DE THI HS GIOI MON VAT LY8

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (188.67 KB, 6 trang )

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

A B

Së GD&§T NghƯ An Kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 12
Năm học 2008 - 2009

Môn thi: Vật lý 12 THPT- bảng A
Thêi gian lµm bµi: 180 phót

Câu 1 (4,5 điểm). Cho cơ hệ nh hình vẽ 1. Hai thanh cứng MA và NB khối lợng
không đáng kể, cùng chiều dài l = 50cm. Đầu tự do của mỗi thanh đều gắn một
quả cầu nhỏ cùng khối lợng m =100g, đầu M và N của chúng có thể quay dễ
dàng. Lị xo rất nhẹ có độ cứng k = 100N/m đợc gắn với thanh NB ở vị trí C có thể
điều chỉnh đợc. Khi hệ cân bằng lị xo không biến dạng, hai quả cầu tiếp xúc
nhau. Kéo quả cầu A sao cho thanh MA lệch về bên trái một góc nhỏ rồi thả nhẹ.
Coi va chạm giữa các quả cầu là đàn hồi xuyên tâm. Bỏ qua mọi ma sát, lấy g =
10m/s2

a. Hãy mơ tả chuyển động và xác định chu kì dao động của hệ khi C ở trung
điểm của thanh NB.

b. Tìm vị trí C để chu kì dao động của hệ bằng chu kì dao động của con lắc đơn
có chiều dài l nh trên dao động với biên độ nhỏ ở nơi thí nghiệm.

Câu 2 (4,0 điểm). Cho cơ cấu nh hình vẽ 2. Hai thanh kim loại dài, đặt song song
trong mặt phẳng nằm ngang, cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L. Thanh dẫn MN
có khối lợng m có thể trợt không ma sát trên hai thanh kim loại,

khoảng cách giữa chúng là l (hệ thống tạo thành mạch kín). Hệ
thống đợc đặt trong từ trờng đều có B hớng thẳng đứng trên xuống.

Truyền cho thanh MN vận tốc ban đầu v0 hớng sang phải để nó
chuyển động ln vng góc với hai thanh kim loại. Cho điện trở
thuần của toàn mạch là khơng đáng kể.

a.Viết phơng trình chuyển động của thanh MN. Chọn gốc tọa độ
tại vị trí ban đầu của thanh MN, chiều dơng trùng với chiều v0, gốc
thời gian lúc thanh bắt đầu chuyển động.

b.Dựng hệ thống trong mặt phẳng thẳng đứng, lúc này từ trờng đều chốn đầy khơng gian và có B hớng
vng góc với mặt phẳng chứa hai thanh, chiều từ trớc ra sau. Lúc đầu giữ thanh MN nằm ngang. Bng
khơng vận tốc đầu, tìm độ dịch chuyển lớn nhất của thanh MN so với vị trí đầu. Bỏ qua mọi ma sát.

Câu 3 (4,5 điểm). Cho mạch điện nh hình vẽ 3, nguồn điện có suất
điện động E, điện trở trong r = R / 2, hai tụ điện có điện dung
C1 = C2 = C (ban đầu cha tích điện) và hai điện trở R và 2R, lỳc

đầu khóa k mở. Bỏ qua điện trở các dây nối và khoá k. Đóng k.
a.Tính điện lợng chuyển qua dây dẫn MN.

b.Tính nhiệt lợng tỏa ra trên điện trở R.

Câu 4(4,0 điểm). Mt bình A chứa khí lý tưởng ở áp suất 5.105 Pa và

nhiệt độ 300 K được nối với bỡnh B có thể tích gấp 4 lần bỡnh A
bằng một ống có thể tích khơng đáng kể và khơng dẫn nhiệt. Bỡnh
B chứa khớ cựng loại khớ trong bỡnh A, ở ỏp suất 105 Pa và nhiệt

độ 330 K (Hình 4). Mở van cho hai bỡnh thụng nhau đồng thời
giữ nhiệt độ hai bỡnh không đổi. Áp suất cuối cùng trong mỗi bình
bằng bao nhiờu?

Câu 5 (3,0 điểm). Xác định hệ số ma sát nhớt  của dầu.

Cho các dụng cụ: Một ống hình trụ (kích thớc và chiều cao đủ
lớn), can lớn đựng đầy dầu nhớt, các viên bi xe đạp nhỏ, thớc kẹp

(Panme), thớc dài, đồng hồ bấm giây, các vòng dây đàn hồi. Biết khối lợng riêng thép là  và dầu
nhớt là 0, gia tốc rơi tự do g. Lực cản lên bi đợc tính bởi biểu thức fC = 6Rv trong đó:  là h s ma

sát nhớt, R là bán kính viên bi, v là vận tốc viên bi.
Yêu cầu và xây dựng phơng án thí nghiệm:

-Trình bày cơ sở lý thuyết.
-Cách bố trí thí nghiệm.

-Cách tiến hành thí nghiệm và xử lý kết quả.

---Hết---Họ và tên thí sinh:...Số báo danh:...
Së Gd&§t NghƯ an Kú thi chän häc sinh giái tỉnh khối 12

Năm học 2008 - 2009

hng dn v biu im Chm chớnh thc

(Hớng dẫn và biểu điểm chÊm gåm 06 trang)
M«n: VËt lý líp 12 THPT - bảng A

---Câu ý Nội dung Điểm

Đề chính thức

A B

N
C

Hình 1

B



v

0
L

N
M

H×nh 2

R
2R

N
k
E, r

r
+

-C

Hình 3

T
A

T
B
K

V
B

VA

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

Câu

1 a + Do A va chạm với B là đàn hồi nên động lợng và động năng hệ đ- 4,5
ợc bảo toàn.

' '

1 1 2

2 ' 2 ' 2

1 ( )1 ( )2

2 2 2

mv mv mv

mv m v m v

 

 
 
 
 
 

 
 
 
 
 
 


0,25đ

+ Chọn chiều dơng cùng chiều với v 1 suy ra:

' '

1 1 2

2 ' 2 ' 2

1 ( )1 ( )2

2 2 2

mv mv mv

mv m v m v

 

' '
1 0, 2 1

v v v

  

0,25®

+Tơng tự cho va chạm từ quả cầu A trở lại quả cầu B ta đợc.
v1'' v v'2, 2'' 0.

+ Sau va chạm quả cầu này truyền hoàn toàn vận tốc cho quả cầu
kia. Hệ thống dao động tuần hoàn, mỗi con lắc tham gia một nửa
dao động.

0,25®

+ Chu kỳ dao động 1( 1 2)
2

T  T T với T1 là chu kì dao động con lắc
đơn, T2 là chu kì dao động của con lắc gắn với thanh và lị xo.

0,25®

+ Ta biết chu kỳ dao động của con lắc đơn: T1 2 l 1, 4( )s
g





0,25đ
Ta tìm T2 bằng phơng pháp năng lợng:

+Chọn mốc thế năng trọng trờng tại mặt phẳng ngang qua m khi c©n
b»ng.

+Xét vật m tại vị trí có li độ x:
-Động năng của quả cầu: Eđ =

mv

0,25®

-ThÕ năng trọng trờng: Et1 =

mgx
l

0,25đ

-Thế năng của hßn bi trong hƯ lß xo: Et2 =

2 2

2 8

kx kx

0,25đ

+Cơ năng của hệ: E = Eđ + Et1 + Et2 =
2

mv - 2 2

2 8

mgx kx

l (1).
Do không có lực cản nên E = const.

0,25®

+Lấy đạo hàm 2 vế của (1) theo thời gian t, ta đợc:
mvv’ - ' ' 0

mgxx kxx

l  

Hay x’’+( ) 0
4

k g

x

m l  .

0,25®

+Vậy vật dao động điều hịa với tần số góc

k g

m l

   vµ chu k×
T2 2 0, 41s


 

0,25®

+Hệ dao động tuần hồn với chu kỳ 1( 1 2)
2

T  T T =0,7 + 0,2 = 0,9s 0,25đ
b

Đặt a = NB

NC . Khi vật m có li độ x thì Et2=
2

2
2

( )

2 2

x

k kx

a

a
 .
Chứng minh tơng tự trên ta đợc: 2 2k g

a m l

   .

0,5®

+Để T = T1 khi đó T1 = T2 hay 12. T ú g k2 g

l a m l

0,5đ

Vạch dÊu D

1

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

Thay số vào ta đợc a = 5. Vậy lò xo phải mắc vào điểm C nm cỏch
N mt on bng 10

NB

cm

0,5đ

Câu

2 a +Xét tại thời điểm t thanh có vận tốc v, dòng điện trong mạch i. 4đ
+Suất điện động cảm ứng trong thanh:  Bvl

0,25đ
+i qua mạch biến thiên nên cuộn dây xuất hiện suất điện động tự

cảm :
tc Li'

0,25đ

+Do R = 0, suy ra 0 '

tc Bvl Li

     L i Bl x

t t

0,25đ
+Tại thời điểm ban đầu t = 0, x0 = 0 và i0 = 0, suy ra    i i x x,

 Li = Blx  i = Blx
L

0,5đ

+Vì ở đây P và N cân bằng nên lực gây ra gia tốc cho m chính là lực
từ

F = Bil.

+ Ta cã – Bli = mx

2
'' ( )Bl 0

x x

mL

0,25đ

+Đặt Bl x'' 2x 0
mL

+ Phơng trình trªn cã nghƯm x = Acos(t).

+Chứng tỏ thanh kim loại dao động điều hịa với tần số góc:
Bl

mL

  .

0,25®

+Theo ®iỊu kiện ban đầu t = 0, xo= 0 , v = v0 suy ra

cos 0
sin

A

A v



 



 

0 0 ,

v v mL

A rad

Bl





   

0,5®

+ Vậy phơng trình dao động của thanh MN x = v mL0

Bl cos(

Bl
mL

t-)
2



0,25®

b + Chọn trục ox hớng thẳng đứng trên xuống, gốc o vị trí ban đầu
của thanh.

+ áp dụng định luật II Niu tơn ta có: mg – iBl = ma

0,25®
+Suy ra x’’ +

2 2 2 2

2 2

0 ( ) 0

B l B l mgL

x g x x

mL     mL  B l (*)

0,25đ

+Đặt X = x - mgL2 2

B l th× X

’’ = x’’

+Phơng trình (*) đợc viết lại: X'' B l2 2 X 0
mL

 

0,25®

+Thanh MN dao động điều hịa xung vị trí cân bằng có tọa độ X =
0, tức

x0 = mgL2 2
B l

+T¹i t = 0 ta cã hƯ: cos 2 2

sin 0

mgL
A

B l
A


 



 

 2 2
mgL
A

B l
 




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

+§é dời lớn nhất của thanh khỏi vị trí ban đầu là: x0 + A = 2 2
2mgL

B l

0,25đ
Câu

3 a +Khi k ng¾t q1 = 0; q2 = 0 nên tổng điện tích các bản phía trái của 4,5đ
các tụ điện q = 0.

+ Khi k úng ' '

1 , 2

q CE q CE nªn q’= q1' q'2 2CE

0,5®

+Điện lợng từ cực dơng của nguồn đến nút A là: q’= 2CE
+ Gọi điện lợng qua AM là q1, qua AN là q2, ta có :
q’=

1 2

q q

   = 2CE (1)

0,5®

+Gọi I1, I2 là cờng độ dịng điện trung bình trong đoạn AM và AN ta
có:

1 1 1

2 2 2

2
2

q I t I R

 

   

  (2)

0,5®

+Tõ (1) vµ (2) suy ra: 1 4 ; 2 2

3 3

CE CE

q q

    0,5®

+Điện lợng dịch chuyển từ M đến N '
1 1

3 3

MN

CE CE

q q q CE

0,5đ

b +Công của nguồn điện làm dịch chuyển điện tích q trong mạch là :

A = qE = 2CE2 0,25đ

+Năng lợng của hai tụ sau khi tích điện: W = 2.1 2 2

2CE CE

0,25đ
+Điện trở tơng đơng của mạch AM là: RAM =

2
3

R
+Tỉng nhiƯt lỵng táa ra trên các điện trở là:
QAM + Qr = A - W = CE2 (3)

0,5đ

+Trong đoạn mạch mắc nối tiếp nhiệt lợng tỏa ra tỉ lệ thuận với điện
trở:

AM AM
r

Q R

Q  r 

+Từ (3) và (4) ta đợc: 4 2

AM

Q CE

0,5đ

+Trong đoạn mạch mắc song song nhiệt lợng tỏa ra tỉ lệ nghịch với

điện trở nên: 2

2 2 8

3 21

R

R AM

R

Q R

Q Q CE

Q R

0,5đ

Câu

4 +Hai bình chứa cùng một loại khí lý tởng, áp dụng phơng trình 4,0đ
Clapâyrơn – Menđêlêep: PV M RT



 (1)

0,5®

+Gọi khối lợng khí lúc đầu ở bình A v B l à à MA v à MB v khối là
-ợng khí sau khi mở van là M'A và MB' . Ta có tổng khối lợng khơng
đổi:

MA + MB=M'AMB' (2)

0,5đ

+Mặt khác sử dụng (1) ta có :

PAVA= .

.
.

A A
A

A A

A

P V
M

RT M

R T


   ; PB.VB=

. .
.

B B B

B B

B

M P V

RT M

R T


   (3)

0,5®

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

PA' PB' = P.

+¸p dơng (1) ta cã.

A

P VA=

' . .

A
A

A A

A

P V
M

RT M

R T


   ;

B

P .VB=

' . .

B B

B

M P V

RT M

R T


   (4)

0,5®

+Từ (4) thay vào (2) ta đợc :

. . . .

A A B B A B

A B A B

P V P V PV PV

R T R T R T R T

   

    A. A B. B . A . B

A B A B

P V P V PV P V

T  T  T  T

0,5®

+Thay VB = 4VA.

. .4 . .4

A A B A A A

A B A B

P V P V PV P V

T  T  T  T

. 4 . . 4 . ( 4 )

. . .

A B B A B A B A

A B A B A B

P T P T P T P T P T T

T T T T T T

  

  

0,5®

5 5

. 4 . 5.10 .330 4.10 .300

4 4.300 330

A B B A
A B

P T P T

P

T T

 

  

  = 1,86.10

5Pa 0,5đ

Câu
5

3,0đ
1. Cơ sở lí thuyết

+ỏp dng nh luật II Niutơn ta có phơng trình chuyển động của
viên bi:

ma = Vg( - o) - 6Rv.

0,25®

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

+Vậy ta chỉ cần đo v lúc đó là suy ra đợc:
 =

0 0

( ) 2 ( )

6 9

Vg R g

Rv v

   



 



0,25®

0,25®
+NÕu dïng phÐp tÝnh chi tiÕt ta có kết quả rõ ràng hơn:

dt
dv

= Vg( - o) - 6Rv.

 0

0 0

( ( ) 6 Rv)

1
.

( ) 6 Rv 6 R ( ) 6 Rv

d Vg

dv dt dt

Vg m Vg m

  

      

 

  

   

 v =

( )

(1 )

R
t
m

Vg

e
R



 




+Khi t đủ lớn thì et  0  v =

0 0

( ) 2 ( )

6 9

Vg R g

R

   

 

 



  = ( 0) 2 2 ( 0)

6 9

Vg R g

Rv v

   



 

 .

2. Bố trí thí nghim cỏch tin hnh:
+ Dng ng thng ng.

+Đổ dầu nhớt vào gần đầy ống.

+Dùng 2 vòng dây lồng vào phần trên và phần dới ống.

0,25đ

+ Bc 1: Dựng thc kẹp đo đờng kính viên bi một số lần, suy ra bán
kính viên bi. Ghi lại kết quả đo.

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

+ Bớc 2: - Thả thử 1 viên bi để
xác định tơng đối vị trí nó bắt
đầu chuyển động đều, vịng dây
vị trí đó (vạch số 1). Vạch gần
đáy (cách khoảng 7 - 10cm),
vạch số 2. Đo khoảng cách D1
D-2= l, ghi lại kết quả.

0,25®

+ Bấm đồng hồ khi bi đi qua vạch số 1 và 2 ta đợc khoảng thời gian
chuyển động của bi là t, ghi lại kết quả.

0,25đ
+Thay đổi vị trí D1 xuống gần D2 hơn, thả bi và đo lại l và t nh trên. 0,25đ
+Thay đổi D1 một s ln na v tin hnh nh trc.

+Sau mỗi lần đo ta ghi tất cả các kết quả tơng ứng vào giấy.

0,25đ
3. Xử lý số liệu.

+Ta thay các giá trị tơng ứng mỗi lần đo vào công thức dới.
=

2 2

0 0

( ) ( )

2 2

9 9

R g R g t