ĐỀ THI ĐỂ NGHỊ MÔN VẬT LÝ

Chia sẻ: Trần Vinh Long Hoang Long | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

343
lượt xem 52
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để nối hai trục ta dùng mô hình như hình vẽ . Hai đĩa giống nhau có momen quán tính đối với trục quay tương ứng là I. Ban đầu một đĩa đứng yên, còn đĩa kia quay đều với tốc độ góc w0 . Muốn hai trục nối nhau ta tác dụng lực vào hai đĩa dọc theo trục như hình và có độ lớn F. Mặt phẳng tiếp xúc 2 đĩa có dạng hình vành khuyên có bán kính trong R1, bán kính ngoài R2 .

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI ĐỂ NGHỊ MÔN VẬT LÝ

SỞ GD&ĐT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẾN TRE ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG Năm học 2008 – 2009 ĐỀ THI ĐỂ NGHỊ MÔN VẬT LÝ Thời gian: 180 phút Câu 1: ( Cơ học ) Để nối hai trục ta dùng mô hình như hình vẽ . Hai đĩa giống nhau có momen quán tính đối với trục quay tương ứng là I. Ban đầu một đĩa đứng yên, còn đĩa kia quay đều với tốc độ góc ω 0 . Muốn hai trục nối nhau ta tác dụng lực vào hai đĩa dọc theo trục như hình và có độ lớn F. Mặt phẳng tiếp xúc 2 đĩa có dạng hình vành khuyên có bán kính trong R1, bán kính ngoài R2 . Hệ số ma sát giữa các mặt phẳng là µ. 1. Tìm tốc độ góc chung của 2 đĩa sau khi nối. 2. Xác định năng lượng hao hụt khi nối trục. 3. Xác định thời gian cần thiết khi nối trục. → R2 R1 ω → F 0 F ĐÁP ÁN 1. Tìm tốc độ góc chung của 2 đĩa sau khi nối. Vận tốc góc chung sau khi nối trục: Áp dụng định luật bảo toàn → R2 R1 ω → mômen động lượng đối với trục quay ta có: F 0 F ω Iω0 = Iω + IωN ω = 0 ( 0,5 đ ) 2 2. Năng lượng hao hụt: 1 2 1 1 2 ω2 Iω2 ∆T = T0 − T = Iω0 − ( I + I ) ω2 = Iω0 − I 0 = 0 ( 0,5 đ ) dr 2 2 2 4 4 3. Thời gian nối trục: Ta chia hình vành khuyên thành các vành nguyên tố có bán kính r, bề dày dr. Momen của lực ma sát tác dụng lên vành nguyên tố dM = r . dFms ( 0,25 đ ) F với dFms = µ �πrdr 2 π ( R 2 − R1 ) 2 2 ( 0,25 đ ) 2µFr 2 dr r dM = ( 0,25 đ ) R 2 − R1 2 2 2µF 2µF � 3 − R 1 ) ( 0,25 đ ) ( R2 3 R2 M= R − R1 2 2 2 − R1 r 2 dr = 3 ( R 2 − R1 ) 2 2 M * Phương trình chuyển động quay cho đĩa ban đầu đứng yên : M = Iγc γ= = const ( 0,5 đ ) I * Thời gian nối trục: ω = γ.t ω 3 ( R 2 − R1 ) ω0 I 2 2 t= = ( 0,5 đ ) γ 4µF ( R 3 − R 1 ) 2 3 1
Câu 2 (Nhiệt) (3 điểm) Một mol khí lý tưởng đơn nguyên tử ở điều kiện bình thường chuyển từ trạng thái (1) sang trạng thái (2) theo hai quá trình: 1 → 3 → 2 và 1 → 4 →2 (như đồ thị bên). Tìm tỷ số của nhiệt lượng cần thiết truyền cho chất khí trong hai quá trình này. P 3 2 2P0 P0 4 1 V 0 V0 2V0 ĐÁP ÁN Nhiệt lượng truyền cho khí trong mỗi quá trình: Q132 = ∆U132 + A’132 Q142 = ∆U142 + A’142 (0,25đ) 3 * Với U = nCV.T n=1 ⇒ U = RT (0,25đ) 2 3 3 (0,25đ) CV = R ∆U = R∆T (0,25đ) 2 2 3 3 ⇒ ∆U 132 = ∆U 142 = R∆T = R( T2 − T1 ) (0,25đ) 2 2 m Trạng thái (1) ⇒ P0V0 = RT1 = RT1 µ m Trạng thái (2) ⇒ 2 P0 .2V0 = RT2 = RT2 (0,25đ) µ Suy ra: R ( T2 – T1) = 3 P0V0 (0,25đ) 9 ⇒ ∆U 132 = ∆U 142 = P0V0 (0,25đ) 2 * A132 = A13 + A32 = 0 + 2P0 (2V0 – V0) = 2P0V0 (0,25đ) A142 = A14 + A42 = P0 (2V0 – V0) + 0 = P0V0 (0,25đ) 9 13 Vậy Q132 = P0V0 + 2 P0V0 = P0V0 2 2 9 11 Q142 = P0V0 + P0V0 = P0V0 (0,25đ) 2 2 Q 13 ⇒ 132 = (0,25đ) Q142 11 2
Câu 3 (Điện một chiều) (3 điểm): Cho mạch điện: R (E,r) R1 Trong đó: E = 80V A A B R1 = 30 Ω R2 = 40 Ω R2 R3 = 150 Ω V R + r = 48Ω, ampe kế A chỉ 0,8A, vôn kế V chỉ 24V. R3 1. Tính điện trở RA của ampe kế và điện trở RV của vôn kế. 2. Khi chuyển R sang song song với đọan mạch AB. Tính R trong hai trường hợp: a. Công suất tiêu thụ trên điện trở mạch ngoài đạt cực đại. b. Công suất tiêu thụ trên điện trở R đạt cực đại. ĐÁP ÁN 1. Gọi I là cường độ dòng điện trong mạch chính: Ta có: E = I (r + R) + R2 (I – IA) + UV (0,25đ) 80 = 48I + 40 (I – 0,8) + 24 ⇒ I = 1A (0,25đ) UAB = (I – IA) R2 + UV = 32V U ⇒ R A = AB − R1 = 10Ω (0,25đ) IA U UV RV = V = = 600Ω IV UV (0,25đ) I − IA − R3 U 2. Ta có: R AB = AB = 32Ω I a. Khi chuyển R sang song song với đoạn mạch AB thì mạch ngoài có điện trở 32.R RN = (1) (0,25đ) 32 + R Công suất P của điện trở mạch ngoài: P = E . I – rI2 Hay : rI2 – E.I + P = 0 ∆ = E2 – 4.r.P ≥ 0 E2 ⇒ Pmax = (0,25đ) 4r Mặt khác ta có: E2 P = RN . ( RN + r ) 2 P = Pmax khi RN = r (2) (0,25đ) Từ (1) và (2): 32 R = r = 48 − R 32 + R ⇒ R = 32Ω (0,25đ) 3
b. Gọi: I’ là cường độ dòng điện qua R I3 là cường độ dòng điện qua mạch AB có chứa R1, R2, RA,R3 E − U AB U E '−U AB Ta có: I ' = I − I 3 = − = (0,25đ) r R AB r' R 32 Với E ' = E. = 80. R+r 32 + r R.r 32.r r' = = (0,25đ) R + r 32 + r (E’, r’): nguồn tương đương Công suất tiêu thụ trên R cực đại khi: R = r’ (0,25đ) 32.r ⇔ 48 − r = ⇒ r = 32Ω 32 + r Và do đó: R = 48 – 32 = 16Ω (0,25đ) 4
Câu 4 (Dao động cơ học): Một vành tròn tâm O, bán kính R, khối lượng m1. Vành có thể quay tự do không ma sát quanh một trục đi qua điểm A trên vành và trục quay vuông góc với mặt vành. Trên vành tại điểm B đối xứng A qua O có gắn 1 quả cầu nhỏ khối lượng m 2. Tính chu kỳ dao động nhỏ của vành. ĐÁP ÁN Ở vị trí cân bằng, đường kính AB thẳng đứng Ở vị trí bất kỳ, đường kính AB hợp với phương thẳng đứng góc α. (0,5đ) Phương trình động lực học của vật rắn quay quanh trục cố định cho: − P1 .R sin α − P2 2 R sin α = Iα ' ' với I = 2m1R2 + m24R2 (0,25đ) Dao động nhỏ ⇒ sinα ≈ α ⇒ - (m1 + 2m2) Rgα = 2R2 (m2 + 2m2) α’’ ⇒ 2Rα’’ + gα = 0 (1đ) 2R ⇒ Chu kì dao động nhỏ T = 2π (1đ) g 5
Câu 5: (Điện xoay chiều) • Mạch điện xoay chiều gồm 3 phần tử : điện trở thuần R, cuộn thuần cảm có độ tự cảm L và tụ có điện dung C mắc nối tiếp như hình vẽ (1). Biết uAN nhanh pha so với uMB và tan ϕ AN = 2 tan ϕ MB A M N B ⋅ X ⋅ Y ⋅ Z ⋅ ∼ u (hình 1) • Nếu mắc mạch lại như hình vẽ (2) thì cường độ hiệu dụng qua mạch chính là bao nhiêu? Biết dung kháng ZC = 50Ω và điện áp hiệu dụng hai đầu mạch là 100V. X B A D • Z • • Y ∼ u (hình 2) ĐÁP ÁN • Do mạch có ba phần trở R, L, C mà uAN nhanh pha so với uMB thì đoạn mạch AN gồm có R, L và đoạn mạch MB gồm có R và C ⇒ x là cuộn thuần cảm L, Y là điện trở thuần R và Z và tụ C. (0,5đ) A M N B ⋅ X ⋅ Y ⋅ Z ⋅ ∼ u Z L 2Z C Từ tan ϕ AN = 2 tan ϕ MB ⇒ = ⇒ Z L = 2 Z C (0,5đ) R R • Hình (2) được vẽ lại như sau: IL C L i B • • • A D iR R ∼ u 6
• Giản đồ véc tơ cho mạch này là: → → I R U DB α → α (0,5đ) → I I L → → U U AD Ta có: U 2 = U AD + U DB − 2U ADU DB cos α 2 2 (0,25đ) I U 2 = U AD + U DB − 2U ADU DB L 2 2 (0,25đ) I U AD mà = Z C ; 2Z C = Z L ; U DB = I L .Z L (0,5đ) I nên U 2 = U AD + U DB − U DB = U AD 2 2 2 2 ⇒ U = UAD (0,25đ) U U ⇒ I = AD = = 2A (0,25đ) ZC ZC 7
Câu 6 (Quang hình) 1. Vật sáng AB qua thấu kính L1 cho ảnh A1B1 cùng chiều và bằng nửa AB. Giữ nguyên 1 thấu kính L1, dịch chuyển vật AB 18cm thì thu được ảnh A2B2 bằng AB. Tính tiêu cự 3 f1 của L1. (1đ) 1 2. Đặt vật AB ở vị trí qua L1 cho ảnh bằng AB, sau L1 đặt thấu kính hội tụ L2 có tiêu cự 3 20cm, đồng trục với L1 và lúc đầu cách L1 18cm. Bây giờ giữ nguyên vật AB và thấu kính L1, dịch chuyển thấu kính L2 ra xa dần thấu kính L1 thì ảnh cuối cùng cho bởi hệ thống sẽ dịch chuyển như thế nào? (2đ) ĐÁP ÁN 1. * Do ảnh A1B1 cùng chiều, nhỏ hơn AB nên A1B1 là ảnh ảo và L1 là thấu kính phân kỳ. Suy ra A2B2 cũng ảnh ảo và cùng chiều với AB. (0,25đ) A1 B1 − d1' − f1 1 * k1 = = = = + ⇒ d1 = − f1 (1) (0,25đ) AB d1 d1 − f1 2 A2 B2 − d2' − f2 1 * k2 = = = = + ⇒ d 2 = −2 f 1 (2) (0,25đ) AB d2 d2 − f2 3 * mà d2 – d1 = 18cm (3) * Từ (1), (2), (3) ⇒ f1 = -18cm (0,25đ) 2. * Ta có sơ đồ ảnh sau: L1 L2 AB A1B1 A2B2 d1 d1’ d2 d2’ d1 f1 * Theo câu 1, ta có d1 = 36cm ⇒ d1 = = −12cm ' (0,25đ) d1 − f1 * Khi chưa dịch chuyển L2, ta có d2 = a – d1’ = 30cm (0,25đ) d f ⇒ d 2 = 2 2 = 60cm ' d2 − f2 L1 L2 B B1 A2 A A1 d2=30cm d2’=60cm B2 l= d2 + d2’=90cm * Khi dịch chuyển L2 ra xa L1 thì d2 luôn lớn hơn f2 nên ảnh A2B2 luôn là ảnh thật.(0,25đ) Ta biết đối với thấu kính hội tụ, khoảng cách từ vật thật cho đến ảnh thật nhỏ nhất là bằng 4f = 80cm, lúc này d = d’ = 2f = 40cm. (0,5đ) *mà lúc đầu d2 = 30cm, l = d2 + d2’ = 90cm nên khi dịch chuyển L2 ra xa L1 10cm thì ảnh A2B2 dịch chuyển lại gần L1 10cm. (0,25đ). 8
Nếu tiếp tục dịch chuyển L2 ra xa nữa thì A2B2 sẽ dịch chuyển xa L1 (0,25đ). Khi L2 ở khá xa L1 thì ảnh A2B2 ở trên tiêu diện ảnh của L2. (0,25đ) Câu 7 (Phương án thí nghiệm) (2điểm) 1. Cho dụng cụ gồm: - Một hình trụ rỗng có khối lượng và bán kính trong chưa biết. - Mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng thay đổi được, nối tiếp với một mặt phẳng ngang. - Đồng hồ - Thước chia độ - Ống thăng bằng - Thước kẹp 2. Yêu cầu: a. Xác định hệ số ma sát lăn của hình trụ. b. Xác định bán kính trong của hình trụ bằng cách cho nó lăn trên hai mặt phẳng. ĐÁP ÁN VA = 0 A s1 h VB VC = 0 α B s2 C a. Thả cho hình trụ bắt đầu lăn xuống từ đỉnh A của mặt phẳng nghiêng, hình trụ lăn xuống B rồi tiếp tục đi trên mặt ngang và dừng lại ở C. (0,25đ) Ta có: EA = mgh EC = 0 EA – EC = Ams= µ.mg(s1+s2) ( góc α đủ nhỏ ⇒ cosα ≈ 1) (0,25đ) h mgh = µ.mg(s1+s2) ⇒ µ = (1) (0,25đ) s1 + s 2 b. Chọn mốc thế năng ở mặt phẳng ngang. Cơ năng tại B có giá trị bằng công của lực ma sát trên đoạn đường BC: 1 1 .mV B2 + I .ω B = µ .mg.s 2 2 (0,25đ) 2 2 V Có ω B = B và I = m R + r 1 2 ( 2 2 ) (0,25đ) R Với: R: bán kính ngoài của hình trụ r: bán kính trong của hình trụ V2 1 1 m ( ) ⇔ mV B2 + . R 2 + r 2 B2 = µ .mg.s 2 2 2 2 R 4 µ .g.s 2 .R 2 ⇒ r2 = 2 − 3R 2 (2) (0,25đ) VB Mặt khác trên đoạn đường s1 ta có: 1 s1 = at12 ; v B = at1 2 s ⇒ v B = 1 (3) (0,25đ) 2t1 9
g .h.t12 s2 Từ (1), (2) và (3): r = R ⋅ −3 (0,25đ) 2 s1 ( s1 + s 2 ) 10