Dedap anmon Vat li chon DT du thi HSGQG17

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI. ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1. (3,5 điểm). KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2016-2017 Môn: VẬT LÝ Thời gian: 180 phút(không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 15/10/2016 (Đề gồm 02 trang, gồm 07 câu). Trên mặt phẳng ngang có một bán cầu khối lượng m, bán kính R. Từ điểm cao nhất của bán cầu có một vật nhỏ khối lượng m trượt α không vận tốc đầu xuống. Ma sát giữa vật nhỏ và bán cầu có thể bỏ qua. Gọi  là góc giữa phương thẳng đứng và bán kính nối từ tâm bán cầu tới vật (Hình 1). Hình 1 1. Giả sử bán cầu được giữ đứng yên. a) Xác định vận tốc của vật, áp lực của vật lên mặt bán cầu khi vật chưa rời bán cầu, từ đó tìm góc m khi vật bắt đầu rời bán cầu. b) Xét vị trí có  < m. Viết các biểu thức thành phần gia tốc tiếp tuyến và gia tốc pháp tuyến của vật theo g và . Viết biểu thức tính áp lực của bán cầu lên mặt phẳng ngang theo m, g và  khi đó. 2. Giả sử giữa bán cầu và mặt phẳng ngang có hệ số ma sát là . Tìm  biết rằng khi  = 300 thì bán cầu bắt đầu bị trượt trên mặt phẳng ngang. 3. Giả sử không có ma sát giữa bán cầu và mặt phẳng ngang. Tìm góc  khi vật bắt đầu rời bán cầu. Câu 2.(3 điểm) Một thanh cứng nhẹ, cách điện chiều dài L chuyển động trong một mặt phẳng thẳng đứng ở góc một bức tường. Mỗi đầu thanh có gắn một quả cầu nhỏ mang điện tích Q(Q>0). Quả cầu dưới chuyển động theo phương ngang ra xa tường với vận tốc không đổi v0. Hệ đặt. Q. +. Q trong từ trường đều có phương chiều như hình vẽ(hình 2). Biết α tường và sàn đều cách điện tốt. Hình 2 1. Xác định lực từ tác dụng lên thanh khi thanh lập với phương ngang một góc α. 2. Cũng xác định lực tác dụng lên thanh ở vị trí đó nếu có quả cầu nhỏ mang điện tích Q gắn tại trung điểm của thanh, còn các quả cầu ở hai đầu thanh không mang điện. Câu 3. (3 điểm). Xi lanh có tiết diện S = 100cm2 cùng với pittông và vách ngăn V làm bằng chất cách nhiệt(hình 3). Nắp K của vách mở khi áp suất bên phải lớn hơn áp suất bên trái. Ban đầu phần bên trái của xi lanh có chiều dài l = 1,12m chứa m1 = 12g khí hêli, phần bên phải cũng có chiều dài l = 1,12m chứa m2 = 2g khí hêli và nhiệt độ cả 1. K V. P0. Hình. 0.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> hai bên đều bằng T0 = 273K. Dùng lực ấn từ từ pittông sang trái, ngừng một chút khi nắp mở và đẩy pittông tới sát vách V. Tìm công mà lực này đã thực hiện lên pittông. Biết áp suất không khí bên ngoài P0 = 105N/m2 nhiệt dung riêng đẳng tích và đẳng áp của Hêli bằng: Cv =3,15.103J/(kg. độ); Cp = 5,25.103( J/kg.độ). Câu 4. (3 điểm) Hai quả cầu nhỏ tích điện q1 và q2, có khối lượng và điện tích tương ứng là m1 = m; q1 = +q; m2 = 4m; q2 = +2q được đặt cách nhau một đoạn a trên mặt phẳng nhẵn nằm ngang. Ban đầu giữ hai quả cầu đứng yên. Đẩy quả cầu 1 chuyển động hướng thẳng vào quả cầu 2 với vận tốc 0, đồng thời buông quả cầu 2. 1. Tính khoảng cách cực tiểu rmin giữa hai quả cầu. 2. Xét trường hợp a =  ; tính rmin và vận tốc u1, u2 của hai quả cầu ( theo vo, rmin) khi chúng lại ra xa nhau vô cùng. Câu 5.(3 điểm). Cho quang hệ đồng trục gồm thấu kính phân kì O1 và thấu kính hội tụ O2. Một điểm sáng S nằm trên trục chính của hệ trước O1 một đoạn 20cm. Màn E đặt vuông góc trục chính của hệ sau O2 cách O2 một đoạn 30cm. Khoảng cách giữa hai thấu kính là 50cm. Biết tiêu cự của O2 là 20cm và hệ cho ảnh rõ nét trên màn. Thấu kính phân kì O1 có dạng phẳng - lõm, bán kính mặt lõm là 10cm. 1. Tính tiêu cự của thấu kính phân kì O1 và chiết suất của chất làm thấu kính này. 2. Giữ S, O1 và màn E cố định, người ta thay thấu kính O2 bằng một thấu kính hội tụ L đặt đồng trục với O1. Dịch chuyển L từ sát O1 đến màn thì vệt sáng trên màn không bao giờ thu nhỏ lại thành một điểm, nhưng khi L cách màn 18cm thì đường kính vệt sáng trên màn là nhỏ nhất. Tính tiêu cự của thấu kính L. Câu 6. (3 điểm) Cho mạch gồm nguồn có suất điện động E, điện trở trong r, cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L, điện trở R mắc như hình vẽ(hình 4). Lúc t = 0 khóa K đóng sang (1) sau thời gian  = L/r đóng khóa K sang (2). Tính điện lượng qua R và nhiệt tỏa ra trên R. Câu 7. (1,5 điểm). E,r. K. 1. L. 2 R. Hình 4. Thiết kế phương án thí nghiệm để xác định khối lượng của viên bi. Cho các dụng cụ sau đây: Hai viên bi( Một trong hai viên đã biết khối lượng), bột dẻo, giá thí nghiệm, thước đo độ, hai sợi dây cùng chiều dài. Họ và tên học sinh:..............................................., Số báo danh:.................................... Họ và tên giám thị 1:...................................., Họ và tên giám thị 2:................................ Giám thị không giải thích gì thêm.. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI. HDC KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI THPT QUỐC GIA NĂM HỌC 2016-2017. Môn: VẬT LÝ. Lưu ý: + Học sinh làm theo cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa.. + Các kết quả có liên quan mà phần trên sai thì phần sau nếu đúng cũng không cho điểm.. Câu. Nội dung. Điểm. 1. Khi vật trượt trên mặt cầu vật chịu tác dụng của trọng lực P và phản lực Q của mặt cầu có tổng hợp tạo ra gia tốc với hai thành phần tiếp tuyến và hướng tâm. Quá trình chuyển động tuân theo sự bảo toàn cơ năng: 1 2 mv  mgR1  cos   2.  v  2 gR1  cos   Fht  P. cos   Q . Q  3 cos   2 .mg. . Hình 1. 0,25. mv a Suy ra: R. 0,25. 2. 0,25. Vật rời bán cầu khi bắt đầu xảy ra Q = 0. Lúc đó:. cos   cos  m . 2 ; 3. Xét vị trí có  < m: Các thành phần. gia. v  2 g 1  cos   R at  g sin  2. an .    m  48,2 0. suy ra :. tốc:. Lực mà bán cầu tác dụng lên sàn bao. gồm hai thành phần: áp lực ngang. ngang:. N  Pcau  Q. cos. .  mg 1  2 cos  3 cos 2 . 0,25. và lực đẩy. . 0,25 0,25 cầu. 0,5. 2. Bán cầu bắt đầu trượt trên sàn khi  = 300, lúc đó vật chưa rời khỏi mặt cầu. Thành phần nằm ngang của lực do vật đẩy bán cầu là: F ngang  Q sin   3 cos   2 mg . sin  . 0,25 Ta có: Fms  Fngang  .N. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  . Fngang N. . 3 cos   2mg. sin . . mg 1  2 cos   3 cos  2. . . 3 cos   2sin . 0,25. 1  2 cos   3 cos 2 . Thay số:   0,197  0,2 0,25 3. Giả sử bỏ qua được mọi ma sát. Khi vật đến vị trí có góc  vật có tốc độ vr so với bán cầu, còn bán cầu có tốc độ V theo phương ngang. Vận tốc của vật so với mặt đất là: v  v r  V Tốc độ theo phương ngang của vật: v x  v r cos  V . . . . V. V. Hệ bảo toàn động lượng theo phương ngang: m.V  m.v x  vx = V  2V = vr cos.. vr. P. Bảo toàn cơ năng:. 1 2 1 mv  m.V 2  mgR 1  cos   2 2. vr  V 2  2vrV cos   V 2  2 gR1  cos   vr  2. 4 gR1  cos  1  sin 2 . Tìm áp lực của vật lên mặt bán cầu. Để làm điều này ta xét trong HQC phi quán tính gắn với bán cầu. Q sin  Gia tốc của bán cầu: ac . 0,25. m. Trong HQC gắn với bán cầu, vật sẽ chuyển động tròn và chịu tác dụng của 3 lực (hình vẽ). Theo định luật II Niutơn ta có: v P cos   Q  Fq sin   m r R. 2. mg cos   Q  Q sin 2   m. Q. mg cos   mv r / R  1  sin 2  2. vr R. 2. 4mg 1  cos   6 cos   cos 3   4 1  sin 2   mg 0,25 2 1  sin 2  1  sin 2 . mg cos  . . Vật rời bán cầu khi Q = 0  6 cos   cos 3   4  0. 2.  cos  3  1 hay  = 42,90. Do thanh cứng nên các thành phần vận tốc theo phương của thanh là không đổi nên ta có vận tốc của quả cầu trên : v = v0/tanα = v0cotanα Lực tác dụng lên các quả cầu trên và dưới lần lượt là F1 = ; = Theo hình vẽ ta có lực tổng hợp tác dụng lên thanh 4. . 0,25 0,25. 2. Q. M. 1. β. + I O. α. 1. 0,25. 2. Q. 0,25. 0. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> F= + = Lực này hợp với phương ngang một góc β với tanβ = F2/F1 = tanα Vậy β=α Vậy lực này có phương đi qua trung điểm I của thanh(Qua O) b. Vậy tại vị trí này thanh quay quanh trục M với tốc độ góc  = Vận tốc của điểm I lúc này vI = Vậy lực từ tác dụng lên Q cũng là lực từ tác dụng lên thanh FI = QvI.B= Lúc đầu áp suất khí bên trái P1 = P2=. m 2 R.T0 . . μ lS. 0,5 0,25 0,25. . 3. 0,5. m1 R.T0 . lớn hơn áp suất bên phải vách μ lS. 0,5 0,25. Khối khí bên phải bị nén đoạn nhiệt từ thể tích V0 = lS xuống V1, áp suất của nó tăng lên đến P1 :  P2V0. =.  P1 V1. 1. 1.  P   m   V1 = V0  2  = V0  2   P1   m1 . Khi đó nhiệt độ ở bên phải: T1 =. (1) 1   . m P1V1 T0 = T0  2  P2 V0  m1 . 0,25 (2). 0,25. 0,25 Sau khi nắp K mở hai khí hoà trộn vào nhau và có cùng nhiệt độ T2: Cvm1(T2- T0) = Cvm2(T1 - T0) 1   γ   m m m1T0  m 2T1  1 2   1    T2 = = T0 (3) 0,25   m1  m 2 m1  m 2  m1     Sau đó lượng khí m = m1 + m2 bị nén đoạn nhiệt từ thể tích V = V0 + V1 đến V0 , nhiệt độ tăng từ T2 đến T, ta có : T. V0g -1 = T2(V0 + V1)g -1 (4) 0,25 Thay (1) và (3) vào (4) ta được:   T = T2  V0  V1   V0 . γ 1. 1   m1.T0   m 2  γ    1   m1  m 2   m1    . γ. (5). 0,25. Công do lực tác dụng lên pittông và áp suất khí quyển P 0 thực hiện làm tăng nội năng của chất khí bị nén đoạn nhiệt. 0,5 A= A1 + A2 = U = Cv(m1 + m2) (T- T0) (6), với A1 = P0S.l. ……………………………………………………………. 0,25 Thay (5) vào (6), rồi thay số vào ta được A2 = 3674 (J)…………………. 0,5. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 4. 1. Khoảng cách cực tiểu rmin giữa hai quả cầu. Vì q1 và q2 cùng dấu nên quả cầu 1 đẩy quả cầu 2 chuyển động cùng chiều. Khi khoảng cách giữa hai quả cầu đạt giá trị cực tiểu thì chúng có   cùng vận tốc u ( u cùng chiều với v 0 ). 0,25. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có: Mv0  (4m  m)u  u . v0 (1) 5. Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng (năng lượng của hệ gồm động năng và thế năng tương tác (điện));. mv 02 2q 2  mu 2 4mu 2  2q 2 k   (2) k 2 a 2  rmin  2 a Từ (1), (2) suy ra: rmin  (3) mv02a 1 5kq 2 2. Xét trường hợp a=  hoặc đầu hai quả cầu ở rất xa nhau. 5kq 2 Từ (3) có: rmin  (4) mv02 Áp dụng định luật bảo toàn động lượng: mv2 = mu1 +4mu2  u1= v0 - 4u2 Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng:. mv02 2q 2 mu12 mu 22 k  4 2 a 2 2. Thay vào (5) và (6) suy ra phương trình cho u2. 0,5. 0,25 0,5 0,25. (5) (6). 0,25. kq 2 0 a 5mkq 2 ' ' 2 2 Tính  :   m v 0  a  5k  Thay rmin vào ∆’:  '  m 2q 2   (7)  mrmin  v q 5k từ đó tìm được nghiệm của (7) : u 2  0  (8) 0,25 5 5 mrmin   vì u 2 phải cùng chiều với v 0 , nghĩa là u2 phải cùng dấu với v0 nên phải 5mu 22  2mv0 u 2 . lấy dấu "+". u2 . v0 q 5k  5 5 mrmin. (9) 6. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> v 0 4q 5k  5 5 mrmin  ta thấy u1 trái dấu với v0 ( tức là ngược chiều với v 0 ) vì quả cầu 1 bật Thay vào (8) và (5) ta được u1  trở lại . 5. trong trường hợp a   thì ta có: u 2 . 2v0 3v và u1   0 5 5. O O S1  S2 + Sơ đồ tạo ảnh qua hệ: S  + Ta có d1 = 20cm; ảnh rõ 1. d 2/  30cm  d 2 . 2. d . f2  60cm d2  f2 / 2. nét. trên. 0,25. 0,25 màn. nên. + Mặt khác: d 2  d 1/  O1O2  d 1/  O1O2  d 2  50  60  10cm. 20.(10) + Tiêu cự của thấu kính phân kì là: f 1    20(cm) / 20  10 d1  d1 1 1 R  10 + Mặt khác:  (n  1).  n  1   1  1,5 f1 R f1  20 d 1 .d 1/. 0,25 0,25 0,5 0,5. M. S. S1. P. L. O1. N. Q. S2. 0,5. x. 50cm. + Từ sơ đồ tạo ảnh ta có S;O1 cố định nên S1 cố định, đặt khoảng cách từ thấu kính L đến màn E là x. + Ta có: S 2 PQ đồng dạng S 2 MN , nên: 1 1  1 PQ d 2/  x x 1     1  /  1  x.    1  x.  / MN d2 d2  f ax  f d2  với a  80  d1/  90cm. 0,25. PQ x x axx x a ax a 1       MN f ax ax f ax f f. 0,25. a ax a PQ a a a a  2  2   PQ  MN (2  ) ax f f MN f f f f. 0,25. Theo bất đẳng thức cô sy:. 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Suy ra PQ min khi. a ax (a  x)2 (90  18) 2   f    57,6cm ax f a 90. ( theo giả thiết khi x = 18cm thì PQ nhỏ nhất) Chọn chiều dương của dòng điện như hình vẽ Khi đóng K ở 1 1 E = i.r + L Hay E/r = i+. ,E r. = i-. 6. = Ln. . lấy tích phân hai vế .. =. K. 0,25. 2. L. R. -I1 = 7. q vậy q = .I1 = .. =. 0,25 0,25. Nhiệt tỏa ra Q =. =. 0,25 0,25 0,25 0,5. .. 1. .. 1. Buộc một viên bi có khối lượng m1 vào 1 sợi dây dài l, kéo lệch nó đi. một góc  1 đo bằng thước đo góc và buông ra. Tại điểm thấp nhất của quỹ đạo chuyển động viên bi m1 chúng ta treo viên bi chưa biết khối lượng m2 có gắn một mẩu bột dẻo khối lượng. 0,25 0,25. . . vậy i - = suy ra i = 1 = I1 Khi K đóng sang 2 dòng qua dây vẫn là I1 Khi chuyển sang 2 = - Ri hay di =. =. 0,25. m. rất nhỏ.. 0,5. 0,25. Khi chuyển động viên bi khối lượng m1 va chạm vào viên bi khối lượng. m2 do có bột dẻo nên va chạm của các quả cầu là va chạm mềm, sau đó chúng dính vào nhau nghiêng đi một góc nào đó bằng  2 theo định luật bảo toàn động lượng. m1v1  ( m1  m2  m ) v2. Ta tìm được vận tốc v1 của viên bi đã biết khối lượng vào lúc va chạm. 0,25. từ định luật bảo toàn cơ năng m1 gh1 . m1 2 v1 => v1  2gh1  2gl(1cos1) 2. Vì khối lượng. m. rất nhỏ nên có thể bỏ qua. Tương tự tìm được v2 8. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Thay. v2  2 gh 2  2gl (1  cos2 ) v1. và. v2. vào 1 .   S in 2   1 cos1  m2  m1  1  m2  m1  1  1 cos  2  Sin 2     2 . 0,25 (1). ta. tìm. được:. m1 đã biết, ta đo được α1, α2 bằng thước đo độ, từ đó tìm được khối lượng m2 chưa biết. 9. 0,5.

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