50 đề thi học sinh giỏi môn vật lý lớp 10 11 của các trường chuyên khu vực duyên hải đồng bằng bắc by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

TÀI LIỆU DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

vectorstock.com/10093921

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN TEST PREP PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

50 đề thi học sinh giỏi môn vật lý lớp 10 11 của các trường chuyên khu vực duyên hải đồng bằng bắc bộ có đáp án PDF VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2015

ĐỀ NGHỊ ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

FF IC IA L

(Đề thi gồm 05 câu in trong 02 trang)

HỌ VÀ TÊN THÍ SINH: ………………………………………………… SỐ BÁO DANH:…………………………. Bài 1. (4 điểm -Động học, động lực học chất điểm)

Trên mặt phẳng nằm ngang, nhẵn, người ta cố định một thanh mảnh. Một viên bi khối lượng m thanh. Người ta buộc một sợi chỉ không dãn dài L

r v0

xuyên qua thanh có thể trượt không ma sát dọc theo

vào viên bi và kéo sao cho đầu tự do của sợi chỉ có

độ lớn vận tốc v0 , phương vận tốc trùng với

phương sợi chỉ, sợi chỉ luôn nằm trong mặt phẳng

thẳng đứng. Hỏi phải tác dụng một lực như thế nào vào sợi chỉ ở thời điểm nó tạo một góc α so

với phương nằm ngang?

Bài 2. (4 điểm -Động học, động lực học chất điểm)

Một vòng dây đồng chất khối lượng m bao lấy một cái đĩa nằm ngang,

bán kính R như hình. Khi đó lực căng trên vòng dây là T. Hãy tìm hệ số ma sát giữa vành đĩa và sợi dây nếu khi quay đĩa với tốc độ góc vượt

 thì vòng dây sẽ rơi xuống

KÈ

quá

ẠY

Bài 3. (5 điểm - Cơ vậ rắn) (Quý thấy

cô chú ý giúp)

0

Một khối trụ đặc đồng chất bán kính r, khối lượng m tự quay với tốc độ góc 0 , được đặt nhẹ nhàng xuống điểm O là



chân của mặt phẳng nghiêng góc  . Hệ số ma sát giữa m và mặt phẳng nghiêng là  .



(Cho   tan  ; mặt phẳng nghiêng tuyệt đối rắn, không có sự biến dạng của quả cầu; g là gia tốc trọng trường) a. Xác định quãng đường mà khối tâm khối trụ đi được trong giai đoạn đầu vừa lăn vừa trượt b. Công của lực ma sát khi lăn lên mặt phẳng c. Xác định độ cao cực đại của tâm khối trụ trên mặt phẳng nghiêng (độ cao so với O) Bài 4. (4 điểm –Nhiệt)

FF IC IA L

Trên mặt bàn nằm ngang có một xi lanh cách nhiệt, tiết diện đều, đặt thẳng đứng, bên trong có 2 pittông. Pittông ở phía trên thì nặng, cách nhiệt nhưng có thể di chuyển không ma sát bên trong xi lanh. Pittông bên dưới thì nhẹ, dẫn nhiệt nhưng giữa nó và thành xi lanh có ma sát. Mỗi ngăn chứa n mol khí lí tưởng, đơn nguyên tử. Lúc đầu hệ ở trạng thái cân bằng nhiệt và mỗi ngăn có chiều cao L. Hệ sau đó được nung nóng chậm và được cung cấp một lượng nhiệt là Q. Bỏ qua nhiệt dung của xi lanh và của pittông.

Nhiệt độ của khí thay đổi một lượng T là bao nhiêu nếu pittông bên dưới không di chuyển khỏi vị trí ban đầu? Giá trị nhỏ nhất của lực ma sát giữa pittông bên dưới và thành xi lanh là bao nhiêu để hiện tượng này có thể xảy ra? Nhiệt dung của hệ khí là bao nhiêu trong quá trình này? ( các giá trị: n, L, Q đã biết).

Bài 5. (3 điểm -Phương án thực hành)

Một chiếc cốc có dạng hình trụ, đáy tròn, khối lượng M, thể tích bên trong là V0 . Trên thành

cốc, theo phương thẳng đứng người ta khắc các vạch chia để đo thể tích và đo độ cao của chất lỏng trong cốc. Coi đáy cốc và thành cốc dày như nhau, bỏ qua sự dính ướt. Được dùng một

chậu đựng nước. Hãy lập phương án thí nghiệm để xác định độ dày d, diện tích đáy ngoài S và

KÈ

khối lượng riêng C của chất làm cốc. Cho khối lượng riêng của nước là  Yêu cầu :

a.Nêu các bước thí nghiệm. Lập biểu bảng cần thiết.

ẠY

Lập các biểu thức để xác định d, S theo các kết quả đo của thí nghiệm(cho khối lượng riêng của nước là 

b.Lập biểu thức tính khối lượng riêng C của chất làm cốc qua các đại lượng S, d, M và V0

---------------- Hết--------------

TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2015

ĐỀ NGHỊ

FF IC IA L

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1. (4 điểm -Động học, động lực học chất điểm)

Điểm 4đ

Câu 1

uur v0

 yB/  L cos   /

Ta có: yB  L sin  / mà: yB  v0 sin 

uur vA

0,5 đ

A uur N ur P

ur T

/ 0 tan  nên:   L Định luật III Niu tơn cho viên bi: ur uur ur uur T  N  P  ma A

KÈ

0,5 đ

ẠY

chiếu lên 0x

T cos   maA  mxA//

0,5 đ

Lại có:

v Acos  v0

 x A/ /  v A/ 

v0 sin  /  cos 2 

0,5 đ

Thay  / ở trên:

v02 sin 2  x  L cos3 

0,5 đ

// A

Từ đó:

mv02 sin 2  T L cos 4 

1,5 đ

FF IC IA L

Bài 2. (4 điểm -Động học, động lực học chất điểm)

Điểm 4đ

Câu 2

ur T1

   2T  T . 2 2



Khối lượng phần tử m được xác định: m m m  R  2 R 2

ur Q

uur T2

(1)

ẠY

KÈ

Gọi N là phản lực của đĩa tác dụng lên m . Ta có Q  N  ma 2 Với gia tốc hướng tâm a   R ta có:

N  Q  ma  T  

Nếu tốc độ góc đạt đến đại bằng  N

m 2 . R 2



0,5đ

uur

m

Q  2T sin

0,5đ

Q được xác định:

mg



ur uur r T1  T2  Q

uur N

ur Q

Chia vòng dây thành những phần tử rất nhỏ m . Khi đó hai đầu phần tử chịu tác dụng của hai sức căng T1  T2  T

Fmsn

Nhận xét: Khi đứng yên, vòng dây căng ra và áp sát vào vành đĩa nên nhờ lực ma sát nghỉ mà vòng dây không trượt xuống dưới tác dụng của trọng lực. Nhưng khi quay, do tác dụng của lực li tâm lên vòng dây nên áp lực tại mặt tiếp xúc sẽ giảm xuống làm cho lực ma sat nghỉ cực đại giảm xuống và dây dễ bị rơi xuống.

0,5đ

(2)

khi vòng dây bắt đầu trượt thì lực ma sát nghỉ cực

0,5đ

mg   N

Sử dụng hệ thức (1) và (2) ta tìm được hệ số ma sát:

1đ



mg 2 T  m 2 R

Biện luận: Trong biểu thức (2), nếu



0,5đ tăng N giảm, với giá trị 0 nào đó thì N=0:

m 2 2 T .0 R  0  2 mR Với   0 thì vòng dây sẽ trượt với bất kỳ hệ số ma sát nào. Bài 3. (5 điểm - Cơ vậ rắn)

Điểm 5đ

Câu 3

ur uur uuur r P  N  f ms  ma

uur N 

ur f ms

Hướng dẫn chấm: a. Xét vị trí bất kỳ của khối trụ, khi sự trượt vẫn còn xảy ra:

FF IC IA L

N  0  T 

Chiếu trên ox và oy

ur P



0,5đ 0,5đ

Y U

Vận tốc khối tâm G:

mg cos   N  0   f ms  mg sin   ma  a  g (  cos  sin  )

v  at

KÈ

Xét chuyển động quay quanh khối tâm G. Gọi γ là độ lớn gia tốc góc, ta có:   0   t f r  mg cos  r 2  gcos   ms   I mr 2 / 2 r Vật bắt đầu lăn không trượt khi v  r

0,5đ

ẠY

 at  (0   t )r

t 

0 r 0 r 0 r   a   r g (  cos  sin  )  2 gcos 3 gcos  sin 

Quãng đường khối tâm G đi được trong khoảng thời gian vừa lăn vừa trượt 02 r 2 1 2 1 s  at  g (  cos  sin  ) 2 2 2 g (3 cos  sin  ) 2

1đ

02 r 2

02 r 2  cos  sin  C   2 g (3 cos  sin  ) 2 2 g 3 cos  sin   cos  sin  , 3 cos  sin 

FF IC IA L

Với C 

0,5đ

b. Gọi W1 là năng lượng lúc vật băt đầu lăn không trượt (ứng với tốc độ góc

1 ). Áp dụng định lý biến thiên cơ năng ta có công của lực ma sát

Với

1 3 2 2 1 1 ( mr 1 )  mgs sin   ( mr 202 ) 2 2 2 2

Ams  W1  W0 

0 r  cos  sin  at g (  cos  sin  )   0  0C r r 3 gcos  sin  3 gcos  sin  0,5đ mr 2 2 3C 2 C sin  1 0 (   ) Vậy Ams  2 2 3 gcos  sin  2

1 

0,5đ

1đ

ẠY

KÈ

/ c. Đặt H max  h  r , áp dụng biến thiên cơ năng: W  W0  Ams +A ms  Ams A/ ms là công của lực ma sát kể từ khi vật lăn không trượt. Do lực ma sát nghỉ không sinh công nên: A/ ms  0 . Vậy 1 1 W=W0  Ams  mgh  ( mr 202 )  Ams 2 2 2 1 3C C sin  h  mr 202 (  ) 2 2 3 gcos  sin  Vậy: H max  h  r

Bài 4. (4điểm –Nhiệt) Câu 4 Khí đơn nguyên tử : i = 3, thể tích ngăn 1: V = S.L (S: tiết diện pittông). Do hệ được nung nóng chậm nên quá trình là cân bằng và áp suất khí ngăn trên không đổi. Vách ngăn dẫn nhiệt nên nhiệt độ hai ngăn bằng nhau.

Điểm 4đ 0,5 đ

0,5 đ

FF IC IA L

a) Gọi ngăn dưới, ngăn trên lần lượt là ngăn 1 và ngăn 2. * Ban đầu: n mol n mol V V   Ngăn 1:  ; Ngăn 2:  Mg  p1  p2  S  po T1  T1 Từ công thức: pV = nRT  p2 = p 1. n mol n mol V V   * Sau đó: Ngăn 1:  ; Ngăn 2:  2  p1 '  p1 T1 ' T1 '

0,5 đ

trong đó: A’= công do khí ngăn 2 sinh ra: A’ = p1 (V2 - V) = nR(T1’ – T1)= nRT (quá trình đẳng áp)

0,5 đ

i i nRT  nRT  i.nR.T 2 2

U1 + U2 =

Xét khí trong cả hai ngăn, từ nguyên lý I nhiệt động lực học: Q = U – A = U + A’ suy ra: Q = U1 + U2 + A’

Vậy: Q = (i+1) nRT = 4nRT  T 

Q . 4nR

0,5 đ 0,5 đ

b) Nung chậm, áp suất ngăn trên không đổi, áp suất ngăn dưới tăng dần. Để pittông dưới luôn đứng yên thì: Fms = (pdưới – ptrên ) .S  lực ma sát nhỏ nhất cần tìm: Fmsmin = (p1’ – p1) .S p ' p nR mặt khác từ phương trình C-M suy ra: 1  1  T1 ' T1 V

0,5 đ

 Fmsmin   T1 ' T1  .S  .T .S  V  V V nR

KÈ

ẠY

Thay T 

nRT . L

Q Q vào suy ra Fmsmin = . 4nR 4L Q  4nR . T

0,5 đ

c) Nhiệt dung của hệ: C 

Bài 5. (3 điểm -Phương án thực hành) Điểm 3đ

Câu 5 a. Các bước thí nghiệm +Cho nước vào cốc tới thể tích V1 ; thả cốc vào chậu , xác định mực

FF IC IA L

nước ngoài cốc hn1 (đọc trên vạch chia) + Tăng dần thể tích nước trong cốc : V2 ; V3 .... và lại thả cốc vào chậu, xác định mực nước ở ngoài hn 2 ; hn3 ..... Khi đo phải chờ cho nước phẳng lặng Lập bảng số liệu

hn 2

...........

hn1

...........

.......... .

0,5đ

Các biểu thức

Gọi hn là mực nước ở ngoài cốc ;  là khối lượng riêng của nước, mt ; Vt tương

ứng là khối lượng và thể tích nước trong cốc. Phương trình cân bằng cho cốc có

 g (d+ hn ) S = (M + mt )g

nước sau khi thả vào chậu :

 (d+ hn ) S = M + Vt g

Hay

0,5đ (1)

Từ (1) ta thấy hn phụ thuộc tuyến tính vào Vt . Thay Vt bởi các giá trị V1 ; V2 ;

V3 ... ; đọc hn1 ; hn 2 ....

V2  V1 hn 2  hn1

0,5đ

KÈ

Rút ra S : S =

ẠY

Thay đổi các giá trị V1 ; V2 ; hn1 ; hn 2 . nhiều lần để tính S

 M  V1  hn 2  hn1   h M  V1  hn1  n1 S  (V2  V1 )

Sau đó tính d : d =

0,5đ

b.Biểu thức tính  b

0,5đ

Gọi h là độ cao của cốc; h0 là độ cao của thành trong của cốc, r là bán kính trong, R là bán kính ngoài của cốc; V là thể tích của chất làm cốc,

là diện tích

Ta có : h = h0 + d ;



r 

d



M M   V S (h0  d )  Vot

0,5đ

M  S  



Vot S d 



  d   Vot  

b =

Vot Vot  St  r 2

R=r+d=

h0 =

FF IC IA L

đáy trong cốc.

ẠY

KÈ

---------------- Hết--------------

SỞ GD & ĐT BẮC GIANG TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ Môn: Vật lý 10 Ngày thi: 20/4/2015 Thời gian làm bài: 180 phút. (không kể thời gian giao đề)

Chữ ký giám thị 1: ............................... Chữ ký giám thị 2: ...............................

FF IC IA L

(Đề thi này có 02 trang)

HỘI THI HỌC SINH GIỎI DUYÊN HẢI BẮC BỘ LẦN THỨ ...

Bài 1: (4 điểm) Động học chất điểm Một chiếc thuyền bơi qua sông từ O với vận tốc v1 không đổi luôn vuông góc với dòng nước chảy. Dòng nước chảy có vận tốc đối với bờ tại mọi điểm đều song song với bờ, nhưng có giá trị phụ thuộc vào khoảng cách đến bờ

x theo quy luật: v = v sin πy , với v0 là hằng số, L là chiều 2 0 O L rộng của con sông (Hình 1). Hãy xác định: Hình 1 1. Vận tốc của con thuyền đối với bờ sau thời gian t kể từ khi xuất phát và vận tốc tại thời điểm thuyền đến giữa dòng? 2. Xác định phương trình chuyển động, phương trình quỹ đạo của con thuyền và điểm đến của con thuyền ở bờ bên kia sông?

Q U

Bài số 2: (4 điểm)ĐLH + ĐLBT Cho cơ hệ như hình 2: A là khúc gỗ mang một cái cọc thẳng đứng, tổng khối lượng là M đặt trên mặt đất nằm ngang. B là quả cầu nhỏ khối lượng m, treo vào đỉnh cọc bằng sợi dây không dãn. Đưa quả cầu tới vị trí sao cho sợi dây nằm ngang rồi thả nhẹ để nó chuyển động từ nghỉ. Để khúc gỗ A không bị dịch chuyển cho tới khi quả cầu chạm vào cọc thì hệ số ma sát nghỉ giữa khúc gỗ và mặt đất nhỏ nhất bằng bao nhiêu?

KÈ

ẠY

Bài số 3: (4 điểm) Một máy nhiệt, với chất công tác là khí lý tưởng đơn nguyên tử, thực hiện công theo chu trình 1 - 2 - 3 - 4 - 5 - 1 được biểu diễn trên giản đồ p - V như hình 3. Các điểm 1, 2 và 3 nằm trên một đường thẳng đi qua gốc toạ độ của giản đồ, trong đó điểm 2 là trung điểm của đoạn 1 - 3. Tìm hiệu suất của máy nhiệt trên, biết rằng nhiệt độ cực đại của khí trong chu trình này lớn hơn nhiệt độ cực tiểu của nó n lần. Tính hiệu suất với n = 4.

Hình 2

2 1

4 5

O Hình 3

2 5

r R v0

FF IC IA L

Bài số 4: (5 điểm) Một khối trụ đặc có bán kính R, chiều cao h, khối lượng m, lăn không trượt trên mặt sàn nằm ngang rồi va vào một bức tường thẳng đứng cố định (trục của khối trụ luôn song song với mặt sàn và tường) (Hình 4). Biết hệ số ma sát giữa khối trụ và bức tường là ; vận tốc của trục khối trụ trước lúc va chạm là v0; sau va chạm thành phần vận tốc theo phương ngang của trục giảm đi một nửa về độ lớn; mômen quán tính đối với trục của khối trụ là I  mR 2 . Bỏ qua tác dụng của

Hình 4

trọng lực trong lúc va chạm và bỏ qua ma sát lăn. 1. Biết mật độ khối lượng  tại một điểm của khối trụ phụ thuộc vào khoảng cách r r2

từ điểm đó đến trục của nó theo quy luật   A(1  2 ) 2 . Tìm hệ số A. R R h 2. Tính động năng của khối trụ và góc giữa phương chuyển động của nó với phương 1 1 và   . 8 5

nằm ngang ngay sau khi va chạm. áp dụng bằng số cho trường hợp  

ẠY

KÈ

Q U

Bài số 5: (3 điểm) Phương án thực hành Cho các dụng cụ: - Một cốc thí nghiệm hình trụ, bằng thuỷ tinh. Bề dày thành cốc và đáy cốc là không đáng kể so với kích thước của nó. Trên thành cốc có các vạch chia để đo thể tích chất lỏng trong cốc; - Một chậu đựng nước sạch, - Một chậu đựng chất lỏng là một loại dầu thực vật chưa biết khối lượng riêng. Yêu cầu: Trình bày phương án xác định khối lượng m của cốc, khối lượng riêng d của dầu thực vật, lập các biểu thức tính toán, vẽ sơ đồ thí nghiệm. Hãy lập bảng số liệu và đồ thị cần thiết.

------------------------- Hết --------------------------(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

Họ, tên thí sinh: ………………………Trường…………...... ......Số báo danh: ………

Đáp án Bài số 1: (4 điểm) Động học chất điểm 1. Theo bài thì: vx = v = v sin πy ; vy = v1...........................................................0,25đ 2 0 L πy

Vậy: v = v2x + v2y = v12 + v02sin 2 .....................................................................0,25đ L  πv



- Khi thuyền ra đến giữa dòng thì: y =

FF IC IA L

- Ở thời điểm t, thuyển đến vị trí có y = vy t do đó: v = v12 + v02sin 2  y t  .........0,5đ  L  L y L = t=  v(L/2) = v 2 + v 2 ......0,5đ 1 0 2 vy 2v y

2. Ta có: v=

v L dx  πv   πv   πv   πv  = v sin  1 t   dx = v sin  1 t  dt  x =  v sin  1 t  dt = - 0 cos  1 t  + C 0  L  0  L  0  L  dt πv1  L 

.................................................................................................................................0,5đ

v L v L Tại t = 0 thì: x(0) = 0 = - 0 + C  C = 0

πv ...........................................................0,5đ 1 v L  πv   2v L  πv  Do đó ta có: x = 0 1 - cos  1 t   = 0 sin 2  1 t  πv  πv  L    2L  .........................................0,5đ 1 1 2v L 2  πv   0 1  x = πv sin  2L t  Vậy phương trình chuyển động của thuyền là:    1   y = v1t 2v L πy Phương trình quỹ đạo của thuyền: x = 0 sin 2   πv  2L  ...........................................0,5đ 1

Q U

πv 1

Khi thuyền sang đến bờ bên kia thì: y = L. Thay vào phương trình quỹ đạo ta xác định

được vị trí thuyền cập bờ là: x =

2v L 0 πv ...................................................................0,5đ 1

ẠY

KÈ

Bài số 2: (4 điểm) Khi quả cầu chuyển động tới vị trí dây treo tạo với phương ngang góc θ, nó có vận tốc v: ĐLBTCN : mglsinθ = 1/2mv2 (1).............................0,5đ Gọi lực căng sợi dây là T, vì quả cầu chuyển động tròn nên: T - mgsinθ =

mv 2 l

Vì khúc gỗ đứng yên : Tsinθ + Mg - N = 0 Tcosθ - Fmsn = 0 Mà Fmsn  μN

(2)..............................0,5đ

θ B

T N

mg A

Fms

(3); ..........................0,25đ (4).............................0,25đ (5)............................0,25đ

Từ các công thức trên ta tìm được:  

3msin cos 2sin cos  3msin 2   M 2sin 2   a

(6) ..................0,5đ

với a 

2M 3m

(7) .

Đặt f ()  2sin cos2 

(8)

a  2sin 

Để khối gỗ đứng yên với mọi giá trị khả dĩ của θ thì giá trị nhỏ nhất μmin phải bằng giá trị lớn nhất của f(θ) khi θ thay đổi............................................................................0,5đ Ta có 2sin  cos 2sin  cos   2 2 2 a(sin   cos  )  2sin  acos   (a  2) sin2  2

Theo bất đẳng thức Cosi ta có khi tan  

2 a  (a  2) tan  tan 

a ....................................................0,25đ a2

1 3m 3m ........................................0,5đ    min  a(a  2) 2 M 2 3mM 2 M 2 3mM

thì f ()max 

Bài số 3: (4 điểm) Theo đề bài, 1, 2, 3 nằm trên đường thẳng đi qua gốc toạ độ, ta có: p = p5 = αV (1); p = p = αV (2); p3 = αV3 (3) 2 4 2 1 1

Tương tự:

Hình 3

α T = V2 1 R 1

 αV1.V1 = αV12 = RT1 .

(4)............................................. 0,25 đ

Q U

p V = RT 1 1 1

với  là một hằng số. ................................................. 0,25 đ Mặt khác, theo phương trình trạng thái khí lý tưởng và ba phương trình trên ta được:

Suy ra:

(9)........0,5đ

FF IC IA L

f () 

α T = V2 2 R 2

(5) và T3 =

α 2 V R 3

(6).................................. 0,25 đ

KÈ

Vì V1 < V2 < V3 , từ (3), (4), (5) suy ta T 1 < T2 < T3 . .................................... 0,25 đ Vì quá trình 3 - 4 là đẳng tích, nên:

ẠY

T p p V 3 = 3 = 3 = 3 > 1  T < T .......................................... .......0,25 đ 4 3 T p p V 4 4 2 2 V T V Vì quá trình 4 - 2 là đẳng áp, nên: 4 = 4 = 3 > 1  T4 > T2., T V V 2 2 2

như vậy: T1 < T5 < T2 .............................................0,25 đ Tương tự, từ các quá trình đẳng tích 2 - 5 và đẳng áp 5 - 1, ta được: T1 < T5 < T2. Suy ra: T1 < T5 < T2 < T4 < T3.......................................... 0,25 đ Nghĩa là T3 là nhiệt độ lớn nhất và T 1 là nhiệt độ nhỏ nhất của khí trong chu trình nên theo đề bài T3 = nT1. Thay (6) và (4) vào phương trình vừa nhận được, ta có:

α 2 α V = n V 2  V 2 = nV 2  V = n.V 1 3 1 3 1 R R 3

(7)........................ 0,25 đ 1

Vì 2 là điểm giữa của đoạn 1- 3, ta có: V2 - V1 = V3 - V2  V2 = (V3 + V1) 2 1 2

Thay (7) vào ta được: V2 = ( n + 1)V1

(8)............................................ ..0,25 đ

Thay (8) vào ta được:

FF IC IA L

Như đã biết, công A thực hiện trong một chu trình có giá trị bằng diện tích của chu trình đó, ở đây đó là diện tích của hai tam giác bằng nhau 1 - 2 - 5 và 2 - 3 - 4. Từ hình vẽ và dùng (1) và (2), ta có: A = (p - p )(V - V ) = α(V - V )2 2 1 2 1 2 1 2 2  n +1   n - 1 2 A = α  V - V  = αV   .............................. 1 1 1 2 2    

0,5 đ

Dễ thấy rằng các qúa trình đẳng tích 3 - 4, 2 - 5 và đẳng áp 4 - 2; 5 - 1 đều toả nhiệt, nên nhiệt lượng Q máy nhiệt nhận được chỉ trong các quá trình 1 - 2 - 3. áp dụng nguyên lý I của nhiệt động học, ta có:

3 1 R(T - T ) + (p + p )(V - V ) ............................................. 3 1 3 3 1 2 2 1

0,25 đ

Thay (1), (3), (6) và (7) vào ta được:

3 α α 1 3α 1 R( V 2 - V 2 ) + (αV + αV )(V - V ) = (nV 2 - V 2 ) + α(nV 2 - V 2 ) 3 1 1 3 3 1 1 1 1 1 2 R R 2 2 2 Vậy Q = 2α(n - 1)V12 .......................................................................

0,25 đ

αV 2 ( n - 1) 2 A 1 n -1 1 = = ............................................................. 0,25 đ 2 Q 8 n +1 8α(n - 1)V 1

Q U

Vậy hiệu suất của máy nhiệt đã cho bằng:

KÈ

Với n = 4, thay vào công thức trên ta được H = 1/24. Bài số 4: (5 điểm) Cơ học vật rắn 1. Sử dụng hệ toạ độ trụ: R

mA R r2 3 2 12 I   r dm  2h  r dr  2h 2  (1  2 )r dr  mR 2  A  ...................0,5đ R h0 R 5 25 0 3

ẠY

2) Có hai khả năng: ) Nếu trong thời gian va chạm  , theo phương Oy, khối trụ luôn luôn lăn có trượt. * Lực ma sát trượt hướng lên theo Oy

N



* Theo Ox: 1,5mv0   Ndt

(1)

(N >> F ms sàn)....0,5đ



* Theo Oy: mv y    Ndt 0

3 (2)  v y  v0 ...........0,5đ 2

(N >> mg)

Fms

v0/ 2

* Từ (1) và (2): tg 

vy vx



(3)   

 3 ; I(  0 )  R  Ndt 0

4  15 v0 .........0,5đ 4R

* Điều kiện trên xẩy ra nếu khối trụ vẫn trượt trong va chạm: 4  0,19 ...............................................................0,25đ 21 1 4  15 17 * Trường hợp đầu    0,125  0,19 thoả mãn:   v0  v0 ...........0,25đ 8 4R 32R

vy   R   

FF IC IA L

Động năng :

2 2 I2 m  1 2  3   m 2  17  2 E    v0   v0    R   v0 ............0,5đ 2 2 2  4  16   5  32R  E  0,34mv02  0,68E 0 ) Trường hợp   0, 2  0,19 . Quá trình này xảy ra như sau: khi va chạm khối trụ lăn

m(v 2x  v 2y )

có trượt trong khoảng thời gian 1 và lăn không trượt trong khoảng thời gian 2: 0

(5) ......................................0,5đ

2v v 2 2  mR2 (  0 )  Rmv y ; vy  v 0 ; 1  0 .........0,5đ 1 = ; 0 = 5 R R 7 7R R R v 4 Sau đó khối trụ lăn không trượt với vy : tg  y  ; .........................................0,25đ vx 7 2 2 m(v x + v y ) I12 + Động năng sau va chạm là E = ...............................................0,25đ 2 2 1 4 2 4 m( v 20  v 20 ) mR2 v2 2 0 297 4 49 5 49R E   mv 20  0,15mv 20  0,3E 0 .................0,5đ 2 2 1960 vy

Q U

1

(4); I(1  0 )  R  Ndt

1

mv y    Ndt

ẠY

KÈ

Bài số 5: (3 điểm) a) Xác định khối lượng riêng của cốc và khối lượng riêng của dầu thực vật: Cho một ít nước thể tích Vn vào trong cốc, sao cho sau khi thả cốc vào chậu đựng dầu thì cốc nổi theo phương thẳng đứng..........................................................................0,25đ Kí hiệu: m là khối lượng cốc thuỷ tinh d là khối lượng riêng của dầu; n là khối lượng riêng của nước V là thể tích dầu thực vật bị cốc nước chiếm chỗ: (m + ρn Vn )g = ρd Vg .....................0,25đ

Ta có phương trình tuyến tính: V =

ρ m + n Vn ........................................................0,25đ ρd ρd

Phương trình cho thấy V phụ thuộc bậc nhất vào thể tích Vn của nước trong cốc nước b) Các bước thí nghiệm: + Đầu tiên cho ít nước Vn vào cốc rồi thả vào chậu đựng dầu, dầu quan sát mực dầu trên thành cốc, ta xác định được thể tích V mà dầu bị cốc nước chiếm chỗ............................................................................................................................0,25đ

+ Tăng dần lượng nước Vn trong cốc, đọc giá trị V, ghi vào bảng số liệu sau: Vn ............. .............. ............. ............. ρn m ............. ............. ............. ............. V=

ρd

0 O

ρ tgα = n ...................................0,25đ ρ d

FF IC IA L

....................................................................................................................................0,5đ Vẽ đồ thị V = f(Vn) (hình vẽ) ....................................................................................0,5đ Nhận xét: V - Dùng phương pháp ngoại suy để xác định khối lượng m của cốc, bằng cách kéo dài đồ thị căt trục tung tại giá trị V0............................................0,5đ - Khối lượng riêng của dầu được xác định qua hệ V số góc của đường thẳng: V n

- Khối lượng của cốc được xác định bởi: m = V0ρd .................................................0,25đ

.......................Hết.....................

ẠY

KÈ

Q U

Người ra đề: Lưu Văn Xuân - đt: 0982180947

SỞ GD&ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH

ĐỀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ MÔN THI: VẬT LÝ KHỐI: 10 (Thời gian: 180’ không kể thời gian giao đề)

FF IC IA L

(Đề thi gồm 05 câu in trong 02 trang)

ẠY

KÈ

Bài 1: Cơ vật rắn (4 điểm ) Hai quả cầu đặc đồng chất A, B tương ứng có tâm O 1, O2, bán kính r1 , r2, khối lượng m1, m2, được đặt trên một xe có khối lượng M, khối lượng các bánh không đáng kể. Xe uv được kéo với một lực F không đổi theo phương nằm ngang sao cho quả cầu B lăn không trượt trên sàn xe, quả cầu A lăn không trượt trên quả cầu B, còn đường thẳng qua tâm hai quả cầu nằm trong mặt phẳng thẳng đứng và hợp với phương ngang một góc  không đổi. Bỏ qua ma sát lăn và ma sát tại trục của bánh xe. Tính gia tốc của xe, gia tốc góc của các uv quả cầu và độ lớn của lực F . Bài 2: Các định luật bảo toàn (5 điểm ) Trên mặt phẳng ngang có hai khối lập phương cạnh H, cùng khối lượng M đặt cạnh nhau. Đặt nhẹ nhàng một quả cầu có bán kính R, khối lượng m = M lên trên vào khe nhỏ giữa hai khối hộp. 1. Hai khối hộp cách nhau một khoảng R, quả cầu đứng cân bằng trên các khối hộp ngay sau khi đặt nhẹ lên khe hở. Tìm lực do các khối hộp tác dụng lên quả cầu khi các vật đứng cân R M bằng. Biết hệ số ma sát tĩnh giữa hai khối hộp và mặt bàn là k, tìm điều kiện của k để quả cầu đứng cân bằng trên 2 hộp ngay sau khi đặt lên. M M 2. Bỏ qua mọi ma sát và vận tốc ban đầu của quả cầu. Tìm R vận tốc quả cầu ngay trước khi va đập xuống mặt phẳng ngang. Bài 3: Nhiệt học (4 điểm ) Một chất khí lí tưởng đơn nguyên tử, ban đầu hoạt động theo chu trình 1(ABCA), rồi sau đó hoạt động theo chu trình  2(ACDA). Đồ thị của hai chu trình biểu diễn sự phụ khối 2 B C lượng riêng  của khí theo nhiệt độ T như hình bên. Gọi hiệu suất chu trình 1 và hiệu suất chu trình 2 lần 1 lượt là 1 và  2 . Biết hiệu suất của hai chu trình thỏa mãn hệ 2 thức  3 1 1 2   1 . 1 A D 1. Cho biết khối lượng khí là m, khối lượng mol khí là T  . Hãy tính công mà khí sinh ra trong mỗi chu trình theo m, O T1 T2  , T1 và T2 . 2. Hãy xác định tỉ số

T2 . T1

Cp . Cv

ẠY

KÈ

Poatxon  =

FF IC IA L

Bài 4: Động lực học(3 điểm )  Một vật chất điểm có khối lượng 3kg chuyển động trong trường lực F phụ thuộc thời gian trong hệ trục tọa độ oxyz:       với i , j , k là các véctơ đơn vị trên trục F  15ti  3t  12 j  6t 2 k  ox,oy,oz.        Giả sử điều kiện ban đầu: r0  5i  2 j  3k , (m) và v0  2i  k (m/s) Tìm sự phụ thuộc của vị trí và vận tốc của vật theo thời gian? Bài 5: Phương án thực hành(4 điểm ): Đo hệ số Poatxon . Cho các dụng cụ và thiết bị: - Một bình kín có dung tích đủ lớn (có thể tạo lỗ để nối với các ống và khóa) - Bơm nén ( chứa khí cần thiết, được coi khí lý tưởng cần xác định  ) - Áp kế chứa nước hình chữ U, có tiết diện nhỏ. - Các ống nối và 2 khóa. - Thước đo chiều dài. Hãy nêu cơ sở lý thuyết, cách bố trí và tiến hành thí nghiệm để xác định hệ số

ĐÁP ÁN Bài số

Hướng dẫn

Thang điểm 0.5

- Vẽ hình

N1,

F1,

N1 P2



FF IC IA L

0.75

0.5

0.75

ẠY

KÈ

ur uur - Gia tốc của O 1 và O 2 đối với mặt đất a1  a2 uur ur uur ur N1,  m1 g  F1,  m1 a1 uuur uuuuur ur uur uur uur N1  N2 m2 g  F1  F2  m2 a2 Chiêu lên ox, oy thu được N1Cos  F1Sin  m1a1 N1Sin  F1Cos  m1 g  0 F2  N1Cos  F1Sin  m2 a1 N 2  N1Sin  m2 g  0 F  F2  Ma Đối với chuyển động lăn không trượt 2 2 F1r1  m1r12 1  m1r1 (a  a1 ) 5 5 2 2 (F2  F1 )r2  m2 r22 2  m2 r2 (a  a1 ) 5 5 Giải hệ phương trình thu được kết quả 7 gCos a 2(1  Sin ) 2a gCos a1   7 (1  Sin ) 5a 5 gCos r2 2  a  a1   7 2(1  Sin ) 5 gCos  2  2r2 (1  Sin ) tương tự 5gCos  1  2r1 (1  Sin ) Độ lớn lực F

0.5

F  F2  Ma 

0.5

1. - Vẽ hình - Quả cầu cân bằng trên 2 khối hộp, AOB là một tam giác đều. Có thể thấy ngay các lực của 2 khối tác dụng lên quả cầu hướng về tâm và cùng độ lớn, góc giữa 2 lực là 60 0 . Các lực O này cân bằng với trọng lực tác dụng lên quả cầu. R 3 Vì vậy: Mg  N 3  N  Mg A B 3 - Để các khối hộp và quả cầu đứng cân bằng sau R khi đặt quả cầu lên thì lực tác dụng lên các khối hộp theo phương ngang phải không lớn hơn ma sát nghỉ cực đại f ms. Xét lực tác dụng lên mỗi khối hộp gồm: r r Trọng lực P = Mg, áp lực của quả cầu F với F   N Phản lực Q của bàn với: Q = Mg + Fsin60 0

0.5

N cos 600  f ms

 N cos 600  k ( Mg  N sin 600 ) N Mg / 3 1   2Mg  N 3 2Mg  Mg 3 3

0.5

k

0.5

FF IC IA L

(2m1  2m2  7 M ) gCos 2(1  Sin )

2. - Xét thời điểm quả cầu rơi xuống khối lập phương, ta cần xác định góc .

v1  tg v2

Liên hệ vận tốc: v1 cos   v 2 sin  

- Bảo toàn năng lượng:

1 2 1 mv1  2 mv22  mgR 1  cos   2 2  1  v12 1  2 2   2gR 1  cos   tg   

2gR 1  cos   tg 2 v  2  tg 2

v1 M

-v2 v M

0.75

KÈ

2 1

ẠY

Trong HQC chuyển động với vận tốc v2 thì quả cầu chuyển động tròn quanh điểm tiếp xúc, tại thời điểm rời nhau thì HQC trên trở thành HQC quán tính, lúc này thành phần trọng lực đóng vai trò lực hướng tâm:

mv2  mg cos  R v1 mv12 v   mgcos  sin  R sin 2 

Thay v1 bằng biểu thức ở trên vào, được phương trình:

2gR 1  cos   tg 2 v   gR cos .sin 2  2 2  tg  2 1

 cos3   3cos   2  0  cos   0,596

0.75

- Nếu H  R 1  cos    0, 404R thì quả cầu chạm đất trước khi rời hình lập phương, lúc chạm đất thì góc f thỏa mãn

các

H  R 1  cos   1  cos  

H . Vận tốc ngay trước chạm đất xác định R

theo định luật bảo toàn năng lượng và liên hệ vận tốc.

1  cos2  1  cos2  v  2gR 1  cos    2gR 1  cos  1  cos2  2 2 2R  H  2RH  v1  2g  2R  H  H 2

FF IC IA L

2 1

0.75

- Nếu H  R 1  cos    0, 404R thì sau khi rơi, quả cầu chuyển động rơi tự do:

R  vf  v12  2gH  2gH 1  0, 212  H 



1

2



m p  . V RT

1. Theo phương trình C-M pV 

RT , ta có  

0.75

h  H  R 1  cos  

Còn quả cầu cách mặt đất:



Thay vào (*): v12  gR cos .sin 2   gR cos  1  cos2 

0.5

  c = hằng số. T1 T2 Chuyển từ giản đồ T- sang giản đồ p - V . Hai đoạn đẳng nhiệt, hai đoạn đẳng tích, còn đường chéo hình chữ nhật trong T -  sẽ chuyển thành đường cong 0.5 m  pV m2 R   , T    cT ( bằng cách thay vào phương trình ). p V mR cV 2 Vì công mà khí thực hiện trong một quá trình có giá trị bằng diện tích nằm dưới đường mô tả quá trình đó. Vậy ta hãy đi tính các diện tích có liên quan. Diện tích dưới đường đẳng nhiệt T1 =const

Từ hình vẽ suy ra:



mRT1 mRT1  2 m T dV  ln  RT1 ln 2 V  1  T1

KÈ

S1 

1

2

ẠY

Diện tích dưới đường cong p 

S2 

m2R cV 2

1



m2 R m 2 R   2 1  mR dV  T2  T1     cV 2 c  m m  

2

Diện tích dưới đường đẳng nhiệt T2 =const m

S3 

1



mRT2 mRT1  2 m T dV  ln  RT2 ln 2 V  1  T1

2

Công khí sinh ra ở chu trình 1 là: A1  S2  S1

0.5

T2 =const

B T1 =const A

m 2

m 1

2. Theo nguyên lí I: dQ=Q+A

Hình 2 Công khí sinh ra ở chu trình 2 là: A2  S3  S2

FF IC IA L

 1  m 2  1  m2 R m 2 m dV  Rd R   2  d    RdT   2 cV c     c    Với i là số bậc tự do i2 m Thay vào biểu thức trên ta được:  QT2 T1  RdT  0 2  Vì đường cong nói trên trong chu trình 1 nhiệt độ giảm. Nghĩa là trong quá trình này khí tỏa nhiệt. Như vậy hệ chỉ nhận nhiệt trong quá trình đẳng tích. i m Q1  U12  R( T2  T1 ) 0.5 2 Tương tự, với chu trình 2, khí tỏa nhiệt trong quá trình đẳng tích chuyển từ đường đẳng nhiệt này sang đường đẳng nhiệt khác, hai quá trình còn lại đều thu nhiệt. vậy T i2 m i2 m m 0.5 Q2  R(T2  T1 )  S3  R(T2  T1 )  RT2 ln 2 T1 2  2   Khi đó các hiệu suất tương ứng bằng: T T  m m  R T2  T1   RT1 ln 2 T1 ln 2   A S S   T1 2 T1  1  1  2 1   1  i m Q1 Q1 i T2  T1  R T2  T1    2   T2 m T2 m RT ln  R T2  T1  T2 ln  T2  T1  A2 S3  S2  2 T1  T1 2     0.5 T T2 i  2 m m i  2 Q2 Q2 R T2  T1   RT2 ln 2 T  T  T ln  2 1 2 2   T1 2 T1

ẠY

KÈ

pdV 

m2 R , ta có: cV 2

i m m2 R RdT  dV 2 cV 2

 QT T  dUT T  pdV 

Đối với chu trình 1: QT=T1 =-A1 =-S1 <0 Trên đường cong p 

0.5

Đặt x 

T2 Thay các biểu thức trên vào hệ thức:  3  1 1  2   1 T1

0.5

Vì T1  T2 nên ln x  i  x  ei  e3  20,08 T Vậy: 2  20,08 T1 Gia tốc của hạt là:     F F  ma  a  m Từ đó ta có: F a x  x  5t m (m / s 2 ) F (m / s 2 ) ay  Y  t  4 m (m / s 2 ) Fz 2 az   2t m Vận tốc của vật:

FF IC IA L

  x ln x   x  1   2 ln x     1   1   3  1  i  x  1    x ln x  i  2 x  1     2    x  1 ln x  i   0

0.5

5 v x   a x dt   5tdt  t 2  c1 2 0 0 t

v y   a y dt   (t  4)dt  0

v z   a z dt   2t 2 dt 

t2  4t  c 2 2

2 3 t  c3 3

0.5

Thời điểm ban đầu ta có:

0.5

Vận tốc của vật theo thời gian:

ẠY

KÈ

v 0 x  2 c1  2   v 0 y  o  c 2  0  c  1  3 v 0 z  1

v  vx  v y  v Hay:

 2 5  t2     2  t 2     4t    t 3  1 2  2    2 2

   v  v x .i  v y j  v z k   2 5   t 2   v   2  t 2 i    4t  j   t 3  1k 2  2  3  

0.5

Vị trí của vật: t t  5 2 5 3   x  x0   v x dt  5    2  t dt  5  2t  t 2  6 0 0  t t  t2  t3   2 4 2 y  y  v dt    t dt    2t 2  0 0 y 0  2  6  t t  4  z  z 0  v dt  3  1  2 t 3 dt  3  t  t 0 0  3  6  Vậy vị trí của vật phụ thuộc vào thời gian như sau:

FF IC IA L

0.5

    5 3   t3 t4    2    r  xi  yj  zk   5  2t  t i   2   2t  j    3  t  6   6 6   

1. Cơ sở lý thuyết - K1 mở, K2 đóng, khí được bơm vào bình B đến thể tích V1, áp suất P, nhiệt độ T (bằng nhiệt độ môi trường). Áp suất không khí là P0, độ chênh lệch mực nước trong áp kế là h.  P = P0 + h (P0 được tính ra độ cao cột nước trong áp kế) - Đóng K1, mở K2, lượng khí trong bình giãn nhanh, áp suất giảm xuống P0, nhiệt độ giảm đến T'.

0.5

 k . 

1 

P h  0   P0 

1 

T'  P    T  P0 

0.75

Sau khi giãn, coi gần đúng quá trình là đoạn nhiệt thuận nghịch vì trong quá trình diễn nhanh, độ biến thiên áp suất bé, ta có:

1

1  h .  P0

0.75

(1) - Sau khi mở K2 một thời gian ngắn thì đóng lại ngay trong bình B bây giờ còn lại lượng nhỏ khí, áp suất P0, thể tích V1, nhiệt độ T'. Lượng khí này nóng dần lên và biến đổi đẳng tích đến áp suất P' = P0+ h', nhiệt độ là T. A

KÈ

T ' P0  T P' T' P0 h'  1 T P0  h ' P0 

K1 (2)

ẠY

Từ (1) và (2) suy ra:

h'   h 1 . P0  P0 h  h  h ' (3)

1

h B

2. Bố trí thí nghiệm: - Đặt bình B rồi nối nó với các ống với hai khoá K1 và K2, K1 nối giữa bình với bơm nén, K2 nối bình B với môi trường bên ngoài. Bình được nối thông với áp kế nước hình chữ U(hình vẽ) Trong áp kế, mực nước ở hai cột áp kế bằng nhau và có độ cao khoảng 15 20cm.

0.75

0.5

0.75

ẠY

KÈ

FF IC IA L

3. Tiến hành thí nghiệm: - Đóng khoá K2, mở K1: Dùng bơm nén khí cần đo  vào bình gây nên sự chênh lệch độ cao của hai cột nước trong áp kế chữ U. Đóng K1 lại, chờ một lúc để cho bình trao đổi nhiệt độ với môi trường. Khi độ chênh lệch h của hai cột nước trong áp kế không đổi nữa, ta dùng thước đo h. -Sau đó mở khoá K2 cho khí phụt ra ngoài, khi độ cao hai cột nước trong áp kế bằng nhau thì đóng ngay K2 lại. Lúc ổn định thì độ chênh lệch của hai cột nước trong áp kế là h’. Dùng thước đo h’. - Thay h và h’ vào biểu thức (3) để tính . - Lặp lại một số lần thí nghiệm để tính giá trị trung bình của .

Trường THPT Chuyên Nguyễn Trãi ĐỀ GIỚI THIỆU THI DUYÊN HẢI VẬT LÝ KHỐI 10 Câu 1: Một toa xe nhỏ dài 4m khối lượng m2 = 100kg đang chuyển động trên đường ray với vận tốc v0 = 7,2km/h thì một chiếc vali kích thước nhỏ khối lượng m1 = 5kg được đặt nhẹ vào mép trước của sàn xe. Sau khi trượt trên sàn, vali có thể nằm yên trên sàn chuyển động không? Nếu được thì nằm ở đâu? Tính vận tốc mới của toa xe và vali. Cho biết hệ số ma sát giữa va li và sàn là k = 0,1. Bỏ qua ma sát giữa toa xe và đường ray. Lấy g = 10m/s2 .

FF IC IA L

Câu 2: Trên mặt bàn nằm ngang nhẵn, dọc theo một đường thẳng, người ta đặt 3 quả cầu có cùng kích thước, khối lượng của chúng lần lượt theo thứ tự là m, M và 2M. Quả cầu m đến va chạm đàn m hồi trực diện vào quả cầu M với vận tốc vo . Hỏi với tỉ số nào của thì trong hệ còn xảy ra vừa M đúng một va chạm nữa? (coi các va chạm đều là hoàn toàn đàn hồi và trực diện)

Câu 3: Một pit-tông có khối lượng m, giam một mol khí lí tưởng trong xi-lanh như hình vẽ. Pit-tông và xi-lanh đều không giãn nở vì nhiệt. Pít-tông được treo bằng một sợi dây

mảnh nhẹ. Ban đầu khoảng cách từ pit-tông đến đáy xi-lanh là h. Khí trong xi lanh lúc

đầu có áp suất bằng áp suất khí quyển p 0 , nhiệt độ T0 . Tìm biểu thức nhiệt lượng cần

cung cấp cho chất khí để nâng pit-tông đi lên rất chậm tới vị trí cách đáy một khoảng

là 2h. Cho biết nội năng của 1 mol khí là U = CT (C là hằng số) gia tốc trọng trường là

g. Bỏ qua ma sát.

Q U

Câu 4: Mét thanh ®ång chÊt, tiÕt diÖn ®Òu, khèi l-îng m, chiÒu dµi l. Thanh quay quanh trôc th¼ng ®øng ®i qua ®iÓm O nh- h×nh vÏ. BiÕt vËn tèc quay cña thanh lµ  . T¹i tr¹ng th¸i æn ®Þnh, h·y x¸c ®Þnh: 1. Gãc  mµ thanh hîp víi ph-¬ng th¼ng ®øng. 2. Ph¶n lùc t¸c dông lªn thanh t¹i O. Bá qua ma s¸t t¹i t©m quay O. Câu 5: Hãy nêu phương án xác định nhiệt dung riêng của một vật rắn đồng nhất trong điều kiện có

các dụng cụ sau:

KÈ

- Nhiệt lượng kế có khối lượng M và cách nhiệt hoàn toàn với môi trường bên ngoài. - Ấm điện với nguồn điện thích hợp. - Cốc thủy tinh có vạch chia thể tích, chứa được vật rắn đã cho.

ẠY

- Thùng đựng nước, nhiệt kế, que gắp.

Nhiệt dung riêng co , khối lượng riêng Do của nước và khối lượng riêng D của vật rắn đã biết trước.

ĐÁP ÁN VẬT LÝ KHỐI 10 Câu 1: Giải

 v0

F' ms

    P1  N1  Fms  m1a 1

N2 O  P'1 P2

Chiếu lên Ox và phương thẳng đứng ta được: Fms = m1 a1 và N 1 = P1 = m1 g, suy ra

a1 

Fms kN 1   kg  1m/s 2 m1 m1

N1 P1

x F ms

FF IC IA L

Chọn trục Ox hướng theo chuyển động của xe, gắn với đường ray, gốc O tại vị trí mép cuối xe khi thả vali, gốc thời gian lúc thả vali. + Các lực tác dụng lên Vali: Trọng lực P1 = m1 g, phản lực N 1 và lực ma sát với sàn xe Fms, ta có

Xe: Trọng lực P2 = m2 g, trọng lượng của vali P1  m1g , phản lực N 2 và lực ma sát với vali F’ms. Ta có ,

Chiếu lên trục Ox ta được -F’ms = m2 a2

 F'ms  Fms  km 1g    0,05m/s 2 m2 m2 m2

1 x 1  a 1 t 2  x 01  0,5t 2  4 2 1 x 2  a 2 t 2  v 0 t  0,025t 2  2t 2

Phương trình chuyển động của vali và xe lần lượt

a2 

     P1'  P2  N 2  F' ms  m 2 a 2

ẠY

KÈ

Q U

Vali đến được mép sau xe khi x1 = x2 , hay 0,5t2 + 4 = -0,025t2 + 2t Phương trình này vô nghiệm, chứng tỏ vali nằm yên đối với sàn trước khi đến mép sau của xe. Khi vali nằm yên trên sàn, v1 = v2 Với v1 = a1 t + v01 = t , v2 = a2 t + v0 = -0,05t + 2, suy ra t = - 0,05t + 2 suy ra t = 1,9s 2 2 Khi đó vali cách mép sau xe một khoảng d  x 1  x 2  0,5t  4  0,025t  2t Với t = 1,9s ta có d = 2,1m Vận tốc của xe và vali lúc đó v1 = v2 = 1,9m/s.

Câu 2 : Gọi v1 , v2 lần lượt là vận tốc của m và M sau va chạm lần 1 Áp dụng định luật bảo toàn động lượng và động năng: mv02 mv12 Mv22   mv0  mv1  Mv2 ; 2 2 2 ( M  m)v0 2mv0  v1   ; v2  M m M m .......................................................................................................... Gọi v 2/ và v3/ lần lượt là vận tốc của M và 2M sau va chạm lần 2

Mv2  Mv  2Mv / 2

/ 3

;

Mv 22 Mv 2/ 2 2 Mv3/ 2   2 2 2

2mv0 v2  3 3( M  m) sau va chạm lần 2 quả cầu M chuyển động theo chiều ngược lại. ............................................................................................................................ Để không xảy ra một va chạm nào nữa, phải có các điều kiện sau m * v 1 <0  M>m  <1 ; * v2/  v1 M m 3 m 3 2mv0 ( M  m)v0 Vậy kết hợp ta có:      M 5 M 5 3( M  m) M m

FF IC IA L

 v2/  

Câu 3: Do ban dầu khí trong xilanh có áp suất bằng áp suất khí quyển, nên, lực căng dây:   P  mg . Khi nung nóng đến nhiệt độ T, áp suất khí: p  p0 

mg thì dây bắt đầu chùng, quá trình là đẳng S

tích:

 p0 p p mg    T  0 T0  1   T0 T0 T p p S 0  

Cmgh R

mg T0 p0 S

Mà p0 Sh  RT0  U1 

Độ biến thiên nội năng của khí trong quá trình này là: U1  CT  C (T  T0 )  C

V0 V1   T1  2T T T1

Q U

trình là đẳng áp:

Tiếp tục nung nóng khí, pit-tông đi lên rất chậm. Khi nung tới nhiệt độ T1 , pit-tông cách đáy 2h, quá

Độ biến thiên nội năng của khí trong giai đoạn này là: U 2  C (T1  T )  CT  CT0 

Cmgh R

Công mà khí thực hiện là: A  pV  RT0  mgh

KÈ

Nhiệt lượng cần cung cấp là: Q  U1  U 2  A  (C  R )T0  mgh(1 

2C ) R

ẠY

Câu 4 : 1. - XÐt trong hÖ quy chiÕu quay víi vËn tèc gãc  - XÐt phÇn tö rÊt nhá dx cã khèi l-îng dm, c¸ch t©m quay O mét kho¶ng x. - Lùc qu¸n tÝnh li t©m t¸c dông lªn phÇn tö dm lµ: m dFqt  (dm). 2 .r  ( .dx). 2 .( x.sin  ) l 2 m. .sin   dFqt  .x.dx l - Tæng hîp cña lùc qu¸n tÝnh li t©m t¸c dông lªn toµn bé thanh lµ:

uur Rz

uur Ry

x uuuur dFqt

 r

ur 

m. 2 .sin  m. 2 .l.sin  Fqt   dFqt  0 x.dx  l 2 uuuur ( V× c¸c lùc thµnh phÇn dFqt ®Òu cã cïng ph-¬ng, cïng chiÒu). uur - §iÓm ®Æt cña Fqt ®-îc x¸c ®Þnh bëi: l

m. 2 .sin  2 .x dx (dFqt ).x 0 l 2  xQ    l 2 m. .l.sin  Fqt 3 2 uur 2 VËy ®iÓm ®Æt cña Fqt c¸ch t©m quay O mét kho¶ng l däc theo thanh. 3 - ¸p dông ®iÒu kiÖn c©n b»ng m«men quay cho thanh cøng ®èi víi t©m quay O, ta ®-îc:

FF IC IA L

l m. 2 .l.sin   2  mg .sin   .  l.cos  2 2 3  3g  cos  (4) 2.l. 2

m 2 . 4 .l 2 (1  cos 2 )  m 2 .g 2 4 R

m 4. 2 .l 2  7 g 2 4



(5)

Q U

R  Ry2  Rz2  Fqt2  (mg ) 2

ur 2. Do kh«ng cã ma s¸t t¹i t©m quay O nªn t¹i mçi vÞ trÝ cña mÆt ph¼ng, ph¶n lùc R ë O cã hai thµnh uur uur phÇn vu«ng gãc Ry ; Rz ur uur uur R  R y  Rz L¹i cã:  Ry  Fqt   Rz  mg ur Ph¶n lùc R t¹i t©m quay O cã ®é lín:

KÈ

Tõ (4), (5), ta ®-îc:

Câu 5: Phương án thí nghiệm.

ẠY

Bước 1: Xác định nhiệt dung riêng c của nhiệt lượng kế Bước 2: Xác định nhiệt dung riêng cv của vật

1. Cơ sở lý thuyến xác định nhiệt dung riêng của nhiệt kế. Bước 1: Gọi ts là nhiệt độ sôi của nước; t0 là nhiệt độ môi trường. + Cho một lượng nước sôi có khối lượng m1 vào nhiệt lượng kế, khi trạng thái cân bằng nhiệt được thiết lập thì hệ nước và nhiệt lượng kế có nhiệt độ tcb1 . Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có:

Q nhËn  Q thu  Mc(t cb1  t 0 )  m1c nc (t s  t cb1 )

+ Cho tiếp một lượng nước sôi có khối lượng m2 vào nhiệt lượng kế. Khi cân bằng nhiệt được thiết lập thì hệ có nhiệt độ tcb2 . Ta có: Mc(t cb2  t cb1 )  m2cnc (t s  t cb2 )  m1cnc (t cb2  t cb1 ) + Cho tiếp một lượng nước sôi có khối lượng m3 vào nhiệt lượng kế. Khi cân bằng nhiệt được thiết lập thì hệ có nhiệt độ tcb3 . Ta có: Mc(t cb3  t cb2 )  m3cnc (t s  t cb3 )  cnc (m1  m2 )(t cb3  t cb2 )

FF IC IA L

+ Làm tương tự như vật tới lần thứ n ta có: n 1

Mc(t cb(n)  t cb(n 1) )  m3cnc (t s  t cb(n) )  cnc ( mi )(t cb(n)  t cb(n 1) ) (1) i 1

Với cách làm này thì với mỗi lần tiến hành ta xẽ xác định được một giá trị của c 0 .

Bước 2: Xác định nhiệt dung của vật sau khi biết nhiệt dung riêng c0 của nhiệt lượng kế. Xét hệ ban đầu gồm nhiệt lượng kế và vật ở trạng thái cân bằng nhiệt với môi trường.

+ Cho một lượng nước sôi có khối lượng m1 vào nhiệt lượng kế và vật, khi trạng thái cân bằng nhiệt

được thiết lập thì hệ nước và nhiệt lượng kế có nhiệt độ t1 . Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có:

mcv (t1  t 0 )  m1cnc (t s  t1)  Mc(t1  t 0 ) lập thì hệ có nhiệt độ t2 .

+ Cho tiếp một lượng nước sôi có khối lượng m2 vào nhiệt lượng kế. Khi cân bằng nhiệt được thiết

Q U

Ta có: mc v (t 2  t1 )  m 2c nc (t s  t 2 )   Mc  m1c nc  (t 2  t1 ) + Cho tiếp một lượng nước sôi có khối lượng m3 vào nhiệt lượng kế. Khi cân bằng nhiệt được thiết lập thì hệ có nhiệt độ t3 .

Ta có: mc v (t 3  t 2 )  m 3c nc (t s  t 3 )   Mc  (m1  m 2 )c nc  (t 3  t 2 )

KÈ

+ Làm tương tự như vật tới lần thứ n ta có:

ẠY

n 1   mcv (t n  t n 1 )  mn cn (t s  t n )  Mc   micn  (t n  t n 1 ) i 1  

Với cách làm này thì với mỗi lần tiến hành ta xẽ xác định được một giá trị của c v .

2. Tiến hành thí nghiệm

Bước 1: Xác định nhiệt dung riêng của nhiệt lượng kế Dùng ấm điện đung sôi một lượng nước đủ dùng cho thí nghiệm. - Lấy bình có chia vạch để lấy lượng nước sôi có khối lượng m1 đổ vào nhiệt lượng kế. Khi hệ cân

bằng nhiệt ta đo nhiệt độ này và tính nhiệt dung của nhiệt lượng kế theo công thức (1).

Lặp lại thí nghiệm với các lượng nước m2 ; m3 ; … rồi tính nhiệt dung riêng c của nhiệt lượng kế tương ứng. Sau khi có được các giá trị của c ta tiến hành sử lý số liệu để có kết quả về nhiệt dung riêng của nhiệt lượng kế. Bước 2. Xác định nhiệt dung riêng c của vật sau khi đo được nhiệt dung riêng của nhiệt lượng kế. - Sử dụng bình chia vach và nước ta xác định được thể tích của vật từ đó tính được khối lượng m

FF IC IA L

của vật.

- Lấy bình có chia vạch để lấy lượng nước sôi có khối lượng m1 đổ vào nhiệt lượng kế và vật. Khi hệ cân bằng nhiệt ta dùng nhiệt kế đo nhiệt độ này và tính nhiệt dung của vật theo công thức (2).

Lặp lại thí nghiệm với các lượng nước sôi m2 ; m3 ; … rồi tính nhiệt dung riêng cv của của vật tương ứng.

ẠY

KÈ

Q U

Sau khi có được các giá trị của cv ta tiến hành sử lý số liệu để có kết quả về nhiệt dung riêng của vật.

TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN

ĐỀ ĐỀ XUẤT THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

HÀ NỘI

KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐB BẮC BỘ - 2015 MÔN THI: Vật lí - Lớp 10 Thời gian làm bài :180 phút

Bài 1 (4 điểm): Động lực học chất điểm Một cốc hình trụ, đáy phẳng, cao h = 0,1m trượt không ma sát trên mặt phẳng nghiêng góc   450 . Tại thời điểm cốc bắt đầu trượt thì có vật nhỏ rơi từ miệng

của cốc và va chạm đàn hồi với đáy cốc. Tìm quãng

FF IC IA L

(Đề thi có 02 trang, gồm 05 bài)

đường cốc trượt được đến lần va chạm thứ n = 5 giữa

Bài 2 (5 điểm): Các định luật bảo toàn

vật và đáy cốc.

Hai viên bi giống nhau, được nối với nhau

bằng một sợi dây nhẹ, không giãn, dài 2l, đặt trên

mặt phẳng nằm ngang nhẵn. Người ta truyền cho

Q U

một trong hai viên bi đó một vận tốc v0 hướng theo phương thẳng đứng lên trên. Bỏ qua lực cản của

không khí.

KÈ

a) Giả sử trong quá trình chuyển động, sợi dây luôn căng và viên bi dưới không bị nhấc lên khỏi mặt phẳng ngang. Lập phương trình quĩ đạo của viên bi trên.

ẠY

b) Tìm điều kiện của v0 để thỏa mãn điều giả sử ở câu a, có thể thừa nhận rằng viên bi dưới sẽ dễ bị nhấc lên khỏi mặt phẳng ngang nhất khi dây ở vị trí thẳng

đứng.

Bài 3 (5 điểm): Cơ học vật rắn Người ta uốn theo thành của một khối trụ đứng khối lượng M, bán kính R, chiều cao H một ống thành một vòng xoắn. Khối trụ có thể quay xung quanh một trục cố định Oz. Một quả cầu khối lượng m có thể trượt Z

1 R H

không ma sát theo ống này. Ban đầu khối trụ đứng yên, quả cầu được thả không vận tốc ban đầu vào lỗ ở đầu trên của ống. Bỏ qua khối lượng của ống và ma sát ở M 4

. Tìm vận tốc của

quả cầu và tốc độ góc của khối trụ khi quả cầu thoát khỏi lỗ dưới của ống. Bài (4 điểm): Nhiệt học Một mol khí lí tưởng đơn nguyên tử thực hiện một chu trình biến đổi được biểu

diễn bằng đồ thị như hình vẽ. 1 – 2 là một

phần của nhánh parabol đỉnh O, 2 – 3 song qua gốc tọa độ O.

trong chu trình theo T1, T2.

a) Tính công mà chất khí thực hiện

song với trục OT và 3 – 1 là đoạn thẳng đi

FF IC IA L

trục quay. Giả thiết 2 R  2 H , m 

b) Tìm nhiệt dung mol của khí trong quá trình 1-2.

Q U

Bài 5 (2 điểm): Phương án thực hành Cho các dụng cụ sau:

- Một cốc thí nghiệm hình trụ, bằng thủy tinh, bề dày của thành cốc và đáy cốc

KÈ

là không đáng kể so với kích thước của nó, trên thành cốc có các vạch chia độ để đo thể tích chất lỏng trong cốc. - Một chậu đựng nước sạch, biết khối lượng riêng của nước là Dn.

ẠY

- Một chậu đựng chất lỏng là một loại dầu thực vật chưa biết khối lượng riêng.

Hãy trình bày phương án thí nghiệm xác định khối lượng m của cốc, khối

lượng riêng Dd của loại dầu thực vật này. ……………….Hết ………………

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Môn Vật lý – Lớp 10 Đáp án

Câu

Điể m

Câu - Trong HQC gắn đất, gia tốc của cốc trên mặt phẳng nghiêng có độ lớn a  g sin  1 (4đ) - Trong HQC gắn với cốc, gia tốc tổng hợp của vật là:    g '  g a

FF IC IA L

0.5



+ Từ (1) và (2)  g ' vuông góc với mặt phẳng nghiêng, tức là song song với thành ống. Vậy trong HQC gắn cốc, vật “rơi tự do” từ độ cao h với gia tốc g '  gcos . + Vì va chạm là đàn hồi nên vật chỉ rơi xuống và nảy lên liên tục tại cùng một điểm của cốc. + Thời gian rơi từ khi thả đến khi chạm cốc lần thứ nhất

2h  g'

0,5

2h gcos

là: t1 

1.0

0,5

+Thời gian rơi từ khi thả đến khi chạm cốc lần thứ n là: tn  t1  (n  1)2t1  (2n  1)t1

Q U

- Với n = 5, có S = 8,1m.

0.5

-a

atn2 S  (2n  1) 2 .h.tan  2

- Trong HQC gắn đất, quãng đường cốc trượt được trong thời gian tn là: h α

0.5

g’

0.5

a α

1.0

ẠY

KÈ

Câu a) + Vì bỏ qua ma sát nên khối C m2 2 tâm của hệ (trung điểm của sợi (5đ) dây) chỉ chuyển động theo phương thẳng đứng. α + Phương trình chuyển động của viên bi 2 (viên bi trên) O m1 x  l sin  y  2l cos => Phương trình quĩ đạo Hình 2 2 2 x y  2  1 (1) 2 l 4l => Quĩ đạo của viên bi trên là (nửa) elip. b) Khi viên bi 2 chuyển động lên trên: + Vận tốc v giảm dần, lực căng dây giảm dần + Tại vị trí cao nhất của m2:

0.5

0,5 0.5

FF IC IA L

mv (2) TC  C  mg RC + Tìm vận tốc của m2 tại vị trí cao nhất: Tại vị trí cao nhất, về độ lớn: v1 = v2 = vC Bảo toàn cơ năng: 2 2 mv0 mvc  2.  mg 2l 2 2 2 vO 2 => vC   2 gl (3) 2

+ Tìm bán kính chính khúc RC của m2 tại vị trí cao nhất Đạo hàm 2 vế biểu thức (1) 2vX x 2vY . y   0  4vX .x  vY . y  0 (1’) l2 4l 2 Đạo hàm hai vế biểu thức (1’) 2 2 4a X .x  4v X  a y . y  vY  0 Tại vị trí C: x = 0; y = 2l vx = vC; vy = 0 ax = 0; ay = - vc2/RC 2 vC 2 => 4vC  2l. (4)  0 => RC = l/2 RC + Thay (3) và (4) vào (2) ta được: 2 vO 2 m(  2 gl ) mvO 2 TC   mg   5mg l l 2 + Điều kiện để dây luôn căng: TC  0 => vO  5 gl + Điều kiện để m1 luôn chuyển động trên mặt phẳng ngang: TC  mg => vO  6 gl

0.5

Q U

0.5

KÈ

0.5

Câu 1 3 Momen quán tính của khối trụ là I  MR 2 2 (5đ) Độ nghiêng của vòng xoắn xác định bởi: tan  

0.5

5 gl  vO  6 gl

ẠY

Kết luận:

H 1  2 R 2

0.5 H

0.5

2πR

Khi đến đáy, M có tốc độ góc 1 ; m có tốc độ v , tốc độ góc 2 đối với 

đất; m có tốc độ v ' đối với trụ, v ' tiếp tuyến với vòng xoắn.

+ Áp dụng định luật bảo toàn momen động lượng: I1  mR 22  0  2  21

0.5

+ vx  2 R  21R vx'  (2  1 ) R  31R v 'y

vx' 3 + '  tan   v   1R  vy vx 2 2 ' y

25 2 2 4 v2 2 + v  (v  v )  1 R  1  (1) 4 25 R 2 2 x

2.0

2 y

FF IC IA L

+ Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng: mgH 

I 12 mv 2 (2)  2 2

+ Từ (1) và (2)  v 

0.5 1.0

50 1 8 gH ; 1  gH 33 R 33

Câu 4 a) Chuyển sang hệ trục tọa độ P-V (4đ) Quá trình 1-2: T  aV 2  RT  RaV 2  PV  RaV 2  P  RaV Quá trình 2-3 là đẳng tích. Quá trình 3-1 là đẳng áp.

0.5 0.5

P 2

0.5

Q U

- Công mà chất khí thực hiện: 1 1 ( P2  P1 )(V2  V1 )  ( RT2  RT1  PV 1 2  PV 2 1) 2 2 P P Mặt khác 1  2  PV 2 1  PV 1 2  R TT 1 2 V1 V2 1 Vậy A'  R ( T2  T1 ) 2 2

KÈ

A'  dt 123 

ẠY

1.0

b) Áp dụng nguyên lí I nhiệt động lực học cho quá trình 1-2 3 1 3 1 RT12  ( P1  P2 )(V2  V1 )  RT12  ( PV 2 2  PV 1 1) 2 2 2 2 3 1  RT12  ( RT2  RT1 )  2 RT12 2 2 Mà Q  C.T12  C  2 R Q  U  A' 

1.0 0.5

Câu - Cho một ít nước thể tích Vn vào trong cốc, sao cho khi thả cốc vào chậu 5 đựng dầu thì cốc nổi theo phương thẳng đứng. (2đ) - Kí hiệu: m là khối lượng cốc thủy tinh. Dd là khối lượng riêng của dầu Dn là khối lượng riêng của nước (đã biết) Vn là thể tích nước trong cốc (xác định nhờ vạch đo thể tích trên cốc) V là thể tích của lượng dầu thực vật bị cốc nước chiếm chỗ xác định nhờ vạch đo thể tích trên cốc (tính từ đáy cốc đến mặt thoáng dầu) - Ta có: (m+DnVn)g = (DdV)g - Với hai lần đo, ta có hệ hai phương trình với hai ẩn số là m và Dd. Giải hệ phương trình ta có thể xác định được khối lượng riêng của dầu và khối lượng cốc. Để kết quả có tính chính xác cao, ta có thể tiến hành thí nghiệm với nhiều giá trị Vn và V. ................Hết................

FF IC IA L

0,5

0,5 0.5

0.5

ẠY

KÈ

Q U

TRƯỜNG ĐHSP HÀ NỘI TRƯỜNG THPT CHUYÊN

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

Môn thi VẬT LÝ 10 Đề thi gồm có 02 trang Câu 1. Một vật nhỏ có khối lượng

đang trượt trên mặt phẳng nằm ngang nhẵn với vận

thì trượt lên một vật khối lượng

tốc

FF IC IA L

ĐỀ NGUỒN KỲ THI OLYMPIC VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

như hình vẽ.

có chiều cao đỉnh là , ban đầu nêm đứng yên và có thể trượt không ma sát trên mặt phẳng nằm ngang. Bỏ qua ma sát và mất mát động năng khi va chạm. vượt qua được nêm cao

để

1. Tính giá trị cực tiểu của

. Lấy

, mô tả chuyển động của hệ thống và tìm các vận tốc cuối cùng của vật và

2. Biết

nêm trong hai trường hợp

và

Câu 2. Trái Đất và Hỏa Tinh chuyển động quanh Mặt Trời trên các quỹ đạo gần tròn nằm trong cùng một mặt phẳng với các chu kì , . Biết khoảng cách giữa Trái Đất

ẠY

KÈ

, tính và Mặt Trời là 1. Khoảng cách cực đại và cực tiểu giữa Trái Đất và Hỏa Tinh. 2. Một nhóm các nhà Thiên văn muốn lên Hỏa Tinh du lịch, đề xuất một phương án phóng tàu vũ trụ đưa các nhà Thiên văn trên lên Hỏa Tinh. Hỏi theo phương án đó: a. Sau khi rời Trái Đất bao lâu thì tàu vũ trụ đổ bộ được lên Hỏa Tinh? b. Sau khi đáp xuống Hỏa Tinh một khoảng thời gian tối thiểu bằng bao nhiêu thì tàu vũ trụ mới có thể khởi hành về Trái Đất. c. Tính khoảng thời gian tối thiểu để thực hiện cuộc hành trình Trái Đất - Hỏa Tinh Trái Đất. Câu 3. Một mol khí lí tưởng đơn nguyên tử thực hiện chu trình

đồ

tích,

(Hình vẽ).

là các quá trình đẳng

là các quá trình đẳng áp. Các quá trình

và và

và

có áp suất

theo công thức:

và thể tích , trong đó

dương. Thể tích khí ở trạng thái

là

liên hệ với nhau là một hằng số , ở trạng thái 1

được biểu diễn trên giản

và ở trạng thái

là

. Biết rằng tỉ số giữa nhiệt độ tuyệt đối lớn nhất

sao cho

và nhiệt độ tuyệt đối nhỏ nhất của khí trong chu trình Tính công thực hiện trong chu trình

Tìm hiệu suất của chu trình

theo theo

và

. Áp dụng bằng số với

, bán kính Câu 4. Một quả cầu đặc đồng chất, khối lượng quay, tâm quả cầu ở độ cao nào đó so với mặt sàn nằm ngang. Trên sàn có một vật hình nêm, khối lượng

. .

FF IC IA L

là

, lúc đầu được giữ đứng yên và không

, mặt

nêm nghiêng góc so với phương nằm ngang (hình vẽ). Thả cho quả cầu rơi tự do xuống nêm. Biết rằng ngay trước khi va chạm vào mặt nêm, tâm quả cầu có vận tốc . Coi quả cầu và nêm là các vật rắn tuyệt đối. Bỏ qua tác dụng của trọng lực trong khoảng thời gian va chạm. Sau va chạm, nêm chỉ dịch chuyển tịnh tiến trên mặt sàn. Bỏ qua ma sát. Coi va chạm là hoàn toàn đàn hồi. 1. Tìm tốc độ dịch chuyển của nêm ngay sau va chạm.

2. Với bằng bao nhiêu thì động năng thu được của nêm ngay sau va chạm là lớn nhất? Tìm biểu thức động năng lớn nhất đó. 3. Xác định xung lượng của lực mà mặt sàn tác dụng lên nêm trong quá trình va chạm. Câu 5. Cho các vật dụng sau

01 quả cân loại 01 lò xo nhẹ chưa biết độ cứng 01 thanh mảnh đồng chất, chưa biết khối lượng một đầu có đục một lỗ nhỏ. 01 quả dọi 01 giá đỡ có thể dùng để treo thanh cứng, thanh có thể dao động tự do quanh điểm treo. 01 thước đo độ dài 01 cuộn dây mềm, nhẹ, không dãn và đủ bền.

      

ẠY

KÈ

Biết rằng gia tốc rơi tự do tại nơi làm thí nghiệm là , trọng lượng tổng cộng của quả cân và thước không kéo dãn được lò xo đến giới hạn đàn hồi. Trình bày một phương án thí nghiệm xác định. 1. Độ cứng của lò xo. 2. Giới hạn đàn hồi của lò xo.

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

ĐỀ THI MÔN VẬT LÍ – KHỐI 10 NĂM HỌC 2014 - 2015 Thời gian làm bài:180 phút (Đề này có 02 trang, gồm 05 câu)

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH ĐIỆN BIÊN

Đề bài Câu 1. (4,0 điểm) Trên mặt phẳng ngang nhẵn có một chiếc nêm khối lượng m, góc nêm là . Một vật nhỏ khối lượng

m 2

m/2

bắt đầu trượt

FF IC IA L

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ẠY

KÈ

Q U

không ma sát từ đỉnh A của nêm. Biết AB  l (hình 1).  1. Hãy xác định gia tốc của nêm và B quãng đường mà nêm đã trượt theo hình 1 phương ngang kể từ khi vật bắt đầu trượt từ đỉnh A cho đến khi nó rời khỏi nêm tạir B. 2. Giả sử nêm đang có vận tốc V0 đến va chạm hoàn toàn đàn hồi vào một quả cầu nhỏ có khối lượng 2m đang đứng yên (hình 2) a. Sau va chạm nêm không nẩy A lên. Để nêm tiếp tục chuyển động theo r hướng ban đầu thì góc nêm  phải nhỏ V0 hơn một góc giới hạn  0 . Tìm  0 ? m 2m b. ChoV0 = 5m/s,=300 . Lấy  B g=10m/s 2 ; Xác định khoảng thời gian quả hình 2 cầu va chạm với nêm lần 2. Coi sức cản của không khí không đáng kể. Câu 2. (4,0 điểm) Trên mặt bàn nằm ngang nhẵn, có một chiếc xe khối lượng m. Trên xe có hai khối lập phương, khối 5m và m được nối 5m  F với nhau bằng một sợi dây không dãn, vắt qua m một ròng rọc có khối lượng không đáng kể. m  Người ta kéo ròng rọc bằng một lực F không đổi theo phương ngang như hình vẽ 1. Hệ số hình 3 ma sát giữa xe và khối là μt =μn=0,1.  1. Hỏi độ lớn của lực F bằng bao nhiêu thì xe có gia tốc a = 0,2g. 2. Khi ấy gia tốc của các khối và của ròng rọc bằng bao nhiêu?

Trang - 1

KÈ

Q U

FF IC IA L

Câu 3. (4,0 điểm) Hai mol khí lý tưởng đa nguyên tử thực hiện một quá trình biến đổi trạng thái được biểu diễn trong hệ toạ độ (P-T) trên đoạn (1-2) T của một parabol mà đỉnh của nó trùng với gốc toạ độ (hình 4). Biết T1=300K, T2=600K, nội năng của 1 mol khí 2 T1 lý tưởng đa nguyên tử là U = 3RT. 1. Tính công thực hiện của lượng khí trên. 2. Tính nhiệt lượng mà khí nhận vào trong quá 1 trình này ? được sử dụng bao nhiêu phần trăm để làm T2 biến đổi nội năng của khí. P O 3. Nếu đoạn (1-2) không phải là parabol mà là P1 P2 đường cong tuân theo quy luật: T  2.1013. p3 (T : K ; p : atm) . hình 4 5 Biết P1=2atm, P2=5atm, 1atm ; 10 Pa . Tính công sinh ra của 2 mol khí trên. Câu 4. (5,0 điểm) Vành mảnh bán kính R, bắt đầu lăn không trượt trên mặt nghiêng góc  với phương ngang từ độ cao H (R<<H). Cuối mặt R nghiêng vành va chạm hoàn toàn đàn hồi với thành nhẵn vuông góc với mặt nghiêng (hình vẽ). Bỏ qua tác dụng của trọng lực trong quá trình va chạm. Hãy xác định: H 1. Vận tốc của vành trước va chạm.  2. Độ cao cực đại mà vành đạt được sau va hình 5 chạm. Hệ số ma sát trượt giữa vành và mặt nghiêng là  . Câu 5. (3,0 điểm). Trình bày phương án xác định khối lượng riêng của một chất rắn. Dụng cụ: + Một ống nghiệm thành mỏng. + Một bình nước. + Một thước kẻ chia tới milimet. + Một khối chất rắn hình dạng bất kỳ cần xác định khối lượng riêng.

ẠY

-------------------------------Hết------------------------------Người ra đề

Lê Xuân Thông ĐT: 0912559903

Trang - 2

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA TỈNH HÀ NAM ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ KHỐI 10 NĂM 2015 Thời gian làm bài 180 phút ( Đề này gồm có ....trang, gồm 5 câu)

FF IC IA L

Câu 1 ( 4 điểm) Trên mặt ngang không ma sát, hai vật có khối lượng m1 r r và m2 nối với nhau bởi một sợi dây không giãn và có thể F1 F2 m2 m1 chịu được lực căng T0 . Tác dụng lên vật các lực tỷ lệ thuận với thời gian F1  1t , F2   2t , trong đó  1 và  2 là các hệ số hằng số có thứ nguyên, t là thời gian tác dụng lực. Xác định thời điểm dây bị đứt.

Q U

Câu 2 ( 4 điểm) Một chiếc xe lăn nhỏ đang nằm yên trên mặt A’ M = 0,6kg phẳng ngang không ma sát; hai sợi dây mảnh C cùng chiều dài 0,8m, một dây buộc vào giá đỡ C, một dây treo vào chiếc xe lăn, đầu dưới của hai sợi dây có mang những quả cầu nhỏ, có khối lượng lần lượt là mA = 0,4kg và mB = 0,2kg. Khi cân bằng thì 2 quả cầu tiếp xúc nhau. Bây giờ người ta kéo quả cầu A lên để dây treo của nó có phương nằm ngang (vị trí A’) sau đó thả nhẹ ra. A B Sau khi 2 quả cầu đã va chạm nhau, quả cầu A bật lên độ cao 0,2m so với vị trí ban đầu của hai quả cầu. Hỏi: a. Sau va chạm quả cầu B sẽ lên đến độ cao nào? b. Khi quả cầu B từ vị trí bên phải rơi xuống tới vị trí thấp nhất thì tốc độ của nó là bao nhiêu?

ẠY

KÈ

Câu 3 ( 4 điểm) Một lượng khí lí tưởng thực hiện một quá trình biến đổi như hình vẽ Biết T1= 500 K, T4= 200 K, p 1= 105 Pa, p 2=4.105 Pa Biết 2V3=V1 p(105 Pa) a. Tìm p3 b. Quá trình biến đổi trên là quá trình biến

đổi của 1 mol khí lí tưởng lưỡng nguyên tử. Tính hiệu suất của quá trình biến đổi 3 -> 2 -> 1. Lấy R=8,31 J/mol.K

.2 .1

T(K)

Câu 4 ( 5 điểm) Một khối trụ đồng chất có khối lượng M, bán kính R có mômen quán tính đối với trục là

MR 2 , được đặt lên mặt phẳng 2 Ngiêng một góc   300 . Giữa chiều

I

dài khối trụ có một khe hẹp, trong R 2



. Một sợi

FF IC IA L

đó có lõi có bán kính

dây nhẹ không giãn được quán nhiều vòng vào lõi rồi vắt qua ròng rọc B ( khối lượng không đáng kể). Đầu còn lại của dây mang một vật C khối lượng m 

M 5

. Phần dây AB

song song với mặt phẳng nghiêng. Hệ số ma sát nghỉ cực đại ( cũng là hệ số ma sát trượt) là  và gia tốc trọng trường là g. a. Tìm điều kiện về  để khối trụ lăn không trượt trên mặt phẳng nghiêng. b. Tìm gia tốc a0 của trục khối trụ và gia tốc a của C khi đó.

ẠY

KÈ

Q U

Câu 5 (3 điểm) 1. Cho dụng cụ gồm: - Một hình trụ rỗng có khối lượng và bán kính trong chưa biết. - Mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng thay đổi được, nối tiếp với một mặt phẳng ngang. - Đồng hồ - Thước chia độ - Ống thăng bằng - Thước kẹp 2. Yêu cầu: a. Xác định hệ số ma sát lăn của hình trụ. b. Xác định bán kính trong của hình trụ bằng cách cho nó lăn trên hai mặt phẳng.

...........HẾT................. Người ra đề

Vũ Thị Lan Hương ĐT: 0982252189

Nguyễn Khắc Kiêu ĐT: 01672083875

Câu

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN.....KHỐI.....

FF IC IA L

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA TỈNH HÀ NAM

Nội dung chính cần đạt Gọi lực căng của dây khi chưa đứt là T . Chọn chiều (+) từ trái sang phải. Độ lớn của gia tốc như nhau cho cả hai vật, nên : F1  T T  F2  m1 m2   T T  2  1  m1 m2 (m   m21 )t  T 1 2 m1  m2 a

1,0đ

(*)

1,0đ 1,0đ

Câu 1

Điểm

(m1  m2 )T0 m1 2  m21

td 

Phương trình (*) cho thấy lực căng T tăng theo thời gian. Vậy thời gian để dây đứt là :

Chọn gốc thế năng tại vị trí thấp nhất của A và B.  Tại vị trí thấp nhất, A có vận tốc: v0  2 gl  4(m / s)  Do sau va chạm, vật A đạt độ cao h = 0,2m nên ta tính được tốc độ của A ngay sau va chạm nhờ định luật bảo toàn cơ năng: vA  2 gh  2(m / s) .  va chạm giữa A và B: áp dụng ĐLBT động lượng:

0,5đ

Q U

1,0đ

uur uur uur mA v0  mA vA  mB vB

0,5đ 0,5đ

KÈ

 Có 2 trường hợp xảy ra: * TH1: Sau va chạm, vật A bật ngược trở lại:

ẠY

Câu 2

mA .v0  mAvA  mB mB  vB 

mA (v0  vA )  12(m / s) mB

Tổng động năng trước va chạm: K 0  Tổng K

động 2 A A

năng

mAv02  3, 2( J ) 2

chạm:

2 B B

mv mv   15, 2( J ) 2 2

Do K > K0 => vô lý => loại  TH2: Sau va chạm, vật A chuyển động theo chiều cũ: mA .v0  mAvA  mB mB  vB 

Tổng

động

năng

0,5đ

mA (v0  vA )  4(m / s) mB

chạm: 3

K

mAv A2 mB vB2   2, 4( J ) => nhận. 2 2

+ Sau va chạm, do B và M tạo thành hệ kín (không ma sát) nên động lượng và cơ năng được bản toàn. Khi mB lên cao nhất hB cũng là lúc xe M và mB có cùng vận tốc V: mB .vB  (mB  M ).V V  1(m / s)    mB .vB2 (mB  M )V 2   mB .g.hB hB  0,6(m)   2 2

Khi quả cầu B rơi xuống điểm thấp nhất, mB và M có vận tốc khác nhau lần lượt là v’ và V’. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng và định luật bảo toàn cơ năng cho trạng thái đầu (ngay sau va chạm) và trạng thái sau (mB đến B lần 2), ta có: mB .vB  mB v ' MV '   mB .vB2 mB .v '2 MV '2  v '  2(m / s) .     2 2 2

FF IC IA L

1,0đ

1 -> 2 : T1=T2 nên

0,5đ

2 V1 T1 5   => V4  V1 5 V4 T4 2

1 -> 4: p 1=p4 nên

V p2 V1   4 => V2  1 4 p1 V2

Câu 3

Dấu (-) thể hiện vật mB chuyển động ngược chiều dương

Do 2, 3, 4 thuộc cùng một đường thẳng nên:

0.5đ

Với n = 1 mol. Ta có V1 

KÈ

Q U

p2  p3 p3  p4 p2  p3 p3  p4 Hay: (1)   p3V3 p4V4 p2V2 p3V3 T2  T3 T3  T4   nR nR nR nR V 2 1 Với: p 4 = 105 Pa, p 2=4.105 Pa, V2  1 , V4  V1 và V3  V1 4 5 2 2 5 thay vào (1) tính được : p3  .10 (Pa) 3 nRT1  4, 2.102 (m3), p1

1đ

0.5đ

V1  1, 05.10 5 (m3), 4 V V3  1  2,1.10 2 (m3), T3  168 K 2

ẠY

V2 

+) Quá trình 2->1: Đẳng nhiệt:

0.25đ

V  V  Q21  A21  p2V2 ln  1   nRT2 ln  1   5760 (J)  V2   V2 

+) Quá trình 3 -> 2: Áp suất phụ thuộc tuyến tính vào nhiệt độ tuyệt đối Phương trình của đường 3-2: p=1000T - 100000 = 1000

0.5đ

pV  100000 nR

100000 R 1000V  R V2 100000R pdV   dV = -1460 J, 1000V  R V3

Hay: p  V2

A32  

U 32  nCV (T2  T3 )  6897,3

0,5đ

Q32  A32  U 32  5437,3 J

Hiệu suất:

0,25đ

FF IC IA L

A  A21 H  32  38, 4% Q32  Q21

Để khối trụ lăn không trượt, điểm tiếp xúc giữa khối trụ và mặt phẳng nghiêng đứng yên tức thời chính là tâm quay tức thời. Gọi  là gia tốc góc của khối trụ quanh trục cũng chính là gia tốc góc quanh tâm quay tức thời. Ta có: a0  R. vµ a  ( R  R )  3a0 (1)

Theo định luật II Niutơn, M và m chịu các lực tác dụng thỏa mãn hệ thức sau:: T  mg  ma (2) Mg sin   T  Fms  Ma0 (3) Chuyển động quanh trục quay của khối trụ: a 1 R (4) Fms .R  T .  I   MR 2 . 0  T  2 Fms  Ma0 2

Từ (3) và (4) :

R Mg sin  Fms  3

Câu 4

1,0đ

0,5đ 0,5đ 0,5đ

(5)

0,5đ

(6)

1,0đ

tan  3 Mg sin    Mg cos      3 3 9



Điều kiện để khối trụ lăn không trượt là: Fms   N

Q U

Gia tốc a0 của khối trụ: Gia tốc a của vật:

2 M sin   3m 4g g 0 3(3m  2 M ) 39

3a0 2g  2 13

0,5đ 0,5đ 0,5đ

Va A= 0

a

a0  2.

KÈ

ẠY

Câu 5

VC = 0

 B

Thả cho hình trụ bắt đầu lăn xuống từ đỉnh A của mặt phẳng nghiêng, hình trụ lăn xuống B rồi tiếp tục đi trên mặt ngang và dừng lại ở C. Ta có: EA = mgh EC = 0 EA – EC = Ams= .mg(s 1+s 2) ( góc  đủ nhỏ  cos  1) mgh = .mg(s 1+s 2)   

h s1  s 2

0.5đ

0,5đ

(1)

Chọn mốc thế năng ở mặt phẳng ngang. Cơ năng tại B có giá trị bằng công của lực ma sát trên

0,5đ 5

đoạn đường BC:

Có

1 1 .mV B2  I . B2   .mg .s 2 2 2 V 1  B  B và I  m R 2  r 2 2 R





Với: R: bán kính ngoài của hình trụ r: bán kính trong của hình trụ



Mặt khác trên đoạn đường s 1 ta có: 1 2 at1 ; v B  at1 2 s  v B  1 (3) 2t1 s1 

1đ

g.h.t12 s2  3 Từ (1), (2) và (3): r  R 2 s1  s 2  s1

FF IC IA L



V2 1 1 m mVB2  . R 2  r 2 B2   .mg .s 2 2 2 2 R 2 4.g.s 2 .R (2)  r2   3R 2 2 VB 

ẠY

KÈ

Q U

( Họ tên, ký tên- Điện thoại liên hệ)

ĐỀ ĐỀ NGHỊ HAI PHONG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM HỌC 2014-2015

MÔN: Vật Lý – Lớp 10 Ngày thi:

/4/2015

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Chú ý: - Thí sinh không được sử dụng tài liệu, kể cả từ điển.

FF IC IA L

- Giám thị không giải thích gì thêm. Bài 1: (5 điểm) Trên mặt phẳng nghiêng tại với phương ngang góc dây treo chiều dài

. Một đầu dây cố định, đầu còn lại gắn với vật nhỏ có

. Vật có thể chuyển động tròn trên mặt phẳng nghiêng. Cho hệ số ma sát

. Khi vật đứng yên ở vị trí thấp nhất trên mặt

giữa vật và mặt phẳng nghiêng là

theo phương vuông góc với sợi

phẳng nghiêng thì nó được truyền vận tốc ban đầu

khối lượng

có một con lắc đơn với

thì có vận tốc

Lực

dây. Biết khi vật đi được nửa đường tròn bán kính

. Lấy g = 10 m/s2.

truyền vận tốc

a) Tìm hệ số ma sát

Bài 2: (3 điểm)

để vật quay ít nhất một vòng.

b) Tìm điều kiện của

căng dây tại vị trí cao nhất bằng một nửa lực căng dây tại vị trí thấp nhất ngay sau khi

Một khối trụ rỗng có bán kính

được gắn chặt trên sàn nhà. Vật có khối lượng m

trượt trên sàn và luôn tiếp xúc với thành bên của khối trụ. Biết hệ số ma sát giữa vật –

KÈ

sàn, vật – thành bên khối trụ đều là đường trượt. Vật có vận tốc ban đầu

. Kích thước của vật rất nho so với bán kính theo phương tiếp tuyến với thành bên khối theo

ẠY

trụ. Biết rằng vật chuyển động đúng một vòng thì dừng lại. Xác định

Bài 3: (5 điểm) Một thanh có khối lượng M nằm ngang có chiều dài với trục quay nằm ngang ở độ cao

có một đầu gắn cố định

so với mặt đất. Cục tẩy 1 được đặt ở phía

trên đầu còn lại của thanh. Cục tẩy 2 ở phía dưới đầu thanh có khối lượng được giữ như hình vẽ. Cho hệ số ma sát giữa cục tẩy 2 và thanh là

. Hệ được

thả tự do. Tính khoảng cách giữa 2 cục tẩy ở thời điểm cục tẩy 2 chạm đất. Lấy g = 9,81 m/s2.

FF IC IA L

Bài 4: (4 điểm)

Một thùng gỗ hình hộp chữ nhật có tiết diện đáy S = 40 cm2 và có thể tích V = 150 cm3. Nắp thùng rời và có thể dịch chuyển tự do. Phải tác dụng một lực nén F theo

phương vuông góc với đáy để giữ nắp thùng có khối lượng m = 60 kg đứng yên ở một độ cao nào đó (độ cao này nhỏ hơn chiều cao của thùng). Khi đó trong thùng chứa thể tích khí V 1 = 60 cm3 khí lý tưởng dưới áp suất 10 atm. Cho áp suất khí quyển là po = 1

atm. Bây giờ người ta thôi tác dụng lực F, khi đó nắp thùng dịch chuyển không ma sát

lên trên (nắp đi từ vị trí A đến vị trí B). Coi trong quá trình nắp thùng dịch chuyển thì

nhiệt độ khí trong thùng không đổi. Lấy 1 atm = 105 Pa, g = 9,8 m/s2.

b) Tính vận tốc của nắp khi nó đến vị trí B

a) Tính công thực hiện bởi khí trong thùng khi nắp dịch chuyển từ A đến B

Bài 5: (3 điểm)

Cho con lắc lò xo thẳng đứng gồm lò xo có khối lượng M phân bố đều dọc theo chiều

dài lò xo và vật nặng có khối lượng m. Người ta chứng minh được chu kì dao động của

con lắc lò xo trong mặt phẳng thẳng đứng là:

* Cho các thiết bị sau:

KÈ

- Giá treo

- Một lò xo có khối lượng M phân bố đều dọc theo chiều dài lò xo

- Một vật là kim tiêm có các vạch chia thể tích khắc bên ngoài xi lanh, bên trong kim

ẠY

tiêm có chứa nước. Cho trước khối lượng m0 của kim tiêm và nước.

- Một vòng dây kim loại mảnh, nhẹ để có thể treo kim tiêm vào một đầu của lò xo.

- Một đồng hồ bấm giây - Giấy vẽ đồ thị kẻ ô vuông nhỏ.

* Yêu cầu: - Trình bày cơ sở lý thuyết để đo khối lượng của lò xo - Lập phương án thí nghiệm để đo khối lượng M của lò xo - Cách xử lý kết quả đo - Cần lưu ý gì để thí nghiệm được chính xác. Giáo viên ra đề: Đỗ Thế Anh – Số điện thoại: 0913783482

TRƯỜNG ĐHSP HÀ NỘI TRƯỜNG THPT CHUYÊN

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

Môn thi VẬT LÝ Ngày thi 05 - 03 - 2013 Câu 1 1. không vượt qua được

điểm cao nhất nó sẽ có vận tốc tương đối so với đó vận tốc của hệ

lên đến

, khi bằng

, khi

vượt được qua

ta cần có

Do đó để

đạt được, theo định luật bảo toàn cơ năng ta có

là độ cao cực đại mà

Nếu gọi

là

Trong trường hợp

FF IC IA L

ĐÁP ÁN ĐỀ NGUỒN KỲ THI OLYMPIC VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

Hay

KÈ

Tương tự như phần 1, vận tốc tối thiểu để vượt qua

thì

không vượt được qua

ẠY

vì vậy trong trường hợp điểm có độ cao

có

là

, do đó

sẽ trượt lên đến

rồi trượt ngược xuống dưới. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng và định luật bảo toàn cơ năng ta có vận tốc cuối cùng của các vật là

Còn đối với trường hợp

. Do đỉnh nêm là một vị trí cân bằng không bền của

Khả năng thứ nhất:

trượt ngược trở lại, khi đó vận tốc cuối cùng của các vật là

vượt qua

, khi đó vận tốc cuối cùng của các vật là

Khả năng thứ hai:

nên sẽ có hai khả năng

FF IC IA L

bằng

thì nó sẽ có vận tốc tương

đối so với xảy ra:

trượt lên đến đỉnh của

thì khi

Câu 2 1. Áp dụng định luật Kepler III, ta có bán kính quỹ đạo của Hỏa Tinh là

Do đó khoảng cách cực tiểu và cực đại giữa Trái Đất và Hỏa Tinh là

ẠY

KÈ

2 Khi lên Hỏa Tinh, người ta sẽ phóng tàu lên quỹ đạo elip lấy Mặt Trời làm một tiêu điểm và tiếp xúc với cả quỹ đạo của Trái Đất lẫn quỹ đạo của Hỏa Tinh sao cho tàu và Hỏa Tinh đến điểm tiếp xúc viễn nhật cùng lúc. Còn khi trở về Trái Đất, người ta sẽ phóng tàu lên quỹ đạo elip lấy Mặt Trời làm một tiêu điểm và tiếp xúc với cả quỹ đạo của Trái Đất lẫn quỹ đạo của Hỏa Tinh sao cho tàu và Trái Đất đến điểm tiếp xúc cận nhật cùng lúc. a. Thời gian bay của tàu

Thời gian tháng bằng chu kì quay của Hỏa Tinh vì thế tại thời điểm phóng tàu từ Trái Đất, vị trí tương đối của Trái Đất - Hòa Tinh - Mặt Trời phải có dạng như hình 1. Khi tàu đổ bộ lên Hỏa Tinh vị trí tương đối của Trái Đất - Hòa Tinh - Mặt Trời phải có dạng như hình 2. Trên hành trình trở về Trái thì đường thẳng nối

FF IC IA L

Đất, trong khi đường thẳng nối con tàu với Mặt Trời quay được một góc bằng

, do đó để con tàu và Trái Đất đến điểm tiếp xúc cùng

Trái Đất và mặt Trời quay được một góc

lúc thì Hỏa tinh phải ở trước Trái Đất một góc

, trong khi lúc đổ bộ lên Hỏa Tinh, Trái Đất ở

trước Hỏa Tinh mà Trái Đất quay quanh Mặt Trời nhanh hơn Hỏa Tinh. Do đó để trở về được Trái Đất con tàu phải đợi 1 năm để vị trí tương đối của Trái Đất - Hòa Tinh - Mặt Trời phải có dạng như hình 3 thì mới trở về Trái Đất được.

Hình 2

Hình 1

Hình 3

Trên các hình đường elip được biểu diễn bằng nét đứt chỉ quỹ đạo của tàu vũ trụ

Vậy thời gian tối thiểu mà con tàu phải ở trên Hỏa Tinh là

KÈ

c. Dễ thấy để trở về Trái Đất con tàu mất khoảng thời gian hành trình Trái Đất - Hỏa Tinh - Trái Đất là

ẠY

Câu 3 (4 điểm) Dễ thấy Do đó

Áp dụng phương trình Claperon - Mendeleev ta có

do đó thời gian tối thiểu của

Do đó

Công của chu trình là diện tích của nó trên giản đồ

do đó

Hay

Rút gọn hệ thức trên ta có

FF IC IA L

hệ chỉ nhận nhiệt trên quá trình

Dễ thấy trong chu trình

Rút gọn biểu thức trên ta được

Hay

bằng diện tích của chu trình

Công sinh ra trong chu trình

KÈ

Hay

ẠY

Rút gọn biểu thức trên ta được

Do đó hiệu suất của chu trình

Với

là

ta có

do đó

Câu 4 1. Giả sử trong quá trình va chạm, nêm truyền cho quả cầu xung lượng quả cầu sẽ truyền cho nêm một xung lượng

, theo định luật III Newton

nên vuông góc với mặt huyền của nêm và lượng của quả cầu và của nêm sau va chạm là

Gọi tốc độ của nêm sau va chạm là lượng của nêm lên trục ta có

vuông góc với mặt sàn như hình vẽ. Do đó động

, chiếu xung

Do sau va chạm nêm chuyển động tịnh tiến trên mặt sàn nên

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ta có

nên từ phương trình trên ta có

phải khác

Dễ thấy

, vì ma sát được bỏ qua

FF IC IA L

Ta lại giả sử trong quá trình va chạm sàn truyền cho nêm một xung lượng

2. a. Từ đó ta có tốc độ dịch chuyển của nêm sau va chạm là

KÈ

Hay

cực đại. Từ kết quả của ý a ta thấy

ẠY

Động năng của nêm sau va chạm sẽ lớn nhất khi

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được

Dấu bằng xảy ra khi

Và động năng cực đại của nêm là Hay

Chiếu lên

FF IC IA L

c Ta có xung lượng của nêm sau va chạm là ta được

Do đó xung lượng mà sàn truyền cho nêm trong quá trình va chạm là

Sai số hệ thống của phép đo này là

nào đó, độ cứng của lò xo là

Câu 5 1. Treo quả cân vào lò xo, khi đó lò xo dãn được một đoạn

KÈ

Trong đó là độ chia của thước đo độ dài. 2. Treo thước vào giá rồi dùng móc một đầu của lò xo vào trung điểm của thước và giữ lò xo cân bằng ở phương thẳng đứng. Đo độ dãn của lò xo khi đó, giả sử kết quả đo được là , khối lượng của thanh cứng là

ẠY

Dễ dàng tính được

Dịch dần lò xo về phía điểm treo, đo độ dãn của lò xo tại mỗi vị trí cân bằng của lò xo. Khi còn nhỏ hơn giới hạn đàn hồi, dùng quy tắc momen dễ dàng có được hệ thức

Do đó

đạt đến giới hạn đàn hồi và vượt quá giá trị này định luật Hooke

. Khi

không còn áp dụng được nữa thì hạn đàn hồi là tìm giá trị Lập bảng giá trị của

để hàm

bắt đầu trở thành phi tuyến.

và ... ...

Biểu diễn các giá trị thu được ở trên trên đồ thị như hình vẽ Sử dụng đồ thị ta sẽ tính được lại độ cứng

và tìm được

ẠY

KÈ

giới hạn đàn hồi

. Do đó phương pháp tìm giới

không còn là hàm bậc nhất của

FF IC IA L

là hàm bậc nhất của

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

ĐỀ THI MÔN VẬT LÍ – KHỐI 10 NĂM HỌC 2014 - 2015 Thời gian làm bài:180 phút

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH ĐIỆN BIÊN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

FF IC IA L

HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu Ý Nội dung Điểm 1 1 - Xác định gia tốc của nêm và quãng đường nêm trượt theo (4đ) (2,0) phương ngang. y

m/2 Fqt m



Hình 1

Q U

- Xét hệ qui chiếu gắn với nêm. a : gia tốc của vật đối với nêm a0: gia tốc nêm đối với sàn r r r Gia tốc của vật đối với sàn: am  a  a0 r

+ Định luật II Niu Tơn: N  P  Fqt 

mr a 2

(1)

(2) Chiếu lên phương AB:

m m m g . sin   a 0 . cos  a  a  g sin   a 0 . cos 2 2 2

KÈ

+ Chọn hệ tạo độ xoy như hình vẽ. Chiếu (1) lên ox: am=a.cos-a0 + Bảo toàn động lượng

ẠY

m Vm  mV N  0  ma m  2ma 0  0  a m  2a 0 2

+ Thế (4) vào (5) suy ra : acos-a0=2a0 => a  + Thế (3) vào (6) suy ra: g. sin   a0 cos 

0,5 (3) (4) (5)

3a0 cos

(6)

3a0 g. sin  . cos  a0  cos 3  cos2 

- Quãng đường mà nêm trượt theo phương ngang. + Gọi S là quãng đường mà nêm trượt, + Gọi s là quãng đường dịch chuyển theo phương ngang của vật so với nêm. Trang - 1

0,5

+ Từ định luật bảo toàn động lượng: S

s l cos  3 3

m s  S   mS  s  3S 2

0,5

FF IC IA L

2 a. Ngay khi nêm va chạm vào quả cầu phản lực F truyền cho (2,0) quả cầu vận tốc V2 . + Ngay sau va chạm xung lực F có phương vuông góc với mặt nêm, nên V2 có phương hợp với phương thẳng đứng 1 góc . + Xét theo phương ox : + Bảo toàn động lượng: mV0=mV1+2mV2sin => V0=V1+2V2.sin (1)

Hình 2



+ Bảo toàn động năng:

(2)

Q U

1 1 1 mV02  mV12  2mV22  V02  V12  2V22 2 2 2

Từ (1) và (2) ta có

2V0 sin  2 sin 2   1 V (1  2 sin 2  ) V1  0 1  2 sin 2 

V2 

(3) (4)

ẠY

KÈ

- Để nêm tiếp tục chuyển động theo hướng cũ thì V1>0  sin<

1 2

 sin 450     0  450

b. Khi V0=5m/s;  =30 0 Từ (3) (4) suy ra: V2  - sau va chạm:

2V0 V ; V1  0 3 3

+ Nêm chuyển động theo hướng cũ với V1  + Quả cầu chuyển động xiên góc với V2 

V0 3

2V0 3

+ Vì V2x=V1 nên sau khoảng thời gian t quả cầu rơi vào nêm. Trang - 2

0,5

- Thời gian bay của quả cầu trong không khí: V2y =V2cos-gt1=0 => t1 

V2 cos 30 g

0,5

vậy thời gian quả cầu va chạm với nêm lần 2 là : t = 2t1 t

0,5

4V0 cos30 3   0,58( s) 3g 3

FF IC IA L

2 1 a) Có thể xảy ra các trường hợp sau: (4đ) (3,0) - Trường hợp 1: Hai khối lập phương cùng chuyển động, khi đó, lực ma sát tác dụng lên khối 5m và m là ma sát trượt và có độ lớn lần lượt là: Fms1 = 5μmg, Fms2 = μmg. Gọi a là gia tốc của xe ta có: Fms1 + Fms2 = ma  a= 6 μg =0,6g  không thoả mãn yêu cầu của đề bài (loại).

1,0

- Trường hợp 2: Cả hai khối lập phương đều đứng yên đối với xe, khi đó gọi gia tốc của xe là a thì: + Khối 5m: T – Fms1 =5ma + Khối m: T – Fms2 = ma + Suy ra: F ms2 – Fms1=4ma (1) + Với xe: F ms1 + Fms2 =ma (2) Từ (1) và (2) ta có: 5 2

ma mà Fms2 ≤ μmg hay a ≤ 0,04g

Q U Fms2 =

Vậy trường hợp này cũng không thoả mãn yêu cầu bài toán (loại).

KÈ

- Vậy chỉ có thể xảy ra trường hợp 3 khối 5m đứng yên so với xe, khối m chuyển động trên xe. Khi đó, gọi a là gia tốc của xe thì:

ẠY

+ Với khối 5m:

T – Fms1 = 5ma, T=

F 2

(3)

0,5

+ Với xe: F ms1 + Fms2 =ma và Fms2 = μmg (4) Từ (3) và (4) suy ra: F=2(6ma – μmg) = 2,2mg.

0,5

F 2  mg 1,0) b. Gia tốc của vật 2: a  2  g (a2>a). 2 m

Do dây không dãn nên khối m lại gần ròng rọc bao nhiêu thì 0,5 khối 5m ra xa ròng rọc bấy nhiêu. Trang - 3

+ Nghĩa là: + Hay: Suy ra:

a2/rr = - a1/rr (a2 – arr ) = - (a1 –arr)

0,5

a  a 2 0,2g  g a rr  1   0,6g 2 2

pV   RT  pV   R p 2  p 

 R

(2)

- Vậy đồ thị phụ thuộc giữa p và V là một đoạn thẳng có đường kéo dài qua gốc tọa độ như hình vẽ bên.

0,5

FF IC IA L

3 1 Tính công thực hiện của lượng khí trên. (4đ) (2,0) - Vì đồ thì (1-2) là một parabol đi qua gốc tọa độ nên phương trình có dạng: T = p2 (: hằng số) (1) - Áp dụng phương trình C - M:

- Công của khí thực hiện bằng diện tích hình thang A12B:  R(T2  T1 )

p 2 V2  p1V1 2

Q U

 8,31.(600  300)  2493 J

0,5

2 (1,5) - Độ biến thiên nội năng của lượng khí: U  3 R(T2  T1 )  3.2.8,31.(600  300)  14958 J

0,5

KÈ

+ Áp dụng nguyên lý I của NĐLH ta tính được nhiệt lượng của khí thu vào: Q  A  U  2493  14958  17451 J

0,5

+ Tỉ lệ nhiệt lượng chuyển thành nội năng của khí:

ẠY

U 14958   85, 71% Q 17451

0,5

3 - Áp dụng phương trình trạng thái: (0,5) pV   RT  pV   R.2.1013. p3  V  33, 24.1013. p 2  dV  66, 48.1013. pdp

0,5

Công sinh ra của lượng khí là: A



pdV  66, 48.1013

5.10



p 2 dp  66, 48.1013.

2.105

p3 5.105 / 5  259272 J 3 2.10

- Gọi vận tốc khối tâm của vành ( vận tốc chuyển động tịnh tiến) Trang - 4

(4đ) (1,5) trước va chạm là v0. + Vì vành lăn không trượt nên vận tốc góc của chuyển động quay quanh tâm lúc này là:  0 

v0 R

(1)

+ Do R<<H. Theo định luật bảo toàn cơ năng: 0

mv02 I 02 mv02 mR     2 2 2 2 2 Hay mgH  mv0  v0  gH (2)

2 0

mgH 

 Fms

0,5

 v0

FF IC IA L

2 - Ngay sau va chạm đàn hồi, vận tốc khối tâm đổi ngược hướng, độ (3,5) lớn vận tốc không đổi và do bỏ qua tác dụng của trọng lực trong quá trình va chạm, thành nhẵn nên chuyển động quay không thay đổi. + Kể từ thời điểm này có sự trượt giữa vành và mặt nghiêng. Xét chuyển động lúc này. + Phương trình chuyển động tịnh tiến:  mg sin   Fms  ma

Fms  N  mg cos 

 a  ( g sin   g cos  ) + Vành chuyển động chậm dần đều với gia tốc a,

0,5

+ Vận tốc khối tâm:

0,5

v  v0  ( g sin   g cos )t

0,5

(3)

+ Phương trình chuyển động quay:

Q U

 Fms R  I  mR 2     

Fms R g cos   R mR 2

+ Vành quay chậm dần đều với gia tốc góc  . g cos

KÈ

Vận tốc góc của vành:    0 

Vận

tốc

ẠY

t  t1 

Vận

chuyển

động

0,5

(4)

tịnh

tiến

bằng

khi:

v0 ( g sin   g cos )

tốc

t  t2 

của

0 R

chuyển 

động

quay

v0 g cos

bằng

0,5

g cos + Ta có t 2  t1 , nghĩa là đến thời điểm t1 vật bắt đầu chuyển động

xuống. Quãng đường đi được trong thời gian t1 là: s

v02 h  max . 2a sin 

- Từ đó độ cao cực đại mà vật đạt được là: Trang - 5

0,5

hmax

v02 H sin    sin   2a 2(sin   cos )

0,5

+ Dùng thước đo đường kính ống nghiệm là d, tính bán kính của đáy ống nghiệm theo biểu thức:

5 (3đ)

S0 

.d 2 4

0,5

FF IC IA L

+ Đo chiều cao ống nghiệm là h0 suy ra được thể tích ống nghiệm:

0,5

V0  S0 .h0

+ Cho một lượng nước vào ống nghiệm sao cho có thể ngập được vật rắn, sau đó cho vật rắn vào ống nghiệm nước sẽ dâng lên, lần lượt đo thể thích trước và sau khi cho vật rắn vào ống nghiệm lần lượt là V1 và V2 suy ra thể tích vật rắn là: V  V1  V2

Sau đó cho ống nghiệm chứa nước và vật rắn vào bình nước thấy chúng nổi, đo thể tích ống nghiệm bị nước trong bình ngập là V3. Tổng khối lượng của vật rắn và nước trong ống là: m3  Dn .V3 ( Dn =1000kg/m3) m  m3  V1.Dn + Khối lượng của vật rắn:

0,5

+ Khối lượng riêng của vật rắn:

m D V

ẠY

KÈ

Q U

...................................HẾT...............................

Trang - 6

0,5 0,5 0,5

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN VẬT LÝ KHỐI 10 Giả sử hai xe găp nhau khi xe đi từ A đang chạy với tốc độ (k+1)v1 và 0.75đ đi với tốc độ này trong t giờ với 0  t  0, 25(h) . (1)

1 1 1 1 s A  v1  2v1  ...  kv1  (k  1)v1 t 4 4 4 4 5  s A  k(k  1)  (k  1)10t 4

Quãng đường xe từ B đi được:   1 1  sB  v2 k     t   10k  30t   12 4  

0,75đ

(3)

Khi hai xe gặp nhau: sA  sB  81

1,25đ

(2)

0,25đ

(4)

Câu 1

FF IC IA L

Quãng đường xe đi từ A đi được:

0,5đ

Từ (1), (2),(3) và (4):  3,8  k  4,7  k  4  t  0,2h 1 1  t  k(  )  t  1h32ph 12 4 Vị trí hai xe gặp nhau cách B: sB  v2 t  46km

0,5

Q U

Vận tốc của vật trước va chạm là: v1  2gh Sau va chạm vật nảy lên độ cao cực đại là 0,81h nên vận tốc ngay sau

0,5đ

khi va chạm theo phương Oy là: v1'  2g.0,81h  0,9v1

KÈ

Giả sử thời gian va chạm là Δt, v1’ và vx là thành phần vận tốc theo phương thẳng đứng và nằm ngang sau va chạm, ta có: uur uur uur uur uur uur' ur ' p y  mv1;p y  mv1  Nt  p'y  p y  Nt  1,9mv1

0,75đ

ẠY

Câu 2

uur uur r uur uur uur p x  0;p'x  mv'x  Fms t  mv x  Nt  mv x

Suy ra vx=1,9μv1 Thời gian chuyển động của vật sau va chạm là: t  Tầm xa của vật là:

1,8v1 g

0,25đ 0,5đ

1,8v1 3,42v12 3,42.2gh L  v x t  1,9v1    6,84h g g g uur r uur 2. Với đĩa Fms' t  Mv  Mv0 chiếu lên trục Ox ta có:

Fms' t  Mv  Mv0

0,5đ

Vì Fms  Fms' nên m v1 M

FF IC IA L

Nt  mv x  Mv0  Mv  1,9mv1  v  v 0  1,9

Suy ra: SM  (v 0  1,9

m 1,8v1 v1 ) R M g

0,5đ

Với vận tốc v sau thời gian t tâm O của đĩa đi được quãng đường là S0=vt và điểm M ngoài mép đĩa (theo hướng chuyển động của vật) đi được: SM =vt+R so với vị trí va chạm.

0,5đ

Để vật trở lại đĩa thì điều kiện là: SM ≥ L → m 1,8v1 SM  (v0  1,9 v1 )  R  6,84h . Thây m=0,25M và M g 1,8v 0 2gh suy ra v1  2gh ta có R  8,55h  g

1,8v 0 2gh g

Q U

R min  8,55h 

Vận tốc của vật hợp với phương ngang một góc α là: 0,9 2gh 0,9 2gh v1'   v x  v 1,9 2gh (1  m )  v 2,375 2gh  v0 0 M

KÈ

tan  

0,5đ

Công khí thực hiện trong chu trình: 1 1 V  V1 p 2  p1 A  IA.IB   2 .  2p1V1 2 2 2 2

1đ

- Quá trình AB:

1đ

ẠY

Câu 3

Q1  U1  A1' U1 

m 3 R(TB  TA )   p BVB  p A VA   2

3  V  V2 p1  p 2    p2 1  V1   18p1V1 2 2 2 

FF IC IA L

1 p  p 2 V2  V1 A1'  A  1 .     3 p1V1 2 2 2  Q1     21 p1V1

- Quá trình IC: (quá trình đẳng áp) m 5m Cp  TC  TI    TC  TI   2

Q2 

1đ

5  p  p2 p  p 2 V2  V1    1 V2  1 .   15p1V1 2 2 2 2 

 Q1     21 p1V1

1 p  p 2 V2  V1 A1'  A  1 .     3 p1V1 2 2 2

Q2 

Q U

- Quá trình IC: (quá trình đẳng áp) m 5m Cp  TC  TI    TC  TI   2

KÈ

5  p  p2 p  p 2 V2  V1    1 V2  1 .   15p1V1 2 2 2 2 

0,5đ

Quá trình DI: (Quá trình đẳng tích)

ẠY

Q3 

m 3m CV  TI  TD    TI  TD   2

3  p  p2 V  V1    1 V2  p1 2   9p1V1 2 2 2 

Nhiệt lượng thu được trong cả chu trình: Q  Q1  Q 2  Q3     45  p1V1

Hiệu suất của máy nhiệt:

0,5đ

H

2 .100%  13,05%   45

* Trường hợp 1: Trụ có khuynh hướng trượt lên: - Các lực tác dụng lên r trụ như hình vẽ r F F I

FF IC IA L

r r N1 O1N r 2 P r r F ms 2 Fms1

N Ơ

- Chiếu lên trục OI:

P  Fms1cos  Fms2cos  N1 sin   N1 sin   0

0,5đ

Q U

Có: N1  N 2  N  Fms1  Fms2  Fms  Fms 

0,5đ

- Phương trình cân bằng lực: r r r r r P  Fms1  Fms2  N1  N 2  0

Câu 4

0,5đ

2Nsin   P 2cos 

KÈ

Để trụ không trượt lên: Fms  kN 

0,25đ

2Nsin   P  kN 2cos 

ẠY

Xét thanh OA: chọn O làm trục quay. Quy tắc momen: N1' .OH  F.OI  N.OH  F.OI  N 

OAI : OO1H 

OI AI a   OH O1H 2R

OI F OH

1đ

2Nsin   P a k F 2cos  2R PR F a(sin   k cos ) 

Trường hợp 2: Trụ có khuynh hướng trượt xuống Tương tự như trên: chú ý các lựa ma sát hướng ngược lại.

FF IC IA L

2đ

PR - Điều kiện để trụ không trượt xuống: F  a(sin   k cos )

*Điều kiện để trụ đứng yên:

PR PR F a(sin   k cos ) a(sin   k cos )

0,25đ

1. Cơ sở lý thuyến xác định nhiệt dung riêng của nhiệt kế.

Bước 1: Gọi ts là nhiệt độ sôi của nước; t0 là nhiệt độ môi trường.

+ Cho một lượng nước sôi có khối lượng m1 vào nhiệt lượng kế, khi

trạng thái cân bằng nhiệt được thiết lập thì hệ nước và nhiệt lượng kế

có nhiệt độ tcb1.

Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có: Q nhËn  Q thu  Mc(t cb1  t 0 )  m1c nc (t s  t cb1 )

Q U

+ Cho tiếp một lượng nước sôi có khối lượng m2 vào nhiệt lượng kế. Khi cân bằng nhiệt được thiết lập thì hệ có nhiệt độ tcb2. Ta có: Mc(t cb2  t cb1 )  m2cnc (t s  t cb2 )  m1cnc (t cb2  t cb1 )

Câu5

1đ

+ Cho tiếp một lượng nước sôi có khối lượng m3 vào nhiệt lượng kế.

KÈ

Khi cân bằng nhiệt được thiết lập thì hệ có nhiệt độ tcb3.

ẠY

Ta có: Mc(t cb3  t cb2 )  m3cnc (t s  t cb3 )  cnc (m1  m2 )(t cb3  t cb2 )

+ Làm tương tự như vật tới lần thứ n ta có: n 1

Mc(t cb(n)  t cb(n 1) )  m3cnc (t s  t cb(n) )  cnc ( mi )(t cb(n)  t cb(n 1) ) (1) i 1

Với cách làm này thì với mỗi lần tiến hành ta xẽ xác định được một giá trị của c 0. Bước 2: Xác định nhiệt dung của vật sau khi biết nhiệt dung riêng c 0 của nhiệt lượng kế. Xét hệ ban đầu gồm nhiệt lượng kế và vật ở trạng

1đ

thái cân bằng nhiệt với môi trường. + Cho một lượng nước sôi có khối lượng m1 vào nhiệt lượng kế và vật, khi trạng thái cân bằng nhiệt được thiết lập thì hệ nước và nhiệt lượng kế có nhiệt độ t1. mcv (t1  t 0 )  m1cnc (t s  t1)  Mc(t1  t 0 )

FF IC IA L

Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có: + Cho tiếp một lượng nước sôi có khối lượng m2 vào nhiệt lượng kế. Khi cân bằng nhiệt được thiết lập thì hệ có nhiệt độ t2.

Ta có: mc v (t 2  t1 )  m 2c nc (t s  t 2 )   Mc  m1c nc  (t 2  t1 )

+ Cho tiếp một lượng nước sôi có khối lượng m3 vào nhiệt lượng kế.

Khi cân bằng nhiệt được thiết lập thì hệ có nhiệt độ t3. Ta có:

mc v (t 3  t 2 )  m3c nc (t s  t 3 )   Mc  (m1  m 2 )c nc  (t 3  t 2 )

+ Làm tương tự như vật tới lần thứ n ta có:

n 1   mcv (t n  t n 1 )  mn cn (t s  t n )  Mc   micn  (t n  t n 1 ) i 1  

Q U

giá trị của c v.

Với cách làm này thì với mỗi lần tiến hành ta xẽ xác định được một

2. Tiến hành thí nghiệm

Bước 1: Xác định nhiệt dung riêng của nhiệt lượng kế Dùng ấm điện đung sôi một lượng nước đủ dùng cho thí nghiệm.

KÈ

- Lấy bình có chia vạch để lấy lượng nước sôi có khối lượng m1 đổ vào nhiệt lượng kế. Khi hệ cân bằng nhiệt ta đo nhiệt độ này và tính

ẠY

nhiệt dung của nhiệt lượng kế theo công thức (1).

0,5đ

Lặp lại thí nghiệm với các lượng nước m2; m3; … rồi tính nhiệt dung riêng c của nhiệt lượng kế tương ứng. Sau khi có được các giá trị của c ta tiến hành sử lý số liệu để có kết quả về nhiệt dung riêng của nhiệt lượng kế. Bước 2. Xác định nhiệt dung riêng c của vật sau khi đo được nhiệt dung riêng của nhiệt lượng kế.

0,5đ

- Sử dụng bình chia vach và nước ta xác định được thể tích của vật từ đó tính được khối lượng m của vật. - Lấy bình có chia vạch để lấy lượng nước sôi có khối lượng m1 đổ vào nhiệt lượng kế và vật. Khi hệ cân bằng nhiệt ta dùng nhiệt kế đo nhiệt độ này và tính nhiệt dung của vật theo công thức (2).

FF IC IA L

Lặp lại thí nghiệm với các lượng nước sôi m2; m3; … rồi tính nhiệt dung riêng c v của của vật tương ứng.

ẠY

KÈ

Q U

Sau khi có được các giá trị của c v ta tiến hành sử lý số liệu để có kết quả về nhiệt dung riêng của vật.

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT TỈNH QUẢNG NGÃI

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ KHỐI 10 NĂM 2015

HƯỚNG DẪN CHẤM

(Hướng dẫn chấm có 5 trang)

Nội dung chính cần đạt Khi khoảng cách giữa hai cầu thủ là 30m, tam giác ATB vuông tại T, chọn hệ trục tọa độ xTy (hình vẽ)

0,5



uur vA

x A

 uur vB

Vì khoảng cách giữa trọng tài và các cầu thủ là không đổi nên : a. (2 đ) + Vận tốc của trọng tài T và cầu thủ A trên phương Tx có độ lớn

0,5

18  3m / s. 30

bằng nhau : VTx  vA cos   5.

Điểm

FF IC IA L

Câu

+ Vận tốc của trọng tài và cầu thủ B trên phương Ty có độ lớn 1 (4 đ)

bằng nhau : VTy  vB cos   5.

24  4m / s. 30

Vậy vận tốc của trọng tài có độ lớn là : VT  Vx2  Vy2  5m / s.

0,5 0,5

- Xét chuyển động của trọng tài trong hệ quy chiếu quán tính gắn 0,25

KÈ

với cầu thủ A. Khi đó : + Vận tốc của B đối với A có độ lớn là : vB/A  10m / s.

ẠY

+ Vận tốc của T đối với A trên phương Ty có độ lớn là : 24 v(T/A) y  vB/A cos   10.  8m / s. 30 b. (2 đ) Vì AT không đổi nên coi như trọng tài chuyển động trên đường tròn bán kính AT có gia tốc hướng tâm trên Tx là : ax 

2 (T/A) y



0,25

32 m / s2. 9

- Xét chuyển động của trọng tài trong hệ quy chiếu quán tính gắn 0,25

+ Vận tốc của A đối với B có độ lớn là : vA/B  10m / s. + Vận tốc của T đối với B trên phương Tx có độ lớn là : 18 v(T/B) x  vA/B cos   10.  6m / s. 30 Vì BT không đổi nên coi như trọng tài chuyển động trên đường

0,25

FF IC IA L

với cầu thủ B. Khi đó :

tròn bán kính BT có gia tốc hướng tâm trên Ty là : ay 

2 (T/B) x

3  m / s2. BT 2

0,25

Vậy gia tốc của trọng tài là : a  a 2x  a 2y  3,86m / s 2 .

0,5

ur N

Chọn các hệ trục tọa độ, phân tích các lực tác dụng vào hệ như hình vẽ



ur F1

uuur Fms

uur P2

uur F2

0,25 y2

uur P1

0,25

KÈ

2 (4 đ)

a. Áp dụng định luật II NewTon cho M, ta có : ur (2 đ) ur ur ur uur P1  F1  N  Fms  Ma1 (1)

ẠY

Chiếu (1) lên hệ trục tọa độ O1x1y1, ta có: F1 sin   Fms  Ma 1 (2)  (3)  N  P1  F1 cos   0

uur ur uur Áp dụng định luật II NewTon cho m, ta có : P2  F2  Ma 2

(4)

Vật m bắt đầu chuyển động quay trong mặt phẳng thẳng đứng. Chiếu (4) lên hệ trục tọa độ O2x2y2, ta được :

0,25

P2 cos   F2  ma 2x  0 (5)  (6) P2 sin   ma 2 y  ma 2 2

(7)

0,25

Kết hợp (2) và (7) suy ra được : F1 sin   Fms  0

(8)

0,25

Vì thanh nhẹ nên ta có : F1  F2

(9)

FF IC IA L

Để M trượt trên mặt phẳng nằm ngang thì a1  0

Kết hợp (9) với (5), thu được : F1  F2  P2 cos 

(10)

Lực ma sát trượt : Fms  N  (P1  F1 cos ) (11) msin  cos  Kết hợp (10), (11) và (8), thu được :   . M  mcos 2 

Từ (2) và (10), rút được :

0,5

a1  g  sin  cos   (1  cos 2 )   0,83m / s 2 .

0,25

b. Kết luận được : gia tốc M ngay sau khi thả nhẹ thanh chỉ có theo (2 đ) phương trượt.

0,5 0,5

0,5

ẠY

3 (4 đ)

0,5

KÈ

Từ (6) suy ra được : a 2  gsin   5m / s 2 . Gia tốc m ngay sau khi thả nhẹ thanh chỉ có theo phương vuông góc với thanh. - Gọi thể tích bình chứa A là V, trước khi van mở khối lượng khí trong đó là M, áp suất là p, nhiệt độ là T. M pV Ta có : pV  RT  M  (1)  RT - Vì thể tích bình B rất lớn so với bình A nên theo giả thiết sau khi mở van áp suất chất khí trong bình A là 2p, vì vậy nhiệt độ mới của khí trong A là T’ và khối lượng mới là M’. 2pV Ta có: M '  (2) RT ' - Khối lượng chất khí từ bình B đã vào bình A là : pV  2 1  M  M' M     (3) R  T' T  - Lượng khí từ bình B đã sang bình A, khi còn ở trong bình B M RT (4) chiếm thể tích là : V  2p - Vì áp suất và nhiệt độ của khí trong B có thể coi là không đổi, để cân bằng áp suất giữa A và B, chất khí trong B phải thực hiện một

0,5

0,5 3

công là : A  2pV (5).

0,5

FF IC IA L

 2T  - Từ (3), (4) và (5) có : A  pV   1 (6)  T'  - Độ biến thiên nội năng của khí trong A là : M' U  2,5R(T ' T) (7)  - Vì không có sự trao đổi nhiệt với môi trường ngoài, theo nguyên lí I nhiệt động lực học cho khí lý tưởng, ta có: A  U (8) - Từ (2), (6), (7) và (8) ta có: T  2T    1  5 1    T'  353,5K.   T'   T'  uur ur - Gọi v ' và vG lần lượt là véctơ vận tốc của viên bi nhỏ và khối

0,5

tâm của thanh ngay sau va chạm. - Áp dụng định luật bảo toàn động lượng và bảo toàn cơ năng cho hệ thanh và viên bị nhỏ ngay trước và sau va chạm, ta có:

0,5

0,75

ẠY

KÈ

5. (5 đ)

(1)  v  2vG  v' mv  2mvG  mv'    2 1 2 1 1 1 l2 2 2 2 2 2 mv 2mv I mv'     v 2v  G    v'2 (2) G G   2 2 2 2 6  a. - Độ biến thiên momen động lượng của thanh bằng momen xung (4 đ) lượng của lực mà thanh nhận được ngay khi va v x chạm: IG   2mvG x    12 G2 (3) l Giải các phương trình (1), (2) và (3), ta được: 2v x vG  , với n  . 2 3  12n l - Khối tâm của thanh ngay sau va chạm có vận tốc cực đại khi: 2v n  0  x= 0  vGmax  ; điểm va chạm có vị trí ngay khối tâm 3 của thanh. Khối tâm của thanh ngay sau va chạm có vận tốc cực tiểu khi: v x 1 n    vG min  ; điểm va chạm ngay đầu thanh. l 2 3 b. Để ngay sau va chạm viên bi nhỏ đứng yên thì ta có : (1 đ) 1 l v 2v 2 = v' = 0  vG = =  n  x = . 12 2 3  12 n 2 2 3 l Điểm va chạm cách khối tâm của thanh một khoảng là . 2 3

0,75

5. (3 đ)

F1  F2  F  F2   F1  F2  (5)     1  1     2 P   2P  4 P 2  ( F1  F2 ) 2 - Đo trọng lượng mẩu gỗ, lấy số chỉ F1 và F2, thực hiện ba lần đo, để lấy giá trị trung bình rồi thay vào (5) thu được giá trị trung bình của  .

0,5 0,5

0,5

0,5 0,5

0,5

FF IC IA L

- Móc lực kế vào mẩu gỗ và kéo nó trượt đều đi lên mặt phẳng nghiêng, gọi F1 là số chỉ của lực kế khi đó, ta có: F1 =  Pcos + Psin (1) - Tương tự, kéo vật chuyển động đều đi xuống, gọi F1 là số chỉ của lực kế khi đó, ta có: F2 =  Pcos - Psin (2) - Trừ vế với vế của (1) cho (2), ta có: F  F2 F1 - F2=2Psin  sin   1 (3) 2P - Cộng vế với vế phương trình (1) và (2), ta có: F  F2 F1+ F2=2  Pcos → cos   1 (4). 2P - Do sin2 + cos 2 = 1 nên, từ (3) và (4), ta có:

Nguyễn Việt Cường - Số điện thoại : 0914907459

ẠY

KÈ

Chú ý : Nếu thí sinh giải theo cách khác mà vẫn đúng thì vẫn cho điểm tối đa.

HỘI THI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ KHỐI 10

VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

NĂM 2015

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ

Thời gian làm bài 180 phút

TỈNH HÒA BÌNH

( Đề này gồm có 2 trang, gồm 5 câu)

FF IC IA L

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Câu 1 ( Động học chất điểm ) 4 điểm

Ba con chó ban đầu nằm tại ba đỉnh của một tam giác đều cạnh a. Chúng cùng bắt đầu

chuyển động với cùng tốc độ v không đổi nhưng hướng của vận tốc thay đổi sao cho con chó thứ nhất luôn hướng về con chó thứ hai, con chó thứ hai luôn hướng về con chó thứ ba,

con chó thứ ba luôn hướng về con chó thứ nhất. Hỏi sau bao lâu ba con chó gặp nhau Câu 2 ( Các định luật bảo toàn) 4 điểm

Trên mặt phẳng nhẵn nằm ngang có 4 quả cầu A,B,C,D kích

thước như nhau, khối lượng đều bằng m=150g nằm tại 4

1200

đỉnh của một hình thang cân. Giữa chúng được nối với nhau

bằng 3 sợi dây mảnh, không giãn, khối lượng không đáng kể

m1 I

) ) B  C  1200 . Dùng một xung lực X=4,2 N.s tác dụng vào

quả cầu A theo phương BA làm 4 quả cầu chuyển động. Tính vận tốc ban đầu của quả cầu C.

Câu 3 (Nhiệt học) 4 điểm: Hệ xi lanh và pít tông có khối

KÈ

lượng M, xi lanh dài 2L, đặt nằm ngang trên sàn. Pít tông tiết diện S được nối với tường bằng một lò xo có độ cứng k.

ẠY

Ban đầu pít tông nằm giữa xi lanh, khí lí tưởn ở áp suất po.nhiệt độ T0 như hình vẽ. Hỏi phải tăng nhiệt độ lên bao

nhiêu để thể tích khí tăng lên gấp đôi. Hệ số ma sát giữa xi lanh và sàn là  . Ban đầu lò xo bị nén. Cho áp suất khí quyển là p A.

1200 3

1,2,3. Ban đầu 3 sợi dây đều thẳng như hình vẽ. Biết

p0 ; T0

Câu 5 (phương án thực hành) 3 điểm: Cho một chiếc bình kim loại mỏng, miệng rất nhỏ trong đó nước được đổ lưng chừng. Trong bình có một vật hình trụ, đặt thẳng đứng, chìm hoàn toàn và nằm ở đáy bình. Một sợi chỉ được buộc vào tâm mặt trên của vật và đầu tự do của sợi chỉ được luồn qua miệng bình ra ngoài. Cho các dụng cụ: một lực kế, một tờ giấy kẻ ô tới mm và

FF IC IA L

một cái thước, hãy nêu cách làm thí nghiệm để xác định khối lượng riêng  của vật

trong bình, chiều cao l của vật, chiều cao mực nước h trong bình khi vật còn chìm

trong đó, chiều cao mực nước h0 trong bình khi đã đưa vật ra khỏi nước. Coi khối

ẠY

KÈ

Hết Người ra đề : Thạc sỹ Nguyễn Minh Loan ĐT: 098.416.7648

lượng riêng 0 của nước đã biết. Bỏ qua lực căng mặt ngoài

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN LÝ KHỐI 10

Nội dung cần đạt Nhận xét : Vẽ hình qua ta nhận thấy bao con chó luôn nằm

Điểm 0,5đ

trên một đường tròn tâm O có bán kính giảm dần Giả sử tại thời điểm t ba con chó nằm tại A1, B1,C1 và



1đ

FF IC IA L

Câu Câu1 (4đ)

lúc t+ dt chúng nằm tại A2, B2,C2



vì lý do đối xứng nên

A1B1C1 và A2B2C2

là các tam giác đều

)

gọi A1   ; O   được đánh dấu như trên hình vẽ

ta có A1 A2  vdt và A1H  A 1 A2 cos   v cos300 dt  0,5 3vdt (1) A1 H  OA1  OH  OA1  OA2 cos 

1đ

Vì trong khoảng thời gian dt rất nhỏ thì A2 rất gần A1 nên góc

r r  rất bé nên co  1 và r1 gần như cùng hướng với r2

Nên A1H  OA1  OH  OA1  OA2 cos   r1  r2  dr

ẠY

1đ

Trên ba sợi dây có sức căng

tác dụng vào hai quả cầu

2 X2

0,5đ

ở hai đầu dây. Gọi độ lớn

0,5đ

dr 2dr  0,5 3v v 3

2a 2 t dr   3v v 3 a/ 3

KÈ

Câu 2 4đ

Từ (1) và (2) ta có dr  0,5 3vdt  dt  

(2)

1200

xung lượng trên các dây

là X1; X2;X3. Gọi vận tốc

của quả cầu D theo hướng

1200 3

DC là v vậy X3=mv. Vì dây không giãn nên vận tốc quả cầu C theo hướng DC cũng là v. +Áp dụng biến thiên động lượng cho hệ hai quả cầu C và D

0,5đ

theo hướng DC ta có. 2mv  X 2 cos 600  X 2  4mv . + Gọi vBC là vận tốc quả cầu C theo phương BC. Áp dụng biến

0,5đ

thiên động lượng cho quả cầu C theo hướng BC. ta có

FF IC IA L

mvBC  X 2  X 3 cos 600  4mv  0,5mv  3,5mv  vBC  3,5v

Áp dụng biến thiên động lượng cho hệ hai quả cầu B và C theo hướng CB .

0,5đ

2mvBC  X 1 cos 600  X 3 cos 600  2.3,5mv  0,5 X 1  0,5mv  X 1  15mv

+ Gọi vB là vận tốc quả cầu B theo phương AB. Áp dụng biến

0,5đ

thiên động lượng cho quả cầu B theo hướng BA. ta có

mvB  X1  X 2 cos 600  15mv  2mv  13mv  vB  13v

mvB  X  X 1  13mv  X  15mv

. X 4, 2   1m / s 28m 28.0,15

 X  28mv  v 

theo hướng BA

0,5đ

+ Áp dụng biến thiên động lượng cho hệ hai quả cầu Avà B

+ Bây giờ ta tìm phương và độ lớn vận tốc quả cầu C. Vì quả

0,5đ

cầu C chịu tác dụng của X3 và X2. Bằng cách áp dụng định lý

co sin cho ta giác dễ dàng tìm được

KÈ

X C  X 22  X 32  2 X 2 X 3 cos1200  13mv

ẠY

Mà X C  mvC  vc 

Câu 3 (4đ)

XC 13mv   13v  13m / s m m

Goi  là góc giữa phương CB và phương của vận tốc quả cầu ta có tan  

0,5đ

X 3 sin1200 3     140 0 X 2  X 3 cos120 7

0,5đ

Ban đầu lò xo nén được l0 , Pít tông cân bằng  poS = p A.S + k∆lo  l0 

( po  p A ) S k

Trường hợp 1: khi lực ma sát lớn thì Xi lanh đứng yên .

0,5đ

Áp dụng phương trình trạng thái cho lượng khí ở hai trạng thái trên ta có:  T1 

2 p1T0 po

(1)

FF IC IA L

poVo p1 2Vo  To T1

Phương trình cân bằng lực cho pít tông ở vị trí sau k S

p1S = p A.S + k(∆lo + L)  p1  p A  (lo  L)

2T0 p0

(2)

k kL    p A  S (l0  L)   2T0 ( Sp  1) 0

Thay (2) vào (1) ta có T1 

0,5đ

Trường hợp 2: Khi pít tông nén đoạn ( l0  x ) thì đứng yên

0,5đ

còn xi lanh bắt đầu trượt trên sàn cho đến khi thể tích là

2V0.

Ta có k (l0  x)   Mg (3)

Áp dụng phương trình trạng thái cho lượng khí trong xinh lanh

0,5đ

ở hai trạng thái trên là  T2 

2 p2T0 po

(4)

poVo p2 2Vo  To T2

KÈ

Phương trình cân bằng lực cho pít tông ở vị trí sau

0,5đ

k S

ẠY

p2S = p A.S + k(∆lo + x)  p2  p A  (lo  x) (5)

thay (3) vào p 2  p A  T2 

 Mg S

thay p2 vào (4) ta có

2T0  Mg ( pA  ) p0 S

Lưu ý học sinh thường hay làm trường hợp 1 mà quên trường hợp 2

0,5đ

Câu 4 5đ

Phân tích lực và hình vẽ Giải: Chọn hệ quy chiếu đất, Các lực tác dụng vào hình trụ là r r r r r r r r , P, N , Fms , 2T , Vật 1 có P1 , T1 , Vật 2 có P2 , T2 với T1=T2=T

0,5đ

r 2T

FF IC IA L

M m1

a1 + a2 = 2aA

(3)

(1) (2)

m1g - T = m1a1 m2g – T = m2a2

a) Giả sử trụ lăn lên trên: Chọn chiều dương như hình vẽ. Gọi aA là gia tốc của ròng rọc A với đất, a1,a2 lần lượt là gia tốc của vật 1 và vật 2 với đất

0,5đ 1đ

+ Với hình trụ trên mặt phẳng nghiêng, gọi K là tiếp điểm của hình trụ và mặt phẳng nghiêng. Đối với trục quay qua K ta có (3) với Ik = I + MR2 2T ( R  r )  MgR sin   ( I  MR 2 ) (4)

0,5đ

Giải hệ: Lây (1)-(2) ta có g(m1-m2)=m1a1-m2a2 (5) Lấy (1) +(2) ta có 2T= (m1+m2)g-m1a1-m2a2 (6)

0,25đ

Thay (3),(5),(6) vào (4) ta có

0,5đ

ẠY

KÈ

Gọi B là điểm tiếp xúc với hình trụ của dây. Ta có aA = aB aB   ( R  r )  a A (5)

  I  MR  I  MR  MgR sin  a1  m1  2  a2  m2   g (m1  m2 )  2 2 2( R  r )  2( R  r )  Rr   2

(7) Từ (5) và (7) ta có:

a1 

m MgR sin  I  MR 2 )  gm2 (m1  m2 )  2 2 2( R  r ) (R  r) 2 I  MR 2m1m2  (m1  m2 ) 2( R  r ) 2

g (m1  m2 )(m2 

0,5đ

m MgR sin  I  MR 2  g (m1  m2 )(m1  )  gm1 (m1  m2 )  1 2 2( R  r ) (R  r) a2   2 I  MR 2m1m2  (m1  m2 ) 2( R  r ) 2

0,5đ

MgR sin  (m1  m2 )  4m1m2 Rr  I  MR 2 8( R  r )m1m2  (m1  m2 ) 2( R  r )2

0,25đ

Câu 5 (3đ)

* Dùng thước đo chiều cao H của bình. * Đặt thước thẳng đứng phía trên

FF IC IA L



0,5đ

F2 F1

miệng bình.

Hình 10.10

* Ngoắc đầu trên của sợi chỉ vào

lực kế và kéo đều lực kế để vật được nâng chậm ra khỏi

nước. Khi đó vừa quan sát sự thay đổi của số chỉ lực kế F

theo độ dài x của phần chỉ được kéo ra khỏi bình (lực F đọc

trên lực kế, còn chiều dài x đọc theo thước).

* Dựng đồ thị phụ thuộc của F theo x trên giấy kẻ ô sẽ

được dạng đồ thị như hình 10.10.

Trong quá trình kéo vật, ta chú ý giai đoạn khi sợi dây

bắt đầu bị căng thì xuất hiện lực căng của dây và dó đó số chỉ

KÈ

của lực kế biến thiên từ không đến giá trị F1, trong quá trình này, lò xo của lực kế sẽ giãn ra, do đó giá trị của x trên thước

ẠY

biến thiên từ một giá trị nào đó đến giá trị x1. Giá trị x1 ta có thể xác định được khi mà số chỉ lực kế bắt đầu đạt trị số ổn định. Trên đồ thị thể hiện rõ: Khi kéo đều lên được một đoạn x1, vật bắt đầu rời khỏi đáy bình và được nâng lên đến chiều dài ```````x2. Số chỉ F1 của lực kế trong quá trình này là không đổi và bằng:

0,5đ

F1= gV – 0gV

(1)

Trong đó V là thể tích của vật,  là khối lượng riêng của

0,5đ

vật. Đến vị trí x2 thì mặt trên của vật bắt đầu nhô ra khỏi mặt nước và số chỉ của lực kế tăng dần đến giá trị F2. Khi toàn bộ

FF IC IA L

vật vừa thoát ra khỏi mặt nước (ứng với chiều dài x3) thì số chỉ của lực kế đạt đến giá trị cực đại, đúng bằng trọng lượng của vật: F2= gV

(2)

Từ chiều dài đó trở đi thì số chỉ của lực kế sẽ không thay

đổi nữa.

Khi kéo đều đến chiều cao x4 thì mặt trên của vật chạm

0,5đ

muốn bình vẫn nằm yên).

vào thành trên của bình và không thể kéo thêm được nữa (nếu

* Từ đó, ta tìm được chiều cao mực nước trong bình khi đã kéo vật ra khỏi nước:

l = H – (x4 – x1).

* Chiều cao của vật:

h0= x3 – x1.

* Chiều cao mực nước trong bình khi chưa kéo vật ra:

0,5đ

Khi mặt trên của vật vừa chạm mặt nước thì ta đọc được

KÈ

x2, khi mặt dưới của vật vừa rời khỏi mặt nước thì đọc được x3. Trong quá trình này, nếu mặt nước nằm yên thì ta phải kéo

ẠY

đều lên một đoạn bằng l, nhưng do mặt nước hạ xuống một đoạn bằng (h – h0) nên: x3 – x2= l – (h – h0). Từ đó, sau khi thay giá trị của h0, ta suy ra: h = l + (x2 – x1). * Từ các hệ thức (1) và (2) suy ra khối lượng riêng của vật: 

 0 F2

F2  F1

. vật:  

 0 F2

F2  F1

Người làm đề và đáp án Thạc sỹ: Nguyễn Minh Loan Điện thoại liên hệ 098.416.7648

0,5đ

ẠY

D KÈ M Y

Q N

FF IC IA L

Sở GD&ĐT Hưng Yên Trường THPT Chuyên

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ Năm học 2014-2015 Môn: Vật lý 10 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

ẠY

KÈ

Q U

FF IC IA L

Câu 1 (4 điểm): Trên mặt sàn nằm ngang có đặt một khung hình chữ nhật ABCD có cạnh AD dài L. Trong khung đặt một quả bóng A D nhỏ có khối lượng là m đứng yên so với sàn. Cho khung chuyển động thẳng đều dọc theo cạnh AD với tốc độ là v0 v0 m (như hình bên). Biết hệ số ma sát giữa bóng và mặt sàn là µ C B và gia tốc trọng trường là g. Xác định khoảng thời gian giữa hai lần va chạm liên tiếp giữa quả bóng và thành sau AB. Biết va chạm giữa bóng với thành AB là tuyệt đối đàn hồi. Câu 2 (4 điểm): Một quả cầu đặc đồng chất có tâm C bán kính R và khối A C lượng m1 =1kg, được đặt trên mặt nghiêng AB của một nêm ABD có góc nghiêng là α = 450 , khối lượng của nêm là m2 = 2kg. Bỏ qua ma sát trượt giữa nêm và mặt sàn F nằm ngang, lấy g = 10m/s2 (như hình vẽ bên). Hãy xác D B định lực F theo phương ngang cần tác dụng lên thành AB của nêm để: a. Quả cầu C vẫn đứng yên trên mặt nêm. b. Quả cầu C lăn không trượt đi lên đỉnh A với gia tốc a = 2m/s 2 . Câu 3 (4 điểm): Ba quả cầu đồng chất giống nhau, mỗi quả có khối lượng m và bán kính R đặt trên mặt bàn nằm ngang nhẵn. Dùng một sợi dây nhẹ không giãn buộc ba quả cầu lại. Đặt quả cầu đồng chất có bán kính R nhưng khối lượng là 3m lên trên ba quả cầu kia. Bỏ qua ma sát giữa các quả cầu. a. Tính độ tăng của lực căng dây khi có thêm quả cầu 3m. b. Người ta cắt dây. Tìm vận tốc của quả cầu 3m khi nó sắp chạm sàn. p0 Câu 4 (4 điểm): Một xi lanh tiết diện S đặt dựng đứng chứa một chất khí đơn nguyên tử . Trong xi lanh có hai pittong mỗi pittong có khối lượng m như hình vẽ . Khoảng cách giữa đáy xilanh và pitong 2H phía dưới là H, còn khoảng cách giữa hai pitong là 2H. Thành xilanh và pitong phía phía trên không dẫn nhiệt. Pitong phía dưới dẫn nhiệt và có thể bỏ qua nhiệt dung của nó. H Mỗi pitong sẽ di chuyển được 1 khoảng là bao nhiêu sau khi cấp cho khí 1 nhiệt lượng bằng Q? Áp suất bên ngoài là không đổi và bằng p0 , gia tốc rơi tự do là g. Bỏ qua ma sát. Câu 5 (4 điểm): Người ta nhúng một dây đun bằng mayso vào một bình nước. Biết công suất toả nhiệt P của dây đun và nhiệt độ môi trường ngoài không đổi, nhiệt lượng của nước truyền ra môi trường ngoài tỉ lệ thuận với độ chênh lệch nhiệt độ giữa nước trong bình và môi trường. Nhiệt độ của nước trong bình ở thời điểm x được ghi bằng bảng dưới đây: x(phút) 0 1 2 3 4 5 0 T( C) 20 26,3 31,9 36,8 41,1 44,7 Hãy dùng cách tính gần đúng và xử lý số liệu trên để trả lời các câu hỏi sau. a. Nếu đun tiếp thì nước có sôi không? Nếu không sôi thì nhiệt độ cực đại của nước là bao nhiêu? b. Nếu khi nhiệt độ của nước là 60 0 C thì rút dây đun ra. Hỏi nước sẽ nguội đi bao nhiêu độ sau thời gian 1phút? 2 phút? --------------------------Hết ------------------------

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ Môn: Vật lý 10 ---------------------------------------------------Câu 1: (4 điểm) Đáp án

Điểm 0,5 đ

FF IC IA L

+ Chọn hệ quy chiếu gắn với khung ABCD. Ban đầu mặt đất và bóng chuyển động  ngược lại so với khung với vận tốc - v0 . + Thời điểm đầu tiên bóng va chạm với thành AB chuyển động ngược lại với vận tốc  v0 . Chọn chiều dương là chiều chuyển động ban đầu của bóng F + Gia tốc của bóng đối với khung là a =  ms = - g m * Trường hợp 1: Bóng chuyển động chậm dần đều không đến được thành CD thì dừng lại. + Khoảng thời gian từ khi bóng va chạm vào thành AB lần 1 cho đến khi dừng lại đối v v với khung là: t  0  0 g a + Sau đó, bóng chuyển động nhanh dần đều về phía thành AB với gia tốc a' = g. v Khoảng thời gian bóng va chạm vào thành AB lần 2 là: t' = t  0 . g + Vậy, khoảng thời gian liên tiếp giữa hai lần bóng va chạm vào thành AB là: 2v t  2t  0 g * Trường hợp 2: Bóng chuyển động chậm dần đều đến được thành CD với vận tốc v1 . + Khoảng thời gian từ khi bóng va chạm vào thành AB lần 1 cho đến khi bóng đi tới thành CD là:

0,5 đ

0,5đ

Q U

v  v02  2gL 1 L  v0 t  gt 2  t  0 2 g + Sau khi va chạm vào thành CD bóng bật trở lại chuyển động nhanh dần đều với vận tốc ban đầu là v1 và với gia tốc a' = g.

g

Khoảng thời gian bóng va chạm vào thành AB lần 2 là: t' = t 

v0  v02  2 gL

0,5đ

+ Vậy, khoảng thời gian liên tiếp giữa hai lần bóng va chạm vào thành AB là:

v0  v02  2gL

KÈ

t  2t  2(

g

) 0,5đ

ẠY

-----------------------Câu 2: (4 điểm) a. Do quả cầu đứng yên trên nêm, nêm gia tốc của hệ là

a

F m1  m2

(1)

+ Xét quả cầu m1 , Chọn hệ quy chiếu gắn với nêm có các trục tọa độ như hình vẽ Trên phương Ox: Fqt cos  m1 g sin  Fmsn  0  m1a cos  m1 g sin  Fmsn  0 (2)

A Fqt F B

C P1

y 0,5 đ

N O Fmsn D

0,5 đ

Phương trình chuyển động quay quanh tâm C là (3) Fmsn .R  I  0 + Từ (1), (2) và (3) Ta có F  (m1  m2 ) g tan  = 30(N) b. Phương trình động lực học của nêm trên phương chuyển động, chọn chiều dương là chiều chuyển động có (4) F  Q sin   Fmsn cos  m2 a0 với Q = N + Các phương trình động lực học của quả cầu đối với nêm, chọn chiều chuyển động là chiều dương Trên trục Ox: m1a0 cos  m1 g sin  Fmsn  m1a (5) (6)

0,5đ

(7)

0,5đ

 40,6(N)

1đ

---------------------Câu 3: (4 điểm)

0,5đ

FF IC IA L

Trên trục Oy: N  m1a0 sin  m1 g cos  0 Phương trình động lực học quay quanh tâm C là: 2 2 a Fmsn. R  I  m1 R 2  Fmsn  m1a 5 5 R +Từ (4), (5), (6) và (7) ta tìm được 5(m1  m2 ) g sin   7a(m1 sin 2   m2 )  2m1 a cos2  F 5 cos

0,5đ

0,5 đ

Q U

a. Gọi quả cầu trên là quả cầu 1 có tâm là O 1 và 3 quả cầu dưới là 2, 3 và 4 có tâm lần lượt là O 2 , O 3 và O 4 . Vị trí 4 tâm ở 4 đỉnh của một hình tứ diện đều có cạnh là 2R.  O2 6 + Góc giữa đường cao và cạnh bên của tứ diện là α với cos  3  O1  O4  O3 3 và sin  . 3 + Áp lực của quả cầu 1 đối với mỗi quả cầu dưới là N thì hợp lực của ba phản lực đối với quả cầu 1 là 3mg. Điều kiện cân bằng đối với quả cầu 1 là 6 3mg = 3Ncosα  N = mg 2 + Thành phần nằm ngang của N mà mỗi quả cầu dưới phải T thêm là

2 mg 2

KÈ

N'= Nsinα =

+ Độ tăng sức căng

0,5đ

6 mg 6

b. Sau khi cắt dây quả cầu 1 chuyển động thẳng đứng xuống, ba quả cầu ở dưới chuyển động theo phương ngang. Sau một khoảng thời gian nào đó trước khi tách rời quả cầu 1 với 3 quả kia, do tính đối xứng nên O 2 O 3 O4 v2 luôn là tam giác đều có trọng tâm là O. Gọi góc O 1 O2 O khi còn chưa tách rời là . v1 O2 hướng vào O, v2 hướng theo OO 2 . Do khoảng cách O 1 O2 không đổi nên v1 sin = v2 cos (1) + Gọi vận tốc của quả cầu 1 đối với quả cầu 2 là v, ta có v = v1 cos + v2 sin + Để O 1 và O 2 tách rời nhau thì N=0 nên

ẠY D

T là N '  2T cos300  T 

0,5 đ

T

0,5đ O1 v1 

O4 O O3

(2) 0,5đ

(v1 cos  v2 sin ) 2  3mg sin 2R Từ (1), (2) và (3) ta có: v12  2 Rg sin cos2  ; v22  2 Rg sin 3 

(3)

(4)

0,5đ

Khi chưa cắt dây góc ở đỉnh là 0 và  giảm tới lúc quả cầu 1 tách rời 3 quả kia, độ cao của quả cầu 1 giảm là

6  h= 2 R(sin 0  sin ) với sin0 =

FF IC IA L

+ Theo định luật bảo toàn cơ năng ta có

0,5đ

1 1 (3m)v12  3 mv22  (3m) g 2 R (sin 0  sin ) 2 2

+ Thay (4) vào (5) ta tìm được sin 

(5)

2 6 76 6 và từ đó ta tìm được v12  Rg 243 9

0,5đ

876 6 27 ------------------Câu 4: (4 điểm) Vậy u 

+ Quả cầu 1 rơi tự do với vận tốc ban đầu v1 từ độ cao h = 2Rsin cho đến khi quả cầu 1 rơi chạm bàn có vận tốc là u với u 2  v12  2 gh

0,5 đ 0,5 đ

ẠY

KÈ

Q U

+ Áp suất trong cả hai ngăn của xilanh đều không đổi và tương ứng đối với ngăn trên và ngăn dưới là: mg mg 2mg p1  p0   p0  ; p2  p1  (1) S S S + Nhiệt độ hai phần bằng nhau. Từ PT C-M có thể tìm mối quan hệ giữa độ biến thiên thể tích khí trong mỗi ngăn và độ biến thiên nhiệt độ. p1V1  n1 RT ; p2 V2  n2 RT (2) + Trong đó n1 và n2 là số mol của các ngăn được xác định theo điều kiện ban đầu. p 2 HS p HS (3) n1  1 ; n2  2 RT0 RT0 Thay (3) vào (2), ta được: 2HS (4) V1  T  2V2 T0 + Từ đó ta tính được độ dịch chuyển của pit-tông phía dưới và pít-tông phía trên tương ứng: V2 V  V2 x2  ; x1  1  3 x2 (5) S S + Nhiệt lượng để làm tăng nội năng và thực hiện công, theo Nguyên lý I: Q  U  A 3 Trong đó: U   n1  n2  RT 2 Thay (2) vào và áp dụng (1) ta được: 3 3 U   p1V1  p2 V2    3 p0 S  4mg  x2 2 2 + Độ lớn A bao gồm công để chống lại áp suất bên ngoài và công để chống lại trọng lượng của pit-tông A  p0  V1  V2   mgx1  mgx2  3 p0 Sx2  4mgx2

0,5đ 0,5đ

+ Vậy nhiệt lượng mà khí nhận vào được xác định: 5 5 Q   3 p0 Sx2  4mgx2    3 p0 S  4mg  x2 2 2 Từ đó ta tính được: 2Q 6Q x2  ; x1  5  3 p0 S  4mg  5  3 p0 S  4mg 

0,5đ

Câu 5: (4 điểm)

FF IC IA L

a. + Gọi nhiệt độ của nước tăng thêm trong thời gian 1 phút là ΔT0, gọi T là nhiệt độ của nước sau mỗi phút, T0 là nhiệt độ của môi trường. ΔT0 là hàm của T. Gọi Δx là khoảng thời gian đun nước, vì nhiệt lượng của nước truyền ra môi trường ngoài tỉ lệ bậc nhất với độ chênh lệch nhiệt độ giữa nước trong bình và môi trường nên ta có : PΔx – k(T-T0)= C.ΔT0 ( C là nhiệt dung riêng của nước, k là hệ số tỉ lệ dương). + Theo bảng, chọn Δx=1phút. Ta có: T0

6,3 5,6 4,9 4,3 3,6

0,5 đ

26,3 31,9 36,8 41,1 44,7

 P.x  k.T0  k. T     .T  a  b.T C   C + Mặt khác từ bảng số liệu đề bài cho ta có thên bảng chứa ΔT0 như sau: x(phút) 0 1 2 3 4 5 0 T( C) 20 26,3 31,9 36,8 41,1 44,7 0 ΔT 0 6,3 5,6 4,9 4,3 3,6 Từ bảng này vẽ đồ thị :

1đ

0,5đ

KÈ

Q U

6,3  a  26,3.b tìm được a=90; b=0,1. 5,6  a  31,9.b

+ Từ đồ thị hoặc giải hệ: 

ẠY

+ Ta thấy Tmax khi ΔT0 =0: Tmax =a/b=90 0C. Nước không thể sôi dù đun mãi. b. Khi rút dây đun, công suất cung cấp cho nước P=0:  k.T  k T 0   0   .T  bT0  b.T  b(T0  T )  0,1.(20  60)  4 0 C  C  C Vậy sau 1phút nước nguội đi 4 0C. + Ở phút thứ 2 nước nguội đi: T 0  bT0  b.T  b(T0  T )  0,1.(20  56)  3,60 C Vậy Tổng sau 2 phut nước nguội đi: 7,6 0 C ---------------------------Hết--------------------------

1đ

0,5đ 0,5đ

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ KHỐI 10

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH LÀO CAI

NĂM 2015

ĐỀ THI ĐÈ XUẤT

Thời gian làm bài 180 phút

FF IC IA L

(Đề này có .02...trang, gồm.05...câu)

Câu 1: Động học chất điểm

Hai thanh kim loại có chiều dài OA = l1; OB = l2, liên kết với nhau bằng một khớp nối O, được đặt trên mặt bàn nhẵn nằm ngang. Người ta kéo hai đầu A, B của thanh

theo cùng phương AB về hai phía ngược chiều nhau với vận tốc không đổi là v1 , v2 . Tìm gia tốc của khớp nối O lúc hai thanh vuông góc? Câu 2 : Động lực học- các định luật bảo toàn

Buộc vào hai đầu một sợi dây dài 2l hai quả cầu nhỏ A và B giống nhau có cùng khối lượng m, ở chính giữa sợi dây gắn một quả cầu nhỏ khác khối lượng M. Đặt ba quả cầu đứng yên trên mặt bàn nằm ngang nhẵn, dây được kéo căng.(Hình vẽ 1)

ẠY

KÈ

Truyền tức thời cho vật M một vận tốc V0 theo phương vuông góc với dây. Tính lực căng của dây khi hai quả cầu A và B ngay trước khi đập vào nhau.

Câu 3. Nhiệt

Hình vẽ 1

Trong một xilanh cách nhiệt khá dài nằm ngang có nhốt 1 mol khí lí tưởng đơn nguyên tử có khối lượng m nhờ hai pittông cách nhiệt có khối lượng bằng nhau và bằng M có thể chuyển động không ma sát trong xilanh (Hình 4). Lúc đầu hai pittông đứng yên, nhiệt độ của khí trong xilanh là T o. Truyền cho hai pittông các vận tốc

v1 , v2 cùng chiều (v1=3vo, v2=vo). Tìm nhiệt độ cực đại mà khí trong xilanh đạt được, biết bên ngoài là chân không. M

V2 F2

(2)

(1)

FF IC IA L

Câu 4: Cơ vật rắn

Một khung sắt hình tam giác ABC vuông góc, với góc B = 300 được đặt thẳng đứng, cạnh huyền nằm ngang. Hai hòn bi nối với nhau bằng thanh cứng, trọng lượng không đáng kể, có thể trượt không ma sát trên hai cạnh góc vuông. Bi I trên cạnh AB có trọng lượng P1 , bi J trên cạnh AC trọng lượng P2 . 1. Khi hệ thống đã cân bằng, tính góc . 2. Cân bằng là bền hay không bền. Xét hai trường hợp: a) P1 = P2 . b) P2 = 3P1 .

Câu 5: Thực nghiệm

Xác định hệ số ma sát nhớt Cho các dụng cụ: Một ống hình trụ (kích thước và chiều cao đủ lớn), can lớn đựng đầy dầu nhớt, các viên bi xe đạp nhỏ, thước kẹp (Panme), thước dài, đồng hồ bấm giây, các vòng được tính bởi biểu thức



là hệ số ma sát nhớt, R là bán kính viên bi, v là vận tốc viên bi.

fC = 6  Rv trong đó:

dây đàn hồi. Biết khối lượng riêng thép là  và dầu nhớt là  0 , gia tốc rơi tự do g. Lực cản lên bi

ẠY

KÈ

Yêu cầu và xây dựng phương án thí nghiệm: -Trình bày cơ sở lý thuyết. -Cách bố trí thí nghiệm. -Cách tiến hành thí nghiệm và xử lý kết quả.

Người ra đề: Lại Thị Hương Số ĐT: 0978715292

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN VẬT LÝ KHỐI 10

Lời giải

Câu

Thang điểm

FF IC IA L

4 Câu 1 điểm Kí hiệu là véc tơ gia tốc toàn phần của khớp nối O Tại thời điểm hai thanh OA, Ob hợp với nhau một góc 900. Ta có + với a1 và a2 là các thành phần gia tốc dọc theo các 0,5 thanh OA và OB. : Không đổi trong mọi HQC quán tính nên ta xét chuyển động của cơ hệ trong HQC chuyển động với vận tốc v2 sang trái. Trong hệ này đầu B của thanh OB đứng yên còn đầu A của thành OA chuyển động sang phải với vận tốc + (độ lớn vA= v1+v2), đồng thời điểm O vạch theo 0,5 quỹ đạo tròn tâm B, bán kính l2 và ta vẫn có: + TẠi thời điểm mà hai thanh vuông góc với nhau thì véc tơ vận tốc của khớp nối O nằm dọc theo OA, Vì OA là thanh cứng nên nên hình chiếu vận tốc của đầu A phải bằng độ lớn v, nghĩa là : 0,5

(a2 là gia tốc hướng tâm B)

0,5

và a2

0,5

độ lớn gia tốc a2 =

v = vAcosα = (v1+ v2).

Lập luận tương tự như trên ta tìm được a1 của khớp nối O khi đó có độ lớn a =

Véc tơ gia tốc toàn phần =

0,5

KÈ

0,5

ẠY

hợp với thanh OA một góc  sao cho tan = 0,5 2

4 Câu 2: điểm

Hệ kín động lượng bảo toàn O uur ur ur r MV0  mv1  mv2  M v

MV0  mv1 y  mv2 y  MvM 0  mv1x  mv2 x

v2 y

Ta luôn có: v1y  v2 y ; v1x  v2 x Khi hai quả cầu sắp đập vào nhau: v1 y  v2 y  vM  vy MV0 v  vy  2m  M

v1x v2 y

0,5 ur T

v2 y

0,5

v2 x

0,5

v2 y

0,5

v2 y

v1y

v2 y



ur v1y T

ur T

FF IC IA L

ur T

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng:

0,5

1 1 1 1 MV02  2 mv y2  2 mvx2  Mv y2 2 2 2 2

mMV02 2m  M

Gia tốc của quả cầu M: a 

 mvx2 

( vx độ lớn vận tốc của hai quả cầu A,B lúc chúng sắp đập vào nhau) 2T M

0,5

vx2 mMV02 2T T m  l M l (2m  M )

T  Fq  m

Trong hệ quy chiếu gắn với M hai quả cầu m chuyển động tròn áp dụng định luật 2 Niutơn, chiếu xuống phương Oy:

KÈ

Lực căng của dây khi đó: T 

mM 2V02 l (2m  M ) 2

0,5 0,5

ẠY

4 Câu 3 điểm - Đối với pittông (1): lực tác dụng vào pittông theo phương ngang là lực đẩy F1 ngược chiều v1 nên pittông (1) chuyển động chậm dần đều. 0,25 - Đối với pittông (2): tương tự, lực đẩy F 2 cùng chiều v2 nên pittông (2) chuyển động nhanh dần đều. - Trong quá trình hai pittông chuyển động, khối khí nhốt trong xi lanh 0,25 chuyển động theo. - Chọn hệ quy chiếu gắn với pittông (2), vận tốc của pittông (1) đối với pittông (2) là:

V2 F2

(2)

FF IC IA L

(1)

v12  v1  v2  pittông (1) chuyển động về phía pittông (2) chậm dần rồi

dừng lại lúc to, sau đó t>to thì pittông (1) chuyển động xa dần với pittông 0,5 (2) và khí lại giãn nở. - Gọi G là khối tâm của khối khí trong xi lanh lúc t<to : khí bị nén, G chuyển động về phía pittông (2). - Lúc t>to: khí bị giãn, G chuyển động ra xa dần pittông (2). Vậy ở nhiệt độ to thì vG=0  cả hai pittông cùng khối khí chuyển động cùng vận tốc v. 0,5 - Định luật bảo toàn động lượng ta có: M3vo+Mvo=(2M+m)v v=4Mvo/(2M+m). 1 2

- Động năng của hệ lúc đầu: Wđ1= M (v12  v22 )  5Mvo2 . 1 2

- Động năng của hệ lúc ở to là: Wđ2= (2M  m)v 2 . Mv (2 M  5m) . 2M  m i 3 3 3 - Nội năng của khí: U  nRT  nRT  U  nRT  nR(Tmax  To ) . 2 2 2 2 2 2 Mvo (2M  5m) - Vì U=W nên Tmax  To  (do n=1) 3R 2M  m

ẠY

KÈ

 Độ biến thiên động năng: W=Wđ2-Wđ1=

0,5 0,5

2 o

0,5 0,5 0,5

A m1



m2 J

300

FF IC IA L

5 Câu 4 điểm 1. Khi hệ thống cân bằng: - Chọn mốc thế năng là mặt phẳng ngang qua A. Đặt IJ  l , thế năng của hệ là:

o o U  Plc 1 os sin 30  P2l sin  cos30

0,5 0,5

Pl 3P2l  U   1 cos   sin  2 2 - Đạo hàm U theo  ta có: dU l   P1 sin   3P2 cos  d 2 

0,5

dU l   Pc 1 os  3 P2 sin   d 2 2  - Khi thanh cân bằng thì

1,0

3P2 dU (*)  0  tan   d P1

1,0

2. Khảo sát sự cân bằng:

d 2U - Khi P1 =P2 , thay vào (*) ta được: tan   3    60  d 2

 0 nên cân

0,75

  60o

KÈ

bằng bền.

- Khi P2 =3P1 , thay vào (*) ta được: tan   3 3    79o 

ẠY

bằng bền.

d 2U d 2

 0 nên cân   79

0,75

Vạch số 1

3 Câu 5. điểm 1. Cơ sở lí thuyết.

FF IC IA L

Vạch số 2

+áp dụng định luật II Niutơn ta có phương trình chuyển động của viên bi: ma = Vg( - o ) - 6 v1y Rv

+Khi v đạt giá trị đủ lớn thì: Vg ( - o ) - 6 v1y Rv  0. Bi chuyển động đều .

Vg (   0 ) 2 R 2 g (   0 )  +Suy ra:  = (*) 6 Rv 9 v +Nếu dùng phép tính chi tiết ta có kết quả rõ ràng hơn:

d (Vg (   0 )  6 Rv) dt dv dt 1   .  Vg (   0 )  6 Rv m 6 R Vg (   0 )  6 Rv m

6 R  t Vg (   0 ) v= (1  e m ) 6 R

ẠY

KÈ

Vg (   0 ) 2 R 2 g (   0 )  . 6 Rv 9 v 0,5 2. Bố trí thí nghiệm – cách tiến hành: + Dựng ống thẳng đứng. +Đổ dầu nhớt vào gần đầy ống. +Dùng 2 vòng dây lồng vào phần trên và phần dưới ống. + Bước 1: Dùng thước kẹp đo đường kính viên bi một số lần, suy ra giỏ trị trung bỡnh bán kính viên bi. Ghi lại kết quả đo. 0,25 + Bước 2: - Thả thử 1 viên bi để xác định tương đối vị trí nó bắt đầu chuyển động đều, vòng dây vị trí đó (vạch số 1). Vạch gần đáy (cách khoảng 7 - 10cm), vạch số 2. 0,25 Đo khoảng cách D1 D2 = l, ghi lại kết quả. + Bấm đồng hồ khi bi đi từ vạch số 1 tới vach số 2, ta đo được khoảng thời gian chuyển động của bi là t, ghi lại kết quả. +Thay đổi vị trí D1 xuống gần D2 hơn, thả bi, đo lại l và t như trê

  =

0,5

Vg (   0 ) 2 R 2 g (   0 ) 0  v=  6 R 9 

+Khi t đủ lớn thì

e-t

0, 5



dv = Vg( - o ) - 6 v Rv. dt

+Thay đổi D1 một số lần nữa và tiến hành như trước. +Sau mỗi lần đo ta ghi tất cả các kết quả tương ứng vào giấy. 3. Xử lý số liệu. +Ta thay các giá trị R, l, t tương ứng mỗi lần đo vào công thức (*). 4. Đánh giá sai số và nhận xét. +Sau mỗi lần thay đổi l, t ta lại tìm được một giá trị v1y .

 và sai số  v . 1y

+Kết luận hệ số ma sát nhớt là :

v1y

 + v . 1y

ẠY

KÈ

+Sai số do : Đo kích thước bi và xác định vị trí vạch số 1 chưa chính xác, bấm đồng hồ đo thời gian không kịp thời....

0,25 0,5

FF IC IA L

+Tính

0,25

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG – NAM ĐỊNH (ĐỀ THI ĐỀ XUẤT)

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÍ – KHỐI 10 NĂM 2015 Thời gian làm bài 180 phút (Đề này có 02 trang, gồm 5 câu)

FF IC IA L

Câu 1 (4 điểm): a. Một vật được ném xiên với tốc độ ban đầu v0 và với điểm ném là x = z = 0. Vật chuyển động trong trọng trường đều trong mặt phẳng x−z, trong đó, trục x nằm ngang, và trục z thẳng đứng, song song và ngược chiều với gia tốc rơi tự do g; bỏ qua sự cản của không khí. Hãy chứng minh rằng vùng không gian mà vật có thể đi qua có ranh giới là parabol. Tìm phương trình đường ranh giới này. b. Một bức tường cao H = 40m, dày a = 10m. Một người có thể đứng ở khoảng cách x tùy ý đến chân tường ném một vật nhỏ với tốc độ v0 nhỏ nhất bằng bao nhiêu để vật vượt qua tường, không chạm vào tường. Bỏ qua chiều cao của người. Lấy g = 10 m/s2. Câu 2 (4 điểm): a. Hai hạt A và B có khối lượng mA và mB, với mA > mB. Hạt A chuyển động tới va chạm hoàn toàn đàn hồi với hạt B, lúc đầu hạt B đang đứng yên. Sau khi va mB  mA

rằng: sin

chạm vận tốc của hạt A lệch đi so với hướng vận tốc trước khi va chạm là Chứng minh

b. Có N quả cầu nhỏ giống nhau nằm cách đều nhau

trên nửa một đường tròn, trên mặt bàn nhẵn nằm ngang. Tổng khối lượng của chúng là M. Có một quả cầu khác có

khối lượng m chuyển động từ phía trái tới va chạm lần lượt

với tất cả các quả cầu nhỏ và cuối cùng quay ngược trở lại

về phía trái. Coi M là không đổi, N là rất lớn cho N  : + Hãy tìm giá trị của m để xảy ra hiện tượng trên.

+ Với giá trị lớn nhất của m trên, hãy tìm tỉ số vận tốc cuối

KÈ

cùng của m và vận tốc ban đầu của nó khi chưa va chạm. 1 x

Cho biết: (1  ) x  e1

khi x  

ẠY

Câu 3 (4 điểm): Một chất khí có nội năng tỷ lệ với tích của thể tích và áp suất: U = k.P.V với k là hệ số. Khí thực hiện

một số quá trình khép kín như hình vẽ. Các đoạn 1-4 và 2-3 là các quá trình đẳng áp; các đoạn 1-2 và 3 – 4 là các quá trình đẳng tích. Nội năng của khí tại hai điểm 2 và 4 là như

nhau. Biết rằng hiệu suất chu trình 1-2-3-4-1 là  = 2/9; nhiệt lượng truyền cho khí sau chu trình lớn hơn công thực hiện lên khí trên đoạn 4-1 là  lần. Hãy xác định hệ số k.

Câu 4 (5 điểm): Một thanh cứng AB đồng chất tiết diện đều dài 2a, khối lượng M. Đầu A và B được treo trên 2 sợi dây mảnh không dãn cùng chiều dài và song song nhau, đầu B có gắn thêm một vật nhỏ khối lượng m, tại vị trí cân bằng thanh nằm ngang. Xác định lực căng của dây nối đầu A ngay sau khi dây nối đầu B bị đứt. Câu 5 (3 điểm): Xác định hệ số ma sát trượt bằng năng lượng đàn hồi. Cho dụng cụ thí nghiệm gồm:

FF IC IA L

- Một vật nhỏ hình hộp - Một lò xo - một chiếc thước

- mặt bàn có giá đỡ để có thể treo hoặc gắn cố định đầu lò xo vào. Yêu cầu:

Nêu phương án đo hệ số ma sát trượt, lập công thức cần thiết. Không yêu cầu lập công

thức tính sai số.

Người ra đề

ẠY

KÈ

--------------HẾT---------------

Bùi Thái Học (đt: 0915151981)

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN: VẬT LÍ – KHỐI 10 4 điểm

Câu 1

0,5

Đưa về phương trình bậc 2 ẩn k = tanα. Với 1/cos 2α = 1 + k2 .

0,5

 g .x 2 2 g .x 2  . k x . k z     0 2.v02 2.v02  

Điều kiện có nghiệm:  =

g .x 2 g .x 2 - 4. 2 .( z  2 ) ≥ 0 2.v0 2.v0

FF IC IA L

Phương trình quỹ đạo: z = tanα.x - g.x2/2v02.cos2 α.

0,5

v02 g Chuyển vế ta tìm được vùng ranh giới: z ≤  2 x2 2 g 2v0

0,5

Áp dụng thuận nghịch của quỹ đạo ném, ta có thể đứng ở mép trên bên trái của tường ném ngược lại.

0,5

0,5 0,5

Bảo toàn động lượng: r r r p A  p ' A  p 'B

KÈ

 p 'B 2  p A2  p ' A2  2 p A p ' A cos

ẠY

Bảo toàn năng lượng: pA2 p' 2 p' 2  A  B 2mA 2mA 2mB Rút p 'B 2 từ phương trình (2) thế vào (1) ta có:

0,5

4điểm

Câu 2 a.

+ Công thức tầm xa: x = a = v 12sin(2.α)/g + Để vận tốc v 0 nhỏ nhất thì v 1 nhỏ nhất ứng với góc ném 450. a = v12sin(2.450)/g  v1 = 10 m/s + Bảo toàn cơ năng  v0 = (v12 + 2gH)1/2 = 30m/s

2 pA p ' A cos  pA2 (1 

mB m )  p '2A (1  B ) mA mA

p 'A v 'A  ta có: pA vA m m 1 2.cos = (1  B )  x(1  B ) x mA mA

(1)

(2)

(3)

0,5đ

0,25đ

Đặt x =

Áp dụng bất đẳng thức Cosi

(4)

0,25đ 0,5đ

mB mB mB2 2.cos ≥ 2. (1  ).(1  )  1  2 mA mA mA

(5)

Vậy: sin 

mB  mA

(đpcm)

FF IC IA L

Chú ý: Có thể giải bằng cách đổi hệ quy chiếu khối tâm. Đặt  = M/N, áp dụng phần a. ta có:  sin 

góc ở tâm đối với 2 quả cầu liền kề nhau là  = /N 0,5đ gần đúng ta có: sin = /N. Giả sử điều kiện va chạm đã xảy ra thì góc lệch của m sau mỗi lần va chạm sẽ là:  = . Vậy: sin = /N  /m =M/N.m. 0,5đ  m  M/

mA  mB v ' A  mA  mB vA

Bất đẳng thức (5) xảy ra dấu bằng khi: x =

Áp dụng cho câu b. thì sau môi lần va chạm ta có:

v' m  v m

0,25đ

Sử dụng công thức gần đúng: v' m    2    (1  )1/2 .(1  ) 1/2  (1  )  1 v m m m 2m m v  Sau N lần va chạm: c  (1  ) N

0,5đ

v m vc  N  (1  )  e   4,32% Khi n  thì v m

Câu 3

(vc là vận tốc cuối cùng)

0,25đ 4 điểm

KÈ

Gọi áp suất trong các quá trình đẳng áp 1- 4 và 2 – 3 là p1 và p2 , thể tích trong các quá trình đẳng tích 1 - 2 và 3 – 4 là V1 và V2 . Vì nội năng tại

ẠY

các trạng thái 2 và 4 bằng nhau nên theo điều kiện bài toán, ta có:

kp2V1  kp1V2 (U 2  U 4 ) 

p1 V2   p2 V1

Bởi vì công của khí sau chu trình: A12341 = (p2 - p1)(V2-V1) = (-1)2p1V1. Nhiệt lượng mà khí nhận vào:

0,5 0,5

 Q12341  Q12  Q 23  (  k  )(k  1)p1V1 .

Trong đó:

0,5

Q12  U12  k(p2  p1 )V1  k( p1V1; Q23  A23  U23  p2 (V2  V1 )  kp2 (V2  V1 )  (k  1)( p1V1 Hiệu suất của chu trình 1-2 -3- 4-1:  

A12341  1   Q12341 k  (k  1)

(1) 0,5

Công thực hiện lên khí trên đoạn 4-1:

 12341

Bởi vì Q

FF IC IA L

A '41  p1 (V2  V1 )  ( p1V1

0,5

  nên: k + (k + 1) =  ' 41

(2)

0,5

Từ các phương trình (1) và (2)

(1  )  1 3  2   2

Câu 4 Ma  Ma 2 )  4ma 2 3

(1)

5 điểm 1,0

IA= (

1,0

ta nhận được:   1    3; k 

U Q

B y

ẠY

KÈ

Phương trình tịnh tiến của thanh theo trục 0y - T + Mg + N = Ma// Phương trình tịnh tiến của vật m theo trục 0y - T + mg - N = m2a// Phương trình tịnh tiến của các vật theo trục 0y - T + (M + m)g = Ma//+ m2a// (2) Phương trình quay của các vật xung quanh trục qua A. Mgacos+ mg.2acos = IA// (3)

Giải ta có ta có T =

Câu 5

M ( M  4m) g 4 M  12m

x )

Vì ngay sau khi cắt điểm A chưa kịp chuyển động do đó ta lấy góc toạ độ tại điểm treo A trục x0y ( Hv )

0,5 0,5 1,0 1,0 1,0 3 điểm

Bước1: Treo vật khối lượng m vào đầu lò xo (hình vẽ). Dùng thước đo chiều dài tự nhiên l0 của lò xo và chiều dài l của lò xo

khi vật nằm cân bằng. l

FF IC IA L

Khi đó l = l – l0 = mg/k (1)

0,5

Bước 2: Gắn chặt một đầu lò xo vào giá đỡ (hình 2). Đặt cho vật tiếp xúc lò xo ( không gắn với lò xo ), đánh dấu vị trí O của vật.  A

 B

 O

0,5

Bước 3: Trên mặt phẳng ngang,

lấy điểm A với OA = l.

Đưa vật đến vị trí A, lò xo nén một đoạn l. Thả vật tự do, vật đến vị trí

B thì dừng lại. Đo khoảng cách AB = s.

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta có:



1,0

U Q

Người ra đề

M KÈ ẠY D

0,5 0,5

l l  l0  2s 2s

2 (2)

Từ (1) và (2) ta có :

mgs =

kl2 /

Bùi Thái Học (đt: 0915151981)

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ KHỐI 10

VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

NĂM 2015

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY

Thời gian làm bài 180 phút

TỈNH NINH BÌNH

(Đề này có 02 trang, gồm 05 câu)

FF IC IA L

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Câu 1 (4 điểm)

Một cái thước mảnh AB đang trượt trên một

Hình 1

mặt phẳng nhẵn nằm ngang. Tại một thời điểm, vận tốc của đầu A của thước có độ lớn v và hợp với tia

BA góc α, vận tốc của đầu B của thước hợp với tia BA góc β như hình 1 (cả α và β đều

là góc nhọn). Tìm độ lớn vận tốc của trung điểm O của thước tại thời điểm đó. Câu 2 (4 điểm)

Hai chất điểm giống nhau cùng khối lượng m

được xâu qua một que đan nhẵn nằm ngang và nối với

nhau bằng một sợi dây nhẹ, không giãn chiều dài 2L.

Hình 2

Người ta kéo điểm chính giữa C của dây bằng một lực

r F

F để C chuyển động thẳng đều với vận tốc v không đổi dọc theo hướng vuông góc với

que đan. Biết rằng tại thời điểm ban đầu, các hạt sợi dây căng dọc theo que đan (hình 2). Tìm sự phụ thuộc của F theo thời gian.

KÈ

Câu 3 (4 điểm)

Một mol khí lí tưởng đơn nguyên tử, biến đổi trạng thái theo

ẠY

một chu trình như hình 3. Biết T1 = T2 = 300K; V3 = 2,5V1; hằng số khí R = 8,31J/mol.K. Tìm nhiệt lượng truyền cho khí chỉ trong các

giai đoạn mà nhiệt độ khí tăng.

Hình 3

Câu 4 (5 điểm) 

Hình 4

Hai thanh cứng giống nhau mỗi thanh có khối lượng M, chiều dài L nối với nhau bằng một bản lề. Đầu còn lại của thanh thứ nhất được gắn với sàn bằng một bản lề trong khi đầu còn lại của thanh thứ hai có thể trượt không ma sát trên mặt sàn nằm ngang (hình 4). Gọi α là góc giữa mỗi thanh và sàn. Bỏ qua ma sát tại các bản lề.

FF IC IA L

1. Tìm lực mà sàn tác dụng lên thanh thứ hai ngay sau khi thả các thanh ở vị trí có  = 450.

2. Tìm tốc độ góc của hai thanh như là một hàm số của góc  khi 0 <  <450. Câu 5 (3 điểm)

Xác định hệ số ma sát giữa sắt và gỗ với các dụng cụ sau:

- Một sợi dây xích dài bằng sắt với các mắt xích giống hệt nhau.

- Một chiếc bàn học sinh bằng gỗ.

Người ra đề

Bùi Khương Duy Điện thoại liên hệ: 0912.476.596

ẠY

KÈ

------------HẾT------------

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN VẬT LÝ LỚP 10 Nội dung chính cần đạt

Câu 1

+ Thành phần vận tốc theo

(4đ)

phương AB của hai đầu thước

phải bằng nhau: v A cos  v Bcos → vB  vA

Điểm

FF IC IA L

Câu

cos cos (1) v cos cos

+ Theo công thức cộng vận tốc: r r r r r r v A  v A/O  vO ; v B  v B/O  vO (2)

0,5

r r Do A, B đối xứng nhau qua O nên vA/O   vB/O (3) r r vA  vB r → vO  (4) 2

0,5

vAcos  vBcos  vcos  2

0,5

vOy 

vA sin   vB sin  v  (sin   cos.tan ) 2 2

0,5

vOx 

Suy ra:

v (sin   cos.tan ) 2  4cos 2  2

2 2 vO  vOx  vOy 

+ Giả sử tại thời điểm t, góc giữa

(4đ)

0,5 y

KÈ

Câu 2

Chiếu (4) lên hệ trục Oxy:

1,0

dây và que đan là α, lực do dây

ẠY

tác dụng vào A là T 1. Do tính đối xứng hai vật cùng chuyển động về phía trung điểm O với cùng

độ lớn gia tốc a. Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ. Ta có F  2T1 sin  (1)

0,5 3

Áp dụng định luật II Niu-tơn cho vật A: T1cos  ma (2)

0,5

(1) và (2) suy ra: F  2ma.tan  (3)

0,5

yC vt (4)  xA L2  (vt) 2

0,5

FF IC IA L

Trong đó: tan  

0,5

Tọa độ của vật A: x A   L2  v 2 t 2 v2 t

→ Vận tốc của A: v A  x  ' A

0,5

L2  v 2 t 2

a  v'A 

L2  v 2 t 2  2

v 2 L2 (5) (L2  v 2 t 2 )3/2

0,5

L2  v 2 t

v4 t 2

v 2 L2  v 2 t 2 

Gia tốc của A:

2 2 2

+ Xét quá trình biến đổi tử trạng thái 1-2 : - Gọi vị trí 4 là vị trí ứng với nhiệt độ đạt

(4đ)

L  v t 

Câu 3

2mv3L2 t

0,5

F

Thay (4) và (5) vào (3) suy ra:

giá trị lớn nhất trong quá trình biến đổi 1-2.

3 4

ta xác định trạng thái này: T 4, V4, P4

KÈ

Đồ thị 1-2 có dạng: p = aV + b

ẠY

Với: a 

p1  p 2 P3  P2 2P   1 V1  V2 V1  V3 5V1

0,5

7 p1 5

0,5

b  p1  p 2 

PV aV 2  bV  - Theo phương trình trạng thái: T  R R T 

a b b2 (V  ) 2  (a<0). R 2a 4aR

0,25 0,25 4

49T1 b2 ;  4aR 40

V4 

7V1 4

p4 

7p1 10

0,5 0,25

;

0,25

FF IC IA L

 T4  Tmax  

+ Quá trình 1-4 : Quá trình nhận nhiệt lượng ứng với nhiệt độ khí tăng:

P  P4 3 R(T4  T1 )  1 (V4  V1 ) 2 2 27 51 39  RT1  RT1  RT1 80 80 40

0,5

Q14  U 14  A14 

+ Quá trình 2-3: Quá trình nhận nhiệt lượng ứng với nhiệt độ khí

3 9 R(T3  T1 )  RT1 . 2 4

0,5

Q23 = ∆U23 =

tăng :

(5đ)

0,5

+ Trước hết ta có nhận xét chuyển động

129 RT1  8 40

Câu 4

Q  Q23  Q14 

khí tăng là:

+ Nhiệt lượng truyền cho khí trong một chu trình ứng với nhiệt độ

quay của thanh AB và chuyển thành F2

phần quay của thanh BC tại mọi thời

KÈ

điểm đều có cùng tốc độ góc.

+ Xét chuyển động quay của thanh AB:

ẠY

uur ur uuur uur uur ur VB    AB ; aB  an  at

0,25

+ Ngay sau khi thả VB = 0,  = 0 : uur

nên an = 0; và aB = at = L  , aB có hướng BC

0,25

+ Gọi F1, F2 là hai thành phần lực do thanh BC tác dụng lên thanh AB. Phương trình mô men cho thanh AB đối với trục quay tại A: 5

0,5

- F1L + P L 2  1 ML2  F1  Mg 2  MaB (1) 2 2

+ Xét chuyển động tịnh tiến của BC:

uur F2'

uur uur ur uur uur F1'  F2'  P  N  M aG

FF IC IA L

+ Chiếu phương trình trên lên BC thì

uur F1'

uur uur hình chiếu của aG sẽ bằng aB uur uuuur uuuuur uuuur ( aG  aG / B  aB n)  aB (t ) )

0,5

2 N 2 Ta có: F 1 + Mg  = MaB (2). 2 2

0,5

+ Xét chuyển động quay của BC quanh trục quay tức thời O: a L 2   I G  M (OG ) 2  B 2 2 L Mg 2 4  F1   MaB (3) 4 3

F1.L  Mg

0,5

Từ (1),(2) và (3) ta suy ra N = 7Mg/10.

0,5

2. Chọn mốc thế năng ở vị trí

thấp nhất .

O B

Thế năng của hệ lúc đầu:

Wt = MgLsin450 = Eđ. (1)



 C

KÈ

Cơ năng của hệ lúc sau:

ẠY

Es = MgLsin  + I1A.  2 /2 + I2O.  2 /2 (2)

0,5

Do B chuyển động tròn nên VB luôn vuông góc với AB, nên tâm quay tức thời O nằm trên đường kéo dài của AB. Dễ thấy BC = OB = L. Ta có : I1A + I2O = ML2(5/3 – cos2  ) (3)

0,5

Thay (3) vào (2) và áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ta suy ra: 6





5  L   cos2  3 

0,5

FF IC IA L



2 g sin 450  sin 

Câu 4

+ Cơ sở lý thuyết: Có thể coi gần đúng hệ số ma sát nghỉ xấp xỉ bằng hệ số ma sát trượt.

- Nếu hợp lực tác dụng theo hướng song song với mặt tiếp F xúc

0,5

lớn hơn lực ma sát nghỉ cực đại (xấp xỉ ma sát trượt thì vật sẽ

trượt).

0,5

- Nếu ban đầu vật đứng yên, tăng dần F đến khi vật bắt đầu trượt

+ Phương án thí nghiệm:

thì khi đó: F mst = F.

- Đặt sợi dây xích nằm trên mặt bàn và thẳng góc với cạnh bàn.

Đưa một phần sợi dây xích ra khỏi bàn (buông thõng) bằng cách

0,5

đưa dần từng mắt xích ra khỏi mép bàn cho đến khi sợi xích bắt

đầu tự trượt được.

- Đếm số mắt xích ở phần ngoài bàn và tổng số mắt xích ta tính

0,5

KÈ

được hệ số ma sát.

ẠY

+ Kết quả tính toán theo phương án trên: Gọi N là tổng số mắt xích; n là số mắt xích phía ngoài bàn khi sợi xích bắt đầu tự trượt. Gọi P và P’ lần lượt là trọng lực tác dụng lên phần mắt xích buông thõng là phần mắt xích còn lại trên bàn ta có: 7

P  Fms  P '

0,25

Trong đó P = nmg; P’ = (N – n)mg với m là khối lượng trung bình

0,25

của mỗi mắt xích. n Nn

FF IC IA L

Kết quả:  

0,5

Người làm đáp án

Bùi Khương Duy

ẠY

KÈ

Điện thoại liên hệ: 0912.476.596

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ- KHỐI 10 Năm 2015 Thời gian làm bài: 180 phút Đề này có 02 trang, gồm 5 câu)

Câu 1 (4 điểm): Trên quãng đường AB dài 81 km, có một chiếc xe đi từ A đến B. Cứ sau 15 phút chuyển động thẳng đều, xe này dừng lại nghỉ 5 phút. Trong khoảng 15

FF IC IA L

phút đầu, xe có vận tốc v1 = 10km/h và trong các khoảng thời gian kế tiếp xe có vận tốc lần lượt là 2v1, 3v2, 4v1,…Xuất phát cùng lúc với xe thứ nhất là một xe khác chuyển động thẳng đều từ B về A với vận tốc v2 = 30km/h. Tìm thời điểm và vị trí hai xe gặp nhau. Cho biết, hai xe gặp nhau lúc xe xuất phát từ A đang chuyển động.

Bài 2 (4 điểm): Một đĩa tròn mỏng, bán kính R khối lượng M chuyển động thẳng đều

với vận tốc v0 trên một mặt phẳng nằm ngang rất nhẵn. Từ độ cao h ngường ta thả rơi một vật nhỏ có khống lượng m = 0,25M. Vật va chạm vào đĩa tại tâm O sau đó nảy

1. Tính tầm xa của vật sau va chạm?

lên đến độ cao bằng 0,81h. Hệ số ma sát giữa vật và đĩa là μ.

2. Tìm bán kính nhỏ nhất của đĩa để vật rơi trở lại đĩa? Xác định phương vận tốc

của vật so với đĩa ngay trước khi va chạm trong trường hợp này?

Q U

Câu 3(4 điểm): Cho một máy nhiệt, chất công

tác là một máy nhiệt đơn nguyên tử. Chu trình

hoạt động của máy được biểu diễn trong hệ toạ

độ p-T là đường cong vòng qua góc phần tư thứ hai và thứ tư của vòng tròn (như hình vẽ).

KÈ

Cho trước các giá trị sau: p 1, p2 = 5p1, v2 =

ẠY

5V1. Hãy tính hiệu suất của máy nhiệt đó?

Câu 4 (5 điểm): Giữa hai tấm phẳng nhẹ,

p1 O

D Vr1 F

V2 r F

cứng OA và OB được nối với nhau bằng khớp ở O. Người ta đặt một hình trụ tròn đồng chất, với

trục O1 song song với trục O. Hai trục này cùng

nằm ngang và nằm trong mặt phẳng thẳng đứng như hình vẽ. Dưới tác dụng của hai r lực trực đối F nằm ngang, đặt tại hai điểm A và B, hai tấm này ép trụ lại. Trụ có r trọng lượng P , bán kính R. Hệ số ma sát giữa trụ và mỗi tấm phẳng là k. Góc AOB = 2; AB = a.

FF IC IA L

r Xác định độ lớn của lực F để trụ cân bằng. Câu 5 (3đ): Hãy nêu phương án xác định nhiệt dung riêng của một vật rắn đồng nhất trong điều kiện có các dụng cụ sau:

- Nhiệt lượng kế có khối lượng M và cách nhiệt hoàn toàn với môi trường bên ngoài.

- Ấm điện với nguồn điện thích hợp.

- Cốc thủy tinh có vạch chia thể tích, chứa được vật rắn đã cho.

- Thùng đựng nước, nhiệt kế, que gắp.

Nhiệt dung riêng c o, khối lượng riêng Do của nước và khối lượng riêng D của vật rắn

đã biết trước.

Q U

…………..Hết………… Người ra đề

ẠY

KÈ

Phạm Văn Đoàn

Đoàn Thanh Nga

sđt : 0977277930

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ KHỐI 10 NĂM 2015

TỈNH QUẢNG NAM

Thời gian làm bài 180 phút

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

(Đề này có 03 trang, gồm 04 câu)

FF IC IA L

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM

Câu 1 ( 4 điểm) : Các định luật bảo toàn.

Trong một mặt phẳng thẳng đứng, một máng nghiêng được nối với một máng tròn

ở điểm tiếp xúc A của máng tròn với mặt phẳng nằm ngang như hình vẽ. Ở độ cao h trên

máng nghiêng có vật 1 (khối lượng m1 = 2m); ở điểm A có vật 2 ( khối lượng m2 = m).

Các vật có thể trượt không ma sát trên máng. Thả nhẹ nhàng cho vật 1 trượt đến va chạm

R 2

(R là bán kính của máng tròn), hai vật chuyển động như thế nào sau

a. Với h <

vào vật 2. Va chạm là hoàn toàn đàn hồi.

va chạm ? Tính các độ cao cực đại h1 và h2 mà chúng đạt tới sau va chạm.

ẠY

KÈ

bám không tách rời máng.

b. Tính giá trị cực tiểu hmin của h để sau va chạm vật 2 có thể đi hết máng mà vẫn

1 2

FF IC IA L

Câu 2( 5 điểm): Tĩnh học. Một hình cầu bán kính R chứa một hòn bi ở đáy. Khi hình cầu quay quanh trục

thẳng đứng với tốc độ góc  đủ lớn thì bi cùng quay với hình cầu ở vị trí xác định bởi góc  .Tìm các vị trí cân bằng tương đối của bi và xét sự bền vững của chúng? Câu 3 ( 4 điểm) : Cơ học vật rắn.

Một hình trụ khối lượng m1, bán kính R1 quay do quán tính quanh trục của nó với

vận tốc góc  0 . Người ta áp vào hình trụ trên một hình trụ thứ 2 có khối lượng m2, bán

kính R2 sao cho chúng có chung đường sinh. Lúc đầu mặt trụ m1 trượt trên mặt trụ m2,

sau đó hai trụ lăn không trượt lên nhau.

a.Tính các vận tốc góc 1 và  2 của hai hình trụ lúc đã hết trượt.

b.Tính nhiệt lượng tỏa ra do sự trượt.

Câu 4: ( 5 điểm) Nhiệt học và vật lý phân tử.

Một mol khí đơn nguyên tử lí tưởng thực hiện một chu trình như hình vẽ. Quá trình bản

chất là sự giãn đoạn nhiệt. P b = 10atm, Vb = 10-3 m3 và Vc = 8 Vb. Tính

KÈ

a. Nhiệt lượng cung cấp cho khí b. Nhiệt lượng chất khí thải ra

ẠY

c. Công toàn phần mà khí thực hiện

d. Hiệu suất của chu trình

P (atm)

Va = Vb

V(m)3

Vc = 8Vb

FF IC IA L

------------------Hết----------------------

ẠY

KÈ

Người ra đề: Nguyễn Thị Ngọc Én - ĐT liên hệ: 0982543038 Ký tên:

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN VẬT LÝ KHỐI 10 Câu 1 ( 4 điểm) : Các định luật bảo toàn. Trong một mặt phẳng thẳng đứng, một máng nghiêng được nối với một máng tròn

FF IC IA L

ở điểm tiếp xúc A của máng tròn với mặt phẳng nằm ngang như hình vẽ. Ở độ cao h trên máng nghiêng có vật 1 (khối lượng m1 = 2m); ở điểm A có vật 2 ( khối lượng m2 = m).

Các vật có thể trượt không ma sát trên máng. Thả nhẹ nhàng cho vật 1 trượt đến va chạm vào vật 2. Va chạm là hoàn toàn đàn hồi. R 2

(R là bán kính của máng tròn), hai vật chuyển động như thế nào sau

a. Với h <

va chạm ? Tính các độ cao cực đại h1 và h2 mà chúng đạt tới sau va chạm.

b. Tính giá trị cực tiểu hmin của h để sau va chạm vật 2 có thể đi hết máng mà vẫn

bám không tách rời máng.

ẠY

KÈ

O 1 2

Lời giải

a.Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ; khi vừa tới A vật 1 có vận tốc 1 2

2mv2 = 2mgh

v = 2 gh , va chạm đàn hồi vào vật 2



- Gọi v1, v2 lần lượt là vận tốc của vật 1 và vật 2 ngay sau va chạm. Áp dụng định luật

FF IC IA L

bảo toàn động lượng và bảo toàn cơ năng ta có 2mv = 2mv1 + mv2 1 2



2mv2 = v1 =

v 3

1 2

1 mv22 2

2mv12 +

và v2 =

4 v ………………………………………..0.5đ. 3

đầu của vật 1.

……………………………………..0.5đ. 16 9

h…………………………………0.5đ.

mv22 = mgh2  h2 =

h 9

 h1 =

1 2

v12  2mgh1 2

- Định luật bảo toàn cơ năng cho các vật có

B 

KÈ

O 

ẠY

Ta thấy v1, v2 cùng dấu v nên sau va chạm 2 vật tiếp tục chuyển động theo chiều ban

Vì h <

R 2

nên h1 <

1 R (<R) và h2 18

8 R 9

(<R). Nghĩa là 2 vật vẫn còn bám

FF IC IA L

máng……………………………………………………………………0.5đ. b.Phương trình động lực học cho vật 2 tại vị trí góc  (hình vẽ) mgcos  + Q =

mv 2 mv 2 Q  mg cos …………………………0.5đ. R R

+ Vật 2 còn bám máng nếu Q  0 ……………………………………..0.25đ.

+ Vật 2 càng lên cao thì v càng giảm, đồng thời mgcos  tăng (  giảm) do đó Q giảm

mv B2  mg R

Khi đó Q =

dần và có giá trị cực tiểu khi  =0 (tại B)……………………0.25đ.

+ Nếu QB  0 thì vật 2 còn bám ở B và nó sẽ bám máng ở các điểm khác của máng

 v B2  Rg …………………………………………………..0.25đ.

+ Bảo toàn cơ năng : v 22 = v 2B 2 g 2 R  v22  5 gR 16 2 16 32 v  v 22  v 2  gh  5 gR …………..0.25đ. 9 9 9

Q v 22 =

Theo câu a có

KÈ

 hmin =

45 .R …………………………………………………0.5đ. 32

Câu 2( 5 điểm): Tĩnh học.

ẠY

Một hình cầu bán kính R chứa một hòn bi ở đáy. Khi hình cầu quay quanh trục

thẳng đứng với tốc độ góc  đủ lớn thì bi cùng quay với hình cầu ở vị trí xác định bởi

góc  .Tìm các vị trí cân bằng tương đối của bi và xét sự bền vững của chúng? Lời giải

FF IC IA L O N Ơ H N Y

a.Vị trí cân bằng của bi:



Trong hệ qui chiếu gắn với hình cầu, bi cân bằng ta có. 

Hợp lực R = P  N  f qt = 0 …………………………………………..0.5đ.

Chiếu lên phương trình tiếp tuyến, chiều dương như hình vẽ có: mv 2 . cos = 0 với r = IM = Rsin  …………………..0.25đ. r

KÈ

Rt = mgsin  -

ẠY

 mgsin  -

mv 2 cos =0 R sin 

 mgsin  - m  2 .Rsin  cos  = 0  sin  (g -  2 .R.cos  ) = 0…………………………………………...0.25đ

sin   0    0   g cos 1  2   R 

………………………………………………….0.5đ.

FF IC IA L

Vậy: - Với   0 , bi cân bằng tại vị trí A (đáy hình cầu)…………………….0.25đ - Với  1 ( cos  1 

 R 2

g R

, với g <  2 R   2  ) ta có vị trí cân bằng thứ 2 của

bi………………………………………………………………………0.25đ.

b.Tính bền vững của các vị trí cân bằng:

* Vị trí cân bằng thứ 1 (   0 ): Vị trí A



+ Nếu g -  2 R>0   2 <

g R

= m  (g -  2 R)………………………..0.5đ.

nên Rt = m(  g -  2 R )

Nếu bi lệch khỏi A 1 góc  = có sin    , cos   1

thì Rt >0  bi trở lại A nên A là vị trí cân bằng

bền…………………………………………………………….0.5đ.

+ Nếu g -  2 R < 0   2 >

g R

thì Rt < 0  bi rời xa A nên A là vị trí cân

bằng không bền…………………………………………………0.5đ

KÈ

*Vị trí cân bằng thứ 2 (  1 ) g

2R

ẠY

- Khi bi lên cao một chút:  >  1 thì cos  < cos  1 =

  2 .Rcos  < g  g -  2 Rcos  > 0 tức Rt > 0  vật trở về vị trí cân bằng  1 .

1 ……………………………………………………..…0.5đ.

- Khi bi tụt xuống một chút  <  1  g -  2 Rcos  < 0  Rt < 0  lực Rt kéo bi về lại vị trí cân bằng 

2 …………….0.5đ.

1 và 2

  1 là vị trí cân bằng bền của bi……………………………0.5đ.

Câu 3 ( 4 điểm) : Cơ học vật rắn.

FF IC IA L

Một hình trụ khối lượng m1, bán kính R1 quay do quán tính quanh trục của nó với vận tốc góc  0 . Người ta áp vào hình trụ trên một hình trụ thứ 2 có khối lượng m2, bán kính R2 sao cho chúng có chung đường sinh. Lúc đầu mặt trụ m1 trượt trên mặt trụ m2, sau đó hai trụ lăn không trượt lên nhau.

a.Tính các vận tốc góc 1 và  2 của hai hình trụ lúc đã hết trượt.

a.Tính các vận tốc 1 và  2 của hai trụ.

Lời giải

b.Tính nhiệt lượng tỏa ra do sự trượt.

Khi hai trụ lăn trên nhau thì v = 1 R1 =  2 R2 ……………………….0.5đ. Momen trụ m1 tác dụng lên trụ m2 : M = FR2…………………………0.5đ.

    

là thời gian để vận tốc trụ m2 tăng từ 0   2

Với M =

I2 =

1 m2R 22 ……………………………0.5đ. 2

Có  ( I  ) = I2 2 ;

KÈ

 M.  = FR2  = I2  2………………………………………….0.25đ.

Cũng trong thời gian  phản lực F / = F của trụ m2 tác dụng lên trụ m1 làm vận tốc

ẠY

góc của trụ m1 giảm từ  0   1 .

Suy ra FR1  = I1 (  0 -  1 ) 

F.  =

;

I1 =

1 2

m1R 12

I (   )  2 2 = 1 0 1 ……………………………….0.25đ. R2 R1

1 =



m1 0 ; m1  m 2

2=

m1 R1 0 ……………………..….0.5đ. ( m1  m2 ) R2

1 2

Động năng ban đầu của trụ m1 :

FF IC IA L

b.Nhiệt lượng tỏa ra do sự trượt: 1 4

W0  I102  m1 R1202 ……………..0.5đ.

Động năng các trụ lúc sau: 2

 m1 R12 2   0 ………………………………….0.25đ. 4 

 m1 1 W1 = I 112   2  m1  m2

 m1  m2 R12 2 1 2  I 22   0 ……………………………….0.25đ.  2  m1  m2  4

N Y U Q M KÈ ẠY D

m1m2 R 2 0 ……….0.5đ. m1  m2 4

Ơ Q 

Vậy nhiệt lượng tỏa ra Q = W0 - W1 - W2

Câu 4: ( 5 điểm) Nhiệt học và vật lý phân tử. Một mol khí đơn nguyên tử lí tưởng thực hiện một chu trình như hình vẽ. Quá

FF IC IA L

trình bc là sự giãn đoạn nhiệt. P b = 10atm, Vb = 10-3 m3 và Vc = 8 Vb. Tính e. Nhiệt lượng cung cấp cho khí. f. Nhiệt lượng chất khí thải ra. g. Công toàn phần mà khí thực hiện.

Lời giải

h. Hiệu suất của chu trình.



3 (PbPb – 2

PaVa)………………………………..0.25đ.

Nên Qab =

R(Tb – Ta) = PbVb – PaVa ; i=3 ……0.5đ.

với

i R T 2

m a.Quá trình ab: đẳng tích, áp suất tăng  nhiệt độ tăng  khí nhận nhiệt -Qab =

Xét quá trình bc: đoạn nhiệt nên Pb Vb

i 5 = i2 3

……………………………0.25đ.

KÈ

= Pc Vc với  =

ẠY

 Pb Vb3 = Pc Vc3 mà Pc = Pa , Vc = 8Va = 8Vb ……………………..0.25đ. 5

 Pb Vb3 = Pa (8Va)5/3 = Pa (8Vb)5/3 = Pa.85/3Vb5/3 5/3

V p P  Pa = 5 b/ 3 ( b 5 / 3 ) = 5 b/ 3 …………………………………………0.25đ. 8 8 Vb

Vậy Qab

P 3 3   PbVb  5b/ 3 .VB  = PbVb (1-8-5/3) 2 2 8 



3 .10.105.10-3 2

(1-8-5/3) =

11625 J = 1453,125J……..0.25đ. 8

b.Quá trình ca: đẳng áp, thể tích khí giảm  nhiệt độ khí giảm  khí tỏa nhiệt. 3 PaVa  PcVc  2

Pb  b = 3  P5/3 Vb  5/3 .8Vb  …………………………0.5đ. 2 8 8 

FF IC IA L

Qca =



 35 4375 = 3 PbVb  15 / 3  85 / 3  = PbVb = = - 546,875J…….0.5đ. 5/3

8



2 .8

c.Công toàn phần mà khí nhận được:

Toàn chu trình  U = 0  Q + A = 0……………………………0.25đ.

3425 J = -906,25J 4

 A = - Q = - (Qab + Qca ) = - (1453,125 – 546,875) ……………0.5đ.

A' 906,25 =  64%............................................................1đ. 1453,125 Qab

d.Hiệu suất của chu trình:

 khí sinh công A/ = 906,25J……………………………………0.5đ.

Câu 5: ( 2 điểm) Phương án thực hành.

KÈ

Một cốc đong trong thí nghiệm có dạng hình trụ đáy tròn, khối lượng M, thể tích bên trong của cốc là V0. Trên thành cốc, theo phương thẳng đứng người ta khắc các vạch chia để đo thể tích và đo độ cao của chất lỏng trong cốc. Coi đáy cốc và thành cốc có độ

ẠY

dày như nhau, bỏ qua sự dính ướt. Được dùng một chậu to đựng nước, hãy lập phương án

để xác định độ dày d, diện tích đáy ngoài S và khối lượng riêng  c của chất làm cốc.

Yêu cầu: a.Nêu các bước thí nghiệm. Lập bảng biểu cần thiết

b.Lập các biểu thức để xác định d, S theo các kết quả đo của thí nghiệm (cho khối lượng riêng của nước là  )

FF IC IA L

c.Lập biểu thức tính khối lượng riêng  c của chất làm cốc qua các đại lượng S, d,

M, V0.

Lời giải

KÈ

a.Các bước thí nghiệm: - Cho nước vào cốc với thể tích V1, thả cốc vào chậu, xác định mực nước ngoài cốc

ẠY

hn1 (đọc trên vạch chia)

- Tăng dần thể tích nước trong cốc: V2, V3, …và lại thả cốc vào chậu, xác định các

mực nước hn2, hn3, ………………………………………..0.25đ. - Khi đo phải chờ cho nước phẳng lặng BẢNG SỐ LIỆU………………………..0.25đ.

hn2

FF IC IA L

hn1

b.Các biểu thức

 g (d + hn).S

(M + mt )g……………0.25đ.

 (d + hn).S

M + Vt . 

1



Phương trính cân bằng cho cốc có nước sau khi thả vào chậu:

2

M + V1 

M + V2 

3

 (d + hn2).S=

 (d + hn1).S =

Từ 1 ta thấy hn phụ thuộc tuyến tính vào Vt . Thay Vt bởi các giá trị V1, V2, … có

Đọc hn1, hn2, … trên vạch chia thành cốc. Lấy 3 - 2  V2  V1 ………………………………….0.25đ. hn 2  hn1



KÈ

Thay đổi các giá trị V2, V1, hn2, hn1 nhiều lần để tính S

ẠY

Sau đó ta thay vào 2 tính được d=

( M  V1 )(hn 2  hn1 ) M  V1  hn1   hn1 ………0.25đ. S  (V2  V1

c. Biểu thức tính  c :

Goi h là độ cao của cốc, h0 là độ cao của thành cốc, r là bán kính trong, R là bán kính ngoài của cốc, V là thể tích của chất làm cốc, S t là diện tích đáy trong của cốc.

h = h0 + d; h0 = 

R=r+d=



…….0.25đ.

- d……………………………………….0.25đ.



M M M ............0.25đ.   V S ( h0  d )  V0t   V0 t S  d   V0 t 2  ( S  d  )

c

V 0 t V0 t ;  S t r 2

FF IC IA L

Ta có

-----------------------------------------------------------------------------------------------------

ẠY

KÈ

Người ra đề: Nguyễn Thị Ngọc Én - ĐT liên hệ: 0982543038 Ký tên:

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT TỈNH QUẢNG NGÃI ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ KHỐI 10 NĂM 2015

Thời gian làm bài 180 phút (Đề này có 2 trang, gồm 5 câu)

FF IC IA L

Câu 1 (4 điểm): Trên một sân vận động, hai cầu thủ bóng đá A và B chạy trên một đường

thẳng đến gặp nhau với vận tốc có cùng độ lớn 5 m/s. Để điều hành tốt trận đấu, trọng tài chạy chỗ sao cho vị trí của trọng tài luôn đứng cách cầu thủ A 18m và cách cầu thủ B 24m. Khi khoảng cách giữa A và B là 30m. Hãy tính :

a. Vận tốc của trọng tài.

b. Gia tốc của trọng tài.

Câu 2 (4 điểm) : Một thanh cứng, mảnh và nhẹ có chiều



dài l, hai đầu gắn hai quả cầu nhỏ có khối lượng M và m.

Thanh được giữ trên mặt phẳng nằm ngang sao cho M ở

dưới và thanh hợp với phương thẳng đứng một góc  (hình vẽ). Thả nhẹ thanh :

phẳng ngang ngay sau khi thả ?

a. Hệ số ma sát giữa M và mặt phẳng ngang bằng bao nhiêu để nó trượt trên mặt

b. Xác định gia tốc của các quả cầu nhỏ ngay sau khi thả, trong trường hợp :

M = m;   300 ; g = 10 m/s 2.

Câu 3 (4 điểm) : Một bình cách nhiệt A được nối với một bình cách nhiệt B. Bình B có

KÈ

thể tích lớn hơn rất nhiều so với bình A. Lúc đầu van đóng, trong hai bình đựng cùng loại khí lý tưởng lưỡng nguyên tử và ở cùng nhiệt độ là 300C. Áp suất khí trong bình B gấp hai lần áp suất khí trong bình A. Mở van cho khí ở bình B qua bình A một cách từ từ, đến khi

ẠY

áp suất khí hai bình cân bằng thì đóng van lại. Giả thiết rằng trong suốt quá trình đóng và mở van chất khí trong A và trong B không có sự trao đổi nhiệt và áp suất khí trong bình A

sau khi cân bằng bằng áp suất khí ban đầu trong bình B. Hãy tính nhiệt độ của khí trong bình A sau khi nhiệt độ cân bằng. Câu 4 (5 điểm) : Một thanh đồng chất tiết diện đều có khối lượng là 2m, chiều dài l đang nằm yên trên sàn ngang nhẵn. Một viên bi nhỏ khối lượng m chuyển động với véctơ vận 1

tốc v đến va chạm tuyệt đối đàn hồi theo phương vuông góc với thanh tại một điểm cách khối tâm của thanh một đoạn là x. a. Xác định x để vận tốc khối tâm của thanh ngay sau va chạm có giá trị lớn nhất, nhỏ nhất và các giá trị đó bằng bao nhiêu ?

FF IC IA L

b. Với giá trị nào của x thì ngay sau va chạm viên bi nhỏ đứng yên ? Câu 5: (3 điểm) : Cho các dụng cụ sau: - Một mẩu gỗ. - Một Lực kế.

- Mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng không đổi và chưa biết giá trị góc nghiêng.

- Dây chỉ.

Trình bày phương án thí nghiệm xác định hệ số ma sát trượt giữa một mẩu gỗ với mặt

phẳng nghiêng, biết rằng độ nghiêng của mặt phẳng không đủ lớn để cho mẩu gỗ tự trượt

xuống.

Người ra đề Nguyễn Việt Cường - Số điện thoại : 0914907459

ẠY

KÈ

...……HẾT……..

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DH VÀ ĐB BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI BÌNH.

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐB BẮC BỘ NĂM 2015

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

MÔN THI: VẬT LÝ - LỚP: 10

Người ra đề Lê Văn Tuyền ĐT : 0984988985

(Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề)

FF IC IA L

Đề thi gồm 02 trang

Bµi 1: (4 điểm)

Khèi l¨ng trô tam gi¸c cã khèi l-îng m 1, víi gãc  nhh×nh vÏ cã thÓ tr-ît theo ®-êng th¼ng ®øng vµ tùa lªn khèi lËp



ph-¬ng khèi l-îng m 2 cßn khèi lËp ph-¬ng cã thÓ tr-ît trªn mÆt

ph¼ng ngang. Bá qua mäi ma s¸t.

a. TÝnh gia tèc gi÷a mçi khèi vµ ¸p lùc gi÷a hai khèi ?

b. X¸c ®Þnh  sao cho a2 lµ lín nhÊt. TÝnh gi¸ trÞ gia tèc cña mçi khèi trong

tr-êng hîp ®ã ?

Bµi 2: (4 điểm)

Trên một xe lăn khối lượng m đặt trên sàn nằm ngang có gắn một thanh nhẹ thẳng đứng đủ dài. Một vật nhỏ cũng có khối

Q U

lượng m buộc vào đầu thanh bằng một dây treo nhẹ, không dãn,

chiều dài l (hình 1). Ban đầu xe lăn và vật cùng ở vị trí cân bằng.

Truyền tức thời cho vật một vận tốc ban đầu v0 có phương nằm

Hình 1

ngang trong mặt phẳng hình vẽ. Bỏ qua mọi ma sát.

KÈ

a) Tìm v0 nhỏ nhất để vật quay tròn quanh điểm treo. b) Với v0 = 2 gl . Tìm lực căng dây khi dây treo hợp với phương thẳng đứng một góc α

ẠY

= 300 và vật vẫn ở dưới điểm treo.

Bµi 3: (4 điểm) Một xilanh nằm ngang, bên trong có một pittông ngăn

xi lanh thành hai phần: Phần bên trái chứa khí tưởng đơn

nguyên tử, phần bên phải là chân không. Hai lò xo có độ cứng k1 và k2 gắn vào pittông và đáy xilanh như hình vẽ. Lúc đầu pittông được giữ ở vị trí mà cả hai lò xo đều chưa bị biến dạng, trạng thái khí lúc đó

là (P1, V1, T1). Giải phóng pittông thì khi pittông ở vị trí cân bằng trạng khí là (P 2, V2, T2) với V2 = 3V1. Bỏ qua các lực ma sát, xilanh, pittông, các lò xo đều cách nhiệt. Tính tỉ số

P2 T và 2 P1 T1

Bµi 4: (5 điểm) quanh trục đi qua tâm và vuông góc với mặt phẳng của vành với vận tốc góc 0 .Người ta đặt nhẹ nhàng vành xuống

FF IC IA L

Một vành tròn mảnh khối lượng m bán kính R quay 

chân của một mặt phẳng nghiêng góc  so với phương ngang (Hình bên ). Hệ số ma sát giữa vành và mặt phẳng nghiêng là . Bỏ qua ma sát lăn.

a. Tìm điều kiện của  để vành đi lên trên mặt phẳng nghiêng.

b. Tính thời gian để vành lên đến độ cao cực đại và quãng đường vành đi được trên

mặt phẳng nghiêng

KÈ

Q U

Bµi 5: (3 điểm) Phương án thục hành Mét cèc ®ong trong thÝ nghiÖm cã d¹ng h×nh trô ®¸y trßn, khèi l-îng M, thÓ tÝch bªn trong cña cèc lµ V 0. Trªn thµnh cèc, theo ph-¬ng th¼ng ®øng ng-êi ta kh¾c çc v¹ch chia ®Ó ®o thÓ tÝch vµ ®o ®é cao cña chÊt láng trong cèc. Coi ®¸y cèc vµ thµnh cèc cã ®é dµy nh- nhau, bá qua sù dÝnh -ít. §-îc dïng mét chËu to ®ùng n-íc, h·y lËp ph-¬ng ¸n ®Ó x¸c ®Þnh ®é dµy d, diÖn tÝch ®¸y ngoµi S vµ khèi l-îng riªng c cña chÊt lµm cèc. Yªu cÇu: 1. Nªu çc b-íc thÝ nghiÖm. LËp b¶ng biÓu cÇn thiÕt. 2. LËp çc biÓu thøc ®Ó x¸c ®Þnh d, S theo çc kÕt qu¶ ®o cña thÝ nghiÖm (cho khèi l-îng riªng cña n-íc lµ ). 3. LËp biÓu thøc tÝnh khèi l-îng riªng c cña chÊt lµm cèc qua çc ®¹i l-îng S, d, M, V0 . Dïng ph-¬ng ph¸p ®å thÞ ®Ó x¸c ®Þnh diÖn tÝch ®¸y ngoµi S, råi t×m ®é dµy d cña cèc.

==============Hết==============

ẠY

Nªu c¸c b-íc tiÕn hµnh vµ gi¶i thÝch

Trang 2

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN VẬT LÝ KHỐI 10.

Người ra đề Lê Văn Tuyền ĐT : 0984988985 Bµi 1: (4 điểm)

FF IC IA L

a. (2 điểm)

VËt 1:   C¸c lùc t¸c dông vµo m 1: P1 , ph¶n lùc N1 do bê t-êng t¸c  dông lªn m1, ph¶n lùc do m2 t¸c dông N . Theo ®Þnh luËt II Newton:

ChiÕu lªn ox:

    P1  N1  N  m1a1

 N cos  N1  0 P1  N sin   m1a1

ChiÕu lªn oy:

(1) ............................................0,5 Điểm

    P1  N2  N '  m2 a2

Theo ®Þnh luËt II Newton:

  VËt 2: Cã 3 lùc t¸c dông lªn m 2: P2 , ph¶n lùc N 2 do sµn t¸c dông lªn khèi lËp  ph-¬ng, ph¶n lùc N ' do m1 t¸c dông lªn khèi lËp ph-¬ng.

chiÕu lªn ox:

(do N '  N )

(2) ............................................0,5 Điểm

Q U

N cos  m2 a2

MÆt kh¸c khi m2 dêi ®-îc mét ®o¹n x th× m 1 dêi ®-îc mét ®o¹n y vµ ta lu«n cã: x  y tan 

Hay:

KÈ

a 2  a1 tan 

ẠY

Tõ (1) vµ (2) suy ra:

............................................0,5 Điểm

 N sin   m1 g  m1 a1 m  g  a1   tan   1  m2 a 2  N cos  m 2 a 2

(3)

Thay a2  a1 tan  vµo (3) ta suy ra:

¸p lùc gi÷a m1 vµ m2:

m1  a1  m  m tan 2  g  1 2 ............................................0,5 Điểm  m1 tan  a  g  2 m1  m 2 tan 2 

m1 m2 tan  m2 a 2 ....................................................0,5 Điểm  2 cos m1  m2 tan  cos

N

b. (2 điểm)

m1  m2 tan   2 m1m2 tan 

............................................0,5 Điểm

 a 2 min 

DÊu b»ng x¶y ra khi :

1 m1 .g 2 m2

m1 m  m 2 tan   tan 2   1 tan  m2

 tan  

m1 m2

............................................0,5 Điểm

   arctan

m1 m1  m2 .

m1 m2

.g 

m1 g m1  m1

a1 

Lóc ®ã :

g 2

.............................................0,5 Điểm

Bµi 2: (4 điểm)

Q U

a1 

a. (2 điểm)

FF IC IA L

m1 tan  m1 g g ............................................0,5 Điểm 2 m1 m1  m2 tan   m2 tan  tan 

a2 

Ta cã :

ẠY

KÈ

Để vật quay hết một vòng quanh điểm treo thì lực căng dây ở điểm cao nhất T 0 Gọi v1, v21 là vận tốc của xe lăn và vận tốc của vật với xe lăn ở điểm cao nhất. - Động lượng của hệ được bảo toàn theo phương ngang: m.v0 = m.v1 + m.(v1 + v21)  v0 = 2.v1 + v21 (1) ............................................0,5 Điểm - Bảo toàn cơ năng: 1 1 1 2 mv 02  mv12  m  v1  v 21   2mgl 2 2 2

(2) ............................................0,5 Điểm

- Chọn hệ quy chiếu gắn với xe tại thời điểm vật ở điểm cao nhất. Hệ quy chiếu này là một hệ quy chiếu quán tính vì tại điểm cao nhất lực căng dây có phương thẳng đứng nên thành phần lực tác dụng lên xe theo phương ngang sẽ bằng 0  xe không có gia tốc. Định luật II Newton cho vật ở điểm cao nhất: mg + T = m

Kết hợp với điều kiện T  0 (4).

v 221 (3) ............................................0,5 Điểm l

Trang 4

Từ 4 phương trình trên ta tìm được: v0  3 gl ............................................0,5 Điểm b. (2 điểm) Gọi v1, v21 là vận tốc của xe lăn và vận tốc của vật với xe lăn khi có góc lệch α = Chọn hệ quy chiếu chuyển động với vận tốc v1. Đây là một hệ quy chiếu quán tính. - Động lượng của hệ được bảo toàn theo phương ngang: m.(v0 - v1) + m.(- v1 )= m. v21.cos α  v0 = 2.v1 + v21.cos 30 (1)...................0,5 Điểm - Bảo toàn cơ năng:

300.

FF IC IA L

1 1 1 2 2 m  v0  v1   mv12  mv 21  mgl 1  cos30  (2) ..............................................0,5 Điểm 2 2 2 4glcos30 8 3gl Từ (1) và (2) suy ra: v221  ..................................................0,5 Điểm  2  cos 2 30 5

- Chọn hệ quy chiếu gắn với xe: Định luật II Newton cho xe và vật: T.sin α = m.a1 = Fqt

v 221 l

T + Fqt .sin α – mg.cos α = m

Bµi 3: (4 điểm)

V2  V1 2V1  ..................................................0,5 Điểm S S

x

Khi pittông độ biến dạng của mỗi lò xo là x

v221 mg.cos30  m l  42 3 mg ..............................................0,5 Điểm  T 2 1  sin 30 25

Khi áp lực nên hai mặt pittông bằng nhau

(k1  k 2 ) (k  k )V  2 1 22 1 S S

Q U

P2 S  k1 x  k 2 x  P2  S

Phương trình trạng thái:

P2V2 P1V1 P PV P T 3P   2  1 1  1  2  2 T2 T1 T2 T1V2 3T1 T1 P1

(1) ..................................0,5 Điểm (2) ....................................0,5 Điểm

Hệ không trao đổi nhiệt:

KÈ

Q  U  A  0  A   U

ẠY

2  2(k1  k 2 )V12 1 1  2V1  2    A  (k1  k 2 ) x  (k1  k 2 ) 2 2 S2  S  ......................................0,5 Điểm   U  3 nR(T  T )  3 ( P V  P V )  3 (3P  P )V 2 1 2 2 1 1 2 1 1  2 2 2 2(k1  k 2 )V12 3   ( P1  3P2 )V1 2 S2 (3) .........................................0,5 Điểm 2(k1  k 2 )V1 3 9   P1  P2 2 2 S2 P 3 9 3 Thế (1) vào (3)  P2  P1  P2  2  ..................................................1 Điểm 2 2 P1 11 T 9 Từ (2) 2  ..................................................0,5 Điểm T1 11

Bµi 4: (5 điểm) a) (2 điểm) Do vận tốc đầu của khối tâm bằng không nên khi vừa đặt xuống vành vừa quay vừa trượt trên mặt phẳng nghiêng. Phương trình động lực học cho khối tâm là



Fms-mgsi =ma => Để vành đi lên mặt phẳng nghiêng thì a>0 do đó  >tan b) (3 điểm)

FF IC IA L

mgcos-mgsin =ma => a=g(cos-sin) ..................................1 Điểm .....................1 Điểm

Vận tốc khối tâm tăng dần trong khi vận tốc góc giảm dần, đến thời điểm v=ωR thì vành sẽ lăn không trượt. Do đó ta xét vành đi lên gồm hai giai đoạn: * Giai đoạn vừa quay vừa trượt: - Phương trình chuyển động là: -FmsR=mR2. => =-gcos/R ...............................................0,5 Điểm

Đến thời điểm t1 vành kết thúc trượt thì vận tốc khối tâm và vận tốc góc bằng nhau: v1=at1=g(cos-sin)t1; ω1= ω0+ t1= ω0 –gcos.t1/R

0 .................................................................0,5 Điểm 2 cos   sin 

Q U

ω1 =(cos-sin)

0 R 0 R ; v1=at1=(cos-sin) 2 cos   sin  g (2  cos   sin  )

Do v1=ω1R suy ra t1=

.........................................................0,5 Điểm

Quãng đường mà vành đi lên được trong giai đoạn này là (  cos   sin  )02 R 2 2 g (2 cos   sin  ) 2

..................................................0,5 Điểm

S1=v12/2a =

KÈ

* Giai đoạn vành lăn không trượt: Lực ma sát nghỉ hướng lên trên: Phương trình động lực học cho khối tâm và phương trình quay quanh tâm tức thời: -mgRsin =2mR2. =>  =-gsin /2R

ẠY

Gia tốc khối tâm của vành là a=R=-gsin /2...............................................0,5 Điểm

Thời gian chuyển động lên trong giai đoạn này xác định từ phương trình 0=v 1+a’t2

=> t2=(cos-sin)

20 R g sin  (2  cos   sin  )

.......................................0,25 Điểm

Quãng đường vành lên được trong giai đoạn này là S2= -v12/2a’ = (cos-sin)2 (

0 R 2 )2 2 cos   sin  g sin 

=> Thời gian và quãng đường đi lên là t=t1+t2 và s=s 1+s 2 Trang 6

.......................0,25 Điểm

hn1 ... ...

hn2 ... ...

V1 ... ...

V2 ... ...

d ... ...

d V¹ch chia

FF IC IA L

Bµi 5: (3 điểm) Ph-¬ng ¸n vµ c¸c b-íc: (0.5 điểm) Cho n-íc vµo b×nh víi thÓ tÝch V1, th¶ b×nh vµo chËu, x¸c ®Þnh mùc n-íc ngoµi b×nh h n1 (®äc trªn v¹ch chia). T¨ng dÇn thÓ tÝch n-íc trong b×nh: V 2, V3, ... vµ l¹i th¶ b×nh vµo chËu, x¸c ®Þnh c¸c mùc n-íc h n2, hn3, ... Khi ®o ph¶i chê cho n-íc ph¼ng lÆng. *LËp b¶ng sè liÖu:

b ... ...

S ... ...

(M  V1 )(hn 2  hn1 ) M  V1  hn1   hn1 (5) S  (V2  V1 )

d

Q U

Çc biÓu thøc thøc (1 điểm) Gäi hn lµ mùc n-íc ngoµi b×nh,  lµ khèi l-îng riªng cña n-íc, m t vµ Vt t-¬ng øng lµ khèi l-îng vµ thÓ tÝch n-íc trong b×nh. Ph-¬ng tr×nh c©n b»ng cho b×nh cã n-íc sau khi th¶ vµo chËu: g(d+h n)S = (M+mt)g  (d+h n)S = M+Vt  (1) Tõ (1) ta thÊy h n phô thuéc tuyÕn tÝnh vµo V t. Thay Vt bëi çc gi¸ trÞ V1, V2,... (d+h n1)S = M+V1 (2) (d+h n2)S = M+V2 (3) ... §äc h n1, hn2,... trªn v¹ch chia thµnh b×nh. LÊy (3) trõ (2) råi rót S ra: S = (V2-V1)/(hn2-hn1) (4) Thay ®æi çc gi¸ trÞ V 2, V1,hn2, hn1 nhiÒu lÇn ®Ó tÝnh S. Sau ®ã l¾p vµo (2) ®Ó tÝnh d:

ẠY

KÈ

1. BiÓu thøc tÝnh  b: (1 điểm) Gäi h lµ ®é cao, h 0 lµ ®é cao thµnh trong cña b×nh; r lµ b¸n kÝnh trong, R lµ b¸n kÝnh ngoµi cña b×nh; V lµ thÓ tÝch cña chÊt lµm b×nh; St lµ diÖn tÝch ®¸y trong cña b×nh. Ta cã:

b 

S V0t V0t  2 ; R=r+d=  St  r M (6)  V0t  d   V0t 2  S d  

h=h0+d; h0 

M M   V S (h0  d )  V0t

 S  



 r



d ;



Ph-¬ng ph¸p ®å thÞ (0,5điểm) V× hn phô thuéc tuyÕn tÝnh vµo V t nªn ph-¬ng tr×nh (1) cã thÓ viÕt d-íi d¹ng: hn = a+b Vt (7) Víi

a

M 1  d; b  S S

(8)

*§å thÞ: VÏ ®å thÞ h nVt §å thÞ cña ph-¬ng tr×nh (7) lµ ®-êng th¼ng cã ®é dèc: hn 2  hn1 1 V V  S  2 V2  V1 S hn 2  hn1

Gi¸ tri a x¸c ®Þnh b»ng c¸ch ngo¹i suy tõ ®å thÞ thùc nghiÖm, khi kÐo dµi ®-êng thùc nghiÖm, c¾t trôc tung ë a (t-¬ng øng víi gi¸ trÞ V t = 0). Tõ ®©y x¸c ®Þnh ®-îc ®é dµyd bëi (8): d

M a S

(9)

hn h2 n 1a

x x



ẠY

KÈ

Q U

Trang 8

FF IC IA L

b  tg 

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG PT VÙNG CAO VIỆT BẮC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI & ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2014 - 2015

Đề giới thiệu

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÍ 10 (Thời gian làm bài 180 phút không kể giao đề)

(Đề thi có 02 trang)

Bài 1 _ Động học chất điểm (4 điểm) r

Một người ném hòn đá với vận tốc v0 hợp với phương ngang một góc α. Bỏ

FF IC IA L

qua sức cản của không khí và chiều cao của người ném. Cho gia tốc trọng trường tại nơi ném là g. Tính tầm bay xa cực đại của hòn đá. Xét hai trường hợp: a) Người đứng tại chỗ. r

b) Người đó đang chạy với vận tốc v theo phương ngang (với v < v0). Trong trường hợp này hòn đá có thể rơi xa thêm một khoảng bao nhiêu so với trường hợp ở

câu a?

Bài 2_ Động lực học chất điểm (4 điểm) Một nêm có tiết diện là tam giác vuông

tại A như hình 1. Nêm chuyển động trên mặt r

phẳng ngang với gia tốc a không đổi. Hai vật

nhỏ cùng khối lượng, cùng trượt xuống từ đỉnh

Q U

A, dọc theo hai sườn AB và AC của nêm.

C Hình 1

ABC   (α > 45 0). Cho ·

Tìm độ lớn và hướng gia tốc a của nêm theo α để cả hai vật cùng xuất phát từ

KÈ

đỉnh với vận tốc ban đầu bằng không (đối với nêm) và trượt đến chân các mặt sườn trong các khoảng thời gian bằng nhau (bỏ qua mọi ma sát).

ẠY

Bài 3 _ Nhiệt học (4 điểm) Một khối khí lý tưởng thực hiện một chu trình

1 - 2 - 3 - 1 cho trên hình vẽ 2. Trong quá trình 2 - 3 khí không trao đổi nhiệt với bên ngoài. Quá trình 3 – 1 là đẳng áp. Các quá trình 1 - 2 và 2 - 3 đối xứng nhau qua đường thẳng đứng. Tìm hiệu suất của chu trình đã cho theo các thông số α, β và số bậc tự do i.

Hình 2

Bài 4 _ Cơ học vật rắn (5 điểm) Cho cơ hệ như hình vẽ 3. Ròng rọc cố

M,R

định và con lăn cùng khối lượng M, bán kính R. Sợi dây quấn quanh con lăn rồi vắt qua ròng rọc. Một vật khối lượng m được buộc vào đầu tự do

M,R



mặt phẳng nghiêng cố định. Biết dây không trượt trên ròng rọc và trên con lăn. Tính gia tốc

FF IC IA L

của dây. Thả cho con lăn lăn không trượt trên

Hình 3

của vật m.

Bài 5 _ Phương án thí nghiệm cơ nhiệt (3 điểm) Cho các dụng cụ sau:

- Hai miếng gỗ nhỏ có khối lượng bằng nhau (loại mới chặt, một trong hai mẩu

gỗ có đinh đóng vào).

- Một cân đĩa.

- Một chậu nước nhỏ. - Một giá treo.

- Một cuộn dây mảnh không dãn.

Q U

* Trình bày cơ sở và các bước tiến hành thí nghiệm xác định khối lượng riêng của kim loại làm đinh đóng vào một miếng gỗ.

------------------HẾT--------------------

ẠY

KÈ

* Tại sao lại sử dụng loại gỗ vừa mới chặt?

Họ và tên học sinh:......................................................., Số báo danh:............................

Họ và tên giám thị 1:..................................., Họ và tên giám thị 2:................................ Thí sinh không được sử dụng tài liệu, giám thị không giải thích gì thêm. Người ra đề : Vũ Thị Thu Điện thoại : 0946 609 612

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG PT VÙNG CAO VIỆT BẮC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI & ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

Đáp án đề giới thiệu

ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN: VẬT LÍ 10

NĂM HỌC 2014 - 2015

(Đáp án có 05 trang)

*) Trường hợp người đứng yên: - Chọn hệ tọa độ xOy. - Phương trình chuyển động của vật Ox: x = (v 0cosα)t

α O 1 2

0,5

- Khi đó tầm bay xa

v02 sin 2 L g

2v0 sin  (loại nghiệm t = 0) g

- Vật chạm đất: y = 0 nên t (v0sin   gt)  0  t

0,5

r v0

1 Oy: y = (v 0sinα)t - gt2 2

a) (1,5)

FF IC IA L

Bài 1 _ Động học chất điểm (4 điểm)

v2  0 g

0,5 (1)

x0  L0max

- Để tầm bay xa cực đại thì α = 45 0 Vậy tầm bay xa cực đại khi người đứng yên là

0,5

ẠY

KÈ

Q U

r *) Trường hợp người chạy với vận tốc v theo phương ngang: - Chọn hệ tọa độ xOy. y r - Gọi u là vận tốc của vật đối với đất r r r r u  v0  v thì (2) r v0 u r - Để vật đạt được tầm xa cực đại thì u  Cũng phải hợp với Ox một góc β   450 r O x v - Khi đó uOx  v0cos  v  uOy  v0 sin 

b) (2,5)

- Do   450 nên uOx = u Oy hay v0cos  v  v0 sin  - Bình phương hai vế và biến đổi ta được: 2v02cos 2  2v0vcos  v2  v02  0 - Giải phương trình ta được  2v02  v 2  v cos  (3) 2v0   2v0 v  4v02 (2 v 02  v 2 )  cos   p0  4v02 

0,75

- Áp dụng định lí hàm số cosin cho (2) ta có: u 2  v02  2vv0cos +v2 - Thay (3) vào (4) được u 2  v02  2vv0

2v02  v 2  v 2v0

(4) 0,5

+v 2

 u  v02  v 2v02  v 2

x  Lmax

2 2 2 u 2 v0  v 2v0  v   g g

0,25

- Vật rơi thêm một khoảng xa nhất là x  x  x0

x 

v02  v 2v02  v 2



g v 2v02  v 2

v02 g

0,5

(với v  v0 2 )

x 

FF IC IA L

- Tầm bay xa cực đại lúc này là

Bài 2_ Động lực học chất điểm (4 điểm)

r N1

r - Giả sử nêm chuyển động sang trái với gia tốc a như hình vẽ

r P1

r a

Q U

r Fqt1

r N2

r Fqt 2 r P2

0,5

KÈ

- Chọn hệ quy chiếu gắn với nêm r r - Gọi a1 , a2 là gia tốc của vật 1 và 2 đối với nêm - Hai vật cùng xuất phát từ đỉnh với vận tốc đầu bằng không và trượt đến chân mặt phẳng nghiêng trong khoảng thời gian như nhau nên: 1 2 a1t 2 1 AC  a2t 2 2 AB a1 BCcos 1     AC a2 BC sin  tan 

ẠY

AB 

 a2  a1 tan 

0,75

(1)

- Áp dụng định luật II Niu tơn cho vật 1 và 2: r r r r P1  N1  Fqt1  m1a1 r r r r P2  N 2  Fqt 2  m2 a2

0,75

a

0,75

FF IC IA L

- Chiếu lên phương chuyển động của mỗi vật, chiều chuyển động làm chiều dương ta được: mgsinα – macosα = ma 1  a 1 = gsinα – acosα mgcosα + masinα = ma 2  a2 = gcosα + asinα (2) - Từ (1) và (2) ta có sin  gcos  a sin   (gsin   acos  ) cos Hay: gcos 2  a sin  cos  g sin 2   a sin  cos g (sin 2   cos 2 ) g (tan 2   1)  2sin  cos 2 tan 

- Ta có α > 45 0  tanα > 1 nên a > 0: Nêm chuyển động sang trái. Bài 3 _ Nhiệt học (4 điểm)

(1)

0,5

Từ phương trình trạng thái và đồ thị, ta có: 1   .P0V0 1   .P0V0 T   .P0 .V0 T1  ; 2 ; T3  nR nR nR

0,5

0,5 0,5

Q12  U 12  A12  nCV T2  T1   nCV T2  T3   nCV 2T2  T1  T3 

0,5

Theo bài: Q23  0  A23  U 23  nCV (T2  T3 ) (2) Vì các quá trình 1 -2 và 2 -3 đối xứng nhau qua đường thẳng đứng nên A12  A23 (3) Áp dụng nguyên lí I:



Thay (1) vào Q12   .P .V 1   .P0V0 1   .P0V0  2.CV .P0V0 .  1 => Q12  nCV .2. 0 0   0  

Q U

Do đó quá trình 1-2 khí nhận nhiệt lượng. Xét quá trình 3 – 1: A31  p0 (V1  V3 )  2 p0V0 (4) Q31  nC p (T1  T3 )  0 => quá trình 3 – 1: khí tỏa nhiệt. Từ (2), (3), (4) => Công khí thực hiện trong cả chu trình:   .P0 .V0 1   .P0V0  A  2nCV (T2  T3 )  2 p0V0 = 2nCV .    2. .P0 .V0 



0,5

KÈ

 CV  .  1     2.   R 

=> A = P0 .V0 .2.

Hiệu suất của chu trình:

ẠY

i 2 ( p2V2  p3V3 )  2 p0V0 2nCV (T2  T3 )  2 p0V0 A H   2 i Q12 nCV (2T2  T1  T3 ) (2 p2V2  p1V1  p3V3 ) 2

 C  P0 .V0 .2. V .  1     2.  A  R  H    2 . C . P V .   1 Q12 V 0 0 R i    1     2 C i Trong đó: V  => H  i    1 R 2

0,25

Bài 4 _ Cơ học vật rắn (5 điểm) B

r T2 r T2 ' r Fms

K 

0,5

FF IC IA L

r Pm

r PM

Vật m: Định luật II Niutơn -mg + T1 = ma Ròng rọc B: Cân bằng trục quay qua tâm:

(1)

1 2

Ma 2

2 g ( Mg sin   2m) 5M  4m

1,0 (3) (4)

Biện luận:

ẠY

KÈ

Q U

2m thì a>0: vật m đi lên, con lăn lăn xuống và cuốn dây. M 2m Nếu sin   thì a<0: vật m đi xuống, con lăn lăn lên và nhả dây. M 2m Nếu sin   thì a = 0: hệ đứng yên. M

Nếu sin 

0,5 1,0

Từ (1)(2)(3)(4) tìm được

a = 2a’

1,0

1 3 MR 2 + MR2 = MR 2 2 2

3 a' MgRsin  – T2.2R = I K  ' = MR 2 . 2 R

Ta có:

0,5

(2)

Con lăn A: Cân bằng trục quay qua K: IK =

a R

-T1 R + T2R = I  = MR 2 .  -T1 + T2 =

r T1 r T1 '

0,5

Bài 5 _ Phương án thí nghiệm cơ nhiệt (3 điểm) Cơ sở lý thuyết: So sánh khối lượng riêng của kim loại với khối lượng riêng của nước thông qua các phép đo khối lượng .

0,5

B1: - Sử dụng cân (cân 5 lần) xác định khối lượng của chậu và nước: m0 -

Xác định khối lượng của mẩu gỗ không có đinh là m 1

Xác định khối lượng của mẩu gỗ có đinh là m2.

Khối lượng của đinh là :

m = m2 – m1.

(1)

FF IC IA L

0,25

B2: Buộc dây và treo mẩu gỗ không có đinh vào một đầu cân, điều chỉnh

sao cho mẩu gỗ này ngập hoàn toàn trong nước trong chậu. Xác định được khối lượng các quả cân là m1’. Lực Acsimét tác dụng lên mẩu gỗ là: FA  0 gV1  (m'1  m0 ) g

0,5

(với  0 là khối lượng riêng của nước, V1 là thể tích của mẩu gỗ không có

(2)

0

V1 

m1'  m0

0,25

B3: làm lại bước trên 5 lần, xác định m1’

Ta có

đinh)

B4: Tương tự với mẩu gỗ có đinh ta có

Y 0

Q U

V2 

m2'  m0

(3) 0,5

Từ (2) và (3) suy ra thể tích của đinh là:

V  V2  V1 

m2'  m1'

0

(4)

ẠY

KÈ

Khối lượng riêng của kim loại làm đinh là 

m m2  m1  0 V m2'  m1'

Sử dụng gỗ mới chặt đảm bảo gỗ chìm hoàn toàn trong nước.

(5)

0,5

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ KHỐI 10 NĂM 2015 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT (Đề thi gồm 02 trang, gồm 05 câu) Câu 1 (4 điểm): Một bánh xe có bán kính R, đặt cách mặt đất một đoạn

FF IC IA L

h, quay đều với vận tốc góc  . Từ điểm A trên bánh xe bắn ra một giọt nước và nó rơi chạm đất tại điểm B, ngay dưới tâm của bánh xe. Xác định vị trí điểm A và thời gian rơi của giọt nước.

Q U

Câu 2(4 điểm): Trên mặt phẳng ngang có một bán cầu khối lượng m. Từ điểm cao nhất của bán cầu có một vật nhỏ khối lượng m trượt không vận tốc đầu xuống. Ma sát giữa vật nhỏ và bán cầu có thể bỏ qua. Gọi  là góc giữa phương thẳng đứng và bán kính nối từ tâm bán cầu tới vật (Hình 2). 1. Giả sử bán cầu được giữ đứng yên. a) Xác định vận tốc của vật, áp lực của vật lên mặt bán cầu khi vật chưa rời bán cầu, từ đó tìm góc  m khi vật bắt đầu rời bán cầu. b) Xét vị trí có  <  m . Viết các biểu thức thành phần gia tốc tiếp tuyến và gia tốc pháp tuyến của vật theo g và . Viết biểu thức tính áp lực của bán cầu lên mặt phẳng ngang theo m, g và  khi đó. 2. Giả sử giữa bán cầu và mặt phẳng ngang có hệ số ma sát là . Tìm  biết rằng khi  = 300 thì bán cầu bắt đầu bị trượt trên mặt phẳng ngang. 3. Giả sử không có ma sát giữa bán cầu và mặt phẳng ngang. Tìm góc  khi vật bắt đầu rời bán cầu.

ẠY

KÈ

Câu 3 (4 điểm): Xi lanh có tiết diện trong S =100 cm 2 cùng với pittông p và vách ngăn V làm bằng chất cách nhiệt (Hình 2). Nắp K của vách mở khi áp suất bên phải lớn hơn áp suất bên trái. Ban đầu phần bên trái của xi lanh có chiều dài l=1,12 m chứa m1 =12 g khí Hêli, phần bên phải cũng có chiều dài l=1,12 m chứa m2 =2 g khí Hêli và nhiệt độ cả hai bên đều bằng T0 =273 K. Ấn từ từ pittông sang trái, ngừng một chút khi nắp mở và đẩy pittông tới sát vách V. Tìm công đã thực hiện biết áp suất không khí bên ngoài P0 =105 N/m 2 nhiệt dung riêng đẳng tích và đẳng áp của Hêli bằng: Cv = 3,15.103 J/kg.độ; Cp =5,25.103 J/kg.độ. Bỏ qua mọi ma sát. Câu 4 (5 điểm): Cho một vành hình trụ mỏng đều, đồng chất, bán kính R và có khối lượng M. Trong lòng vành trụ có gắn cố định ở A một quả cầu nhỏ (bán kính rất nhỏ so với R), khối lượng m. Biết A nằm trong mặt phẳng mà mặt phẳng này vuông góc với trục của hình trụ và đi qua khối tâm C của vành hình trụ. Người ta đặt vành trụ trên mặt phẳng nằm ngang. Biết gia tốc rơi tự do là g. Giả thiết không có ma sát giữa vành trụ và mặt phẳng. Đẩy vành trụ sao cho AC nghiêng một góc αo so với phương thẳng đứng rồi buông ra cho hệ chuyển động với vận tốc ban đầu bằng không (Hình 4).

a) Tính động năng cực đại của hệ. b) Viết phương trình quỹ đạo của A trong hệ quy chiếu gắn với mặt đất. c) Xác định tốc độ góc của bán kính AC khi AC lệch một góc α (α< αo ) so với phương thẳng đứng. Câu 5 (3 điểm): Cho các vật dụng sau:

-------------Hết-----------

FF IC IA L

- Một số tờ giấy ô ly giống nhau (loại giấy thường dùng vẽ đồ thị trong các thí nghiệm hoặc giấy viết của học sinh); - Một kim khâu đã biết khối lượng - Một số kim khâu kích thước khoảng từ 5cm đến 10cm bị nhiễm từ; - Một cuộn chỉ mảnh; - Một cái kéo cắt; - Một giá treo thường dùng trong phòng thí nghiệm. Hãy nêu phương án thực hành để xác định: 1) Khối lượng của các kim khâu; khối lượng của một ô giấy kích thước 1cm2 . 2) Lực từ tương tác giữa hai kim khâu đặt dọc trên một đường thắng, hai đầu kim rất gần nhau. Chú ý: Chỉ yêu cầu thí sinh nêu cơ sở lý thuyết, phương án đo và các bước đo; không cần tính giá trị trung bình và sai số.

ẠY

KÈ

Q U

ĐT: 0988.615.618

Người ra đề: Nguyễn Văn Quyền

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN: VẬT LÝ 10 Ghi chú: 1. Nếu thí sinh sai hoặc thiếu đơn vị của đáp số trung gian hoặc đáp số cuối cùng thì mỗi lần sai hoặc thiếu trừ 0,25đ, tổng số điểm trừ của mỗi phần không quá một nửa số điểm của phần kiến thức đó. 2. Nếu thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho đủ điểm. Nội dung

Điểm

Để giọt nước rơi chạm đất tại B thì nó phải bắn ra từ điểm A thuộc nửa

FF IC IA L

CÂU Câu 1 (4 đ)

0, 5

dưới và bên trái của bánh xe …………….. Gọi   · AOB , chọn hệ trục toạ độ Oxy như hình vẽ, ta có phương trình toạ độ của giọt nước:

 v   R  ............................

Khi giọt nước chạm đất tại B ta có:

0,5

1 y  v.sin  .t  gt 2 ................................. 2

0,5

x  v.cos  .t

x  R sin  ; y  h  R cos  R sin  tan  (1)  t   (3).....................................  R cos   1  tan   (2), (3)   R sin   g   h  R cos   2    2

tan 

0,5

Q U

  g  2 2 h  cos 2   2 2 R cos   g  0  '   4 R 2  2 2 gh  g 2  0

KÈ

 2 R   4 R 2  2 2 gh  g 2  cos   g  2 2 h

ẠY

  2 R   4 R 2  2 2 gh  g 2 2  sin   1  cos   1    g  2 2 h  



   

 2 2 2 h 2  gh   2 R 2  R  4 R 2  2 2 gh  g 2 g  2 2 h

 .........

1,0

Thời gian rơi:

t

tan 







2 2 2 h2  gh   2 R 2  R  4 R 2  2 2 gh  g 2

 2 R   4 R 2  2 2 gh  g 2

 ......

1,0

Câu 2 (4 đ)

1 Q  P

Hình 2

(0,5)

mv a ……………. R

0,25

Fht  P. cos  Q 

FF IC IA L

Khi vật trượt trên mặt cầu vật chịu tác dụng của trọng lực P và phản lực Q của mặt cầu có tổng hợp tạo ra gia tốc với hai thành phần tiếp tuyến và hướng tâm. Quá trình chuyển động tuân theo sự bảo toàn cơ năng: 0,25 1 2 mv  mgR1  cos  …………….. 2

1.a Suy ra: (0,75) v  2 gR1  cos  …….. ……….. …..

Q  3 cos  2.mg ………………………

0,25

v Các thành phần gia tốc: an    2 g 1  cos  . …… R at  g sin  …… ….. …….. .

0,25 0,25

Q U

1.b (0,75)

0,25

Vật rời bán cầu khi bắt đầu xảy ra Q = 0. Lúc đó: 2 cos  cos m  ; suy ra :    m  48,2 0 . ……… 3 Xét vị trí có  <  m:

0,25

Lực mà bán cầu tác dụng lên sàn bao gồm hai thành phần: áp lực N và lực đẩy ngang Fngang:





0,25

Bán cầu bắt đầu trượt trên sàn khi  = lúc đó vật chưa rời khỏi mặt cầu. Thành phần nằm ngang của lực do vật đẩy bán cầu là: 0,25 Fngang  Q sin   3 cos   2 mg . sin  . …………….. ……… 300 ,

KÈ

2 (1đ)

N  PcÇu  Q. cos  mg 1  2 cos  3 cos2  … ….. …….. ……

ẠY

Ta có: Fms  Fngang  .N ………… …… …… …….. …………….  

Fngang

Thay số:



3 cos  2mg.sin



mg 1  2 cos  3 cos2 

3 cos  2sin

  1  2 cos  3 cos  ……………

0,25 0,25

  0,197  0,2…. …… ……. ……….. ………………

0,25

3 (1đ)

Giả sử bỏ qua được mọi ma sát. Khi vật đến vị trí có góc  vật có tốc độ vr so với bán cầu, còn bán cầu có tốc độ V theo phương ngang.    Vận tốc của vật so với mặt đất là: v  vr  V vr  Tốc độ theo phương ngang của V V vật: v x  v r cos  V Hệ bảo toàn động lượng theo phương ngang: m.V  m.v x  vx = V  2V = vr cos.

FF IC IA L

Bảo toàn cơ năng: 1 1 mv 2  m.V 2  mgR1  cos  2 2

vr  V 2  2vrV cos  V 2  2 gR1  cos  2

4 gR1  cos  1  sin 2  Tìm áp lực của vật lên mặt bán cầu. Để làm điều này ta xét trong HQC phi quán tính gắn với bán cầu. Q sin  Gia tốc của bán cầu: ac  m Trong HQC gắn với bán cầu, vật sẽ chuyển động tròn và chịu tác dụng của 3 lực (hình vẽ). Theo định luật II Niutơn ta có:

 vr 

v P cos  Q  Fq sin   m r R

v mg cos  Q  Q sin   m r R

mg cos  mv r / R  1  sin 2 

Q

4mg 1  cos  6 cos  cos3   4 1  sin 2   mg 2 1  sin 2  1  sin 2 

mg cos 

Q U





Vật rời bán cầu khi Q = 0  6 cos  cos   4  0 3

ẠY

KÈ

 cos  3  1 hay  = 42,90 . …………… …………….

1,0

Câu 3 (4 đ)

m1 R.T0 lớn hơn áp suất bên phải vách . μ lS

Lúc đầu áp suất khí bên trái P 1 = P2 =

m 2 R.T0 ................ ........................................... ............... . μ lS

0,5

Khối khí bên phải bị nén đoạn nhiệt từ thể tích V0 = lS xuống V1 , áp suất của nó tăng lên đến P1 : 1

Khi đó nhiệt độ ở bên phải: T1 =

(1)... .........................

0,5

FF IC IA L

P2 V0

 m   P  g = P1 V1  V1 = V0  2  = V0  2   m1   P1 

1   

m P1V1 T0 = T0  2  P2 V0  m1 

=559K (2).......

0,5

Sau khi nắp K mở hai khí hoà trộn vào nhau và có cùng nhiệt độ T2 : Cv m1 (T2 T0 ) = Cv m2 (T1 - T0 )

0,5

1   m1T0  m 2T1 m1   m 2  γ    T2 = = T0 =314K (3) .................. 1  m1  m 2   m1   m1  m 2   Sau đó lượng khí m = m1 + m2 bị nén đoạn nhiệt từ thể tích V = V0 + V1 đến V0 , nhiệt độ tăng từ T2 đến T, ta có : T. V0 g -1 = T2 (V0 + V1 )g -1 (4)……… …… Thay (1) và (3) vào (4) ta được:

0,5

1    V  V1  m1.T0   m 2  γ  T = T2  0     1    =382K (5) ........................  V m  m m 0 1 2     1   Công do lực tác dụng lên pittông và áp suất khí quyển P 0 thực hiện làm tăng nội năng của chất khí bị nén đoạn nhiệt: A= A1 + A2 = U = Cv (m1 + m2 ) (T- T0 ) (6), với A1 = P0 S.l ........................ ........................ Thay (5) vào (6), rồi thay số vào ta được A2 = 3687 (J). ………….. (Học sinh có thể tính sai số ±20 J) Vì không có ma sát, các ngoại lực tác dụng lên hệ chỉ theo phương thẳng đứng, nên vị trí theo phương ngang của khối tâm G không đổi. Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng, động năng cực đại của hệ bằng độ giảm cực đại của thế năng của vật m

0,5

KÈ

a (1đ)

ẠY

Câu 4 (5 đ)

b (2đ)

0,5 0,5

Q U

γ 1

Wdmax  mgR 1  cos0  …………..

1,0

Chọn hệ tọa độ xOy đứng yên với mặt đất có Oy đi qua khối tâm G, Ox đi qua tâm C của vành. Gọi tọa độ của m là (x, y) và của tâm C vành M là (X, Y). Khi CA lệch phương thẳng đứng (Oy) góc 

x

M M X và x  X  R sin  nên suy ra x  R sin  . (1)……… m Mm

0,5

Và y  R 1  cos  (2)……………… Từ

(1)

và

(2)

thay

vào

0,5

hệ

thức

sin   cos   1 ta thu được phương trình 2

quỹ đạo của m trong hệ qui chiếu gắn với mặt đất

 M  R  Mm 



y2  1 (3)…….. R2

0.5

FF IC IA L

Phương trình (3) mô tả quỹ đạo chuyển động của m là một elip bán trục lớn R dọc theo Oy và bán trục nhỏ

Vì không có ma sát, khối tâm G chỉ chuyển động theo phương thẳng đứng nên vận tốc của điểm G theo phương thẳng đứng. Điểm tiếp xúc B có vận tốc theo phương ngang, từ đó tâm quay tức thời K tại thời điểm góc lệch AC và phương thẳng đứng  được xác định như hình vẽ. Động năng của hệ :

0,5

c (2đ)

M R dọc theo Ox. …….. Mm

0,5

1 1 Wd  IK 2   M.R 2  M.CK 2  m.KA 2  2 (1)…….. 2 2

Trong đó:

Q U

CK  mCG.cos=

m R cos  (2) mM

KA  CK 2  R 2  2.R.CK.cos (3)

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ta có

1 mgR  cos-cos0   IK 2 (4)…………. 2

0,5

ẠY

KÈ

Thay (1), (2), (3) vào (4) thu được biểu thức tốc độ góc của bán kính CA

Câu 5 (3 đ)

1 (1,5đ)



2mg  cos-cos 0  . …….   m 2  2 R  m  M  1    cos     M  m  

1,0

1) Xác định khối lượng của kim khâu; một ô giấy: - Cắt lấy một tờ giấy kích thước khoảng 10cmx20cm, gấp hình chữ U, xuyên một ( hoặc vài cái) kim khâu vào tờ giấy gấp như hình vẽ. - Đặt tờ giấy thăng bằng trên thanh ngang của giá đỡ, giá đỡ chia đôi tờ giấy thành hai phần bằng nhau, đếm số ô milimet từ vị trí hai kim khâu đế giá đỡ lần lượt là t và z ô,

M.t  z.m  m 

M.t z

(1)

- Làm nhiều lần và lần lượt với các kim để xác định được khối lượng các kim là

1,0

m1 , m2 …. - Giả sử mỗi ô milimet dọc theo chiều dài giấy có khối lượng q. Vì hệ cân bằng nên (cân bằng mômen):

M.t  (x.q)

x y  z.m  (y.q) 2 2

(2)

2) Xác định lực từ. - Cắt lấy đoạn chỉ ngắn, xâu vào kim CD treo lên giá, một đoạn dài xâu vào một kim khác treo vào giá đỡ để làm phương thẳng đứng, lấy kim khác DE đặt gần CD rồi dịch từ từ để K1 lệch góc α so với phương thẳng đứng (hình vẽ). - Dùng giấy ô-li đo AB,BC xác định được góc α

2 (1,5 đ)

0,5

FF IC IA L

- Từ (2) tính được q và khối lượng 1 ô diện tích 1cm2 là: 10q

BC ), tương tự xác định được các góc ,  AB ur

( tan  

Q U

- CD cân bằng: T  P  F  0 Chiếu lên phương ngang và phương thẳng đứng ta được:

T.sin   F.cos  (1) T.cos   F.sin   P (2)

KÈ

Từ (1)+(2): F  mg.

tan  sin   cos .tan 

1,0

Fo 

F tan   mg. cos  (sin   cos .tan )cos 

ẠY

- Gần đúng: Lực từ tương tác giữa hai kim khâu đặt dọc trên một đường thắng, hai đầu kim rất gần nhau là:

............................................ Nguyễn Văn Quyền

0988.615.618

0,5

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ KHỐI 10

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH

NĂM 2015

TỈNH YÊN BÁI ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Thời gian làm bài: 180 phút (Đề có 02 trang, gồm 05 câu)

FF IC IA L

Câu 1.Cơ chất điểm (4,0 điểm)

Một chiếc thuyền chuyển động với tốc độ u không đổi đối với nước, theo hướng vuông góc với dòng nước. Biết tốc độ chảy của nước tăng tỉ lệ với khoảng cách từ 0 ở bờ đến giá trị v0 ở giữa sông. Khoảng cách giữa hai bờ sông là l . Hãy xác định:

a) Khoảng cách thuyền bị dòng nước đữa trôi.

b) Quỹ đạo chuyển động của thuyền.

Câu 2: Định luật bảo toàn (4,0 điểm)

KÈ

Q U

Một máy bắn bóng dùng lò xo: Quả bóng khối lượng m=100g được ép vào lò xo có độ cứng k=1N/cm, đang bị nén một đoạn ℓ. Sau khi được thả ra, quả bóng chuyển động với hệ số ma sát =0,1 trên đoạn đường nằm ngang PS. Khi đến S thì lò xo ở Hình 2 trạng thái tự nhiên, quả bóng rời lò xo và được định hướng chuyển động không ma sát lên một mặt AO của nêm cố định, nêm AOB có dạng một tam giác vuông cân tại O, cạnh OB=l= 2 m. Cơ hệ được mô tả trên hình vẽ. Lấy g=10m/s 2 1. Cho l=20cm. Hãy xác định: a. Vectơ vận tốc của quả bóng tại đỉnh O của nêm. b. Tốc độ lớn nhất của quả bóng trong toàn bộ quá trình chuyển động. 2. Xác định ℓ để quả bóng sau khi vượt qua đỉnh O của mặt nêm thì chạm mặt OB đúng 1 lần tại điểm B. Câu 3. Nhiệt học (4,0 điểm) p 1

5p 0

ẠY

Một động cơ nhiệt có tác nhân sinh công là n mol khí lý tưởng đơn nguyên tử thực hiện một chu trình kín được biểu diễn trong hệ tọa độ (p – V) như hình vẽ (Hình 3). Các đại lượng po, Vo đã biết.

1. Tính nhiệt độ và áp suất khí tại trạng thái (3). 2. Tính công do chất khí thực hiện trong cả chu trình. 3. Tính hiệu suất của động cơ nhiệt

2 3

V O

3V0

Hình 3

7V0

Câu 4. Cơ học vật rắn (4,0 điểm)

FF IC IA L

Một thanh thẳng OA đồng chất, tiết diện đều có chiều dài l và khối lượng M có thể quay không ma sát xung quanh trục cố định nằm O ngang đi qua đầu O của nó. Mômen quán tính của A 1 thanh OA đối với trục quay O là I  Ml 2 . Lúc đầu, 3 thanh được giữ nằm ngang, sau được thả rơi không vận tốc đầu. Khi thanh tới vị trí cân bằng, đầu A của nó đập vào một vật B có kích thước nhỏ và có khối lượng m, B đặt trên một giá đỡ phẳng nằm ngang (Hình 4). Va A chạm là hoàn toàn đàn hồi. a. Xác định vận tốc góc của thanh OA và vận tốc Hình 4 của vật B ngay sau va chạm. Biện luận các trường hợp có thể xảy ra đối với chuyển động của thanh OA ngay sau va chạm.

Cho các dụng cụ sau:

Câu 5. Phương án thực hành (2,0 điểm)

b. Xác định góc lớn nhất mà thanh OA quay được so với vị trí thẳng đứng sau va chạm. c. Xác định quãng đường mà vật B đi được từ thời điểm ngay sau va chạm cho tới lúc nó dừng lại. Biết hệ số ma sát giữa mặt giá đỡ và vật B tỉ lệ bậc nhất với độ dời, hệ số tỉ lệ là k, giá đỡ đủ dài.

- Một mặt phẳng nghiêng.

Q U

- Một khối gỗ nhỏ có khối lượng m đã biết. - Một thước có độ chia tới mm.

- Một đồng hồ bấm giây.

KÈ

Hãy đề xuất một phương án thí nghiệm để có thể xác định được nhiệt lượng tỏa ra khi khối gỗ trượt không vận tốc đầu từ đỉnh mặt phẳng nghiêng.

ẠY

Yêu cầu:

1. Nêu cơ sở lý thuyết và xây dựng các công thức cần thiết.

2. Vẽ sơ đồ bố trí thí nghiệm, trình bày các bước tiến hành, đo đạc và tính toán.

SĐT: 0915305750

Người ra đề (Họ tên, ký tên ) Lê Thị Hoài

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN VẬT LÝ KHỐI 10 Câu

Nội dung chính cần đạt

Điểm

a) Chọn gốc tọa độ O trùng với vị trí xuất phát của thuyền. Gốc thời gian là lúc thuyền xuất

0,5

Phương trình chuyển động theo Ox: x  ut . (1) Theo đề bài: vy  kx thỏa mãn: x

Câu 1

Liên hệ vy với thời gian t. 2v0u 2v u t  at với a  0 l l

Thay (1) vào (2): v y 

Phương trình chuyển động theo trục Oy là:

2v 2v l  v y  v0  k  0  v y  0 x (2) 2 l l

FF IC IA L

phát, hình vẽ.

y

1 2 v0u 2 at  t 2 l

(3)

v u l2 vl l l Khi x  thì t1  và yC  0 . 2  0 2u 2 l 4u 4u

Khi sang tới bờ bên kia tại B thì thuyền bị nước đưa trôi một khoảng

0,5

v0l 2u

Q U

là: L  2 yC 

Quỹ đạo của thuyền.Rút t từ (1) thay vào (3), ta được: y 

v0l 2 x . 2u

Suy ra quỹ đạo chuyển động là parabol.

ẠY

KÈ

Chọn mốc thế năng ở mặt phẳng chứa AB r  Gọi v là vận tốc của quả bóng khi lên đến đỉnh nêm, v0 là vận tốc của bóng tại chân nêm S a. Bảo toản năng lượng cho quá trình chuyển động của bóng từ Vị trí ban đầu đến đỉnh nêm O:

Câu 2

k l 2 l mv 2   mg l  mg  2 2 2

v

k l 2  2 g l  gl 2 (*) ; m

Thay số: v=4,43m/s r v : Hướng lên dọc theo mặt nêm hợp với phương ngang góc 450 b. Trong quá trình chuyển động trên đoạn đường ma sát, ban 0,5 đầu lực đàn hồi lớn hơn lực ma sát nên bóng chuyển động nhanh dần, đến thời điểm Fđh=Fms vật chuyển động đều, và ngay sau đó Fđh>Fms nên vận tốc cực đại của bóng đạt được tại vị trí Fđh=Fms:

Fms  Fdh   mg  kx  x 

 mg k 1 2

1 2

0,5

+ Bảo toàn năng lượng: k l 2  mvm2 ax  kx 2  Fms .S 1 1 1 k l 2  mvm2 ax  kx 2   mg (l  x ) (1) 2 2 2

vmax

k l 2 kx 2   2 g (l  x)  =6,29m/s m m

FF IC IA L

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng  Sau khi rời O, quả cầu chuyển động như vật ném xiên với v tạo với phương ngang một góc 450. Trục Oxy chọn như hình vẽ y

X A

Q U

+ Theo trục Ox: ax =

ẠY

KÈ

+ Khi chạm B : x =

g 2 g 2 t ; y = vt  const ; vy = v 2 2

Khi chạm B: y = 0  t =

Câu 3

+ Theo trục Oy: ay = -

g 2 2 gt 4

0,5

 v0

2 2v g

0,5

g 2  const ; v0x = 0 ; x = 1 axt2: 2 2 2

1 2

axt2

1 2  2 2   l  2 2 v2 v = l  l  g  g 2 2  g 

Thay (*) vào ta có phương trình : 50l 2  0,1l  1, 25  0 ; suy ra : l=0,1591m=15,91cm. Đường 2-3 có dạng: p p V =k p0 V0

TT2: V2 = 7V0 ; p2 = p0 

1 7

5p 0

pI p0

2 3 V

3V 0

V I

7V0

0.75

V3 = 3Vo; p3 = kp 0. V3 = 3 p0

+ TT3:

0,25

+ Theo phương trình C-M: T3 = p3V3 = 9 p0V0 2

0,5

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

64 p0V0 7

0.5

FF IC IA L

Khí nhận nhiệt trong toàn bộ quá trình 3 – 1 và một phần của quá trình 1 - 2, trên đoạn 1 - I. + Xét quá trình đẳng tích 3-1: =

3 2

nR(

 Q31 =

144 p0V0 7

p = aV+b

. TT1: 5p o = a.3V0 + b po .V + 8p o V0



a=-

. TT2: p o = -

0,25

)

+ Xét quá trình 1-2:

p1V1 p3V3 nR nR

i T 2

Q31 = U = nR

b = 8p 0

0,25

po .V + 8p o (1) V0

nRT vào ta có: V

Q U

Thay p =

và

Vì vậy quá trinh 1-2 có phương trình: p = -

po V0

p nRT = - o .V2 + 8poV V0

p  nR  T = -2 o .  V + 8p o  V (2) V0

ẠY

KÈ

+ Theo NL I: Khi thể tích khí biến thiên  V; nhiệt độ biến thiên  T thì nhiệt lượng biến thiên:

0,25

Q

3 2

0,25

nR  T + p  V (3)

+ Thay (2) vào (3) ta có:

Q

= (20p o - 4

po V).  V V0

  Q = 0 tại điểm I khi VI = 5Vo và p I = 3p o.

0,25

Như vậy khi 3Vo  V  5Vo thì  Q > 0 tức là chất khí nhận nhiệt lượng Q12 = Q1I =  U1I + A1I = 8p0V0

3 2

nR (TI-T1) +

p1  pI 2

(VI-V1) = ..... =

0,25

* Hiệu suất chu trình là:

A = 32% Q31  Q1I

0,5

+ Gọi ω0 là vận tốc góc của thanh ngay trước va chạm với vật B. 0,5

l 1 Mgl 3g Mg  I02  0   I 2 2 l

I0  I  mvl  I  0   =mvl

1

FF IC IA L

+ Gọi  là vận tốc góc của thanh và v là vận tốc của vật B ngay sau va chạm. Áp dụng định luật bảo toàn mômen động lượng cho hệ ngay trước và sau va chạm:

0,5

+ Va chạm là hoàn toàn đàn hồi nên động năng được bảo toàn: 1 2 1 2 1 2 mv 2 3mv 2 I0  I  mv  02  2  = 2 2 2 I Ml 2

2

0,5

Câu 4

0,5

 M  3m M  3m 3g 0     M  3m   M  3m  l + Giải hệ (1) và (2) ta được:  2Ml 3g   v  3m  M l 

+ Nếu 3m > M thì v  0,   0 sau va chạm, B chuyển động sang trái, còn A bi bật ngược lại.

+ Nếu 3m = M thì v  0,   0 sau va chạm thanh A dừng lại.

0,5

Q U

+ Nếu 3m < M thì   0, sau va chạm vật B chuyển động sang trái con thanh tiếp tục đi lên.

KÈ

+ Gọi  0 là góc lệch cực đại của thanh OA sau va chạm, áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho thanh sau va chạm:

ẠY

1 2 l I2 2l I  Mg 1  cos 0   cos 0  1  1 2 2 Mgl 3g

+ Thế giá trị của ω vào, ta được cos0 

12m M  3m

+ Chọn trục Ox nằm ngang có gốc O trùng với vị trí ban đầu của vật B, chiều dương trùng với chiều chuyển động của nó. Lực ma

0,5

0,5 0,25

sát tác dụng lên vật có biểu thức: Fms  N  kmg.x + Công của lực ma sát thực hiện khi vật thực hiện độ dời (quãng

0,25

1 đường) x = s là A   Fms .dx   kmg  xdx   kmgs 2 . 2 0 0

+ Áp dụng định lý động năng:

Cơ sở lý thuyết để tiến hành:

O 

Gọi : h là chiều cao của mặt nghiêng; l là chiều dài mặt nghiêng.

Nhiệt lượng tỏa ra đúng bằng phần cơ năng đã mất khi vật trượt đến chân mặt nghiêng.

0,5

FF IC IA L

1 1 1 Wđ  A  mv2  mv 2   kmg.s 2  v 2  kg.s 2 2 2 2 1 2Ml 3 s v  kg M  3m kl

Vận tốc ban đầu bằng 0.

Chọn mốc thế năng tại chân mặt nghiêng.

a.t 2 2l m.v 2 2 v  2.a. l l  a 2 Với ; 2 t 2

Q U

Q  m.g.h 

Vận tốc tại chân mặt nghiêng là v

Câu 5

2.l 2  Q  m(g.h  2 ) t

Cách tiến hành:

KÈ

+ Thả cho vật trượt không vận tốc đầu từ đỉnh mặt nghiêng đến chân mặt nghiêng. Đồng thời bấm đồng hồ đo thời gian t vật chuyển động từ đỉnh tới chân mặt phẳng nghiêng.

ẠY

+ Đo chiều cao h của mặt nghiêng + Đo chiều dài l của mặt nghiêng. Thay vào công thức trên xác định được Q

SĐT: 0915305750

Người ra đề (Họ tên, ký tên ) Lê Thị Hoài

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ KHỐI 11 NĂM 2015

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG

Thời gian làm bài 180 phút

TỈNH BẮC GIANG

(Đề này có 2 trang, gồm 05 câu)

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

1) Thời gian kể từ lúc thả cho đến khi hai ion gặp nhau.

FF IC IA L

Câu 1 (4 điểm): Hai ion có khối lượng và điện tích lần lượt là m1, q1 và m2, q2. Điện tích của hai ion trái dấu nhau. Hai ion được giữ cách nhau một khoảng r0. Tại thời điểm ban đầu t = 0 chúng được thả ra không vận tốc ban đầu. Bỏ qua tác dụng của trọng lực. Hãy tìm.

C Hình 1

Q U

Câu 2 (5 điểm): Hai chiếc vòng mảnh giống nhau cùng khối lượng m và bán kính R nằm trong từ trường đều có cảm ứng từ B0 vuông góc với mặt phẳng các vòng (Hình 1). Tại các điểm A và C có tiếp xúc tốt, góc α = π/3. Hỏi mỗi vòng thu được vận tốc là bao nhiêu nếu ngắt từ trường? Điện trở của mỗi đoạn dây làm nên mỗi vòng là r. Bỏ qua: độ tự cảm của các vòng dây, ma sát và độ dịch chuyển trong thời gian ngắt từ trường.

2) Khoảng cách r0’ giữa hai ion để khi thả không vận tốc ban đầu chúng sẽ gặp nhau sau thời gian gấp 8 lần thời gian khi thả không vận tốc ban đầu ở khoảng cách r0.

KÈ

Câu 3 (4 điểm): Một ống dẫn sáng thẳng hình trụ có chiết suất tuyệt đối n1 và phần bọc ngoài có chiết suất tuyệt đối n2, chiều dài L. Ống được đặt nằm ngang trong không khí, hai đáy là hai mặt phẳng vuông góc với trục của ống. Một tia sáng đơn sắc chiếu tới một đáy của ống tại điểm I (I nằm trên trục của ống), tia này hợp với trục ống một góc θi (hai đáy tiếp xúc với không khí). 1) Tìm điều kiện của góc θi để tia sáng truyền được trong ống và ló ra khỏi đáy của ống.

ẠY

2) Tính thời gian tia sáng đi hết đoạn ống dẫn sáng thẳng đó khi: a) Tia sáng truyền dọc theo trục ống.

b) Tia sáng truyền đến I theo phương hợp với trục ống một góc θimax. Tính hiệu các thời gian t của hai tia sáng trong hai trường hợp này. Nếu θi thay đổi thì thời gian tia sáng đi hết đoạn ống đó thay đổi như thế nào? Cho tốc độ ánh sáng trong chân không là c = 3.108 m/s. Áp dụng: n1 = 1,5; n2 = 1,3; L = 300 m.

Câu 4 (4 điểm): Một vật nặng gắn chặt giữa hai lò xo được đặt trên mặt phẳng nằm ngang nhẵn. Một đầu lò xo được gắn chặt, đầu còn lại của lò xo kia để tự do. Độ cứng của mỗi lò xo bằng k. Người ta kéo đầu tự do của lò xo với vận tốc không đổi u theo phương dọc trục của nó và hướng ra xa vật nặng. 1) Sau thời gian ngắn nhất bằng bao nhiêu thì vật nặng có vận tốc bằng u? 2) Ở thì điểm đó vật nặng cách vị trí ban đầu bao nhiêu?

FF IC IA L

Câu 5 (3 điểm): Xác định nhiệt nóng chảy λ của nước đá và hệ số truyền nhiệt k của nhiệt lượng kế.

Công suất tỏa nhiệt ra môi trường của một vật tỷ lệ thuận với độ chênh lệch nhiệt độ giữa vật và môi trường xung quanh, nghĩa là: P = k(T – T0).

Trong đó: k là hệ số truyền nhiệt ra môi trường, phụ thuộc vào bản chất của môi trường và diện tích xung quanh của vật; T là nhiệt độ của vật; T0 là nhiệt độ của môi trường (được coi là không đổi).

Cho các dụng cụ thí nghiệm:

Q U

(1) Một nhiệt lượng kế có nhiệt dung C đã biết (2) Một nhiệt kế bán dẫn. (3) Một đồng hồ. (4) Một cân. (5) Chậu đựng nước sạch có nhiệt dung riêng C0 đã biết. (6) Chậu đựng nước đá. (7) Giấy vẽ đồ thị.

.................HẾT.................

Người ra đề

ẠY

KÈ

Trình bày cơ sở lý thuyết, cách bố trí và các bước tiến hành thí nghiệm, dạng đồ thị, cách hiệu chỉnh số liệu.

Nguyễn Văn Đóa SĐT: 0973696858

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN VẬT LÝ KHỐI 11 Câu

Nội dung chính cần đạt

Điểm

* Hệ 2 ion là hệ kín, ban đầu các ion đứng yên, khối tâm G đứng yên: + Xét tại thời điểm 2 ion cách nhau r ta có: m1r m2r m2r ' m1r ' và r1 = và r2’=  r1’= m1  m 2 m1  m 2 m1 + m 2 m1 + m 2

m1r1 '2 m 2 r2 '2 qq qq + Cơ năng bảo toàn nên: + + 1 2 = 1 2 2 2 4o r 4o r0

+ Thay (1) vào (2) và đặt M =

Q U

KÈ

Thay vào (3) được: ro

ẠY

 to = 

Câ u2

O (3)

sin  ro 1 = cos  r

ta có dr = -2rocos  .sin  .d  và

k  1 1    M  r0 r 

0,5

r π = cos 2θ với 0  θ  r0 2

+ Đặt

k dt Mro

0,5

dr = ro 1 r

0,5



dr dt

(2)

m1m 2 qq ;k= 1 2 (m1  m 2 ) 4o

k k = r0 r

+ Do r giảm nên r’ < 0 ta có:

0,5

ta có: Mr’ 2 +

(1)

FF IC IA L

r2 =

 /2

 2cos

d =

k Mro

0,5

 dt 0

o M 3/2 .ro q1q 2

1,0

+ Từ kết quả trên ta thấy t 02 ~ r03 2

 t 0'   r0'    =    t 0   r0 

 t '0   r = r0    t0  ' 0

 r0' = 4r0

0,5

Khi ngắt từ trường ngoài thì cảm ứng từ giảm dần từ B0 về 0, làm xuất hiện điện trường xoáy, và điện trường này gây ra sự dịch chuyển các điện tích tự do, tạo thành dòng điện. Ta sẽ tính các dòng điện này. 3

Xét một mạch kín AfCbA trùng với vòng bên trái. Dòng sẽ có chiều trùng với chiều kim đồng hồ, theo hai nhánh: AfC có i1(t), và theo nhánh F2 CbA có i2(t).

0,5

I2 A

A1 b

tương ứng.

FF IC IA L

 3

B  t  r r  i1. .l1  i 2 . .l2 t 2R 2R

Với l1  R, l2 

-Suất điện động cảm ứng bằng tổng các độ giảm thế. c  R 2

5 R là độ dài các cung (AfC) và cung (CbA) 3

6R 2 B .  i1  5i 2   . r t

0,5

(1)

-Tương tự, viết định luật Ôm cho vòng kín AfCdA thì có:

+ Diện tích mạch AfCdA là

1 2  1 3  (2  3 3)R 2 S = 2  R .  R.R   3 2 2  6 2

0,5

+ Suất điện động cảm ứng:

0,5

(2  3 3)R B  t  r 2 r ir  i1. .2l1  i1. .R.  1 6 t 2R 3 2R 3

' c  

Q U

 2  3 3  R  i t   2r

B t

(2)

10  3 3  R Thay (2) vào (1) ta được: i  t   

10r

0,5

B . t

ẠY

KÈ

-Theo định luật Ampe, mỗi đoạn dây l với dòng i(t) chịu tác dụng của một lực từ F  i.l.B  t  hướng dọc theo bán kính. Do tính đối 0,5 xứng mà các cung AA1 và CC1 sẽ chịu tác dụng của các lực cân bằng và triệt tiêu nhau. Phần bất đối xứng (đối với vòng dây bên trái) chỉ là các cung l 0,5 R F AfC và A1bC1, do i1  i2. -Tổng hợp các lực tác dụng lên cung AfC sẽ hướng theo O1x:  /6

F1 



 /6





I1  /6

i1B  t  .cos .R.d  i1B  t  .R sin  /6  i1B  t .R

0,5 -Tổng hợp lực tác dụng lên mỗi vòng: 4

9 3R 3 dB F  F2  F1   i 2  i1  .B  t  .R   B  t . . 5r dt

1,0

-Lực này gây nên biến đổi xung: m.dv  F.dt  

9 3R 3 10r





d B2  t   v 

9 3R 3

B02 .

10mr

(n2 ) I i

i A1

(n1 )

1. Tìm điều kiện góc i :

Để tia sáng truyền được trong ống thì tại A1 phải xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần. n2 n  cos   2 n1 n1

(1)

0,5

Tức là: sin i  sin i gh 



FF IC IA L

 

(2)

Theo định luật khúc xạ tại I: sin i  n1 sin 

Từ (1) và (2), có: sin i  n12  n 22

0,5

Thay số được: i  480 26'

a) Tia sáng truyền theo trục ống:

n1L 1,5.300  1,5.106 (s). . Thay số: t1  8 3.10 c

0,5

Q U

t1 

b) Tia sáng truyền đến I theo phương hợp với trục một góc i max : - Từ hình vẽ:

KÈ

Đoạn đường mà tia sáng phải truyền trong trường hợp này là l  IA1  A1A2  ...  A n J 

ẠY

 t2 

l 1  l 2  ...  l n L  cos cos

n1L (3) cos

sin 2  Tại I: sin i  n1cos  cos  1  2 i (4) n1

Với sin i max  n12  n 22 (5)

0,5

L.n12 Từ (3), (4) và (5) ta có t 2  c.n 2

Thay số: t 2  *

Hiệu

các

t  t 2  t1 

300.1,52  1,73.106 (s). 8 3.10 .1,3

thời

gian

truyền

0,5

của

hai

tia

sáng

là:

L n1 . (n1  n 2 ) c n2

Thay số được: t  0, 23.106 (s)

0,5 2 1

FF IC IA L

n1.L n .L t c c.n 2

* Khi i thay đổi từ 00 đến i max thì:

Thay số được: 1,5.106 (s)  t  1,73.106 (s) k1

k2 u

m O

0,5

x Chọn trục Ox như hình vẽ, gốc O trùng vị trí ban đầu của vật. Xét thời điểm t, vật có li độ x; khi đó đầu lò xo đi được một đoạn: u.t

Phương trình vi phân mô tả chuyển động của m là: mx’’=k(ut - x) - kx  mx’’=kut - 2kx

Đặt A= kut - 2kx

(*)

A’= ku - 2kx’ ; A’’= - 2kx’’; Thế vào (*) ta được A’’+

Q U

Phương trình này có nghiệm A = A0sin(ωt+φ) với ω = 4

(1) 2k A= 0 m

1,0

2k m

Tại thời điểm ban đầu: t = 0; x = 0; x’ = 0

A = A0sinφ = 0; A’= ku – 0 = ωA0cosφ;

KÈ

Từ đó suy ra: φ=0; A0 =

ku m  ku  2k

ẠY

Thay vào (1) ta có: kut - 2kx=ku x

ut u m 2k sin( t)  2 2 2k m

 x’=v=

u u 2k  cos ( t) 2 2 m

1,0

m 2k sin( t) 2k m

(2)

0,5

(3)

0,5

u u 2k 2k m  cos ( t)  cos( t)= - 1  t = π 2 2 m m 2k

0,5

1) Khi vật có vận tốc bằng u x’ = v = u =

ta được: x =

m vào (2) 2k u m u m u m   sin   2 2k 2 2k 2 2k

Vậy vật đạt vận tốc u ở thời điểm t = π ban đầu một đoạn x =

m , khi đó vật cách vị trí 2k

u m 2 2k

0,5

FF IC IA L

2) Thay t = π

1,0

1. Cơ sở lý thuyết

Thả nước đá có khối lượng M ở nhiệt độ 0oC vào một nhiệt lượng kế có chứa m0 (kg) nước ở nhiệt độ T0. Khi trạng thái cân bằng nhiệt được thiết lập, hệ có nhiệt độ T. Ta có:  C  m 0 .C0  .  T0  T   .M  M.C0 .T

 C  m0 .C0 .(T0  T)  C .T



(1)

Xét sự trao đổi nhiệt của hệ với môi trường xung quanh trong khoảng thời gian (t; t + dt):

- Nhiệt lượng mà môi trường nhận được: dQ = - k.(T – T0).dt

- Nhiệt lượng mà hệ tỏa ra khi hạ nhiệt độ từ T xuống còn T + dT: dQ = Chệ.dT

dT k  .dt T  T0 Chê

Q U



Áp dụng PT cân bằng nhiệt, ta có: - k.(T – T0).dt = Chệ.dT

Đặt ΔT = T0 – T, thì dT = - d(ΔT) ta được:

KÈ

d  T   k  k  .dt  T  T0 .exp   Xác.t lập T Chê Trao đổi nhiệt với  Chêtrạng  T (o C)

ẠY

- Vì

k  nên: Chê

 k  k exp   .t   1  .t C C hê hê  

thái cân bằng nhiệt

môi trường

T

k .t Chê

T’1

có:

 k  T  T0 .1  .t  C hê  

Nhận xét: t tăng thì ΔT giảm, do đó T tăng.

Thời điểm thả đá

Trạng thái cân bằng

t (s)

Hình 5.1

Đồ thị nhiệt độ của hệ biến đổi theo thời gian có dạng như Hình 5.1: - Hiệu chỉnh nhiệt độ của hệ khi cân bằng: T

T1  T '1 2

(2)

2.a. Tiến hành thí nghiệm

1,0

(2 )

a. Bố trí thí nghiệm như Hình 5.2:

FF IC IA L

(1) Nhiệt lượng kế có chứa nước, nước đá. (2) Nhiệt kế bán dẫn.

(1)

b. Tiến trình thí nghiệm:

- Bước 1: Đổ nước vào nhiệt lượng kế, đo nhiệt độ T0 của nước và cân khối lượng nước m0 trong nhiệt lượng kế.

Hình 5.2

- Bước 2: Cân khối lượng nước đá M ở 0oC và thả vào nhiệt lượng kế, bấm đồng hồ đo thời gian.

- Bước 3: Dùng nhiệt kế đo nhiệt độ của nhiệt lượng kế theo thời gian, điền vào bảng số liệu.

Chú ý: Liên tục theo dõi số chỉ của nhiệt kế để xác định thời điểm hệ đạt nhiệt độ thấp nhất T1.

Xử lý số liệu

- Kết quả đo:

1,0

Q U

+ Khối lượng và nhiệt độ ban đầu của nước: T0 = …; m0 = … + Khối lượng nước đá thả vào nhiệt lượng kế: M = … - Bảng số liệu đo: 0

t (s)

KÈ

T (oC) T0

… t1

…

… T1

…

ẠY

- Đồ thị có dạng như Hình 5.1. Dựa vào đồ thị: + Hệ số góc của đồ thị: tan  

k Chê

 Hệ số truyền nhiệt của MT: k  Chê .tan 

+ Từ đồ thị ngoại suy ta có nhiệt độ T’ 1.  Nhiệt độ T khi cân bằng xác định theo công thức (2).  Nhiệt nóng chảy của nước đá xác định theo công thức (1).

---------------------Hết----------------8

ĐỀ THI ĐỒNG BẰNG DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM HỌC 2014-2015 MÔN VẬT LÝ - LỚP 11 Thời gian làm bài 180 phút ------------------o0o-------------------

v E

v B O



Bài 1: ( 5 điểm) Trong không gian chân không giữa Anốt là một hình trụ rỗng bán kính R và Catốt của một đèn điện tử là một dây đốt thẳng và nhỏ nằm dọc theo trục Anốt, người ta tạo ra một điện ur trường xuyên tâm E hướng từ Anốt đến Catốt, có độ lớn không ur đổi và một từ trường đều B có hướng trùng với hướng Catốt (Hình 1). Bằng cách dùng hiệu ứng nhiệt, Catốt phát ra các electron với vận tốc ban đầu nhỏ không đáng kể. ) 1. Viết phương trình vi phân trong hệ toạ độ trụ ( mô tả chuyển động của electron trong khoảng không gian giữa Catốt và Anốt. 2. Hãy lập phương trình quỹ đạo của electron. 3. Tìm vận tốc dài của electron tại thời điểm t bất kỳ.

FF IC IA L

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH

rM’

r er

Hình 1

Bài 2.(4 điểm)

Cho mạch điện như hình 2. Biết C1  C ; C2  2C ;

R1  R; R2  2 R . Hiệu điện thế xoay chiều đặt vào hai điểm A, B

có biểu thức u  U 0 cos t V . Thay đổi giá trị ω trong một khoảng rộng.

Hình 2

ẠY

KÈ

a. Tìm giá trị cực đại của hiệu điện thế hiệu dụng U1 giữa hai đầu điện trở. b. Khi U1 đạt cực đại thì hiệu điện thế hiệu dụng U2 bằng bao nhiêu? Bài 3. (4 điểm) Cho hai thấu kính mỏng L1 và L2 , cùng trục chính và cách nhau 30cm. Tiêu cự của hai thấu kính lần lượt là 10cm và 5cm. Bán kính rìa thấu kính của hai thấu kính lần lượt là 4cm và 2cm. Một đĩa tròn sáng AB có bán kính 2cm đặt trước thấu kính L1 , cách thấu kính L1 một khoảng 20cm, sao cho tâm đĩa nằm trên trục chính của hai thấu kính và mặt phẳng đĩa vuông góc với trục chính của hai thấu kính. a. Tìm vị trí của màn để hứng được ảnh rõ nét của đĩa AB qua hệ hai thấu kính trên. b. Rìa của ảnh không sáng rõ bằng trung tâm. Tại sao? c. Để tạo ra ảnh rõ nét trên màn và có độ sáng đồng đều, người ta thêm vào thấu kính L3 . Tìm vị trí đặt, tiêu cự và bán kính đường rìa của thấu kính đó. Bài 4: (4 điểm) Bốn thanh giống nhau, mỗi thanh có chiều dài b, khối lượng m A phân bố đều, được nối với nhau thành hình thoi (hình thoi có thể biến dạng được, tất cả các khớp nối không có ma sát). Bốn lò xo nhẹ giống  nhau, đều độ cứng k, nối với nhau tại điểm O và nối với bốn đỉnh A, B, C, D của hình thoi. Hệ được đặt nằm yên trên mặt bàn nằm ngang nhẵn (Hình 3). Độ biến dạng hình thoi được xác định bằng góc  giữa B D đường chéo AC và cạnh AB. Các lò xo có độ dài tự nhiên của chúng O  khi   . Ban đầu hệ được giữ cho biến dạng góc  0 rồi buông 4 không vận tốc đầu. 1. Xác định phương trình vi phân theo  mô tả cơ năng của hệ. C Hình 3

2. Trong trường hợp  0 gần bằng

 4

. Xác định phương trình của  theo thời gian và tìm chu kì dao động

FF IC IA L

nhỏ của hệ. Bài 5:. (3 điểm) Xác định độ từ thẩm của chất sắt từ Cho các linh kiện và thiết bị sau: - 1 lõi sắt từ hình xuyến tiết diện tròn; - cuộn dây đồng (có điện trở suất đã biết) có thể sử dụng để quấn tạo ống dây; - 1 điện kế xung kích dùng để đo điện tích chạy qua nó; - 1 nguồn điện một chiều; - 1 ampe kế một chiều; - 1 biến trở; - Thước đo chiều dài, panme, thước kẹp; - Ngắt điện, dây nối cần thiết. Hãy nêu cơ sở lý thuyết và phương án thí nghiệm để đo hệ số từ thẩm μ của lõi sắt từ. -------------- Hết-----------(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

ẠY

KÈ

Họ và tên thí sinh: ………………………………….Số báo danh: ………… (Đề thi này có 02 trang)

HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài Nội dung Điểm ur uur 1 Êlectron M từ catốt phát ra, trong hệ toạ độ trụ, có toạ độ là OM(r, , z) và cảm ứng từ B có các thành phần (0,0,B). Lực tác dụng lên M là: ur ur r ur F  e  E  v  B  Các thành phần của lực trên trong hệ toạ độ trụ là: .

F  e( 0  vz Br  vr Bz )  e( r B )

Fz  e( 0  vr B  v Br )  0 ur r Theo định luật II Newton F  ma , viết trong toạ độ trụ, ta có: .2 .  .. F e ar   r  r    r   (  E  Br  ) m   m . F e 1d 2 . a  (r  )   ( Br ) r dt m m .. F az  z  z  0 m Vậy ta có hệ phương trình sau: .. .2 . e  ( r  r  )     E  Br   (1) m  . d  2 . e   r Br r (2)   dt   m

FF IC IA L

Fr  e(  E  v Bz  vz B )  e(  E  r  B )

z0 (3) 2. Tích phân phương trình (3) ta được z&= vz = const. Nhưng vì vận tốc đầu tiên của êlectron bằng 0, tức vz = 0, suy ra z = const. Điều này có nghĩa là mỗi êlectron do catốt phát ra tại một điểm trên trục z sẽ vẽ nên một quỹ đạo phẳng trong mặt phẳng tiết diện thẳng của vỏ trụ đi qua điểm đó. Tức là song song với mặt phẳng xOy.

+ Tích phân phương trình (2), ta được:

e r2 r 2& B C m 2

KÈ

Vì tại t = 0, r = 0 và do đó r  = 0, suy ra C = 0. Suy ra eB (4) &

ẠY

Tích phân (4), ta được:

2m eB  t 2m

(5)

(Chú ý không cần quan tâm tới hằng số tích phân, vì ta có thể chọn vị trí các trục Ox và Oy để hằng số này bằng 0). + Lưu ý (4), phương trình (1) có thể viết lại như sau: e2 B 2 e eB 2  & r& r  E  r  4m 2 m 2m  Hay:

e2 B 2 eE & r& r 2 4m m

Nghiệm tổng quát của phương trình này là tổng của - Nghiệm riêng của phương trình có vế phải:

r

4mE eB 2

r  acos t   

- Nghiệm tổng quát của phương trình không vế phải:

eB tức là: r( t )  4mE  acos( t   ) eB 2 2m

với  

3. Từ (4) và (7) suy ra hai thành phần của v trong toạ độ cực là: 4mE 2E 2E r& sin  .& sin  và r& ( 1  cos ) 2 eB B B

4E   sin   B 2

4E  eB  sin  t B  4m  a) Vẽ giản đồ vec tơ R ,C Dòng qua 2 2 là

ur U

Y Uy

 IR

ur UR

U  U    1   1   R   ZC 

U   U  I   1   1   R1   ZC  2

v

Hay:

v  r&2  r 2&2 

Vậy độ lớn của vận tốc là

FF IC IA L

Để xác định các hằng số a và  ta dùng điều kiện ban đầu: tại t = 0, r = 0 và r& 0 . Dễ dàng tìm 4mE 4mE   eB  được và a  . Do đó: r( t )  (6) 1  cos  t  2 2  eB eB   2m  4mE Từ (5) và (6) suy ra (7) r( t )  1  cos  eB 2 8mE 2    Hay r( t )  sin   eB 2 2 Đây chính là phương trình quỹ đạo của các êlectron trong toạ độ cực.

Ux 1

KÈ

 r I có phương trùng với phương của U R 2     ur ur ur U  U1  U R 2  U C2 . Với U 1  U R1  U C1 ur ur

Chiếu U lên phương vuông góc với U 1

ẠY

IR  Icos , IC  Isin  1

ZC  2ZC  ZC

;

U x  U1  U R cos   U C sin   U1  2RI 2

IC 7 1  ZC I  U1 I 2 I 2 1

1 U y  U R sin   U C cos   2IR sin   ZC I cos   2 2I R IC 1  R sin   ZC cos   U1 (2tg  cot g) cos  2sin  2 2

U0 49 1  U 2x  U 2y  U1  (2tg  cot g) 2 4 2 2 U0  U1  49  (8tg  2cot g) 2 2 U

4tg  cot g  tg  U1 max khi

U 2 1 U1max  0 2  7

FF IC IA L

b) Khi đó hiệu điện thế hiệu dụng trên hai đầu R2 có giá trị: 2RIR 10 UR  2IR   2RIR 1  tg 2  2U1max 1  tg 2  U0  0,45U0 cos  7 d1 ( L1 ) d1' d 2 ( L2 ) d 2'  A ' B '   A" B " Sơ đồ tạo ảnh: AB  Từ đầu bài, ta có: L12 = 30(cm); f1 = 10(cm); f2 = 5(cm); d1 = 20(cm). a. Xét quá trình tạo ảnh qua thấu kính L1. Ta có: d1’ = d1.f1/(d1 –f1) = 20(cm) Vị trí của A’B’ đối với thấu kính L2 là d2 = L12 – d1’ = 10(cm) Xét quá trình tạo ảnh qua thấu kính L2. Ta có: d2’ = d2.f2/(d2 –f2) = 10(cm) Vậy để hứng được ảnh rõ nét của đĩa AB cần đặt màn sau thấu kính L2 và cách thấu kính L2 một đoạn bằng 10(cm). b. Ánh sáng từ đĩa AB sau khi qua thấu kính L1 sẽ đến thấu kính L2 và tạo ảnh A”B” ( hình vẽ) 1

A’

B’

A” L2

B”

KÈ

Quan sát hình vẽ ta thấy lượng ánh sáng từ nguồn sẽ tới rìa của ảnh A”B” ít hơn tâm của ảnh A”B”. Do đó rìa của ảnh không sáng rõ bằng tâm ảnh. c. Để độ sáng của ảnh A”B” đồng đều nhau, ta cần ghép thêm thấu kính L3 như hình vẽ

A” F3

ẠY

B” L3 L2 1 Để vị trí của ảnh A”B” không Lthay đổi thì ta phải đặt vào đúng vị trí của ảnh A’B’ thấu kính L3. Thấu kính này phải có bán kính đường rìa sao cho hứng được toàn bộ ánh sáng ló ra từ thấu kính L1. Đồng thời ánh sáng ló ra khỏi L3 đều phải tới được L2. Từ hình vẽ, sử dụng tam giác đồng dạng, ta có tiêu cự của thấu kính L3 là f3 = 6,67cm. Vị trí của L3 cách thấu kính L1 một đoạn là 20cm và cách thấu kính L2 là 10cm, bán kính đường rìa của thấu kính L3 nhỏ nhất bằng bán kính đường rìa của thấu kính L2.

Bỏ qua ma sát, không có lực tác dụng theo phương ngang nên tâm O sẽ đứng yên. Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng: W = Wđ + Wt = const Động năng của cả 4 thanh: 2 1  1 b2 2 1 2  2 2 2 2 '  Wđ  4  mvG2  I  4 m  '  mb     mb  ' 2  12 2  3 2 2 4 (1)

Thế năng đàn hồi đối với các lò xo: 1   k  b cos   b cos  4 Wt, OA = Wt, OC = 2  1   k  b sin   b sin  4 Wt, OB = Wt, OD = 2  Suy ra thế năng đàn hồi cả 4 lò xo:

    k  b cos   b cos  k  b sin   b sin  4 +  4 Wt = 2(Wt,OA + Wt, OB ) =   1 1      kb2  2  2 cos   2 sin   2kb2 1  cos     4  2 2   =  = (2) Từ (1) và (2) ta có:         2kb 2 1  cos   0    2kb2 1  cos     2 mb 2 ' 2 4  4  + 3     = const = (3) 2

FF IC IA L

Phương trình (3) chính là phương trình vi phân mà góc  phải tuân theo.        = rad   '   ' 4 với 4 Nếu  gần với 4 thì ta có thể đặt 2 2 2 W  2kb2 1  cos  3 mb  ' theo trên ta có: + = const. Lấy đạo hàm hai vế ta được: 2  2. mb 2 '' . '  2kb 2 '   0 = 3 4 suy sin    . vì 3k  ''    0   ''   2  0; 2m suy ra : 2m 3k T  2 3k 2m chu kì dao động bé: Với: Phương trình trên có nghiệm dạng:

 

KÈ

  0 cos t        







 0 cos t   

 0 sin   0   0   0'  0           0  4  0 cos   0 0   0  4

ẠY

tại thời điểm ban đầu: Vậy phương trình biến đổi theo thời gian của góc :    3k      0   cos 0t   4  4 2m với

Xác định độ từ thẩm của chất sắt từ a) Cơ sở lý thuyết: Xét một lõi sắt từ hình xuyến trên đó có quấn hai cuộn dây có số vòng dây là N 1 và N 2 . Khi cho dòng điện chạy qua cuộn thứ nhất (N 1 ), trong lòng lõi sắt sẽ xuất hiện từ trường và từ trường này sẽ đi qua cả cuộn dây thứ hai (N 2 ). Gọi d là đường kính trung bình lõi hình xuyến. Chu vi hình xuyến πd là chiều dài mạch từ. Khi dòng điện chạy qua cuộn thé nhất là I1 thì cảm ứng từ chạy trong mạch từ là:

N1 I 1 , với μ0 = 4.10-7 H/m. d Từ thông gửi qua cuộn thứ hai là; NN I   N 2 BS   0 1 2 1 S , với S là tiết diện mạch từ. d Khi vừa ngắt khóa K, dòng điện chạy qua cuộn thứ nhất I1 sẽ giảm về 0 và gây ra sự biến thiên từ thông chạy qua cuộn thứ hai (giảm từ Φ → 0) và tổng điện tích chạy qua điện kế xung kích là q. Xét khoảng thời gian Δt nhỏ, từ thông qua cuộn thứ hai giảm đi ΔΦ tương ứng với điện lượng đi qua là Δq. Ở cuộn thứ hai sinh ra suất điện động ec2 và dòng điện i2 . Lượng điện qua điện kế là: t  t  (R2 là điện trở cuộn dây N 2 ). q  i2 .t  ec 2 .  .  R2 t R2 R2 Toàn bộ điện lượng qua cuộn thứ hai là: 1 1 NN q   q       0  1 2  0 I1S R2 R2 dR2 qdR2 Suy ra:   . N1 N 2 0 I1S Các bước thí nghiệm: * Chuẩn bị: d  d2 - Đo đường kính trong và ngoài của lõi sắt từ hình xuyến d1 và d2 , tìm được d  1 2 - Đo đường kính e của sợi dây đồng bằng panme. - Quấn hai cuộn dây với số vòng là N 1 và N 2 lên lõi sắt từ. - Tính điện trở cuộn dây N 2 : l N  d 2  d1  N d  d  R2   2   2  4  2 22 1 2 e s e   2 * Thao tác: - Chỉnh biến trở để thay đổi dòng I1 , mở khóa K, đọc giá trị q trên điện kế xung kích, ghi giá trị vào bảng sau: Lần đo I1 Điện lượng q … … … … … … - Tính độ từ thẩm μ ứng với mỗi lần đo: d  d2 N d  d  q . 1 .4  . 2 22 1 qdR2 qd1  d 2  2 e  8  2 N1 N 2 0 I1S N10 I1e 2 d 2  d1  d  d1  N1 N 2  0I1 2 4 Lặp lại các thao tác trên và tính giá trị trung bình  .

ẠY

KÈ

FF IC IA L

B   0

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ ĐỀ XUẤT KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN VÙNG DUYÊN HẢI BẮC BỘ LẦN THỨ VIII

MÔN VẬT LÝ – KHỐI 11 Thời gian làm bài : 180 phút ( Đề gồm 5 câu trong 2 trang)

FF IC IA L

Câu 1: (4 điểm). Hai mặt cầu kim loại đồng tâm có các bán kính là a, b (a < b) được ngăn cách nhau bằng một môi trường có hằng số điện môi  và có điện trở suất  . Tại thời điểm t = 0 mặt cầu nhỏ bên trong được tích một điện tích dương Q trong thời gian rất nhanh. a) Tính năng lượng trường tĩnh điện trong môi trường giữa hai mặt cầu trước khi phóng điện. b) Xác định biểu thức phụ thuộc thời gian của cường độ dòng điện chạy qua môi trường giữa hai mặt cầu.

KÈ

Q U

Câu 2: ( 5 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ. Nguồn có suất điện động E, điện trở trong không đáng kể, các phần tử của mạch R,L, C đã biết; ban đầu R E các khóa K1 , K2 đều ngắt. Bỏ qua điện trở của dây nối và các khóa K1 , K2 K1 a) Đóng khóa K1 , tìm biểu thức sự phụ thuộc của A B L cường độ dòng điện qua cuộn cảm thuần L theo thời K2 gian. b) Đóng đồng thời cả hai khóa K1 , K2 . Hãy lập phương C trình vi phân mô tả sự phụ thuộc của cường độ dòng điện chạy qua cuộn cảm thuần L theo thời gian; Xác định tần số dao động. Sau một thời gian đủ dài cường độ dòng điện chạy qua L có giá trị bao nhiêu? c) Vẫn đóng đồng thời cả hai khóa K1 , K2 , khi cường độ dòng điện qua L đạt giá trị xác định sau một thời gian đủ dài , thì ngắt khóa K1. Tính hiệu điện thế cực đại trên tụ C.

ẠY

Câu 3: (4 điểm). Một khối trụ tròn, đặc đồng chất khối lượng m, bán kính r, chiều dài l  12 r , có thể quay tự do trong mặt phẳng thẳng đứng quanh trục cố định nằm ngang đi qua O cách đầu A của khối trụ một đoạn 3r (hình vẽ). a) Tìm mômen quán tính của khối trụ đối với trục quay nằm ngang qua O. b) Xác định chu kì dao động nhỏ của khối trụ quanh trục nằm ngang qua O.

A O



c) Chu kì dao động của khối trụ sẽ thay đổi như thế nào nếu ta gắn vào nó một chất điểm có khối lượng m1  m / 3 tại điểm K với 85 l. 144

Câu 4:(4 điểm). . Cho một hệ thấu kính mỏng đồng trục O 1, O2, O3 và một đèn nhỏ S nằm trên trục chính cách O 1 một khoảng d 1 (như hình vẽ). Từ S phát ra một chùm tia hẹp có góc mở là φ (φ << 100). Chùm tia ló ra khỏi hệ có góc mở là φ’. Biết tiêu cự của các thấu kính là f 1 = f3 = 20 cm, f 2 = - 20 cm. Khoảng cách giữa các thấu kính O1O2 = 20 cm, O2 O3 = 10 cm. Tìm d1 để:  a) φ’ = 0 b)  ' 

FF IC IA L

OK 

Câu 5: ( 3 điểm)

Cho một nguồn điện không đổi, một tụ điện, một điện trở có giá trị khá lớn đã biết, một micrôampe kế, dây nối, ngắt điện, đồng hồ bấm giây và giấy kẻ ô tới mm. Hãy đề xuất phương án thí nghiệm để đo điện dung của tụ điện.

ẠY

KÈ

Q U

...................................Hết...............................

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ – KHỐI 11

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN

Câu 1( 4 điểm) + Tại thời điểm t khi điện tích của mặt cầu là q thì cường độ điện trường là q 40 r 2

và có hướng đối xứng xuyên tâm ra ngoài

điểm Q

+ Tại t = 0 mặt cầu bên trong có q(0) = Q nên E0 =

40

1 ………………............0,5 r2

điểm b

+ Năng lượng tĩnh điện trong môi trường lúc t = 0 là W0 =

 a

(a  b)Q 2 80 ab

..............…………………………….….0,5

điểm

E dq = 4  r2.j = 4  r2 ρ dt

điểm

dq q = ............................................................................0,5 dt  0

+ Từ (1) và (2) ta có : -

Q U

+ Phương trình này có nghiệm là q = Qexp (điểm

+ Do đó cường độ dòng điện I = -

 0

) ...................................................0,5

dq Q t = exp () ......…………………......0,5 dt  0  0

KÈ

điểm Câu 2 ( 5 điểm)

ẠY

(2) .............0,5

+ Định luật Ôm dạng vi phân ta có dạng -

4r 2 dr ……..….0,5

W0 =

+ Tích phân có kết quả

 0 E 02

điểm

(1) ..................0,5

FF IC IA L

E i

K1 A

L iL K2

C q

a) Tại thời điểm t: uAB = u = Li’ = E – Ri

di dt  , đặt x = E – Ri ...............................................................................0,5 E  Ri L

điểm Khi t = 0 có i = 0 nên: lấy tích phân từ 0 đến i và từ 0 đến t ta có Rt

 E (1  e L ) R

...............................................................................................1,0

FF IC IA L

điểm b) Đóng đồng thời cả hai khóa Tại thời điểm t mạch điện có: i = iL + iC (1)

q  Ri  E (2) c iC  q '  LCiL " (3) 1 1 E (1); (2); (3) => iL " iL ' iL   0 (*) ............................................................1,0 RC LC RLC LiL ' Ri 

điểm 2

1  1  Khi   thì từ phương trình (*) suy ra tần số góc của dao động có giá trị: LC  2 RC  t  E 1 1 2 2 RC    và iL =  A0 e cos(ωt +φ) ..................................................1,0 LC 4 R 2C 2 R

Q U

E và q = 0 R

điểm c) Ngắt khóa K1, có mạch LC . iL =

E và q = 0...............................................................0,5 R

Sau thời gian đủ dài: t   thì iL =

điểm

E L .....................................1,0 R C

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng => Uc MAX =

A z

O O

G

l/4 x

ẠY

KÈ

Câu 3: (4 điểm)

a) (2 điểm) * biểu thức tính được mômen quán tính của đĩa đồng chất có bề dày dx, bán kính r, khối lượng riêng ρ đối với trục quay đi qua tâm đĩa và nằm trong mặt phẳng đĩa:

dIz = dIx + dIy dI Z  điểm

r 2 dm .............................0,5 2

dIy = dIx = dIz/2 = > 1 1 r 4 2 2 dI x  . ( r dx)r  dx 2 2 4

........................0,5

FF IC IA L

điểm

* biểu thức tính mômen quán tính của đĩa đồng chất có bề dày dx, bán kính r, khối lượng riêng ρ đối với trục quay nằm ngang, đi qua O => dI O 

dIO = dIx + dm.x2 Tính được I O 

85 2 mr 4

 r 4 4

dx   r 2 x 2 dx .....0,5 điểm

................................. 0,5

điểm b) ( 1,0 điểm) + Viết được phương trình động lực học cho chuyển động quay quanh O  3mgr sin   I 0 " .............................................0,5 điểm

IO 85r . ................... 0.5 điểm  mg.3r 3g

Chu kỳ con lắc T  2

+ Xác định được công thức thức tính chu kì của con lắc vật lý:

c) ( 1,0 điểm)

Q U

85 85 r l 85r  2  12  2  144 ................... 0.5 điểm Viết lại: T  2  12 g g g

Như vậy chu kỳ dao động của con lắc vật lý giống như một con lắc đơn có chiều dài 85 85 l . Kết quả là nếu ta treo thêm vật m1 ở điểm K với OK  l  l ' thì chỉ làm tăng 144 144

l '

KÈ

khối lượng của con lắc, còn chu kì dao động không đổi. ................................................... 0.5 điểm

ẠY

Câu 4: (4 điểm)

FF IC IA L

Vẽ hình ...................................................................................................................... 1,0 điểm Sơ đồ tạo ảnh

a) Để φ’= 0 thì d3 ’ = ∞... Từ đó ta tìm được d1 = 0. Vậy đèn S được đặt ngay trên mặt của thấu kính O 1............0,5 điểm

Giả sử quá trình tạo ảnh của S qua hệ diễn ra như hình vẽ.

Gọi các góc mở lần lượt là φ, φ1, φ2, φ’.

Đường kính của các vết sáng trên thấu kính là D1 , D2 , D3.

+ Do các góc mở đều rất bé nên: D1   d1  1 d1 ' ........................................................................................................0,5

Q U

điểm D2  1 d 2  2 d 2 ' .......................................................................................................0,5 điểm D3  2 d3   ' d3 ' ......................................................................................................0,5

ẠY

KÈ

điểm + Suy ra độ phóng đại k của hệ có giá trị: d '.d '.d '  k  1 2 3  4 ..............................................................................0,5 d1.d 2 .d3 ' điểm Từ đó ta tìm được d1 = 10 cm (loại bỏ giá trị âm) Vậy đèn S đặt cách O1 một đoạn là 10 cm. .................................................................0,5 điểm

Câu 5 (3 điểm)

I. Cơ sở lý thuyết: Sau khi nạp điện, cho tụ phóng điện qua điện trở R. Giả sử sau thời gian dt, điện lượng phóng qua R là dq làm cho hiệu điện thế trên hai bản cực tụ biến thiên một lượng du thì: dq = -Cdu, trong đó dq = idt; du = -Rdi nên: idt   RCdi 

điểm

di 1 dt   i RC

i 1 di 1 i i  0 RC dt.  ln i0   RC t. .....…….…...….1,0 0

Như vậy  ln

i phụ thuộc tỉ lệ với thời gian t . i0

II. Các bước tiến hành: 1. Lắp mạch điện như sơ đồ hình 1 2. Đóng khóa K, sau khi nạp xong thì mở khóa. 3. Đọc và ghi cường độ dòng điện sau những khoảng thời

ứng.(t = 0 lúc mở khóa) ……………….……1,0 điểm t(s) I(A) -Lni/i0

R C

A

FF IC IA L

i gian bằng nhau (ví dụ cứ 10s) và tính đại lượng  ln tương i0

Hình 1 i  ln i0

t(s)

4. Dựa vào bảng số liệu, dựng đồ thị phụ thuộc của  ln

Hình 2 i theo t (đồ thị là một đường i0

1 . Qua hệ thức này, nếu đo được tan, ta RC

Độ nghiêng của đường thẳng này là tan  

thẳng.........................................................................................................0,5 điểm III. Xử lý số liệu:

ẠY

KÈ

Q U

tính được C. Làm nhiều lần để tính giá trị trung bình của C …………………0,5điểm

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ GIỚI THIỆU THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

ĐHSP HÀ NỘI

KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐB BẮC BỘ MÔN THI: Vật lí - Lớp 11

FF IC IA L

Thời gian làm bài :180 phút

(Đề thi có 02 trang, gồm 05 câu) Câu 1: Tĩnh điện

Trên đường tròn tâm O, bán kính Ro đặt bốn chất điểm

tại bốn đỉnh của một hình vuông như hình vẽ. Khối lượng của mỗi chất điểm đều bằng m. Hai chất điểm có điện tích +q, hai

chất điểm còn lại có điện tích –q. Ban đầu, truyền cho tất cả

các chất điểm vận tốc có độ lớn như nhau, theo phương tiếp

tuyến với đường tròn, chiều thuận chiều kim đồng hồ (hình vẽ) . Biết trong quá trình chuyển động, khoảng cách nhỏ nhất của mỗi chất điểm đến tâm O

của đường tròn là R1 ( R1 <Ro ). Bỏ qua tác dụng của lực hấp dẫn.

a) Các chất điểm sẽ chuyển động theo quỹ đạo như thế nào?

b) Tìm thời gian đặc trưng cho chuyển động của mỗi chất điểm.

Câu 2: Điện xoay chiều

Trong mạch điện như hình vẽ: Đ là điốt lý tưởng. Điện

dung của các tụ C2 > C1, cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L.

KÈ

Đặt vào A, B một hiệu điện thế xoay chiều

u AB  U 0cos t  .

Vào thời điểm t=0, điện thế ở A cao hơn điện thế ở B.

ẠY

a) Vào thời điểm t=0 K1 mở, K2 đóng vào chốt 1. Xác định

Đ A B

K2 1

cường độ dòng điện i qua L như một hàm số theo thời gian. Vẽ

đồ thị của i theo thời gian, tính giá trị cực đại của i qua L.

Hình 2

b) Vào thời điểm t=0, K1 đóng, K2 đóng vào chốt 2. Tìm biểu thức của hiệu điện thế trên các tụ điện và vẽ đồ thị theo thời gian của các hiệu điện thế ấy.

Câu 3: Quang học Mặt cầu S có tâm nằm trên Ox, mặt cầu này ngăn cách hai môi

(Hình 3.1).

FF IC IA L

trường quang học đồng chất có chiết suất là n và

n’

a) Các tia sáng song song với trục Ox (trục quang học) sau khi bị khúc

xạ qua mặt S giao nhau tại một điểm nằm trên Ox. S gọi là mặt khúc xạ lý

tưởng. Tìm phương trình của cung BB’ nếu các tia sáng hội tụ tại F (Hình

(n’)

(n)

3.1), các giá trị n, n’, OF = f đã biết. Xét trường hợp n = n’ và phân tích kết quả.

B’

Hình 3.1

b) Mặt cầu của các thấu kính hội tụ ánh sáng tại một điểm nếu các tia sáng đi gần trục chính. Nếu muốn hội tụ một chùm sáng rộng hơn thì phải

dùng các mặt cầu khúc xạ lí tưởmg. Hãy xác định độ dày nhỏ nhất (ở phần

tâm) của một thấu kính hội tụ phẳng – lồi có chiết suất n = 1,5; bán kính R =

F x

5 cm (Hình 3.2) để có thể hội tụ tại F một chùm sáng rộng, song song với

trục chính chiếu vuông góc với phần mặt phẳng. Biết OF = f = 12 cm. Hình 3.2

Câu 4. Dao động cơ

Hai vật khối lượng m và 2m được gắn vào hai đầu của hai lò xo nhẹ, có độ cứng lần lượt là 2k và k như hình vẽ. Hai

lò xo cùng có chiều dài tự nhiên L. Khoảng cách giữ hai đầu cố định của hai lò xo là 2L.

Ban đầu hai vật được giữ để chiều dài của mỗi lò xo là L/2 rồi thả nhẹ đồng thời. Hai vật va

KÈ

chạm xuyên tâm và dính vào nhau . Tìm vận tốc lớn nhất của hai vật sau khi va chạm. Bỏ qua mọi ma sát.

Câu 5. Phương án thực hành

ẠY

Cho các dây nối, một bóng đèn dây tóc có hiệu điện thế định mức 12V, một bình

acquy có suất điện động 12V và điện trở trong rất bé, một ôm kế, một vôn kế, một ampekế và một nhiệt kế. Hãy đề xuất phương án thí nghiệm để xác định nhiệt độ của dây tóc bóng đèn khi sáng bình thường. Hệ số nhiệt độ điện trở của vônfam làm dây tóc đã biết.

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

ĐỀ THI MÔN VẬT LÍ – KHỐI 11

VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

NĂM 2015

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH ĐIỆN BIÊN

Thời gian làm bài 180 phút (Đề này có 02 trang, gồm 05 câu)

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

FF IC IA L

Câu 1 (4 điểm) Treo vào đầu một sợi dây mảnh không giãn dài l một quả cầu nhỏ khối lượng m, tích điện q, ở tâm một vòng dây tích điện đều điện tich Q. Vòng dây có bán kính R. Các điện tích q và Q cùng dấu. Xác định tần số dao động nhỏ của quả cầu?

q q

ẠY

KÈ

Q U

Câu 2 (5 điểm) Một khung dây dẫn hình vuông MNPQ có khối lượng m, cạnh là b đặt trên bàn nằm r ngang nhẵn. Khung chuyển động dọc theo trục Ox với vận tốc v0 đi vào một nửa không gian vô hạn ( x  0) trong đó có một từ trường luôn hướng theo trục Oz, từ trường chỉ biến thiên theo trục Ox với quy luật B( x)  B0 (1   x) với B0 là hằng số dương. Biết rằng hai cạnh MN và PQ song song với trục Ox, còn mặt phẳng của khung luôn vuông góc với trục Oz. Biết vào thời điểm toàn bộ khung cắt các đường sức từ, trong khung tỏa ra nhiệt lượng đúng bằng nhiệt lượng mà khung toả ra trong chuyển động tiếp theo sau đó cho đến khi dừng hẳn. Bỏ qua độ tự cảm của khung và coi b  1 . 1. Tính điện trở R của khung. 2. Tính quãng đường mà khung đi được ở trong vùng có từ trường. Câu 3 (4 điểm) Một bánh xe A có dạng một đĩa tròn đồng chất khối lượng M, lăn không trượt trên mặt phẳng nằm ngang. Trục C của bánh xe được nối với vật B bằng một lò xo nhẹ có độ cứng k. Khối lượng của B là m . Bỏ qua ma sát lăn và ma sát trượt của B với mặt phẳng đỡ. Mới đầu lò xo bị giãn một đoạn X0. Xác định qui luật chuyển động của hệ. Tìm vận tốc của trục C tại thời điểm độ biến dạng của lò xo bằng không.

A C

Q U

FF IC IA L

Câu 4 (4 điểm) Một hệ thấu kính gồm một thấu kính mỏng L1 có độ tụ +50 điốp, đường kính rìa 7,5mm và một thấu kính mỏng L2 có độ tụ -200 điốp, đường kính rìa 1cm. Hai thấu kính L1 và L2 được lắp đồng trục trên một ống hình trụ rỗng, dài 3cm. Một thấu kính được lắp ở đầu ống, thấu kính kia được lắp ở chính giữa ống. Người quan sát đặt mắt ở sát đầu hở của ống. 1. Thấu kính nào được lắp ở giữa ống để thị trường của mắt là lớn nhất? 2. Tính độ bội giác của kính đối với người có mắt tốt khi quan sát mà mắt không điều tiết. Câu 5 (3 điểm) Trong một thí nghiệm để đo đồng thời nhiệt dung riêng C, hệ số nhiệt điện trở , điện trở R0 tại 00C của một điện trở kim loại có khối lượng m, người ta sử dụng các dụng cụ và linh kiện sau: - Hai hộp điện trở R v , R v đọc được các trị số điện trở; - Hai điện trở R1, R2 đã biết trị số; - Một tụ điện C t ; - Một nguồn điện xoay chiều, một nguồn điện một chiều; - Một ampe kế điện trở nhỏ có thể đo được dòng một chiều và xoay chiều; - Một điện kế có số không ở giữa bảng chia; - Một đồng hồ (đo thời gian); - Một nhiệt lượng kế có nhiệt dung riêng C1, khối lượng m1, chứa một lượng chất lỏng khối lượng m2 có nhiệt dung riêng C2; - Các dây nối, đảo mạch. a. Hãy thiết kế mạch điện để đồng thời đo được các tham số C, , R0 của điện trở nói trên. Vẽ sơ đồ đo. b. Xây dựng các công thức cần thiết. c. Nêu trình tự thí nghiệm, cách xây dựng biểu bảng và vẽ đồ thị, cách khắc phục sai số. Để đo đồng thời các đại lượng nhiệt dung C, hệ số nhiệt điện trở , điện trở R0 trên 1 sơ đồ đo, người ta dùng điện trở kim loại R để nung nóng chất lỏng trong nhiệt lượng kế.

KÈ

………………………HẾT………………………

ẠY

Số điện thoại liên hệ

Người ra đề

0917879171

Nguyễn Ngọc Thắng

Câ u

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN VẬT LÍ KHỐI 11 Nội dung chính cần đạt

*/ Xét quả cầu dao động trong mặt phẳng chứa trục Ox. Tại vị trí A con lắc lệch một góc  so với phương thẳng đứng. Tính điện thế tĩnh điện tại A.

dV A 



kdq AM

0.5

Q Q ds  d 2R 2

Do x << R cho nên khi tính điện thế ta có thể bỏ qua độ cao của A so với mặt phẳng vòng dây OA = l.sin  l. = x

FF IC IA L

Với dq là điện tích nguyên tố tại M

dq 

Điể m

m q

 R

0.5

AM  R 2  OA 2  2R.OA. cos  R 2  x 2  2Rx cos A'p dụng công thức Maxloren :

f ' ( 0) f " ( 0) 2 x x  ........ 1! 2! 1 1  x cos x2    1   2  AM R  4R 2R 

0.5

f ( x )  f ( 0) 

Ta có

  

0.5

Q U

Suy ra

kQ  x cos x2 1  dVA   2R  4R 2R 2

0.5

2

kQ kQx 2  V A   dVA   R 2R 3 0

KÈ

*/ Năng lượng của hệ gồm có : Thế năng tĩnh điện của quả cầu WT D và cơ năng của nó WCN .

ẠY

WTD

WCN

kQq kQqx2  qVA   R 2R 3 1 mg 2  mx ' 2  x 2 2l

0.5

Theo định luật bảo toàn năng lượng : WHÊ = WT Đ + WCN = const

kQq kQqx2 mgx2 1     mx'2  const 3 R 2R 2l 2

0.5

Đạo hàm năng lượng theo thời gian ta có:

 g kQq  x"  x0 3   l mR  Vây quả cầu dao động điều hoà với chu kỳ

lmR 3 T  2 mgR 3  kQql

0.5

FF IC IA L

Xét tại thời điểm t khung đang tiến vào vùng có từ y trường và cạnh NP có tọa độ x và vận tốc v M N Suất điện động xuất hiện trên cạnh NP là: r B e  BNP .v.b  B0 (1   x)bv v e B0 (1   x)bv Trong khung có dòng điện: i   P R R Q Nhiệt lượng tỏa ra trong khung từ thời điểm t đến x thời điểm t + dt là: x B02 (1   x) 2 b 2 v 2 dt B02 (1  2 x)b 2v 2 dt 2 dQ  i Rdt   R R (1) Mặt khác theo định luật bảo toàn năng lượng thì nhiệt lượng tỏa ra của khung = biến thiên động năng của khung mv 2 m(v  dv) 2 (2) dQ    dQ   mvdv 2 2 Từ (1) và (2) suy ra: B02 (1  2 x)b2vdt  Rmdv

0.5

B02 (1  2 x)b2 .dx  Rmdv (3) Gọi v1 là vận tốc của khung khi nó bắt đầu nằm trọn trong vùng có từ trường. Theo định mv02 mv12  Q luật bảo toàn năng lượng: 2 2 Kể từ giai đoạn trên cho đến khi dừng lại, theo định luật bảo toàn năng lượng: mv12 v  0  Q '  Q . Suy ra: v1  0 2 2 Tích phân 2 vế của pt (3): v1 b B02b3 (1   b) 2 3 2 2  R  B b (1 b ) Rm ( v v )      B (1  2  x ) b . dx   Rmdv 0 0 1 0 0  1   v0 mv0 1   2  Gọi s1 là quãng đường khung đi được kể từ thời điểm toàn bộ khung bắt đầu nằm trong vùng có từ trường. Khi khung đã nằm trọn trong vùng có từ trường thì dòng điện trong khung là: e e B vb 1   ( x  b)  (1   x)  B0b 2 v i  NP MQ  0  R R R 2 Tương tự như trên: dQ  i Rdt  mvdv

0.5

Q U

0.5

Lấy tích phân 2 vế:

ẠY

KÈ

B02b 4 2 v 2 dt  mvdv  B02b4 2dx  Rmdv R

B02b 4 2 s1  Rmv1 

b  s1

 b

B b  dx    Rmdv 2 4 0

Rmv0 2

 s1 

Rmv0 B b 2 2 2 4 0

Thay R ở câu a) vào và biến đổi ta được: s1  Quãng đường cần tìm = b  s1  b 

(1   b) b 2



(1   b) b 2



2 1



0.5



2 1

0.5

Tiêu cự của thấu kính phân kì L2 : 1 1 fk    0,5 cm dk 200 Tiêu cự của thấu kính hội tụ 1 1 ft    2 cm dt 50 a) Nếu thấu kính hội tụ L1 đặt trước tại O 1 : ]

' 1

0,5 cm

d 2'





]

 0,5 cm

0.5

0 

  

]

1,5 cm

]

O 1 F1

L1 :

2 cm

d d2

FF IC IA L



F2 O 2

 1,5cm

 3, 75 cm

0.5

Q U

Vậy vật nằm trước kính O 1 sẽ cho ảnh ảo trước kính O 2 và mắt có thể quan sát được ảnh. + Ta tính góc mở của thị trường: 1,5  0,5  0, 75 d 2'  1,5 cm; d2   cm 1,5  0,5 2 0, 75 3, 75 M 'O1   1,5  cm  d1' 2 2 M 3, 75 O1 .2  O2 ’ 2 M d1   30 cm 3, 75 2 2 3, 75  1,5  tg  2    0, 477 0    0,950 2 30 120 2 Góc mở của thị trường quá nhỏ

0.5

b) Nếu thấu kính phân kì L2 đặt trước tại

' 1

KÈ

d d2

' 2

 0,5 cm

2 cm 

1,5 cm  6 cm

0.5

ẠY

Vật ở trước O 1 cho ảnh cuối cùng nằm trước (ảnh ảo) nên mắt quan sát được ảnh + Tính góc mở của thị trường: O2 M '  M : d d' R1 1,5.2 d '  1,5 cm d  6 cm O2 1 1,5  2 O1 M’’ M M’ O1 '' ' M  M : d d' 1



d1'  6  1,5  7,5 cm;

d1 

7,5.(0,5) 3, 25   M ''O1 7,5  0,5 8

Vết của chùm 1 trên mặt O 1 :

2 R1 7,5   7,5D2 7,5.1  D2 6   R1    0, 625 cm 12 12 D2  1, 0cm  

0.5

FF IC IA L

Vậy góc mở  của thị trường là: R  7,5  8 62  tg  ''1    1,59   580    1160 2 M O1 12  3, 25 39 2 Thị trường của hệ khá lớn. Vậy thấu kính phân kì L2 phải lắp trước để có thị trường lớn. Khi đó góc mở của thị trường là   1160 Vật ở xa (coi như d1 =  ), ảnh trung gian hiện ở tiêu diện ảnh của O 1 cũng là tiêu diên vật của O 2 . Hệ O 1 , O 2 là hệ vô tiêu. Chùm tia đi từ B tới thì song song với B1 O1 . Chùm tia ló ra khỏi O 2 để đi vào mắt thì song song với B1 O2 . Như vậy 2 tg  A1 B1 ; tg  A1B1 ; 0 B1 f1 f2 O2 O1 M f A1 tg 0,5 1 G  1   tg 0 f2 2 4

(2) ;

 kx  mx2  x2  

kx m

kx  Fms  Mx1

0.5

Chọn trục toạ độ là phương ngang, gốc toạ độ đối với mỗi vật là vị trí cân bằng của chúng . Xét tại thời điểm t lò xo có độ giãn là x, trục C có toạ độ x1 , vật B có toạ độ x2 . Gốc thời gian là lúc 2 vật ở vị trí cân bằng. Ta có x = x2 - x1 Suy ra x" = x2 " - x1 " (1) Phương trình động lực học cho hai vật chiếu lên Ox:

0.5

Phương trình chuyển động quay đối với trục quay C:

(3)

Fms R  I 0

Suy ra

(7)

1 MR 2 2

(6)

2kx (8) 3M k (3M  2m) x  0 (9) Thay (3) và (8) vào (1) ta có : x  3mM k (3M  2m) Suy ra x = X0 sin(t + ) với   ; =0 3mM 2m 2m x2  x1   x2 Tư (3) và (8) suy ra x1   3M 3M  2mX 0  2m x sin t Và suy ra x1  3M  2m 3M  2m x1 

Q U

Thay vào phương trình 2 ta có

0.5

ẠY

KÈ

I0 

kx  3Fms

(5) và

kxR  ( I 0  MR2 )

(4) Phương trình chuyển động quay đối với trục quay đi qua điểm tiếp xúc:

x2 

3MX 0 3M sin t x 3M  2m 3M  2m

Tại vị trí cân bằng vận tốc của trục C cực đại và bằng:

v1MAX  2 X 0

mk 3M (3M  2m)

0.5

FF IC IA L

Trong khi nung nóng điện trở R bởi nguồn xoay chiều, người ta điều chỉnh mạch cầu cho cân bằng, tính được giá trị R, đọc giá trị dòng điện u trên Ampe kế. ~ a. Xây dựng các công thức: - Nhiệt lượng tỏa ra trên R: Q1  RI 2  R V1 - Nhiệt lượng đã hấp thụ trong nhiệt lượng kế, nước (kể cả trên điện trở R): Q 2  (C1m1  C2 m 2  Cm)(t 2  t1 ) Ct R A R1

 1  RI2   (C1m1  C2 m 2 )  (1)  m  t 2  t1  ở đây,  : thời gian cấp dòng điện xoay chiều qua điện trở R, I: cường độ dòng điện qua điện trở R, t1 , t2 : nhiệt độ ban đầu và nhiệt độ sau khi cấp dòng xoay chiều cho điện trở R. - Điện trở kim loại được xác định bởi: R  R 0 (1  t 2 ) (2) b. Trình tự thí nghiệm và các biểu bảng: - Cho dòng I qua R trong thời gian , đọc giá trị t2 .

- Lập bảng:

R1 R V  R 0 (1  t 2 ) R2

t2 c

...

tg . Góc  R0

Q U

 được xác định bởi: tg  R 0   

0.5 

ẠY

KÈ

t2 là góc nghiêng của đồ thị và trục Ox. - Nhiệt dung C được tính trực tiếp từ (1) hoặc có thể thay (2) vào (1) để xác định nhiệt dung của điện trở kim loại. - Sai số có thể mắc phải: Sai số do nhiệt dung của dây nối, lắc khấy nước không đều,...

0.5

- Từ bảng trên, vẽ đồ thị: R  R(t 2 ) - Đồ thị này là đường thẳng, ngoại suy được giá trị R0 (Giao của đồ thị R  R(t 2 ) với trục Oy)

Số điện thoại liên hệ

0.5

- Điều chỉnh cho cầu cân bằng: R 

0.5

Q1  Q 2  C 

Người ra đề

0917879171

Nguyễn Ngọc Thắng

0.5

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA TỈNH HÀ NAM ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ KHỐI 11 NĂM 2015 Thời gian làm bài 180 phút ( Đề này gồm có 2 trang, gồm 05 câu)

Câu 1 (3 điểm): Hình vẽ bên thể hiện sự phụ thuộc của cường độ dòng điện chạy qua một đèn ống vào hiệu điện 10 thế giữa hai cực của đèn ống đó. Đèn ống được mắc nối tiếp với một điện trở R=10 7  và với một tụ điện có điện dung C=10 -3 F đã được nạp điện đến hiệu điện thế Uo =300V. Tìm nhiệt lượng toả ra trên ống dẫn điện trong thời gian tụ phóng điện.

FF IC IA L

I(10-6 A)

U(V)

100

Q U

Câu 2 ( 5 điểm): Hai bản A và B của một tụ điện phẳng là B hai tấm kim loại mỏng hình vuông đặt thẳng đứng cạnh A O 15cm và cách nhau 5cm đặt trong không khí. Bản B nối đất còn bản A nối với nguồn điện có điện thế V0=60KV sau đó ngắt khỏi nguồn. Một quả cầu nhỏ có khối lượng m=0,1g bán kính r=0,3cm được treo vào điểm O của bản A bằng một sợi dây tơ không giãn, khối lượng không đáng kể và không dẫn điện dài l=9,7cm. Ban đầu quả cầu chạm vào bản A, sau đó chuyển động qua lại chạm vào A và B một số lần và cuối cùng dừng lại khi dây treo hợp với phương thẳng đứng một góc  a) Hãy giải thích hiện tượng. Tính góc  và hiệu điện thế cuối cùng Vf giữa hai bản A và B. b) Tính số lần n chuyển động qua lại của quả cầu m trước khi nó dừng hẳn. Cho g=9,81 m/s 2. Cho biết điện trường giữa hai quả A và B là điện trường đều. Cho biết điện dung của quả cầu dẫn bán kính r tính bằng công thức C  4 . 0 .r với  0  8,85.1012 ( F / m)

ẠY

KÈ

Câu 3 ( 4 điểm): Một khung dây dẫn hình vuông cạnh a có thể quay không 0 ma sát quanh một trục quay cố định thẳng đứng, nằm trong mặt phẳng khung dây và đi qua tâm khung như hình vẽ. Trục quay cách điện với khung. Khung r r được đặt trong từ trường đều có B nằm ngang. Khi khung dây ở vị trí cân r B bằng, mặt phẳng của khung vuông góc với B . Momen quán tính của khung đối với trục quay là I , độ tự cảm của khung là L, bỏ qua điện trở của khung. Tại thời điểm t = 0, khi khung đang ở vị trí cân bằng người ta tác động để tạo ra tức thời cho khung tốc độ góc 0 . 1. Tính cường độ dòng điện cực đại qua khung. O G 2. Tìm điều kiện của tốc độ góc để khung quay không   quá nửa vòng. O2  x O1

Câu 4 (5 điểm) Hai hình trụ bán kính khác nhau quay theo chiều ngược nhau quanh các trục song song nằm

ngang với các tốc độ góc 1  2    2rad / s. . Khoảng cách giữa các trục theo phương ngang là 4m. Ở thời điểm t=0, người ta đặt một tấm ván đồng chất có tiết diện đều lên các hình trụ, vuông góc với các trục quay sao cho nó ở vị trí nằm ngang, đồng thời tiếp xúc bề mặt với hai trụ, còn điểm giữa của nó thì nằm trên đường thẳng đứng đi qua trục của hình trụ nhỏ có bán kính: r = 0,25m. Hệ số ma sát giữa ván và các trụ là   0, 05; g  10m / s 2 .

FF IC IA L

a. Xác định thời điểm mà vận tốc dài của một điểm trên vành trụ nhỏ bằng vận tốc của ván. b. Tìm sự phụ thuộc của độ dịch chuyển nằm ngang của tấm ván theo thời gian.

Bài 5 (3 điểm). Cho mạch xoay chiều gồm một biến trở và một cuộn cảm thuần có độ tự cảm L, một tụ điện có điện dung C và hai ampe kế( RA  0) được mắc như hình vẽ . Biết uAB = 200 2 cos100  t (V). C R A1 a. Điều chỉnh để R = 100  . Công tắc K đóng vào chốt 1. A B Tính giá trị của L và C để sao cho hệ số công suất của mạch 1 2 đạt cực đại và số chỉ của ampe kế A2 cũng đạt cực đại. K b. Vẫn giữ nguyên các giá trị L, C ở câu a. A2 L Công tắc K đóng vào chốt 2 thì số chỉ của ampe kế A1 thay đổi thế nào khi R thay đổi?

Người ra đề

Phạm Thành Công. ĐT: 0915593817

Ngô Thị Thu Dinh. ĐT: 0983466487

ẠY

KÈ

Q U

...........HẾT.................

ẠY

KÈ M Y

Q U N

FF IC IA L

Trường THPT Chuyên Nguyễn Trãi ĐỀ GIỚI THIỆU THI DUYÊN HẢI VẬT LÝ KHÔI 11 Câu 1: Một hạt khối lượng m, tích điện q quay quanh quả cầu dẫn điện bán kính r, tích điện Q. Quĩ đạo của hạt là đường tròn bán kính R và tâm trùng với tâm quả cầu. Tính tốc độ góc quay của hạt.

M và N là UMN = 60V. Tính hiệu điện thế hiệu dụng U. Câu 3: Một vật phẳng nhỏ AB đặt trước một màn M, giữa

FF IC IA L

Câu 2: Cho một đoạn mạch điện xoay chiều như hình vẽ, điện áp xoay chiều đặt vào hai đầu đoạn mạch có biểu thức u AE  U 2cost . Điện trở thuần của R, L R cuộn dây và các điện trở khác đều bằng R. Ngoài ra M 1 , cho hiệu điện thế hiệu dụng giữa hai điểm L  R C R C

vật và màn có một thấu kính hội tụ O tiêu cự f1 và một thấu kính phân kì L tiêu cự 10cm. Giữ vật và màn cố định, rồi dịch chuyển hai thấu kính, ta tìm được một vị trí của O có tính chất đặc biệt là: dù đặt L ở trước hay ở sau O và cách O cùng một khoảng l = 30 cm, thì ảnh của AB vẫn rõ nét trên

màn. Khi L ở trước O thì ảnh có độ cao h1 = 1,2cm và khi L ở sau O thì ảnh có độ cao h2 = 4,8cm. a) Tiêu cự f1 của thấu kính O.

b) Khoảng cách từ thấu kính O đến vật và màn.

Hãy tính:

C A

0 m

B M

Q U

Câu 4: Một xe lăn B khối lượng M, phần trên của nó có dạng là một phần của mặt cầu tâm C, bán kính R. Xe đặt trên mặt sàn nằm ngang và trọng tâm của xe nằm trên đường thẳng đứng đi qua tâm mặt cầu. Một hòn bi A rất nhỏ, có khối lượng m được đặt trên mặt cầu của xe (hình 2). Bi A được giữ ở vị trí bán kính mặt cầu qua nó hợp với phương thẳng đứng góc  0 và hệ đứng yên. Bỏ qua mọi ma sát, cho gia tốc trọng trường là g. 1. Xe lăn được giữ cố định. Thả cho bi A chuyển động không vận tốc đầu. a. Tìm vận tốc của A và áp lực của A nén lên B tại vị trí bán kính qua A hợp với phương thẳng đứng góc    0 .

KÈ

b. Giả thiết góc  0 rất bé, hãy chứng minh A dao động điều hòa và tính chu kì dao động của

ẠY

nó? 2. Giả thiết góc  0 rất bé, đồng thời giải phóng A và B không vận tốc đầu. Chứng minh hệ dao động điều hòa. Tìm chu kì dao động của hệ, biên độ dao động của A, B và áp lực cực đại mà A nén lên B trong quá trình dao động? Câu 5: Hãy xây dựng phương án đo cảm ứng từ trong lòng một ống dây dài bằng điện kế xung kích. Điện kế xung kích là một điện kế khung quay mà khung của điện kế Có mômen quán tính lớn. Góc quay cực đại của khung khi có một dòng điện tức thời chạy qua khung tỉ lệ với điện lượng phóng qua khung. 1, Trình bày phương án đo. 2, Lập công thức tính cảm ứng từ theo kết quả đo. 3, Nêu các thiết bị hỗ trợ cần dùng trong phép đo. 4, Trình bày cách xây dựng bảng biểu và viết các công thức tính giá trị trung bình và giá trị tuyệt đối cho từng đại lượng đo. Cho biết sai số tỉ đối của phép đo điện tích, phép đo điện trở , phép đo độ dài đều là 1%. Hãy ước lượng sai số tỉ đối của phép đo cảm ứng từ bằng phương pháp này.

ĐÁP ÁN VẬT LÝ KHỐI 11 Câu 1: Ta có thể coi trường tạo bởi điện tích q , điện tích Q và các điện tích hưởng ứng như là trường

qr qr đặt ở C và điện tích Q  đặt ở tâm hình cầu R R

tạo bởi hệ của 3 điện tích : q, điện tích q '  

Theo kết quả bài toán trên, điện tích q ' đặt tại C, cách tâm O một đoạn d  r 2 / R

q q' 40  R  d 

F 



q(Q  q ' ) 40 R 2

q 2 rR





40 R 2  r 2

O, Q 

q (QR  qr )  40 R 3

q (QR  qr )  m2 R 3 40 R

 q  qr 40 m  R 2  r 2 





 (QR  qr )   40 R 4  









40 R 2  r 2

q 2 rR

+ uAM nhanh pha góc 1 



so với i1 .

ẠY

KÈ

1  + uAE nhanh pha góc  2 so với i1 với tan  2  ;(0   2  ) 2 4 + uAM nhanh pha góc 3  1  2 so với uAE (1) tan 1  tan 2 1 + tan 3  tan(1  2 )   1  tan 1 tan 2 3

+ i2 nhanh pha góc  4 so với uAE với  4  + uAN nhanh pha

q M

Q U

Câu 2:

q’ C



ur F luôn hướng vào tâm O đóng vai trò của lực hướng tâm

F

FF IC IA L

Lực tác dụng lên điện tích q có độ lớn:



 so với uAE ; tan 4  1 4

qr R

uuuur U AM

uuur UL

uuuur U AE

3 1  2 uuuur U RL

uuuur U AN 4

uuur UC

ur I1

ur I2

uuuur U AE



với

uAM

5

tan



uAN sớm pha   5   3 ; (0  5  ) 4 4

FF IC IA L

uuuur U ME

 tan 3

1 tan 5  tan(  3 )    4 1  tan tan 3 2 4 1 4 + cos 2 5   với cos5  0 1  tan 2 5 5 2  cos5  5 Đinh lý hàm số cosin trong AMN 2 2 2 U MN  U AM  U AN  2U AM U AN cos5

5

 3 4

uuuur U AE

Q U

KÈ

U AM  I1 2 R  2 R.

U AE ( R  R) 2  Z L2

U AE 2  U AE 5R 5 U AE U U  I2 R  R  R AE  AE 2 2 2 2 R  ZC 2R

ẠY

 2R

+ U AN +U

2 MN

U MN

2 U AE 2 2 1 2   U AE  U AE 2 5 10 1  U AE  U AE  60 10 (V ) 10

Câu 3: Kí hiệu d là khoảng cách từ AB đến L ( vị trí I) thì ở vị trí II AB cách O một khoảng là d+ l . Ta có sơ đồ tạo ảnh trong hai trường hơp như sau:

Ở vị trí I: AB   AB   A1 B1 d d d1 d1 Ở vị trí II: AB    AB   A2 B2 d l Ta nhận thấy, nếu ở vị trí II ta đặt vật ở vị trí màn thì ảnh của nó lại ở đúng chỗ của vật và ta lại có đúng như ở vị trí I. Từ đó ta suy ra được: d   d  l

AB AB 1  + kI  1 1  AB A2 B2 k II A1B1 1 1   kI   A2 B2 4 2

Nhận thấy ảnh A1 B1 ngược chiều với AB do đó: k I   Mặt khác: kI 

FF IC IA L

=> kI2 

1 (1) 2

f 2 (d  l )  f1 (2) thay số với l  30cm, f 2  10cm từ (1) và (2) ta tìm được . d  f2 f1

f1  20cm

f2 d l 1 .   => d =15cm d  f 2 1  df 2 2 d  f2 Ở vị trí I khoảng cách từ AB đến O là d  l  45cm và khoảng cách từ màn đến O là d1  d  l =45cm. Như vậy O cách đều vật và màn. Ở vị trí II kết quả tương tự

b)Ta lại có: kI 

mv 2  mgR(1  cos) = mgR(1  cos 0 ) 2 + Suy ra: v  2gR(cos-cos0 )

Câu 4: 1. a. Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng, ta có:

mv 2 mg cos   N  R

Q U

(1) + Áp dụng định luật II NiuTơn rồi chiếu dọc bán kính, chiều dương tới tâm bán cầu, ta có: (2)

+ Từ (1), (2) và định luật III NiuTơn, ta được:

Q  N  mg(3cos   2cos  0 )

KÈ

b.+ Chọn trục tọa độ Ox như hình vẽ, gốc O trùng vị trí cân bằng của

ẠY

r r r + Khi bán kính OA lệch góc  thì : N + mg = ma . x + Chiếu (3) trên trục Ox, ta được: - mg = mx " R

x ''  2 x  0 với  

+ A dao động điều hoà với: R T  2 ................................... g

g R

(3) A

0 m

B M

r mg O

2. Theo phương ngang, động lượng bảo toàn và  nhỏ nên có thể coi vận tốc của m có phương nằm ngang:

mv + MV = 0 (4). + Bảo toàn cơ năng: mv 2 MV 2 (5).. + = mgR(cos a - cos a 0 ). 2 2 với ’R = (v – V ) = v( 1 +

m ) M

(6)

O R

m ) M ;T  2

g(1 

m ) M

+ Hệ dao động điều hòa với:  

g(1 

FF IC IA L

+ Từ (4), (5) và (6), ta được: mR 2a '2 Mm 2 R 2a '2 1 + = mgR(a 02 - a 2 ) ; m 2 m 2(1 + ) 2M 2 (1 + ) 2 2 M M 2 a' R 2 = 1 g(a 2 - a 2 ). (7). 0 m 2 (1 + ) M + Đạo hàm hai vế theo thời gian t của (7), ta được: m g(1 + ) M a= 0 a "+ R

Q U

r r r + Lại xét vật m : N + mg = ma (8) + Trong hệ quy chiếu gắn với xe lăn. Chiếu (3) lên bán kính chiều dương hướng tới tâm C, ta được: m(v  V) 2 2  mg cos   N  m x sin   . R m(v  V) 2 N  mg cos    m2 x sin . R M + Từ (4) và (5) ta được: v = ( )2gR(cos a - cos a 0 ) ; m+ M

m ) nên khi  = 0, cos và (v - V) cực đại, khi đó sin  = 0, nên N cực đại: M

Và: v  V  v(1 

m(v - V) 2 m = mg + 2mg(1 + )(cos a - cos a 0 ) . R M m m = 3mg + 2mg - 2mg(1 + )c os a 0 . M M

ẠY

KÈ

+Vậy: N max = mg +

+Trong hệ quy chiếu Ox ở trên thì mx1 + Mx2 = 0  A và B dao động điều hòa và ngược pha nhau. +Tốc độ của hai vật sẽ đạt cực đại cùng lúc. Từ (6) suy ra:

M A 2 m + Mặt khác: A1  A 2  R. 0 A1 

+ Từ (7) và (8), ta được:

A1 

MR0 ; Mm

A2 

mR0 Mm

(9) (10)

FF IC IA L

Câu 5: 1, Dùng một cuộn dây bẹp có N vòng, có điện trở R, hai đầu được nối với điện kế xung kích G. Lồng cuộn dây bẹp ra ngoài ống dây điện dài ( Có diện tích tiết diện là S) tại điểm giữa. Gọi B là cảm ứng từ trong lòng ống dây điện dài mà ta cần xác định. 2, Từ thông qua ống dây bẹt:   B.S d dB Đột nhiên mở khóa K, suất điện động cảm ứng xuất hiện trong ống dây bẹt.  c   N   NS dt dt Dòng điện cảm ứng từ chạy qua điện kế xung kích.  NS dB i c  R R dt R R Vậy: dB   ic dt   dq NS NS q 0 R Rq dB   dq  B  B  NS 0 NS Biết được: R, N,S và đo được q (dựa vào góc quay của điện kế xung kích) ta tính được B. 3, Phải dùng thêm một cuộn dây bẹt có số vòng dây N và điện trở R và một ngắt điện K. a, Phải đo tiết diện S của ống dây bằng cách dùng thức kẹp để đo đường kính trong của ống dây điện dài. b, Phải đếm số vòng dây N của ống dây bẹt. c, Phải đo điện trở của ống dây bẹt( bằng đồng hồ hoặc mạch cầu điện trở) 4, Coi như N không có sai số, ta có. * LËp b¶ng sè liÖu: LÇn ®o Điện tích q Điện trở R Đường kính d Diện tích S B 1 ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... ....... n ....... ....... ....... ....... .......   R d q B S

q

 qi i 1

, R

 Ri i 1

Q U

- X¸c ®Þnh gi¸ trÞ trung b×nh cña điện tích q, điện tích R, kính d, diện tích S, cảm ứng từ B ®o ®-îc lần lượt là: n

, d

 di i 1

, S

 Si i 1

, B

B i 1

víi n lµ sè lÇn ®o. n n n n n - Xác định sai số tuyệt đối: q  q  q' ; R  R   R ' ; d  d  d '

ẠY

KÈ

Trong đó: q ,  R , d : là sai số tuyệt đối trung bình ; q ' , R ' , d ' : Là sai số dụng cụ.  d  S d  d B ;  2   2   S  2 S  B    B   B . B       S d d d B B q R S * Công thức tính sai số tương đối:        . B q R S d2  S r d  d Ta có: S=  r 2   , ta có:   2   2   )  2  ( Bỏ qua sai số  4  S r d d Biết rằng sai số tỉ đối của phép đo đường kính của ống của phép đo điện tích và của phép đo điện trở đều là 1%. Ta có:

B 

 4%

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN PHÚ ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI & ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2014 - 2015

FF IC IA L

ĐỀ THI MÔN: Vật Lý - LỚP 11 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 18/4/2015

Bài 1: Cho cơ hệ như hình vẽ: Khối trụ đặc trên mặt phẳng nghiêng có bán kính R và khối lượng M. Ròng rọc và dây nối có khối lượng không đáng kể. Giả thiết trong quá trình chuyển động của hệ khối trụ luôn lăn không trượt trên mặt nghiêng. Bỏ qua ma sát giữa dây và ròng rọc. Biết vật m đi lên và vật M đi xuống. a)Tìm gia tốc của vật m trong quá trình nó đi lên. b)Tìm điều kiện của hệ số ma sát nghỉ giữa khối trụ và mặt nghiêng theo m, M, θ để khối trụ lăn không trượt trên mặt phẳng nghiêng.

KÈ

Bài 2: Một quả cầu đàn hồi bán kính r khối lượng m chuyển động tịnh tiến với vận tốc đến va chạm với một mặt nhám nằm ngang với góc tới α. Giả sử nó trượt trong suốt thời gian va chạm với mặt nhám. Hệ số ma sát giữa quả bóng với mặt nhám là µ. Với giả thiết thành phần vuông góc với mặt tiếp xúc của quả cầu chỉ đổi hướng, còn độ lớn không đổi. • Chứng minh rằng quả cầu sẽ phản xạ với góc β thỏa mãn: tanα – tanβ = 2µ • Chứng minh rằng tốc độ góc của quả cầu sau va chạm tính theo công thức • Tìm điều kiện của hệ số ma sát µ theo góc tới α để sự trượt xảy ra trong suốt quá trình va chạm.

ẠY

Bài 3: Cho hai thanh kim loại A và B đặt song song, chiều dài mỗi thanh là l = 0,1m. Hai thanh dịch chuyển cùng chiều theo phương ngang với tốc độ không đổi 10m/s, khoảng cách giữa chúng không đổi và bằng a = 0,1m. Trong quá trình chuyển động chúng tựa lên hai thanh ray có điện trở không đáng kể như hình vẽ. Biết điện trở của mỗi thanh kim loại là R = 0,01Ω.

FF IC IA L

Hệ thống được đặt trong từ trường vuông góc với mặt phẳng của hai thanh ray và từ trường này biến thiên theo trục x,y theo quy luật: B(x,y) = 1000x2y (T). Mắc một vôn kế vào giữa hai thanh ray. Vào thời điểm thanh A có tọa độ x = 0,1m. • Xác định chiều và cường độ dòng điện cảm ứng xuất hiện trong mạch. • Tính số chỉ của vôn kế • Tính độ lớn lực điện từ tổng hợp tác dụng lên hệ 2 thanh A và B.

Bài 4: Cho mạch điện như hình vẽ bên. Các vôn kế có RV = ∞, ampe kế có RA = 0. uM N = U0cos100πt(V). • Số chỉ của vôn kế UV1 = V; UV2 = 120V. Hiệu điện thế giữa hai đầu vôn kế V1 nhanh pha hơn hiệu điện thế giữa hai đầu tụ C là . Hiệu điện thế giữa hai vôn kế vuông pha nhau. IA =. Tìm điện trở R, độ tự cảm L của cuộn dây và điện dung C của tụ điện. • Giữ R, L và uM N như đã cho. Thay tụ C bằng tụ C* thì công suất mạch là 240W. Biết biểu thức của cường độ dòng điện i.

ẠY

KÈ

Bài 5: Cho 1 lăng kính có tiết diện thẳng là tam giác ABC có góc A =900, C = 150, chiết suất của lăng kính là n • Chiếu 1 tia sáng đơn sắc SI tới AB tại I, cho tia khúc xạ tới mặt AC tại K và ló ra ngoài với góc lệch cực tiểu bằng góc chiết quang. Tìm chiết suất n. • Chiếu 1 tia sáng đơn sắc khác tới mặt AB với góc tới α như hình vẽ. Tia khúc xạ tới mặt BC phản xạ toàn phần sau đó tới mặt AC và cuối cùng ló ra ngoài theo phương vuông góc với phương của tia tới. Tìm các giá trị của n và α • .................Hết................ Giáo viên ra đề: Nguyễn Ngọc Thiết Số điện thoại: 0904216337

ĐÁP ÁN ĐỀ GIỚI THIỆU THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐB BẮC BỘ MÔN THI: Vật lí - Lớp 11 Thời gian làm bài :180 phút (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)

FF IC IA L

TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI

Câu 1: Tĩnh điện Trên đường tròn tâm O, bán kính Ro đặt bốn chất điểm tại bốn đỉnh của một hình vuông như hình vẽ. Khối lượng của mỗi chất điểm đều bằng m. Hai chất điểm có điện tích +q, hai chất điểm còn lại có điện tích –q. Ban đầu, truyền cho tất cả các chất điểm vận tốc có độ lớn như nhau, theo phương tiếp tuyến với đường tròn, chiều thuận chiều kim đồng hồ (hình vẽ) . Biết trong quá trình chuyển động, khoảng cách nhỏ nhất của mỗi chất điểm đến tâm O của đường tròn là R1 ( R1 <Ro ). Bỏ qua tác dụng của lực hấp dẫn. a) Các chất điểm sẽ chuyển động theo quỹ đạo như thế nào? b) Tìm thời gian đặc trưng cho chuyển động của mỗi chất điểm.

Giải a) Do tính chất đối xứng, nên các chất điểm sẽ chuyển động trên các quỹ đạo giống nhau. Tại một thời điểm bất kì, bốn chất điểm sẽ luôn nằm trên đường tròn tâm O, bán kính r = r(t) thay đổi theo thời gian, tại 4 đỉnh của một hình vuông. Xét một điện tích, có các lực do 3 điện tích còn lại tác dụng lên uur uur uur điện tích này là F1 , F2 , F3 .

Cạnh của hình vuông a  2r ( với r là bán kính của đường tròn tâm O tại thời điểm đang xét)

KÈ

Độ lớn các lực : F1  F2 

q2 1 q2 ; F  3 4 0 2r 2 4 0 4r 2 1

Độ lớn hợp lực tác dụng lên điện tích: F 

1 4 0

(

q2 q2 1 q2 2 2 1 2  )  ( ) 2r 2 4r 2 4 0 r 2 4

ẠY

Từ đây có thể suy ra mỗi điện tích sẽ chuyển động dưới tác dụng của ba điện tích còn lại, với quỹ đạo trùng với quỹ đạo như trong trường hợp nó bị hút bởi duy nhất một điện tích Qq

2 2 1 được giữ cố định tại tâm O. 4

Ban đầu mỗi điện tích được truyền vận tốc theo phương tiếp tuyến với đường tròn, khoảng cách nhỏ nhất từ chất điểm đến O là R1. Do đó quỹ đạo của các chất điểm là hình elip với một tiêu điểm là O, bán trục lớn là ( Ro + R1)/2

b) Thời gian đặc trưng cho chuyển động của chất điểm chính là chu kì của chất điểm khi nó chuyển động theo quỹ đạo elip Gọi vận tốc ban đầu truyền cho mỗi chất điểm là v. Khi đó chất điểm có quỹ đạo là elip, với chu kì là T, bán trục lớn (Ro+R1)/2

FF IC IA L

Nếu như ban đầu chất điểm được truyển vận tốc vo >v1 để nó quỹ đạo tròn bán kính Ro , thì chu kì là To mvo2 1 q2 2 2 1  ( ) R0 4 0 R0 2 4 1

vo  q

Từ đó tính được

4 0

2 To  q

2 2 1 4mRo

4mRo 3 4 0 2 2 1

Ta có:

Áp dụng định luật III Kepler, ta có: 2

Từ đó tính được

m( Ro  R1 )3 2 0 2 2 1

2 T q

 T   Ro  R1       To   2 Ro 

Câu 2: Trong mạch điện như hình vẽ: Đ là điốt lý

tưởng. Điện dung của các tụ C2 > C1 , cuộn dây thuần A

u AB  U 0cos t  . Vào thời điểm t=0,

cảm có độ tự cảm L. Đặt vào A, B một hiệu điện thế xoay chiều

K2 1

2 C2

điện thế ở A cao hơn điện thế ở B. a) Vào thời điểm t=0 K1 mở, K2 đóng vào chốt 1.

Hình 2

KÈ

Xác định cường độ dòng điện i qua L như một hàm số theo thời gian. Vẽ đồ thị của i, tính giá trị cực đại của i qua L.

ẠY

b) Vào thời điểm t=0, K1 đóng, K2 đóng vào chốt 2. Tìm biểu thức của hiệu điện thế

trên các tụ điện và vẽ đồ thị theo thời gian của các hiệu điện thế ấy. Giải

 

di 

Sau khi đóng mạch u AB  ecu     L   L  U 0cost dt dt i



U0 sin t  b L

A B L

- b là hằng số được xác định tự điều kiện ban đầu: t  0  i  0  b  0 U T T  i  0 & b  0; Vậy i  0 sin t với 0  t  2 L 2 T T * Xét  t  3 trong khoảng thời gian này điốt Đ ngắt lần 1 2 4 U 3T * t Điốt Đ mở lần 2 có: i  0 sin t  a 4 L U 3 2 3T - Ở thời điểm t  T thì điốt Đ mở lần 2, ta có: i  0 sin .  a 4 L T 4 U0 U0 2 3T + Với i  0  sin . a 0a  L T 4 L U 2 3T U + Vậy : i  0 sin .  0 L T 4 L 2 2 3 t 3 t    2k    k + i  0  sin t   1 T T 2 T 4 7 + Chọn k=1 suy ra t  T . 4 + Giá trị cực đại của dòng điện là u 2U 0 T/4 T/2 3T/4 T 5T/4 . Đồ thị như hình bên. U0 L

FF IC IA L

-t 

7T/4

-U0

5T/4

KÈ

Mở 1

Đóng

7T/4 t

Mở 2

ẠY

2) Sau khi đóng K1 và K2 đóng vào chốt 2, tụ C2 nhanh chóng tích điện đến Q0 =C2 U0. Tiếp đó Đ không còn vai trò gì trong mạch điện. * Tụ C2 tích điện cho C1 đến khi cân bằng điện thế, khi đó trên tụ C1 và C2 có hiệu điện thế một chiều U1C. Ta có: C2U 0  C1U1C  C2U1C  U1C 

C2U 0 C1  C2

- uc1  uc 2  U 0cost  đạo

hàm

vế

có:

 1 dq1 1 dq2 1 1  .  .  U 0 sin t  i     U 0 sin t. dt C1 dt C2  C1 C2 

- qc1   i.dt  

U 0C1C2 U 0C2 sin t.dt  uc1   cost  a  C1  C2   C1  C2 

+ K2



Lấy

q1 q2   U 0cost. C1 C2

FF IC IA L

* Bên cạch quá trình các tụ tích điện một chiều là quá trính có dòng điện xoay chiều qua tụ C1 và C2, ta hãy tính các hiệu điện thế xoay chiều này. - Gọi uc1 và uc2 là hiệu điện thế xoay chiều trên 2 tụ tại thời điểm t, ta có:

U 0C2 UC  uc1  0 2 1  cost  . C1  C2 C1  C2 UC UC Tượng tụ có: uc 2   0 1 cost  0 1 C1  C2 C1  C2

- t  0, uc1  0  a 

* Tính u ở các tụ: Hiệu điện thế trên các tụ bằng tổng hiệu điện thế một chiều và xoay chiều U 0C2 UC UC  0 2 1  cost   u1   0 2 cost  0. C1  C2 C1  C2 C1  C2 UC UC UC U 0C1 cost  0 . - u2  U1ch  uc 2  0 2  0 1  0 1  cost   u2  U 0  C1  C2 C1  C2 C1  C2 C1  C2 

- u1  U1ch  uc1  

ẠY

KÈ

u2 t T/4

T u1



2U 0C2 C1  C2

Câu 3 .Quang học Mặt cầu S có tâm nằm trên Ox, mặt cầu này ngăn cách hai môi

(Hình 3.1).

FF IC IA L

trường quang học đồng chất có chiết suất là n và

n’

1. Các tia sáng song song với trục Ox (trục quang học) sau khi bị khúc

xạ qua mặt S giao nhau tại một điểm nằm trên Ox. S gọi là mặt khúc xạ lý

tưởng. Tìm phương trình của cung BB’ nếu các tia sáng hội tụ tại F (Hình

3.1), các giá trị n, n’, OF = f đã biết. Xét trường hợp n = n’ và phân tích kết quả.

(n’)

(n)

B’

Hình 3.1

2. Mặt cầu của các thấu kính hội tụ ánh sáng tại một điểm nếu các tia sáng đi gần trục chính. Nếu muốn hội tụ một chùm sáng rộng hơn thì phải

dùng các mặt cầu khúc xạ lí tưởmg. Hãy xác định độ dày nhỏ nhất (ở phần O

5 cm (Hình 3.2) để có thể hội tụ tại F một chùm sáng rộng, song song với

trục chính chiếu vuông góc với phần mặt phẳng. Biết OF = f = 12 cm.

Giải y y

F (n’)

O x (n)

A’

Hình 3.2

A’ A y F ’ x O O

B’

KÈ

Hình 3.1

Hình 3.2

1. Ta xem các tia song song với trục x xuất phát từ F’ ở rất xa O. Quang trình của tất cả các

ẠY

tia từ F đến F’. Một tia chiếu đến điểm A có hoành độ x, tung độ y thì có quang trình : L = n. F’A + n’ . AF = const

(1)

Vì F’A = F’A’ + A’A và F’A’  F’O’  L’ = n. A’A + n’. AF = const

- Từ hình 2.1 : AA’ = x; AF = ( f  x) 2  y 2

(3)

Từ (2) và (3) ta có : L'  nx  n' ( f  x)2  y 2  const Với tia trùng với trục Ox : L’ = n’.OF = n’f

(4) (5)

(2)

F x

tâm) của một thấu kính hội tụ phẳng – lồi có chiết suất n = 1,5; bán kính R =

Từ (4) và (5) : nx  n' ( f  x)2  y 2  n ' f

(6)

Biến đổi ta được : (n'2  n2 ) x2  n2 y 2  2n' (n'  n) fx  0

(7)

Đó là phương trình của elíp. Vậy mặt S là mặt elipxoit tròn xoay. (8) mặt S là parabol phản xạ ánh sáng.

FF IC IA L

- Khi n’ = - n thì từ (7) : y2 = 4fx

2. Từ kết quả câu 1 và hình 2.2 : n.OO’ + OF – OO’ = AA’ + AF; OO’ = d nx  ( f  x) 2  y 2  f  (n  1)d

Với y = R ; x = 0 thì d =

( f 2  R2 )  f  2 cm n 1

(9)

Câu 4. Dao động cơ Hai vật khối lượng m và 2m được gắn vào hai đầu của hai lò xo nhẹ, có độ cứng lần lượt là 2k và k như hình vẽ. Hai lò xo cùng có chiều dài tự nhiên L. Khoảng cách giữ hai đầu cố định của hai lò xo là 2L. Ban đầu hai vật được giữ để chiều dài của mỗi lò xo là L/2 rồi thả nhẹ đồng thời. Hai vật va chạm xuyên tâm và dính vào nhau . Tìm vận tốc lớn nhất của hai vật sau khi va chạm. Bỏ qua mọi ma sát.

x2 

L k cos( t) 2 2m

L 2k cos( t) 2 m

x1  

Giải Chọn trục Ox có gốc O là điểm chính giữa hai tường, chiều dương hướng từ trái qua phải. Gốc thời gian lúc thả hai vật. Phương trình dao động của hai vật:

Hai vật va chạm khi x1 = x2

KÈ

Tìm được thời điểm đầu tiên va chạm to 

 3

2m k

ẠY

Thế to , tìm được vào thời điểm ngay trước va chạm, hai vật có cùng tọa độ xo  L / 4

Vận tốc của hai vật ngay trước va chạm: v1  v2  

L 2k 3 ; 2 m 2

L k 3 = -v1/2 2 2m 2

Gọi u là vận tốc hai vật ngay sau va chạm, ap dụng định luật bảo toàn động lượng, ta có: u

mv1  2mv2 = 0. m  2m

Sau va chạm, hệ tương đương vật có khối lượng M = 3m, gắn vào lò xo có độ cứng k o = 3k, chiều dài tự nhiên L. Hệ dao động điều hòa với tần số góc  

ko k  . M m

Vận tốc cực đại của hai vật sau va chạm là vmax   xo 

FF IC IA L

Thời điểm ngay sau va chạm vật có vận tốc bằng 0 và lò xo đang biến dạng là L/4 L k 4 m

R1 1  t1

(2)

R1  R 0 (1  t1 )  R 0 

Câu 5. Phương án thực hành Cho các dây nối, một bóng đèn dây tóc có hiệu điện thế định mức 12V, một bình acquy có suất điện động 12V và điện trở trong rất bé, một ôm kế, một vôn kế, một ampekế và một nhiệt kế. Hãy đề xuất phương án thí nghiệm để xác định nhiệt độ của dây tóc bóng đèn khi sáng bình thường. Hệ số nhiệt độ điện trở của vônfam làm dây tóc đã biết. Giải: Điện trở của vật dẫn kim loại phụ thuộc vào nhiệt độ theo quy luật: (1) R  R 0 (1  t) Như vậy nếu xác định được điện trở của dây tóc ở nhiệt độ đèn làm việc bình thường và ở nhiệt độ nào đó thì có thể suy ra nhiệt độ của nó khi sáng bình thường. Giả sử ở nhiệt độ trong phòng (ứng với nhiệt độ t 1) điện trở của dây tóc là:

U I

R2 

Khi đèn sáng bình thường, giả sử hiệu điện thế và cường độ dòng điện qua đèn tương ứng là U và I thì điện trở của bóng đèn khi đó là: (3)

 R1 1 U (1  t 2 )  t 2   (1  t1 )  1 (4) 1   t1   IR1 

R2 

Thay các biểu thức (2) và (3) vào (1), ta nhận được:

ẠY

KÈ

Từ đó có thể đưa ra phương án thí nghiệm theo trình tự như sau: + Đọc trên nhiệt kế để nhận được nhiệt độ trong phòng t1 . + Dùng ôm kế để đo điện trở của dây tóc bóng đèn khi đèn chưa thắp sáng để nhận được điện trở R1. Khi dùng ôm kế như vậy sẽ có một dòng nhỏ đi qua dây tóc nhưng sự thay đổi nhiệt độ của dây tóc khi đó là không đáng kể. + Mắc mạch điện cho đèn sáng bình thường, trong đó ampe kế mắc nối tiếp và vôn kế mắc song song với bóng đèn. + Đọc số chỉ của vôn kế ampe kế để nhận được U và I. + Thay các số liệu nhận được vào công thức (4) để tính nhiệt độ của dây tóc.

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA TỈNH HÀ NAM

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN VẬT LÝ KHỐI 11

Nội dung đáp án

3 điểm

Điểm

+ Gọi hiệu điện thế hai cực của đèn là uđ , cường độ dòng điện qua đèn là 0,5 iđ. uAB = uđ+iđR (1) + Xét tại thời điểm t 1: 0,5 uđ = 100V ; iđmax = 10 A  uAB = 200 (V) Vậy chỉ cần uAB đạt giá trị 200V thì dòng qua đèn đã đạt giá trị cực đại.

FF IC IA L

Câu 1

+ Do đó tại t=0, uAB=3  00V thì dòng qua đèn đã cực đại và ta có: uđ = uAB-iđmax R =200 (V) * Bây giờ ta xét trong khoảng thời gian từ t=0 đến t=t 1: Tính t1 Cách 1: 0,5 C

duAB i = -iđ = -iđmax  uAB = - d max t +A dt C

A = 300

Q U

Mà tại t=0: i đmax = 10 -5 (A) và uAB=300V  Vậy ta có phương trình: uAB = 300 – 10-2t. +Khi uAB = 200V: t 1 = 10 4 (s). Cách 2: + Độ giảm điện tích trên tụ: q =C(300-100)

0,5

q + Thời gian cần thiết: t 1 = = 10 4 (s) I0

KÈ

Như vậy trong t 1=10 4 (s) đầu cường độ dòng qua đèn là không đổi nên nhiệt lượng toả ra trên R là: Q1(R) = iđmax 2Rt1 = 10 (J)

ẠY

Năng lượng tụ giảm một lượng: Q1C =

1 1 CuoAB2- Cu1AB2 = 25 (J) 2 2

Nhiệt lượng toả ra trên đèn ống là: Q1đ = Q1C – Q1R = 15 (J) * Xét trong khoảng thời gian còn lại: + Năng lượng tụ giảm: Q2C =

0,5

1 Cu1AB2 = 20 (J) 2

+ Trong khoảng thời gian này dòng qua đèn tỉ lệ với hiệu điện thế nên đèn như một điên trở thuần: Rđ =

u1 AB = 10 7 (  ) = R id max

Vậy nhiệt lượng toả ra trên đèn và R là như nhau và đều bằng: 10 (J) * Kết luận:

Tổng nhiệt lượng toả ra trên đèn ống là:

Q = 25 (J) 0,5

Câu 2 A

FF IC IA L



5 điểm

0,5

a) Do quả cầu tĩnh điện bị đẩy ra xa sau do đó quả cầu lấy điện tĩnh từ bản A chuyển cho bản B và truyền xuống dưới đất. - Góc giới hạn  là gần như quả cầu chạm vào B d r tan max   max  280    280 bản cuối cùng là lr

 tan max

 Fd  q.E (1)

0,5

F m.g.tan max q.E (2)  d  E m.g m.g q

E

Hiệu điện thế giữa hai bản cuối cùng là Vf

Q U

Khi quả cầu chạm lần cuối cùng thì điện tích quả cầu là: q  V f .C (3) ( C là điện dung quả cầu) V f m.g.tan max mg.d .tan max   V f2  Từ (1) (2) (3) (4) d V f .C 4 o r

0,5

mg.d .tan max  8836(V ) 4 o r

KÈ

 Vf 

Ta chú ý: max  280 ;V f  8836(V ) là những điều kiện của góc  và điện

ẠY

thế.

b) Ban đầu điện thế bản A là V0 sau khi chạm vào lần 1 điện thế là V1 cũng chính là điện thế quả cầu. Theo định luật bảo toàn điện tích: Vo .C1  V1.C1  V0 .C2  V1 

0,5 0,5

C1  C2 .V0 C1

S  3,98 pF điện dung tụ phẳng d C2  4 . 0 .r  0,334 pF điện dung quả cầu.

C1   0 .

0,5 2

 C C  -Lần 2 quả cầu chạm bản A thì điện thế là: V2   1 2  .V0  C1 

0,5

V  C C  - lần chạm thứ n: Vn   1 2  .V0  log  f  C1   V0

   n.log(0,9161) (5) 

Thay V0 và Vf ta được n=21,8 Nhưng n phải là số nguyên.

0,5

 Vf  V0

   21.log(0,9161)  V f  V21  9526,9(V )  4 0 .V212 Theo (4) ta có: tan 21   0, 618  21  310 , 7 mgd V  + nếu n=22 theo (5) log  f   22.log(0,9161)  V f  V22  8727, 6(V )  V0  4 0 .V222 Theo (4) ta có: tan 22   0,519  22  270 , 4 mgd 0 Theo câu 1 thì   28 nên chỉ chọn đáp án n=22

+ nếu n=21 theo (5) log 

FF IC IA L

0,5

4 điểm

a) Tính cường độ dòng điện cực đại qua khung. Suất điện động xuất hiện trong khung:

d d (a 2 B cos  ) d   a 2 B.sin . dt dt dt r 2 F 2 eC  a B. sin   r B

r F1

Câu 3

0,5

eC  

0,5

Vậy kết quả cuối cùng là: Góc lệch 22  270 , 4 Điện thế cuối cùng là: V f  V22  8727,6(V ) Số lần chạm bản A là n=22

di  a 2 B. sin  (1) dt Phương trình chuyển động quay của khung: d d d M  I.  iBS sin   I .  iBa 2 sin   I . (2) dt dt dt I Từ (1) và (2) suy ra: i.di   . d  L

0,5

ẠY

KÈ

0,5

Q U

Suất điện động tự cảm trong khung: di etc   L dt eC  etc  i.R  0 Theo định luật Kirchoff:

r n

Lấy tích phân 2 vế:



I 0 i.di   L .  d 0

I 2 I (0   2 )  imax  0 (ứng với   0) L L b) Tìm điều kiện của tốc độ góc để khung quay không quá nửa vòng. L Từ (1): 2 di  ( sin  ).dt  sin  .d a B

0,5

 i2 

0,5

L Tích phân 2 vế: 2 a B

imax

max

 di  

sin  .d

0,5

L LI LI imax  2 0  cos max  1  2 0 2 a B a B a B Để khung quay không quá nửa vòng thì  1  cos max 

5 điểm

0,5

FF IC IA L

Câu 4

LI max    cos max  1  0  2 a B a ) Thời điểm tốc độ dài của một điểm trên vành trụ nhỏ bằng tốc độ ván + Chọn gốc O trùng khối tâm của ván khi nó ở VTCB + Khi G có tọa độ x:

0,5

2mg   N1 l / 2  x N1  (l / 2  x)     l N l / 2  x   2   N  N  mg  N  2mg (l / 2  x)  1 2  2 l + Ban đầu ma sát trượt, nên theo định luật II Niu Tơn: 2  mg 2 g Fms1  Fms 2  mx //   .x  mx //  x //  .x  0 (1) l l Chứng tỏ ban đầu vật chuyển động pt:

0,5

x  A cos(0t   ) với 0  2 g / l  0,5(rad / s)

0,5

 x  2(m)  A.cos =2  A  2m Trong đó: t = 0 ta có:    V  0 sin   0   0

Do đó đầu tiên vật dao động theo pt: x  2.cos(0,5t) (m) khi mà ma sát giữa

ván và các trụ đều là ma sát trượt (khi mà Fms 2   N 2   N1  Fms1 )

Q U

+ Khi mà khối tâm G của ván đi về O thì phản lực N 2 giảm, N 1 tăng nên Fms2

giảm còn Fms1 tăng (và dễ thấy khi G  O thì Fms1 =Fms2 ). Vì vậy, đến thời điểm t1 và vận tốc của ván có độ lớn bằng vận tốc dài của một điểm trên vành trụ nhỏ thì sau đó lực ma sát giữa ván với trụ nhỏ là ma sát nghỉ + Ta xác định thời điểm t1 :

KÈ

V1  0 . A.sin 0t1  r  sin 0t1  2.0, 25  0,5  0t1   / 6  t1   / 3( s)

0,5

( vì t1 <T0 /4)

ẠY

b)Tìm sự phụ thuộc của toạ độ khối tâm của ván theo thời gian + Ở thời điểm t1 khối tâm ván có tọa độ x1 = 2.cos(0,5.t1 ) = 3m 0,5 + Ta thấy từ thời điểm t1 đến thời điểm t2 (là thời điểm G trùng O: F ms1 = Fms2 ) thì ván chuyển động thẳng đều vì lực ma sát nghỉ giữa ván và trụ nhỏ cân bằng với ma sát trượt giữa ván và trụ lớn. Ở thời điểm t2 khối tâm ván có li độ x2 = 0,5 x1  x2  3   ; 4,5( s) 0: ván ở VTCB , nên: t2  t1  V1 3 2 + Sau khi qua VTCB thì N 1 > N 2 nên Fms1 >Fms2 : ván trượt trên hai trụ, vì khi đó vận tốc của ván giảm, do đó ván dao động điều hòa với biên độ: 0,5

A1 

0

 1m .

+ Khi vận tốc của ván đã triệt tiêu, F ms1 kéo ván về VTCB theo pt (1), hơn nữa vận tốc cực đại của ván bây giờ: Vmax  0 . A1  0,5m / s   r   R (chỉ bằng vận tốc dài của một điểm trên vành trụ nhỏ khi ván qua VTCB) nên ván luôn trượt trên hai trụ, nghĩa là nó dao động điều hòa theo pt (1) + Ta có pt dao động của ván sau thời điểm t2 : 0,5

x  1.cos(0,5.t+1 ) , tại t = 4,5(s):

FF IC IA L

cos(2,25+1 )  0 x  0   V  0,5(m / s)  sin(2, 25  1 )  1  1  0, 68(rad )  x  1.cos(0,5t-0,68)(m)

Vậy: * với 0  t 

 3

0,5

( s)

tọa độ khối tâm của ván là: x  2.cos(0,5t)(cm)

 3

( s )  t  4,5( s ) :

* với

3 điểm

1. Tính L,C và số chỉ ampe kế A2 . + Từ điều kiện hệ số công suất cực đại => u,i cùng pha. uuur GĐVT như hình vẽ. Đoạn RC nhanh pha 1 so với u I RC

Câu 5

ur U

uur IC

Q U

Z 1 1 ZC   2 C 2 IL = I1 sin 1 => ZL Z1 Z1 R  ZCuur IL R2 => ZL = ZC + (1) ZC

+ Để IA2 max thì : Áp dụng Cô-si cho (1) ZL min<=> ZC = R = 100 ZL min = 2 R = 2 ZC = 200  . (*)

KÈ

Từ đó tính được C 

ẠY

IA2max =

0,5

 tọa độ khối tâm của ván: x  3  0,5.(t  )(cm) 3 * với t  4, 5( s ) : tọa độ khối tâm của ván: x  1.cos(0,5t-0,68)(m)

ZL min

 1A

+ Liên hệ sau: U// = I.Z// =

IL U //  I ZL .I

 . Khi đó 0,5

104 2 F; L  H ;  

0,5

2. Khi K đóng sang chốt 2, mạch hỗn hợp như hình vẽ uuur R C IA1 = IC. IC tỷ lệ thuận với U// P A UC. A 1 Xét UC thoả mãn GĐVT như hình vẽ Tam giác OPQ có uur O (2) U 2  U c2  U 2//  2U C U // sin // I ur C Hình 4

sin // 

0,5

UC Z// ; (a) ZC

uur IL

ur U

B 0,5

UC Q

(b) 0,5

Thay (a) và (b) vào (2)

U 2  Uc2  Uc2 (

 Z Z  Z// 2 U )  2UC (I.Z// )( // ) = U C2 1  ( // ) 2 (1  2 C )  ZC ZL  ZC ZL .I 

Biện luận: Khi R thay đổi thì Z// thay đổi. UC sẽ có giá trị không đổi khi hệ số của Z// bằng không tức là ZL = 2 ZC tức là thoả mãn hệ thức (*). Vậy khi R thay đổi thì với ZL = 2ZC thì UC = const = U = 200(V)

UC 200   2(A) = const ZC 100

0,5

FF IC IA L

Khi đó IA1 =

Người ra đề

Phạm Thành Công. ĐT: 0915593817

ẠY

KÈ

Q U

Ngô Thị Thu Dinh. ĐT: 0983466487

ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ THPT CHUYÊN TRẦN PHÚ-HẢI PHÒNG

Chiếu lên chiều dương như hình vẽ: Mgsinθ -T-Fms=Ma1 (2)

Bài 1 • Do bỏ qua khối lượng ròng rọc nên lực căng dây T1= T2 = T Phương trình chuyển động tịnh tiến của vật m: Chiếu lên chiều dương như hình vẽ: T- mg = ma2 (1) Phương trình chuyển động tịnh tiến của vật M:

MÔN: VẬT LÍ Thời gian làm bài:180 phút

FF IC IA L

THI CHỌN HỌC SINH GIỎI DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM HỌC 2014-2015

Phương trình chuyển động quay quanh khối tâm của vật M MFms + MT2 = Iγ

KÈ

Vì khối trụ lăn không trượt nên có liên hệ (3) Khi vật m đi lên một đoạn s thì mỗi điểm trên vành trụ đi được quãng đường s suy ra điểm đó tịnh tiến dọc theo mặt phẳng nghiêng một đoạn s/2 a2=2a1 Từ (2) suy ra: Thay biểu thức trên vào (3) ta được: (4) Thay (4) vào (1) ta được:

ẠY

Suy ra Dễ thấy điều kiện để vật m đi lên là a2> 0Msinθ-2m > 0 hay • Điều kiện để khối lăng trụ không trượt trên mặt phẳng nghiêng: Lấy (1) +(3) ta được: Thay biểu thức gia tốc a2 ở câu a) ta được

FF IC IA L

Suy ra suy ra

Bài 2:

• Gọi là vận tốc khối tâm của ngoài khối tâm của quả cầu ngay sau khi dời mặt nhám Gọi ∆t1 là thời gian quả cầu tiếp xúc với mặt nhám Vì vận tốc theo phương thẳng đứng của quả cân không đổi nên: v1cosα =v2cosβ (1) Theo phương thẳng đứng của vận tốc thay đổi nên xung của phản lực theo phương thẳng đứng là: (2) Theo định lí biên thiên động lượng theo phương ngang

ẠY

KÈ

Để sự trượt xảy ta trong suốt quá trình va chạm thì:

Bài 3:

FF IC IA L

a) Xác định chiều và cường độ dòng điện cảm ứng xuất hiện trong mạch • Hai thanh ray giới hạn nên diện tích S không đổi. Khi hai thanh ray chuyển động thì từ trường ở vùng diện tích S tăng dần độ lớn từ thông qua diện tích S tăng dần theo định luật Len xơ trong mạch xuất hiện dòng điện cảm ứng iC, dòng này sinh ra từ trường cảm ứng ngược hướng với B. Theo quy tắc nắm tay phải ta xác định được iC có chiều kim đồng hồ. • Theo quy tắc bàn tay phải ta xác định được các suất điện động xuất hiện trên thanh A và thanh B như hình vẽ. • Ta đi tính được các suất điện động xuất hiện trên thanh A và thanh B khi thanh A có tọa độ x = 0,1m • Xét phần tử trên thanh A có tọa độ y và độ dài dy, suất điện động cảm ứng trên thanh này là: Suất điện động cảm ứng trên toàn bộ thanh A:

Xét phần tử trên thanh B có tọa độ y và độ dài dy, suất điện động cảm ứng trên thanh ray là

Suất điện động cảm ứng trên toàn bộ thanh B

KÈ

Do E1, E2 mắc xung đối nên suất điện động trong mạch là: E = E2 –E1 = 2- 0,5 = 1,5V Cường độ dòng điện cảm ứng trong mạch

ẠY

• Tính số chỉ vôn kế Do E2> E1 nên E2 là máy phát còn E1là máy thu. Chiều dòng điện chạy như hình vẽ Áp dụng định luật Ôm cho nhánh chứa máy phát E2 UM N = E1- IC.R = 2 – 75.0,01= 1,25(V) Vậy số chỉ của vôn kế là 1,25V • Tính độ lớn lực điện từ tổng hợp tác dụng lên hệ 2 thanh A và B

FF IC IA L

Theo định luật bảo toàn năng lượng thì công suất của lực điện từ tổng hợp = công suất tỏa nhiệt trên hệ: P = IC2.RAB = 752.0,01 = 56,25(W) Mặt khác công suất của lực điện từ tổng hợp tác dụng lên hệ: P = F.v ( trong đó F là lực điện từ tổng hợp tác dụng lên hệ) Suy ra Bài 4: a)

KÈ

Cuộn dây có r≠0 r+R=r+40=RM D=60 suy ra r=20Ω Suy ra

ẠY

Bài 5: • Góc lệch cực tiểu Khi đó i = i’; r = r’ = A/2 = 450 Φmin = i + i’-A = 2i – 900 = 900 suy ra i = 900 1.sin900 =n.sinr = n. sin450 tương đương

FF IC IA L

b) góc ló tại K bằng suy ra r = β β + 150 = γ r + γ = 750 = r + r + 150 suy ra r = 300 Điều kiện phản xạ toàn phần tại J

ẠY

KÈ

Mà tại I: Suy ra

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN

KỲ THI CHỌN HSG KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2015

VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐB BẮC BỘ

*****

BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI BÌNH

MÔN: VẬT LÝ LỚP 11 (Hướng dẫn gồm 06 trang)

Bài

Điểm

Nội dung

FF IC IA L

1. (2 đ) Do giả thiết hạt nhân phát xạ negatron nhanh nên bỏ qua mọi ảnh hưởng của nó lên chuyển động của electron và hạt nhân. + Trước khi phát xạ negatron: Electron chuyển động trên quỹ đạo tròn do tác dụng của lực Coulomb nên ta có: qe qt mv02 e2 0,25 k 2 k 2 r0 r0 r0

mv02 e2 => động năng của electron là: Wđ1 = k 2 2r0

qe qt e2 Thế năng tương tác giữa electron và hạt nhân: Wt1 = k  k r0 r0

0,25 0.25

Bài 1

(1)

Q U

mv02 e2 e2  Tổng năng lượng: E1   k  k 4 điểm 0.25 2 r0 2r0 + Sau khi phát xạ negatron: Do bỏ qua ảnh hưởng của negatron đến chuyển động của hệ nên ngay sau phát xạ, động năng của electron không thay đổi và vẫn có giá trị Wđ2 = ke2/2r0 , nhưng khi đó do điện tích của hạt nhân thay đổi nên thế tương tác giữa electron và hạt nhân cũng thay đổi và: 0.5 qq 2e2 Wt 2  k e t  k r0 r0  Tổng năng lượng: E2 

 Tỉ số năng lượng:

mv02 2e2 e2 2e2 3e2 k k k  k 2 r0 2r0 r0 2r0

E2 3 E1

0.25 0.25

ẠY

KÈ

2. (2 đ) Sau khi phát xạ negatron, năng lượng của electron lớn hơn trước, khi nó chuyển đông trên quỹ đạo tròn, vậy quỹ đạo mới của electron quanh hạt nhân có dạng là một ellip, với hạt nhân là một tiêu điểm. Để tìm các vị trí cận điểm và viễn điểm của quỹ đạo, áp dụng ĐLBT momen động lượng và năng lượng. + ĐLBT năng lượng: E = E2 0,25 mv 2 2ke2 E  Với năng lượng của electron tại vị trí cách hạt nhân khoảng r là: 2 r mv 2 m 2 v 2 r 2 L2 r r   Tại vị trí cận điểm và viễn điểm ta đều có v  r do đó: , 2 2mr 2 2mr 2 L2 2ke2 3ke2    Trong đó L là mômen động lượng. Ta có: E  E2  2mr 2 r 2r0 2 2 2 2 do (1)  L  m v0 r0  kme2r0 + ĐLBT mômen động lượng: L  mv0r0 ; Thay vào biểu thức của năng lượng ta được:

0,25

0,5

ke2 r0 2ke2 L2 2ke2 3ke2 3ke2      r r 2mr 2 2r0 2r 2 2r0 2 2  3r  4r0 r  r0  0 => r = r0 hoặc r = r0 /3. Vậy khoảng cách gần nhất và xa nhất từ quỹ đạo của electron tới hạt nhân là: rmin = r0 /3 và rmax = r0 + Các trục của ellip được xác định theo:

0,5

FF IC IA L

4r 2r 2 3r0 2a  rmin  rmax  0 ; 2c  rmin  rmax  0 ; 2b  2 a 2  c 2  3 3 3 Với a, b là các bán trục lớn và nhỏ, 2c là khoảng cách giữa hai tiêu điểm của ellip.

0,5

Q U

1. (2 đ) - Vì đường cảm ứng từ không ra ngoài lõi sắt nên nên từ thông qua mỗi vòng dây đều như nhau. Các hiệu điện thế trên các đoạn dây tỉ lệ với số vòng dây, do đó cũng tỉ lệ với chiều dài ống dây: uAM + uMB= U0 sint; uAM = 1,5uMB 0,5 Suy ra: uAM= 0,6 U0 sint, uMB= 0,4U0 sint.  - Dòng qua tụ là: i C  0, 4U 0 Csin(t  )  0, 4U 0C cos t 0,25 2 Độ từ cảm của các đoạn ống dây AM, BM lần lượt là: 0,6L; 0,4L Bài 2 Từ trường B trong lõi thép là tổng hợp từ trường do dòng điện chạy trong cả hai phần cuộn dây gây ra. 4 điểm Gọi cường độ dòng qua BM là i1 , thì cường độ dòng điện qua AM là i = i1 + iC 0,5  = 0,6L(i1 +iC) + 0,4Li1 = Li1 + 0,6Lic di di d  (L 1  0, 6L C ) = U0 sint dt dt dt di L 1 = U0 sint + 0, 24U0LC2 sin t . dt U U  i1   0 (1  0, 242 LC) cos t , hoặc: i1  0 (1  0, 242 LC) sin(t  ) 0,5 L L 2 2. (2 đ)

0,25

0, 4U 0 sin t R Tương tự như trên:  = Li1 + 0,6LiR di di d  (L 1  0, 6L R ) = U0 sint dt dt dt U L di cos t . L 1 = U0 sint - 0, 24 0 R dt U U i1   0 cos t  0, 24 0 sint = acost + asint. L R b  tg ; a = a2  b2 cos; b = a2  b2 sin; Đặt: a

ẠY

KÈ

Nếu thay tụ bởi R: i R 

i1 =

a2  b2 (cos cost + sin sint) =

a2  b2 cos(t -)

0,25

0, 5

0,5

Suy ra: I 01  a 2  b 2 .

a2  b2 1 0, 0576   U0  Cường độ hiệu dụng: I1  2 2 2(L) 2R 2 2 I 01

0,5

a2  b2 1 2 = ; I   (a cos t  b sin t) dt 2 T0 T

(cũng có thể dùng công thức: Từ đó cũng suy ra: I1  U 0

2 1

1 0, 0576 )  2 2(L) 2R2

1. (1 đ) Ta có:

0,25

FF IC IA L

1 1   1 1  D  (n  1)     (n  1). X với: X      R1 R2   R1 R2  Bài 3 Với tia cam: D  (n  1). X  0,5dp C C (n  1) 4 điểm tia xanh: DX  (nX  1). X  DX  X DC  0,509dp (nC  1) (n  1) tia đỏ: DD  (nD  1). X  DD  D DC  0, 497dp (nC  1)

0,25

F D

0,25

Q U

2. (1,5 đ) Khi chiếu đến thấu kính chùm sáng song song phức hợp, do chiết suất của thấu kính khác nhau với tia xanh và tia đỏ nên độ tụ và do đó điểm hội tụ (tiêu đểm) của các bức xạ qua thấu kính là khác nhau. Xét trong mặt phẳng chính của thấu kính. Gọi FX, FD và FC là điểm hội tụ tương ứng với các bức xạ X, D và C. bX, bD là đường kính của vết sáng tạo bởi chùm tia xanh và đỏ. 1 1 DC  0,5dp  fC    2(m) DC 0,5 Màn ảnh đặt cách thấu kính 2m, tức là tại FC. Từ hình vẽ ta có:  D  OF n  nD bD FD FC OFD  OFC D    1  C  1  D  bD  1  D  a  C .a  14mm a OFD OFD OFD DC nC  1  DC 

0,25

0,5

0,25

KÈ

D  n  nC bX FX FC OFC  OFX OFC D     1  X  1  bX   X  1 a  X .a  35mm a OFX OFX OFX DC nC  1  DC  Trên màn ảnh thu được vết sáng là gồm 2 phần: - Phần giữa có đường kính bD là chồng chập của hai bức xạ xanh và đỏ. - Phần màu xanh hình vành khăn bên ngoài có đường kính rìa bX tạo bởi chùm bức xạ màu xanh X.

0,5

ẠY

3. (1,5 đ) - Để khử sắc sai, ta cần ghép thấu kính thứ hai sao cho các bức xạ có bước sóng khác nhau sau khi chiếu qua thấu kính đều hội tụ tại một điểm. Các thấu kính có chiết suất với bức xạ  là n1 và n2 , độ tụ tương ứng là: 1 1  1 1  D1  (n1  1)     (n1  1). X 1 ; X1      R1 R2   R1 R2 

1 1  1 1  D2  (n2  1)  '  '   (n2  1). X 2 X2   '  '   R1 R2   R1 R2  Khi 2 thấu kính ghép sát ta có độ tụ của hệ là: D  D1  D2  (n1  1) X 1  (n2  1) X 2 B B Thay: n1  A1  12 và n2  A2  22   ta có: 3

0,5

0,25

B2 B2  n2C  A2   2  1,650 = A2  (589nm) 2  A2  1, 619  C   2 2 B2  B2  1, 07.10  m n  A  B1  1, 644  A  2 2  2 D D2 (656nm) 2 Thay vào (*) ta được: X1 = 3,83m -1 ; X2 = -2,62m-1 ; Độ tụ của các thấu kính đối với tia cam là: D1C  (n1C  1). X 1  2, 2dp; D2C  (n2C  1). X 2  1, 2dp;

0,25

FF IC IA L

B B 1     D   A1  12  1 . X1   A2  22  1 . X 2   A1  1 . X1   A2  1 . X 2   B1 X1  B2 X 2  2        Để độ tụ D của hệ không phụ thuộc vào  thì ta phải có:  A1  1 . X 1   A2  1 . X 2  D  0,5dp (*)  B X  B X  0    1 1 2 2 Từ giả thiết ta có: B1 B1  n  A   1,575 = A  1 1 1 C 2  C (589nm) 2  A1  1,554    2 3 B1  B1  7,32.10  m n  A  B1  1,571  A  1 1  1D D2 (656nm) 2

- Bán kính của thấu kính:

2 2 2  R1    52(mm) R1 X1 3,83 + Mặt thứ nhất của TK thứ hai khớp với TK thứ nhất nên là mặt cầu lõm: R’1 = - R1 ; 1 1 1 1 X2  '  '    '  2, 62  R2'  52(mm) R1 R2 R1 R2 Vậy thấu kính thứ hai là thấu kính phân kì.

0,25

Q U

+ Thấu kính thứ nhất là THHT, có R1 = R2  X1 

ẠY

KÈ

1. (2 đ) N1 x N2 m Các lực tác dụng lên tấm m gồm các phản lực N1 , N2 , các lực ma sát f1 , f2 . C f1 f2 Ta có: 1 a N1 + N2 = mg; 2 a.N2 = x.mg x  x => N1  1   mg; N 2  mg a  a 0,5 đ Lực ma sát: f 1 = N 1 ; f 2 = N2 Bài 4 Các lực ma sát tác dụng lên m có hướng không thay đổi khi tấm m đổi chiều chuyển động do các con lăn quay nhanh. Như vậy áp dụng ĐL II Niu-tơn ta có: 5 điểm  mg mx ''  f1  f 2  (a  2 x ) a 0,75đ 2 g 2 g  ''      ''  0 a a Đặt  = 2x – a ta có: Đây là phương trình dao động điều hòa có nghiệm dạng:  = 0 cos(ωt + ) 2 g với tần số góc   a Từ điều kiện ban đầu ở t = 0 thì x = x 0 , v = 0 => (0) = (2x 0 – a) và  = 0 do đó ta có:

0,75đ

  (2 x0  a) cos(t )

a a  x  ( x0  ) cos(t )  2 2

0,25

0,25 0,25

FF IC IA L

2. (3 đ) F1 F2 a. Tìm gia tốc của tấm (2đ) F m C N N Xét hệ các con lăn và tấm: Tấm chuyển động 1 2 1 2 tịnh tiến, các con lăn chuyển động song phẳng. f1 f2 Các lực tác dụng lên cơ hệ sinh công gồm: Lực F, các ngẫu lực ma sát lăn do nền tác dụng lên các con lăn, chúng có mômen lần lượt là: Để tìm gia tốc của tấm ta áp dụng định lí động năng dạng vi phân: dT    i , với Pi là công suất của lực tác dụng làm biến thiên động năng. (*) dt  m v2 I 2  mv 2  2.  1 1  1  + Động năng của hệ: T  2 2   2 với: v là vận tốc của tấm, v 1 là vận tốc chuyển động tịnh tiến của các con lăn, I là mô men quán tính của các con lăn đối với trục qua khối tâm, ω là vận tốc góc của con lăn. v v v Do chuyển động lăn là không trượt nên: v1  ; 1  1  2 r 2r 2 4m  3m1 v dT 4m  3m1 T  .   .v.a (1) 4 2 dt 4 + Ta có công suất của lực F và của ngẫu lực ma sát là: dA dA d (M  )  F  F  F .v;  ms  ms   M . dt dt dt   F   ms1   ms 2  F .v  ( M 1  M 2 )  F .v  k ( N1  N 2 )

ẠY

KÈ

Q U

k k   0,5  F .v  (m  2m1 ) gv   F  (m  2m1 ) g  .v (2) r r   4m  3m1 k   Thay (1) và (2) vào (*) ta được: .v.a   F  (m  2m1 ) g  .v 4 r   0,25 k F  (m  2m1 ) g r Do cơ hệ đang chuyển động nên v  0. Vậy: a  4. 0,25 4m  3m1 b. Tìm lực sát tổng cộng (1đ) r Coi cơ hệ chịu tác dụng của lực ma sát tổng cộng là Fms ta có phương trình chuyển động của khối tâm cơ hệ: r r r r r r r r ma  2m1a1  F  P1  P2  N1  N 2  Fms Chiếu theo hướng của F ta được: 0,5

Do ván không trượt trên con lăn nên ta lại có: a = 2a1 , nên ta có: 3m  2m1 (m  m1 ) k Fms  F  (m  m1 )a  .F  . .(m  2m1 ) g 4m  3m1 4m  3m1 r

0,5

a. Đo điện trở trong của các dụng cụ: * Mắc mạch điện theo sơ đồ hình 1. Khi đó điện trở trong của vôn kế được xác định theo số chỉ U1 của vôn kế và I1 của ampe kế: Rv = U 1

Bài 5 3 điểm

* Mắc mạch điện theo sơ đồ như hình 2. Khi đó điện trở của ampe kế được xác định theo chỉ số của vôn

Hình 1

1,0

kế: R A  U 2 . I2

FF IC IA L

V A

Hình 2

b. Tính toán để làm vôn kế từ ampe kế: Do ampe kế ban đầu đo được dòng điện tối đa là I01 nên nó chịu được hiệu điện thế tối đa là:

U 0  I 01RA  I 01

U2 I2

Để làm vôn kế đo được hiệu điện thế U02 cần mắc điện trở phụ thoả mãn

0,5

RP U IU  n1  1; n1  02  2 02 RA U 0 I 01U 2

Từ đó xác định được

(1)

U I U U U R P  (n1  1)RA   02 2  1  2  02  2 I 01 I2  I 01U 2  I2

U 01 U 01 I1  RV U1

Q U

I0 

c. Làm ampe kế từ vôn kế Dòng tối đa mà vôn kế chịu được

0,5

Để biến thành ampe kế cần mắc sơn RS thoả mãn (2)

 R  RV U1U 01I1 I 02  I 0 n 2  I 0  1  V   RS   RS  n 2  1 I1 (I 02 U1  U 01I1 ) 

KÈ

d. Làm điện trở phụ và sơn

l S

Sử dụng công thức R   , trong đó  đã biết. Độ lớn các điện trở cần làm được xác

ẠY

định theo (1) và (2). Để tính được tiết diện S của cuộn dây Nicrom nên cuốn nhiều vòng sát nhau lên cái bút chì, dùng thước đo tổng đường kính của nhiều vòng như vậy, sau đó chia ra cho số vòng sẽ xác định được đường kính và do đó xác định được tiết diện S. Thay vào công thức trên để xác định chiều dài các đoạn dây cần cắt ra để làm RS và RP . Các đoạn dây này cần được cuốn lại thành hình lò xo để tiết kiệm không gian và để các vòng không chập vào nhau. Cuối cùng mắc RP nối tiếp với Ampe kế và RS song song với vôn kế.

- Học sinh làm đúng theo cách khác vẫn cho điểm tối đa. GV soạn: Nguyễn Thanh Sơn THPT Chuyên Thái Bình 6

1,0

ẠY

KÈ M Y

Q U N

FF IC IA L

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN VẬT LÝ KHỐI 11

Nội dung Áp dụng phương pháp ảnh điện, khi m cách mặt phẳng một đoạn x thì độ giảm thế năng tĩnh điện là: Wt = -

Điểm 1

KQ 2 KQ 2  4L 4x

FF IC IA L

Câu 1 (4đ)

Độ giảm thế năng tĩnh điện này bằng độ tăng động năng: mv 2  Wt = 2

0,5

x = cos 2 (0    )  x = Lcos 2 L

Đặt

v=

2 mx KQ 2 dx x 1 L

x  KQ  1   dx L     dt = 2mx dt 2

x  1  cos2   sin  L

 dx = - 2Lcossind  1 

L L cos .2 cos .sin .d 2m . sin  KQ 2

Q U

 dt =

2m .d KQ 2

dt =2 L3 .cos 2

KÈ

mL3 dt = (1 + cos2)d(2)(*) 2 KQ 2

ẠY

Khi x = L thì cos 2 = 1  = 0

x = 0 thì cos 2 = 0  = t

 2

(*)   dt  

 2

mL .(1  cos 2)d(2) 2KQ 2

mL3 t= 2 KQ 2

0,5

2 (5đ)

a) Chọn hệ trục xOy như hình vẽ. r

0,5

Định luật II : ma  eE  ev  B  max  ev y B   ma y  eE  evx B

+ v B E

Đặt  

eB m

FF IC IA L

v '   v y (1) thì  x

0,5

v ' y   vx (2)

Vi phân hai vế của (2) và kết hợp với (1) ta được: v "y  vy  0

eE sin t m

eE m

ta có : v y 

Giải phương trình với điều kiện ban đầu : t=0 thì vy =0 và v "y 

eE (1  cos t ) m 2

Tích phân phương trình này ta được : y 

Với Umin thì Emin mà electron đến được bản II có nghĩa là : y=d và

vy =0. Do đó :

2eE min d m 2

Thay

Q U

sin t  0, cost  1, y  eB  m

ta có U min

0,5

ed 2 B 2  Emin d  2m

b) Thời gian chuyển động t là nghiệm dương nhỏ nhất của phương

0,5

KÈ

trình : vy 

eE  m sin t  0, t   m  eB

ẠY

Tích phân hai vế phương trình v 'x  v y  

các điều kiện ban đầu ta có : x 

và chú ý tới

Emin (1  sin t ) . Thay t với giá B

như trên ta tìm được độ lệch :   3 (4đ)

eE sin t m

trị

U min  m  mU min  d   dB eB edB 2 2

1.a) Xét hai tia đi từ S: một tia qua quang tâm và một tia đi qua điểm rìa thấu kính. Quang trình đi từ S đến mặt sóng qua đỉnh mặt

cong bằng nhau: R 2  R  R  Rn . Suy ra n  2 .

b) Xét tia đến rìa thấu

0,5

 4

kính với góc tới i  ,

s inr=

 sin/4 r 6 2  6

FF IC IA L

khúc xạ với góc r :

rồi đến mặt cong thấu kính với góc   r    . Tia ló song song với trục chình nên ta tính được góc ló bằng α.

→ tan   2  3 ;   720

0,5

2. Lập phương trình mặt cong

   2cossin  sin  6 6

2 sin cos

0,5

 6

Theo định luật khúc xạ: 2 sin(  )  sin 

0,5

Xét giữa hai mặt sóng tại C và S.

Một tia bất kì đến mặt cong tại

Q U

điểm (x,y) và tia qua OC có quang trình bằng nhau

Hình 2

KÈ

Rn+(f-R) = (R-y)n + x 2  (f  R  y)2

0,5

x 2  (f  R  y)2  (f  R)  ny

x 2  (1  n)y 2  2(f  R)(1  n)y  0

ẠY

Có thể đưa phương trình về dạng

0,5

x 2 y2   1 . Đây là phương trình biểu diện đường hyperbol. Quay a 2 b2

hyperbol quanh trục đối xứng ta được mặt lồi cần tìm. 4 (4đ)

*/ Chọn gốc thế năng ứng với vị trí cân bằng . Khi bản lề A dich chuyển xuống dưới một đoạn x thì lò xo bị nén một đoạn y. Do dao động nhỏ cho nên góc ó rất nhỏ , có thể coi CC' gần vuông góc với DC.

0,5

Khi đó suy ra :  =  0 ( Hai góc có cạnh tương ứng vuông góc ) tg  tg 0 

x x y y tg

0,5

(1)

*/ Tìm năng lượng dao

0,5 D

động của hệ. Năng lượng dao động của

0

FF IC IA L

hệ gồm có động năng của



3 bản lề và thế năng đàn

x/2

hồi của lò xo .

y/2

1 1 mv A2  mx  2 2 2

0,5

*/ Động năng của bản lề A: E d 1 

A A'

*/ Chú ý vận tốc của B và C có độ lớn như nhau:

1 1 1 v A  x' , v B. y  vC . y  y ' 2 2 2

v B. x  vC . x 

tg 2 0  1 2 1 2 1 2 1  mvC . x  mvC . y  m.( ).x' 2 2 8 tg 2 0

Q U

Ed .2  Ed .3

0,5

Cho nên động năng của B và của C bằng nhau:

1 2 k x2 */ Thế năng của lò xo: Et  ky  2 2 2.tg  0

KÈ

*/ Cơ năng của hệ : E  E d .1  E d .2  E d .3  const

ẠY



1  tg 2 0  1  2 k .x'  m.1  x 2  const 2 2 2  2tg  0  2tg  0

*/ Đạo hàm năng lượng theo thời gian t ta có:

0,5

x"

2k x0 m(3tg 2 0  1)

0,5

Phương trình trên cho nghiệm: x = Asin( t +  ) 2k m(tg 2 0  1) T  2   m(3tg 2 0  1) 2k

Với  

(3đ)

a) Đổ vào nhiệt lượng kế lượng dầu có thể tích nào đó.

0,5

Đổ nước có thể tích Vn vào cốc rồi thả vào chậu nước đựng dầu. Gọi m là khối

tan  

lượng của cốc, V là thể tích dầu bị cốc chiếm chỗ Cốc đựng nước cân bằng khi d Vg   m  n Vn  g V

n d

FF IC IA L

0,5

m n  Vn d d

Hình 1

Thực hiện nhiều lần đo V và Vn Lấy số liệu vẽ đồ thị V = f(Vn) như

0,5

n tan 

d 

hình 1. Đồ thị cho ta tính tanα. Từ đó tính khối lượng riêng của dầu

(Ta không cần biết khối lượng m của cốc)

b) Xác định Cx, U nguồn

T

U2 t R

Q U

Đối với dầu, ta có (C x md  Cb M)(T  TP ) 

0,5

U2 t  TP R(C x m d  C b M)

Vẽ đồ thị đồ thị hình 2 ta có

KÈ

U 2  R  C x m d  C b M  tan  (2)

Với nước ta tính tương tự có:

ẠY

(Cn m n  Cb M)(T2  TP ) 

U t R

tanβ t

Hình 2

Vẽ đồ thị hình 3 ta có

0,5

U2 T  TP R(C n m n  C b M)

tan 

 U 2  R  C n m n  C b M  tan  (3)

Từ biểu thức (2) tính được C x:  U   R tan   Cb M   

Hình 3

FF IC IA L

1 Cx  md

Vậy ta có 3 phương trình xác định m d , Cx , U ta được: m d  Vd d  Vd

n tg

1 md

 U2   R tan   Cb M   

./.

0,5

U  R  Cn mn  Cb M  tan  , C x 

Người ra đề

ẠY

KÈ

Q U

(Họ tên, ký tên -Điện thoại liên hệ)

Phan Dương Cẩn SĐT: 0904.55.53.54

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ TỈNH HÒA BÌNH

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ - KHỐI 11 NĂM 2015 Thời gian làm bài: 180 phút

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

FF IC IA L

Câu 1 (Tĩnh điện): Một tụ điện trụ dài L, bán kính các bản tụ tương ứng là r và R. Không gian giữa hai bản tụ được lấp đầy bởi hai lớp điện môi cứng, cùng chiều dày, có hằng số điện môi tương ứng là  1 và  2 (Hình 1). Lớp điện môi  1 có thể kéo được ra khỏi tụ điện. Tụ điện được nối với hai cực của nguồn điện có hiệu điện thế U không đổi. Ở thời điểm t = 0, lớp điện môi  1 bắt đầu được kéo ra khỏi tụ điện với tốc độ không đổi v. Giả thiết điện trường chỉ tập trung trong không gian L hãy: v

giữa hai bản tụ, bỏ qua mọi ma sát. Xét trong khoảng 0  t 

1. Viết biểu thức điện dung của tụ theo thời gian t. 2. Tính lực điện tác dụng lên lớp điện môi  1 ở thời điểm t. 3. Xác định cường độ và chiều dòng điện qua nguồn.

Câu 2 (Từ trường): Hai thanh ray dẫn điện đặt song song với nhau và cùng nằm trong mặt phẳng ngang, khoảng cách giữa chúng là l. Trên hai thanh ray này có đặt hai thanh dẫn, mỗi thanh có khối lượng m, điện trở thuần R cách nhau một khoảng đủ lớn và cùng vuông góc với hai ray. Thiết lập một từ trường đều có cảm ứng từ B0 thẳng đứng trong vùng đặt các thanh ray. Bỏ qua điện trở các ray, độ tự cảm của mạch và ma sát. 1. Xác định vận tốc của mỗi thanh dẫn ngay sau khi từ trường được thiết lập. 2. Xác định vận tốc tương đối giữa hai thanh tại thời điểm t tính từ thời điểm từ trường đã được thiết lập.

ẠY

KÈ

Câu 3 (Quang hình): Đặt một vật sáng AB vuông góc với trục chính của một thấu kính hội tụ L 2 có tiêu cự f 2; trên màn E đặt cách vật AB một đoạn a = 7,2f 2 ta thu được ảnh của vật. a, Tìm dộ phóng đại của ảnh đó. b, Giữ vật AB và màn E cố định. Tịnh tiến thấu kính L2 dọc theo trục chính đến vị trí cách màn E 20 cm. Đặt thêm một thấu kính L1 (tiêu cự f 1 ) đồng trục với L2 vào trong khoảng giữa AB và L2, cách AB môt khoảng 16 cm thì thu được một ảnh cùng chiều và cao bằng AB hiện lên trên màn E. Tìm các tiêu cự f 1 và f2

Câu 4 (Dao động): Hai đầu một thanh không trọng lượng có chiều dài l=10cm, người ta gắn 2 quả cầu nhỏ, mỗi quả có khối lượng m=9g. Biết rằng 2 quả cầu tích điện trái dấu và độ lớn của các điện tích đó bằng q=3C và toàn bộ hệ thống được đặt trong một điện trường đều có cường độ E=600V/m và có hướng song song với thanh khi ở VTCB. Bỏ qua tác dụng của trọng lực. Đẩy thanh lệch khỏi vị trí cân bằng góc =50

1. Tính tần số góc của dao động của hệ. 2. Tính công suất tức thời lớn nhất của lực điện tác dụng lên điện tích q trong quá trình hệ dao động.

FF IC IA L

Câu 5 (Phương án thực hành): Trình bày phương án thực hành xác định gần đúng hệ số ma sát trượt giữa gỗ và mặt sàn nhà ngang với các dụng cụ sau: + 01 thước thẳng độ chia nhỏ nhất đến mm. + 01 vật rắn là khối gỗ hình hộp chữ nhật có kích thước 20cm x 30cm x 60cm (không được coi là chất điểm đối với sàn nhà) + 01 bút viết còn mực Có thể coi lực ma sát nghỉ cực đại gần đúng bằng lực ma sát trượt Yêu cầu: Chỉ rõ những điều cần lưu ý trong khi tiến hành thí nghiệm để sai số là nhỏ nhất.

ẠY

KÈ

----Hết----

ĐÁP ÁN

Câu 1:

FF IC IA L

Khi rút một phần lớp điện môi  1 ứng với chiều dài x ra khỏi tụ, phần còn lại trong tụ có chiều dài L - x. Tụ lúc này tương đương với hệ gồm 4 tụ có các điện dung lần lượt: 20 20 1 (L  x)  a1 (L  x); C2   2 (L  x)  b 2 (L  x) C1  ln  R '/ r  ln  R / R ' 20 20 C3  x  ax ; C4  2 x  b 2 x ln  R '/ r  ln  R / R '

20 20 Rr , a= , b= 2 ln  R '/ r  ln  R / R '  Các tụ ghép theo sơ đồ: (C 1 nt C2 ) // (C3 nt C4 ) Ta có: C = C12 + C34   ab 2 ab1 2  ab1 2 L C   A1x  B1  A1vt  B1 (1) x  a1  b 2  a  b 2 a1  b 2  Dễ thấy hệ số A < 0. Như vậy điện dung của tụ trụ giảm đều theo thời gian. Tụ được nối với nguồn, hiệu điện thế giữa hai bản cực là U không đổi. Khi kéo lớp điện môi ra khỏi tụ một đoạn x = vt thì năng lượng trong tụ thay đổi, áp dụng định luật bảo toàn năng lượng có: Fdx  dW  dA với dA là phần công của nguồn thực hiện khi 1 1 lớp điện môi được rút ra một đoạn dx. Vậy: Fdx  Udq  U 2 dC  U 2dC 2 2 (2) Thay (1) vào (2) ta có: (1  1 ) 1 1 1 1 Fdx  U2d(A1x  B1 )  A1U 2dx  F  A1U 2  ab 222 U2 2 2 2 2 (a  b2 )(a1  b2 ) Nhận xét: F < 0 chứng tỏ lực điện hướng vào lòng tụ, F không đổi. Chọn chiều dương của dòng điện đi vào bản cực nối với cực dương của nguồn, dòng điện trong mạch: (1  1 ) dq UdC 1 i   A1Uv  ab222 Uv dt dt 2 (a  b2 )(a1  b2 ) nhận thấy i có dấu âm và giá trị không đổi (khi đó nguồn điện trở thành nguồn thu). Câu 2: 1. Giai đoạn 1: + Trước hết ta hiểu rằng quá trình thiết lập từ trường mặc dù rất nhanh nhưng phải xẩy ra trong một khoảng thời gian nào đó. Ta xét một thời điểm tuỳ ý khi mà cảm ứng từ đang tăng lên. Sự tăng lên của từ trường dẫn đến sự xuất hiện điện trường xoáy làm cho các electron chuyển động trong mạch. Do đó làm xuất hiện suất điện động cảm ứng: d dB

ẠY

KÈ

với R ' 

e

 l.b

+ Dòng điện chạy trong mạch kín có cường độ: i  e  l.b . dB 2R

2R dt

+ Lực tác dụng lên mỗi thanh bằng: F  i.l.B  l b d(B2 ) 4R 2 2 + Phương trình chuyển động của mỗi thanh có dạng: m dv  l b . d(B ) Hay: dt 4R dt

dv 

l2b .d (B 2 ) 4mR

+ Tích phân hai vế của pt trên ta được:

 dv  0

l2b 2 0 4mR .d(B ) v0 

l 2 b.B02 4mR

FF IC IA L

Suy ra vận tốc của mỗi thanh ngay sau khi từ trường được thiết lập là:

2. Giai đoạn 2: + Sau đó từ trường ổn định với cảm ứng từ B0 . Chọn t = 0 là lúc mỗi thanh có vận tốc v0 (các vận tốc hướng về các thanh) + Xét tại thời điểm t: hai thanh có toạ độ tương ứng là x1 , x2 và đang chuyển động đến gần nhau. Dòng điện cảm ứng có chiều chống lại sự giảm từ thông qua mạch nên dòng điện cảm ứng đổi chiều. + Pt chuyển động của hai thanh lần lượt là (chiều dương là chiều vận tốc của thanh bên trái ban đầu) mx 1//  l.i.B 0  // mx 2  l.i.B 0 + Trong khoảng thời gian dt rất nhỏ kể từ thời điểm t, dòng điện cảm ứng có độ lớn:

2 B02l 2 ( x1  x2 ) / R

 m( x1  x2 ) //  

B 02 .l 2 /  // mx   ( x 1  x 2/ )   1 R  2 2 B l mx //  0 ( x /  x / ) 2 1 2   R

 B0 dS B0 .l.(x1/  x 2/ ) e i   R Rdt R

2 2

d2 - 7,2f2 d + 7,2 f 22 = 0 có nghiệm: d1 = 6f2 và d2 = 1,2 f2 f2 1 Độ phóng đại: k   k1   và k2 = -5 f2  d 5 b, Sơ đồ tạo ảnh:

KÈ

có phương trình:

/ 12

2B l  0 2 B 2l 2 ta có v12  ( x1  x2 )  mv   0 .v12  v12  C.e mR R Câu 3 Khoảng cách vật thật - ảnh thật: df 2 a = d + d’ = 7,2.f2 = d + d  f2 /

ẠY

A1 B1

A2 B2 '

d2 d1 d2 d + Theo bài ra: d1 = 16 cm; d2 = 20 cm Suy ra: a = 7,2f2 = 16 + l + 20 -> l = 7,2f2 – 36 d f d' f 20 f 2 16 f1  7,2 f 2  36  Do đó: d 2  l  d1'  (7,2 f 2  36)  1 1  ' 2 2  20  f 2 16  f1 d1  f 1 d 2  f 2 (1) f1 20  f 2 . * Mặt khác: k  1  (2) 16  f1 f2 ' 1

Từ (1) và (2) ta suy ra: 20 f 2 16 f 2  7,2 f 2  36  20  f 2 20  f 2 Có phương trình:  f 22  20 f 2  100  0 -> f2 = 10 cm thay vào (2) ta tìm được: f1 = 8 cm

FF IC IA L

Câu 4: 1, V× tæng c¸c lùc t¸c dông lªn hÖ b»ng kh«ng, nªn hÖ quy chiÕu g¾n víi t©m qu¸n tÝnh cña hÖ lµ mét hÖ quy chiÕu qu¸n tÝnh. Do ®ã ta cã thÓ xem ®iÓm gi÷a cña thanh lµ ®øng yªn. §Ó lµm tham sè ®Æc tr-ng cho ®é lÖch cña hÖ khái vÞ trÝ c©n b»ng, ta chän gãc quay  cña hÖ. m( ' l / 2) 2 ml 2  '2 §éng n¨ng cña hÖ lµ: E k =2 . §iÒu nµy cã nghÜa lµ khèi l-îng  2 2 2 hiÖu dông cña hÖ b»ng mhd =ml2 /2. §é biÕn thiªn thÕ n¨ng khi thanh quay mét gãc bÐ  b»ng c«ng mµ lùc ®iÖn tr-êng thùc hiÖn lÊy víi dÊu ng-îc l¹i. 2 l Et = 2qE 1  cos  =qEl . §iÒu nµy cã nghÜa lµ ®é cøng hiÖu dông cña hÖ b»ng 2 2 khd =qEl. Tõ ®ã suy ra tÇn sè gãc cña dao ®éng cña thanh lµ: k hd 2qE   = =2 (rad/s) mhd ml

   l    2. PFmax  qE.sin   . 2 .cos    2  2 Câu 5:  C¬ së lý thuyÕt: + Khi t¸c dông mét lùc theo ph-¬ng ngang lªn khóc gç ®Æt trªn sµn nhµ víi kÝch th-íc lín nhÊt lµ chiÒu cao, th× tuú vµo ®iÓm ®Æt cña lùc mµ khóc gç cã thÓ tr-ît trªn sµn hoÆc quay quanh trôc quay t¹m thêi ®i qua 1 c¹nh ®¸y cña khóc gç (h×nh vÏ). + Ta cã thÓ t×m ®-îc ®iÓm ®Æt cña lùc sao cho khóc gç cã tr¹ng th¸i trung gian gi÷a quay vµ tr-ît, khi ®ã lùc ma s¸t nghØ chuyÓn thµnh lùc ma s¸t tr-ît. + §iÒu kiÖn c©n b»ng cña khóc gç:

     P  Q  Fms  F  0  P = Q; F = Fms  F = N = Q = P (1)

ẠY

KÈ

Víi trôc quay qua A: MF = MP  F.h = P.a/2 (2) a + Tõ (1) vµ (2)  .P.h  P 2 a  (*) 2h (a vµ h trong c«ng thøc (*) cã thÓ ®o ®-îc b»ng th-íc th¼ng khi lµm thÝ nghiÖm)

 Q

 F

 Tr×nh tù thÝ nghiÖm:  F + §o mét bÒ réng a thÝch hîp cña khóc ms A gç b»ng th-íc th¼ng + Dïng bót (hoÆc th-íc, ®Çu ngãn tay)  P a/2 t¸c dông lùc theo ph-¬ng ngang lªn khóc gç víi ®iÓm t¸c dông thÊp gÇn ®¸y, ban ®Çu khóc gç sÏ tr-ît trªn mÆt sµn + DÞch chuyÓn dÇn ®iÓm t¸c dông cña lùc lªn cao dÇn, khi khóc gç b¾t ®Çu lËt,

dïng bót ®¸nh dÊu ®iÓm ®ã trªn khóc gç. + §o chiÒu cao h cña ®iÓm ®Æt so víi mÆt sµn.

ẠY

KÈ

FF IC IA L

 Chó ý khi tiÕn hµnh thÝ nghiÖm: + Sai sè gÆp ph¶i trong viÖc t¹o ra tr¹ng th¸i trung gian gi÷a quay vµ tr-ît. §Ó h¹n chÕ sai sè nµy cÇn lµm l¹i thao t¸c t×m ®iÓm ®Æt cña lùc F nhiÒu lÇn.

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN KHU VỰC ĐBDHBB

ĐỀ THI CHỌN HSG KHU VỰC ĐBDHBB LẦN THỨ VI

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN

Môn: Vật Lý ( Thời gian: 180 phút không kể thời gian phát đề )

quy luật:  

FF IC IA L

Câu 1: Tĩnh Điện ( 3,5 điểm ) Cho một tụ điện cầu gồm hai bản tụ là hai vỏ cầu bằng kim loại, tâm O bán kính a và b (b > a). 1. Giả thiết không gian giữa hai bản chứa đầy chất có hằng số điện môi  và độ dẫn điện . Ban đầu tụ không được tích điện. Sau đó bản tụ bên trong được truyền điện tích q0 , bản tụ ngoài không tích điện. Hãy tìm: a. Quy luật thay đổi điện tích của bản tụ trong theo thời gian? b. Nhiệt lượng Q toả ra khi các điện tích ngừng dịch chuyển? 2. Giả thiết giữa hai bản có một lớp điện môi mà hằng số điện môi phụ thuộc vào bán kính r theo 1 trong đó  1 và  là các hằng số dương. Điện tích hai bản là q và -q. Hãy tìm mật 1  r

ẠY

KÈ

độ điện tích khối tại một điểm nằm trong khoảng giữa hai cực? Câu 2: Dao động ( 5 điểm ) Một hình trụ có thành mỏng, khối lượng M và mặt trong nhám Y với bán kính R có thể quay quanh trục nằm ngang cố định. Trục Z vuông góc với trang giấy và đi ra ngoài trang giấy. Một hình trụ khác, nhỏ hơn, g M đồng chất, có khối lượng m và bán kính r lăn không trượt quanh trục riêng của nó trên bề mặt trong của M; trục này song song với OZ a. Xác định chu kì dao động nhỏ của m khi M bị bắt buộc quay X R với tốc độ góc không đổi. Viết kết quả theo R, r, g O  b. Bây giờ M có thể quay (dao động) tự do, không bị bắt buộc, quanh trục Oz của nó, trong khi m thực hiện dao m động nhỏ bằng cách lăn trên bề mặt trong của M. Hãy tìm chu kì dao động này. Câu 3: Điện từ ( 4,5 điểm )  Một chùm ion có độ phân kỳ rất nhỏ đi vào vùng từ trường B có đối r r r xứng trục tại điểm A (xem hình vẽ), B  Br r  Bz z . Từ trường giảm theo D khoảng cách r theo quy luật 1/rn. Các ion chuyển động trong mặt phẳng ngang có vận tốc vuông góc với bán kính tại điểm A sẽ chuyển động theo quỹ đạo tròn bán kính r 0 . Cho rằng trong quá trình chuyển động nhiễu loạn vận tốc r0 coi như không đổi. Hãy chứng minh 0t a. Góc giữa bán kính đi qua điểm A và bán kính đi qua điểm hội tụ α D trong mặt phẳng nằm ngang là α  π . 1 n A b. Nếu n=1/2 thì chùm hạt hội tụ tại D theo cả hai chiều, chiều ngang và chiều thẳng đứng. Câu 4: Quang học ( 3,5 điểm ) Cho quang hệ đồng trục gồm thấu kính phân kì O1 và thấu kính hội tụ O2. Một điểm sáng S nằm trên trục chính của hệ trước O1 một đoạn 20cm. Màn E đặt vuông góc trục chính của hệ sau O2 cách O2 một đoạn 30cm. Khoảng cách giữa hai thấu kính là 50cm. Biết tiêu cự của O2 là 20cm và hệ cho ảnh rõ nét trên màn. Thấu kính phân kì O1 có dạng phẳng - lõm, bán kính mặt lõm là 10cm. a. Tính tiêu cự của thấu kính phân kì O1 và chiết suất của chất làm thấu kính này.

FF IC IA L

b. Giữ S, O1 và màn E cố định, người ta thay thấu kính O2 bằng một thấu kính hội tụ L đặt đồng trục với O1. Dịch chuyển L từ sát O1 đến màn thì vệt sáng trên màn không bao giờ thu nhỏ lại thành một điểm, nhưng khi L cách màn 18cm thì đường kính vệt sáng trên màn là nhỏ nhất. Tính tiêu cự của thấu kính L. Câu 5: Phương án thí nghiệm ( 3,5 điểm ) Hãy xây dựng phương án đo cảm ứng từ trong lòng một ống dây dài bằng điện kế xung kích. Điện kế xung kích là một điện kế khung quay mà khung của điện kế có momen quán tính lớn. Góc quay cực đại của khung khi có một dòng điện tức thời chạy qua khung tỉ lệ với điện lượng phóng qua khung. 1. Trình bày phương án đo. 2. Lập công thức tính cảm ứng từ theo kết quả đo. 3. Nêu các thiết bị bổ trợ cần dùng trong phép đo. 4. Cho biết sai số tỉ đối của phép đo điện tích, phép đo điện trở, phép đo độ dài đều là 1%. Hãy ước lượng sai số tỉ đối của phép đo cảm ứng từ bằng phương pháp này.

----------Hết----------

ẠY

KÈ

Người ra đề: Tạ Văn Hiển ĐT: 0944090836

Câu Câu 1

HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM Nội Dung 1.a) E 

q 40 r 2

Thang điểm 0,5

điện tích của bản trong ở thời điểm t.

 .t

dq q 0   0  e b) I   không phụ thuộc r. dt  0 b



với R  

Q   RI2dt



 .t  0

0,5

FF IC IA L

dq q  q(t )  q0e I (r )  4r 2 j  4r 2E   dt  0

0,5

1 1 1 1 q02 1 1 thì dr  (  ) Q  (  ) 4r 2 4 a b 80 a b

0,5

2. Chia mặt cầu thành các lớp mỏng dày dr. Gọi mật độ điện khối trong lớp

dE suy ra    0 . dr

 4r 2 .dr 0

4r 2dE 

đó là  Điện thông qua mặt ngoài lớp điện môi dày dr cách tâm r, theo định lí O-G là:

q0 q (1  r)  0 2 40 r 401r 2 q 2  nên:    0 ( 3  2 ) . 41 r r

0,5

a. Xét tại thời điểm t bất kì, giả sử hình trụ M quay được góc  quanh trục OZ, hình trụ m quay được góc  quanh trục của nó, tâm C của hình trụ m quay được góc  quanh trục OZ Vì hình trụ m lăn không trượt, ta có liên hệ:

KÈ

Câu 2

Cường độ điện trường E 

0,5

R  r  (R  r)   

R R r   r r

(1)

ẠY

- Phương trình chuyển động quay của hình trụ m quanh trục (đi qua tâm quay tưc thời D vuông góc với mặt phẳng giấy) ID  ''  mg.r sin  (2) Từ (1), ta có :  '' 

R R r  ''  '' r r

Vì hình trụ M quay với tốc độ góc không đổi nên  '  0   ''  0   ''  1 2

(R  r)  '' r 3 2

Với góc  nhỏ, I D  mr 2  mr 2  mr 2 , thay vào (2)

0,5

3  (R  r)  2g  ''  mg.r   ''     2 r 3(R  r)  2g , chu kì 3(R  r)

Vậy hình trụ m dao động điều hòa với tần số góc   T  2

3(R  r) 2g

FF IC IA L

b. Xét tại thời điểm t bất kì, giả sử hình trụ M quay được góc  quanh trục OZ, hình trụ m quay được góc  quanh trục của nó, tâm C của hình trụ m quay được góc  quanh trục OZ Y







Vì hình trụ m lăn không trượt, ta có liên hệ R  r  (R  r)   

R R r   r r

(1)

- Áp dụng định luật II Niuton cho hình trụ m mg sin   f  m(R  r) ''

(2)

KÈ

- Áp dụng phương trình chuyển động quay cho hình trụ m (trục quay qua C vuông góc với mặt phẳng giấy) 1 2 mr  ''  fr 2

(3)

ẠY

- Áp dụng phương trình chuyển động quay cho hình trụ M (trục quay qua O vuông góc với mặt phẳng giấy) (4) IO ''  fR  MR 2 ''  fR  f  MR '' R R r  '' Từ (1), ta có :  ''   '' (5) r r 1 2 R R r  mr   ''  ''  MR '' 2 r r   Thay (5), (4) vào (3), ta được : m R  r   ''  ( ) '' 2M  m r mM mg  (R  r) '' m(R  r) '' Thay vào (2) : 2M  m

  '' 

g (2M  m) .  (R  r) (3M  m)

Vậy hình trụ m dao động điều hòa với tần số góc 2 

Câu 3

(R  r) (3M  m) . g (2M  m)

FF IC IA L

, chu kì T  2

g (2M  m) .  (R  r) (3M  m)

a. Xét chuyển động của ion trong mặt phẳng nằm ngang. Ký hiệu v là vận tốc trong mặt phẳng ngang của ion. Vì các ion có quỹ đạo khác rất ít so với quỹ đạo tròn bán kính r 0, ta có gần đúng (1) r v , do đó rθ v . Phương trình chuyển động là v 2 qv (2)  Bz , r m trong đó q>0 là điện tích của ion, Bz = -B(r). ( chiếu các thành phần véc tơ lên trục 0z và dấu trừ vì theo phương 0z từ trường giảm ) Đặt r = r0(1+). Vì r khác r0 rất ít nên || << 1. Đặt

0,5

 r

0,5

r  B(r)  B0  0   B0 (1  nδ ) với B0 là cảm ứng từ tại r = r0 . Thay vào (2) ta r nhận được phương trình cho   (3) δ ω02 (1  n)δ  0 ,





với ω0  v  qB0 . Lời giải của (3) là r0 m δ  δ msin ω0 t 1  n

0,5





0,5

(4)

0,5

thỏa mãn điều kiện (t=0)=0. Do đó, sin α 1  n)  0 khi π . (5) α  ω0 t  1 n

ẠY

KÈ

b. Phương trình chuyển động của ion trong mặt phẳng thẳng đứng tại r = r0 qv là:  z  B r (r0 , z) . m Ký hiệu z0 là tọa độ z của điểm A và xét z khác z0 rất ít. Đặt z = z0 + z, |z|<< 1. Ta có .. qv   qv   & z&   Br (r0 ,z0 )  Br (r0 ,z0 ) δz   δ z   Br (r0 ,z0 ) δz . (6) m z m z    Br Bz Mặt khác, vì   B  0 nên . Thay vào (5), ta nhận được  r z qv B0 n (7) z n ω02 δz  0 . δ z  δz hay δ m r0 Lời giải của (6) thỏa mãn điều kiện z(t=0) = 0 là . δz  δzm sin(ω0 t n ) Độ lệch z = 0 khi

(8)

0,5

α = 0t =

π . n

(9)

1 . Khi đó chùm ion hội tụ 2 tại D theo cả phương ngang lẫn phương thẳng đứng.

Phương trình (5) và (9) cùng thỏa mãn khi n 

O1 O2 + Sơ đồ tạo ảnh qua hệ: S  S1  S2

FF IC IA L

Câu 4

0,5

d 2/ . f 2  60cm d2  f2 + Mặt khác: d 2  d 1/  O1O2  d 1/  O1O2  d 2  50  60  10cm d 1 .d 1/ 20.(10) + Tiêu cự của thấu kính phân kì là: f 1    20(cm) / 20  10 d1  d1 1 1 R  10 + Mặt khác:  (n  1).  n  1   1  1,5 f1 R f1  20

0,5

+ Ta có d1 = 20cm; ảnh rõ nét trên màn nên d 2/  30cm  d 2 

d 2/

0,5

50cm + Từ sơ đồ tạo ảnh ta có S;O1 cố định nên S1 cố định, đặt khoảng cách từ thấu kính L đến màn E là x. + Ta có: S 2 PQ đồng dạng S 2 MN , nên:

0,5

KÈ

1 1  1 PQ d 2/  x x 1     1  /  1  x.    1  x.  / MN d2 d2  f ax  f d2  với a  80  d1/  90cm

PQ x x a ax a  1     MN f ax ax f f

ẠY

Theo bất đẳng thức cô sy:

a ax a PQ a a a a  2  2   PQ  MN (2  ) ax f f MN f f f f

a ax (a  x)2 (90  18) 2   f    57, 6cm Suy ra PQ min khi ax f a 90 ( theo gt khi x = 18cm thì PQ nhỏ nhất)

Câu 5

Dùng một cuộn dây bẹt có N vòng, có điện trở R, hai đầu được nối với điện kế xung kích G. Lồng cuộn dây bẹt ra ngoài ống dây điện dài (có diện tích tiết diện là S) tại điểm giữa. Gọi B là cảm ứng từ trong lòng ống dây điện dài mà ta cần xác định.

0,5

Từ thông qua ống dây bẹt:

0,5

FF IC IA L

  BS Đột nhiên mở khoá K, s.đ.đ cảm ứng xuất hiện trong ống dây bẹt d dB  c  N   NS dt dt Dòng điện cảm ứng tức thời chạy qua điện kế xung kích  NS dB ic  c   R R dt q 0 R R R  dB   dq Vậy: dB   ic dt   dq  NS 0 NS NS B Rq Suy ra B  . NS Biết R, N, S và đo được q thì ta tính được B.

0,5

4. Coi như N không có sai số, ta có

2. Phải dùng thêm một cuộn dây bẹt có số vòng N và điện trở R đã biết và một ngắt điện K. 3. a) Phải đo tiết diện S của ống dây bằng cách dung thước kẹp để đo đường kính trong của ống dây điện dài. b) Phải đếm số vòng dây N của ống dây bẹt. c) Phải đo điện trở R của ống dây bẹt bằng một mạch cầu điện trở.

0,5

Từ

B q R S    B q R S S 2 r S  r 2 , ta có:  S r

Biết rằng sai số tỉ đối của phép đo đường kính của ống, của phép đo điện tích và của phép đo điện trở đều là 1%.

B  4% B

ẠY

KÈ

Ta có:

0,5

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH LÀO CAI ĐỀ THI ĐÈ XUẤT

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ KHỐI 11 NĂM 2015 Thời gian làm bài 180 phút (Đề này có .02...trang, gồm.05...câu)

Câu 1: Tĩnh điện (4 điểm)

FF IC IA L

Hai bản của một tụ điện phẳng đặt trong không khí có cùng diện tích S, có thể chuyển động không ma sát dọc theo một sợi dây cách điện nằm ngang xuyên qua tâm của chúng. Một bản có khối lượng m, điện tích Q còn bản kia có khối lượng 2m, điện tích -2Q. Ban đầu hai bản được giữ cách nhau một khoảng 3d. a. Tìm năng lượng điện trường giữa hai bản tụ. b. Ở thời điểm nào đó người ta thả hai bản ra. Hãy xác định vận tốc của mỗi bản khi chúng cách nhau một khoảng d.

Câu 2: Điện và điện từ (5 điểm) Một khung dây dẫn hình vuông chuyển động dọc theo trục x với vận tốc v 0 đi vào một bán không gian vô hạn (x>0) trong đó có một từ trường không đều hướng theo trục z: Bz (x) = B0(1 + x) với B0 là hằng số dơng. Biết rằng hai cạnh của khung song song với trục x, còn mặt phẳng của khung luôn vuông góc với trục z. Hỏi khung đã thâm nhập vào không gian có từ trường một khoảng cách bằng bao nhiêu, nếu khối lượng của khung là m, chiều dài cạnh của khung là b và biết rằng vào thời điểm khi các đường sức từ xuyên qua toàn bộ mặt phẳng của khung, trong khung toả ra lượng nhiệt đúng bằng nhiệt lượng mà khung toả ra trong chuyển động tiếp sau đó cho tới khi dừng hẳn. Tính điện trở của khung. Bỏ qua hệ số tự cảm của khung và coi b<<1.

Câu 3: Quang hình (4 điểm)

Một tia laser chiếu tới một thấu kính phân kỳ có tiêu cự f  3cm dưới một góc   0,1rad đối

KÈ

với trục chính của thấu kính và được quan sát dưới dạng một chấm sáng trên màn E, đặt vuông góc với trục chính, ở sau thấu kính và cách thấu kính một khoảng L  630cm . Nếu ở trước thấu kính đặt một bản mặt song song bằng thuỷ tinh có bề dày d  1cm thì thấy chấm sáng dịch chuyển trên màn một đoạn a  8cm . Hãy xác định chiết suất của bản thuỷ tinh.

ẠY

Câu 4: Dao động cơ (4 điểm)

Một thanh đồng chất AB, khối lượng m, chiều dài l, chuyển động với vận tốc ban đầu v0 (hướng dọc theo thanh) từ vùng không có ma sát sang vùng có ma sát trên mặt bàn nằm ngang với hệ số ma sát trượt là µ a. Tìm điều kiện về v0 để khi dừng lại toàn bộ thanh nằm trong vùng có ma sát. b. Với một vị trí số cho trước của v0, hãy tính khoảng thời gian kể từ lúc đầu B bắt đầu chạm vào mép vùng có ma sát cho đến khi thanh dừng lại, đầu A cách mép vùng có ma sát một khoảng bao nhiêu?

Câu 5: Phương án thí nghiệm (4 điểm) Phương án thí nghiệm: Xác định khối lượng riêng của nước muối

ẠY

KÈ

FF IC IA L

Cho các dụng cụ sau: Một bình lớn đựng nước có 0  1000kg / m3 ; thước mm, 1 tờ giấy, một ống nghiệm thường sử dụng trong thí nghiệm hóa học, cốc đựng nước muối cần đo khối lượng riêng. a. Lập phương án đo khối lượng riêng của nước muối với các dụng cụ trên. b. Thiết lập biểu thức sai số của phép đo. c. Ước lượng sai số của phép đo. Nhận xét về tính khả thi của phương án và cách khắc phục.

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN VẬT LÝ KHỐI 11 Câu 1: 4 điểm

Câu Ý Nội dung 1 a Cường độ điện trường do bản tích điện Q (bản 1) và bản tích điện -2Q (bản Q 2 0 S

và E 2 

2Q . 2 0 S

0,5

FF IC IA L

2) gây ra lần lượt là : E1 

0,25

3Q . 2 0 S Năng lượng điện trường trong khoảng không gian giữa hai bản tụ là:

Cường độ điện trường bên trong tụ là: Et  E1  E2  2

1 1  3Q  27Q 2 d 2   Wt   0 Et  Vt   0   S  3d  2 2  2 0 S  8 0 S

0,5

Khi hai bản cách nhau một khoảng d, ký hiệu V1 ,V2 lần lượt là vận tốc của bản 1 và bản 2. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có: mV1  2mV2  0  V1  2V2 (1) Năng lượng điện trường bên trong tụ là:

0,25

Điểm

1 1  3Q  9Q 2 d   Sd  Wt   0 Et2Vt '   0  2 2  2 0 S  8 0 S

0,5

Cường độ điện trường bên ngoài tụ (bên trái của bản tụ 1 và bên phải của E n  E 2  E1 

bản tụ 2) là:

0,5

2 0 S

ẠY

KÈ

Khi hai bản cách nhau là d thì thể tích không gian bên ngoài tăng một lượng là: V  S  2d . Vùng thể tích tăng thêm này cũng có điện trường đều với cường độ E n . Do vậy, năng lượng điện trường bên ngoài tụ đã tăng một lượng là: 1 Q2d 2 . W   0 En V  2 4 0 S Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng: Wt  Wt ' 



0,5

mV12 2mV22   W 2 2

9Q 2 d mV12 2mV22 Q 2 d    4 0 S 2 2 4 0 S

(2)

0,5

Giải hệ phương trình (1) và (2), cho ta: V2  Q

2d 2d và V1  2Q O. 3 0 Sm 3 0 Sm

A Câu 2: 5 điểm

0,5 x D



 BZ

Câu Ý Nội dung Điểm Xét thời điểm cạnh CD có toạ độ là x và khung đang thâm nhập vùng từ 2 B

Từ (1) và (2) ta có:

 Rmvdv  B02 (1  2x)b 2 v 2 dt

0,25 0,5 0,5

0,5

0,25

(3)   Rmdv  B02 (1  2x)b 2 dx Gọi v1 là vận tốc của khung khi bắt đầu khung nằm trọn trong từ trường ta có: mv02 mv 2 mv 2 v  Q  1 trong đó Q  0  v1  0 4 2 2 2 Tích phân 2 vế phương trình (3) ta có:

  Rmdv   B02 (1  2x)b 2 dx

0,25

FF IC IA L

trường. Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng, nhiệt lượng toả ra trong khung bằng độ biến thiên động năng của khung: m m (1) dQ  v 2  (v  dv) 2  dQ  mvdv 2 2 Suất điện động cảm ứng xuất hiện trên cạnh CD là: E  BCDbv  B0 (1  x)bv B 2 (1  x) 2 b 2 v 2 dt B02 (1  2 ) 2 b 2 v 2 dt E (2)  I   dQ  I 2 Rdt  0 

 Rm(v1  v0 )  B02 b 2 (b  b)  B02 b 3 (1  b)  B02 b 3 2 B02 b 3 ( 2  2) B02 b 3 (*)  mv0 mv0 ( 2  1) Khi khung đã vào hẳn trong từ trường, cường độ dòng điện trong khung là: ECD  E AB B0 vb1   ( x  b)  (1  x) B0 b 2v I   R R R 2 Xét trong khoảng thời gian nhỏ dt: dQ  I Rdt B 2 b 4 2 v 2 dt B02 b 4 2 v dx  dQ  0  (4) R R ( 2  1) Tích phân 2 vế phương trình (4) và thay R ở (*) vào ta được: s1   2b Khung đã vào trong từ trường được một đoạn là: 2  1   2b 2 2 1 s  s1  b   2 2  b  b 2 3 ( 2  2) B0 b 2 1 Vậy s  và  R  2  b mv0

0,5

ẠY

KÈ

R

0,5

0,5 0,25 0,5

Câu 3: 4 điểm

Câu Ý Nội dung - Trước khi đặt bản mặt song song giả sử tia sáng đi như hình vẽ, ta có: 3

Điểm

F1OI ~ F1NA • A’

AN F1N ON   1 IO F1O OF1

 ON    AN  AO  tg  1   OF1 

•A

(do IO  AO  tg )



•F’ • F1

ON OM L   OF1 OF  f



•

  Vậy: AN  AO  tg 1  L  



0,25 0,25

 L MA  MN  AN  OM  tg  AO  tg  1   f 

0,25



f

0,25



•





• N

I•

Mặt khác: OF F1 ~ OMN

0,25

FF IC IA L



 L  MA  L  tg  AO  tg 1   (1) f 

0,25

- Sau khi đặt bản mặt song song thì tia ló ra khỏi bản mặt vẫn tạo với trục

chính một góc  . Giả sử tia này cắt trục chính tại A1 và cho điểm sáng A1 

0,5

L f

trên màn thì ta vẫn có: MA1  L  tg  A1O  tg 1   (2) 



L f

Trừ từng vế (1) cho (2) ta có: MA  MA1   AO  A1O   tg  1  

KÈ



ẠY

 L  AA1  AA1    1   (*) f  

0,25 0,25

Theo giả thiết AA1  a . Bây giờ ta đi tìm AA1 . Dựa vào hình vẽ ta có: AA1  PH  d  HK  d 

KQ tg  sin   1  d  PK   d 1    d d tg tg  sin   n

 1 Do đó, (*)  a  d 1     1   n 

Thay số vào ta được: n 

211  1,61 . 131

L  n f  1

0,5 0,5

a  L d   1   f  

0,5

Câu 4: 4 điểm

FF IC IA L

Câu Ý Nội dung Điểm 4 Khi đầu B của thanh đi vào vùng có ma sát, ở cách mép của nó một x khoảng x thì lực ma sát tác dụng lên thanh là : F ms = μ. .mg. 0,25 l - Công của lực ma sát để thực hiện cho đến lúc đó là : 0,25 x x  mgx 2 Ams =   mgdx  2l

- Khi toàn bộ thanh nằm trên vùng có ma sát thì x  l . Như vậy, điều kiện về v0 để khi dừng lại toàn bộ thanh nằm trong vùng có ma sát là : mv 2  mg 2 0  .l  v   gl 0 2 2l

0,25

 mg 2  mg x  x’’ +  0 ; với x là khoảng cách từ đầu B đến đầu l

ma = -

Khi đầu B của thanh đã đi vào vùng có ma sát, áp dụng định luật II Niu-tơn ta có :

mép vùng có ma sát.

- Phương trình chuyển động của thanh là: x = Asinωt, với ω =

g l

0,25

Lưu ý rằng lúc t = 0 thì x = 0. (Chọn gốc thời gian t = 0 là lúc B vừa chạm vào mép), ta có: v B = xB = ωAcosωt. 0,25

1 l l  l  l  A sin t  t  arcsin    arcsin   1 1  g  A  A

0,25

KÈ

v l - Theo đề bài vBmax = v0, nên ta có : A = 0  v0  g * Ta xét các trường hợp sau : a) Trường hợp v0   gl . Khi đó A  l . Lúc xB = l (thanh bắt đầu lọt hoàn toàn vào vùng có ma sát) ta có:

ẠY

t1 khoảng thời gian kể từ lúc bắt đầu B bắt đầu chạm vào mép vùng có ma sát cho đến khi đầu A bắt đầu chạm vào mép đó.

+ Nếu v0   gl thì A  l ; t1 = = ωAcos

l  arcsin1  g 2

l và khi đó vB = x’ B g

 = 0; thanh dừng lại. Như vậy, nếu v0   gl , thì khoảng 2

thời gian kể từ lúc đầu B bắt đầu chạm vào mép vùng có ma sát cho đến khi thanh dừng lại bằng t1 = vùng có ma sát (xA = 0).

 2

l và khi đó đầu A ở ngang mép g

0,5

+ Nếu v0   gl thì A  l . Trong trường hợp đó, lúc thanh dừng lại đầu A sẽ ở cách mép (ở bên trái A) một khoảng xA  0. - Để tính xA ta áp dụng định luật bảo toàn năng lượng :

mv2  mg 2 v2 1 0  l   mgx  x  0  A A 2 g 2 2 2l

0,5

xA =

1 μg t22  t2  2

FF IC IA L

-Khoảng thời gian kể từ lúc A bắt đầu chạm vào mép cho đến khi thanh dừng lại là t2 : 2 v A   0   l  g  g g  

0,5

Như vậy, khoảng thời gian cần tìm là : t = t1 + t2. b) Trường hợp v0   gl : trong trường hợp này khi thanh đứng lại chỉ có một phần thanh nằm trong miền có ma sát. Khi thanh dừng lại ta có :

mv 2  mg 2 0  x ; với xB là khoảng cách từ đầu B tới mép vùng có ma sát. 2 2l B l Từ đó : xB = .v g 0

- Đầu A cách mép (về bên phải) : xA = l – xB = l -

l .v g 0

l v = g 0

- Thời gian cần tìm : xB = Asinωt3 .

0,5

l g  sin t t  3 3 l 2 g

Câu 5: 3 điểm

Nội dung

0,5

Điểm

Câu Ý 5 a Phương án thí nghiệm:

l g

B1: dùng giấy cuộn sát vào mặt ngoài và mặt trong của ống nghiệm, sau đó dùng thước đo ta xác định được chu vi mặt trong C1 và chu vi mặt

KÈ

ẠY

ngoài C2 của ống nghiệm

0,25

B2: đổ nước muối vào ống nghiệm sao cho khi thả ống vào bình nước, ống cân bằng bền và có phương thẳng đứng. Đánh dấu mực nước muối trong ống và mực nước bên ngoài ống.

0,25

B3: đổ thêm nước muối vào ống, chiều cao nước muối đổ thêm là x . Thả ống vào bình thì ống chìm sâu thêm một đoạn y . Đo x và y

0,25

bằng thước.

Gọi S1; S2 tương ứng là tiết diện trong và tiết diện ngoài của ống nghiệm, từ phương trình cân bằng của ống suy ra:

 C  y S y 1S1x  0 S2 y  1  2 0   1  0 S1x  C2  x

0,25

Biểu thức sai số:

ln 1  2ln

C1 y  ln  ln 0 C2 x



 C C2    y    x  0  2 1     1 C2  y x 0  C1

1

Ước lượng sai số: Ta chỉ xét sai số hệ thống do dụng cụ đo

x; y  50mm

Sai số do dụng cụ đo (thước mm) lấy nhỏ nhất có thể  0,5mm

Bỏ qua sai số của hằng số

1

0

0

 4,86% . Dung dịch nước muối có   1040kg / m3 (nước biển

tăng C1 ; C2 và x; y (không khả thi)

hoặc làm giảm sai số của 4 đại lượng trên bằng cách tăng độ chính xác của dụng cụ đo (thay thước mm bằng loại thước có độ chính xác cao hơn, có thể trực tiếp đo đường kính trong và ngoài của ống nghiệm như thước kẹp chẳng hạn)

KÈ

thay đổi phương án đo (sử dụng đồ thị)

ẠY

0,5

chẳng hạn), với sai số trên thì   50kg / m3 , mục đích đo không đạt được. Để giảm sai số, cần phải

0,5

1

0,5

Với ống nghiệm thông thường thì C1 ; C2  70mm

Vậy

FF IC IA L

 ln 1  2  ln C1  ln C2   ln y  ln x  ln 0

0,5

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG – NAM ĐỊNH (ĐỀ THI ĐỀ XUẤT)

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÍ – KHỐI 11 NĂM 2015 Thời gian làm bài 180 phút (Đề này có 02 trang, gồm 5 câu)

FF IC IA L

Câu 1 (4điểm): Một tụ điện không khí, được chế tạo từ hai ống kim loại hình trụ đồng tâm mỏng, hình trụ trong có bán kính R1 , hình trụ ngoài có bán kính R2= 1cm. Xác định giá trị bán kính R1 để khi cường độ điện trường của không khí giữa hai hình trụ bắt đầu đạt giá trị cường độ điện trường đánh thủng E0 = 3.10 6 V/m thì : 1. Hiệu điện thế giữa hai hình trụ đạt cực đại .Tính giá trị cực đại hiệu điện thế tụ khi đó.

2. Năng lượng điện trường giữa hai hình trụ đạt giá trị cực đại. Tính giá trị cực đại hiệu điện thế tụ khi đó.

Câu 2 (5điểm): Một dây dẫn được uốn thành khung dây hình tứ diện đều MSPN cạnh a, mang dòng điện không đổi cường độ I chạy qua các cạnh MS, SP,PN và NM ( hình vẽ 1). Hãy xác định cảm ứng từ tại tâm 0 của tứ diện.

N Câu 3 (4điểm): Cho hệ hai thấu kính mỏng L1 là thấu kính hội tụ và L2 là thấu kính phân kỳ, cùng trục chính Δ và làm cùng loại thủy tinh có độ tụ thứ M P tự D1 và D2 đặt cách nhau một khoảng l. Chiếu một tia sáng mảnh song song Hình vẽ 1 với trục chính gặp thấu kính L1 cho tia ló cắt trục chính tại điểm F ( F gọi là tiêu điểm chính của hệ ), và tia ló có phương cắt phương tia tới tại M, dựng MH vuông góc với

1 gọi là tiêu cự và độ tụ của hệ. f

Δ tại H. Đặt HF = f và D =

1.Tính D theo D1, D2, l. Có nhận xét gì về độ tụ của hệ khi : l= 0 và khi l =

1 1  D1 D2

2.Tìm giá trị l để khi chiết suất của thủy tinh làm ra các thấu kính thay đổi thì độ tụ của hệ không thay đổi.

ẠY

KÈ

Câu 4 (4điểm): Một tấm ván mỏng khối lượng M, m dài l có thể quay quanh một trục nằm ngang đi qua x 0 trung điểm 0 của ván trong mặt phẳng thẳng đứng. θ( ● Một vật nhỏ khối lượng m ( m <<M) đặt ở trên ván và có thể chuyển động trượt trên ván ( hình vẽ 2). Hình vẽ 2 Ban đầu ván hợp với phương ngang một góc θ0 (θ0<< ), vật m ở mép đầu trên của ván, hệ ở trạng thái cân bằng. Bài toán coi kích thước vật m r ất nhỏ so chiều dài của ván. Gọi x là li độ của vật m so với trục 0 của trục 0x dọc theo ván, khi đó ván hợp phương ngang góc θ. Giả sử độ lớn gia tốc hướng tâm 0 của vật m không đáng kể so với độ lớn gia tốc trượt đi lên và đi xuống trên ván của vật.Với một giá trị xác định θ0 thì người ta có hệ thức liên hệ giữa li độ x của vật và li độ góc θ của ván thỏa mãn x = kθ, trong suốt quá trình chuyển động (k là hằng số dương). Bài toán biết gia tốc rơi tự do g, bỏ qua mọi ma sát và lực cản trong các quá trình chuyển động của các vật. 1.Xác định giá trị θ0 theo M, m. 2. Hãy xác định chu kỳ dao động của hệ theo m, M. 3. Xác định tỉ số lớn nhất giữa độ lớn gia tốc hướng tâm và độ lớn gia tốc trượt của vật theo M, m, từ đó chứng minh sự gần đúng của giả thiết của bài toán.

Bài 5 (3điểm): Cho một quả cầu đồng chất, có khối lượng riêng nhỏ hơn khối lượng riêng của nước. Trong quả cầu có một lỗ không khí hình cầu bán kính r, tâm lỗ hỗng cách tâm quả cầu một khoảng d. Hãy bằng thực nghiệm xác định : a. Bán kính r lỗ hỗng bên trong quả cầu

FF IC IA L

b. Khoảng cách d từ tâm lỗ hỗng đến tâm của quả cầu. Dụng cụ : -

Quả cầu có đặc điểm trên , quả cầu có bán kính R, khối lượng riêng ρ đã biết .

Chậu nước đủ chứa quả cầu, khối lượng riêng ρ0 của nước đã biết. Thước đo, máng nghiêng, giấy bút . ..............................(hết)..................................

ẠY

KÈ

Người ra đề

Phạm Quốc Khánh (đt: 01238064171)

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN: VẬT LÍ – KHỐI 11 4 điểm

Câu 1: Ý 1: Gọi λ là mật độ điện tích mặt trên một đơn vị chiều dài của mỗi ống, giả sử hình trụ trong tích điện dương . Áp dụng định lí Gauss ta có cường độ điện trường trong tụ tại điểm cách trục một khoảng r

 er (1) 20 r

FF IC IA L

Er 

Hiệu điện thế từ trụ trong bán kính R1 đến trụ ngoài bán kính R2 là R2

U   Edr 



 2

 R ln 2 (2) 20 R1

dr hay U  0

0,25

Theo giả thiết khi điện trường trong tụ trước khi đạt E0 thì U đạt cực đại

0,5

 (3) 20 R1

Từ (1) ta thấy điện trượng mạnh nhất khi r= R1 hay khi đó E0 =

0,5

R2 (4) R1 Để tìm giá trị R1 để U lớn nhất ta khảo sát (4) theo R1  R  R  dU R dU R  R   0  ln 2  1  E0 ln 2  R1 1   2   E0  ln 2  1 (5) dR1 R2  R1  dR1 R1  R1   R1

Từ (2) và (3) ta có hiệu điện thế tụ U= E0 R1 ln

0,25

R2 R . Thay số R2 = 1cm ta có R1 = 0,37cm khi đó UM= 2 E0 = 11,1KV e e

hay R1 =

0,5

Ý 2: Năng lượng dự trữ trên một đơn vị chiều dài của tụ điện 1 R   U    0 E0 2 R12 ln 2 (6) 2 R1  d R R  R   0 E 2 0 2 R1 ln 2  R 21 1   2   0 dR1 R1 R2  R1  

0,5

KÈ

Khảo sát

0,5

Rút ra mật độ năng lượng cực tiểu khi R1 =

R2  0,61cm và khi đó U = 9098v e

ẠY

Hoặc dùng cách tính a) hoặc b) : a)  



0,5

1 R  0 Er 2 .2rdr    0 E0 2 R12 ln 2 2 R1

b) Tính năng lượng của tụ trụ W=

0,5

CU 2 20l với C= , R2 2 ln R1

Suy ra mật độ năng lượng trên một đơn vị chiều dài của tụ   0 E0 R1 ln 2

R2 R1

5 điểm 0,5

Câu 2 Bài toán coi như có hai khung dây phẳng: khung MPNM và MSPM tạo cảm ứng từ tại 0 thứ tự là BI và BII  Mặt đáy MPNM tạo véc tơ BI có hướng từ 0 đến S  Mặt bên MSPM tạo véc tơ BII có hướng 0 đến N

S I i

H1 0 N

FF IC IA L

α) E

Hình vẽ 2

2 a 3 a a 2 , IN=  EI  vậy cosα= 3 2 2 2

Trong đó EN= acos30=

1,0

a. Xác định vị trí tâm 0 của tứ diện Dựng NH1 vuông góc với SE SH2 vuông góc với NE EI vuông góc với NS EI Góc IEN   cos   mà EI  EN 2  IN 2 EN

1 a 3 EN  . 3 6

a EH 2 = = r1 cos 2 2 b. Tính cảm ứng từ của một cạnh MP gây ra tại 0: Cảm ứng từ một cạnh MP gây ra  tại 0 là B1 chiếu lên trục 0x hướng về S I B1x = 0 2 sin cos , trong đó 4r1 ME sin  , 0M  ME 2  E 02 0M vì tam giác 0ME vuông góc tại E thay 2 vào sinθ= 3 I B1x = 0 2 2 (1) 3a Từ trường tổng hợp của 3 cạnh ở đáy hướng theo trục 0x I I BIx = 3 0 2 2 = 0 2 2 (2) 3a a

Khoảng cách 0E=

x S

 B1

1,5

θ M

KÈ ẠY D

EH2 =

N E P BIx B0 0 γ

α)

BIIy

c) Tương tự ta có cảm ứng từ của 3 cạnh của mặt bên hướng theo chiều 0N

1,0

0 I 2 2 (3) a d) Từ trường tổng hợp tại 0 B0 =2BIx cosγ=2BIx sinα BIIy =

Thay vào ta có

B0 =

1,0

4 2 0 I (4) 3 a 4 điểm

Câu 3

I E α(

01 02

β(

FF IC IA L

Ý 1:

tgα = 

d2 f2 tg h (5) ta có  2  (6) d2 tg  d2 d2  f 2

h (4) d /2

0,25*6

tgβ =

02 o1 Sơ đồ tạo ảnh S  F F1  Đặt MH = h0 , 02 E  h ,   (02 F1 E ) ,   ( MFH ) h h h h tg f tg   0  0 (1) , tg  0  0 (2) ta có  (3) HF f I 01 f1 tg  f1

1 1 1 , f1  , f 2  vào (6) D D1 D2 D = D 1 +D 2 -l D1 D2 (4)

thay d2 = l- d/1 = l-f1 và f 

0,5

ẠY

KÈ

ta có hệ thức liên hệ Nhận xét : a) Nếu l= 0 thì tạo thành hệ ghép sát : D= D1 +D 2 D  D2 b) Nếu l = f1 +f2 hay l = 1 thì D= 0 hệ vô tiêu. D1D2 ý 2. Để độ tụ của hệ không phụ thuộc chiết suất của thủy tinh (không bị sắc sai ) dD dD1 dD2  dD1 dD   0 hay  thì  l  D2  D1 2   0 dn dn dn dn dn   dD1  A1 ( A1 là thừa số hình học của thấu kính 01 ) D1 = A1 (n-1) vậy dn dD2  A2 ( A2 là thừa số hình học của thấu kính 0 2 ) D2 = A2 (n-1) vậy dn A1  A2 A1  A2 l Thay vào trên A1 +A2 -l(D2 A1 +D1 A2 )=0 l  2 A2 A1 (n  1) D2 A1  D1 A2 D  D2 Hay khoảng cách giữa hai thấu kính phải chọn l  1 2 D2 D1 Chú ý : Bài toán này có thể giải tổng quát cho hệ hai thấu kính mỏng đồng trục bất kỳ , nhưng phải chú ý tới điều kiện khoảng cách hai thấu kính l ≥ 0

0,5

0,5 0,5

0,5

4 điểm

Câu 4 Xét sự quay của M áp lực của m tại li độ x gây nên mô men lực tác dụng lên ván đối trục 0 - mg cosθ. x= I0

θ// với

ML2 vì góc θ<< nên - mg x = I0 θ// (1) I0  12    

x g  x/ /   x k k

0,5



FF IC IA L

Trong hệ quy chiếu gắn với thanh: Lực tác dụng lên vật P  N  Fq  ma  với giả thiết bỏ qua gia tốc hướng tâm nên lực quán tính Fq  0 Xét chuyển động trượt của vật trên ván ta có: x m // 0 mx = - mgsinθ θ( ● hay x//= - gθ (2) Mặt khác ta có x = kθ rút ra Hình vẽ 1

0,5

g ta có x//+ ω 2 x =0 (3) . k Từ (3) vật m dao động điều hòa phương trình dao động x= Acos (ωt+φ) , l Từ điều kiên ban đầu t= 0 x(0) = và v= 0 , θ(0)= θ 0 ta có : 2

0,5

L L cost (3) ,và gia tốc dao động x / /   2cost (4) 2 2

x 

đặt ω 2 =

Với x= kθ suy ra phương trình li độ góc  

L 0  2k

- mg x = I0 θ// (1) thay x= kθ vào  // 

x L  cost =    0 cost (5)với k 2k

mgk  0 I0

phương trình li độ góc của thanh    0 cost (6) từ (5) và (6) ta có ω = Ω hay

KÈ

ML2 L M I 0 ML2 g mgk 2   = suy ra k = hay k = (7) k m 12m 12m 2 3m I0

ẠY

Thay (7) vào ta có biên độ góc  0 

2. Thay (7) vào ω 2 = Chu kỳ T 

2



0,5

3m L ta có  0  M 2k

2g g 2 ta có tần số góc   L k

với  

0,5

3m 2 g 3m  M L M

2 g 3m L M 2

 d  3. Gia tốc hướng tâm khi vật ở li độ x : a ht =   x  0 sin  t  dt  // 2 Gia tốc trượt dọc trục 0x là ax = x   x (9) từ (8, 9)





0,5

x (8)

lập tỉ số

aht   2 0 sin 2 (t ) và giá trị tỉ số lớn nhất khi sin2 ωt = 1 ax

a ht   02   0  a ht  a x ax

0,5 3 điểm

1. Xác bán kính r của lỗ hỗng Thả quả cầu vào trong chậu nước : -Đo độ cao phần bị nổi HE = h vậy 0H = a = R- h Thể tích phần chìm của quả cầu là Vc còn phần nổi Vn Ta tìm công thức thể tích phần chõm cầu nổi Chọn trục 0y như hình vẽ ta có R

Vn    r dy     R  y  dy 2







y r

dy R

4 R 3  3Rh 2  h3 3 - Từ điều kiện cân bằng của vật nổi

VC 



α)



2 R 3  3R 2 a  a 3 3 Thể tích phần chìm của quả cầu: 4  2 R 3  3R 2 a  a 3 Vc=  R 3  Vn  3 3 Thay a= (R-h ) ta có

Vn 



FF IC IA L

Câu 5





4 4  4 R 3  3Rh 2  h3 g  0 P  Fa  (  R 3   r 3 )  g  3 3 3 Rút ra tỉ số khối lượng riêng của vật liệu hình trụ  4 R 3  3Rh 2  h3  (1) 0 4 R3  r 3





ẠY

KÈ

Từ (1) ta xác định được bán kính r của lỗ hỗng không khí . 2. Xác định khoảng cách từ tâm 0 1 đến tâm 0 quả cầu: d = 001 a) Xác định vị trí khối tâm G của hệ Dùng công thức tìm vị trí khối tâm G . Lấy gốc tọa độ 0 của quả cầu trục 0x 4   r 3  (d ) r 3d 3 xG   3 3 (2) 4  ( R3  r 3 ) ( R  r ) 3 b) Đặt trụ lên mặt phẳng nghiêng điều chỉnh góc nghiêng θ đến vị trí khối trụ bắt đầu lăn θ= θ 0 khi đó Khối tâm G nằm trên phương thẳng đứng đối điểm quay A Xét tam giác 0AG ta có

1,0

0,5

0 G θ θ)

A 0,5

0G  0G  R sin  0 (3) R Góc θ0 ta đo được nhờ mặt phẳng nghiêng r 3d Từ (5) và (6) cân bằng ta có xG  3 3  R sin 0 (R  r ) sin  0 

r 3d ( R3  r 3 ) R sin d R sin 0 (4)     0 ( R3  r 3 ) r3 Từ thay (1) vào (4) ta rút ra được khoảng cách d.

FF IC IA L

1,0

Người ra đề

Phạm Quốc Khánh

ẠY

KÈ

(đt: 01238064171)

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ- KHỐI 11 Năm 2015 Thời gian làm bài: 180 phút Đề này có 02 trang, gồm 5 câu)

Câu 1 (4 điểm):

Một dây dẫn thẳng dài vô hạn tích h C

song và cách một mặt phẳng cũng

FF IC IA L

điện đều đi qua điểm A đặt song

tích điện đều một khoảng h ( hình

hình 1

vẽ 1). Biết rằng điện tích trên một

đơn vị độ dài của dây là  và điện tích trên một diện tích của mặt phẳng là - . Điểm B ở gần mặt phẳng tích điện và cách đường vuông góc AC một khoảng h.

Xác định góc tạo bởi giữa đường sức điện đi ra từ A, đi qua B và đường vuông

góc AC.

Câu 2 (5 điểm):

ω(t)

Một vành cứng ghép bởi 10 điện trở R giống nhau:

5 điện trở đều mắc trên vành, còn 5 điện trở bố trí

Q U

đều tạo thành 5 nan hoa. Bán kính vành bằng r. Bỏ qua kích thước các điện trở và điện trở các thanh

nối. Vành quay quanh trục đi qua tâm và vuông góc

1 10 6

A hình 2

với mặt phẳng của nó trong một từ trường đều có véc tơ cảm ứng từ

song song

KÈ

với trục quay và hướng vào trong. Vùng có từ trường có dạng hình quạt có đỉnh ở tâm của vành và có góc ở tâm là 72o. Mô men quán tính của vành đối với trục

ẠY

quay bằng Io. Tại thời điểm t, tốc độ quay của vành là ω(t).

a) Tìm biểu thức cường độ dòng điện qua mỗi điện trở. b) Xác định biểu thức công suất tỏa nhiệt trên vành.

c) Tìm gia tốc góc của vành và hướng của nó. Câu 3 (4 điểm):

Một khối trụ được làm bằng chất liệu trong suốt nhưng chiết suất của nó giảm chậm khi tăng khoảng cách tới trục của khối trụ theo quy luật n(r) = no(1 – ar), trong đó no và a là các hằng số đã biết. Cần phải tạo ra một chớp sáng ở cách trục khối trụ một khoảng bằng bao nhiêu để một số tia sáng có thể lan truyền

Câu 4 (4 điểm): Một vật nhỏ có khối lượng m được gắn chặt giữa hai lò xo đặt trên mặt phẳng nằm ngang nhẵn. Một đầu lò xo được gắn chặt, đầu còn lại

FF IC IA L

theo vòng tròn xung quanh một tâm nằm trên trục hình trụ?

Hình 4

của lò xo kia để tự do (hình 4). Bỏ qua khối lượng các lò xo, độ cứng của mỗi lò

xo là k1= k1 = k. Vật đang ở vị trí cân bằng, người ta kéo đầu tự do của lò xo với

vận tốc không đổi u theo phương của lò xo đi ra xa vật.

a) Tìm khoảng thời gian ngắn nhất để vật nặng có vận tốc bằng u.

Câu 5 (3 điểm).

b) Ở thời điểm đó, tìm khoảng cách giữa vật nhỏ và vị trí ban đầu.

Q U

Cho các dụng cụ thí nghiệm sau: Một thấu kính có hai mặt cong có bán kính khác nhau, nguồn sáng có thể làm vật sáng, bàn quang có thể đặt ở các tư thế

khác nhau, màn ảnh, thước chia độ, một số miếng kính phẳng trong suốt, cốc

KÈ

nước (chiết suất n =1,333), một số thiết bị đơn giản sẵn có trong các phòng thí nghiệm. Hãy xây dựng phương án thí nghiệm đo các bán kính cong và

ẠY

chiết suất của thấu kính đã cho:

- Trình bày cơ sở lý thuyết. - Trình bày phương án thí nghiệm và cách xử lý số liệu. …………..Hết………… Người ra đề: Thân Thị Thanh Bình ĐT: 0948 309 787

SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ VIII

HÙNG VƯƠNG

MÔN: VẬT LÝ 11

FF IC IA L

Thời gian làm bài: 180’

Điểm

Câu

Nội dung

Câu 1

Xét đoạn dây dẫn nằm trong mặt phẳng ứng với đoạn dây đó và

(4điểm) vuông góc với mặt phẳng tích điện.

và cách dây dẫn lần lượt là x và r:

+ Tại điểm M ở rất gần mặt phẳng cách C

- Cường độ điện trường do dây dẫn gây ra

x C



tại điểm M:

(1)

- Cường độ điện trường do mặt phẳng gây ra tại điểm M:

Q U

0,5

(2)

0,5

ẠY

KÈ

- Cường độ điện trường tổng hợp tại M: αr

- Cường độ điện trường tổng hợp

C K

Trong đó:

x dx

tại M theo phương AC (vuông góc với mặt phẳng) : E(x)= E1cos + E2

h B G

(3) , r2 = x2 + h2.

0,5

- Thay (1), (2) vào (3), ta có: 0,5 0,5

FF IC IA L

- Điện thông qua mặt IKGH là: (4)

+ Theo định lí Gauss, số đường sức điện đi ra khỏi đoạn dây dẫn L 0,5 là:

(5)

Coi các đường sức điện là phân bố đều tại các điểm gần dây dẫn thì 0,5

- Từ (4), (5) và (6), ta có

a) Xét tại thời điểm to, các điện trở được

0,5 ω(t)

(5điểm)

Câu 2

(6)

số đường sức điện đi ra khỏi góc 2α cũng là N1. Do đó:

Q U

biểu diễn như hình vẽ. Thanh cứng nối

động cảm ứng xuất hiện trên OA là

1 10 6

KÈ

0,5

- Do mạch có tính đối xứng nên chập các điểm B với E, C với D có cùng điện thế. Khi đó :

ẠY

8 3

R1 đóng vai trò như nguồn phát. Dòng mạch chính đi từ O tới A, suất điện

;

0,5 ;



0,5

FF IC IA L

- Áp dụng định luật Ôm cho toàn mạch:

0,5 0,5

0,5

b) Công suất của toàn mạch :

0,5

 Pdt = - Ioωdω 

Q U

- Pdt = d(

c) Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng :

1,0 hay

Dấu (-) ở biểu thức biểu thị hướng của gia tốc ngược với hướng quay

ẠY

KÈ

của vành.

Câu 3 - Điều kiện để tia sáng lan truyền theo một đường tròn thì (4điểm)

r+∆r) r) r+∆r

FF IC IA L

0,5

(1)

0,5

Hay

(2)



nên

(3)

Theo bài ra, n(r) = no(1 – ar) 

1,0

Vì

1,0

(4)

Từ (3) và (4), ta có :

Câu 4 * Chọn trục Ox như hình vẽ:

1,0

 m

Q U

(4điểm) Gốc tọa độ trùng vị trí ban

đầu của vật.

Xét tại thời điểm t, vật có li độ x. Khi đó, đầu lò xo đi được một

KÈ

đoạn ut.

ẠY

- Phương trình vi phân mô tả chuyển động của vật : mx’’= k(ut – x) – kx 

mx’’= kut – 2kx

0,5 (1)

- Đặt kut – 2kx = Y

(2) 0,5

Khi đó : Y’ = ku – 2kx’ Y’’ = – 2kx’’ - Thay(2), (3) vào (1), ta có :

(3)

0,5 0,5

(4) 6

- Phương trình có nghiệm Y = Acos(ωt + φ) với Với điều kiện ban đầu : t =0, x=0, x’ = 0  Y = 0, Y’ = ku.

FF IC IA L

Do đó : Acos φ = 0, -Aωsin φ = 0 

0,5



(5)

- Thay (5) vào (2), ta có 

0,5

(6)

v =x’=

(7)

a. Khi vật có vận tốc bằng u thì : v = x’= u 0,5

Q U



Câu 5 b. Thay

ẠY

- Dựa vào công thức:

0,5

* Trình bày cơ sở lý thuyết.

KÈ

(3 điểm)

vào (6), ta được

1 1 1   n  1   f  R1 R 2 

0,5

- Dựa vào cách đo tiêu cự của thấu kính thông thường có thể đo được tiêu cự của một thấu kính . - Hệ thấu kính ghép sát có

1 1 1   fh f fA

0,5

* Phương án thí nghiệm: - Đo tiêu cự f của thấu kính :

1 1 1   n  1   f  R1 R 2 

(1).

0,5

FF IC IA L

- Đặt mặt thứ nhất của thấu kính lên trên một tấm kính phẳng và cho một giọt nước ( n =1,333) vào chỗ tiếp xúc giữa thấu kính và mặt phẳng . Đo tiêu cự f1 của hệ, ta được:

1 1 1 , trong đó fA là tiêu   f1 f f A

cực thấu kính phân kỳ bằng nước một mặt phẳng, một mặt lõm R1.

 1  1  1,333  1  fA  R1 

(2)

Do đó:

0,5

1 1 1   trong 0,5 f2 f fB

- Lặp lại bước 2 với mặt kia của thấu kính: ta đựơc:

 1  1  1,333  1  fB  R2 

Q U

mặt lõm R2. Do đó:

đó fB là tiêu cực thấu kính phân kỳ bằng nước một mặt phẳng, một (3).

- Từ (1), (2), (3), giải hệ ta thu được: n, R1, R2: (1,333  1) ff1 (1,333  1) ff 2 ; R2  ; f1  f f2  f

ẠY

KÈ

R1 

n

R1 R2 1 ( R1  R2 ) f

0,5

ẠY

KÈ M Y

Q U N

FF IC IA L

ẠY

KÈ M Y

Q U N

FF IC IA L

ẠY

KÈ M Y

Q U N

FF IC IA L

ẠY

KÈ M Y

Q U N

FF IC IA L

ẠY

KÈ M Y

Q U N

FF IC IA L

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ KHỐI 11

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM

NĂM 2015

TỈNH QUẢNG NAM

Thời gian làm bài 180 phút

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

(Đề này có 02 trang, gồm 05 câu)

FF IC IA L

Câu 1: (Tĩnh điện)

Một lượng chất lỏng có thể tích V với mật độ điện khối ρ đồng nhất được phun vào một căn phòng, tạo thành các giọt hình cầu. Giả sử rằng tất cả các giọt nhỏ có cùng bán kính R. Bỏ qua các lực tương tác giữa các giọt và cho V >>R3 a. Tính thế năng tĩnh điện của mỗi giọt riêng lẻ? b. Tính tổng năng lượng điện của tất cả các giọt? c. Cho hệ số căng mặt ngoài của chất lỏng là σ. Tính tổng năng lượng mặt ngoài của các giọt chất lỏng. d. Tính bán kính cân bằng của mỗi giọt chất lỏng?

Câu 2: (Từ - Dòng điện):

Q U

Một xylanh rỗng có chiều dài l, bán kính r và độ dày d, trong đó l >> r >> d, và được làm từ vật liệu có điện trở suất . Một dòng điện I biến thiên theo thời gian chạy qua xylanh theo hướng tiếp xúc với bề mặt I xylanh (như trong hình vẽ). Xylanh được cố định để không thể di chuyển được , và cho rằng không có một từ trường nào được r tạo ra bởi các yếu tố bên ngoài trong suốt câu hỏi. a. Tìm cảm ứng từ bên trong xylanh, biểu diễn theo I, các chiều của xylanh (l, r, d) và các hằng số cơ bản. l b. Tìm mối quan hệ của suất điện động  được tạo ra dọc theo chu vi mặt cắt của xylanh với các chiều của xylanh (l, r, d), độ

KÈ

biến thiên của dòng điện theo thời gian

dI dt

và các hằng số cơ bản.

ẠY

c. Tìm mối quan hệ của  với cường độ dòng điện I, điện trở suất  và các chiều của xylanh (l, r, d). d. Cường độ dòng điện tại t =0 là I0. Cường độ dòng điện I(t) là bao nhiêu tại thời điểm t > 0.

Câu 3: (Dao động cơ).

Một cơ hệ dao động như hình vẽ. Lò xo không khối lượng có độ cứng k nối với một tấm phẳng nhỏ B khối lượng m trên mặt phẳng nghiêng góc α so với phương ngang. Quá trình dao động của hệ được mô tả như sau: Lò xo đẩy tấm phẳng đi từ B đến A thì dừng lại, ngay sau đó một vật khối lượng M được đặt nhẹ lên tấm làm cho tấm phẳng và vật chuyển động xuống đến vị trí B thì vật rơi xuống một lỗ sau đó tấm phẳng lại chuyển động

M Vật rơi ở vị trí này m Lò xo

đi lên đến điểm A thì dừng và nhận một vật có khối lượng M và đi xuống. Quá trình lặp được đi lặp lại. Khoảng cách giữa hai vị trí A,B là L, hệ số ma sát động và hệ số ma sát tĩnh của vật cũng như tấm phẳng với mặt phẳng ngang đều bằng µ. Chuyển động về phía A hay B đều là chuyển động điều hòa a. Gọi µ0 là hệ số ma sát ứng với trường hợp vật M bắt đầu trượt trên mặt phẳng nghiêng (khi không chịu tác dụng của lò xo), cho hệ số ma sát  

0 2

. Tính µ theo g, α, M.

điểm B, khi đi lên chỉ dừng lại ở điểm A. Tìm tỷ lệ R 

FF IC IA L

b. Để cho hệ thống này để hoạt động, cần phải có tỷ lệ chính xác giữa khối lượng M của vật và khối lượng m của tấm phẳng. Sao cho khi di chuyển xuống khối và tấm chỉ dừng lại ở M m

c. Vật chuyển động từ A về B mất thời gian T 0, tấm phẳng chuyển động từ B về A mất thời gian T’. Tính tỉ sô T 0/T’. d. Tấm phẳng chỉ dao động một số ít lần sau khi nhận được vật cuối cùng. Xác định vị tri tấm dừng lại so với điểm B.

Câu 4:(Quang hình)

Sợi quang có chiết suất thay đổi, phần lõi có chiết suất biến đổi

2  n2  n2 y  theo quy luật n2  n02 1  2 B    , trong đó B  0 2 1 , a là bán 2n0  a   

y n1 O n1

Q U

kính phần lõi. Phần vỏ có chiết suất n1. Xét một tia sáng truyền tới tâm sợi tại O trong mặt phẳng trục và ở trong lõi dưới góc tới i0.Tìm quỹ đạo của tia sáng và chứng tỏ tia sáng cắt trục hoành tại những điểm cách đều nhau một khoảng d. Tính d. Câu 5: ( Thựcnghiệm) Xác định điện dung một của tụ điện hóa.

Dụng cụ và vật liệu:

KÈ

+ Tụ điện cần đo điện dung. + Các điện trở mẫu (giá trị điện trở đã biết)

ẠY

+ Nguồn điện một chiều. + Vôn kế một chiều.

+ Đồng hồ đo thời gian + Các loại công tắc. -----------------------------Hết-------------------------Người ra đề: Nguyễn Hoàng Nam - ĐT liên hệ: 0983210195 Ký tên

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN VẬT LÝ KHỐI 11 Câu 1: Câu Đáp án a. Nếu giọt chất lỏng hình cầu có bán kính r , nó có điện tích

Điểm 0,25

4 q   r 3 3

và do đó bề mặt của nó có điện thế

r2   0,25 4 0 r 3 0 Để tăng bán kính thêm một khoảng dr, thì điện tích thêm dq = 4πr2dr phải được đưa vào từ vô cùng, tốn một công 4 r 4  2 dU   dq  dr 3 0 0,25 Vì vậy, để tăng bán kính từ r = 0 đến r = R đòi hỏi 4 2 R 4 r  4R 5  2 U dr  0 3 0 15 0 0,25 Thế năng tĩnh điện của mỗi giọt là Ue = U

FF IC IA L

b. Mỗi giọt có thể tích

4 Vi   R3 3

vì vậy số lượng giọt chất lỏng là

V V 3V   Vi 4  R3 4 R3 3

Q U

n

0,5

KÈ

Vì ta đang bỏ qua lực tương tác giữa các giọt, tổng năng lượng điện của các hạt là chỉ đơn giản là tổng của năng lượng điện của mỗi giọt: V 4 R5  2 R2  2 Ue  nU   V 4 3 15 0 5  0 R 3

0,5

c. Mỗi hạt có diện tích bề mặt 4πR2, nên năng lượng căng bề mặt 4πR2σ.

ẠY

Như câu trước, tổng năng lượng do sức căng bề mặt chỉ là tổng của năng lượng của các hạt riêng biệt 1,0 V 3 Us  4 R 2 n  4 R 2  V 4 3 R R 3

d. Tổng thế năng từ hai nguồn là

 R2  2 3  Utot    V 5  R  0 

0,25

FF IC IA L

Trạng thái cân bằng được đạt khi tổng năng lượng là tối thiểu;  2 R 2 3  d Utot    2 V dr R   5 0 Cho giá trị này bằng không thì 2 R  2 3  2 5 0 R 15 0 R3  2 2 1

0,5

 15 0  3 R 2   2 

0.5 0.5 1.0

Q U

Câu 2: a. Từ trường bên trong của xi lanh được cho bởi B = μ 0I/l nên từ thông là ΦB = BA = πμ 0r2I/l Độ tự cảm là L = ΦB/I = πμ0r2I/l b. Suất điện động là: 0 r 2 dI dI   L  

KÈ

c.Nhưng vì suất điện động sẽ tạo nên dòng điện, do đó:ε = IR trong đó R là 0.5 điện trở, được tính bằng

ẠY

R

l' trong đó l’ là chiều dài, A’ là diện tích mặt cắt A'

Ở đây chiều dài bằng chu vi, 2rπ, và A’ là diện tích mặt cắt của vật dẫn điện, ld. Do đó: 0.5 2 r   I ld

Vậy từ hai phương trình trên ta có: 0 r 2 dI 2 r I  ld

0.25

Có thể viết lại thành:  I 



0.25

2 0 rd

FF IC IA L

trong đó

dI dt

Khi đó đáp án là I(t) = I(0)e-αt

0.5

Câu 3:

a. Để không bị trượt , từ sơ đồ, ta có

0.5

μ ≥ tan α

Vì vậy μ0 = tan α và do đó

tan  2

0.5



Như vậy,

μmg cos α ≥ mg sin α

b. Trong một chu kỳ, năng lượng đầu vào của hệ thống là

0.25

Q U

MgLsin α

ẠY

KÈ

Sự mất mát năng lượng trên đường lên là Lμmg cos α và sự mất mát năng lượng trên đường xuống là Lμ(m + M)g cos α Vậy MgLsin α = Lμmg cos α + Lμ(m + M)gcos α và vì 2μ cos α = sin α , nên M

m mM   2m 2 2 M R 2 m

0.25 0.25

0.25

c. Thời gian chuyển động của tấm từ B về A

T'  

m k

Thời gian chuyển động của vật từ A về B

0.5

3m mM  k k T0  3 T'

T0  

d. Như đã đề cập ở phần (c), chuyển động lên và xuống đều là chuyển

ky  2  mg cos  mg sin 

FF IC IA L

động điều hòa, . Các vị trí cân bằng cho hai chiều là khác nhau. Trong chiều lên, vị trí cân bằng rõ ràng là ở một khoảng cách L / 2 từ B, vì A, B là hai biên của dao động. Đối với chiều đi xuống, vị trí cân bằng sẽ dịch một khoảng y 0.25 sao cho 0.25 0.25

Do đó, các điểm dừng (vị trí biên) nằm ở cách B n(2mg sin α)/k và L - n (2mg sin α)/k cho số nguyên n . Các tấm sẽ ngừng vĩnh viễn khi n(2mg sin α)/k > L/2 hoặc L - n(2mg sin α)/k < L/2 + (mg sin α)/k, bất cứ điều kiện nào xảy ra đầu tiên . (điều kiện đầu tiên tương ứng với đi xuống và dừng lại phía trên trung điểm, điều kiện thứ hai tương ứng với đi lên và dừng lại phía dưới điểm cân bằng trên. ) Điều kiện thứ hai có thể được viết lại như sau

0.25

Q U

1   n  2  (2mg sin  ) / k  L / 2  

ẠY

KÈ

Câu 4: Chia bản thành các lớp rất mỏng bằng các mặt phẳng vuông góc với trục Ay sao cho chiết suất của mỗi lớp hầu như không thay đổi và bằng n1, n2, n3 …do đó phần truyền của tia sáng trong mỗi lớp được xem như là đoạn thẳng. Áp dụng định luật khúc xạ ta có: 0.25 n0sini0 = n1sin1 = n2sin2 … = nsini  sin i 

Từ hình vẽ ta có: tan i  Từ (1) và (2) 

n0 sin i0 n

dx sin i  dy 1  sin 2 i

(1)

n0 sin i0 dx  dy n2  n02 sin 2 i0

2  a sin i  y  dy Thay n  n 1  2 B    vào ta được dx  2 2 0  a   a cos i0  2 By 2  2

2 0

0.25

(2)

0.25 (3)

0.5

y d

Đặt y  dx 

acosi0 acosi0 cos tdt sin t  dy  2B 2B

a sin i0 2 B 1  sin 2 t

ar sin



a sin i0 a sin i0 dt  2B 2B

 x

a sin i0 2B y ar sin a cos i0 2B

0.5

n02  n12 a cos i0 n0 a cos i0 2B y sin x sin x . a sin i0 n0 a sin i0 2B n02  n12

0.25

Hay

2By a cos i0

ar sin

 x

2B y a cos i0

0.5

cos tdt

Thay vào (3) ta có

FF IC IA L

Hình vẽ 10

Vậy quỹ đạo tia sáng là một đường hình sin

Q U

n02  n12 x sẽ cắt trục Ox tại những điểm cách đều nhau Hàm y  2 2 sin n0 a sin i0 n0  n1 n0 a cos i0

  n0a sin i0   n02  n12

khoảng : d 

0.5

ẠY

KÈ

0.5

Câu 5

Cơ sở lý thuyết: Tích điện cho tụ điện đến giá trị U0 sau đó nối tụ điện với điện trở cho trước R. Hiệu điện thế trên tụ giảm theo quy luật hàm mũ 

t RC

U  U0e U t U  0  ln 0 U RC U

0.25 0.25

0.25 U0 t U   ln 0 U RC U t C 0.25 U0 R ln U Đo được các hiệu điện thế U0 và U, thời gian phóng điện từ U0 đến U thay vào công thức trên tính được giá trị của C Các bước tiến hành: Lắp sơ đồ mạch điện như hình vẽ: 0.5 

FF IC IA L

t RC



0.25 0.25

0.5

ẠY

KÈ

Q U

Chuyển công tắc K sang vị trí nguồn để tích điện cho tụ C Sau một thời gian tích điện. chuyển công tắc sang vị trí nối với R Đồng thời bấm đồng hồ tính giờ và quan sát trên vôn kế để đọc giá trị của U0 sau một khoảng thời gian t đọc hiệu điện thế U . Ghi các giá trị đọc được vào bảng Lần đo U0(V) U(V) t C 1 2 3 Tính giá trị trung bình của C: C  C2  C3 C 1 3 Tính sai số trung bình C1  C  C2  C  C3  C C  3 Két quả C đo được: C  C  C Nguyễn Hoàng Nam - ĐT liên hệ: 0983210195 Ký tên

0.5

1.0

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT TỈNH QUẢNG NGÃI ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI MÔN VẬT LÍ - KHỐI 11 NĂM 2015 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi này có 02 trang, gồm 5 câu)

FF IC IA L

Câu 1. (4 điểm) Tĩnh điện Các điện tích điểm q ,  q đặt tại các điểm có tọa độ ( x, y, z )  (a, 0, a), ( a, 0, a) ở bên trên một mặt phẳng dẫn điện được nối với đất nằm tại z  0 (hình 1). Hãy tìm: b. công thực hiện chống lại các lực tĩnh điện để lắp đặt hệ điện tích này, c. mật độ điện tích mặt tại điểm có tọa độ ( a, 0, 0) .

a. lực toàn phần tác dụng lên điện tích q ,

Hình 1

Câu 2. (5 điểm) Điện từ Hai thanh ray đủ dài cách nhau đoạn l và nằm trong một mặt phẳng hợp với mặt phẳng ngang r góc  . Một từ trường đều có vectơ cảm ứng từ B vuông góc với mặt phẳng chứa hai thanh ray. Một thanh dẫn có khối lượng m , hai đầu luôn tựa lên hai thanh ray và vuông góc với hai thanh ray (hình 2). Bỏ qua điện trở của hai thanh ray, thanh dẫn, chỗ tiếp xúc và bỏ qua mọi ma sát.

Hình 2

a. Nối hai đầu trên của hai thanh ray bởi một điện trở R . Thả nhẹ cho thanh dẫn chuyển động. Tìm tốc độ lớn nhất của thanh dẫn. b. Thay R bởi một cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L . Thả nhẹ cho thanh dẫn chuyển động. Tìm tốc độ lớn nhất của thanh dẫn.

ẠY

KÈ

Câu 3. (4 điểm) Quang hình Vật AB là đoạn thẳng, sáng, nhỏ, đặt vuông góc với trục chính của thấu kính phân kì O1 có tiêu cự f1 cần đo. Vật AB cách O1 đoạn d1  18 cm . Sau O1 và cách nó đoạn a  44 cm có đặt màn M song song với AB . Trong khoảng giữa O1 và M , đặt thấu kính hội tụ O2 có tiêu cự f 2  12 cm đồng trục chính với thấu kính O1 (hình 3). Dịch chuyển O2 trong khoảng giữa O1 và M thì thấy có hai vị trí của O2 cách nhau l  10 cm mà ảnh thu được rõ nét trên màn M . Tính tiêu cự f1 của thấu kính phân kì O1 .

Hình 3

FF IC IA L

Câu 4. (4,0 điểm) Dao động cơ a. Một bán cầu đặc, đồng chất, khối lượng m , bán kính R , tâm O . 3R Chứng tỏ rằng khối tâm G1 của bán cầu cách O đoạn OG1  . 8 b. Một thanh OB cứng, mảnh, khối lượng không đáng kể, dài R , có một đầu gắn chặt vào O sao cho thanh OB trùng với trục đối xứng của bán cầu. Hệ bán cầu và thanh đang đứng yên trên một mặt phẳng ngang. Một vật m r , đang chuyển động theo phương ngang với vận tốc v0 thì nhỏ, khối lượng 4 va chạm vào đầu B của thanh (hình 4). Sau va chạm, vật dính chặt vào đầu B . Gia tốc trọng trường là g . Cho rằng bán cầu không trượt trên mặt phẳng r ngang và ma sát lăn không đáng kể. Với độ lớn của v0 đủ nhỏ, sau va chạm, hệ dao động điều hòa. Tìm chu kì T0 và biên độ góc max của hệ.

Câu 5. (3,0 điểm) Phương án thí nghiệm

Hình 4

Cho các dụng cụ sau:

+ một viên bi đồng chất hình cầu có móc treo;

+ một cái cân;

+ một thước kẹp Panme;

+ một số lò xo nhẹ khác nhau về độ cứng;

+ một giá treo có thể treo lò xo;

+ một đồng hồ bấm giây;

+ một cái ly đựng một chất lỏng.

KÈ

Cho biết ở trong không khí thì các lực ma sát nhớt tác dụng lên viên bi là nhỏ không đáng kể, còn r ở trong chất lỏng có hệ số nhớt  thì lực ma sát nhớt f tác dụng lên viên bi chuyển động với vận tốc r v tính bởi công thức Stokes

r r f  6 rv .

ẠY

Hãy xây dựng cơ sở lý thuyết và từ đó nêu các bước tiến hành thí nghiệm để đo hệ số nhớt  của

chất lỏng đựng trong ly. ................. HẾT ................. Họ, tên người ra đề: Đinh Trọng Nghĩa Chữ kí: Điện thoại: 0914 907 407

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN VẬT LÍ KHỐI 11 Nội dung chính cần đạt a. Phương pháp ảnh điện yêu cầu các điện tích q ,  q đặt tại các điểm có tọa độ ( x, y, z )  (a, 0, a), (a, 0, a) như hình bên. r Lực điện tổng hợp F tác dụng lên điện tích  q đặt tại ( a, 0, a ) , nằm trong mặt phẳng x0 z và hướng vào gốc O của hệ tọa độ. r ( 2  1)q 2 Độ lớn của F là F  . 32 0 a 2

Điểm 0,5

FF IC IA L

Câu

L1 : z  x, y  0,

b. Chúng ta có thể dựng lại hệ bằng cách đưa từ từ các điện tích q và  q từ vô cực theo các đường đi L1 và L2 đối xứng nhau qua trục 0z , nằm trong mặt phẳng x0 z đến các điểm ( a, 0, a ) và (a, 0, a) với phương trình của L1 và L2 lần lượt là

0,5

( 2  1)q 2 có hướng của hướng chuyển động sao 32 0l 2 cho công toàn phần thực hiện bởi các ngoại lực là a a ( 2  1)q 2 ( 2  1)q 2 . A  2 Fdl  2 dl  32 0l 2 16 0 a   c. Xét điện trường tại điểm ( a, 0, 0  ) ở ngay bên trên mặt phẳng dẫn điện. Điện trường tổng hợp do hệ thứ nhất gồm q tại ( a, 0, a ) ,  q tại (a, 0, a) và hệ thứ hai

điện tích chịu tác dụng một lực F  1

L2 : z   x, y  0. Khi các điện tích ở tại (l , 0, l ) trên đường L1 và tại (l , 0, l ) trên đường L2 thì từng

0,5

KÈ

gồm  q tại (a, 0, a) , q tại ( a, 0,  a ) lần lượt là r 2q r E1   ez 4 0 a 2 , r 2q 1 r E2  ez 2 4 0 a 5 5 .

ẠY

Điện trường toàn phần tại ( a, 0, 0  ) là r r r E  E1  E2 

 1 r  1 ez  2 0 a  5 5  .

0,5

q  1   1 . 2  2 a  5 5 

0,5

Mật độ điện tích mặt tại ( a, 0, 0  ) là

  0E 

Nội dung chính cần đạt Điểm a. Thành phần mg sin  của trọng lực làm thanh dẫn chuyển động trượt xuống không ma sát từ trạng thái nghỉ, vận tốc v của 0,5 thanh tăng lên từ 0, thanh chyển động trong r từ trường B nên trong thanh xuất hiện suất điện động cảm ứng có độ lớn E  Bl v . Vì mạch kín nên trong mạch xuất hiện dòng 0,5 E Bl v điện cảm ứng có cường độ I   . R R

FF IC IA L

Câu

r Lực từ F tác dụng lên thanh cản trở chuyển động của thanh và có độ lớn B 2l 2v F  IBl  . R Lực từ tăng dần đến khi bằng mg sin  thì thanh dẫn chuyển động thẳng đều và tốc

0,5

độ của nó đạt giá trị lớn nhất tính bởi

mgR sin  B 2 l 2 vmax vmax   mg sin  B 2l 2 . R hay b. Khi thanh lệch khỏi vị trí ban đầu một khoảng x thì nó có vận tốc v  x và gia tốc a  x . Trong thanh xuất hiện suất điện động cảm ứng E  Bl v  Bl x . Vì mạch kín nên trong mạch có dòng điện cảm ứng I chạy qua. Lực từ tác dụng lên thanh ngược chiều chuyển động của thanh và có cường độ IBl . Theo định luật II Newton, ta có mg sin   IBl  mx .

0,5

Định luật Ôm cho ta LI   Bl x .

I

Bl x L .

ẠY

KÈ

Kết hợp với khi x  0 thì I  0 suy ra LI  Bl x hay B 2l 2 x mg sin    mx L Kết hợp hai phương trình trên ta được hay là 2 2 Bl  mgL sin   x  x 0 mL  B 2l 2  . Bl x0 Bl  mg sin   L Chú ý điều kiện đầu x (0)  0 và vị trí cân bằng hay B l mgL sin   x0  mL . B 2 l 2 , phương trình trên có nghiệm x  x0 1  cos(t ) với Điều đó chứng tỏ thanh dẫn dao động điều hòa nên tốc độ cực đại của thanh dẫn là mLg sin  vmax   A   x0  Bl .

0,5 0,5

0,5

Nội dung chính cần đạt

Câu

Điểm

Sơ đồ cách bố trí quang hệ được mô tả như hình bên. Vật sáng AB qua thấu kính phân kì O1 cho ảnh ảo A1 B1 ( d1  0 ).

FF IC IA L

d1

Dựa vào hình vẽ ta có

. (1) Trong bài toán này, ảnh A1 B1 đóng vai trò là vật thật đối với thấu kính hội tụ O2

0,5 0,5

(d 2  O1O2  d1  0) , qua O2 cho ảnh thật A2 B2 hứng được trên màn M .

L  d1  a  d1  a

0,5

Vì có hai vị trí của O2 cách nhau đoạn l mà ảnh A2 B2 hiện rõ nét trên màn M (đây là bài toán Bassel) nên tiêu cự f 2 của thấu kính O2 liên hệ với các khoảng cách L , l theo công thức 4Lf 2  L2  l 2 . (2)

Thay số f 2  12 cm , l  10 cm vào phương trình (2) ta được

L2  48 L  100  0 .

0,5

L  50 cm .

0,5

Giải phương trình này ta được L  2 hoặc L  50 . Vì L  0 nên ta chọn

Thay L  50 cm vào phương trình (1) ta tìm được

ẠY

KÈ

Từ đó ta tìm được tiêu cự của thấu kính phân kì

d1  a  L  44  50  6 cm

là

f1 

d1d1 18.(6)   9 cm d1  d1 18  (6) .

0,5

Nội dung chính cần đạt Điểm a. Do tính đối xứng, G1 nằm trên trục đối xứng Ox của bán cầu. Chia bán cầu thành nhiều lớp mỏng, mỗi lớp có bề dày dx . Lớp có tọa độ x  R sin  có bề dày 0,5 2 dx  Rcos d và khối lượng dm    Rcos  d m với   . 2 3 R 3

FF IC IA L

Câu



2 1 1 2  R 4  R 4 3R Vậy OG1   xdm    R 4cos3 sin  d   . cos 4   m0 m0 4m 4 m 8 0 b. Trọng tâm G của hệ sau khi vật nhỏ dính vào thanh cách O một đoạn về phía bán cầu là i mi xGi m(3R / 8)  (m / 4)( R) R . OG    mm/4 10  mi

0,5

Với dao động bé (   1, sin    ) , phương trình chuyển 0,5

0,5

động quay của hệ quanh trục quay qua A là mgR R .  mi g.   I A      02  0 với 0  8I A 10 i 2 2 2 Xét riêng bán cầu, ta có I O  mR 2 , I O  I G1  m(OG1 ) , I A  I G1  m( AG1 ) ,  5 13 2 mR 2 . nhỏ nên AG1  R  OG1 , suy ra I A   I O  m(OG1 ) 2   m  R  OG1   20 m 2 Xét riêng vật nhỏ dính vào đầu B của thanh, ta có I A   AB   mR 2 . 4 Do đó, momen quán tính tổng cộng của hệ đối với trục quay qua A là 13 33 IA  mR 2  mR 2  mR 2 . 20 20 2

8I A 66 R  2 . 0 mgR 5g Áp dụng định luật bảo toàn momen động lượng ta có m mv R 10v0 I A0  v0 2 R hay 0  0  . 4 2I A 33R

ẠY

KÈ

Chu kì dao động của hệ là T0 

 2

Biên độ góc dao động của hệ là max 

 (0) 10  2v0 . 0 33gR

0,5 0,5

0,5

Nội dung chính cần đạt Dao động của con lắc lò xo trong không khí gần đúng là dao động điều hòa với chu kì k 2 m với 0  . T0   2 m 0 k Dao động của con lắc lò xo trong chất lỏng là dao động tắt dần. Tại vị trí cân bằng ta có mg  k l  0 , với l là độ dãn của lò xo. Tại li độ x (t ) , áp dụng định luật II Newton ta có

mg  k  l  x(t )  6 rx(t )  mx(t ) hay

0,5

3 r k và   . m m

0,5

x(t )  2 x(t )  02 x(t )  0 , với 0 

Điểm

FF IC IA L

Câu

k 3 r   thì dao động của con lắc m m lò xo trong chất lỏng là dao động tắt dần với “giả chu kì” là 2 2 với   02   2 . T  2  k  3 r    m  m  Từ biểu thức tính T0 và T ta rút ra được biểu thức tính hệ số nhớt của chất lỏng là

0,5

Chọn lựa lò xo có độ cứng k sao cho 0 

2m 1 1  2 . 2 3r T0 T

0,5



0,5

ẠY

KÈ

Dùng cân đo m . Dùng thước kẹp Panme đo r . Cho con lắc lò xo dao động trong không khí và dùng đồng hồ bấm giây đo T0 . Cho con lắc lò xo dao động trong chất lỏng và dùng đồng hồ bấm giây đo T . Từ đó tính được  theo công thức trên.

Họ, tên: Đinh Trọng Nghĩa Chữ kí: Điện thoại: 0914 907 407

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐB BẮC BỘ

ĐỀ THI CHỌN HSG KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2015

***** TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI BÌNH

MÔN: VẬT LÝ LỚP 11 Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 02 trang

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Giáo viên đề xuất: Nguyễn Thanh Sơn

FF IC IA L

Bài 1: (4 điểm) Theo mô hình cổ điển, nguyên tử tritium gồm một hạt nhân mang điện tích dương +e và một electron chuyển động xung quanh trên quỹ đạo có bán kính r 0 , đột nhiên hạt nhân phóng ra một phần tử mang điện tích âm (negatron) và do đó điện tích của nó thay đổi tới +2e. (Sự phát xạ negatron diễn ra nhanh, có thể bỏ qua ảnh hưởng của nó). Sự phát xạ này làm quỹ đạo của electron thay đổi. 1. Tìm tỉ số giữa năng lượng của electron trước và sau khi phát xạ negatron (ở xa vô cực năng lượng bằng không). 2. Biết quỹ đạo mới có dạng là một ellip. Hãy tìm khoảng cách gần nhất và xa nhất trên quỹ đạo mới của electron tới hạt nhân. Tìm bán trục lớn và bán trục nhỏ của quỹ đạo của electron.

Bài 2: (4 điểm) Cuộn dây AB có lõi sắt, được mắc với một nguồn điện xoay chiều. Hiệu điện thế giữa hai cực của nguồn là u  U0 sin t . Một tụ điện có điện dung C được mắc với điểm M của cuộn dây và một cực của nguồn như hình vẽ bên. Điểm M chia cuộn dây thành hai AM 3  . Biết số vòng dây trên mỗi đơn phần có tỷ số chiều dài là MB 2

B M



Q U

vị chiều dài không đổi dọc theo AB, cuộn dây có độ tự cảm L. Giả thiết L không thay đổi, điện trở thuần của cuộn dây và dây nối không đáng kể. 1. Tìm cường độ dòng điện tức thời trên đoạn MB của cuộn dây. 2. Thay tụ điện bởi điện trở R. Tìm cường độ dòng điện hiệu dụng qua đoạn MB.

KÈ

Bài 3: (4 điểm) Một thấu kính mỏng được chế tạo từ thủy tinh có chiết suất n phụ thuộc bước sóng (thủy tinh đó có chiết suất tuân theo công thức Cauchy: n  A 

ẠY

, với A và B là các hằng số). Biết: 2 - Với tia xanh của hiđrô có bước sóng X = 486nm, thì: nX = 1,585; - Với tia đỏ của hiđrô có bước sóng Đ = 656nm, thì: nĐ = 1,571; - Với tia cam của natri có bước sóng C = 589nm, thì: n C = 1,575; Độ tụ của thấu kính đó đối với tia cam C là DC = 0,5điôp; đường kính rìa thấu kính là a = 20cm. 1. Tính độ tụ của thấu kính đó đối với các tia X và Đ của hiđrô. 2. Tính đường kính của vết sáng thu được trên một màn đặt cách thấu kính 2m và vuông góc với trục chính, khi chiếu tới thấu kính một chùm sáng song song phức hợp gồm các bức xạ Đ và X có đường kính bằng đường kính rìa của thấu kính? Vết sáng này có đặc điểm gì? 3. Hiện tượng như trên xảy ra với hầu hết các thấu kính thông thường, đó là nguyên nhân của hiện tượng sắc sai trong các dụng cụ quang học. Người ta có thể khử sắc sai bằng cách phủ lên bề mặt thấu kính một lớp vật liệu đặc biệt. Tuy nhiên có một cách khác để khử sắc sai 1

là ghép nhiều thấu kính có chiết suất khác nhau tạo thành hệ tương đương thay vì dùng một thấu kính duy nhất. Để có một thấu kính có cùng độ tụ như trên và không còn hiện tượng sắc sai, chỉ cần ghép hai thấu kính: một thấu kính bằng thủy tinh ở trên và một thấu kính bằng một thủy tinh khác có chiết suất đối với các bức xạ trên là: n2X = 1,664; n 2C = 1,650; n2D = 1,644. Xác định độ tụ của hai thấu kính này. Biết rằng thấu kính thứ nhất có hai mặt lồi như nhau, mặt phía sau của nó khớp với mặt thứ nhất (mặt vào) của thấu kính thứ hai. Tính bán kính cong của các thấu kính.

FF IC IA L

Bài 4. (5 điểm) Một tấm nặng đồng nhất có khối lượng m được đặt nằm ngang trên 2 con lăn, mỗi con lăn là một khối trụ trong xoay đồng chất có bán kính r, khối lượng m1. Bỏ qua ma sát lăn giữa tấm m và các con lăn. Hệ số ma sát trượt giữa chúng là . 1. Trục của con lăn được giữ cố định cách nhau m x khoảng a, tấm m ban đầu được đặt nằm yên ở vị trí mà C khối tâm C cách trục khối trụ thứ nhất là x0 (x0  a/2). Cho các con lăn quay nhanh quanh trục theo chiều 1 a 2 ngược nhau (như hình vẽ). Viết phương trình chuyển động của tấm m và độ dịch chuyển x(t) của khối tâm C (hệ chuyển động từ trạng thái nghỉ). 2. Đặt các con lăn trên nền nằm ngang cho trục tự do F C và song song nhau. Hệ số ma sát lăn giữa con lăn và m nền là k.Tác dụng vào tấm m một lực F nằm ngang có 1 2 độ lớn không đổi. Các con lăn không trượt trên nền và tấm cũng không trượt đối với các con lăn. Tìm gia tốc của tấm và lực ma sát tổng cộng do nền tác dụng lên các con lăn (nếu coi tác dụng của ma sát lăn tương đương với lực ma sát này).

--- HẾT --Giáo viên đề xuất:

ẠY

KÈ

Q U

Bài 5. (3 điểm) Cho một ampe kế có thể đo được dòng tối đa I01 , một vôn kế có thể đo được hiệu điện thế tối đa U01 , một nguồn điện không đổi, một biến trở, một cuộn dây Nicrom có điện trở suất , một thước thẳng có độ chia tới milimet và một ống trụ, dây nối. Hãy đề xuất phương án thí nghiệm để có thể biến ampe kế thành một vôn kế đo được hiệu điện thế tối đa U02 và biến vôn kế thành một ampe kế đo được dòng tối đa I02.

Nguyễn Thanh Sơn

ĐT: 0989536727

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG PT VÙNG CAO VIỆT BẮC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI & ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2014 - 2015

Đề giới thiệu

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÍ 11 Thời gian: 180 phút (không kể giao đề)

(Đề thi có 03 trang)

Bài 1. (4 điểm)_ Tĩnh điện Hai bản của một tụ điện phẳng đặt trong không khí có cùng diện tích S, có thể

FF IC IA L

chuyển động không ma sát dọc theo một sợi dây cách điện nằm ngang xuyên qua tâm của chúng. Một bản có khối lượng m, điện tích Q còn bản kia có khối lượng 2m, điện tích -2Q. Ban đầu hai bản được giữ cách nhau một khoảng 3d. a) Tìm năng lượng điện trường giữa hai bản tụ.

b) Ở thời điểm nào đó người ta thả hai bản ra. Hãy xác định vận tốc của mỗi bản

khi chúng cách nhau một khoảng d.

Bài 2. (4 điểm) _ Dòng điện (không đổi, xoay chiều) – Điện từ Ω,

cos100πt(V); R = 100

C = 15,9F, cuộn dây thuần cảm có độ tự

uAB = 200

Cho mạch điện như hình 1:

cảm thay đổi được.

a) Điều chỉnh cho L = H. Tìm số

Q U

chỉ ampe kế.

Hình 1

b) Điều chỉnh L sao cho số chỉ ampe kế nhỏ nhất. Tìm L, công suất tiêu thụ của

đoạn mạch AB và số chỉ ampe kế khi đó.

KÈ

Bài 3. (4 điểm) _ Quang học Cho hệ 3 thấu kính (L1), (L2),

ẠY

(L3) cùng trục chính, được sắp xếp (L1

như hình 2. Vật sáng AB vuông góc

với trục chính, ở trước (L1) và chỉ

(L2

(L3 )

tịnh tiến dọc theo trục chính. Hai thấu kính (L1) và (L3) được giữ cố

định tại hai vị trí O1 và O3 cách nhau 60cm. Thấu kính (L2) chỉ tịnh tiến trong khoảng O1O3.

Hình 2

a) Đầu tiên vật AB nằm trước thấu kính (L1) và cách thấu kính 180 cm, thấu kính (L2) đặt tại ví trí cách (L1) khoảng O1 O2 = 36 cm, khi đó ảnh cuối của vật AB cho bởi hệ ở sau (L3) và cách (L3) một khoảng bằng 120 cm. Trong trường hợp này nếu bỏ (L2) đi thì ảnh cuối không có gì thay đổi và vẫn ở vị trí cũ. Nếu không bỏ (L2) mà dịch nó từ vị trí đã cho sang phải 10 cm, thì ảnh cuối ra vô cực. Tìm các tiêu cực f1, f2, f3

FF IC IA L

của các thấu kính. b) Tìm các vị trí của (L2) trong khoảng O1 O3 mà khi đặt (L2) cố định tại các vị trí đó thì ảnh cuối có độ lớn luôn không thay đổi khi ta tịnh tiến vật AB ở trước (L1).

c) Bỏ (L3), để (L2) sau (L1) và cách (L1) một khoảng bằng 10cm. Giả sử tiêu cự

của (L1) có thể được lựa chọn. Hỏi cần phải chọn tiêu cự của (L1) như thế nào để khi vật AB chỉ tịnh tiến trước (L1) và nằm cách (L1) khoảng 25 cm đến 45 cm, thì ảnh cuối

cho bởi hệ (L1) và (L2) luôn luôn là ảnh thật.

Bài 4. (5 điểm) _ Dao động cơ

Vật rắn là một nửa hình trụ đồng chất, bán kính R,

khối lượng m như hình 3.

a) Tính mô men quán tính của vật đối với trục O. b) Tìm vị trí khối tâm G của vật.

Hình 3

c) Vật được đặt trên một mặt phẳng nằm ngang, nhám.

Q U

Ấn nhẹ một đầu cho mặt phẳng AB nghiêng đi một góc nhỏ rồi thả cho vật dao động. Tìm chu kỳ dao động của vật.

Bài 5. (3 điểm) _ Phương án thí nghiệm

KÈ

Cho các dụng cụ sau: + 01 điện trở thuần R1  10 + 01 điện trở Rx chưa biết giá trị.

ẠY

+ 01 điện kế chứng minh.

+ 01 dây dẫn dài có điện trở lớn.

+ 01 pin 9V, các dây nối. + 01 thước đo độ dài Thiết kế phương án thí nghiệm, nêu cách tiến hành, xử lý số liệu để tìm giá trị

của điện trở Rx. ------------------HẾT--------------------

Họ và tên học sinh:.........................................................., Số báo danh:............................ Họ và tên giám thị 1:......................................, Họ và tên giám thị 2:................................

FF IC IA L

Giám thị không giải thích gì thêm.

Người ra đề : Lương Văn Luyện

ẠY

KÈ

Q U

Điện thoại : 0988143050

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI & ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

TRƯỜNG PT VÙNG CAO VIỆT BẮC

Đáp án đề giới thiệu

NĂM HỌC 2014 - 2015

(Đáp án có 07 trang)

ĐÁP ÁN MÔN: VẬT LÍ 11

Bài 1. (4 điểm). Điểm

Nội dung

FF IC IA L

Câu

Cường độ điện trường do bản tích điện Q (bản 1) và bản tích điện Q 2Q 2Q (bản 2) gây ra lần lượt là: E1  và E 2  . 2 0 S 2 0 S

a. (1,5)

3Q . 2 0 S

0,5

Cường độ điện trường bên trong tụ là: Et  E1  E2 

0,5

Năng lượng điện trường trong tụ là: 2

0,5

1 1  3Q  27Q 2 d Wt   0 Et2 .Vt   0  . S .3 d   2 2  2 0 S  8 0 S

mV1  2mV2  0  V1  2V2

(1)

có:

Khi hai bản cách nhau một khoảng d, ký hiệu V1 , V2 lần lượt là vận tốc của bản 1 và bản 2. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta 0,5

Q U

Năng lượng điện trường bên trong tụ là: 2

1 1  3Q  9Q 2 d 2 ' Wt   0 Et .Vt   0   .Sd  2 2  2 0 S  8 0 S

0,5

KÈ

Cường độ điện trường bên ngoài tụ (bên trái của bản tụ 1 và bên E n  E 2  E1 

ẠY

phải của bản tụ 2) là:

Q 2 0 S

Khi hai bản cách nhau là d thì thể tích không gian bên ngoài tăng V  S .2d một lượng là:

b. (2,5)

Vùng thể tích tăng thêm này cũng có điện trường đều với cường độ En. Do vậy, năng lượng điện trường bên ngoài tụ đã tăng một lượng là:

1 2

W   0 En2 V 

Q2d 4 0 S

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng:

0,5

Wt  Wt ' 

0,5

9Q 2 d mV12 2mV22 Q 2 d    4 0 S 2 2 4 0 S

Giải hệ phương trình (1) và (2), cho ta: V2  Q

(2)

2d 3 0 Sm

FF IC IA L



mV12 2mV22   W 2 2

2d 3 0 Sm

V1  2Q

0,5

Dấu "-" thể hiện hai bản chuyển động ngược chiều nhau. Bài 2. (4 điểm).

ZC = 200Ω; ZL = 100Ω

Tính được cường độ dòng hiệu dụng qua R là I1 =

=>  LR =

tan LR =

(2,0)

Tính được cường độ dòng hiệu dụng qua C là I2 =

A 0,5 A

Q U

Vẽ được giản đồ vecto thể hiện mối quan hệ giữa i1; i2 với uAB từ đó vẽ được i. Căn cứ giản đồ tính được cường độ dòng điện qua ampe kế I = I1 =

0,5

ZLR = 200Ω

Gọi  1 là độ lệch pha giữa i1 qua (R,L)

KÈ

Dòng điện i2 qua tụ sớm pha Căn cứ vào giản đồ vecto có I2 =

ẠY

so uAB 0,5

- 2I1I2 sin  1

(2,0)

I2 = U2 Đặt y = I2; x = ZL >0 y' =

0,5

y’ = 0 => x = vậy số chỉ ampe kế đạt giá trị nhỏ nhất khi

 L  0,96H Cường độ dòng điện hiệu dụng qua R: I1 =

= 1A

FF IC IA L

= 300Ω

ZL =

0,5

Công suất của mạch AB: P = I12.R Cường độ dòng điện hiệu dụng mạch chính

0,5

= 1A

Bài 3.(4 điểm)

Sơ đồ tạo ảnh hệ 3 thấu kính:

(d2, d’2)

(d31 , d’31 )

Q U

(d1, d’1)

L3 L1 L2 AB   A1B1   A2 B2   A1' B1'

- Sơ đồ tạo ảnh của hệ 2 thấu kính:

0,5

(d32, d’32)

d2  l1  d1'  0  d1'  36cm

ẠY

(1,5)

(d1, d’1)

KÈ

L3 L1 AB   A1B1   A2' B2'

d3  l2  d2'  0  d3  24cm

f1 

f3 

suy ra

d1d1  30cm d1  d1' d3 d3  20cm d3  d 3'

f 2 = - 15 cm

0,5

Khi dịch (L2), sơ đồ tạo ảnh bởi (L2) và L L (L3) A1B1   A2 B2   A3' B3' 3

(d22 , d’22 )

(d33, d’33) 0,5

d’33 ở vô cực nên d33 = l’2 – d’2 = f3 d2’ = - 6 cm

vậy

FF IC IA L

d2 = l’1 – d’1 = 10 cm L 3 ' L 1 L2  A1  A2  A

(d1, d’1)

(d2, d’2)

(d3, d’3)

0,5

D1 vô cực nên d1’ = f1

(1,0)

D’3 vô cực nên d3 = f3

Suy ra d2 = x – f1 = x – 30

d’2 = 40 – x '

f  d d d d

' 2

0,5

Suy ra x = 48,23 cm, x = 21,77 cm ( x  O1O2 )

' ' L 1 L2  A1B1  A2 B 2

Q U

Sơ đồ tạo ảnh:

(d1 , d’1 )

(d2 , d’2 )

d f d f

M c)

KÈ

ẠY

(1,5)



0,5

 l d1 '





15  d 1 f  10  10 f  1 1  d2 d 1 25  f  25 f '





0,5 d  0 , với mọi d1 trong khoảng 25 cm đến 45 cm ' 2

+ Với d1 = 25 cm suy ra 7,14cm  f1  12,5cm + Với d1 = 45 cm suy ra 8,18cm  f1  16, 07cm

0,5

8,18cm  f1  12,5cm

Kết hợp lại:

Bài 4. (5 điểm) - Xét cả hình trụ có bán kính R, khối lượng 2m thì momen quán tính a)

1 2

của nó đối với O là I 0  2mR 2 - Theo tính chất cộng của momen quán tính thì một nửa hình trụ có 1 2

khối lượng m có momen quán tính là I 0  mR 2 - Gọi dm là khối lượng của một tấm mỏng (phần gạch chéo) có bề dày dy, bề rộng 2x và nằm cách O một khoảng y.

0,75

m .2 xdy R2  2

Ta có dm 

- Gọi yG là tọa độ khối tâm của nửa hình trụ, ta có R

0,5

FF IC IA L

1,0

(1,0)

1 4 yG   ydm  R 2  y 2 ydy 2 R 0 m0

(2,0)

Q U

- Đặt y2 = t; 2ydy = dt R2

2  ( R  t ) 2 dt  0

2 yG  R

yG  OG  a 

KÈ

Suy ra

ẠY

- Ta có

(2,0)

2  2 2  R t  R  3 



0,75

4R 3

2   I K  I G  mGK  2   IO  IG  mOG





3 2 2 R 0

Ta được: I K  I O  m GK 2  a 2

O G



α 0,5

J K

Vì dao động nhỏ nên KG  JG  R  a Thay vào ta được IK 

1 3 8  mR 2  m ( R  a)2  a 2   mR 2    2  2 3 

0,75

M Pr , K  I K   mg.OG sin   I K ''  mg

4R 3 8   mR   3  2 3

   '' 

Cuối cùng ta được 4g  0 R  4,5  8 

FF IC IA L

 ''

0,5

Vậy vật dao động điều hòa với



R  4,5  8 4g hay với T  2 4g R  4,5  8

Bài 5. (3 điểm)

0,25

R1 Rx  R2 R3 l Mà R   . S R l Nên 1  2 Rx l3

Bước Cơ sở lý thuyết: Sử dụng mạch cầu cân bằng để xác định điện trở chưa biết. Khi mạch cầu cân bằng thì G chỉ giá trị 0. R1

0,5

Ta có :

Điểm

Q U

0,75

KÈ

Các bước tiến hành B1: Mắc mạch như hình vẽ ( với R2,R3 là đoạn dây dẫn có điện trở lớn). B2: Dịch chuyển mối nối điểm N tìm vị trí điện kế G chỉ 0. Sử dụng thước đo đoạn AN, BN.

0,5

ẠY

B3: lặp lại bước ba 5 lần ghi vào bảng số liệu

1 2 3 4 5

Rx 0,5

Xử lý số liệu: + Rx 

1 5  Rn 5 n 1

0,75

+ Sai số tuyệt đối: Rn | Rn  Rx | + Sai số tuyệt đối TB: Rx 

1 5  Rn 5 n1

ẠY

KÈ

Q U

FF IC IA L

+Kết quả phép đo: Rx  Rx  Rx

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ KHỐI 11

VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

NĂM 2015

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH VĨNH PHÚC

Thời gian làm bài 180 phút (Đề này có 3 trang, gồm 5 câu)

FF IC IA L

ĐỀ THI ĐÈ XUẤT Câu 1: (4đ)

Một chất điểm có khối lượng m và điện tích Q đặt cách mặt phẳng dẫn điện rộng vô hạn một khoảng L. Tại thời điểm t = 0 người ta thả m ra. Xác định thời gian

để m bay đến mặt phẳng. Bỏ qua ảnh hưởng của trọng lực. Câu 2: (5đ)

Một tụ điện phẳng được tích điện có khoảng cách

giữa hai bản tụ là d. Trong khoảng không gian giữa hai bản

tụ có từ trường đều với cảm ứng từ B. Đường sức từ song

song với các bản tụ (Hình 1). Ở bản tích điện âm (bản I) có các electron bắn ra với vận tốc ban đầu không đáng kể.

Hình 1

Q U

a) Tìm hiệu điện thế nhỏ nhất Umin giữa hai bản tụ để các

electron bắn từ bản I có thể đến được bản II. b) Với hiệu điện thế giữa hai bản là Umin như tính ở câu a, hãy tìm thời gian electron

chuyển động từ bản I đến bản II. Khi đến bản này, electron bị lệch đi một khoảng là

KÈ

bao nhiêu theo phương song song với bản tụ.

ẠY

Bài 3: (4đ)

1. Cho một thấu kính phẳng lồi có bề dày R và có bán

kính đường rìa cũng bằng R.Trên trục chính của thấu kính, cách mặt phẳng của thấu kính một khoảng bằng R có một điểm sáng S (Hình 2). Thấu kính làm bằng thủy tinh đồng chất

nhưng mặt cong của nó được chế tạo sao cho chùm sáng từ S qua thấu kính là chùm song song. a) Tính chiết suất của thấu kính.

Hình 2

b) Tìm góc α hợp bới mặt phẳng thấu kính

và mặt phẳng tiếp tuyến với mặt cong của thấu kính tại điểm ngoài rìa thấu kính như hình 2.

S O

2. Một thấu kính phẳng lồi khác cũng có bề

dày R và chiết suất như trên thấu kính trên. Muốn Hình 3

FF IC IA L

một chùm sáng rộng song song với trục chính khi

qua thấu kính hội tụ tại một điểm cách mặt phẳng của thấu kính một khoảng f (Hình 3) thì mặt cong của thấu kính phải có hình dạng như thế nào? Viết phương trình biểu diễn mặt cong đó.

Bài 4: (4đ) Cho hệ dao động như hình vẽ. Các thanh đều

0

nhẹ và dài l. Lò xo cũng nhẹ. Ba quả cầu nhỏ khối

lượng m được gắn vào ba đỉnh ABC (bản lề). Khi

cân bằng góc ở bản lề D là 2. Kéo A khỏi vị trí

m B

m C

cân bằng một đoạn nhỏ rồi buông tay. Cho biết lò xo

Bài 5: (3đ)

Q U

có độ cứng k. Tính chu kỳ dao động? Bỏ qua ma sát mA

Hình 4

Cho các dụng cụ sau:

- Một nhiệt lượng kế khối lượng M, nhiệt dung C b. Đáy bình có dây may so điện

KÈ

trở R. Bình có khả năng cách nhiệt đối với môi trường; - Một nhiệt kế;

ẠY

- Một đồng hồ đo thời gian; - Một bình đựng dầu hoả;

- Một bình đựng nước sạch, nhiệt dung riêng của nước là C n đã biết;

- Một cốc đong bằng thuỷ tinh hình trụ, trên thành có khắc độ chia để đo thể

tích. Coi rằng bề dày của thành cốc và đáy cốc là không đáng kể so với kích thước của cốc; - Một nguồn cấp xoay chiều điện áp lối ra U chưa rõ giá trị. Yêu cầu:

a) Trình bày phương án thí nghiệm để xác định khối lượng riêng ρ d của dầu. b) Trình bày phương án thí nghiệm để xác định nhiệt dung riêng C x của dầu và hiệu điện thế U của nguồn./.

FF IC IA L

.................HẾT................. Người ra đề

(Họ tên, ký tên -Điện thoại liên hệ)

ẠY

KÈ

Q U

Phan Dương Cẩn

SĐT: 0904.55.53.54

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG ĐỒNG BẰNG DUYÊN HẢI BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN

NGUYỄN TẤT THÀNH

TỈNH YÊN BÁI

ĐỀ THI MÔN VẬT LÍ KHỐI 10 NĂM 2015 Thời gian: 180 phút. (Đề gồm có 02 trang)

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT ĐỀ BÀI

Nếu đóng khóa K trong khoảng thời gian rất ngắn để bản B dịch chuyển chưa

9 d. 10

FF IC IA L

Câu 1( Tĩnh điện - 4 điểm ): Một tụ điện phẳng, diện tích hai bản là S, được đặt nằm ngang như trên hình vẽ, bản dưới A được giữ cố định, bản trên B khối lượng không đáng kể được nối với lò xo nhẹ có độ cứng k. Hai bản được nối với nguồn điện có hiệu điện thế U qua khóa K. Ban đầu khóa K mở, hai bản cách nhau một khoảng d và lò xo có độ dài tự nhiên. a) Sau khi đóng khóa K, người ta thấy khoảng cách giữa hai bản chỉ còn bằng

ẠY

KÈ

Q U

đáng kể, rồi ngay sau đó rồi lại ngắt K thì vị trí cân bằng của B sẽ thay đổi ra sao? b) Tìm giá trị cực đại mà hiệu điện thế giữa hai bản tụ có thể đạt được khi bản B nằm cân bằng. Câu 2 (Điện từ - 5 điểm ) Cho mạch điện như hình vẽ, M N L 0 x A T1 và T2 là hai thanh ray kim loại được T E đặt trong mặt phẳng nằm ngang, song B 1 song và cách nhau đoạn l, điện trở T B không đáng kể; AB là thanh kim loại 2 Q khối lượng m luôn tiếp xúc điện với P hai thanh ray và lúc đầu được giữ nằm yên vuông góc với hai thanh ray. Nguồn điện có suất điện động không đổi E, cuộn dây có độ tự cảm L, điện trở thuần của mạch điện là R. Trong vùng MNQP có một từ trường đều với vectơ cảm ứng từ B hướng thẳng đứng (xem hình vẽ). Bỏ qua mọi ma sát. Ở thời điểm t = 0 người ta thả nhẹ thanh AB. 1) Hãy mô tả các hiện tượng vật lý xảy ra trong mạch. 2) Thiết lập hệ thức giữa vận tốc của thanh AB với cường độ dòng điện và tốc độ biến thiên của cường độ dòng điện trong mạch. Từ phương trình này, dựa vào định luật bảo toàn năng lượng, hãy nhận xét các dạng năng lượng biến đổi trong mạch. 3) Tìm biểu thức của lực từ tác dụng vào thanh AB ở thời điểm t. 4) Viết phương trình chuyển động của thanh AB. Cho biết nghiệm của phương trình y’’(t) + 2ay’(t) + by(t) = 0 (với a 2  b  0 ) có

với y0 được xác định từ điều kiện ban đầu.

dạng: y = y0exp [( a  a 2  b )t ]

x và phần dưới có   (  1) tan  . L

theo qui luật

x   tan  L

FF IC IA L

Câu 3 ( Quang học - 4 điểm): Một thấu kính hội tụ mỏng có tiêu cự f  30cm tạo ảnh của một nguồn sáng điểm chuyển động. Biết rằng khi nguồn sáng đi qua trục chính của thấu kính theo phương lập một góc   600 với trục chính thì vận tốc của ảnh lập với trục chính một góc   300. Hỏi tại thời điểm đó nguồn sáng cách thấu kính một khoảng cách d bằng bao nhiêu? y Câu 4: ( Dao động cơ học - 4 điểm ) Một vật có khối lượng m trượt không vận tốc 0 ban đầu từ đỉnh cao nhất trên mặt phẳng nghiêng của một nêm được đặt trên mặt bàn nhám (như hình vẽ). Mặt nghiêng của nêm lập với mặt phẳng nằm ngang một  góc  , gồm hai phần, mỗi phần dài L : Phần thên tuân

ẠY

KÈ

Q U

1. Giả thiết nêm không trượt trên mặt bàn. Lập phương trình tọa độ x của vật theo thời gian. 2. Lập biểu thức và vẽ dạng đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc vào thời gian của lực ma sát do mặt bàn tác dụng lên nêm , đảm bảo cho nêm luôn ở trạng thái đứng yên. Câu 5 ( Phương án thực hành - 3 điểm ): Cho các dụng cụ sau : Một kim nam châm nho có mômen quán tính là I đối với trục quay qua khối tâm vuông góc với mặt phẳng của kim và mômen từ P m ; một sợi dây mảnh không dãn và ban đầu không xoắn; một đồng hồ bấm dây; giá thí nghiệm. Hãy trình bày một phương án thí nghiệm để xác định thành phần nằm ngang của từ trường Trái Đất. 1. Hãy trình bày cơ sở lý thuyết và xây dựng các công thức cần thiết. 2. Vẽ sơ đồ cách bố trí thí nghiệm và nêu các bước tiến hành. 3. Đánh giá sai số của phép đo. Hết Người ra đề

Vũ Thị Phương Lan- 0986362749

ĐÁP ÁN Câu Hướng dẫn 1 a) Khi đóng khóa K, bản B bị bản A hút và dịch chuyển một đoạn x. (4đ)  S Điện tích trên bản A: qx  CU  0 U .

Điểm 0,5

dx

Lực từ tác dụng lên bản B là: Fx  qx Ex 

q  U  x  2 0 2 0 S 2  d  x 

 0 SU 2

0,5

2d  x

Muốn cho B nằm cân bằng tại tại vị trí x1 (bỏ qua tác dụng của trọng lực) thì tại đó, lực điện phải cân bằng với lực đàn hồi do lò xo tác dụng 1

 0 SU

2d  x

 kx1

với x1 

(1);

lên bản B: Fx  kx1 

U , giữ

0,25

không đổi.

0S

0,5

d . 10

Nếu chỉ đóng K trong một thời gian ngắn rồi ngắt K, thì bản B chưa dịch chuyển, do đó điện tích của bản A là: Q  CU 

0,5

FF IC IA L

Cường độ điện trường tạo bởi bản A là: Ex 

U x2  SU 2 Q Q  d  x2  Q Q2   Ex2    Fx2  QEx2   0 2 Cx2 0S 2  d  x2  2 0 S 2 0 S 2d

U x2 

Sau đó, bản B bị hút về phía bản A và di chuyển đến vị trí cân bằng mới

Q U

Điều kiện cân bằng: Fx  kx2

(2)

d x  d  x1  Từ (1) và (2) suy ra: 2  , với x1   x2  0, 08d 2 10 x1 d

ẠY

KÈ

b) Theo (1), hiệu điện thế Ux giữa hai bản tụ khi bản B nằm cân bằng (sau khi dịch lại gần A một đoạn x) là:  0 SU x2

2d  x

 kx

 3  U x2 

U x đạt cực đại nếu y  x  d  x 

x2 

d 2d  U xmax  3 3

0,5

0,25

0,5

2k 2 x d  x 0S

đạt cực đại. Đạo hàm y’ = 0 suy ra

2kd . 3 0 S

Chú ý: Có thể tìm được (3) dựa vào định luật bảo toàn năng lượng: Độ biến thiên năng lượng tụ điện (do bản B dịch lại gần A) bằng công của

0,5

ngoại lực (ở đây là lực đàn hồi):  0 SU x2 Q2 Q2 W  x; A  Fx .x; W   A  Fx   d  x  d    2 2 0 S 2 0 S 2d  x

mà Fx  kx ...

FF IC IA L

2 +)ở thời điểm t  0 , i0  E / R có chiều từ B đến A . (4đ) Sau thời điểm t  0 , dòng điện trong mạch là i vẫn có chiều từ B đến A. Lúc buông tay, lực từ f  Bil vuông góc với thanh AB, kéo AB theo chiều Ox. Khi thanh chuyển động với vận tốc v trong từ trường, xuất hiện sđđ cảm ứng trong thanh:  cư = Blv . Sđđ cảm ứng gây ra dòng cảm ứng A đến B. Dòng này làm giảm dòng

trong thanh, chiều từ

Theo định luật Ohm

(1)

v

0,75

E iR Ldi   Bl Bl Bldt

Từ đây rút v ra ta có:

E   tc   cu R

i

trong mạch, gây ra hiện tượng tự cảm trong cuộn dây L:  tc = Ldi / dt .

Q U

+) Từ (1) ta có iEdt  d (1 / 2 Li 2 )  Bildx  Ri 2 dt (2) Có thể kết luận (2) như sau: iEdt là năng lượng do nguồn E cung cấp. Nó chuyển thành các dạng năng lượng khác:

KÈ

 d (1 / 2Li 2 )  dWt

ẠY

 Ri 2 dt  Q

(di < 0 do i giảm) là năng lượng từ,

là nhiệt lượng toả ra trong mạch,

 Bildx  fdx  A

là công nguyên tố do lực từ làm dịch chuyển

thanh AB. Phương trình (2) biểu thị định luật bảo toàn năng lượng trong mạch. Chia hai vế phương trình (1) cho idt , rồi đạo hàm hai vế kết quả thu được theo thời gian, sau đó thay i  f / Bl , i '  f ' / Bl , i' '  f ' ' / Bl , x ' '  v '  f / m (vì ma  mv '  f ), ta thu được phương trình f ' '

R B 2l 2 f ' f 0 L mL

(3)

0,75

Nghiệm là:

2   BlE B 2 l 2    R  R  f  exp     t  R mL    2L   2 L 

(4)

0,75

Nghiệm có ý nghĩa vật lý lấy dấu (-)

Với điều kiện ban đầu phân

R 2L

; f 0  BlE R

t  0 , v  0 , x  0 , bằng cách lấy tích

v

f dt , m

x   vdt

Trong đó

B 2l 2  R      mL  2L 

(5)

FF IC IA L

2   BlE B 2 l 2    R  R  exp     t   f 0 exp  t,  R mL    2L   2 L 

f 

0,75

ta tìm được phương trình chuyển động của thanh là:

(6)

Vẽ hình:

0,5

Q U

3 (4đ)

f0 exp t  t  1 m 2

x

Kí hiệu d  OS, d '  OS ' , ảnh S’ có thể là ảnh thật (d’ > 0), hoặc ảnh ảo (d’ < 0). Từ các tam giác đồng dạng SMH và SOI ta có:

KÈ

v cos v0 sin  SH HM OI   0  d  SO OI d OI tan 

0,75

(1)

Tam giác:  S'KN đồng dạng với  S'OI ta có:

ẠY

S ' K KN v cos  v sin  OI     d'  S ' O OI d' OI tan 

Từ (1) và (2), suy ra:

Mặt khác: d ' 

d' d



(2)

tan  tan 

df tan   d f  f d  d f tan 

Thay số: d  40cm; hoặc d  20cm

0,75 0,5

 tan   f 1    tan  

0,75 0,75

4 1. Lập phương trình tọa độ của vật theo (5đ) thời gian:

Phương trình chuyển động của vật theo phương ox: g sin   x " ( x  L)  0 L

(1)

g sin  X 0 L

(1')





g sin  L

với  

(2)

 L  A cos   0  A  L  sin   0   

Khi t =0 thì x = 0 và v = x' = 0 nên suy ra 

x L

(3)

Tương tự ta tìm được phương trình chuyển động của vật:

0,5

g sin  ( x  2 L)  0 L

Q U

 x "

0,5

(2) trở thành : x  L 1  cos t     L 1  cost  Khi x  L thì   (  1) tan 

0,5

X  Acos(t   )

Suy ra: x  L  Acos(t   )

Phương trình có nghiệm là

Fms

 fms

N

Đặt X= x - L  X "  x " (1) trở thành  X '' 

0,5

N f ms

FF IC IA L

x L

*Khi x  L thì   tan 

PT trên có nghiệm là: x  2L  B cos   t  t1    '

với  

g sin  L

KÈ

B  L 2 2 L  B cos  '  L   Khi t = t1 thì x = L; v = x' =  L   3  B sin    L  '    4

Do đó: x  2L  L 2 cos   t  t1   

3  4 

0,5

(4)

ẠY

2. Các lực tác dụng vào vật và nêm được biểu diễn như hình vẽ Tại mỗi thời điểm, lực ma sát trượt giữa nêm có độ lớn : f ms   mg.cos

(5)

Điều kiện cân bằng là: Fms  f ms cos  N sin  Khi

x  L thay  

x tan  L

vào (5)

( nêm có xu hướng trượt sang trái )

(6)

0,5

f ms   mg.cos

= (1  cost )mg sin 

0,5

Điều kiện (6) cho : Fms  mg.cos .sin   1  cost  mg.sin  .cos 1 mg.sin 2 .cos t 2

(7)

x L

Khi x  L thay   (  1) tan   3     f ms   mg.cos  1  2cos   t  t1     mg.sin  4   

Suy ra  Fms   2 mg.sin 2 .cos (t  t1 )  3  

FF IC IA L

 Fms  mg.cos .sin  .cost 

(8)

0,5

(9)

4

+ Từ phương trình (3) ta thấy A  L nên thời gian vật đi từ x = 0 t1 

T     4 2 2

L g.sin 

0,25

đến x = L là :

T     8 4 4

L g.sin 

đến x = 2L là : t2 

+ Từ phương trình (3) ta thấy B  L 2 nên thời gian vật đi từ x = L

0,5

Fms

Đồ thị của lực ma sát do bàn tác dụng lên nêm được vẽ trên hình:

0,25

T  2

0 T 4

L g .sin 

3T 8

Q U

1 mg .sin 2 2

0,5

ẠY

KÈ

1. Cơ sở lý thuyết và xây dưng công thức: + Treo kim nam châm bằng sợi dây mảnh sao cho khi cân bằng kim 5 nằm ngang. Khi đó kim nam châm sẽ định hướng dọc theo hướng Bắc(3đ) Nam của từ trường Trái đất. Xoay kim nam châm lệch một góc nhỏ khỏi vị trí cân bằng ( trong mặt phẳng nằm ngang ) rồi thả nhẹ, kim nam châm sẽ dao động nhỏ như một con lắc xoắn dưới tác dụng của lực từ của thành phần nằm ngang của từ trường Trái đất. + Khi kim nam châm lệch một góc  , nó chịu tác dụng ngẫu lực từ: M = Pm B0 .sin   Pm B0

( M và  luôn trái dấu )

+ Phương trình chuyển động của kim: I "   Pm B0   "

Pm B0  0 I

0,5

+ Vậy kim nam châm dao động điều hòa với chu kỳ: T 

2

 2

I Pm B0

4 2 I 2 PmT 2

(1)



Vậy thành phần nằm ngang của từ trường Trái đất là: B0 

0,25

0,5

FF IC IA L

2. Cách bố trí thí nghiệm và cách đo: + Treo kim nam châm bằng dây dẫn mảnh lên giá thí nghiệm, điều chỉnh để kim nam châm cân bằng nằm ngang, dây treo thẳng đứng đi

0,25

qua khối tâm của kim, kim nằm dọc theo B0 .

0,5

0,25

+ Xoay cho kim lệch một góc nhỏ rồi thả nhẹ cho kim dao động. Khi dao động đã ổn định, dùng đồng hồ bấm dây đo thời gian của n dao động toàn phần ( khoảng từ 5 đến 10 doa động ) Tính được chu kỳ dao động của kim và dùng công thức (1) để tính B0 . Lập lại thí nghiệm từ 3 đến 5 lần để tính giá trị trung bình của B0. 3. Đánh giá sai số:

ẠY

KÈ

Q U

B0 2T  B0 T

0,25