Tải Đề thi học sinh giỏi cấp THPT tỉnh Lâm Đồng môn Vật lý - Năm học 2010 - 2011

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (269.74 KB, 8 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
LÂM ĐỒNG

ĐỀ CHÍNH THỨC
( Đề thi gồm có 02 trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
 NĂM HỌC 2010-2011

Môn: VẬT LÝ- THPT

Thời gian: 180 phút(không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 18/2/2011

Câu 1: (3,0 điểm)

Từ độ cao h so với mặt đất ta cần phải ném một hịn
đá trúng đích M với vận tốc ban đầu v0



. Cho biết M ở độ cao
H (H > h) và cách nơi ném theo phương nằm ngang một
khoảng L. Chọn hệ trục toạ độ Oxy gốc O gắn tại mặt đất, Oy
thẳng đứng lên trên và đi qua điểm ném, Ox nằm ngang
(Hình 1). Hỏi có thể ném hịn đá trúng đích M với vận tốc
ban đầu có giá trị nhỏ nhất bằng bao nhiêu? Bỏ qua sức cản
của khơng khí.

Câu 2: (2,5 điểm)

Một xi lanh kín, đặt thẳng đứng, bên trong có hai
pittơng khối lượng m1 và m2 có thể trượt khơng ma sát (Hình

2). Các khoang A, B, C có chứa những khối lượng khí bằng
nhau của cùng một chất khí lí tưởng. Khi nhiệt độ chung của
hệ là 240C thì các pittông đứng yên và các khoang A, B, C có

thể tích tương ứng là 5 lít, 3 lít và 1 lít. Sau đó tăng nhiệt độ
của hệ tới giá trị T thì các pittơng có vị trí cân bằng mới. Lúc
đó V’

B = 2V’C. Hãy xác định nhiệt độ T và thể tích V’A ứng

với nhiệt độ T.
Câu 3: (3,0 điểm)

Cho mạch điện như hình 3.

Trong đó suất điện động và điện trở trong của nguồn E1 = E2

= 6V, r1 = 1Ω, r2 = 2 Ω; Mạch ngồi có R1 = 5 Ω, R2 = 4 Ω và

điện trở R; vôn kế V chỉ 7,5V. Giả sử dịng điện qua mạch có
chiều như hình vẽ ; vơn kế có điện trở rất lớn. Tính:

1/ Hiệu điện thế UAB và giá trị điện trở R.

2/ Công suất và hiệu suất của mỡi ng̀n.
Câu 4: (2,5 điểm)

Hai thấu kính mỏng O1, O2 đặt trong khơng khí, có độ

tụ lần lượt D1, D2 đặt cách nhau khoảng l và cùng trục chính.

Một vật phẳng nhỏ AB đặt trước thấu kính O1 (Hình 4), ta

được số phóng đại ảnh cuối cùng qua hệ là k1. Giữ vật cố

định, đởi chở hai thấu kính thì số phóng đại ảnh qua hệ là k2.

1/ Tìm hệ thức liên hệ giữa D1, D2, k1, k2 và l.

2/ Biết k1 = 1, k2 = 4, l = 25cm và hai thấu kính trên làm

bằng cùng một chất có chiết suất n; được giới hạn bởi một
mặt phẳng – mặt cầu lời với bán kính mặt cầu của O2 lớn gấp

1,25 lần bán kính mặt cầu của O1. Tính các độ tụ D1 và D2.

Hình 1

Hình 2

Hình 3

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Câu 5: (3,5 điểm)

Cho mạch điện như hình 5:

 

u = U 2cosωt V , ω thay đổi được, R = 2 CL.
1/ Chứng minh rằng điện áp hai đầu các vôn kế vuông pha
nhau.

2/ Với một hệ số công suất của mạch, tần số ω có hai giá trị
là ω1 và ω2:

a) Tìm hệ thức liên hệ giữa ω1 và ω2.

b) Tìm hệ số công suất của mạch biết số chỉ của hai
vôn kế V1, V2 lần lượt là U1 và U2.

Áp dụng:

1,6
L = H

π ;

-3
10
C = F

9π ; U = 150V1 ; U = 200V.2
Bỏ qua điện trở dây nối, điện trở các vôn kế rất lớn.

Câu 6: (3,5 điểm)

Cho một lị xo L có chiều dài tự nhiên l0 45cm và một vật nhỏ có khối
lượng m 100 g, kích thước vật khơng đáng kể.

1/ Treo lò xo theo phương thẳng đứng, đầu trên cố định, đầu dưới treo vật m, khi
cân bằng, lò xo có chiều dài l50cm. Tìm độ cứng của lị xo.

2/ Cắt lò xo thành hai phần L1, L2 có chiều dài lần lượt là l115cm, l2 30cm
rời mắc chúng theo phương thẳng đứng và treo vào vật m như hình 6. A và B là hai
điểm cố định. Tại thời điểm ban đầu, giữ vật m sao cho hai lị xo khơng biến dạng,
sau đó thả nhẹ cho vật dao động.

a) Chứng minh vật dao điều hòa.

b) Viết phương trình dao động (chọn gốc thời gian là lúc các lị xo khơng bị
biến dạng, gốc tọa độ ở vị trí cân bằng, chiều dương hướng xuống).

c) Tính lực lớn nhất và nhỏ nhất tác dụng lên điểm B.
Lấy g 10 /m s2 và bỏ qua mọi ma sát.

Câu 7: (2 điểm).

Giả sử em là nhà du hành vũ trụ đáp tàu xuống một hành tinh lạ cùng nhóm của mình tiến hành
việc xác định mật độ vật chất trung bình trên hành tinh đó. Hỏi các em phải tiến hành như thế nào, nếu
như trong tay có một sợi dây có chiều dài đã biết, một quả dọi và một đồng hồ bấm giây? Các em cũng
đã biết trước chiều dài đường xích đạo của hành tinh đó trước khi hạ cánh xuống.

---HẾT---Họ và tên học sinh: . . . .Số báo danh . . . .
Giám thị 1: . . . Ký tên: . . . ..
Giám thị 2: . . . Ký tên: . . . ..

Hình 5

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
 LÂM ĐỒNG NĂM HỌC 2010-2011

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC

Mơn:

VẬT LÝ

- THPT

Ngày thi: 18/02/2012

CÂU LƯỢC GIẢI - HƯỚNG DẪN CHẤM Điểm

Câu 1
(3,0 đ)

- Chọn hệ trục toạ độ Oxy gốc O gắn tại mặt đất, Oy thẳng đứng lên trên và đi
qua điểm ném,Ox nằm ngang như hình vẽ.

- Gọi α là góc hợp bởi ⃗v0 và
phương ngang.

-Phương trình chuyển động của hòn đá:





2
0

(1)

sin (2)

2
x v co s t

g t
y h v t









  




- Phương trình quỹ đạo của hòn đá:

y = h + xtg α - g
2v02cos

α x

(3)

- Khi trúng đích

{

x=L

y=H thay vào (3)

ta được: gL2tg2 α - 2v

02Ltg α + gL2 + 2v02(H – h) = 0 (4)

Để phương trình (4) ln có nghiệm α thì ' 0.
Hay v04 – 2g(H – h)v02 – g2L2 0

Suy ra v02 g{(H – h) +

H − h¿2+L2

√¿

}

Vậy













2 2
0min

v  g H h  H h L

0,5

0,5
0,5

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Câu 2
(2,5 đ)

Ở nhiệt độ ban đầu T0 ta có:

m1g = (pB – pA)S (a)

m2g = (pC – pB)S (b)

pAVA = pBVB = pCVC = nRT0 (c)

Lấy (a) chia (b) kết hợp với (c) ta được:
1
2

m 1

m 5 (1)
Ở nhiệt độ lúc sau T ta có:

m1g = (p’B – p’A)S (d)

m2g = (p’C – p’B)S (e)

p’AV’A = p’BV’B = p’CV’C = nRT (f)

Lấy (d) chia (e) và kết hợp với (f) ta được:

1 B

2 A

m V

m   V (2)

Từ (1) và (2) cho ta:
'
B
'
A

V 4

V 5
Biết V’A + V’B + V’C = 9 lít

Tính được:

' '

A B

45 36

V & V

11l 11l

 

Áp dụng phương trình trạng thái khí lí tưởng cho khoang A ở trạng thái đầu và
sau:

' '
A A A A

p V p V

T  T Với (p

B – pA)S = (p’B – p’A)S Suy ra

'
A
A

p 8

p 3
Kết quả: T = 648K

0,5

0,25

0,5

0,25

0,25
0,25
Câu 3

(3,0 đ)

1/ Ta có: : I = I1 + I2 (1)

Áp dụng định luật Ohm cho các đoạn mạch chứa nguồn
UAB = E1 – I1(r1 + R1) (2)

UAB = E2 – I2(r2 + R2) (3)

UAB = IR (4)

Suy ra I1 = I2 =

I
2

Theo đề số chỉ vơn kế là 7,5(V). Ta có
UMN = UMB + UBN

Trong đó: UMB = E2 – I2r2 = E2 –

2r2 và UBN = I1R1 = 
I
2R1.

Suy ra UMN = E2 –

I
2r2 +

2R1 = 6 + 1,5.I = 7,5
Vậy I = 1A; I1 = I2 = 0,5A

Kết quả UAB = E1 – I1(r1 + R1) = 3(V)

Theo (4) ta tính được : R = 3Ω.
2/ Cơng suất của mỗi nguồn điện:

P1 = E1I1 = 3W ; P2 = E2I2 = 3W

Hiệu suất các nguồn điện:

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

0,25
0,25
0,5

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

H1 =

1 1 1 1

1 1

U E r I

91, 7%

E E



 

H2 =

2 2 2 2

2 2

U E r I

83,3%
E E

 
.
0,25
Câu 4
(2,5 đ)

1/ Trường hợp O1 trước O2 với d1 = x ta có:

' 1

1
xf
d

x - f



và

' 1 1 1

2 1

1 1

xf x f xf

d d

x - f x - f
l l

l l  

    

Số phóng dại của hệ:

1 2 1 2

1 2 2 1 2 1 1 2

f f f f

k .

x - f d - f x(l f f ) lf f f

   

    

   

   

Suy ra: k1x(l – f1 – f2) = k1lf1 – k1f1f2 + f1f2 (1)

Tương tự trường hợp O2 ở trước O1 ta có:

k2x(l – f1 – f2) = k2lf2 – k2f1f2 + f1f2 (2)

Chia (1) và (2) cho nhau để khử x và biến đổi ta được:
k1k2l(f2 – f1) = f1f2(k2 – k1)

Kết quả: D1 – D2 =

2 1
1 2

k k 1

k k l

  

 

 

2/ Gọi R là bán kính mặt cầu của O1. Với bán kính của mặt cầu của O2 lớn gấp

1,25 lần bán kính mặt cầu của O1 ta có:

D1 = (n – 1)

R và D2 = (n – 1)
1
1,25.R
Tỉ số:
1
2
D
1, 25

D  (3)
Từ các số liệu đề cho: D1 – D2 = 3 (4)

Giải hệ (3) và (4) ta được: D1 = 15 dp và D2 = 12 dp

0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5

0,5
Câu 5

(3,5 đ) 1/ Gọi góc lệch pha giữa điện áp của mạch AC, CB với dòng điện lần lượt là 1

 ,



tan ZC

R

 

, tan 2

L

Z
R

 

 tan 1tan 2 2 2 1

C L

L
Z Z C

R R

 




  

 2 điện áp hai đầu vôn kế vuông pha với nhau.

a) Ta có:









2 2
2 2
1 2
1 2
2 2
cos
1 1
2 2
R R

R L R L

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

2 2
1 2
1 2
1 1
L L
C C
 
 
   
  
   
   









1 2
1 2
1 2
1 2

1 1 1

0
L

C
L
C
 
 
 
 
  
   
  
 


  
     
  

1 2
1 2
1 2
1
0
1 1
L
C
LC
LC
 
 
 


 




  



b) - Ta có: UR2UC2 U12,

2 2 2
2

R L

U U U ,

2 L
R

C



L C R

U U U

 
4
2 2
1
2 2
2
R
R
R
U
U U
U U
  






2 2 2 2

2 1 2 1

R R

U U U U U U

   

1 2
2 2
1 2
R
U U
U
U U



- Mặt khác:

2 2
1 2

AB

U  U U

1 2
2 2
1 2

2 2

cos R 0,96

AB

U U U

U U U


   

0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 6
(3,5 đ)
1/

+Tại VTCB: P F dh 0

  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  

  
  

 mg k l   k20 /N m
2a/

+ Gọi k1, k2 là các độ cứng của các lò xo L1, L2

- Tại VTCB O: P F dh  mg



k1k2



l





l CO AC l

  

là độ nén (giãn) của L2(L1)

- Vật ở VT M có li độ x (x OM ): P F d ma hay P F 1 F2 ma



k1 k x mx2



   

Chứng tỏ vật dao động điều hịa với tần số góc
1 2

k k
m

 

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

+ Phương trình dao động có dạng: xAcos



t



+ Nếu tác dụng vào các lò xo L1, L2 cùng lực F thì:

1 1 2 2

F k l k l     k l ,       l l x l x l x1 2 (x là độ biến dạng ứng với một

đơn vị chiều dài của lò xo)

1 1 2 2
kl k l k l

    k160 /N m, k2 30 /N m

Do đó

1 2 30 /
k k

rad s
m

  

- Tìm A và :



1 2



mg k k l

Từ (1): 1 2

0, 0111
mg

l m

k k

  



Tại t = 0: Lị xo khơng biến dạng, tức m ở C có tọa độ x0:

0 1,11

x OC  l cm và v0

Suy ra: A1,11cm và 

Vậy: x1,11cos 30



t



cm
2c/

+ Lực nhỏ nhất tác dụng lên B khi vật ở C: Fmin 0
+ Lực lớn nhất tác dụng vào B là khi L2 bị nén mạnh nhất:

max 2.2 0, 667
F k A N

0,25

0,25
0,25

0,25

0,5

Câu 7
(2,0 đ)

- Làm một con lắc toán học bằng một sợi dây và một quả rọi. Dùng đồng hồ bấm
giây xác định chu kì T của con lắc. Sau đó, dùng cơng thức con lắc, có thể xác

định được g*- gia tốc trọng trường của hành tinh lạ:

2
*

2
4 l
g

T




ở đây chiều dài l của con lắc đã được cho trước

- Theo định luật hấp dẫn vũ trụ:

*
*

P M

g G

m R

 

với M là khối lượng của hành tinh, R là bán kính của nó và G là hằng số hấp dẫn

0,75

0,25
Trang 4/6

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

vũ trụ.

- Cho vế phải của hai phương trình trên bằng nhau được:

2 2
2
4 R l
M

GT




- Bán kính của hành tinh biểu diễn qua chiều dài xích đạo C của hành tinh:
2

C
R




- Rút ra khối lượng riêng trung bình D của hành tinh:

2
2
6

M l

D

V GT C



 

Từ đó tính D.

0,25

0,5

* Chú ý:

+ Học sinh làm cách khác nhưng hợp lý vẫn cho điểm tối đa ứng với từng phần.

+ Học sinh thiếu đơn vị ở đáp số hay quên ghi đơn vị ở kết quả đề hỏi thì trừ 0,25 điểm cho
mỗi đơn vị; nhưng chỉ trừ tối đa 0,5 điểm cho toàn bài thi.

+ Nếu học sinh đưa ra cách làm đúng nhưng do biến đổi không đến kết quả ći cùng thì có
thể chấm điểm chiếu cớ nhưng khơng q 50% sớ điểm của câu đó.

</div>