Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Vật lí Lớp 12 - Năm học 2020 - Sở giáo dục và đào tạp Phú Yên (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Vật lí Lớp 12 - Năm học 2020 - Sở giáo dục và đào tạp Phú Yên (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT PHÚ YÊN NĂM HỌC 2020 - 2021 Môn: VẬT LÍ ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 06/10/2020 (Đề thi có 02 trang gồm 6 câu) Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (3,0 điểm) Hai con lắc lò xo giống hệt nhau được treo thẳng đứng, sát nhau trên cùng một giá cố định nằm ngang (hình 1). Mỗi con lắc gồm: lò xo nhẹ có độ cứng k = 20 N/m; vật nhỏ có khối lượng m. Chọn trục Ox k k có gốc tọa độ trùng với vị trí cân bằng của vật, phương thẳng đứng, chiều m m dương hướng xuống. Kích thích cùng lúc cho hai vật dao động điều hòa Hình 1 theo phương thẳng đứng với các phương trình lần lượt là: x1 4cos 4 t cm, x2 4 2 cos 4 t cm. 3 12 a) Xác định li độ và vận tốc ban đầu của hai vật dao động trên. 1 1 b) Kể từ thời điểm t s đến thời điểm t s thì thời gian mà khoảng cách giữa 1 24 2 3 hai vật theo phương Ox không nhỏ hơn 2 3 cm là bao nhiêu? Câu 2 (3,0 điểm) Đặt hai thanh ray kim loại AB, CD thẳng B B M A dài nằm trong mặt phẳng ngang, song song, cách nhau một v đoạn 50 cm. Nối đầu B và C của hai thanh ray bằng dây dẫn. Bỏ qua điện trở của các thanh ray và dây dẫn. Thanh C N D Hình 2 kim loại MN dài 50 cm có điện trở R = 0,5  được đặt trên, tiếp xúc, vuông góc với hai thanh ray và có thể trượt không ma sát trên hai thanh này. Cả  hệ thống đặt trong từ trường đều B có phương thẳng đứng, hướng lên và có độ lớn B = 0,5 T (hình 2). a) Kéo thanh MN trượt đều với vận tốc v = 2 m/s dọc theo các thanh ray. Tính công suất của lực kéo. b) Biết thanh MN có khối lượng m = 5 g. Khi thanh MN đang trượt đều thì ngừng tác dụng lực kéo. Tính quãng đường mà thanh MN trượt thêm được cho đến khi dừng lại. Câu 3. (3,0 điểm) Có 1 g khí Heli (coi là khí lý tưởng) thực P 1 2 hiện một chu trình 1 – 2 – 3 – 4 – 1 được biểu diễn trong hệ 2P0 5 0 tọa độ (P, T) (hình 3). Cho P0 = 10 Pa, T0 = 300 K. a) Tính thể tích của lượng khí trên ở trạng thái 4. P 0 3 b) Tính công mà khí thực hiện trong từng giai đoạn của 4 T chu trình. 0 T0 2T0 Hình 3 Trang 1
2. Câu 4. (4,0 điểm) Hai vật A và B có khối lượng lần lượt là v A B mA = 0,9 kg, mB = 4 kg đặt trên mặt phẳng nằm ngang. Hệ số m ma sát giữa mặt phẳng ngang và mỗi vật là µ = 0,1. Hai vật Hình 4 được nối với nhau bằng một lò xo nhẹ, độ cứng k = 200 N/m. Vật B dựa vào tường thẳng đứng. Ban đầu hai vật nằm yên và lò xo không biến dạng. Một viên đạn có khối lượng m = 0,1 kg, đang bay theo phương ngang với vận tốc v thì cắm vào vật A (hình 4). Lấy g = 10 m/s2. a) Cho v = 3 m/s. Tính độ nén cực đại của lò xo. b) Viên đạn có vận tốc v tối thiểu bằng bao nhiêu để vật B có thể trượt sang trái? Câu 5 (4,0 điểm) Cho mạch điện (hình 5). Nguồn điện có K A E = 8 V, r = 2  ; điện trở R = R = 3  ; điện trở của biến 1 2 D R1 trở RAB = 3  . Bỏ qua điện trở ampe kế, khóa K và dây nối. E, r R a) Ngắt khóa K, di chuyển con chạy đến vị trí C sao cho 2 C công suất trên điện trở R1 nhỏ nhất. Tính điện trở RCA và B A công suất trên điện trở R1 khi đó. Hình 5 b) Khi công suất trên R1 nhỏ nhất, đóng khóa K. Tìm số chỉ của ampe kế. Câu 6 (3,0 điểm) Thấu kính được xem là mỏng có 2 mặt cầu lồi bán kính R 1, R2 làm từ thủy tinh, bề dày thấu kính là d = 4 mm, đường kính D = 4 cm. Ban đầu đặt thấu kính sao cho trục chính thẳng đứng, mặt cong R 1 ở dưới, ngập chìm trong nước với quang tâm nằm ngay trên mặt nước. Khi Mặt Trời lên đến đỉnh đầu thì ảnh của nó cho bởi thấu kính xuất hiện ở độ sâu h 1 = 20 cm so với mặt nước. Nếu đảo ngược thấu kính sao cho mặt cong R2 ở dưới, ngập chìm trong nước và quang tâm cũng nằm ngay trên mặt nước thì 40 4 ảnh của Mặt Trời lại xuất hiện ở độ sâu h 2 = cm. Biết chiết suất của nước là n n = . 3 3 Tính chiết suất n của thủy tinh làm thấu kính và bán kính R1, R2 của hai mặt cầu. Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; Số báo danh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chữ kí của CBCT 1: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; Chữ kí của CBCT 2: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trang 2
3. UBND TỈNH PHÚ YÊN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2020 - 2021 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN VẬT LÍ Câu: Nội dung bài giải Điểm Câu 1: a) + Con lắc 1. Tại thời điểm t = 0 thì x01 A1 cos 1 2 cm ; (3,0 điểm) 0,5 v01 A1 sin 1 = 8 3 cm/s + Con lắc 2. Tại thời điểm t = 0 thì x02 A2 cos 2 2 2 3 cm ; 5,46 cm; 0,5 v02 A2 sin 2 - 18,4 cm/s. b) Khoảng cách giữa 2 vật trong quá trình dao động: x x1 x2 5 + Xét phương trình: x x1 x2 4cos(4 t ) cm . 6 0,5 Sử dụng mối quan hệ giữa dao động H điều hòa và chuyển động tròn đều, biểu diễn tương ứng trên hình vẽ M G 0,25 * Tại thời điểm t0 khoảng cách giữa 2 N 2 3 22 33 4cm x O F vật là 2 3 cm (tương ứng là vị trí điểm M) E 1 T P 0,25 * Tại thời điểm t1 s khoảng 24 12 Q cách giữa 2 vật là 4 cm (tương ứng vị trí điểm N) 0,25 1 2T * Tại thời điểm t2 s khoảng cách giữa 2 vật là 2 3 cm (tương 3 3 ứng vị trí điểm G) 0,25 Từ thời điểm t1 t2 trên đường tròn ứng với cung NPQEFG mà bán kính véc tơ quét được thì khoảng thời gian mà khoảng cách giữa 2 vật không T nhỏ hơn 2 3 cm tương ứng với cung NP và cung EG là: t 0,125 s. 0,5 4 Câu 2: a) Khi thanh MN chuyển động thì dòng điện cảm ứng xuất hiện trên thanh (3,0 điểm) theo chiều từ M N. 0,25 E Bvl - Cường độ dòng điện cảm ứng: I . R R 0,25 - Khi đó lực từ tác dụng lên thanh MN sẽ hướng ngược chiều với v và có B 2l 2v độ lớn: F BIl . 0,5 t R - Do thanh MN chuyển động đều nên lực kéo tác dụng lên thanh phải cân bằng với lực từ. Công suất cơ học (công suất của lực kéo) được xác định: B2l 2v2 P Fv Ftv 0,5 W. 0,5 R Trang 3
4. b) Sau khi ngừng tác dụng lực kéo, thanh chỉ còn chịu tác dụng của lực từ. F B 2l 2 v Độ lớn trung bình của lực này là: F t . 0,25 2 2R - Giả sử sau đó thanh trượt được thêm đoạn đường S thì độ lớn công của B 2 l 2 v lực từ này là: A F S S. 0,25 2R 1 - Động năng của thanh ngay trước khi ngừng tác dụng lực là: W mv 2 . 0,25 đ 2 - Theo định luật bảo toàn năng lượng, đến khi thanh dừng lại thì toàn bộ 1 B 2l 2v động năng này được chuyển thành công của lực từ nên: mv 2 S. 0,25 2 2R mvR S 0,08 m. 0,5 B2l 2 Câu 3: a) Quá trình 1 – 4 là quá trình đẳng tích, vậy thể tích ở trạng thái 1 và 4 là (3,0 điểm) bằng nhau: V1 = V4. 0,5 Sử dụng phương trình C-M ở trạng thái 1 ta có: m m RT1 P1V1 RT1 V1 0,5   P1 1 8,31.300 V 3,12.10 3 m3 . 0,5 1 4 2.105 – 3 3 – 3 3 b) Ta có: V2 = 2V1 = 6,24.10 m ; V3 = 2V2 = 12,48.10 m . 0,5 Công mà khí thực hiện trong từng giai đoạn: 5 3 3 2 0,25 A12 p1(V2 V1) 2.10 (6,24.10 3,12.10 ) 6,24.10 J V 3 5 3 2 0,25 A23 p2V2 ln 2.10 .6,24.10 ln 2 8,65.10 J V2 5 3 3 2 A34 p3 (V4 V3 ) 10 (3,12.10 12,48.10 ) 9,36.10 J 0,25 A41 0 vì đây là quá trình đẳng tích. 0,25 Câu 4: a) Gọi vận tốc của hệ hai vật A và đạn ngay sau va chạm là u, áp dụng định (4,0 điểm) m luật bảo toàn động lượng ta có: u .v 0,3 m/s (1) 0,5 mA m Gọi Δl là độ nén cực đại của lò xo, áp dụng định luật bảo toàn năng lượng (hoặc định lí động năng) ta có: 1 2 1 2 (m + mA).u = k.( Δl) + µ.(m + mA).g. Δl (2) 0,5 2 2 Thay số và giải ra ta thu được: l 0,0168 m 1,68 cm. 0,5 b) Khối B chỉ có thể dịch chuyển sang trái khi lò xo đang dãn. Khi đó, lực tác dụng lên B gồm: lực đàn hồi và lực ma sát. Muốn B dịch chuyển thì: Fđh = k.x ≥ µ.mB g. 0,5 Vận tốc v cần tìm có giá trị nhỏ nhất (u nhỏ nhất) khi dấu bằng xảy ra và x Trang 4
5. μmBg là độ dãn cực đại của lò xo: x = 0,02 m (3) 0,25 k Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ta có: 1 1 k.( l)2 kx2 (m m )g(x l) (4) 0,5 2 2 A Thay (3) vào (4) ta tính được: Δl = 0,03 m (5) 0,25 6 Thay (5) vào (2) ta tính được: u = m/s (6) 5 0,5 Thay (6) vào (1) ta có: v = 2 6 m/s 4,9 m/s. Vậy để B dịch chuyển sang trái thì: v ≥ 4,9 m/s. 0,5 Câu 5: a) Khi ngắt khóa K, ta có sơ đồ mạch ngoài R1nt x / /R2 ntRAB x ; x = RAC (4,0 điểm) 2 R2 (x R1 ) 3(x 3) x 2x 39 Rtm RAB x r 3 x 2 0,5 R2 x R1 x 6 x 6 E 8(x 6) I 2 ; 0,25 R tm x 2x 39 24(x 3) UCD 24 UCD E I(RAB r x) 2 IR1 2 0,25 x 2x 39 R1 x x 2x 39 2 PR1 R1IR1 ; PR1 đạt giá trị nhỏ nhất khi I R1 đạt giá trị nhỏ nhất, và khi đó b 2 mẫu số đạt cực đại x 1 Ω. 0,5 2a 2 2 2 24 27 PR1 R1IR1 3 2 W. 0,5 1 2.1 39 25 b) Khi đóng khóa K, ta có sơ đồ mạch ngoài: RBC / /RCA ntR2 / /R1 11 3 2.1 2 2 11 3 33 R  ; R 3  ; Rtm  0,5 AC// BC ( AC// BC)ntR2 11 2 1 3 3 3 3 20 3 E 8 160 Cường độ dòng điện mạch chính: I A 0,5 R r 33 73 tm 2 20 R1 3 160 72 Cường độ qua R2: I I A R2 R R 11 73 73 0,25 1 (BC//CA)ntR2 3 3 R 1 72 24 Cường độ qua BC: I CA I . A BC R2 RCA RBC 3 73 73 0,25 160 24 136 Ta có: I I I I A. A BC A 73 73 73 0,5 Câu 6: - Gọi khoảng cách từ mỗi đỉnh mặt cầu bán kính R1, R2 tới mặt phân cách 2 (3,0 điểm) nửa thấu kính lần lượt là x, y. Ta có Trang 5
6. 2 2 D 2 D 2 x R1 R1 x 2 8R1 R1 2 2 y 2 D 2 D R R y y 2 2 x 2 8R 2 2 R Bỏ qua x , (y2) = 1 do thấu kính xem là mỏng. 2 2 2 D D 1 1 8d 0,5 - Từ x + y = d suy ra d 2 (1) 8R1 8R 2 R1 R 2 D - Quan niệm là hệ quang gồm 1 thấu kính hội tụ thủy tinh - không khí và 1 lưỡng chất cầu không khí – nước ghép sát, ta có sơ đồ tạo ảnh : TKHT LCC S ' S1 '  S2 d1 d1 d2 d2 - TH1: Mặt cong R1 ở dưới: + Qua thấu kính hội tụ: 1 1 1 1 D2 5 d1 ' f 0,25 d ' f 1 1 (n 1)8d (n 1) 1 (n 1)( ) R1 R 2 , 5 + Ta có: d2 d1 0,25 n 1 + Qua lưỡng chất cầu không khí – nước: 1 n n 1 1 n 1 (n 1)8d 4 1 n n n 0,25   2 d2 d2 ' R1 d2 d2 ' 3R1 D 3d2 ' 3R1 1 1 Thay d2’ = 20 cm => 0,2(n 1) (2) 0,25 15 3R1 - TH2 : Mặt cong R2 ở dưới: + Qua thấu kính hội tụ: 1 1 1 1 D2 5 d ' f d ' f 1 1 1 (n 1)8d (n 1) 1 (n 1)( ) R1 R 2 5 + Ta có: d d , 2 1 n 1 + Qua lưỡng chất cầu không khí – nước: 1 n n 1 1 n 1 (n 1)8d 4 1 n n n 0,25 2 d2 d2 ' R 2 d2 d2 ' 3R 2 D 3d2 ' 3R 2 40 1 1 Thay d2’ = cm => 0,2(n 1) (3) 0,25 3 10 3R 2 1 1 1 1 19 - Cộng 2 vế (2) và (3): 0,4(n 1) ( ) n 1,58 0,5 6 3 R1 R 2 12 20 Thay n vào (2) và (3) ta được: R1 cm và R2 20 cm. 0,5 3 LƯU Ý: - Thí sinh giải theo cách khác nhưng nếu đúng vẫn cho đủ điểm theo phân phối điểm của hướng dẫn chấm này. - Điểm toàn bài không làm tròn số. Trang 6