SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC I
ĐỀ THI CHỌN HSG VẬT LÝ NĂM HỌC 2017 - 2018
MÔN : VẬT LÝ 11
Thời gian làm bài: 180 phút – Đề 006
F
Câu 1. (2.0 điểm) Vật khối lượng m được kéo đi lên trên mặt phẳng nghiêng với
lực F , F hợp với mặt phẳng nghiêng góc . Mặt phẳng nghiêng góc so với mặt
phẳng ngang. Hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt phẳng nghiêng là .
a) Tìm biểu thức tính F khi vật đi lên đều theo mặt phẳng nghiêng.
b) Với m = 5kg, 45o , 0,5 , lấy g = 10m/s2. Xét vật đi lên đều, tìm để F
nhỏ nhất, tìm giá trị lực F nhỏ nhất đó.
Câu 2 (2 điểm): Một con lắc đơn, gồm vật nặng m = 0,2kg, dây treo nhẹ, không dãn có chiều dài l = 1m được
treo ở A cách mặt đất là H = 4,9m. Truyền cho m một vận tốc theo phương ngang để nó có động năng Wđ. Con
lắc chuyển động đến vị trí dây treo lệch góc a = 600 so với phương thẳng đứng thì dây treo bị đứt, khi đó vật
m có vận tốc v0 = 4 m/s. Bỏ qua mọi lực cản và ma sát. Lấy g = 10m/s2.
1. Xác định động năng Wđ.
O
2. Bao lâu sau khi dây treo đứt, vật m sẽ rơi đến mặt đất.
D
Câu 3( 2 điểm ): Thanh đồng chất OA có trọng lượng P = 20N quay được quanh
điểm O và tựa tại điểm giữa B của nó lên quả cầu đồng chất C có trọng
lượng Q = 10, bán kính R được treo vào trục O, nhờ dây OD dài bằng bán
kính R của quả cầu. Cho góc BOC = = 30o. Tính góc nghiêng
của dây OD hợp với đường thẳng đứng khi hệ cân bằng.
B
C
A
Câu 4 (2điểm): Một quả cầu có khối lượng m = 0,5kg rơi từ độ cao h = 1,25m vào
một miếng sắt có khối lượng M = 1kg đỡ bởi lò xo có độ cứng k = 1000N/m.
Va chạm là đàn hồi. Lấy g = 10m/s2.
a) Tính vận tốc của miếng sắt sau va chạm.
b) Tính độ co cực đại của lò xo.
(Biết rằng sau khi va chạm quả cầu nảy lên và bị giữ lại.
không rơi xuống).
h
Câu 5 (2 điểm): Một mol chất khí lý tưởng thực hiện chu trình ABCA trên giản đồ 3
p-V gồm các quá trình đẳng áp AB, đẳng tích BC và quá trình CA có áp suất p
biến đổi theo hàm bậc nhất của thể tích V (hình ). Với số liệu cho trên giản đồ, hãy
xác định các thông số (p,V,T) còn lại của các trạng thái A, B, C;
1
O
p(atm)
C
A
B
25,6
V(l)
102,4
Câu 6( 2 điểm ):
Hai quả cầu nhỏ tích điện 1 và 2 có khối lượng và điện tích tương ứng là m1 = m, q1 = +q, m2 = 4m, q2 = +2q
được đặt cách nhau một đoạn là a. Ban đầu quả cầu 2 đứng yên, quả cầu 1 chuyển động thẳng hướng vào quả
cầu 2 với vận tốc vo.
1. Tính khoảng cách nhỏ nhất rmin giữa hai quả cầu.
2. Xét trường hợp a = ∞. Tính r min.
3. Tính vận tốc u1, u2 của hai quả khi chúng lại ra xa nhau ∞.
1
GV ra đề : Bùi Văn Dương – THPT Hậu Lộc I – Thanh Hóa – ĐT : 0943408767
Bỏ qua tác dụng của trọng trường.
Câu 7( 2 điểm): Hai thanh ray dẫn điện dài nằm song song với nhau,
khoảng cách giữa hai thanh ray là l = 0,4m. MN và PQ là hai thanh dẫn
điện song song với nhau và được gác tiếp xúc điện lên hai thanh ray và
cùng vuông góc với hai ray. Điện trở của MN và PQ đều bằng
r = 0,25, R = 0,5, tụ điện C =20µF ban đầu chưa tích điện, bỏ qua
điện trở của hai ray và điện trở tiếp xúc. Tất cả hệ thống được đặt trong
một từ trường đều có véc tơ
vuông góc với mặt phẳng hình vẽ chiều
v
B
đi vào trong , độ lớn B =0,2T. Cho thanh MN trượt sang trái với vận tốc
v = 0,5m/s, thanh PQ trượt sang phải với vận tốc 2v.
a. Tìm công suất tỏa nhiệt trên điện trở R ?
b. Tìm điện tích của tụ?
3
R
M
P
2v
B
C
Q
N
a
Δ
Δ’
5
Câu 8 (2.0 điểm): Một điện tích q 10 C , khối lượng m 10 g chuyển
động với vận tốc ban đầu vo đi vào trong một vùng từ trường đều có
B 0,1T được giới hạn giữa hai đường thẳng song song Δ và Δ’, cách nhau
một khoảng a 10cm và có phương vuông góc với mặt phẳng chứa Δ và Δ’,
sao cho v 0 hợp góc 30o với Δ. Tìm giá trị của vo để điện tích không ra
khỏi từ trường ở Δ’ (hình vẽ), bỏ qua tác dụng của trọng lực.
B
q,m
α
v0
Câu 9( 2 điểm): Mô ̣t khố i thủy tinh hình bán cầ u có bán kính R, chiế t suấ t n= 2 . Mô ̣t tia sáng SI đươ ̣c chiế u
thẳ ng góc tới mă ̣t phẳ ng của bán cầ u.
a. Xác đinh
̣ đường đi tia sáng có điể m tới là I cách tâm O của mă ̣t cầ u là R/2.
b. Điể m tới I ở trong vùng nào thì không có tia ló ra khỏi mă ̣t bán cầ u.
Câu 10 (2 điểm):
Cho một nguồn điện không đổi (có điện trở trong), và 2 vôn kế khác nhau có điện trở hữu hạn.Bằng kiến
thức đã học, hãy trình bày phương án xác định suất điện động của nguồn điện bằng một số tối thiểu mạch điện
chỉ dùng các vôn kế.
…………………………………………… Hết ………………………………………………..
( Giám thị coi thi không giải thích gì thêm ! )
2
GV ra đề : Bùi Văn Dương – THPT Hậu Lộc I – Thanh Hóa – ĐT : 0943408767
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC I
ĐỀ THI CHỌN HSG VẬT LÝ NĂM HỌC 2017 - 2018
MÔN : VẬT LÝ 11
Thời gian làm bài: 180 phút – Đề 006
Câu
1
Điểm
Nội dung
Các lực tác dụng lên vật như hình 4
Vật chuyển động đều nên:
F P Fmst N 0 (*)
F
N
y
x
Fmst
Chiếu (*) lên: Ox: Fcos P sin Fmst 0
(2)
Oy: F sin N P cos 0
(3)
P
O
Hình 4
sin cos
cos sin
Vì P = mg, và xác định nên F=Fmin khi mẫu số M cos sin cực đại.
Theo bất đẳng thức Bunhacôpxki:
Thay Fmst N P cos F sin vào (2) ta được: F P
cos sin
sin
2
cos2 1 2
2
Khi chạm đất y = 4,4m =>t = 1,34s.
M
N' /O
(1)
M P / O N '.OB P.OH '
Mà N’ = N
3
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Đối với quả cầu C:
Q.CH N .OB Q.2 R sin N .2 R cos
Q sin 2Q sin
N
cos
3
- Đối với thanh OA:
0,5
sin cos
47, 43N
1 2
2
a, Chọn gốc thế năng tại C, áp dụng định luật bảo toàn cơ năng:
(2,0đ)
1
Wc = mgl(1- cosa )+ mv20 = 2,6J
2
b, Chọn hqc xOy. Chuyển động của vật theo hai trục là
x = (v0cos)t
(1)
1 2
y = gt (v 0 sin )t (2)
2
(2) y 5t 2 2 3t (3)
3
0,5
1
Dấu ‘=’ xảy ra tan = 0,5 26,56o .
Vậy khi 26,56o thì F Fmin P
0,5
GV ra đề : Bùi Văn Dương – THPT Hậu Lộc I – Thanh Hóa – ĐT : 0943408767
0.25
0.25
0.25
N .OB P.OB sin( 30 o )
Từ (1) và (2)
2Q
sin P sin(30o )
3
(2)
0.25
P.sin 30o cos P cos 30o sin
P
P 3
cos
sin
2
s
(4Q 3P) sin P 3 cos
tan
4
0.25
0.25
0.25
0.25
P 3
19,10
(4Q 3P)
a) Gọi v là vận tốc quả tạ lúc sắp va chạm, v’ là vận tốc của nó sau va chạm; v1 là vận tốc
của miếng sắt sau va chạm.
0,25đ
v = 2g.h = 5m/s
Định luật bảo toàn động lượng:
m.v = m.v’ + M.v1
0,25đ
(1)
Động năng của hệ bảo toàn:
2
m.v2 = m.v’2 + M.v1
2
2
2
0,25đ
(2)
0,25đ
Giải (1) và (2): v1 = 10/3 (m/s)
b) Riêng miếng sắt làm lò xo co một đoạn: a =
M.g
= 10-2m
k
Va chạm làm lò xo co thêm đoạn b. Mốc tính độ cao ở vị trí thấp nhất của miếng sắt.
0,25đ
0,25đ
2
2
M.v21
+ M.g.b + k. a = k. (a+b)
2
2
2
0,25đ
Thay số: 1000b2 = 11,2
b 0,11m
Độ co cực đại của lò xo: x = a + b = 0,12m
0,25đ
5
2,0đ
Áp dụng phương trình trạng thái:
Từ hình vẽ:
4
p B VB p o Vo
1.25,6
TB
273 312K
TB
To
1.22,4
3 pC 25,6
pC 2,25atm
3
102,4
GV ra đề : Bùi Văn Dương – THPT Hậu Lộc I – Thanh Hóa – ĐT : 0943408767
0,5đ
Cũng từ hình vẽ:
102,4 VA 1
1024
VA
68,3
102,4
3
15
Áp dụng định luật Sác-lơ [B→ C]:
p B pC
p
TC C TB 702K
TB TC
pB
Áp dụng định luật Gay-luy-sac [A→ B]:
6
0,5đ
0,5đ
VA VC
V
TA A TB 832K
TA TC
VB
0,5đ
Khi 2 quả cầu có khoảng cách cực tiểu thì chúng có
cùng vận tốc u ( u cùng chiều v0 )
vo
q1
q2
v0
bảo toàn động lượng mv0 (4m m)u u (1)
5
2
2
v
2q
u2
2q 2
( m 4 m)
k
bảo toàn năng lượng m 0 k
(2)
2
a
2
rmin
a
từ (1) và (2) suy ra rmin
(3)
mv02 a
1
5kq2
b. Xét trường hợp a = ∞
v2
5kq 2
u2
2q 2
m 0 (m 4m)
k
Chia cả tử và mẫu của (3) cho a ta được: rmin
2
2
rmin
mv02
c.Khi hai quả cầu lại ở rất xa nhau
Bảo toàn động lượng : mv0 mu1 4mu2 u1 v0 4u 2 (4)
v02
u2
u2
2q 2
k
m 1 4m 2 (5)
2
a
2
2
2
kq
Kết hợp (4) và (5) ta được : 5mu22 2mv0 u 2
0 (6)
a
v
v
v
r
r
Phương trình (6) có nghiệm: u 2 0 0 1 min 0 (1 1 min )
5 5
a
5
a
Vì u2 phải cùng chiều với vo nghĩa là u2 cùng dấu với vo nên ta lấy giá trị (+)
v
v
r
r
u 2 0 (1 1 min ) thay vào (4) ta được u1 0 (1 4 1 min )
5
5
a
a
u1 trái dấu với vo nên quả (1) bật trở lại
3v
2v
với a = ∞ thì u 2 0 ; u1 0
5
5
Suất điện động cảm ứng xuất hiện trong mỗi thanh
R
dẫn MN và PQ là :
M
Bảo toàn năng lượng : m
7
E1 = Blv ; E2 = 2Blv.
v
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
P
0,25đ
2v
B
Vậy Eb = E1 + E2 =3Blv
C
0,25đ
Cường độ dòng điện trong mạch:
N
5
0,25
GV ra đề : Bùi Văn Dương – THPT Hậu Lộc I – Thanh Hóa – ĐT : 0943408767
Q
I
0,25đ
Eb
3Blv
R 2r R 2r
2
2
Eb
3Blv
Công suất tỏa nhiệt trên R: P I R
.R
.R
R 2r
R 2r
0,25đ
2
P
8
9.0, 22.0, 42.0,52
0,5 0,5
2
.0,5 7, 2.103 0, 0072(W)
- Để điện tích không ra khỏi từ trường ở Δ’ thì v vgh.
(Với vgh ứng với trường hợp quỹ đạo của điện tích tiếp xúc với Δ’. )
a
- Từ hình vẽ ta có: a R Rcos R
1 cos
Δ
(vẽ được hình được 0,25đ)
- Mặt khác:
q,m
mvgh
mvgh
a
aqB
.
R
vgh
qB
1 cos
qB
m(1 cos )
α
3
0,1.10 .0,1
- Thay số có: vgh 8
536(m / s)
10 .(1 cos30o )
0,25
a
Δ’
B
0,5
v0
0,5
0,5
- Vậy để điện tích không ra khỏi từ trường ở Δ’ thì v 536 (m/s).
- Tia sáng đi thẳng qua mặt phẳng AB của khối bán cầu và tới mặt cầu tại J với góc tới là i.
OI 1
sin i
i 300
OJ 2
Tại J, ta có: n sin i sin r hay 2 sin 300 sin r r 450
9
0,25
0.25
A
I1
igh
S
i
I
r
J
M
I2
0.25
r-i
O
F
K
igh
0.25
B
Để có tia ló ra mặt cầu của bán cầu thì góc tới tại mặt cầu thỏa mãn điều kiện: i i gh , với
1
2
- Khi i = igh thì tia ló ra khỏi mặt cầu theo phương tiếp tuyến với bán cầu. Khi đó:
R
OI R sin i
2
Gọi I1 là vị trí của I khi có góc tới tại J là i = igh.
R
Vậy nếu điểm tới I nằm trong đoạn I1I2 R 2 , với OI1 OI2
thì sẽ có tia ló ra khỏi
2
mặt cầu của bán cầu.
sin i gh
.
6
GV ra đề : Bùi Văn Dương – THPT Hậu Lộc I – Thanh Hóa – ĐT : 0943408767
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu
10
Gọi điện trở của 2 vôn kế là X và Y. Gọi E và r lần lượt là
suất điện động và điện trở trong của nguồn. khi đó:
U
X
E
r
+ mạch ngoài gồm mỗi X thì 1
(1)
1
E X r
U1
X
(U1 là số chỉ của vôn kế X)
U
Y
E
r
+ mạch ngoài gồm mỗi Y thì 2
1 (2)
E Y r
U2
Y
(U2 là số chỉ của vôn kế Y)
E
E
1 1
Từ (1) và (2) ta có:
2 r.( ) (3)
U1 U 2
X Y
+mạch ngoài gồm X song song với Y
1
1 1
U3
1
E
1 1
X
Y
1 r.( ) (4)
thì
1
1 1
E
X Y
r 1 r.( ) U 3
1 1
X Y
X Y
(U3 là số chỉ của 2 vôn kế )
E
E
E
1
Từ (3) và (4) ta có
1 E
(*)
1
1
1
U1 U 2 U 3
U1 U 2 U 3
…………………………………………… Hết ………………………………………………..
( Giám thị coi thi không giải thích gì thêm ! )
7
GV ra đề : Bùi Văn Dương – THPT Hậu Lộc I – Thanh Hóa – ĐT : 0943408767
0.5
0.5
0.5
0,5