Đề thi chon HSG Trường THPT Quỳ Hợp 2 - 2010. Có đáp án

Xét sự biến thiên nhiệt độ T của khí trong cả quá trình.. Với giá trị nào của thể tích V thì nhiệt độ T lớn nhất, giá trị lớn nhất Tmax của nhiệt độ T là bao nhiêu?. Tính công mà khí sin

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

Trường THPT Quỳ Hợp 2

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG

Năm học 2010 - 2011

Môn thi: VẬT LÝ LỚP 12 – THPT

Thời gian làm bài: 180 phút.

Câu 1( 4 điểm) Cho 3

4 mol khí lí tưởng biến đổi theo quá trình cân bằng từ trạng thái có áp suất

p0 = 2 105 Pa và thể tích V0 = 8 lít đến trạng thái có áp suất p1

= 105 Pa và thể tích V1 = 20 lít Trong hệ toạ độ p,V quá trình được biểu diễn bằng đoạn thẳng AB (Hình 1) Biết R = 8,31J/mol.K

1 Tính nhiệt độ T0 của trạng thái ban đầu (A) và T1 của trạng thái cuối (B).

2 Tính công mà khí sinh ra và nhiệt mà khí nhận được trong cả quá trình Biết nội năng của khí lí tưởng được tính:

U = 3 nRT

2 với n là số mol khí

3 Xét sự biến thiên nhiệt độ T của khí trong cả quá trình Với giá trị nào của thể tích V thì nhiệt độ T lớn nhất, giá trị lớn nhất Tmax của nhiệt độ T là bao nhiêu?

4 Tính công mà khí sinh ra trong từng giai đoạn ( giai đoạn tăng và giai đoạn giãm nhiệt độ) của quá trình.

Câu 2 ( 3,5 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ (Hình

2a) Tụ điện có điện dung C = 100 μFF được tích đến

hiệu điện thế U0 = 5V nối với điện trở R = 100  qua

một điốt có đặc trưng Vôn – Ampe như hình 2b Ban

đầu khoá K ngắt.

1 Ngay sau khi đóng khoá K thì dòng điện trong

mạch sẽ là bao nhiêu?

2 Hiệu điện thế trên tụ sẽ bằng bao nhiêu vào thời

điểm dòng điện trong mạch là 10 mA sau khi đóng

mạch.

3 Nhiệt lượng được giải phóng trên điốt sau khi

đóng mạch bằng bao nhiêu?

Câu 3 ( 3 điểm) Cho hệ quang học như hình vẽ (Hình 3):

f1 = 30cm; f2 = - 10 cm; O1O2 = a.

1 Cho AO1 = 36 cm hãy:

* Xác định ảnh cuối cùng A’B’ của AB tạo bởi hệ

với a = 70 cm.

* Định giá trị của a để A’B’ là ảnh thật.

2 Với giá trị nào của a thì độ phóng đại ảnh cuối

cùng A’B’ tạo bởi hệ thấu kính không phụ thuộc vị trí của

vật.

Đề chính thức

(Đề có 02 trang)

p

p0

p

1

A

B

V

Hình 1

C

R

D K

U0

Hình 2a

U(V)

I(mA)

O 0,5 1,0 1,5

2,0

40 30 20 10

Hình 2b

A

B

a

Hình 3

Câu 4 ( 3điểm) Một quả cầu nhỏ đặt ở đỉnh của một mặt bán cầu Tại t = 0 quả cầu bắt đầu lăn

không trượt xuống mặt cầu với tốc độ góc ban đầu ω0 = 0 Tính góc α xác định vị trí tại đó quả cầu bắt đầu rời khỏi mặt cầu.

Câu 5 ( 5,5 điểm) Cơ hệ được bố trí như hình 4 Bỏ qua khối lượng ròng rọc, lò xo và dây nối.

Dây nối không giãn, coi ma sát không đáng kể Kéo vật xuống dưới vị trí cân bằng một đoạn rồi thả nhẹ Tìm chu kì dao động của vật.

Câu 6 ( 1 điểm) Có ba hộp chứa linh kiện dán nhầm nhãn:

Mỗi hộp có hai linh kiện Mỗi linh kiện là một hộp đen có hai đầu ra Dùng bóng đèn Pin, sợi dây điện, Pin con thỏ Chỉ lấy một hộp ( thao tác một lần) mở hộp ra lấy một linh kiện bất kì, thao tác một lần với linh kiện đó Làm thế nào để biết trong mỗi hộp chứa gì?

……… ……… Hết……….

Họ và tên thí sinh:……… Số báo danh:

………

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích gì thêm !

2

m

Hình 4

k2

k1

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

Trường THPT Quỳ Hợp 2 Kè THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG Năm học 2010 - 2011

hớng dẫn và biểu điểm Chấm đề chính thức

(Hớng dẫn và biểu điểm chấm gồm 06 trang)

Môn: Vật lý lớp 12 - THPT

-Chỳ ý: Nếu thớ sinh giải theo cỏch khỏc so với hướng dẫn dưới đõy mà đỳng thỡ vẫn cho điểm tối

đa.

Cõu

í

chớ

nh

Cõu 1

1

Áp dụng phương trỡnh trạng thỏi cho 3

4mol khớ lớ tưởng ta cú: pV =

3

Suy ra: T0 = 4P V0 0

257(K)

T1 = 4P V1 1

321(K)

2

Cụng sinh ra bằng diện tớch hỡnh thang AV0V1B (hỡnh 1) 0,25đ

A = 1 0 1 1 0 (p + p )(V - V ) = 1800 (J).

Biến thiờn nội năng: 3 3

ΔU = R.ΔT 600(J)U = R.ΔU = R.ΔT 600(J)T 600(J)

Nhiệt mà khớ nhận được theo nguyờn lý I: Q = U + A = 2400(J) 0,25đ

3

T = 4

pV

Xột khớ ở trạng thỏi cú nhiệt độ T; thể tớch V; ỏp suất p Ta cú:

0,25đ

Thay vào (1) ta cú: T = 1 2 1 2 32

T = Tmax khi V = Vs = b

Tmax = ΔU = R.ΔT 600(J)

- = 342(K).

4

Xột giai đoạn nhiệt độ tăng từ T0 = 257(K) đến Tmax = 342(K), thể tớch tăng từ V0 = 8lớt đến Vs = 16lớt

Cụng sinh ra bằng diện tớch hỡnh thang ASVsV0 (hỡnh vẽ)

0,25đ

Cõu 2

(p + p )(V - V ) = 1333 (J).

Xột giai đoạn nhiệt gióm từ Ts = 342(K) đến T1 = 321(K), thể tớch tăng từ Vs = 16lớt đến

V1 = 20lớt

Cụng sinh ra bằng diện tớch hỡnh thang SBV1Vs (hỡnh vẽ)

0,25đ

A2 = 1 1 1 (p + p )(V - V ) = 467 (J).

1

Sau khi đóng mạch, hiệu điện thế trên tụ sẽ thay đổi về dấu và độ lớn Giả sử rằng dòng

Áp dụng định luật Ôm cho mạch điện kín ta có: U0 = Ud + I0R 0,25đ Với giả sử trên, theo giả thiết ta có Ud = 1V 0,25đ

Ta có: I0 = U - U0 d

R  mA > 10mA

Vậy dòng điện trong mạch sau khi đóng K là 40mA

0,25đ

2

Sau khi đóng mạch, tụ sẽ phóng điện, dòng điện trong mạch giảm dần Khi dòng điện bằng I1 = 10mA, áp dụng định luật Ôm ta tính được hiệu điện thế giữa hai bản tụ điện bằng: UC = Ud + I1R = 2V

0,5đ

3

Từ thời điểm đóng mạch đến khi tụ điện phóng hết điện tích thì điốt trải qua hai chế độ:

- Khi dòng điện trong mạch thay đổi từ I0 = 40mA đến I1 = 10mA

- Khi dòng điện trong mạch thay đổi từ I1 = 10mA đến I = 0

0,25đ Trong chế độ thứ nhất, hiệu điện thế trên điốt không đổi và bằng 1V, còn hiệu điện thế

trên tụ giảm từ U0 = 5V đến Uc = 2V Trong thời gian đó điện tích chạy qua điốt: q = C(U0 – UC) = 3.10-4C

0,25đ Nhiệt lượng giải phóng trên điốt: Q1 = qUd = 3.10-4J 0,25đ Trong chế độ thứ hai, điốt giống như một điện trở bình thường có giá trị: Rd = d

1

U = I

100

0,25đ Sau khi kết thúc chế độ thứ nhất, hiệu điện thế trên tụ bằng UC = 2V năng lượng điện

trường còn lại trên tụ bằng: W =

2

4

1.10 ( ).

2

C

CU

J





0,25đ

Vì điện trở của điốt bằng giá trị của điện trở R, nên nhiệt lượng được giải phóng bằng nhau cho mỗi điện trở Như vậy, trong chế độ thứ 2, năng lượng giải phóng trên điốt bằng: Q2 = W 4

10 ( )



0,25đ

Nhiệt lượng toàn phần giải phóng trên điốt sau khi đóng mạch:

Câu 3 1

Sơ đồ tạo ảnh qua hê thấu kính:

A B

1 2 2

Áp dụng công thức thấu kính suy ra: 1 1 1

d f

2 2 2

d f

1 2

d' d'

Vậy, A’B’ là ảnh ảo, cùng chiều với vật và bằng một nữa vật A’B’ trước L2 cách O2 một khoảng 11 (cm)

0,25đ

4

Vì L2 là thấu kính phân kì nên ảnh của vật qua L2 là ảnh thật nếu vật là vật ảo nằm trong

d2 = a – d’1  -10  a – d’1  0 hay 170cm  a  180cm 0,25đ

2

Độ phóng đại ảnh cuối cùng A’B’: k = 1 2

f f

Với:

1 2

1 1

d = a - d'

f f

k =

d f

d - f















Để k không phụ thuộc d1 thì a – f1 – f2 = 0 0,25đ

Câu 4

Vì quả cầu lăn không trượt, nên áp dụng định luật bảo toàn năng lượng cho chuyển động của khối tâm quả cầu trên mặt cầu ta có: mgR = mgRcos + 1 2 1 2

mv + Iω

0,25đ

Với v = R; mô men quán tính I = 2 2

mR

5 suy ra:

Vận tốc khối tâm của quả cầu tại thời điểm bất kì trên mặt cầu được tính:

2 10gR(1- cosα)

v =

0,25đ

Mặt khác khối tâm của quả cầu chuyển động trên quỹ đạo tròn bán kính R, do đó ta có:

Fht = mgcos - N (N - phản lực của mặt cầu)

0,25đ

Ngay lúc quả cầu rời khỏi mặt cầu thì N = 0 suy ra: mgcos =

2

mv

R hay

2

v = gRcosα(2)

0,25đ

Từ (1) và (2) suy ra: cos = 10

Vậy góc  xác định vị trí tại đó quả cầu rời khỏi mặt cầu thoả mãn: cos = 10

17

0

54 

0,25đ

Câu 5 Chọn trục toạ độ thẳng đứng, gốc O ở vị trí cân bằng, chiều dương hướng xuống 0,5đ

Các lực tác dụng vào hệ vật khi quả cầu ở vị trí cân bằng như hình 1 0,25đ

Tại vị trí cân bằng: 01

02

0

0 Ox

2T' + F = 0 2T - k ΔU = R.ΔT 600(J) = 0

k ΔU = R.ΔT 600(J) - 2T = 0 2T'' + F = 0





 





 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 



 



1

mg - (k ΔU = R.ΔT 600(J) + k ΔU = R.ΔT 600(J) ) 0.

4

(  01;  02 lần lượt là độ biến dạng của hai lò xo khi quả cầu ở vị trí cân bằng)

0,5đ

0,5đ

m

Hình 1

k2

k

1

P

0

T  0

T' 

0 T'' 

01

d

F 

02

d

F 

O

Tương tự tại li độ x của vật các lực tác dụng vào vật như hình 2: 0,25đ

2

h Ox

d

2T'+ F = 0 2T- k (ΔU = R.ΔT 600(J) + x ) = 0

k (ΔU = R.ΔT 600(J) + x ) - 2T = 0 2T''+ F = 0

h





 





 



 



0,5đ

1

F = - (k + k x )

4

Mặt khác ta có:

2 1

2

k x

x =

x = 2(k +k )









0,5đ

k k

4(k + k )





0,5đ

Áp dụng định luật II Newton, suy ra: 1 2

k k

4m(k + k ) x

0,5đ

k k

4m(k + k ) 

0,5đ

Vậy vật m dao động điều hoà với chu kì: 1 2

1 2

4m(k + k )

T = 2π

0,5đ

Câu 6 Gọi hộp có nhãn R – R là hộp 1; hộp có nhãn R – C là hộp 2; hộp có nhãn C – C là hộp

3 Chọn hộp 2 mở ra lấy một linh kiện Dùng dây nối, bóng đèn Pin và Pin mắc nối tiếp thành mạch điện kín Có hai trường hợp xảy ra

0, 5đ

Trường hợp 1: Bóng đèn sáng Linh kiện đã lấy ra là điện trở R Vì hộp bị dán nhầm

nhãn cho nên 2 không thể là R – C vì vậy 2 phải là hộp chứa R – R Do đó 3 sẽ là hộp chứa R – C(vì nhầm nhãn nên 3 không thể là C – C) và hộp còn lại (hộp 1) sẽ chứa C – C

0,25đ

Trường hợp 2: Bóng đèn không sáng Linh kiện lấy ra là tụ điện C Vì hộp bị dán nhầm

nhãn nên 2 không thể là R – C Do đó 2 sẽ là hộp chứa C – C Suy ra 1 phải là hộp chứa

0,25đ

6

m

Hình 2

k2

k

1

P

T T'

 F  d 1 T'' 

2

d

F 

x O

x

R – C (không thể là R – R vì nhầm nhãn) Vậy hộp còn lại (3) chứa R – C.