De va dap an HSG 12 Dak Lak

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (161.79 KB, 9 trang )

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

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

---
ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi : 22/12/2009

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi có 2 trang)

Bài 1: (4,0 điểm)

Cho một vật nhỏ có khối lượng là m.

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

 . Bỏ qua ma sát.

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

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

Bài 2: (3,0 điểm)

Một ống thủy tinh hình trụ, một đầu kín, được dùng làm ống
Tơrixenli để đo áp suất khí quyển như hình (H.1). Chiều cao của

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

l=81cm. Vì có một ít khơng khí trong ống nên khi áp suất khí quyển
là p0 = 760mmHg và có nhiệt độ là t = 270C thì chiều cao cột thủy
ngân trong ống là 75,3cm.

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

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

Bài 3: (3,0 điểm)

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

1) Cơng suất tiêu thụ ở mạch ngồi lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó.
2) Cơng suất tiêu thụ ở mạch ngồi khơng nhỏ hơn 8W.

l

h1

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

Bài 4: (4,0 điểm)

Có các linh kiện cho mạch điện xoay chiều gồm: hai tụ điện
có điện dung lần lượt là C1 và C2, một cuộn dây thuần cảm có độ tự

cảm L thay đổi được và một điện trở có giá trị R = 60. Hai đầu A
và B có hiệu điện thế xoay chiều ổn định uAB. Bỏ qua điện trở các
dây nối.

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

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

Bài 5: (3,5 điểm)

Hai thấu kính L1 và L2 có tiêu cự lần lượt
là f1 = - 40cm và f2 = 20cm có cùng trục chính
cách nhau một khoảng l . Một điểm sáng S nằm
trên trục chính, nằm phía trước và cách L1 một
khoảng 40cm như hình (H.3).

1) Biết ảnh thật S’ của S cho bởi hệ thấu kính cách L2 một khoảng bằng 30cm, tính l.
2) Trong khoảng giữa hai thấu kính người ta đặt một bản mặt song song, vng góc
với trục chính, có độ dày 6cm và chiết suất n = 1,5.

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

b- Để ảnh của S trong trường hợp này trùng với ảnh thật S’ trong trường hợp của câu
1 thì phải dịch chuyển thấu kính L2 đi một khoảng bằng bao nhiêu và theo chiều nào?

Bài 6: (2,5 điểm)

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

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

- HẾT

---Họ và tên thí sinh: ...Số báo danh: ...
C2

C1
R

A B

(H.2)

L2
L1

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

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2009-2010

ĐĂK LĂK HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN : VẬT LÝ 12-THPT
---
---I. SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM :

Bài 1: (4,0 điểm)

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

- Chọn phương trình: x = Acos(t + )

- Ta có: 0,5( / )

1
125
,
0
.
2
2

125
,
0
2

2
2

s
m
m

E
A

J
A

m

E        0,50 đ

- Vận tốc và gia tốc của vật:

v = - Asin(t + )
a = - 2Acos(t + )
- Tại thời điểm ban đầu( t = 0):

v0 = - Asin = 0,25m/s.

2 2

0 Acos 6,25 3m/s

a    0,50 đ

- Vậy: sin = -0,5 =>  = - /6(rad) hoặc  = 7/6(rad).
Từ biểu thức của a0, ta chọn  = - /6(rad).

- Cũng từ biểu thức của a0, suy ra: 25( / ).
2

3
.
5

,
0

3
25
,
6

s
rad






0,50 đ

- Vậy, biên độ: 0,02( ) 2 .

25
5
,
0
5
,
0

cm
m

A   



Suy ra phương trình dao động: )( )

6
25
cos(

2 t cm

x   . 0,50 đ

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

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

- Các lực tác dụng lên vật:

+ Trọng lực Pr + Phản lực Nr + Lực ma sát Fms
r
- Phương trình định luật II Niutơn cho chuyển động của vật:

P N Fr r r  ms m.ar 0,50 đ
+ Chiếu lên trục Ox: mgsin - Fms = ma

+ Chiếu lên trục Oy: -mgcos +N = 0

+Với Fms = N = bx.N.

- Xét chuyển động trên trục Ox:
ma = mgsin - bx.N
Mà: N = mgcos.

Vậy: ma = mgsin - bx.mgcos.
Suy ra: a = gsin - bx.gcos.

Biến đổi, ta có: 













b
tg
x
gb

x'' cos  0,50 đ


Pv

Nr
ms

Fr
y

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

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

Đổi biến số: X = x – x0, ta đổi gốc tọa độ đến vị trí cân bằng x = x0 hoặc X = 0,
ta được phương trình: X’’ = -gbcos.X 0,50 đ
Phương trình có dạng: X’’ = - 2.X ; với: 2 = gbcos.

Vậy, chuyển động của vật trên mặt phẳng nghiêng là một dao động điều hịa với tần số góc:
  gbcos

Hay với chu kì:



cos
2

gb

T  0,50 đ

Bài 2: (3,0 điểm)

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

+ Ở nhiệt độ T0 = t0 + 273 = 300K, áp suất khơng khí trong ống là P0, với:
p0 = P0 + h0. ; p0 : là áp suất khí quyển.
+ Ở nhiệt độ T = ( t + 273)K, áp suất khơng khí trong ống là P, với:

p = P + h ; p: là áp suất khí quyển. 0,50 đ
+ Áp dụng phương trình trạng thái cho khơng khí trong ống:

0
0
0.
.
T
V
P
T
V
P
 
V
T
T
V
P

P . .

0
0
0



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

h
l
T
T
h
l
h
p
h
l
S
T
T
S
h
l
h
p
P








 ( )( ).
)
(
.
)
).(
(
0
0
0
0
0
0
0
0
0,50 đ
Ta có:
h
l
T
h
l
T
h
l

T
T
h
l
h
p
P










 . 1,33

300
)
753
810
)(
753
760
(
.
)
)(

(
0
0
0
0
0,50 đ
Đặt b = 1,33, Ta có:

h
l
T
b
h
p



 . 0,50 đ

2) Chiều cao h1 của cột thuỷ ngân:(1,00 điểm)

+ Thay vào phương trình trên, ta được:

1
1
1
1
h
l
T

b
h
p




Biến đổi: 2 1

1
1
1
1

1.l p.h h.l h bT

p    

hay: 2 ( 1 ) 1 1 1. 0

1  p l h  bT  p l

h

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

1  h   

h . 0,50 đ

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

1  h  

h

Giải phương trình:  = 2436721 – 4.607905,68 = 2436721 – 2431622,72 = 5098,28
 71,4

Phương trình có nghiệm: 1 1 1

1561 71, 4

816, 2 ; 744,8
2

h    h  mm h  mm.

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

Ta chọn: h1 = 744,8mm. 0,50 đ

Bài 3: (3,0 điểm)

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

- Ta có:





2
2

.
.
.
.













p
r
q
R

R
e
q
R
I
P

0,50 đ

Biến đổi, ta được: P = 2
2.











p
r
q
R

R
e

Áp dụng bất đẳng thức Côsi: P cực đại khi

p
r
q
R

 .  R.p = q.r 0,50 đ
Với : N = p.q => q2 = 100

6
,
0

30
.
2
.




r
N
R

 q = 10
Suy ra: p = 3

10
30
.




q
N

Kết luận: mắc thành 3 dãy, mỗi dãy 10 nguồn nối tiếp. 0,50 đ
- Công suất cực đại: P I2 .R

max
max 

Ta có: R r A

e

I 2,5

4
,
0

1
3

6
,
0
10

2
1
3

max  






Vậy: Pmax = 2,52. 2 = 12,5W. 0,50 đ

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

Theo giả thiết, ta có: 8
.

2
2














p
r
q
R

R
e
P

Hay: 2 4

2











p
r
q
R

e

. 0,50 đ

Thay các giá trị của e, R, r và tiếp tục biến đổi, đi đến bất phương trình bậc hai theo p:
p2 – 7,5 p + 9  0.

Bất phương trình cho nghiệm: 1,5  p  6.
Kết quả : Các giá trị của p là: 2 , 3 , 5 , 6.

Các giá trị tương ứng của q là: 15 , 10 , 6 , 5. 0,50 đ
Bài 4: (4,0 điểm)

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

Ta có: i = I0cos(100t + i)
+ Biên độ:

- Dòng qua C1 : A
R

P

I 2

60
120

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

Ta có: i = i1 + i2 => r r rI I1 I2

Với: Ir1 Ir2 2
2

I 2A

i / 2

 

Từ giản đồ véc tơ, ta thấy hình bình hành tạo bởi các véc tơ là hình thoi.
Vậy dịng điện qua mạch chính: 0

I 2I .cos30 2 2. 6(A)
2

  

Suy ra: I0 I 2  6. 2 2 3(A) 0,50 đ
+ Pha ban đầu:

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

i = i2 -
6


= -
6

(rad).
Biểu thức dịng điện chính: i2 2 3 cos(100 t )(A)

6


   0,50 đ

2) Tính hệ số tự cảm: (2,5 điểm)

Ta có: i = i'1 + i2 => '
1 2
I  I I
r r r

Với: '
1
I
r

1 1'
'
1
U
I '

0 i / 2


    

Ir2 2
2

I 2A

i / 2


  0,50 đ

Từ giản đồ véc tơ, áp dụng định lí hàm cosin, ta có:










 1'2 22 1 2 '1
2

2
cos
.

2I I i

I
I

I   = I1'2 I22  2I1.I2sin

 

i'1

Do I2 không đổi nên I cực tiểu khi:
1 2

 

2
'

1 2I .I sin i

I

X    cực tiểu.

Ta có: 2 2
2
2
'
1
L
Z

R
U
I


 , sin

 

'1 2 2

L
L
i
Z
R
Z


 .

Vậy: 2 2 2 22



2 2 2



2 2 . . 2 .

L
L
L

L

L R Z

I

Z
U
U
Z
R
I
Z
U
Z
R
U
X







 . 0,50 đ

Lấy đạo hàm của X theo ZL, ta có:







2 2



2
2
2
2 .
2

L
L
L

L R Z

R
I
Z
U
Z
I
U
dZ
dX



 .

2
2
2
2
2
2
4
0
I
I

R
U
U
Z
dZ
dX
L
L





 . 0,50 đ

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

1    


i
R
Z .
1
1

I

2A

0 i

/ 2



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

Do đó: U  2.40 340 6(V).

Thay số vào, ta được: ZL 20 3()(loại),ZL 60 3() 0,50 đ

Bảng xét dấu:

ZL 0 60 3() 

L

dZ

dX

- 0 +
I giảm Imin tăng

Vậy: L ZL 0,33H

314
3
60




 . 0,50 đ

Bài 5: (3,5 điểm)

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

Sơ đồ tạo ảnh: 1 2 '

1 S

S

S L L

 

 


Ta có d1 = 40cm; cm

f
d
f
d
d 20
80
)
40
.(
40
1

1
1
1
'

1 





 . 0,50 đ

)
(
20
'

2 l d l cm

d     ,

l
l
l
l
f
d

f
d

d 20( 20)

20
20
20
)
20
(
.
2
2
2
2
'
2







 .

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

30
)
20
(
20


.

Vậy : l = 40cm. 0,50 đ

2) Ghép thêm bản mặt song song: (2,5 điểm)
a. Xác định lại vị trí của ảnh của S

-Sơ đồ tạo ảnh: 1 2 ''
2

1 S S

S

S L BMSS L

 


 

 


Ta có: d1 = 40cm, d' 20cm

1 
Độ dịch chuyển của ảnh qua bản mặt song song:

cm
n
e
d 2
5
,
1
1
1
6
1

1 


















 . 0,50 đ

Vậy: d d' d 20cm 2 18cm

1
''

1     
Nên ảnh qua bản mặt song song cách L1 18cm.

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

2       .

Do đó: ảnh cuối cùng qua hệ cách L2 là: cm

f
d

d 30,53

20
58
20
.
58
.
2
2
2
2
'
2 




 0,50 đ

b. Khoảng dịch chuyển của thấu kính L2:

- Để ảnh S’’ nằm đúng ở vị trí của S’ thì nó phải cách S2 một đoạn:
d2 + 30 = 58 + 30 = 88cm.

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

Ảnh S’’ bây giờ sẽ cách L2 là:

)
(
70

18
88

' d l' l' cm

d        .

Từ cơng thức thấu kính: .

)
70
(
)
18
(

)
70
)(
18
(
20
.

'
'

'
'
2

l
l

d
d

d
d
f












 0,50 đ

Ta được phương trình bậc hai: '2 52 ' 500 0


 l

l .

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

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

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

- Mắc mạch điện theo sơ đồ như hình vẽ.

- Dịng điện xoay chiều thơng thường có tần số f

- Xác định điện áp U giữa các hai cực của ống dây bằng vôn kế.
- Xác định cường độ hiệu dụng I qua ống dây bằng ampe kế.

- Đo điện trở r của ống dây bằng ôm kế. 0,75 đ

- Xác định hệ số tự cảm theo công thức.

0,50 đ

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

- Gọi L là hệ số tự cảm của ống dây;

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

I
U

Z 0,25 đ

Nhưng : Z r2 Z2 Z Z2 r2

L

L   



 0,25 đ

Vì : ZL =  L = 2 f L 0,25 đ

Từ đó suy ra :

f
r
I
U
f

r
Z




f 2 2

2
Z
L

2
2

2
L




 0,50 đ

II. CÁCH CHO ĐIỂM & HƯỚNG DẪN CHẤM :

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

BÀI 1 : (4,0 điểm) BÀI 2 : (3,0 điểm) BÀI 3 : (3,0 điểm) 
BÀI 4 : (4,0 điểm) BÀI 5 : (3,5 điểm) BÀI 6 : (2,5 điểm) 
Yêu cầu và phân phối điểm cho các bài trên như trong từng phần và có ghi điểm bên
lề phải của đáp án - Phân tích lực, phân tích hiện tượng bài tốn phải rõ ràng, có hình vẽ

)))))))))))

L , r

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

minh họa (nếu có), lập luận đúng, có kết quả đúng thì cho điểm tối đa như biểu điểm nói
trên . (Giám khảo tự vẽ hình)

Ghi chú :

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

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

---

</div>

De va dap an HSG 12 Dak Lak





 

 

 













I

2A

0

i

/ 2



Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về