intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE

Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 12 có đáp án: Môn Vật lý - Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc (Năm học 2011 - 2012)

Chia sẻ: ĐOÀN VĂN LƯỢNG | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

552
lượt xem
28
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với cấu trúc gồm 5 câu hỏi bài tập có hướng dẫn lời giải, đề thi chọn học sinh giỏi lớp 12 "Môn Vật lý" của Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc năm học 2011 - 2012 giúp các bạn củng cố lại phần lý thuyết đã học và rèn luyện kỹ năng làm bài tập. Hy vọng đề thi sẽ giúp các bạn tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 12 có đáp án: Môn Vật lý - Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc (Năm học 2011 - 2012)

  1. SỞ GD&ĐT  KÌ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011­2012 ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ  ĐỀ CHÍNH THỨC (Dành cho học sinh trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc) Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề.  Chú ý: Đề thi gồm 02 trang Câu 1 (1,5 điểm). Một tấm ván có khối lượng  M = 10kg  nằm trên mặt phẳng ngang nhẵn và được giữ bằng một sợi  dây không dãn. Vật nhỏ có khối lượng  m = 1kg  trượt đều với vận tốc  v = 2m / s  từ mép tấm ván dưới tác  dụng của một lực không đổi  F = 10 N  (Hình 1). Khi vật đi được đoạn đường dài  l = 1m  trên tấm ván thì  dây bị đứt.    a) Tính gia tốc của vật và ván ngay sau khi dây đứt. m F    b) Mô tả chuyển động của vật và ván sau khi dây đứt trong một thời gian   M đủ  dài. Tính vận tốc, gia tốc của vật và ván trong từng giai đoạn. Coi ván   đủ dài.  Hình 1     c) Hãy xác định chiều dài tối thiểu của tấm ván để  m không trượt khỏi  ván. Câu 2 (2,5 điểm). Một thanh mảnh, đồng chất có khối lượng  M = 360 g  chiều dài  L = 30cm  có thể quay không ma sát  quanh trục O cố định nằm ngang đi qua đầu thanh. Từ vị trí thẳng đứng, đầu còn lại của thanh được thả  ra  và thanh đổ xuống (Hình 2). Khi tới vị trí thấp nhất thì thanh va chạm hoàn  toàn đàn hồi với một vật nhỏ (coi như chất điểm) có khối lượng  m1 = 120g   M nằm trên mặt  bàn. Cho gia tốc trọng trường  g = 10m / s 2 . Mômen quán tính  của thanh đối với trục quay qua O là   I = ML2 / 3 .      a) Xác định tốc độ  góc và gia tốc góc của thanh khi thanh có vị  trí nằm  O ngang.    b) Xác định các thành phần lực theo phương ngang và theo phương thẳng   đứng mà trục quay tác dụng lên thanh khi thanh có vị trí nằm ngang.  m2 m1 k    c) Xác định vận tốc của vật m1 ngay sau va chạm.      d) Vật m1  được gắn với   m 2 =120g    qua một lò xo nhẹ  có độ  cứng  Hình 2 k = 100 N / m   (Hình 2). Xác định biên độ  dao động của m1  và m2  sau va  chạm. Bỏ qua mọi ma sát. Câu 3 (2 điểm). Trong một xilanh đặt thẳng đứng có một pittông mỏng, nhẹ, linh động và  cách nhiệt. Bên dưới pittông là một mol khí Heli (coi là khí lí tưởng)  ở  nhiệt độ  to = 27 o C . Bên trên pittông là một chất lỏng, phía trên chất lỏng là không khí (Hình   3).  Ban đầu thể  tích khí Heli, chất lỏng và không khí trong xilanh bằng nhau và bằng  Vo = 1lit , áp suất do cột chất lỏng trong xilanh gây ra bằng  po. Áp suất khí quyển là  Hình 3 1
  2. po = 105 N / m 2 . Hỏi phải nung nóng khí (qua đáy xilanh) bằng một nhiệt lượng tối thiểu bao nhiêu để  khí   dãn nở, pittông đi lên đều và đẩy hết chất lỏng ra khỏi xilanh? (Xem tiếp trang 2)  Câu 4 (2 điểm).  Cho mạch điện (Hình 4). Nguồn điện có suất điện động   E = 8V ,  K điện trở trong  r = 2Ω . Điện trở của đèn là  R1 = R2 = 3Ω , Ampe kế được coi  A là lí tưởng. E,r R1    a) Khoá K mở, di chuyển con chạy C người ta nhận thấy khi điện trở của  D phần AC của biến trở AB có giá trị  1  thì đèn tối nhất. Tính điện trở  toàn  phần của biến trở. R2    b) Mắc một biến trở khác thay vào chỗ của biến trở đã cho và đóng khóa  C K. Khi điện trở  của phần AC bằng 6   thì ampe kế  chỉ  5/3A. Tính giá trị  B A toàn phần của biến trở mới.  Hình 4 Câu 5 (2 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  f 2 = −3cm . Một vật sáng  AB = 1cm  đặt vuông góc với trục chính, trước L1 và cách L1 một khoảng d1, hệ  cho ảnh A’B’ .     a) Cho  d1 = 15cm . Xác định vị trí, tính chất, chiều và độ cao của ảnh A’B’.     b) Xác định d1 để khi hoán vị hai thấu kính, vị trí của ảnh A’B’ không đổi.  Hết  Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh ................................................. .......................................... SBD .................... SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC KÌ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011­2012 ­­­­­­­­­­­­­­­­­ HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM MÔN: VẬT LÝ CHUYÊN Điể Câu Ý Lời giải m * Xét chuyển động của m: Trước khi dây bị đứt:  F − Fms = 0 Fms = F   1 Ngay sau khi dây đứt: vật m vẫn trượt đều với vận tốc v  am = 0 0,25 (1,5đ a ) * Xét chuyển động của M: Fms F Ngay sau khi dây đứt M chuyển động nhanh dần đều với: aM = = = 1m / s 2 0,25 M M 2
  3. * Giai đoạn 1:  0 t to + m chuyển động đều với vận tốc v, gia tốc am=0 F + M chuyển động nhanh dần đều, vận tốc ban đầu =0, gia tốc  aM = = 1m / s 2 0,25 M v Mv b + Tấm ván đạt vận tốc v tại thời điểm  to = = = 2s aM F * Giai đoạn 2:  to t Vật m và M chuyển động nhanh dần đều với vận tốc ban đầu  vo = 2m / s  và gia  F 10 tốc:   a = = 0,9m / s 2   M + m 10 + 1 0,25 Quãng đường m đi được trên M kể từ khi dây đứt đến thời điểm t=to là: c 1 Mv 2   Mv 2 10.22              0,5 Δl = vt − aM t = 2 lmin = l + Δl = l + = 1+ = 3m    2 2F 2F 2.10 Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho vị trí thẳng đứng và nằm ngang: 2 L 1 2 1 3g 3.10 �rad � (2,5đ Mg = I ω . Thay  I = ML2  ta được: ω = = = 10 � �. 0,5 2 2 3 L 0,3 �s � ) a Phương trình động lực học cho chuyển động quay quanh O: M ( P ) = I γ .  1 L 3g 3.10 �rad � Thay  I = ML2  và  M ( P ) = Mg  ta được:  γ = = = 50 � 2 �. 0,5 3 2 2 L 2.0,3 �s � Định luật II Niutơn cho chuyển động tịnh tiến của  r r thanh:  P + N = Mar (*) Chiếu (*) lên phương ngang:  L Ny N N x = Max = Man = M ω 2   2 b G Thay   ở phần a) vào ta được:  N x = 3Mg / 2 = 5,4N . 0,25 O Nx Chiếu (*) lên phương thẳng đứng: P L P − N y = Ma y = Mat = M γ 2 Thay   ở phần a) vào ta được :  N y = Mg / 4 = 0,9N . 0,25 Bảo toàn cơ năng cho chuyển động của M từ đầu đến ngay trước va chạm với  1 2 MgL 6g m1:  I ω 2 = MgL ω= = 2 I L 1 1 1 0,25 c Bảo toàn động năng trong va chạm:  m1v 2 + I ω '2 = I ω 2 (1) 2 2 2 Bảo toàn mômen động lượng:  m1vL + I ω ' = I ω (2) �m � 0,25 Từ (1) và (2) ta được:  v = 6 gL = 3 2 4, 2 � � �s � d Sau va chạm, khối tâm G của hệ (m1+m2) chuyển động với vận tốc VG mà:  1 �m � 2mVG = mv VG = v = 1,5 2 2,1� �. 0,25 2 �s � 3
  4. Trong HQC gắn với khối tâm G, vì hai vật có khối lượng bằng nhau nên ta có  thể xem như dao động của m1, m2 là dao động của mỗi vật gắn với một lò xo có   đầu G cố định và có độ cứng là k’=2k.  Gọi A là biên độ dao động của mỗi vật, theo định luật bảo toàn cơ năng ta có: 1 2 1 1 mv = 2mVG2 + 2. k ' A2 A = 5, 2cm 2 2 2 0,25 *) Giai đoạn 1: Từ đầu cho đến khi chất lỏng chạm miệng xilanh. ­ Vì pittông đi lên đều nên quá trình này là đẳng áp, áp suất khí luôn bằng áp suất  khí quyển. Ở cuối giai đoạn này nhiệt độ khí là T1, thể tích khí là V1=2Vo (Vo là thể  tích khí ban đầu). ­ Áp dụng định luật GayLuysac cho khối khí Heli ta có:  Vo V1 2Vo = = T1 = 2To = 600 K . 0,25 To T1 T1 ­ Nhiệt lượng khí nhận vào trong giai đoạn này là:  Q1 = ∆U + A . 3 ­ Với  ∆U = nCV ∆T = R (T1 − To ) = 3739,5( J ) 0,25 2  Và  A = p1∆V = 2 po (V1 − Vo ) = 2 poVo = 2.105.10 −3 = 200( J )   Q1 = 3939,5( J ) 0,25 *) Giai đoạn 2: Từ khi chất lỏng bắt đầu chảy ra cho đến khi chất lỏng chảy  hết. Gọi S là diện tích pittông, H và 2H lần lượt là độ cao ban đầu của chất lỏng và của  khối khí, x là độ cao của pittông so với đáy xilanh ở vị trí cân bằng mới của pittông  được nâng lên. Ban đầu, áp suất cột chất lỏng có độ  cao H bằng p o  . Do đó tại  3 trạng thái  cân bằng mới  cột  chất  lỏng có  độ  cao  3H  ­ x, sẽ  có  áp suất  bằng  (2đ) 3H − x po H 0,25 Dễ  thấy rằng áp suất của khí px  ở trạng thái cân bằng mới bằng tổng áp suất khí   3H − x 4H − x quyển po và áp suất của cột chất lỏng nên:  px = po + po = po  (1). H H Theo phương trình Mendeleev ­ Clapeyron viết cho trạng thái cân bằng ban đầu và   px .S .x 2 po .S .2 H trạng thái cân bằng mới, ta được:  =   Tx T1 0,25 Sau khi thay biểu thức của px  vào ta tìm được nhiệt độ  của khí  ở  trạng thái cân  (4 H − x).x bằng mới là:  Tx = .T1   4H 2 Độ   biến   thiên   nội   năng   trong   quá   trình   pittông   nâng   lên   đến   độ   cao   x   bằng:  0,25 2 �x − 2 H � 3( x − 2 H ) 2 ∆U = nCV (Tx − T1 ) = − � C T � V 1 = − RT1 (2). � 2H � 8H 2 Công mà khí thực hiện trong quá trình trên (áp suất biến thiên tuyến tính từ 2po đến  4
  5. 2 Po + px (6 H − x)( x − 2 H ) px) là:  A = ( xS − 2 HS ) = po S 2 2H 0,25 Vì trong trạng thái ban đầu:  2 po .2 HS = RT1 (6 H − x)( x − 2 H ) Nên ta được:  A = .RT1       (3) 8H 2 Theo Nguyên lý I NĐH:  Q2 = ∆U + A RT1 Kết hợp (2) và (3), ta được:  Q2 = ( − x 2 + 5 Hx − 6 H 2 ). 2H 2 Vẽ  đồ  thị  của Q theo x. Từ  đồ  thị  ta thấy để  Q đạt đến trạng thái cân bằng khi x = 2,5H, ta  cần   cung   cấp   một   nhiệt   lượng  Q0 RT1 Q2 max = = 623, 25( J ) x 8 O 2H 2,5H 3H Sau khi đạt tới trạng thái cân bằng x=2,5H,  khí sẽ  tỏa nhiệt, tự  phát giãn nở  và đẩy hết   0,25 chất lỏng ra ngoài bình.  Vậy   nhiệt   lượng   tối   thiểu   cần   cung   cấp   là  Qmin = Q2 max + Q1 = 623, 25 + 3939,5 = 4562, 75( J ) . Gọi điện trở toàn phần của biến trở là R,  E,r điện trở phần AC là x Khi K mở ta có mạch như hình vẽ.  điện trở toàn mạch x A R1 (HV  0,25) (R­ x) 3( x + 3) D Rtm = R − x + +2 B C x+6 R2 a − x 2 + ( R − 1) x + 21 + 6 R 0,25 = x+6 U CD I .RCD 24 Cường độ dòng điện qua đèn: I1 = = = 2 0,25 x + R1 x + R1 − x + ( R − 1) x + 21 + 6 R 4 Khi đèn tối nhất thì I1 nhỏ nhất hay mẫu số lớn nhất (2đ) R −1 x= . Theo đề bài x=1 Ω . Vậy R=3 Ω 0,25 2 Khi K đóng ta có mạch như hình vẽ,  (HV E,r 0,25) điện trở toàn mạch:  17 R ' − 60 R1 Rtm =   0,25 4( R ' − 3) b (R’­ 6) (R’ là điện trở toàn phần của biến trở mới) B A C D 32( R ' − 3) 48 5 R2 I A = I − I BC = − = A 0,25 17 R − 60 17 R − 60 3 ' ' x=6 � R ' = 12Ω 0,25 5 a 6d1 24d1 ­ 180 60 ­ 8d1 0,25 (2đ) Ta có:  d1  =  ;  d 2  =  ;   d 2  =    (1) d1 ­6 d1 ­ 6 3d1 ­ 22 5
  6. Khi d1 = 15 cm   d’2 = ­ 2,6 cm 
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2