DEHDCHSGTHPTMON VAT LI 20152016

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI. ĐỀ CHÍNH THỨC. KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT NĂM HỌC 2015-2016 MÔN: VẬT LÝ Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm có 02 trang, 07 câu). Câu 1: (4 điểm)  m Cho cơ hệ như hình vẽ bên. Lò xo có khối M v0 lượng không đáng kể, độ cứng chưa biết. Vật M = 400 (g) có thể trượt không ma sát trên mặt phẳng x nằm ngang. Hệ đang ở trạng thái cân bằng, dùng một O vật m = 100 (g) chuyển động với vận tốc v0 = 3,625 (m/s) theo phương ngang bắn vào M. Va chạm là hoàn toàn đàn hồi và xuyên tâm. Sau va chạm vật M dao động điều hòa, trong quá trình vật M dao động chiều dài cực đại và cực tiểu của lò xo lần lượt là l max  109 cm và l mim  80 cm .. a, Tìm chu kỳ dao động của vật M và độ cứng k của lò xo. b, Gắn thêm vật m0 = 225 (g) lên trên vật M, hệ gồm (M+m0) đang đứng yên. Vẫn dùng vật m = 100 (g) bắn vào với cùng vận tốc v0 = 3,625 (m/s), va chạm là hoàn toàn đàn hồi và xuyên tâm. Sau va chạm thấy cả hai vật M và m0 cùng dao động điều hòa. Viết phương trình dao động của hệ (M+m0). Chọn trục tọa độ Ox như hình vẽ với gốc tọa độ là vị trí cân bằng, gốc thời gian là lúc vật bắt đầu dao động. c, Biết rằng vị trí gắn đầu lò xo với giá chỉ chịu được lực kéo lớn nhất là 10 (N). Vẫn gắn vật m0 trên vật M và bắn vật m vào M như trên. Hãy tìm giá trị lớn nhất của vận tốc ban đầu v0 của m để trong quá trình hệ M+m0 dao động sau khi va chạm thì đầu lò xo không bị rời ra khỏi giá? A Câu 2: (2 điểm) Một thanh AB đồng chất, tiết diện đều, chiều dài l, khối lượng m, đứng trên mặt phẳng ngang nhẵn. Một cục nhựa đường. nhỏ có cùng khối lượng m, bay với vận tốc v vuông góc với AB đến va chạm mềm vào đầu B (Hình vẽ bên). . a) Tính vận tốc khối tâm của hệ ngay sau va chạm.. b) Tính tốc độ góc của thanh, vận tốc của đầu A ngay sau. va chạm và phần động năng bị mất trong va chạm.. Câu 3: (3 điểm) Cho một mol khí lí tưởng đơn nguyên tử biến đổi theo một chu trình thuận nghịch được biểu diễn trên đồ thị như hình bên; trong đó đoạn thẳng 1- 2 có đường kéo dài đi qua gốc toạ độ và quá trình 2 - 3 là đoạn nhiệt. Biết : T1= 300K; p2 = 3p1; V4 = 4V1. a. Tính các nhiệt độ T2, T3, T4. b. Tính hiệu suất của chu trình.. p2 p3. p1 O.  v p. B. 2 3. 1 V1. 4. V2. V4. V.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> c. Chứng minh rằng trong quá trình 1-2 nhiệt dung của khí là hằng số. Câu 4: (2 điểm) Tại hai điểm A và B cách nhau một khoảng AB = a = 5cm có hai quả cầu nhỏ mang điện tích q1 = 9.10-7C và q2 = - 10-7C được giữ cố định. Một hạt có khối lương m = 0,1g mang điện tích q3 = 10-7C, chuyển động từ rất xa đến theo đường BA. Hạt đó phải có vận tốc ban đầu v0 tối thiểu là bao nhiêu để nó có thể đến được điểm B? Bỏ qua tác dụng của trọng trường. Câu 5: (4 điểm) C R M r,L A B LL Cho mạch điện như hình vẽ: Biết điện áp hai đầu đoạn mạch uAB=120 2 cos100t (V). a, Khi K đóng điện áp hiệu dụng UAM=40 3 (V) và K  điện áp hai đầu đoạn mạch MB sớm pha so với uAB .Viết 6. biểu thức của điện áp hai đầu đoạn mạch AM.. b, Khi k mở điện áp hiệu dụng U’AM = 40 7 V. Cho điện dung của tụ điện C=. 103 F. 3. Tính R, r, ZL. Câu 6: (3 điểm) Cho hệ hai thấu kính L1 và L2 đặt đồng trục cách nhau l = 30cm, có tiêu cự lần lượt là f1 = 6cm và f2 = - 3cm. Một vật sáng AB = 1cm đặt vuông góc với trục chính, cách thấu kính L1 một khoảng d1, cho ảnh A’B’ tạo bởi hệ. a. Cho d1 = 15cm. Xác định vị trí, tính chất, và chiều cao của ảnh A ’B’. b. Xác định d1 để khi hoán vị hai thấu kính, vị trí của ảnh A’B’ không đổi. Câu 7: (2 điểm) Cho các đồ dùng : 1 Thước nhựa dẹt đồng chất, tiết diện đều có vạch chia chính xác đến 0,5 mm. 1 bút chì gỗ tròn. 1 quả cân nhỏ. Hãy nêu phương án và cách tiến hành thí nghiệm xác định khối lượng của thước nhựa trên.. …………………….…….. HẾT. ……………………….. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: …………………………..….. Số báo danh: ………………….

<span class='text_page_counter'>(3)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI. ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT NĂM HỌC 2015-2016 MÔN: VẬT LÝ (Đáp án – thang điểm gồm có 06 trang). ĐỀ CHÍNH THỨC. * Thí sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.. * Thí sinh viết thiếu hoặc viết sai đơn vị từ hai lần trở lên thì trừ 0,25 điểm cho toàn bài.. Câu 1: (4 điểm). a. Biên độ dao động A . Đáp án (4 điểm). Điểm 0,25. l max - l min 109  80   14,5 cm 2 2. + Gọi V, v lần lượt là vận tốc của M và m sau va chạm. Vì va chạm là hoàn toàn đàn hồi nên vận tốc của M sau va chạm tính theo định luật bảo toàn động lượng và bảo toàn cơ năng:. mv 0  mv  MV 2 2 V  v0  3,625  1,45 m / s   145 cm / s  . Đây chính là  2 2 2 M 1  4 mv  mv  MV 0  1 m. vận tốc cực đại của dao động điều hòa. + Sau va chạm M dao động điều hòa nên phương trình li độ và vận tốc của vật có dạng x  A cos t    và v   A sin t    . +, Vận tốc dao động cực đại là: v max  A  V    + Chu kỳ dao động: T . 2. . . . 5.  0,628 s . V 145 cm / s    10 rad / s  A 14,5 cm . + Độ cứng của lò xo: k  M . 2  0,4.10 2  40 N / m  2 2 v0  3,625  1  m / s   100  cm / s  (Đây cũng chính là vận M  m0  0,625    1 1 m 0,1. tốc cực đại trong dao động điều hòa) + Tần số góc:  . k  M  m0. 40  8 (rad / s ) 0,4  0,225. + Biên độ dao động của hệ M và m0: vmax   A  V '  A . V'. . . 100  cm / s   12,5  cm  8  cm .  xt  0  0 cos  0     2 vt 0  100  cm / s  sin   1. + Pha ban đầu của dao động: t  0  . 0,25 0,25 0,25. b, Tương tụ câu 1 vận tốc của hệ M và m0 được tính theo công thức: V'. 0,5. 0,5. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>   + Phương trình dao động là: x  12,5cos  8t    cm  2 . . c, Lực tác dụng vào điểm gắn lò xo trong quá trình hệ dao động là lực đàn hồi của lò xo được tính bằng biểu thức: Fđh = k. l + Theo bài ra lực đàn hồi cực đại mà lo xo chịu được : F max = k.Amax = 10 (N). 0,25. + Vận tốc cực đại trong dao động của hệ: V max =  Amax = 2 (m/s) = 200 (cm/s). 0,25 0,25 0,25. + Biên độ dao động cực đại: Amax =. Fmax = 0,25 (m) = 25 (cm) k. + Vận dụng định luật bảo toàn động lượng và cơ năng tương tụ phần trên đươc: Vmax.  ( M  m0 )  Vmax 1   2 m    7, 25( m / s )  v0 suy ra v0  M  m0 2 1 m. + Vậy vận tốc ban đầu lớn nhất của m: v0  7, 25(m / s). Câu 2 : (2 điểm). 0,25 0,25. Đáp án (2 điểm) a) Trước va chạm thanh có khối tâm nằm ở trung điểm O của thanh. Ngay sau va. Điểm. ngược chiều kim đồng hồ quanh trục quay đi qua khối tâm. Áp dụng công thức xác. 0,5. chạm hệ có khối tâm G, chuyển động tịnh tiến với vận tốc vG và chuyển động quay định vị trí khối tâm hệ ta tìm được vị trí khối tâm hệ nằm cách B đoạn l/4 Hệ kín trong va chạm nên động lượng hệ bảo toàn: mv=(M+m)vG  VG=v/2 (1). b) Mômen động lượng của hệ trước và ngay sau va chạm là: L1=mvl/4, L2=I trong. 0,5. đó I là momen quán tính của hệ đối với trục quay qua G. Áp dụng định lí Stainơ ta có: I=m. l2 l l 5  m( ) 2  m ( ) 2  ml 2 12 4 4 24. Áp dụng định luật bảo toàn momen động lượng ta có: L2= L1  I=mvl/4  . 5 6v ml 2 = mvl/4  = 24 5l. 0,5. - Vận tốc tuyệt đối của đầu A:.    V A = V A / G  V G ; trong đó VG là vận tốc của G đối với sàn   6v 3l v 2v Do V A / G  V G nên VA=VA/G-VG=.GA-v/2= - = 5l 4 2 5. - Động năng bị mất trong va chạm là: Wđ=Wđ0-Wđ=. mv 1 v  mv =  2 m( ) 2  I 2 2 2 2 10 2. 2. 2. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Câu 3 : (3 điểm) a, Quá trình 1 - 2 : T2  T1. Đáp án (3 điểm). p 2 p1 p  V2  V1 2  3V1 ;  V2 V1 p1. p2V 2  9T1 = 27000K p1 V 1. V   3 Quá trình 2-3: P3  P2  2   P2    4  V3  . ( thay V3 = V4) V  T3  T2  2   V3 .  1. Điểm.  3  T2    4. 2/3. Quá trình 4 - 1 : T4 = T1. 5/3. 0,25.  0,619P2= 1,857 P1.  0,825T2 = 7,43T1=22290K. 0,25. V4 = 4T1= 12000K V1. 0,25. b, Quá trình 1- 2 : U1-2=CV( T2-T1) = 8CVT1 = 12RT1 A1-2 =( p2+ p1)(V2-V1)/2 = 4p1V1= 4RT1 Q1-2 = U1-2+A1-2 =16RT1 Quá trình 2-3: A2-3 = - U2-3 = - CV( T3-T2) = 2,355 RT1; Q2-3 = 0. Quá trình 3- 4: U3-4 = CV( T4-T3) = - 5,145RT1 ; A3-4 = 0 Q3-4 = U3-4+ A3-4 = - 5,145RT1 Quá trình 4- 1: U4-1 = CV( T1-T4) = - 4,5RT1 A4-1 = p1(V1-V4) = - 3p1V1=- 3RT1 Q4-1 = U4-1+ A4-1 = - 7,5RT1 A = A1-2 + A2-3 + A3-4 + A4-1 = 4RT1+2,355 RT1- 3RT1= 3,355RT1 Nhiệt lượng khí nhận là: Q = Q1-2 =16RT1 =. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25. A = 20,97%  21%. Q12. c, Vi phân hai vế: pV=RT (1) ; pV-1=hs (2) pdV +Vdp=RdT - pV-2dV +V-1dp = 0 . Giải hệ: pdV = Vdp = 0,5RdT dQ = CVdT + pdV= 1,5RdT+0,5RdT= 2RdT C = dQ /dT = 2R = const Câu 4: 2 điểm Đáp án (2 điểm). 0,25 0,25. Q1 tác dụng lên Q3 một lực đẩy F1 ; Q2 tác dụng lên Q3 một lực hút F2 Tại điểm C   (thẳng hàng với A và B) cách B một đoạn x0 thì F1 cân bằng với F2 vì điện trường tổng hợp do Q1 và Q2 gây ra tại C bằng không . . Điểm.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Vị trí của C được xác định từ E1 = E2; . k Q1.  x 0  a 2. . k Q2.  x 0 2.  x0 . 0,25. a  2,5cm 2. Nếu Q3 cách B một đoạn x > x0 thì lực Q1 tác dụng lên Q3 lớp hơn lực do Q2 tác dụng lên Q3  Lực tổng hợp tác dụng lên Q3 là lực đẩy. + Thật vậy:. F1 . k Q3Q1. x  a 2. ; F2 . k Q3 Q 2.  x 2.  Q1 Q2     7 4 x  a 2 x  a      F1  F2  k Q3    k Q 10 3 2 2   x 2 a  x 2   0 x   a  x    . Vì x . a . Nếu 2. x  x0 . 0,25. a thì F1 - F2 < 0 2. 0,25. Lực do Q2 tác dụng lên Q3 lớn hơn lực do Q1 tác dụng lên Q3. Do đó hạt chuyển động chậm dần đến C. Muốn cho hạt đến được B thì ít nhất thì hạt phải đến được C, sau đó lực tổng hợp tác dụng lên hạt là lực hút do đó hạt sẽ chuyển động nhanh dần đến điểm B.. 0,25. * Chứng minh được: Hạt có vận tốc nhỏ nhất là v0 để nó có thể đến được điểm B thì chỉ cần vận tốc v0 để đến được điểm C.. 0,25. mv02 Động năng ban đầu của hạt: E1  2. Thế năng tương tác điện của hạt tại B: E 2 . Theo định luật bảo toàn năng lượng: E1 = E2. (1). kQ1Q3 kQ2 Q3  a  x0 x0. (3). (2).  mv02  E1  2  kQ Q kQ Q  Ta có hệ phương trình:  E 2  1 3  2 3 a  x0 x0   E1  E 2   kQ Q 2 kQ1Q3 Giải hệ phương trình ta được: v0   2 3  12m / s m ( x0  a) x0. Câu 5: 4 điểm. Đáp án (3 điểm). 0,25 0,25. 0,25 Điểm.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> a. Khi k đóng ta có giản đồ vec tơ: Theo gian đồ ta được:. UL. U AB UR 3   sin      2 / 3     / 6 sin  sin  / 6 2. UMB /6. Do đoạn mạch AM thì u và i cùng pha nên : uAM=40 6 cos(100πt-π/6) (V) b. Khi k đóng: Từ giản đồ véc tơ: UL=UABsin  =60V. UAB. . . Ur. /6. UR. UR+Ur=UABcos  Ur=20 3 V. Ur r 1    Z L  3r UL ZL 3 (1) UR R   2  R  2r Ur r U 9 ( R  r ) 2  (Z L  Z C ) 2 ( AB ) 2   U AM 7 R 2  Z C2. Khi k mở:. a. Ta có: d1' . Đáp án (3 điểm). 6d 1 24d 1  180 ' 60  8d 1 ;d2  ;d2  d1  6 d1  6 3d 1  22. (2). (1). f1 f  d 2' 2 . 2  0 f1  d 1 f2 23. ảnh A’B’ ngược chiều với AB, có độ lớn là A’B’ = 2/23( cm) b. Khi hoán vị hai thấu kính : d1  d1' . 0,25 0,25. 0,5. - Khi d1 = 15cm  d 2'  2,6cm  0; A ' B ' là ảnh ảo cách L2 một khoảng 2,6cm - Độ phóng đại của ảnh: k . 0,5. 0,5. Trong đó: Zc=30  (3) Giải hệ (1), (2) và (3) ta được r =10 3  ; ZL=30; R=20 3  Câu 6: 3 điểm. 0,25. d1 f 2  3d1  ; d1  f 2 d 1  3. 33d 1  90 d f 2(11d 1  30)  d 2'  2 1  (2) d1  3 d 2  f1 3d 1  8 60  8d1 2(11d1  30) - Từ (1) và (2) ta có :   3d 12  14d 1  60  0 (*) 3d1  22 3d1  8  d 2  l  d1' . - Phương trình (*) có 01 nghiệm dương duy nhất là d1 = 7,37. Vậy phải đặt vật AB cách thấu kính gần nó nhất một khoảng 7,37 cm.. 0,5 0,5 0,25 0,5 Điểm 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Câu 7: Thực hành (2 điểm) Cơ sở lý thuyết (1,5 điểm). Điểm. Xét một cơ hệ gồm một thước, một quả cân đặt tựa trên một chiếc bút chì tròn (được giữ cố định) như hình vẽ l. l1. A. O. l2. B. 0,25. Điều kiện cân bằng của thước có dạng : m1gl1 = m2gl2 + mgl trong đó : m1 là khối lượng phần thước OA ; m2 là khối lượng phần thước OB. ; m là khối lượng quả cân ; l1 =. 0,25. 1 1 OA ; l2 = OB 2 2. l là khoảng cách từ tâm vị trí đặt quả cân đến O. Gọi  là khối lượng riêng của thước, mt, lt là khối lượng và chiều dài thước, thì : Điều kiện cân bằng có dạng :  . ml 2  l1  l2  l1  l2 . m m m  t  1 2 lt 2l1 2l2. 2  l12  2  l22  ml. Vì mt = lt trong đó lt = 2(l1 + l2) nên cuối cùng ta có: mt . 0,25 ml l1  l2. Đo l, l1, l2 thay vào công thức trên tính được khối lượng của thước Tiến trình thí nghiệm (0,5 điểm) bước 1 : bố trí dụng cụ như hình vẽ bước 2 : lăn bút chì đến vị trí sao cho thước thăng bằng bước 3 : đọc các giá trị l, l1, l2.. 0,25. 0,25 0,25. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>

<span class='text_page_counter'>(10)</span>