DeHDCchon DTQG 2016LI

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI. ĐỀ CHÍNH THỨC. KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015 - 2016. Môn: VẬT LÍ Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 20 / 10 / 2015 (Đề thi có 02 trang, gồm 07 câu). Câu 1 (3 điểm): Một thanh thẳng OA đồng chất, tiết diện đều có chiều dài l và khối lượng M có thể quay không ma sát xung quanh trục cố định nằm ngang đi qua đầu O của nó. Mômen quán tính của thanh OA đối với trục quay O là 1 O I  Ml 2 . Lúc đầu, thanh được giữ nằm ngang, A 3 sau đó được thả không vận tốc đầu. Khi thanh tới vị trí cân bằng, đầu A của nó đập vào một vật B có kích thước nhỏ và có khối lượng m, đặt trên một giá đỡ phẳng nằm ngang (hình 1). Va chạm là hoàn toàn đàn hồi. a. Xác định vận tốc góc của thanh OA và vận B tốc của vật B ngay sau va chạm. Biện luận các trường A hợp có thể xảy ra đối với chuyển động của thanh OA ngay sau va chạm. b. Xác định góc lớn nhất mà thanh OA quay Hình 1 được so với vị trí thẳng đứng sau va chạm. c. Xác định quãng đường mà vật B đi được từ thời điểm ngay sau va chạm cho tới lúc nó dừng lại. Biết hệ số ma sát giữa mặt giá đỡ và vật B tỉ lệ bậc nhất với độ dời, hệ số tỉ lệ là k, giá đỡ đủ dài. Câu 2 (3,5 điểm): Cho mạch điện PQ chứa ba linh kiện ghép nối tiếp: điện trở thuần, cuộn P Q M N Y dây và tụ điện (hình 2). Mỗi linh kiện X Z A chứa trong một hộp kín X, Y, Z. Đặt vào hai đầu P, Q của mạch điện một Hình 2 hiệu điện thế xoay chiều u  8 2cos2ft (V). Khi f = 50 (Hz), dùng một vôn kế đo lần lượt được UPM = UMN = 5 (V); UNQ = 4 (V); UMQ = 3 (V). Dùng oát kế đo công suất của mạch được P = 1,6 (W). Khi f  50 (Hz) thì số chỉ của ampe kế giảm. Biết ampe kế có điện trở không đáng kể, vôn kế có điện trở vô cùng lớn. a. Mỗi hộp kín X, Y, Z chứa linh kiện gì ? b. Tìm giá trị của các linh kiện. Câu 3 (2,5 điểm): Trong một xilanh có thể tích 10 lít có pittông đậy chặt và đặt trong một máy điều nhiệt ở nhiệt độ 400C có chứa hai chất với số mol lần lượt là n1 = n2 = 0,05 mol. Hãy xác định khối lượng chất lỏng trong xilanh sau khi thực hiện nén đẳng nhiệt, làm cho thể tích phần dưới pittông giảm đi 3 lần. Ở nhiệt độ 400C, áp suất hơi bão hòa của chất lỏng thứ nhất là p1’= 7Kpa, của chất lỏng thứ hai là p2’= 17 Kpa. Hãy vẽ đường đẳng nhiệt. Khối lượng mol của hai chất lỏng lần lượt là M1 = 1,8.10-2 kg/mol, M2 = 4,6.10-2 kg/mol, R = 8,31 J/mol.K. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu 4 (3 điểm): Đặt một vật sáng AB vuông góc với một trục chính của thấu kính hội tụ L2 có tiêu cự f2. Trên màn E đặt cách vật AB một đoạn a = 7,2 f2 , ta thu được ảnh của vật. a. Giữ vật AB và màn E cố định. Tịnh tiến thấu kính L2 dọc theo trục chính đến vị trí cách màn E 20 cm. Đặt thêm một thấu kính L1 ( tiêu cự f1 ) đồng trục với L2 vào trong khoảng giữa AB và L2 , cách AB một khoảng 16 cm thì thu được một ảnh cùng chiều và cao bằng AB hiện lên trên màn E. Tìm các tiêu cự f1 và f2. b. Bây giờ giữ vật AB cố định, còn màn E thì tịnh tiến ra xa AB đến vị trí mới cách vị trí cũ 23 cm. Tìm khoảng cách giữa hai thấu kính và vị trí mới của chúng để qua hệ thấu kính, vật cho một ảnh hiện trên màn E có cùng chiều và cao gấp 8 lần vật AB. Câu 5 (3 điểm): Một khung dây dẫn hình vuông chuyển động x O dọc theo trục x với vận tốc v0 đi vào một bán không  gian vô hạn ( x > 0 ) trong đó có một từ trường A D B không đều hướng theo trục z, xác định theo công  Z thức: Bz(x) = B0(1 + x) với B0 là hằng số dương. Biết rằng hai cạnh của khung song song với trục x, còn mặt phẳng của khung luôn vuông góc với trục z (hình 3). Hỏi khung đã thâm nhập vào không gian có từ trường một khoảng cách bằng bao nhiêu, nếu khối B C lượng của khung là m, chiều dài cạnh của khung là b Hình 3 và biết rằng vào thời điểm khi các đường sức từ xuyên qua toàn bộ mặt phẳng của khung, trong khung tỏa ra lượng nhiệt đúng bằng nhiệt lượng mà khung tỏa ra trong chuyển động tiếp sau đó cho tới khi dừng hẳn. Tính điện trở của khung. Bỏ qua hệ số tự cảm của khung và coi b << 1. Câu 6 (3 điểm):. m. Đốt sợi dây treo. a. Xác định gia tốc của các vật ngay sau khi đốt dây. b. Sau bao lâu thì lò xo sẽ đạt đến trạng thái không biến dạng lần đầu tiên? Xác định vận tốc các vật ở thời điểm đó.. 2m. Cho hệ như hình 4. Khi hệ ở trạng thái cân bằng, lò xo giãn 30 cm.. Hình 4. Câu 7 (2 điểm): Cho các dụng cụ sau: một nguồn điện một chiều chưa biết suất điện động và điện trở trong, một ampe kế có điện trở không đáng kể, một điện trở R 0 đã biết giá trị, một biến trở con chạy Rb có điện trở toàn phần lớn hơn R0, hai công tắc điện K1 và K2, một số dây dẫn đủ dùng. Các công tắc điện và dây dẫn có điện trở không đáng kể. Nêu một phương án thực nghiệm xác định điện trở trong của nguồn điện, trong đó sử dụng tất cả các dụng cụ trên. Chú ý: Không được mắc ampe kế trực tiếp vào hai cực của nguồn. ------------------ HẾT ----------------Ghi chú: - Thí sinh không được sử dụng tài liệu. - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI. Môn: VẬT LÍ Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 20 / 10 / 2015 (Hướng dẫn chấm có 06 trang). HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1. (3điểm). KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2015 - 2016. Nội dung. + Gọi ω0 là vận tốc góc của thanh ngay trước va chạm với vật B. Mg. l 1 2  I 0  0  2 2. Mgl 3g  I l. + Gọi  là vận tốc góc của thanh và v là vận tốc của vật B ngay sau va chạm. Áp dụng định luật bảo toàn mômen động lượng cho hệ ngay trước và sau va chạm: I 0  I   mvl. (1). 1 2 1 2 1 2 I 0  I   mv 2 2 2. (2). + Va chạm là hoàn toàn đàn hồi nên động năng được bảo toàn:. Điểm 0,25. 0,25. 0,25.  M  3m M  3m 3g 0     M  3m   M  3m    + Giải hệ (1) và (2) ta được:  2M 3g   v  3m  M  . 0,5. + Nếu 3m = M thì v  0,   0 sau va chạm thanh A dừng lại.. 0,25. + Nếu 3m > M thì v  0,   0 sau va chạm thanh OA bị bật ngược lại. + Nếu 3m < M thì   0, sau va chạm thanh OA tiếp tục đi lên.. + Gọi  0 là góc lệch cực đại của thanh OA sau va chạm, áp dụng định luật bảo toàn. cơ năng cho thanh sau va chạm:. 1 2 l I 2  2l I   Mg (1  cos 0 )  cos 0  1   1 2 2 Mgl 3g. + Thế giá trị của ω vào, ta được: cos 0 . 12m M  3m. + Chọn trục Ox nằm ngang có gốc O trùng với vị trí ban đầu của vật B, chiều dương. 0,25. 0,25. trùng với chiều chuyển động của nó. Lực ma sát tác dụng lên vật có biểu thức:. 0,25. + Công của lực ma sát thực hiện khi vật thực hiện độ dời (quãng đường) x = s là. 0,25. Fms  N  kmg.x. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 1 A   Fms dx  kmg  xdx   kmgs 2 2 0 0 s. s. + Áp dụng định lý động năng:. 1 2. 1 2. Wd  A   mv 2   kmgs 2  s  v. 2. (3điểm). 0,5. 1 2 Ml 3  kg M  3m kl. 8 2  8(V) 2 Khi f = 50Hz: UPM = UMN = 5V; UNQ = 4V; UMQ = 3V Nhận thấy: + UPQ = UPM + UMQ (8 = 5 + 3)  ba điểm P, M và Q thẳng hàng Theo đầu bài: U PQ . 0,5. 2 + U 2MN  U 2NQ  U MQ (52 = 42 + 32)  Ba điểm M, N, Q tạo thành tam giác. vuông tại Q..  Giản đồ véc tơ của đoạn mạch có dạng như hình vẽ. Trong đoạn mạch điện không phân nhánh RLC ta có    U C  U R và U C muộn   pha hơn U R  U PM. 0,5. N.  U MN  U PM. P. biểu diễn điện áp giữa hai. M.  U NQ.  U MQ. Q. 1.  đầu điện trở R (X chứa R) và U NQ biểu diễn điện áp giữa hai đầu tụ điện (Z chứa C)..    Mặt khác U MN sớm pha so với U PM một góc MN < chứng tỏ cuộn cảm L có. 2.   điện trở thuần r, U MQ biểu diễn U r và Y chứa cuộn cảm có độ tự cảm L và điện trở. thuần r.. b. f  50 Hz thì số chỉ của ampe kế giảm nên khi f = 50 Hz thì trong mạch có cộng hưởng điện.. cos  1, Z L  Z C , P  UI . Từ đó tính được: I = 0,2 (A) R . . 0,5. U PM 5   25(  ) I 0, 2. 20 0, 2  L  (H ) 4  100    ZL  ZC    20(  )   I 0, 2 1 10  3 C   20.100  2  U U 3  r  r  MQ   15(  ) I I 0, 2 U NQ. 4. (F). 1.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Coi chất lỏng ngưng tụ chiếm thể tích không đáng kể. Hai chất lỏng khi ở thể hơi coi như hai chất khí có áp suất lần lượt là: (2,5điểm) nRT P2 = P1 = = 13 KPa. V Vì P2 < p2’ nên chất lỏng thứ hai chưa ngưng tụ còn chất lỏng thứ nhât đã ngưng tụ và áp suất hơi của nó lúc này là p1’= 7 Kpa => áp suất hơi trong bình là: po = 20 KPa. 3. Số mol chất lỏng 1 còn ở thể hơi khi thể tích bình giảm xuống còn V/3: p ,V n1’= 1 1 = 9.10-3 mol. RT Chất lỏng thứ hai sẽ chịu nén cho tới khi áp suất tăng tới p2’ thì bắt đầu ngưng tụ. nRT Thể tích bình lúc này là: V2 = = 7,6 lit. p2, Sau đó ấp suất trong bình được giữ không đổi và băng: P = 24KPa. Số mol chất lỏng thứ hai còn ở thể hơi khi thể tích bình giảm xuống còn 1/3 thể tích p, V ban đầu: n2’= 2 1 = 2,2.10-2mol. RT Khối lượng chất lỏng có trong bình: M = (n1-n1’)M1+ (n2-n2’) M2= 2,03.10-3kg. Vẽ đúng đường đẳng nhiệt 4. (3điểm). a) Sơ đồ tạo ảnh : L1 L2 AB  A1 B1  A2 .B2 d1,d’1. d2,d’2. Theo đề bài : d1 = 16 cm , d’2 = 20 cm .. Suy ra : a = 7,2 f2 = 16 + l + 2 => l = 7,2.f2 – 36 d .f d'.f  d 2  l  d1'  7,2. f 2  36   1 1  ' 2 2 d1  f 1 d 2  f 2 20. f 2 16. f1 =>  7,2. f 2  36  (1) 20  f 2 16  f1 Mặt khác, theo đề bài : f1 20  f 2 f1 f2 k 1 .   (2) 16  f f f2 16  f1 20  f 2 Từ ( 1 ) và ( 2 ) , ta suy ra : 20. f 2 16. f 2  7,2. f 2  36  20  f 2 16  f 2. =>  f  20. f 2  100  0 , giải ra ta được : f2 = 10 cm . Thay vào (2) ta tìm được f1 = 8 cm . b) Ta có : AA2  7,2. f 2  23  95.cm 2 2. => d1  l  d 2'  95  d 2'  95  (l  d1 ) ( 3 ) Mặt khác, theo đề bài : 5. 0,5. 0,5 0,25 0,5. 0,25. 0,25 0,25 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> f1 f  d2 8 10  d 2'  2  .  8 => d '2  10.d1  7  ( 4 ) f1  d1 f2 8  d1 10 8.d1 Từ ( 3 ) và ( 4 ) rút ra : l  165  11d1  d 2  l  d1'  165  11.d1  (5) d1  8. 0,25. Mặt khác: d 2 . 0,25. k 8. d 2' . f 2 10.d 2' 10.d1  7  (6)   ' ' d 2  f 2 d 2  10 d1  8 Từ ( 5 ) và ( 6 ) , ta tìm được : 165  11.d1   8.d1  10.(d1  7) => 11.d12  235.d1  1250  0 d1  8 d1  8. 0,25. Phương trình mới có hai nghiệm ( vị trí mới của L1 ) : 125 d11   11,4cm và d12  10cm 11 Từ đó có hai giá trị của l : l1 = 165-11 ;d11 = 40 cm và l2 = 165-11 ;d12 = 55 cm. Cả hai kết quả đều thích hợp vì đều có l < 95 cm.. 5. (3điểm). 0,25 0,25. Tương ứng có hai vị trí mới của L2 cách AB : AO2  d11  l1  51,4cm và AO2  d12  l 2  65cm Xét thời điểm cạnh CD có toạ độ là x và khung đang thâm nhập vùng từ trường. Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng, nhiệt lượng toả ra trong khung bằng độ biến thiên động năng của khung:. m m dQ  v 2  (v  dv) 2  dQ   mvdv 2 2. (1). Suất điện động cảm ứng xuất hiện trên cạnh CD là:. I. E  BCD bv  B0 (1  x)bv B02 (1  x) 2 b 2 v 2 dt E 2.  dQ  I Rdt  R Từ (1) và (2) ta có:. R. B 2 (1  2 ) 2 b 2 v 2 dt  0 R.  Rmvdv  B02 (1  2x)b 2 v 2 dt.   Rmdv  B (1  2x)b dx. (3) Gọi v1 là vận tốc của khung khi bắt đầu khung nằm trọn trong từ trường ta có: mv02 mv 2 mv 2 v  Q  1 trong đó Q  0  v1  0 4 2 2 2 Tích phân 2 vế phương trình (3) ta có: 2 0. 2.   Rmdv   B02 (1  2x)b 2 dx v1. b. v0. 0.  Rm(v1  v0 )  B b (b  b)  B b (1  b)  B b 2 0. 2. 2 0. ( 2  2) B02 b 3 R  mv 0 mv0 ( 2  1) 2 B02 b 3. 3. 2 0. 3. (*). Khi khung đã vào hẳn trong từ trường, cường độ dòng điện trong khung là: 6. (2). 0,25 0,25. 0,5. 0,25 0,25. 0,25. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> ECD  E AB B0 vb1   ( x  b)  (1  x) B0 b 2v   R R R 2 Xét trong khoảng thời gian nhỏ dt: dQ  I Rdt B 2 b 4 2 v 2 dt B02 b 4 2 v dx  dQ  0  (4) R R ( 2  1) Tích phân 2 vế phương trình (4) và thay R ở (*) vào ta được: s1   2b I. 0,25 0,25. Khung đã vào trong từ trường được một đoạn là:. 2  1   2b 2 2 1  2  b  2b ( 2  2) B02 b 3 2 1 Vậy s  và  R   2b mv0 a. Khi chưa đốt dây: 2mg  K  l 0. 0,25. s  s1  b . 6. (3điểm). 0,25 0,25. Ngay sau khi đốt dây:. Vật m: K  l 0  mg  ma1. .  a1  3 g  30 m / s. 2. 0,25. . Vật 2m: K  l 0  2mg  2ma 2. 0,25.  a2  0. b. Xét hệ quy chiếu gắn với trọng tâm G của hệ. G cách vật m một khoảng bằng 2/3 khoảng cách từ m đến 2m. Xét vật m:. Khi ở vị trí cân bằng:  mg  Fqt  0. 0,25. (1). Khi ở li độ x, lò xo dãn một đoạn bằng 3x / 2 . Suy ra:  mg  Fqt  K  3 x / 2  m  a  mx  ( 2). Từ (1) và (2):  x  . 3K 3K  10 rad / s x  0  x    2 x  0 với   2m 2m.  3K   x  sin  t     2m . Tại. t  0 : x 0  A sin  . 2l 0  0,2m 3.    / 2  x  0,2 sin 10t   / 2 (m). Độ biến dạng của lò xo:. l . 3x  0,3 sin 10t   / 2  2. và. V0  A cos   0  A  0,2m. 0,25. và. 0,25. 0,25. 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Lò xo đạt trạng thái lkhông biến dạng lần đầu tiên  l  0.  t   / 20s   0,157s . 0,25. h  gt 2 / 2   2 / 80m  với vận tốc VG  gt   / 2 m / s  .. 0,25. Trọng tâm G chuyển động với gia tốc g, khi đó trọng tâm G đã đi được: Tại thời điểm đó ta có:. x'  2 cos10t   / 2  2m / s . 0,25.  Vm  VG  x'  2   / 2  3,57m / s . Theo định luật bảo toàn năng lượng:. 1 1 1 K  l 02  3mgh  mV m2   2mV 22m 2 2 2. 0,25. Mặt khác, ta có: K  l 0  2mg  V2 m   / 2  1  0,57m / s  . 7. (2điểm). * Phương án thực hành: Bố trí mạch điện như hình vẽ (hoặc mô tả đúng cách mắc).. A. 0,25 +. K1 K2. - Bước 1: Chỉ đóng K1: số chỉ ampe kế là I1. Ta có: E = I1(r + R0). E _. U. R0. Rb (1). - Bước 2: Chỉ đóng K2 và dịch chuyển con chạy để ampe kế chỉ I1. Khi đó phần biến trở tham gia vào mạch điện có giá trị bằng R0.. - Bước 3: Giữ nguyên vị trí con chạy của biến trở ở bước 2 rồi đóng cả K1 và K2, số chỉ ampe kế là I2. Ta có: E = I2(r + R0/2) (2) Giải hệ phương trình (1) và (2) ta tìm được:. 8. r. (2 I1  I 2 ) R0 . 2( I 2  I1 ). 0,5. 0,25 0,25 0,5 0,5.

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