đề thi chọ học sinh giỏi vật lý Vĩnh Phúc

SỞ GD – ĐTVĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT BÌNH SƠN

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2010-2011
Môn: Vật lý - Lớp 11
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Bài 1(2 điểm ): Cho hệ như hình vẽ (hình 1) trong đó mặt phẳng nghiêng cố định; bỏ qua mọi ma sát. Hãy
tìm gia tốc của m2 theo m1 ; m2 ;

 ; g . Gia tốc này cực đại khi 

bằng bao nhiêu, tính cực đại đó.

Áp dụng bằng số khi m1 = 5m2

m1
m2


Bài 2(2 điểm ): Chu trình thực hiện bởi 1 mol khí lí tưởng
đơn nguyên tử gồm 2 quá trình trong đó áp suất phụ
thuộc tuyến tính vào thể tíchV và một quá trình đẳng
tích như hình vẽ ( hình 3) .Trong quá trình đẳng tích 1 - 2
người ta truyền cho khí một nhiệt lượng Q = 4487,4J

P

2

và nhiệt độ tăng 4 lần. Nhệt độ tại các trạng thái 2 và 3

bằng nhau, các điểm 1 và 3 nằm trên đường thẳng đi qua

3

gốc tọa độ. Hãy xác định nhiệt độ của khí ở trạng thái 1

1

và công mà khí thực hiện trong chu trình đó. .
Câu 3 (2 điểm)
Cho mạch điện như hình vẽ: trong đó E1 = 6V; r1=1Ω; r2=3Ω;
R1=R2=R3=6Ω.
1.Vôn kế V (điện trở rất lớn) chỉ 3V. Tính suất điện động E2.
2.Nếu đổi chỗ hai cực của nguồn E2 thì vôn kế V chỉ bao nhiêu?
Câu 4 (2 điểm)
Có một số điện trở r = 5 (  ).
a. Hỏi phải dùng tối thiểu bao nhiêu điện trở đó để mắc thành mạch
có điện trở 3 (  ).
Xác định số điện trở r, lập luận vẽ sơ đồ mạch ?
b. Hỏi phải dùng tối thiểu bao nhiêu điện trở đó để mắc thành mạch
có điện trở 7 (  ).
Xác định số điện trở r, lập luận vẽ sơ đồ mạch ?
Bài 5: (2 điểm)
Một bán cầu có bán kính r =2cm được làm bằng thủy tinh có chiết
suất n = 2 . Bán cầu được đặt trong không khí trước một cái màn
vuông góc với trục đối xứng của bán cầu và các tâm bán cầu một
khoảng L =4,82cm như hình vẽ. Một chùm sáng song song đến mặt
phẳng của bán cầu theo phương vuông góc với mặt này. Hãy xác định
bán kính của vùng sáng tạo ra trên màn.

V
E1,r1

D
V

R1
A

C
R2

r

L

E2,r2

R3
B


ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN: VẬT LÝ 11
CÂU
Câu 1(2đ)

HƯỚNG DẪN GIẢI
+ Gia tốc của vật m2 theo phương của mặt phẳng nghiêng:

a2 

( P2  N1) sin  ( P2  N1 ) sin 

m2
m2

+ Gia tốc của m1 theo trục oy là:

a1 y 

ĐIỂM
0,25

(1)
N1
0,25

r
N2

P1  N 1
m1

0,25

Ta có:
a1 y  a2 y 



( P2  N1 ) sin 2  P2  N1

m2
m1

P2 N1

2
N1(m1 sin2   m2 )  mm
1 2g(1sin )
2



P1

N1 

0,25

2

mm
mm gcos 
1 2 g(1 sin )
 1 22
2
m1 sin   m2
m1 sin   m2

Thay N1 vào (1) ta có

0,25


mcos 2  ( m1  m2 ) g sin 
a2  g sin  1 

2
m1 sin 2   m2
 m1 sin   m2 

0,25



m2
(m1  m2 ) g
ta thấy a2 max khi sin  
m
m1
m1 sin   2
sin 

Vậy: amax 

(m1  m2 ) g
2 m1m2

6 g sin 

Áp dụng bằng số: m1 = 5m2 thì a2 

5sin 2   1

amax 

3
g    26033
5

0,25

0,25


Câu2(2điểm)
0,5
Quá trình 1 - 2: Đẳng tích
T2 = 4T1; A12 = 0; P2 = 4P1
3
9
Q12 = U12 = nR(T2  T1 )  RT1
(1)
2
2
2Q
T1  12  1200 K
9R
Quá trình 2 - 3: T2  T3  PV
3 3  PV

2 2  4 PV
1 1
P3
V1
4
(2)
P1
V3
P3 V3
 (3)
Quá trình 3 - 1: P = aV 
P1 V1
Từ (2) và (3) Ta có: V3 = 2V1
Công của chu trình: bằng diện tích của hình giới hạn bởi chu trình (A>0)
1
3
3
A  S1231  ( P2  P1 )(V3  V1 )  PV
RT1 (4)
1 1 
2
2
2
Q
Từ (1) và (4)  A   1495,8 J
3

0,5

0,5

0,5

Câu3(2điểm)
1. Tính suất điện động E2.

E1,r1
I

D
V

A

I1 R1
I2

E2,r2

R3
B

C
R2
H.1

R2 ( R1  R3 )
 4
R2  R1  R3
I

R2
1
I
  I1 
+ I đến A rẽ thành hai nhánh: 1 
I 2 R1  R3 2
3

+ Điện trở toàn mạch R 

+ UCD = UCA + UAD = -R1I1+ E1 – r1I1 = 6 -3I
+ U CD  3V
+ 6 -3I =  3 => I = 1A, I = 3A.
-

Với I= 1A:
E1 + E2 = ( R + r1 +r2 )I = 8 => E2 = 2V
- Với I = 3A:

0,5


E1 + E2 =8 *3 = 24 => E2 = 18V
2. Đổi chỗ hai cực của nguồn E2 thì vôn kế chỉ bao nhiêu ( 2 đ).
+ Khi đổi chỗ hai cực thì hai nguồn mắc xung đối
- Với E2 = 2V< E1 : E1 phát , E2 thu, dòng điện đi ra từ cực dương của E1
E  E2
I 1
 0,5 A
R  r1  r2

0,5

0,5

UCD = UCA + UAD =6 -3I = 4,5V
- Với E2 = 18V > E1: E2 là nguồn, , E1 là máy thu
E  E1
I 2
 1,5 A
R  r1  r2
UCD = UCA + UAD = R1I1 + E1 +r1I = 6 +3I = 10,5V
0,5

Bài4(2điểm)

a. Hỏi phải dùng tối thiểu bao nhiêu điện trở đó để mắc thành mạch có
điện trở 3 (  ).
* Gọi điện trở của mạch là R
Vì R < r nên các điện trở r phải được
mắc song song.
0,5
Giả sử rằng mạch này gồm 1 điện trở r mắc
song song với một mạch nào đó có điện trở X như
hình (a) .
Ta có :
r. X
R =
rX
5. X

 3 =
5 X
 X = 7,5 (  )
Với X = 7,5 (  ) ta có X có sơ
0,5
đồ như hình (b)
Ta có : X = r + Y
 Y = X - r = 7,5 - 5 = 2,5
()
Để Y = 2,5 (  ) thì phải có 2 điện
trở r mắc song song.
Vậy phải có tối thiểu 4 điện trở r mắc như hình (c).
b. Phải dùng tối thiểu bao nhiêu điện trở đó để
mắc thành mạch có điện trở 7 (  ).
* Gọi điện trở của mạch là R /
Vì R / > r nên coi mạch gồm điện trở r mắc nối tiếp với
một đoạn mạch có điện trở X như hình (d)
Ta có : R / = r + X /
 X / = R / - r = 7 - 5 = 2 (  ).
Vì X / < r  X / là đoạn mạch gồm r
mắc song song với một đoạn mạch có điện trở
Y / như hình (e).

0,5


Ta có : X / =

r.Y /
r Y /

10
5.Y /
 Y/ =
(  ).
/
3
5Y
Vì Y / < r nên Y / là
một đoạn mạch gồm r mắc
song song với một đoạn mạch
có điện trở Z như hình (g).

 2 =

Ta có : Y / =

r.Z
rZ

10
5.Z
=
3
5 Z
 50 + 10 Z = 15.Z
 Z = 10 (  ). Vậy
Z là đoạn mạch gồm 2 điện trở
r mắc nối tiếp với nhau như
hình (h)

Vậy cần phải có 5 điện
trở mắc theo sơ đồ như hình (h)



Câu 5 ( 2đ)

 Để có các tia ló ra khỏi bán
J2
cầu đến màn thì các tia tới mặt
S1
I1
cầu phải có góc tơi iigh………
igh
R
1
2
O1
O
Với sin igh = 
O2
n
2
F
S2
o
i
 igh = 45 ………………
gh
L

 Xét các tia vừa đủ điều kiện
I2
phản xạ toàn phần S1I1J1 và
J1
S2I2J2.
Ta có i1 = i2 = igh = 45o……………………………………………….
 góc khúc xạ tại I1 và I2 đều bằng 90o.
 tứ giác OI1FI2 là hình vuông
 OF = r 2 …………………………………………………………
Các tia khúc xạ đến màn đều nằm trong phạm vi J1J2.  O2J1 = O2J2
là bán kính của vùng sáng trên màn………………………………….
Xét cặp tam giác đồng dạng: FO2J2 và FO1I2 ta có:
O2 J 2 L  OF 4,84  2 2
2



……………………
O1I 2
O1F
2 2
2
2
2
2 2 2
 R = O2J2 =
O1I2 =
 2cm ……………………………
2
2 2

0,5

0,5

0,5

1