang đứng yên, tác dụng một xung lực X

trong thời gian rất ngắn lên quả cầu

Xung lựcX nằm trong mặt phẳng thẳng đứng đi

qua khối tâm G của quả cầu, có phương nằm ngang,

cách mặt bàn một khoảng h = 0,03m, độ lớn X =

1kg.m.s-1 (Hình 1) Hệ số ma sát trượt giữa quả cầu và

bàn là 0,1 Lấy g = 10m/s2

Tính quãng đường đi được của quả cầu trong khoảng thời gian t tính từ thời điểm

ngay sau khi kết thúc tác dụng của xung lực đến thời điểm nó bắt đầu lăn không trượt Câu 2 (5 điểm)

Trong một động cơ nhiệt có n mol khí (với i=3) thực

hiện một chu trình kín như hình vẽ Các đại lượng po;

Vo đã biết Hãy tìm

+ Nhiệt độ và áp suất khí tại điểm 3

+ Công do chất khí thực hiện trong cả chu

trình?

+ Hiệu suất của máy nhiệt?

Câu 3: (5 điểm)

Cho hai ống kim loại mỏng hình trụ (1) và (2),

có bán kính lần lượt là R1 = 5cm, R2 = 6cm Hai trụ

trên được lồng vào nhau và đồng trục, giữa chúng là

không khí Tích điện trái dấu cho hai trụ sao cho mật

độ điện tích dọc theo trục hình trụ có dạng :

0

2

1

2

ln



U

R



 , trong đó U là hiệu điện thế giữa hai trụ

Người ta tạo ra trong khoảng không gian giữa hai trụ

một từ trường đều B = 0,2T, các đường sức từ song

song với trục hình trụ và có chiều như hình 1 Khoét một lỗ ở trụ ngoài rồi bắn một hạt

 có năng lượng W = 100eV bay vào chính giữa hai trụ theo phương vuông góc bán kính và nằm trong mặt phẳng hình vẽ Hiệu điện thế giữa trụ (1) và trụ (2) là bao nhiêu để hạt 

luôn chuyển động cách đều hai trụ Bỏ qua tác dụng của trọng lực

ĐỀ THI DỰ PHÒNG

Hình 1

R

X

Hình 3

A

+

+ +

R2

R1

B

v

1

2

5p0

P0

p

Hình 2

Trang 2

Câu 4 (5điểm)

Vật AB đặt trước một hệ ba thấu kính mỏng (L1), (L2) và (L3) đặt đồng trục như hình 4 Biết tiêu cự của các thấu kính đó là f1 = 30cm, f2 = – 20cm

và f3 = 40cm Khoảng cách O1O3 = 80cm

Khi dịch chuyển vật AB phía trước thấu kính (L1) ta

nhận thấy số phóng đại k của ảnh qua hệ thấu kính này

không thay đổi Tính:

a Khoảng cách O1O2

b Số phóng đại k

-Hết -

Họ và tên thí sinh : Số báo danh

Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:

Hình 4

Trang 3

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HDC THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH NĂM 2017

MÔN: VẬT LÝ

Ngày thi: 25/4/2017

Câu 1

(5 điểm)

Tính toán: 0

0





2

5mR )

2

v

       (1) Thay số: v0 X 10m s/

m

  thay (1) vào: 0 625rad s/

Nhận xét : Tổng quát: điều kiện lăn không trượt vG =

kt

 R (2) Theo bài ra : X = const; v0 = const

0 0

10

500 /

0, 02

v

R

Kết quả tính toán: 0 625rad s/ >kt điểm tiếp xúc A trượt sang

trái => Fms trượt hướng phải

Fms = p = mg (giảm, v tăng)

* G: CĐNDĐ: a = F ms

m = g; vG = v0 + at = v0 + gt (3)

* Fms tạo mô mem cản => bóng quay chậm dần: 5

2



5 2

g

R



Đến thời điểm t1: lăn không trượt: v = R

v0 + gt1 = R(0-5

2

g R



t1)

=> t1 = 2 0 0

7

g







;Thay số: t1 = 0,7 s

Từ thời điểm t1 trở đi bóng lăn không trượt

Quãng đường đi được : 2

0 1 1

1 2

S v t  at ; Thay số : S = 7,3m

0,5 0,5 0,5 0,5

0,25

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

0,5

Câu 2

(5 điểm)

1(2điểm)

Đường 2-3 có dạng:

0

p

= k

0

V V

+ TT2: V2=7V0 ; p2=p0  k =

7 1

+ TT3: V3=3Vo;

p3= kp0

0

3

V

= 7

3p0

+ Theo C-M: T3 = p3V3

= 9p0V0

0,5 0,5

0,5

ĐỀ DỰ PHÒNG

1

2

5p0

P0

p

Trang 4

2(3điểm)

Công do chất khí thực hiện có giá trị: A = S(123) =

7

64p0V0

* Tính nhiệt lượng khí thu vào trong cả chu trình:

+ Xét quá trình đẳng tích 3-1: Q31 = U = nR

2

i T

 = 2 3

nR(

nR

V

p1 1

-nR

V

p3 3

) =

7

144p0V0

+ Xét quá trình 1-2: p = aV+b Ta có TT1: 5po = a.3V0 + b Ta có TT2: po =

-0

V

p o

.V + 8po  a =

-0

V

p o

vµ b = 8p0

Vì vậy quá trinh 12: p =

-0

V

p o

.V + 8po (1)

Thay p =

V

nRT

vµo ta có: nRT =

-0

V

p o

.V2 + 8poV

 nRT = -2

0

V

p o

.V + 8poV (2) + Theo NLTN: Khi thể tích khí biến thiên V; nhiệt độ biến thiên

T thì nhiệt lượng biến thiên:

Q =

2

3

nR T + pV (3)

+ Thay (2) vào (3) ta có: Q = (20po-4

0

V

p o

V) V

 Q = 0 khi VI= 5Vo và pI = 3po

như vậy khi 3V o V5V o thìQ>0 tức là chất khí nhận nhiệt

lượng

Q 12 = Q 1I = U1I + A1I =

2

3

nR (TI-T1) +

2

1 p I

p 

(VI-V1) = = 8p0V0

* hiệu suất chu trình là: H =

I Q Q

A

1

31 = 32%

0,25

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

0,25

0,25 0,25

Câu 3

(5 điểm)

- Khi bay vào trong không gian có điện trường và từ trường, hạt  chịu lực điện

từ:

F q E q v B





 (1)

- Để hạt không bị lệch về các bản mặt trụ thì F

phải đúng bằng lực hướng tâm,

là lực cần thiết để giữ hạt bay trên quỹ đạo tròn có bán kính:

0,5

Trang 5

R R R 5,5cm

2

6 5 2

2

1    

 (2)

- Nhận thấy lực điện q E

và lực từ q v B

 cùng phương, lực từ hướng vào trục hình trụ Giả sử trụ trong tích điện dương, trụ ngoài tích điện âm, khi đó lực

điện sẽ hướng ra xa trục và U = V1 – V2 > 0

- Áp dụng định luật II Niu tơn cho hat :

R

v m E q B v q

2

  (3)

- Từ công thức:

m

W v

v m

2





 (4)

- Cường độ điện trường giữa hai trụ :

2 0

1

U E

R





  (5)

- Thay (4) và (5) vào (3) ta có:

2 1

ln

U

R

  (6)

2 1

2W 2W

R

- Thay số vào (7), ta tính được: U121V

- Do U > 0 nên điều giả sử trên là đúng Vậy hiệu điện thế giữa trụ trong so

với trụ ngoài là 121V

0,5

0,5 0,5 0,5

0,5

0,5 0,5 0,5

Câu 3

(5 điểm)

a.(3 điểm)

Khi vật dịch chuyển trước TK O1, đầu A của vật có quỹ đạo là đường

thẳng song song trục chính Nếu hệ số phóng đại qua hệ không đổi thì

ảnh A3 của A có quỹ đạo cũng là đường thẳng song song trục

chính……….………

Nếu xét một tia sáng tới trùng với quỹ đạo của A, tia sáng ló ra sau hệ

sẽ phải trùng với quỹ đạo của ảnh A3………

Vậy điều kiện để hệ số phóng đại không thay đổi là tia sáng tới song

song trục chính sau khi qua hệ phải cho tia ló song song trục

chính……

Tia tới song song trục chính suy ra d1 =  , tia ló song song trục chính

suy ra d’3=….………

Ta có sơ đồ tạo ảnh sau:

Gọi x = O1O2, khi đó O2O3 = 80 – x

0,25

Trang 6

Ta có:

'

1 ; 1 1 30

'

3 ; 3 340

2 2 3 3  240

Theo công thức thấu kính:

2 2 2

……

2

50





 

Cả hai nghiệm đều thỏa điều kiện 0 < x < 80cm nên đều được nhận

3 3

2 3

1 1

2 1

'

10 '

O F

A B

O F

k

AB

…………

0,25

0,25 0,25

0,25

b 2 điểm)

Nếu x = 50cm  d2 = 20cm và d2’= – 10cm; ta có hình vẽ sau:

Số phóng đại k:

3 3

2 3

1 1

2 1

'

20 '

O F

A B

O F

k

AB

…………

+ Nếu x = 20cm  d2 = – 10cm và d2’= 20cm; ta có hình vẽ sau:

0,5

A B

'

A

'

B

1'

F

3

F a

1

O

2

O

3

O

Trang 7

Số phóng đại k:

3 3

2 3

1 1

2 1

'

10 '

O F

A B

O F

k

AB

0,5

-HẾT -

Ghi chú:

1 Thí sinh có thể giải theo cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa

2 Nếu sai đơn vị ở phần kết quả thì trừ 0,25 điểm cho toàn bài thi

A B

'

A

'

B

1'

F

3

F

1

a

Trang 8

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH NĂM 2017

MÔN: VẬT LÝ

Ngày thi: 26/4/2017

Bài 1( 4 điểm) Động lực học: Cho hệ cơ học như hình vẽ: Nêm có khối lượng M, góc nghiêng α

Trên mặt nêm có hai vật có khối lượng m1 và m2 ( m1>m2) Bỏ qua

khối lượng của ròng rọc và dây

1) Giữ nêm cố định Biết hệ số ma sát giữa hai vật với nêm là

k

a) Tìm giá trị cực đại của góc α để hai vật đứng yên

b) Góc α > αmax (ở câu a) Tính gia tốc của hai vật

2) Trường hợp không có ma sát giữa hai vật và nêm, giữa nêm và sàn ngang Tính gia tốc tương đối am của hai vật với nêm và gia tốc aM của nêm đối với sàn

Bài 2 : (4 điểm) Các định luật bảo toàn:

Một vật khối lượng m = 0,1 (kg) trượt trên

mặt phẳng nằm ngang với vận tốc v0 = 0,5 (m/s) rồi

trượt lên một cái nêm có dạng như trong hình vẽ

Nêm ban đầu đứng yên, có khối lượng M = 0,5

(kg), chiều cao của đỉnh là H ; nêm có thể trượt trên mặt phẳng nằm ngang Bỏ qua mọi ma sát và mất mát động năng khi va chạm Mô tả chuyển động của hệ thống và tìm các vận tốc cuối cùng của vật và nêm trong hai trường hợp sau : Lấy g = 10 (m/s2

)

- Khi H = 1 cm

- Khi H = 1,2 cm

Bài 3:( 4 điểm) Tĩnh học: Một chiếc thang AB=l, đầu A tựa trên sàn ngang, đầu B tựa vào tường

thẳng đứng Khối tâm C của thang cách A một đoạn

3

l

Thang hợp với sàn một góc α

1) Chứng minh rằng thang không thể đứng cân bằng nếu không có ma sát

2) Gọi hệ số ma sát giữa thang với sàn và tường đều là k Biết góc α=600 Tính giá trị nhỏ

nhất của k để thang đứng cân bằng

3) Khi k=kmin, thang có bị trượt không, nếu:

a) Một người có trọng lượng bằng trọng lượng thang đứng tại điểm C

b) Người ấy đứng ở vị trí D cách A một đoạn

3

2l

4) Chứng minh rằng α càng nhỏ thì để thang không trượt thì ma sát càng lớn Tính kmin khi α=450 ( không có người)

m

m1

m2

M

α

ĐỀ DỰ PHÒNG

Trang 9

Bài 4 ( 4 điểm) Nhiệt học: Trong một động cơ nhiệt có n mol khí (với i=3) thực hiện một chu trình

kín như hình vẽ Các đại lượng po; Vo đã biết Hãy tìm

+ Nhiệt độ và áp suất khí tại điểm 3

+ Công do chất khí thực hiện trong cả chu

trình?

+ Hiệu suất của máy nhiệt?

Bài 5:( 4 điểm) Động lực học vật rắn:Một trụ đặc có

khối lượng m, bán kính đáy R đang quay đều quanh trục của

nó theo phương ngang với vận tốc góc o Trụ được đặt nhẹ

nhàng lên một sàn xe phẳng, dài nằm ngang Xe có cùng khối

lượng m với trụ và có thể trượt không ma sát trên mặt đất.Ngay sau đó xe chuyển động nhanh dần,

nhưng sau một khoảng thời gian xe đạt được vận tốc ổn định và không đổi

a Xác định vận tốc ổn định của xe

b Xác định năng lượng mất mát từ khi trụ được đặt lên xe đến khi xe đạt vận tốc không đổi

-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 HDC THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH NĂM 2017

MÔN: VẬT LÝ

Ngày thi: 26/4/2017

1) Nêm đứng yên

a) Tính aMAX để hai vật đứng yên

Vì m1 >m2 nên vật m1 có xu hướng trượt trước

0 sin

.

1g TF ms 

0 sin

.

2g T F ms 



sin )

( 1 2

2

1 F m m g



Mà F ms1F ms2 (m1m2).g.sin

0,5

0,25

1

2

5p0

P0

p

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Trang 10

Suy ra:

2 1

2

1 ) (

tan

m m

m m k







2 1

2 1 max

) (

tan

m m

m m k







b) α > αmax tính gia tốc của hai vật



















a m g

km T g

m

a m g

km T g

m

cos

sin

cos

sin

2 2

2

1 1

1



=>

2 1

2 1 2

1 ) .sin ( ) .cos (

m m

g m m k g

m m a





(2) 2) Không có ma sát

Gọi gia tốc của hai vật đối với nêm là a; gia tốc của nêm đối với đất là a M



Ta có phương trình chuyển động cho ba vật là:



























N T N N P a M

T N P a a m

M M M

2

) (

2 1

2 2 2 2

1 1 1 1

Chiếu lên các trục ox và oy của các phương trinh ta có:

























) 2 )(

cos ( cos

sin

) 1 )(

cos ( cos

sin

2 2

1 1

M

M a a

m T

N

a a

m T

N























) 4 ( sin sin

cos

) 3 ( sin sin

cos

2 2

2

1 1

1



a m T

N g m

a m T

N g m

) 5 ( sin

sin cos

2T N1 N2  M a M

Từ (1) và (2):

) 6 ( )

( cos ) (

sin )

(N1N2   m1m2 a   m1m2 a M

) 7 ( ) (

cos ) (

cos 2 sin )

(N1N2  T   m1m2 a  m1m2 a M

Từ (3) và (4): (m1m2).g(N1N2)cos (m1m2)a.cos(8)

Từ (5) và (7): M.a M (m1m2).a.cos(m1m2).a M

) (

cos )

(

2 1

M m m

a m m

a M





Thay (9) vào (6): ( ).sin ( ). 4 . cos

2 1

2 1 2

1 2

m m M

m m M m m N















Giải hệ (8) và (10) ta có:



2 2 1 2

2 2 1 2 1

2 1 2 1

cos 4

sin ) (

) (

sin ) )(

(

m m m

m m m M

g m m m m M a









0,25

0,5

0,25

0,5

Trang 11



2 2 1 2

2 2 1 2 1

2 2 1

cos 4

sin ) (

) (

cos sin ) (

m m m

m m m M

g m m

a M







Bài 2 * Nhận xét : Nếu vật không vượt được qua đỉnh của nêm thì vật lên đến độ cao

cực đại bằng h

so với phương nằm ngang thì cả vật và nêm sẽ có cùng vận tốc là v (vật

dừng trên nêm)

Ta có thể lập phương trình theo các định luật bảo toàn :

- Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta có :

2 0

2

1

mv = ( ) 2

2

1

v M

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng :

(2)  v =

M m

mv



0

thế vào (1) ta được :

+ Phương trình (1)  2

0

2

1

mv =

2 0

) (

2

1















M m

mv M

0

2

1

mv =

) (

) ( 2

1 0 2

M m

mv

 + mgh

0

2

1

v =

) (

2

1 02

M m

mv

 + gh

 (m + M)v02 = mv20 + 2gh(m + M)  Mv20 = 2gh(m + M)

 h =

) (

2

2 0

M m g

Mv

 Thay các giá trị M = 0,5 (kg), v0 = 0,5 (m/s), m = 0,1 (kg),

g = 10 (m/s2)

ta được h =

) 5 , 0 1 , 0 ( 10 2

5 , 0 5 ,

 = 12

125 , 0  0,0104 (m) = 1,04 (cm)

a Khi H = 1 (cm)

Khi H = 1 (cm) thì vật vượt đỉnh nêm, lúc rơi xuống sường sau thì vật hãm nêm, cuối cùng vật

sẽ đi nhanh hơn nêm

0,5

0,25

0,5

0,25

0,5

Trang 12

Vận tốc cuối của vật v1 > vận tốc cuối của nêm v2  0 áp dụng các định luật bảo toàn ta có :

2 0

2

1

mv = 12

2

1

mv + 22

2

1

mv0 = mv1 + Mv2 (4)

+ Từ phương trình (4)  v2 =

M

v v

m( 0  1)

thế vào phương trình (3) ta được :

 mv2

0 = mv2

1 + M

2 1

0 ) (







M

v v m

0 = Mmv2

1 + m2

(v0 - v1)2

0 = Mv2

1 + m(v0 - v1)2

 Mv20 = Mv12 + mv20 - 2mv0v1 + mv12

 (M + m)v12 - 2mv0v1 - (M - m)v20 = 0 Ta có :

/

 = m2v20 + (M + m)(M - m)

= m2v20 + (M2 - m2)v20 = M2v02

Ta có hai nghiệm : v1 =

) (

2 0 2 0

m M

v M mv



=

1 , 0 5 , 0

5 , 0 5 , 0 5 , 0 1 , 0



=

6 , 0

3 , 0 = 0,5 (m/s)

 v2 = 0

Nghiệm thứ hai : v1 =

) (

2 0 2 0

m M

v M mv





=

1 , 0 5 , 0

5 , 0 5 , 0 5 , 0 1 , 0





=

6 ,

0

2 , 0



= - 3

1 < 0 Vậy v1 = 0,5 (m/s) ; v2 = 0

* khi H = 1,2 cm, vật lên tới độ cao 1,04 cm thì bị trụt trở lại và thúc nêm

 v2 > 0 ; v1 có thể dương hoặc âm

Ta nhận thấy rằng với v1 = 0,5 (m/s) ; v2 = 0 không phù hợp

Vậy v1 =

3 1

 (m/s)  v2 =

M

v v

m( 0  1)

=

5 , 0

) 3

1 5 , 0 ( 1 ,

= 5 , 1

25 , 0 = 0,167

0,25

0,5

Trang 13

B

A

D

C

·

F ms2

N 2

N 1

F ms1

P

(m/s)

Bài 3 1) Không có ma sát thang không cân bằng

Điều kiện cân bằng là: Tổng hợp lực tác dụng lên thanh:

0

2

1 



   



N N P

R Ba vectơ lực này có tổng không thể bằng không do không đồng quy vì vậy thanh không cân bằng

2) Tính k min

Xét trạng thái giới hạn thì lực masát nghỉ cực đại là

Fms1=k.N1 ; Fms2=k.N2 Điều kiện cân bằng: PN1N2 0 Chiếu lên các phương nằm ngang và thẳng đứng ta có:

N2=F1=k.N1 (1) P=N1+Fms2 =N1+k.N2 (2)

3 l  N2l  F 2l  

2

2.tan

P





Từ (1) và (2) => 2 k N2

k

N

Từ (3) và (4) ta có: 2.k2(3.tan).k10 (5) Thay góc α=600

giải nghiệm kmin=0,18

3) a) Thang có trượt không?

Kmin và thỏa mãn công thức (5) và không phụ thuộc vào trọng lực P nên khi người đứng tại khối tâm C ( tức P tăng ) thì thang không bị trượt

b) Người đứng tại D

Khi khối tâm của hệ người và thang là trung điểm I của AB Điều kiện cân bằng lúc này là:

N2=F1=k.N1 (6) 2P=N1+Fms2 =N1+k.N2 (7) Phương trình momen là:

0 cos sin

cos

2

2P l  N2l  F m s2l  

2

2.tan k.N N









0,5

0,25

0,5

0,25

0,5

0,25

0,5

Định dạng
Số trang	16
Dung lượng	588,9 KB