SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT HẬU LỘC I ĐỀ THI CHỌN HSG VẬT LÝ NĂM HỌC 2017 - 2018 MÔN : VẬT LÝ 11 Thời gian làm bài: 180 phút – Đề 006 Câu 1. (2.0 điểm) Vật khối lượng m được kéo đi lên trên mặt phẳng nghiêng với lực F , F hợp với mặt phẳng nghiêng góc  . Mặt phẳng nghiêng góc  so với mặt phẳng ngang. Hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt phẳng nghiêng là  . a) Tìm biểu thức tính F khi vật đi lên đều theo mặt phẳng nghiêng. b) Với m = 5kg,   45o ,   0,5 , lấy g = 10m/s2. Xét vật đi lên đều, tìm  để F nhỏ nhất, tìm giá trị lực F nhỏ nhất đó. F   Câu 2 (2 điểm): Một con lắc đơn, gồm vật nặng m = 0,2kg, dây treo nhẹ, không dãn có chiều dài l = 1m được treo ở A cách mặt đất là H = 4,9m. Truyền cho m một vận tốc theo phương ngang để nó có động năng Wđ. Con lắc chuyển động đến vị trí dây treo lệch góc a = 600 so với phương thẳng đứng thì dây treo bị đứt, khi đó vật m có vận tốc v0 = 4 m/s. Bỏ qua mọi lực cản và ma sát. Lấy g = 10m/s2. 1. Xác định động năng Wđ. O 2. Bao lâu sau khi dây treo đứt, vật m sẽ rơi đến mặt đất. D Câu 3( 2 điểm ): Thanh đồng chất OA có trọng lượng P = 20N quay được quanh điểm O và tựa tại điểm giữa B của nó lên quả cầu đồng chất C có trọng lượng Q = 10, bán kính R được treo vào trục O, nhờ dây OD dài bằng bán kính R của quả cầu. Cho góc BOC =  = 30o. Tính góc nghiêng  của dây OD hợp với đường thẳng đứng khi hệ cân bằng. B C A Câu 4 (2điểm): Một quả cầu có khối lượng m = 0,5kg rơi từ độ cao h = 1,25m vào một miếng sắt có khối lượng M = 1kg đỡ bởi lò xo có độ cứng k = 1000N/m. Va chạm là đàn hồi. Lấy g = 10m/s2. a) Tính vận tốc của miếng sắt sau va chạm. b) Tính độ co cực đại của lò xo. (Biết rằng sau khi va chạm quả cầu nảy lên và bị giữ lại. không rơi xuống). h Câu 5 (2 điểm): Một mol chất khí lý tưởng thực hiện chu trình ABCA trên giản đồ 3 p-V gồm các quá trình đẳng áp AB, đẳng tích BC và quá trình CA có áp suất p biến đổi theo hàm bậc nhất của thể tích V (hình ). Với số liệu cho trên giản đồ, hãy xác định các thông số (p,V,T) còn lại của các trạng thái A, B, C; 1 O p(atm) C B 25,6 A V(l) 102,4 Câu 6( 2 điểm ): Hai quả cầu nhỏ tích điện 1 và 2 có khối lượng và điện tích tương ứng là m1 = m, q1 = +q, m2 = 4m, q2 = +2q được đặt cách nhau một đoạn là a. Ban đầu quả cầu 2 đứng yên, quả cầu 1 chuyển động thẳng hướng vào quả cầu 2 với vận tốc vo. 1. Tính khoảng cách nhỏ nhất rmin giữa hai quả cầu. 2. Xét trường hợp a = ∞. Tính r min. 3. Tính vận tốc u1, u2 của hai quả khi chúng lại ra xa nhau ∞. 1 GV ra đề : Bùi Văn Dương – THPT Hậu Lộc I – Thanh Hóa – ĐT : 0943408767 Bỏ qua tác dụng của trọng trường. Câu 7( 2 điểm): Hai thanh ray dẫn điện dài nằm song song với nhau, khoảng cách giữa hai thanh ray là l = 0,4m. MN và PQ là hai thanh dẫn điện song song với nhau và được gác tiếp xúc điện lên hai thanh ray và cùng vuông góc với hai ray. Điện trở của MN và PQ đều bằng r = 0,25, R = 0,5, tụ điện C =20µF ban đầu chưa tích điện, bỏ qua điện trở của hai ray và điện trở tiếp xúc. Tất cả hệ thống được đặt trong một từ trường đều có véc tơ vuông góc với mặt phẳng hình vẽ chiều v B đi vào trong , độ lớn B =0,2T. Cho thanh MN trượt sang trái với vận tốc v = 0,5m/s, thanh PQ trượt sang phải với vận tốc 2v. a. Tìm công suất tỏa nhiệt trên điện trở R ? b. Tìm điện tích của tụ? Câu 8 (2.0 điểm): Một điện tích q  10 C , khối lượng m  10 g chuyển động với vận tốc ban đầu vo đi vào trong một vùng từ trường đều có B  0,1T được giới hạn giữa hai đường thẳng song song Δ và Δ’, cách nhau một khoảng a  10cm và có phương vuông góc với mặt phẳng chứa Δ và Δ’,  sao cho v 0 hợp góc   30o với Δ. Tìm giá trị của vo để điện tích không ra khỏi từ trường ở Δ’ (hình vẽ), bỏ qua tác dụng của trọng lực. 3 R M P 2v  B C Q N a Δ Δ’ 5  B q,m α v0 Câu 9( 2 điểm): Mô ̣t khố i thủy tinh hình bán cầ u có bán kính R, chiế t suấ t n= 2 . Mô ̣t tia sáng SI đươ ̣c chiế u thẳ ng góc tới mă ̣t phẳ ng của bán cầ u. a. Xác đinh ̣ đường đi tia sáng có điể m tới là I cách tâm O của mă ̣t cầ u là R/2. b. Điể m tới I ở trong vùng nào thì không có tia ló ra khỏi mă ̣t bán cầ u. Câu 10 (2 điểm): Cho một nguồn điện không đổi (có điện trở trong), và 2 vôn kế khác nhau có điện trở hữu hạn.Bằng kiến thức đã học, hãy trình bày phương án xác định suất điện động của nguồn điện bằng một số tối thiểu mạch điện chỉ dùng các vôn kế. …………………………………………… Hết ……………………………………………….. ( Giám thị coi thi không giải thích gì thêm ! ) 2 GV ra đề : Bùi Văn Dương – THPT Hậu Lộc I – Thanh Hóa – ĐT : 0943408767 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT HẬU LỘC I Câu 1 ĐỀ THI CHỌN HSG VẬT LÝ NĂM HỌC 2017 - 2018 MÔN : VẬT LÝ 11 Thời gian làm bài: 180 phút – Đề 006 Điểm Nội dung Các lực tác dụng lên vật như hình 4 Vật chuyển động đều nên: F  P  Fmst  N  0 (*) F N  y x Fmst Chiếu (*) lên: Ox: Fcos  P sin   Fmst  0 (2) Oy: F sin   N  P cos   0 (3) P O  Hình 4 sin    cos  cos   sin  Vì P = mg,  và  xác định nên F=Fmin khi mẫu số M  cos   sin  cực đại. Theo bất đẳng thức Bunhacôpxki: Thay Fmst   N    P cos   F sin   vào (2) ta được: F  P cos   sin   sin 2   cos2  1   2   1    Khi chạm đất y = 4,4m =>t = 1,34s. M N' /O (1)  M P / O  N '.OB  P.OH ' Mà N’ = N 3 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Đối với quả cầu C:  Q.CH  N .OB  Q.2 R sin   N .2 R cos  Q sin  2Q sin  N  cos  3 - Đối với thanh OA: 0,5 sin    cos   47, 43N 1 2 2 a, Chọn gốc thế năng tại C, áp dụng định luật bảo toàn cơ năng: (2,0đ) 1 Wc = mgl(1- cosa )+ mv20 = 2,6J 2 b, Chọn hqc xOy. Chuyển động của vật theo hai trục là x = (v0cos)t (1) 1 2 y = gt  (v 0 sin )t (2) 2 (2) y  5t 2  2 3t (3) 3 0,5 2 Dấu ‘=’ xảy ra  tan  =  0,5    26,56o . Vậy khi   26,56o thì F  Fmin  P 0,5 GV ra đề : Bùi Văn Dương – THPT Hậu Lộc I – Thanh Hóa – ĐT : 0943408767 0.25 0.25 0.25  N .OB  P.OB sin( 30 o   ) Từ (1) và (2) 2Q  sin   P sin(30o   ) 3 (2) 0.25  P.sin 30o cos   P cos 30o sin   P P 3 cos   sin  s 2  (4Q  3P) sin   P 3 cos   tan   4 0.25 0.25 0.25 0.25 P 3    19,10 (4Q  3P) a) Gọi v là vận tốc quả tạ lúc sắp va chạm, v’ là vận tốc của nó sau va chạm; v1 là vận tốc của miếng sắt sau va chạm. 0,25đ v = 2g.h = 5m/s Định luật bảo toàn động lượng: m.v = m.v’ + M.v1 0,25đ (1) Động năng của hệ bảo toàn: 2 m.v2 = m.v’2 + M.v1 2 2 2 0,25đ (2) 0,25đ Giải (1) và (2): v1 = 10/3 (m/s) b) Riêng miếng sắt làm lò xo co một đoạn: a = M.g = 10-2m k Va chạm làm lò xo co thêm đoạn b. Mốc tính độ cao ở vị trí thấp nhất của miếng sắt. 0,25đ 0,25đ 2 2 M.v21 + M.g.b + k. a = k. (a+b) 2 2 2 0,25đ Thay số: 1000b2 = 11,2  b  0,11m Độ co cực đại của lò xo: x = a + b = 0,12m 0,25đ 5 2,0đ Áp dụng phương trình trạng thái: Từ hình vẽ: 4 p B VB p o Vo 1.25,6   TB  273  312K TB To 1.22,4 3  pC 25,6   pC  2,25atm 3 102,4 GV ra đề : Bùi Văn Dương – THPT Hậu Lộc I – Thanh Hóa – ĐT : 0943408767 0,5đ Cũng từ hình vẽ: Áp dụng định luật Sác-lơ [B→ C]: p B pC p   TC  C TB  702K TB TC pB Áp dụng định luật Gay-luy-sac [A→ B]: 6 0,5đ 102,4  VA 1 1024   VA    68,3 3 15 102,4 0,5đ V VA VC   TA  A TB  832K VB TA TC 0,5đ Khi 2 quả cầu có khoảng cách cực tiểu thì chúng có  cùng vận tốc u ( u cùng chiều v0 ) vo q1 q2 v0 bảo toàn động lượng mv0  (4m  m)u  u  (1) 5 2 2 v 2q 2q 2 u2  ( m  4 m) k bảo toàn năng lượng m 0  k (2) 2 2 a rmin a (3) từ (1) và (2) suy ra rmin  mv02 a 1 5kq2 b. Xét trường hợp a = ∞ v2 2q 2 5kq 2 u2 m 0  (m  4m) k Chia cả tử và mẫu của (3) cho a ta được: rmin  2 2 rmin mv02 c.Khi hai quả cầu lại ở rất xa nhau Bảo toàn động lượng : mv0  mu1  4mu2  u1  v0  4u 2 (4) v02 u2 u2 2q 2 k  m 1  4m 2 (5) a 2 2 2 2 kq Kết hợp (4) và (5) ta được : 5mu22  2mv0 u 2   0 (6) a v v v r r Phương trình (6) có nghiệm: u 2  0  0 1  min  0 (1  1  min ) a 5 5 5 a Vì u2 phải cùng chiều với vo nghĩa là u2 cùng dấu với vo nên ta lấy giá trị (+) v v r r u 2  0 (1  1  min ) thay vào (4) ta được u1  0 (1  4 1  min ) 5 5 a a u1 trái dấu với vo nên quả (1) bật trở lại 2v 3v với a = ∞ thì u 2  0 ; u1   0 5 5 Suất điện động cảm ứng xuất hiện trong mỗi thanh R dẫn MN và PQ là : M Bảo toàn năng lượng : m 7 E1 = Blv ; E2 = 2Blv. v B Vậy Eb = E1 + E2 =3Blv Cường độ dòng điện trong mạch: 5  GV ra đề : Bùi Văn Dương – THPT Hậu Lộc I – Thanh Hóa – ĐT : 0943408767 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 P 0,25đ 2v C N 0,25 0,25đ Q I 0,25đ Eb 3Blv  R  2r R  2r 2 2  Eb   3Blv  Công suất tỏa nhiệt trên R: P  I R   .R    .R   R  2r   R  2r  0,25đ 2 P 8 9.0, 22.0, 42.0,52  0,5  0,5 2 .0,5  7, 2.103  0, 0072(W) - Để điện tích không ra khỏi từ trường ở Δ’ thì v  vgh. (Với vgh ứng với trường hợp quỹ đạo của điện tích tiếp xúc với Δ’. ) a - Từ hình vẽ ta có: a  R  Rcos  R  1  cos Δ (vẽ được hình được 0,25đ) - Mặt khác: q,m mvgh mvgh a aqB . R    vgh  qB qB m(1  cos ) 1  cos α 3 0,1.10 .0,1 - Thay số có: vgh  8  536(m / s) 10 .(1  cos30o ) 0,25 a Δ’  B 0,5 v0 0,5 0,5 - Vậy để điện tích không ra khỏi từ trường ở Δ’ thì v  536 (m/s). - Tia sáng đi thẳng qua mặt phẳng AB của khối bán cầu và tới mặt cầu tại J với góc tới là i. OI 1 sin i    i  300 OJ 2 Tại J, ta có: n sin i  sin r hay 2 sin 300  sin r  r  450 9 0,25 0.25 A I1 igh S i I r 0.25 r-i O I2 J M F K igh 0.25 B Để có tia ló ra mặt cầu của bán cầu thì góc tới tại mặt cầu thỏa mãn điều kiện: i  i gh , với 1 2 - Khi i = igh thì tia ló ra khỏi mặt cầu theo phương tiếp tuyến với bán cầu. Khi đó: R OI  R sin i  2 Gọi I1 là vị trí của I khi có góc tới tại J là i = igh. R thì sẽ có tia ló ra khỏi Vậy nếu điểm tới I nằm trong đoạn I1I2  R 2 , với OI1  OI2  2 mặt cầu của bán cầu. sin i gh  . 6 GV ra đề : Bùi Văn Dương – THPT Hậu Lộc I – Thanh Hóa – ĐT : 0943408767 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu 10 Gọi điện trở của 2 vôn kế là X và Y. Gọi E và r lần lượt là suất điện động và điện trở trong của nguồn. khi đó: U X E r (1) + mạch ngoài gồm mỗi X thì 1    1 E X r U1 X (U1 là số chỉ của vôn kế X) U Y E r + mạch ngoài gồm mỗi Y thì 2    1  (2) E Y r U2 Y (U2 là số chỉ của vôn kế Y) E 1 1 E Từ (1) và (2) ta có:   2  r.(  ) (3) U1 U 2 X Y +mạch ngoài gồm X song song với Y 1 1 1  U3 E 1 1 1 X Y     1  r.(  ) (4) thì 1 1 1 E X Y  r 1  r.(  ) U 3 1 1 X Y  X Y (U3 là số chỉ của 2 vôn kế ) E E E 1 Từ (3) và (4) ta có    1  E  (*) 1 1 1 U1 U 2 U 3   U1 U 2 U 3 …………………………………………… Hết ……………………………………………….. ( Giám thị coi thi không giải thích gì thêm ! ) 7 GV ra đề : Bùi Văn Dương – THPT Hậu Lộc I – Thanh Hóa – ĐT : 0943408767 0.5 0.5 0.5 0,5