DA THI CHON DT HSG NINHBINH

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD&ĐT NINH BÌNH. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013. ĐỀ THI CHÍNH THỨC. MÔN: VẬT LÝ Ngày thi 10/10/2012 (Thời gian 180 phút không kể thời gian phát đề). Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang Câu 1 (4,0 điểm): Một bánh xe không biến dạng khối lượng m, bán kính R, có trục R hình trụ bán kính r tựa lên hai đường ray song song nghiêng góc α so r với mặt phẳng nằm ngang như hình 1. Coi hệ số ma sát trượt giữa trục hình trụ và hai đường ray bằng hệ số ma sát nghỉ cực đại giữa chúng và bằng . Cho biết momen quán tính của bánh xe (kể cả trục) đối với trục  quay qua tâm là I = mR2. 1. Giả sử trục bánh xe lăn không trượt trên đường ray. Tìm lực ma sát Hình 1 giữa trục bánh xe và đường ray. 2. Tăng dần góc nghiêng α tới giá trị tới hạn α 0 thì trục bánh xe bắt đầu trượt trên đường ray. Tìm α 0 . Câu 2 (4,0 điểm): p (B) Một mol khí lý tưởng trong xi-lanh kín biến đổi trạng thái từ (A) đến (B) theo đồ thị có dạng một phần tư đường tròn tâm I(V B, pA), bán kính r = VA – VB như hình 2. Tính công mà khí nhận trong quá I pA (A) trình biến đổi trạng thái từ (A) đến (B) theo p A và r. Câu 3 (4,0 điểm): O VB VA V Cho mạch điện xoay chiều như hình 3: Hình 1 2 u AB = 120 2 ×sin wt (V ) Cw = mR m K Biết ; (với là tham số dương). C C M R 1. Khi khoá K đóng, tính m để hệ số công suất của mạch bằng 0,5. D A B R 2. Khi khoá K mở, tính m để điện áp uAB vuông pha với uMB và tính giá trị điện áp hiệu dụng UMB. Hình 3 Câu 4 (4,0 điểm): Cho một thấu kính mỏng hội tụ có tiêu cự f. Một nguồn sáng điểm chuyển động từ rất xa, với tốc độ v không đổi hướng về phía thấu kính trên quỹ đạo là đường thẳng tạo góc nhỏ α đối với trục chính của thấu kính. Quỹ đạo của điểm sáng cắt trục chính tại một điểm cách thấu kính một khoảng bằng 2f ở phía trước thấu kính. 1. Tính độ lớn vận tốc tương đối nhỏ nhất giữa điểm sáng và ảnh thật của nó 2. Khi độ lớn vận tốc tương đối giữa điểm sáng và ảnh thật của nó là nhỏ nhất thì khoảng cách giữa điểm sáng và ảnh đó là bao nhiêu? K2 K1 Câu 5 (4,0 điểm): Cho mạch điện gồm: một điện trở thuần R, một tụ điện C, (E, r) hai cuộn cảm thuần có độ tự cảm L 1 = 2L, L2 = L và các khóa K1, L1 L2 C K2 được mắc vào một nguồn điện không đổi (có suất điện động E, điện trở trong r = 0) như hình 4. Ban đầu K 1 đóng, K2 ngắt. Sau R khi dòng điện trong mạch ổn định, người ta đóng K 2, đồng thời Hình 4 ngắt K1. Tính điện áp cực đại giữa hai bản tụ. ------------HẾT-----------Họ và tên thí sinh :....................................................................... Số báo danh .............................. Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:..............................................; Giám thị 2:........................................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT. SỞ GD&ĐT NINH BÌNH. Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013 MÔN: VẬT LÝ Ngày thi 10/10/2012 (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang). 1 (4 điểm). Điểm. Đáp án. Câu 1. (2,5 điểm). Khi bánh xe lăn không trượt, ta có các phương trình chuyển động - tịnh tiến: mgsinα − F ms=ma a - quay: với và r gsinα a= 2 R Từ các phương trình này rút ra 1+ r F ms . r =I . γ. γ=. I =m. R. 2. 0,75 0,75. ( ). 2. suy ra. F ms=. R mgsinα 2 2 R +r. 1,0. 2. (1,5 điểm). Để bánh xe chỉ trượt trên đường ray, lực ma sát đạt giá trị cực đại F ms=F msmax=μ . N=μ . mgcosα 0. 0,75. 2. Theo kết quả câu 1: thì. R mgsinα 0 2 R +r. F ms=. (do α =α 0 ). 2. R2 +r 2 ⇒ tanα0= μ 2 R. 2 (4 điểm). 0,75. +Gọi tâm đường tròn I(x0, y0); x0 = VB; y0 = PA và V = x; y = P. +Ta có phương trình đường tròn tâm I, bán kính R là: 2 2 ( y  y0 ) 2  ( x  x0 ) 2 r 2  y  y0  r  ( x  x0 ). (1). 0,5. +Theo công thức tính công của khí: dA P dV  y0  r 2  ( x  x0 ) 2 x2.  dx. x2.  A  y0 dx   r 2  ( x  x0 )2 dx x1. x1. +Đặt X  x  x0  dx dX. 0,5 (2). (3) x2. A  y0 (VB  VA )   r 2  X 2 dX. x +Từ (2) suy ra: +Đặt X r sin t  dX r cos t dt 1. (4). t2. +Thay vào (4), suy ra: t. A PA (VB  VA )  r 2 cos 2t dt. r2 2  A PA (VB  VA )  (1  cos2t )dt 2 t1. t1.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> t2 r 2 t2 r 2 t  sin 2t t1 2 t1 4 +Vì X  x  x0  x  VB và X r sin t.  A PA (VB  VA ) .  2 +Khi +Khi x  x2 VB  X 2 VB  VB 0  t2 0 x  x1 VA  X 1 VA  VB  t1 . +Suy ra. r2     0  A PA (VB  VA )  r 2 2 2 4. A  PA (VA  VB ) . A r ( PA . 3 (4 điểm). 2,5. 0,5.  r) 4. + Khí thực hiện công: a)Tính m để cosj = 0,5 +Vì khi K đóng : mạch điện cấu tạo : C nt (R // R) . cosj =. +Lúc đó :. R 2 R ( ) 2 + Z C2 2. 1 R2 = Þ R2 = + Z C2 2 4. 0,5. 3 3 3 3 Z C2 = R 2 Þ Z C = R Þ mR = RÞ m= 4 2 2 2 +Suy ra :. 0,5. b)+Nhánh (1) : sin j 1 = j. 1. - ZC R 2 + Z C2. R. ; cosj 1 =. R 2 + ZC2. ;j 1 < 0. uuur ur U DB là góc lệch pha của so với I1. u r I1. O. a. (1) (1). (+). uuur UMB. a. 0,25. ur uuuu r I U DM j ur 1uuur I 2 U DB. uuur( p +j 1 ) uuur U AD 2 U AB 2 2 2 +Trong tam giác vectơ dòng ta có : I = I1 + I 2 + 2 I1I 2 cosj 1. Và. U DB = I1 R 2 + Z C2 = I 2 R. I1 =. +Suy ra. RI 2 R 2 + Z C2. (3). (2). 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> +Thay vào (2) được : I 2 = I 22. R2 RI 22 R 2 + I + 2 × 2 2 2 2 2 2 R + ZC R + ZC R + Z C2 0,25. 4 R 2 + Z C2 4 R 2 + Z C2 Û I =I ( 2 ) Þ I = I2 R + Z C2 R 2 + ZC2 2. 2 2. (4) +Áp dụng định lý hình sin cho tam giác dòng, ta có: I2 I = sin a sin(- j 1 ). (5). +Áp dụng định lý hình sin cho tam giác thế, ta có: U DB U AD U = = AD sin a sin( p +j ) cosj 1 1 2. +Từ (5) và (6), suy ra: Þ. 0,25. (6). sin a =. I2 U ×sin(- j 1 ) = DB ×cos j I U AD. 1. 0,25. ZC I2 I R R × = 2 × 2 2 2 I IZ C R + Z C2 R + ZC. 0,5. +Suy ra: ZC = R Þ mR = R Þ m = 1 +Khi m = 1 thì ZC = R, ta có: ïìï U MB = I1R ï í ïï U AB = U AD ×cosa + U DB ×cos( p +j 1 ) = IZC ×cosa + I 2 R ×cos( p +j 1 ) 2 2 îï ìï ïï I = I 5 ; I = I 2 ;sin a = I 2 sin(- j ) = 2 ×1 = 1 2 1 1 ïï 2 I 5 2 2 5 í ïï 1 2 p 1 ïï cos a = 1- = ;cos( +j 1 ) =- sin j 1 = sin(- j 1 ) = 5 2 5 2 +Vì: ïïî. 0,25. 0,25. +Suy ra: I2 U MB I1 1 1 2 = = = = 1 U AB 5 p 5 2 1 2 ×( 2 + ) 3 I2 ×cosa + I 2 cos( +j 1 ) I 2 ( × + ) 2 2 2 2 5 2 0,5 1 120 Þ U MB = U AB × = = 40(V ) 3 3. 1. Nếu d = 2f thì d’=2f nên quỹ đạo ảnh cũng tạo với trục (4 điểm) chính góc  đối xứng qua mặt phẳng thấu kính.  Nên góc hợp bởi giữa quỹ đạo ảnh và vật là góc 2  . 4. S. r vv. r va S'.    vv  va vva. Dựa vào giản đồ ta thấy vận tốc tương đối giữa ảnh và vật nhỏ   nhất khi vva vuông góc với va khi đó vva min vv sin 2 v sin 2 khi đó vA = v0 cos2 . 0,5. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 2. Theo quy ước thì từ điểm O về bên trái là trục toạ độ cho vật còn chiều từ O về phía phải là trục toạ độ của ảnh đạo hàm theo. 0,5. 1 1 1   f d d' thời gian hai vế công thức thấu kính: . . v v' d' f 2  2 0  v '  v( ) 2  v( ) 2 d d' d d f. f d'  v' f    cos2  d  f  d f d v cos2. 1,0. df d'  f  f cos2 d f 2f . 5 (4 điểm). 1,0. f ( cos2  1)  f cos2  f cos2 cos2. 2. HH’ = d +d’= +K1 đóng, K2 ngắt, dòng điện ổn định qua L1: I 0=. 0,5 0,5. ε R. r vA. + K1 ngắt, K2 đóng: Vì 2 cuộn dây mắc song song u L1 = u L2 = uAB ==> - 2L (i1 – I0) = Li2 ⇔ 2L (I0 – i1) =Li2 (1) 2. 2. 2. 2. r v r v v va. 1,0 0,5. 2 LI 0 2 Li 1 Li2 CU2 (2) = + + 2 2 2 2 = i1 – i2 ⇒ UCmax ⇔ IC = 0 ⇔ i1 = i2 = i (3). 0,5. 2 2 2 2 2 2 Từ (2) và (3) ⇒ CU 0 = 2LI0 - 2Li1 - Li 2 = 2LI0 - 3Li. 0,5. Ta có IC. Từ (1) ⇒. ⇒ 2LI = Li + 2Li = 3Li 0 2 1. ⇒. i=. 2 2 2L ε 2 L 2 CU 0= LI 0 ⇒ U 0=I 0 = 3 3C R 3C. √. √. -----------Hết-----------. 2I0 3. 0,5. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>