Tài liệu Đề_ĐA_HSG Tỉnh ĐăkLăk_Vòng 1_2009

Đầu kia của lò xo gắn với một điểm cố định.. 2 Cho vật trượt từ đỉnh của một mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng α so với mặt ngang.. Hệ số ma sát µ giữa vật và mặt phẳng nghiêng tăng tỉ lệ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2009-2010 ĐĂK LĂK MÔN THI : VẬT LÍ 12 - THPT

-

ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi : 22/12/2009

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

(Đề thi có 2 trang)

Bài 1: (4,0 điểm)

Cho một vật nhỏ có khối lượng là m

1) Vật được gắn vào đầu một lò xo có khối lượng không đáng kể tạo thành một con lắc lò xo Đầu kia của lò xo gắn với một điểm cố định Kích thích cho vật dao động điều hòa với cơ năng E = 0,125J Biết khối lượng của vật là m = 1 kg ; tại thời điểm ban đầu vật có vận tốc v = 0,25m/s và gia tốc a= −6, 25 3m / s2 Bỏ qua ma sát

Chọn gốc tọa độ tại vị trí cân bằng hãy viết phương trình dao động của vật

2) Cho vật trượt từ đỉnh của một mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng α so với mặt ngang Hệ số ma sát µ giữa vật và mặt phẳng nghiêng tăng tỉ lệ với khoảng cách x tính từ đỉnh mặt phẳng nghiêng µ = b.x ; hệ số tỉ lệ b không đổi Chuyển động của vật trên mặt phẳng nghiêng lúc này có phải là dao động điều hòa không? Hãy giải thích

Bài 2: (3,0 điểm)

Một ống thủy tinh hình trụ, một đầu kín, được dùng làm ống

Tôrixenli để đo áp suất khí quyển như hình (H.1) Chiều cao của

ống so với mặt thủy ngân trong chậu là không thay đổi và bằng

l=81cm Vì có một ít không khí trong ống nên khi áp suất khí quyển

là p0 = 760mmHg và có nhiệt độ là t = 270C thì chiều cao cột thủy

ngân trong ống là 75,3cm

1) Lập biểu thức tính áp suất khí quyển khi nhiệt độ là t (0C) với chiều cao cột thủy ngân là h

2) Tính chiều cao h1 của cột thủy ngân ở nhiệt độ t1 = 310C biết rằng khi đó áp suất khí quyển là p1 = 751mmHg

Bài 3: (3,0 điểm)

Có N = 30 nguồn điện như nhau, mỗi nguồn có suất điện động e = 1V và điện trở trong r = 0,6Ω ghép thành một bộ nguồn gồm p dãy song song như nhau, mỗi dãy gồm q nguồn mắc nối tiếp Mạch ngoài có điện trở tổng cộng R = 2Ω Bỏ qua điện trở các dây nối Tìm p và q để:

1) Công suất tiêu thụ ở mạch ngoài lớn nhất Tính giá trị lớn nhất đó

2) Công suất tiêu thụ ở mạch ngoài không nhỏ hơn 8W

l

h1

(H.1)

Bài 4: (4,0 điểm)

Có các linh kiện cho mạch điện xoay chiều gồm: hai tụ điện

có điện dung lần lượt là C1 và C2, một cuộn dây thuần cảm có độ tự

cảm L thay đổi được và một điện trở có giá trị R = 60Ω Hai đầu A

và B có hiệu điện thế xoay chiều ổn định uAB Bỏ qua điện trở các

dây nối

1) Ban đầu lấy ba linh kiện R, C1, C2 và mắc mạch như hình vẽ (H.2) Cường độ dòng điện qua tụ điện C2 lúc này có biểu thức: i2 =2cos100 t(A)π Biết rằng góc lệch pha giữa cường độ dòng điện qua mạch chính và hiệu điện thế giữa hai đầu đoạn mạch bằng 600 Công suất toả nhiệt trên điện trở R bằng 120W Hãy viết biểu thức cường độ dòng điện tức thời qua mạch chính

2) Thay tụ điện C1 bởi cuộn dây vào mạch trên Tính hệ số tự cảm L để cường độ dòng điện hiệu dụng qua mạch chính cực tiểu

Bài 5: (3,5 điểm)

Hai thấu kính L1 và L2 có tiêu cự lần lượt

là f1 = - 40cm và f2 = 20cm có cùng trục chính

cách nhau một khoảng l Một điểm sáng S nằm

trên trục chính, nằm phía trước và cách L1 một

khoảng 40cm như hình (H.3)

1) Biết ảnh thật S’ của S cho bởi hệ thấu kính cách L2 một khoảng bằng 30cm, tính l.

2) Trong khoảng giữa hai thấu kính người ta đặt một bản mặt song song, vuông góc với trục chính, có độ dày 6cm và chiết suất n = 1,5

a- Xác định lại vị trí ảnh của S cho bởi hệ

b- Để ảnh của S trong trường hợp này trùng với ảnh thật S’ trong trường hợp của câu

1 thì phải dịch chuyển thấu kính L2 đi một khoảng bằng bao nhiêu và theo chiều nào?

Bài 6: (2,5 điểm)

Cho một số dụng cụ điện như sau: Một ống dây, một điện áp xoay chiều không đổi và thông thường, một ampe kế xoay chiều, một vôn kế xoay chiều, một ôm kế, các dây dẫn

Hãy thiết lập mạch điện, trình bày phương án tiến hành thí nghiệm và tìm công thức xác định hệ số tự cảm của ống dây

- HẾT

-Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

C2

C1 R

(H.2)

L2

L1

(H.3) S

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2009-2010 ĐĂK LĂK HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN : VẬT LÝ 12-THPT

-

-I SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM :

Bài 1: (4,0 điểm)

1) Phương trình dao động của vật: (2,00 điểm)

- Chọn phương trình: x = Acos(ωt + ϕ)

1

125 , 0 2 2

125 , 0 2

2 2

s m m

E A

J A

m

- Vận tốc và gia tốc của vật:

v = - ωAsin(ωt + ϕ)

a = - ω2Acos(ωt + ϕ)

- Tại thời điểm ban đầu( t = 0):

v0 = - ωAsinϕ = 0,25m/s

- Vậy: sinϕ = -0,5 => ϕ = - π/6(rad) hoặc ϕ = 7π/6(rad)

Từ biểu thức của a0, ta chọn ϕ = - π/6(rad)

- Cũng từ biểu thức của a0, suy ra: 25( / ).

2

3 5 , 0

3 25 , 6

s rad

=

= ω

0,50 đ

25

5 , 0 5 , 0

cm m

6 25 cos(

2) Tính chất chuyển động của vật: (2,00 điểm)

- Chọn hệ trục tọa độ xOy có gốc tại đỉnh mặt phẳng nghiêng, Ox song song với mặt phẳng nghiêng

- Các lực tác dụng lên vật:

+ Trọng lực Pr + Phản lực Nr + Lực ma sát Frms

- Phương trình định luật II Niutơn cho chuyển động của vật:

+ Chiếu lên trục Ox: mgsinα - Fms = ma

+ Chiếu lên trục Oy: -mgcosα +N = 0

+Với Fms = µN = bx.N

- Xét chuyển động trên trục Ox:

ma = mgsinα - bx.N

Mà: N = mgcosα

Vậy: ma = mgsinα - bx.mgcosα

Suy ra: a = gsinα - bx.gcosα









 −

−

=

b

tg x gb

x'' cosα α

0,50 đ

α

Pv

Nr

ms

Fr y

x O

Đặt:

b

tg

x = α

''

x

x− =− α −

Ta có: x = x0 là vị trí cân bằng của vật, tại đó a = 0

Đổi biến số: X = x – x0, ta đổi gốc tọa độ đến vị trí cân bằng x = x0 hoặc X = 0,

ta được phương trình: X’’ = -gbcosα.X 0,50 đ

Phương trình có dạng: X’’ = - ω2.X ; với: ω2 = gbcosα

Vậy, chuyển động của vật trên mặt phẳng nghiêng là một dao động điều hòa với tần số góc:

ω = gbcosα

π

cos

2

gb

Bài 2: (3,0 điểm)

1) Biểu thức tính áp suất khí quyển: (2,00 điểm)

+ Ở nhiệt độ T0 = t0 + 273 = 300K, áp suất không khí trong ống là P0, với:

p0 = P0 + h0 ; p0 : là áp suất khí quyển

+ Ở nhiệt độ T = ( t + 273)K, áp suất không khí trong ống là P, với:

p = P + h ; p: là áp suất khí quyển 0,50 đ

+ Áp dụng phương trình trạng thái cho không khí trong ống:

0

0

0

T

V P T

V

P = ⇒

V

T T

V P

P .

0

0 0

Với: P0 = p0 – h0, V0 = S(l – h0), V = S(l – h).

Thay vào, ta được:

h l

T T

h l h p h l S

T T

S h l h p P

−

−

−

=

−

−

−

) ( ) ).(

(

0

0 0

0

0

0 0

0

0,50 đ

Ta có:

h l

T h

l

T h

l

T T

h l h p

P

−

=

−

−

−

=

−

−

−

300

) 753 810 )(

753 760 (

) )(

(

0

0 0

0

0,50 đ

Đặt b = 1,33, Ta có:

h l

T b h p

− +

2) Chiều cao h 1 của cột thuỷ ngân:(1,00 điểm)

+ Thay vào phương trình trên, ta được:

1

1 1

1

h l

T b h p

− +

=

1 1 1 1

h

Thay các giá trị vào: 2 1561 1 404,32 608310 0

Ta có phương trình bậc hai: 2 1561 1 607905,68 0

h

Giải phương trình: ∆ = 2436721 – 4.607905,68 = 2436721 – 2431622,72 = 5098,28

∆ =71,4

Phương trình có nghiệm: 1 1561 71, 4 1 816, 2 ; 1 744,8

2

Loại nghiệm: h1 = 816,2mm vì lớn hơn 810mm

Bài 3: (3,0 điểm)

1) Trường hợp công suất cực đại: (2,00 điểm)

- Ta có:

( )

2

2 2











 +

=

=

p

r q R

R e q R I P

0,50 đ

Biến đổi, ta được: P = 2

2











 +

p

r q R

R e

Áp dụng bất đẳng thức Côsi: P cực đại khi

p

r q

R

= ⇒ R.p = q.r 0,50 đ

Với : N = p.q => q2 = 100

6 , 0

30 2

=

=

r

N R

⇒ q = 10

Suy ra: p = 3

10

30

=

=

q N

Kết luận: mắc thành 3 dãy, mỗi dãy 10 nguồn nối tiếp 0,50 đ

- Công suất cực đại: P I2 R

max max =

e

4 , 0 1 3

6 , 0 10 2 1 3

10

+

= +

=

2) Trường hợp công suất không nhỏ hơn 8W : (1,00 điểm)

Theo giả thiết, ta có: 8

2

2

≥











 +

=

p

r q R

R e P

2

≥











 +

p

r q R

e

Thay các giá trị của e, R, r và tiếp tục biến đổi, đi đến bất phương trình bậc hai theo p:

p2 – 7,5 p + 9 ≤ 0

Bất phương trình cho nghiệm: 1,5 ≤ p ≤ 6

Kết quả : Các giá trị của p là: 2 , 3 , 5 , 6

Các giá trị tương ứng của q là: 15 , 10 , 6 , 5 0,50 đ

Bài 4: (4,0 điểm)

1) Biểu thức của dòng điện qua mạch chính (1,50 điểm)

Ta có: i = I0cos(100πt + ϕi)

+ Biên độ:

- Dòng qua C1 : A

R

P

60

120

Ta có: i = i1 + i2 => r r rI = +I1 I2

Với: rI1

rI2

2 2

=

ϕ = π

Từ giản đồ véc tơ, ta thấy hình bình hành tạo bởi các véc tơ là hình thoi

Vậy dòng điện qua mạch chính: 0

2

3

2

Suy ra: I0 =I 2 = 6 2 =2 3(A) 0,50 đ

+ Pha ban đầu:

Từ giản đồ véc tơ, ta thấy: dòng điện chính chậm pha hơn so với dòng qua tụ C2 một góc 300 Vậy

ϕi = ϕi2 -

6

π

= - 6

π

(rad)

Biểu thức dòng điện chính: i2 2 3 cos(100 t )(A)

6

π

2) Tính hệ số tự cảm: (2,5 điểm)

Ta có: i = i'1 + i2 => '

I= +I I

Với: '

1

I

r

1 1'

' 1

U

I '

Z

=

>ϕ > −π

rI2

2

2

=

Từ giản đồ véc tơ, áp dụng định lí hàm cosin, ta có:











 −

− +

1 2

1

2

2

2

'

1

2

2 cos

I

I

1 2

1

2 2 2 '

Do I2 không đổi nên I cực tiểu khi:

( )'

1 2

1 2 '

I

Ta có: 2 2

2 2

' 1

L

Z R

U I

+

1

sin

L

L i

Z R

Z

+

=

2 2

2 2

2

2 2

2

L

L L

L

I Z U U Z R

I Z U Z

R

U X

+

−

= +

− +

( 2 2)2

2 2

2

2

L

L L

R I Z U Z I U dZ

dX

+

−

−

2

2 2 2 2

2

4 0

I

I R U U Z dZ

dX

L L

+

±

=

⇒

Theo câu 1, ta có: U = I1.Z1, với cos cos(60/6) 40 3( )

1

π

ϕi

R

1

1

=

< ϕ < π

Do đó: U = 2.40 3=40 6(V).

Thay số vào, ta được: Z L =−20 3(Ω)(loại),Z L =60 3(Ω) 0,50 đ

Bảng xét dấu:

ZL 0 60 3(Ω) ∞

L

dZ

dX

- 0 +

I giảm Imin tăng

314

3

=

=

Bài 5: (3,5 điểm)

1) Khoảng cách giữa hai thấu kính: (1,0 điểm)

S

S→L →L

f d

f d

80

) 40 (

40

1 1

1 1 '

−

) ( 20

'

1

d = − = + ,

l

l l

l f d

f d

20 20

20 ) 20 (

2 2

2 2 ' 2

+

=

− +

+

=

−

Theo giả thiết: d’2 = 30cm, suy ra: cm

l

l

30 ) 20 ( 20

=

+

Vậy : l = 40cm. 0,50 đ

2) Ghép thêm bản mặt song song: (2,5 điểm)

a Xác định lại vị trí của ảnh của S

-Sơ đồ tạo ảnh: 1 2 ''

2

S

S→L BMSS → →L

Ta có: d1 = 40cm, d' 20cm

1 =−

Độ dịch chuyển của ảnh qua bản mặt song song:

cm

n e

5 , 1

1 1 6

1









 −

=











 −

=

Vậy: d d' d 20cm 2 18cm

1

''

Nên ảnh qua bản mặt song song cách L1 18cm

Ảnh này cách L2 là: d l d'' 40 ( 18) 58cm

1

f d

f d

20 58

20 58

2 2

2 2 '

−

=

−

b Khoảng dịch chuyển của thấu kính L 2 :

- Để ảnh S’’ nằm đúng ở vị trí của S’ thì nó phải cách S2 một đoạn:

d2 + 30 = 58 + 30 = 88cm

- Vậy phải dịch chuyển L2, khoảng cách mới giữa L2 và L1 là l’

Bây giờ S2 cách L2 một đoạn:

)

( 18 )

18 ( )

1

l

Ảnh S’’ bây giờ sẽ cách L2 là:

) ( 70 18 88

88

d = − = − − = −

) 70 ( ) 18 (

) 70 )(

18 ( 20

' '

' '

'

' 2

l l

l l

d d

d d f

− + +

− +

=

⇒ +

Ta được phương trình bậc hai: l' 2 −52l' +500=0

Giải phương trình, ta có nghiệm: l’ ≈ 39,2cm, l’ ≈ 12,8cm

Vậy phải dịch L2 về phía L1 một khoảng cỡ 0,8cm hoặc 27,2cm 0,50 đ Bài 6: (2,5 điểm)

1) Thiết lập mạch điện, phương án tiến hành thí nghiệm: (1,25 điểm)

- Mắc mạch điện theo sơ đồ như hình vẽ

- Dòng điện xoay chiều thông thường có tần số f

- Xác định điện áp U giữa các hai cực của ống dây bằng vôn kế

- Xác định cường độ hiệu dụng I qua ống dây bằng ampe kế

- Xác định hệ số tự cảm theo công thức

0,50 đ

2) Lập công thức xác định hệ số tự cảm: (1,25 điểm)

- Gọi L là hệ số tự cảm của ống dây;

- Căn cứ vào số chỉ của vôn kế và ampe kế ta tính được tổng trở của mạch:

I

U

Nhưng : Z= r2+Z L2 ⇒ Z L= Z2+r2 0,25 đ

Từ đó suy ra :

f

r I U f

r Z

π π

2

Z L

2 2

2 2

2 L

−

=

−

=

II CÁCH CHO ĐIỂM & HƯỚNG DẪN CHẤM :

Điểm toàn bài là 20,0 điểm được phân bố tổng quát như sau :

BÀI 1 : (4,0 điểm) BÀI 2 : (3,0 điểm) BÀI 3 : (3,0 điểm) BÀI 4 : (4,0 điểm) BÀI 5 : (3,5 điểm) BÀI 6 : (2,5 điểm)

Yêu cầu và phân phối điểm cho các bài trên như trong từng phần và có ghi điểm bên lề phải của đáp án - Phân tích lực, phân tích hiện tượng bài toán phải rõ ràng, có hình vẽ minh

)))))))))))

L , r

V U A

I

~

họa (nếu có), lập luận đúng, có kết quả đúng thì cho điểm tối đa như biểu điểm nói trên

(Giám khảo tự vẽ hình)

Ghi chú :

1) Trên đây là biểu điểm tổng quát của từng phần, từng câu Trong quá trình chấm các giám khảo cần trao đổi thống nhất để phân điểm chi tiết đến 0,25 điểm cho từng phần, từng câu

2) Học sinh làm bài không nhất thiết phải theo trình tự của Hướng dẫn chấm Mọi cách giải khác, kể cả cách giải định tính dựa vào ý nghĩa vật lý nào đó, lập luận đúng, có căn cứ, kết quả đúng cũng cho điểm tối đa tương ứng với từng bài, từng câu, từng phần của hướng dẫn chấm này

-