De thi HSG lop 11 Yen Bai

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH YÊN BÁI. KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2012 - 2013. ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 02 trang, gồm 05 câu). Môn: VẬT LÝ Ngày thi: 08/10/2012 Thời gian: 180 phút (không kể giao đề). Câu 1. (4,0 điểm) Một nêm có tiết diện ABC, cạnh AC = 2m, AB = 1m, có khối lượng M = 2kg, được đặt trên mặt sàn nhẵn nằm ngang (Hình 1). Đặt tại đỉnh A của nêm một vật nhỏ có khối lượng m = 1kg rồi thả cho vật trượt dọc xuống mặt AC. Hệ số ma sát giữa vật và nêm là μ = 0,1. Bỏ qua ma sát giữa nêm và mặt sàn, lấy g = 10m/s2.. m. A. M B. C Hình 1. a. Tìm thời gian vật trượt từ A tới C. b. Tìm quãng đường nêm đi được trong thời gian trên. Câu 2. (4,0 điểm) Một vật nhỏ khối lượng m trượt không ma sát với vận tốc ban đầu bằng không từ đỉnh một vật hình bán cầu có bán kính R = 9m đặt cố định trên mặt đất phẳng nằm ngang (Hình 2). Lấy g = 10m/s2, bỏ qua sức cản của không khí. a. Tại độ cao nào so với mặt đất thì vật tách ra khỏi mặt bán cầu ?. m. R. O Hình 2. b. Viết phương trình quỹ đạo của vật sau khi rời khỏi bán cầu. c. Tìm khoảng cách từ điểm vật rơi trên mặt đất đến tâm O và độ lớn vận tốc của vật tại điểm rơi đó. Câu 3. (4,0 điểm) Một mol khí lý tưởng thực hiện một chu trình như sau: Từ trạng thái 1 có thể tích V 1 = 10  , nhiệt độ T1 = 600K dãn nở đẳng nhiệt sang trạng thái 2 có thể tích V2 = 2V1; rồi bị nén đẳng áp đến trạng thái 3 có thể tích V 3 = V1; rồi bị nén đẳng nhiệt đến trạng thái 4; sau đó trở lại trạng thái 1 bằng quá trình đẳng áp. a. Xác định đầy đủ các thông số tương ứng với các trạng thái 1, 2, 3, 4 của khí. Vẽ đồ thị biểu diễn chu trình trong hệ tọa độ (p-V). b. Tính công mà khí sinh ra trong cả chu trình. Cho hằng số khí lý tưởng R = 8,31J/mol.K..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu 4. (4,0 điểm) Một hạt bụi có khối lượng m = 5.10 -4g, mang điện tích q > 0 (coi là điện tích điểm), nằm lơ lửng giữa hai bản tụ điện nằm ngang và cách đều hai bản tụ. Khoảng cách giữa hai bản tụ là d = 1cm, hiệu điện thế giữa hai bản tụ khi đó là U1 = 200V. Lấy g = 10m/s2. a. Tính độ lớn điện tích q của hạt bụi. b. Xoay hai bản tụ thẳng đứng và giảm hiệu điện thế còn U 2 = 100V rồi đặt hạt bụi trên vào vị trí cũ. Hỏi sau bao lâu hạt bụi chuyển động tới bản âm? Tính vận tốc của hạt bụi khi đó. Câu 5. (4,0 điểm) Cho mạch điện có sơ đồ như hình vẽ (Hình 3), trong đó: E1 = 6V; E2 = 9V; r1 = r2 = 0,5Ω; R1 = R3 = 8Ω; R4 = 0,5Ω; C1 = 0,5μF; C2 = 0,2μF; đèn Đ: 12V- 18W. Khi chưa mắc vào mạch, tụ điện chưa tích điện.. E1, r1. D. C1 Đ. a. Ban đầu khóa K mở, tính điện tích trên A các tụ điện. b. Đóng khóa K thì đèn Đ sáng bình thường. Hãy tính R2 và tính lại điện tích trên các điện khi đó.. E2, r2. R1 R3. R2. N. K M. R4. B. C2. Hình 3. ...............................................HẾT................................................. tụ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO YÊN BÁI ĐỀ CHÍNH THỨC. . HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI N  A CHỌN HỌC SINH GIỎI  LỚP 111FTHPT NĂM HỌC 2012 F - 2013 1ms Môn: VẬT LÝ. . Lời giải. TT câu. B. Xét trong hệ quy chiếu gắn với nêm Các lực tác dụng vào vật m:      P  Fqt  N1  Fms ma1.  qt  a1  N2  P1  F2ms N1  P2 C.  a. Hình 1. 0,2. chiếu lên chiều chuyển động: ma cos   mg sin   N1 ma1. (1) chiếu lên phương vuông góc với phương chuyển động mg cos   N1  ma sin  0  N1 mg cos   ma sin . 0,2. (2). 0,5. Đối với nêm N1 sin   N1cos Ma (Do N1 N 2. . Biể điểm (2,0. (3). với. F1ms F2ms N1 ). sin  . AC 1  AB 2.  cos . 0,5. 3 2. Giải các phương trình (1), (2), (3) ta được N1 = 7,68N a = 1,97m/s2 Câu 1 (4 điểm). 0,5. a1 = 5,94m/s2 a. Thời gian vật m chuyển động hết nêm t. (1,0. 2S1 0,82s a1. 1,0. b. Quãng đường nêm đi được trong thời gian đó là:. (1,0. 1 S  at 2 0, 66m 2. 1,0. (1,5  a. Xét vị trí M của vật khi trượt trên mặt bán cầu, xác định bởi góc AOM  . Do bỏ qua ma sát, áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ta có: mv 2 mgR(1  cos)  v 2 2gR(1  cos) 2. (1). 0,5. Áp dụng định luật II Niutơn cho vật tại vị trí M:    P  N ma Chiếu phương trình lên phương OM: mg cos   N . mv2 R. (2). 0,2.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu 2 (4 điểm). từ (1) và (2) ta có: mv 2 N mg cos   mg(3cos   2) R Vật bắt đầu rời khỏi bán cầu tại vị trí B khi N = 0, ứng với góc   0 , từ.  3. (3) ta có:. cos  0 . . A R. 2 3. B. 0,2. N . v0. 0 . P. (4) Độ cao điểm B so với mặt đất là: 2 h R cos  0 9. 6m 3 b. Vật tốc của vật tại B:. O Hình 2. C y. . vy. x.  vx  v. 2gR 2gR  v0  7, 7m / s 3 3 Chọn hệ trục tọa độ Oxy, có gốc tại B, trọc ox nằm ngang, trục oy hướng thẳng đứng  v xuống dưới. Véctơ vận tốc 0 hợp với trục ox góc  0 . Phương trình chuyển động của vật sau khi rời khỏi mặt bán cầu: x v 0x t v 0cos 0 t (5). 0,2. 0,25 (1,5. v 02 2gR(1  cos 0 ) . 0,5. gt 2 gt 2 y v 0y t  v 0 sin .t  2 2. 0,5. Từ (5) và (6) ta có phương trình quỹ đạo của vật: g y tan  0 .x  2 2 .x 2 1,12.x  0, 2x 2 2v0 cos  0. (6). 0,5 (7). c. Vật rơi tới đất tại điểm C, ta có: y C h 6m  0, 2x 2 1,12x  6 0  x C 3, 4m Điểm C rơi cách O: OC x C  R sin  0 10,1m. (1,0. 0,2. 0,2. độ lớn vận tốc tại C: vC = v mv 2 mgR  v  2gR 13, 4m / s 2 a. Xác định các thông số trạng thái và vẽ đồ thị: Áp dụng phương trình trạng thái cho khí ở trạng thái 1: RT 8, 31.600 p1V1 RT1  V1  1  49,86.10  3  m 3  49,86   p1 105. 0,5 (2,0. 0,2. Từ trạng thái 1 sang trạng thái 2, khí dãn nở đẳng nhiệt: T2 = T1 = 600K, V2 = 2V1 p1V1 p1V1 p1 49,86.104 p2     24,93.104 Pa V2 2V1 2 2. 0,2. Từ trạng thái 2 sang trạng thái 3, khí bị nén đẳng áp: p3 = p2 = 24,93.104Pa, V3 V1 T3 . V3T2 V1T2 T2 600    300K V2 2V1 2 2. 0,2.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Từ trạng thái 3 sang trạng thái 4, khí bị nén đẳng nhiệt: T4 = T3 = 300K Từ trạng thái 4 sang trạng thái 1, khí biến đổi đẳng áp: p4 = p1 = 49,86.104Pa V4 . 0,5. p3 V3 24,93.104.0, 01  p4 49,86.104. 5.10 3  m3  5. Như vậy ta có các trạng thái của khí:. 0,2 Đồ thị như hình 3.. Câu 3 (4 điểm) b. Công thực hiện trong các quá trình Công trong quá trình biến đổi từ trạng thái (1) sang trạng thái (2): V A12 RT1 ln 2 8,31.600.ln 2 3456J V1. 0,5 (2,0. 0,2. Công trong quá trình biến đổi từ trạng thái (2) sang trạng thái (3): A 23 p 2 (V3  V2 ) 24,93.10 4 (10  2  2.10 2 )  2493J. 0,2. Công trong quá trình biến đổi từ trạng thái (3) sang trạng thái (4): V 1 A 34 RT3 ln 4 8, 31.300.ln  1728J V3 2. 0,2. Công trong quá trình biến đổi từ trạng thái (3) sang trạng thái (4): A 41 p1 (V1  V4 ) 49,86.104 (10 2  0,5.10 2 ) 2493J Công chất khí nhận được trong một chu trình là: A = A12 + A23 + A34 + A41 = 1728J. 0,2. 1. (1,5 a. Hạt bụi lơ lửng giữa hai bản tụ: (Thí sinh vẽ hình)    P  Fđ 0  q. mgd 5.10 7.10.10 2  2,5.10  10 C U1 200. 0,5. 1,0. (2,5 Câu 4 (4 điểm). b. khi thay hiệu điện thế U2 = 100V, độ lớn lực điện tác dụng vào hạt bụi là: qU qU mgd mg Fđ'  2  1   d 2d 2d 2 gia tốc theo phương ngang là: F' P g ax  đ   5m / s 2 m 2m 2 thời gian kể từ lúc bắt đầu chuyển động đến khi hạt bụi tới bản âm là:. 0,5. 0,5. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 2x d 10  2   0, 045s ax ax 5     a a x  a y Gia tốc: với vận tốc hạt bụi khi đó là. E1, r1. t. D. E2, r2. 1,0. C1 F. I. I4 I1 2 Đ R1 g  g 2 .t 5 5.0, 045 0,5m A /s 4 R3 M I2 I2 a. Khi K mở: mạch hở  I = 0 nên U AD E1 6V và VA VM VF N R2 C2  U FD U AD 6V v a.t  a 2x  a 2y .t . Câu 5 (4 điểm). 2. Điện tích trên tụ C1 : q1 C1U FD 0, 5.10  6.6 3.10  6 C. B. (1,5. 0,5. Hình 4. 0,5. Điện tích trên tụ C2 : U AB E1  E 2 15V và VF VA  U NB U AB 15V q 2 C 2 U NB 0, 2.10 6.15 3.10  6 C. b. Khi khóa K đóng Khi K. R4. 0,5. (2,5. đóng,. mạch. ngoài. gồm. R ntR. [  2 3  // R 1 ] ntR 4 Điện trờ đèn Rđ . U 2 122  8 P 18. Điện trở ngoài: R 23 R 2  R 3 R 2  8 R AM . R 23đ.R  R  8 .8 8.R 2  64  2 R 23đ R 2 R  8  8 2 R  16. R AB R AM  R 4 . 8.R 2  64 8,5.R 2  72  0,5  R 2  16 R 2  16. 0,2. Áp dụng định luật Ôm cho toàn mạch: I. E1  E 2 15.R 2  240 15   R AB  r1  r2 8, 5.R 2  72  1 9,5.R 2  88 R 2  16. 0,2. (1). P 18  I1đmI   1,5A U 12   U AMđmU 12V. 0,2. Vì đèn sáng bình thường nên I I1  I 2  I 2 I  I1 I2 . (2). 0,2. U AM 12  R 23 R 2  8. Trong đó Thế I, I1, I2 vào (2), ta có: 12 15.R 2  240   1,5 R 2  8 9,5.R 2  88.  0, 75.R 22 192  R 2 16. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Tính điện tích trên các tụ điện: 15.R 2  240 15.16  240 I  2A 9,5.R 2  88 9,5.16  88. Xét đoạn mạch DE1A: I. E1  U AD  U AD E1  I.r1 6  2.0,5 5V r1. Ta lại có: U MD U MA  U AD  12  5  7V. 0,2.  U DM 7V. Vì VM VF nên điện tích trên tụ C1 lúc này là: ' 1. 6. 0,2. 6. q C1.U DF 0,5.10 .7 3,5.10 C. U AB I.R AB 2. U AN I 2 .R 2 . 8, 5.R 2  72 8, 5.16  72 2. 13V R 2  16 16  16. 12 12 .R 2  .16 8V R2 8 16  8. 0,2. U NB U AB  U AN 13  8 5V. Điện tích trên tụ C2 lúc này là: q '2 C 2 .U NB 0, 2.10  6.5 10 6 C. .....................................HẾT................................. Ghi chú: - Nếu thí sinh làm khác với hướng dẫn chấm nhưng vẫn đúng, giám khảo cũng cho điểm theo biểu điểm.. 0,2.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>