b) Biết rằng sau va chạm hai quả cầu sẽ đạt độ cao cực đại cùng một lúc.Tính góc lệch giữa hai sợi dây khi đó. Câu 2 Một bình kín hình trụ chiều cao h, đặt thẳng đứng và được chia làm [r]
Trang 1SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2
KÌ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 11
ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ NĂM HỌC 2018 - 2019
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề
Đề thi gồm: 02Trang
Câu 1 Hai quả cầu I và II có bán kính như nhau nhưng khối lượng khác nhau
tương ứng m1 = 100 g và m2 = 200 g, được treo cạnh nhau bởi hai sợi dây nhẹ,
không dãn, cùng chiều dài l = 1 m (rất lớn so với bán kính các quả cầu) như hình
vẽ Kéo lệch quả cầu I khỏi vị trí cân bằng sao cho sợi dây treo nó căng, hợp với
phương thẳng đứng một góc = 600 rồi thả nhẹ Khi qua vị trí cân bằng, quả cầu
I va chạm đàn hồi với quả cầu II Bỏ qua ma sát và lực cản của môi trường Lấy
g = 10 m/s2
a) Tính vận tốc của quả cầu I ngay trước khi nó va chạm với quả cầu II Ngay sau
va chạm, vận tốc của các quả cầu là bao nhiêu?
b) Biết rằng sau va chạm hai quả cầu sẽ đạt độ cao cực đại cùng một lúc.Tính góc
lệch giữa hai sợi dây khi đó
Câu 2 Một bình kín hình trụ chiều cao h, đặt thẳng đứng và được chia làm hai phần nhờ một pittông cách
nhiệt Pittông có khối lượng M=500g và có thể chuyển động không ma sát trong xi lanh Phần trên của bình chứa khí Hêli, phần dưới của bình chứa khí Hiđrô Biết hai khối khí có cùng khối lượng m và ở cùng nhiệt độ, lúc này pittông nằm cân bằng ở vị trí cách đáy dưới một đoạn 0,6h Biết tiết diện bình là S 1dm2.Tính áp suất khí trong mỗi phần bình
Câu 3 Vật khối lượng m được kéo đi lên trên mặt phẳng nghiêng với lực F , F hợp
với mặt phẳng nghiêng góc β Mặt phẳng nghiêng góc α so với mặt phẳng ngang Hệ
số ma sát trượt giữa vật và mặt phẳng nghiêng là µ
a) Tìm biểu thức tính F khi vật đi lên đều theo mặt phẳng nghiêng
b) Với m = 5kg, α= 45 o , µ= 0,5, lấy g = 10m/s 2 Xét vật đi lên đều, tìm β để F nhỏ
nhất, tìm giá trị lực F nhỏ nhất đó
Câu 4 Hai tấm kim loại phẳng nằm ngang, song song với nhau tích điện như nhau
và trái dấu, điện trường E trong khoảng không gian giới hạn bởi hai tấm Chiều dài
mỗi tấm phẳng bằng l Một electron bay vào trong điện trường dưới góc tới so
với mặt tấm và bay ra khỏi điện trường với góc như hình vẽ Bỏ qua tác dụng của
trọng lực
a Xác định động năng ban đầu của electron
b Từ biểu thức tìm được ở câu a hãy áp dụng để tính với =300 và =450, l=10cm, E=100V/m, e=1,6.10-19C
Câu 5 Cho mạch điện như hình vẽ 5 : U = 60V (không đổi),
C1 = 20µF, C2 = 10µF
a Ban đầu các tụ điện chưa tích điện Khóa K ở vị trí b, chuyển sang a rồi lại về b
Tính điện lượng qua R
b Sau đó chuyển K sang a rồi lại về b Tính tổng điện lượng qua R sau n lần chuyển
khóa như trên
m 1
m 2
Hình cho câu 1
α
F
l
C 1 C 2
R
K
+
-U
Hình 5
Trang 2Câu 6 Cho mạch điện như hình vẽ 6
cho biết E1=16V; E2=5V; r1=2; r2=1;R2 = 4;
Đèn Đ có ghi 3V - 3W; RA 0 Biết đèn sáng bình thường
và ampe kế chỉ số 0 Hãy tính các điện trở R1 và R3
Câu 7 Cho mạch điện như hình vẽ C = 2 F, R1 = 18 ,
R2 = 20 , nguồn điện có suất điện động E = 2 V và điện trở trong không
đáng kể Ban đầu các khóa K1 và K2 đều mở Bỏ qua điện trở các khóa và
dây nối
a) Đóng khóa K1 (K2 vẫn mở), tính nhiệt lượng tỏa ra trên R1 sau khi điện tích trên tụ
điện đã ổn định
b) Khi K1, K2 đang còn đóng, ngắt K1 để tụ điện phóng điện qua R2 và R3 Tìm R3 để
điện lượng chuyển qua R3 đạt cực đại và tính giá trị điện lượng cực đại đó
Câu 8 Tại thời điểm t = 0 có hai hạt nhỏ giống nhau, cùng điện tích q và khối lượng
m, chuyển động đồng thời từ một điểm theo phương vuông góc với vectơ cảm ứng từ
B
của một từ trường đều, tại đó vận tốc hai hạt cùng chiều và có độ lớn lần lượt là v1
= v0, v2 = 3v0 Bỏ qua lực cản của môi trường, trọng lượng các hạt và lực tĩnh điện giữa
hai hạt
a) So sánh bán kính quỹ đạo, chu kì chuyển động của hai hạt
b) Xác định thời điểm khoảng cách giữa hai hạt đạt cực đại và tính khoảng cách cực đại đó
Câu 9 Hai thanh ray có điện trở không đáng kể được ghép song song với
nhau, cách nhau một khoảng l trên mặt phẳng nằm ngang Hai đầu của hai
thanh được nối với nhau bằng điện trở R Một thanh kim loại có chiều dài
cũng bằng l, khối lượng m, điện trở r, đặt vuông góc và tiếp xúc với hai thanh
Hệ thống đặt trong một từ trường đều B có phương thẳng đứng (hình 9)
a) Kéo cho thanh chuyển động đều với vận tốc v.Tìm cường độ dòng điện
qua thanh và hiệu điện thế giữa hai đầu thanh
b) Ban đầu thanh đứng yên Bỏ qua điện trở của thanh và ma sát giữa thanh
với ray Thay điện trở R bằng một tụ điện C đã được tích điện đến hiệu điện
thế U0 Thả cho thanh tự do, khi tụ phóng điện sẽ làm thanh chuyển động nhanh dần Sau
một thời gian, tốc độ của thanh sẽ đạt đến một giá trị ổn định vgh Tìm vgh? Coi năng lượng
hệ được bảo toàn
Câu 10 Cho một khối thủy tinh dạng bán cầu có bán kính R = 4cm, chiết suất n 2 đặt
trong không khí (Hình vẽ 4) Chiếu thẳng góc tới mặt phẳng của bán cầu một tia sáng SI
a) Điểm tới I cách tâm O của khối bán cầu là R/2 Xác định góc lệch giữa tia ló ra
khỏi bán cầu so với tia tới
b) Điểm tới I ở trong vùng nào thì có tia sáng đi qua mặt cầu của bán cầu?
HẾT
R
l
Hình 9
R 1
R 2
R 3
K 2
K 1
C
E
Hình cho câu 7
Hình 4
R
B
A
S
I O
§
E 2 ,r 2
B
D
C
A R1 R2
R 3
E 1 ,r 1
A
H×nh vÏ 6
Trang 3ĐÁP ÁN ĐỀ
Chọn mốc thế năng tại vị trí cân bằng
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho hệ tại vị trí thả vật và tại vị trí cân bằng
m 1gl(1 – cos ) = 12m 1 v 1
v 1 = 2gl(1 - cos ) = 2.10.1(1 - cos60 0 ) = 10 3,16 m/s………
+ Tốc độ các quả cầu ngay sau va chạm
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ hai quả cầu ngay trước và sau va chạm (chọn chiều dương
là chiều chuyển động của I trước va chạm)
m 1 v 1 = m 1 v 1 ’ + m 2 v 2 ’ v 1 = v 1 ’ + 2v 2 ’
Va chạm đàn hồi nên động năng không đổi
1
2m1 v 1 = 12m 1 v 1 ' 2 + 12m 2 v 2 ' 2 v 1 = v 1 ’ 2 + 2v 2 ’ 2
Từ (1.1) và (1.2) suy ra
v 1 ’ = -v1
3 =
-10
3 -1,054 m/s và v 2 ’ = 2v1
3 =
2 10
3 2,1 m/s
Dấu “-“ của v 1 ’ cho thấy vật I sẽ bật ngược trở lại sau va chạm
0,25
0,25
Sau va chạm, áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho các quả cầu tại vị trí cân bằng và ở
độ cao cực đại
m1gl(1 – cos1) = 12m1v1'2
cos1 = 1 - v1'
2
2gl = 1 -
10 9.2.10.1 hay 1 19019
m2gl(1 – cos2) = 1
2m2v2'
2
cos2 = 1 – v2'
2
2gl = 1 –
4.10 9.2.10.1 hay 1 38065’
Góc lệch giữa hai sợi dây
0,25
0,25
2
4 4 ,
p
2 6 ,
Từ (1) và (2), ta có:
4
3
2
1
p
p
S
Mg p
p1 2 500
Từ (3) và (4), ta có: p11500Pa; p22000Pa;
0,25
0,25
0,25
0,25 3a Các lực tác dụng lên vật như hình 4 Vật chuyển động đều nên:
𝐹⃗ + 𝑃⃗⃗ + 𝑁⃗⃗⃗ + 𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 0⃗⃗ 𝑚𝑠
Chiếu (*) lên: Ox: Fcosβ-Psinα-F mst =0
Oy: F sinβ+ N –Pcosα= 0
Thay 𝐹 𝑚𝑠 = 𝜇 𝑁 = 𝑃𝑐𝑜𝑠𝛼 − 𝐹𝑠𝑖𝑛𝛽
Ta được biểu thức 𝐹 = 𝑃(𝑠𝑖𝑛𝛼+𝜇𝑐𝑜𝑠𝛼)
𝑐𝑜𝑠𝛽+𝜇𝑠𝑖𝑛𝛽
0,25
0,25
F
F
N
y
x
β
Trang 4b Vì P = mg, α và µ xác định nên F=F min khi mẫu số 𝑐𝑜𝑠𝛽 + 𝜇𝑠𝑖𝑛𝛽 cực đại Theo bất đẳng
thức Bunhacôpxki: 𝑐𝑜𝑠𝛽 + 𝜇𝑠𝑖𝑛𝛽 ≤ √(1 + 𝜇 2 ) (𝑐𝑜𝑠𝛽 2 + 𝑠𝑖𝑛𝛽 2 ) = √1 + 𝜇 2
Dấu ‘=’ xảy ra tanβ= µ= 0,5 , β=26,56o
Vậy khi β= 26,56o
thì 𝐹𝑚𝑖𝑛 =𝑃(𝑠𝑖𝑛𝛼+𝜇𝑐𝑜𝑠𝛼)
√ 1+𝜇2 = 47,43𝑁
0,25
0,25
4a Chuyển động theo ox là chuyển động thẳng đều với vận tốc không đổi 𝑣𝑥 = 𝑣0𝑐𝑜𝑠𝛼
Chuyển động theo oy là chuyển động thẳng biến đổi đều với vận tốc ban đầu 𝑣0𝑠𝑖𝑛𝛼
Gia tốc 𝑎𝑦 =𝑞𝐸
𝑚 Thời gian đi hết chiều dài bản tụ 𝑡 = 𝑙
𝑣 0 𝑐𝑜𝑠𝛼
Vận tôc stheo phương 0y khi đi hết bản tụ là 𝑣𝑦 = 𝑣0𝑠𝑖𝑛𝛼 + |𝑞|𝐸
𝑚 𝑙
𝑣0𝑐𝑜𝑠𝛼
Ta có 𝑡𝑔𝛽 =𝑣𝑦
𝑣 𝑥 =𝑣0𝑠𝑖𝑛𝛼+
|𝑞|𝐸
𝑚 𝑙 𝑣0𝑐𝑜𝑠𝛼
𝑣 0 𝑐𝑜𝑠𝛼
Ta rút được 𝑣02 =
𝑞𝐸𝑙 𝑚
−𝑠𝑖𝑛𝛼.𝑐𝑜𝑠𝛼+𝑡𝑔𝛽.𝑐𝑜𝑠 2 𝛼 Động năng ban đầu của e là 𝑤đ= 1
2𝑚𝑣02 = |𝑞|𝐸𝑙
2(−𝑠𝑖𝑛𝛼.𝑐𝑜𝑠𝛼+𝑡𝑔𝛽.𝑐𝑜𝑠 2 𝛼)
0,25
0,25
0,25
5 a Khi K sang a, tụ C1 tích điện: Q1 = C 1 U = 1200μC
+) Khi K trở lại b: Q 1 = Q 1 ’ + Q 2 ’ = U’(C 1 + C 2 )
U’ = 40V Q 2 ’ = C 2 U’ = 400μC = 4.10 -4 C
+) Điện lượng qua R: ΔQ 1 = Q 2 ’ = 4.10 -4 C
0,25 0,25
Lần 1: Q 2 ’ = C 2 U’ = C 2 1
Q
C C = Q1 2
C
C C
Lần 2: Q 2 ’’ = C 2 U’’ = C 2 1 2
'
=
1
1
Q
Lần 3: Q 2 ’’’ = C 2 U’’’ = C 2 1 2
''
1
=
2
1
1
Q
Trang 5Lần thứ n:
n
= 1200.1
1 1 3 1 1 3
n
= 400
1 1 3 2 3
n
1
3n
μC
+) Vậy tổng điện tích qua R trong n lần nạp bằng điện tích trên tụ c 2 sau n lần nạp
2
1
600 1
3
n
n
μC 0,25
6 Đèn sáng bình thường nên Uđ= 3V,Iđ= 1A
Do Ia = 0 nên I3 = Iđ= 1A , I1=I 2
UDB = Uđ = 3V= -5+ U2, nên U2= 8V, I2=2ª
I1=I 2 = 2A
I= I1+I3= 3 A
UAB= E1- I.r1 = 10V
UAB= U1 + U2, U1= 2 V, R1 = 1Ω
UAB= U3 + Uđ, U3= 7 V, R3 = 7Ω
0,25 0,25 0,25
0,25 7a Sau khi đóng K1
Điện tích trên tụ điện q = CE = 2.2 = 4 C
Năng lượng điện trường trong tụ điện W = 1
2CE
2 = 4.10-6 J ………
Trong thời gian tích điện cho tụ, nguồn thực hiện công
Ang = qE = 4.10-6.2 = 8.10-6 J
Nhiệt lượng tỏa ra trên R1
Q1 = Ang – W = 4.10-6 J ………
0,25
0,25 Khi K1 và K2 đóng
R23 = R2R3
R2 + R3 = 20R3
20 + R3
R = R1 + R23 = 360 + 38R3
20 + R3
UMN
R23 = E
R UMN = R23
R E =
20R3
180 + 19R3 Điện tích của tụ điện khi đó
q’ = CUMN = 40R3
Khi ngắt K1, điện lượng qua R2 và R3 lần lượt là q2 và q3 thì q2 + q3 = q’ và
q2
R3 = q3
R2 = q'
R2 + R3 q3 = R2
R2 + R3q' = 800
19R3 + 3600
R3 +560
q3 = q3max khi 19R3 = 3600
R3 R3 = 3600
19 13,76
0,25
Trang 6Bv| |q = mv
2
R R = mv
B| |q
R2
R1 = v2
Chu kì chuyển động của các hạt
T = 2R
v =
2m
B| |q không phụ thuộc v
0,25
0,25
Quỹ đạo chuyển động của hai hạt là hai đường tròn tiếp xúc nhau tại điểm ban đầu A
của các hạt, có tâm lần lượt O1, O2, với A, O1, O2 thẳng hàng (hình vẽ)…………
Gọi M, N là vị trí của các hạt trên quỹ đạo của chúng thì A, M, N thẳng hàng
Do T1 = T2 nên tốc độ góc của hai hạt bằng nhau, suy ra AO1M = AO2N
Do A, O1, O2 thẳng hàng suy ra A, M, N cũng thẳng hàng………
Khoảng cách MN đạt cực đại khi các điểm A, O1, O2, M, N thẳng hàng, tại các thời
điểm t = (2k + 1)T
2, trong đó T là chu kì chuyển động của các hạt, k = 0, 1, 2, … Hay t = (2k + 1)m
B| |q Lúc đó MN = 2(R2 – R1) = 4mv0
0.25
0,25
a a) Suất điện động cảm ứng: E = Blv
Cường độ dòng điện: I Blv
R r
Hiệu điện thế hai đầu thanh: U=I.R=BlvR
Rr
0,25
0,25
b Khi thanh chuyển động ổn định thì gia tốc của nó bằng 0
cường độ dòng điện trong mạch bằng 0
hiệu điện thế trên tụ bằng suất điện động cảm ứng: U = E = Blvgh
Bảo toàn năng lượng:
2 gh 2
2
2
1 CU 2
1 CU 2
1
2
1 v l CB 2
1 CU 2
1
vgh = U0 2 2C
CB l m
0,25
0.25 10a Tia sáng đi thẳng qua mặt phẳng AB của khối bán cầu và tới mặt cầu tại J với góc tới
là i
A
O 1 O 2 M
N
Trang 7
Tại J, ta có: n sin isin r hay 2 sin 300sin r r 450
Góc lệch giữa tia ló và tia tới tại J là: D = 450 – 300 =150
0,25
0,25
B Để có tia ló ra mặt cầu của bán cầu thì góc tới tại mặt cầu thỏa mãn điều kiện: iigh,
với sin igh 1
2
- Khi i = igh thì tia ló ra khỏi mặt cầu theo phương tiếp tuyến với bán cầu Khi đó:
R
OI R sin i
2
Gọi I1 là vị trí của I khi có góc tới tại J là i = igh
Vậy nếu điểm tới I nằm trong đoạn I I1 2 R 2, với OI1 OI2 R
2
thì sẽ có tia ló ra khỏi mặt cầu của bán cầu
0,25
0,25
I 2
I 1
B
A
S
i gh
i gh
r-i
r i
K
J I
O
F M