SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề có 02 trang gồm 5 câu ) KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012 - 2013 MÔN THI: VẬT LÝ ( Ngày thi thứ 2) Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1. (3 điểm) Nhờ một chiếc gậy, người ta tác dụng vào quả bi-a (bán kính r, khối lượng m) một xung lực nằm ngang cách mặt bàn bi-a một khoảng h nằm trong mặt phẳng thẳng đứng đi qua khối tâm của bi-a (hình 1). Biết momen quán tính của vật đối với trục quay qua khối tâm là 2 2 5 mr . 1/ Hãy thiết lập hệ thức giữa vận tốc góc ω và vận tốc 0 v uur của khối tâm quả bi-a. Biết ban đầu bi-a đứng yên. 2/ Hãy nghiên cứu chuyển động của quả bi-a sau khi ngừng tác dụng trong các trường hợp sau: a/ . 5 7r h > b/ 5 7r h = . c/ 5 7r h < . Câu 2. (4 điểm) Một mô hình động cơ hơi nước đặt nằm ngang trên mặt sàn nhẵn. Tay quay OA có chiều dài r và quay đều với tốc độ góc ω, điểm B luôn chuyển động thẳng. Thanh truyền AB dài bằng tay quay. Coi khối lượng của các bộ phận chuyển động rút về thành 2 khối lượng m 1 và m 2 tập trung ở A và B, khối lượng của vỏ động cơ là m 3 (hình 2). 1. Cho rằng vỏ động cơ chỉ chuyển động ngang và ban đầu pit-tông ở vị trí xa nhất về bên trái. Xác định phương trình chuyển động của vỏ động cơ. 2. Nếu động cơ được bắt vít xuống nền bằng bu-lông, tìm áp lực của động cơ lên nền và lực cắt ngang bu-lông. Bỏ qua lực căng ban đầu của bu-lông. Câu 3. (4 điểm) Cho mạch điện như hình 3: u AB = 80 2 cos100πt (V), L là cuộn dây cảm thuần có độ tự cảm π 4,0 H, tụ điện C và điện trở R đều có thể thay đổi được. 1/ Cho Z C = Z L , R = R 1 = 75Ω. Chứng minh rằng : a/ i R sớm pha 2 π so với u AB. b/ Khi Z C = Z L thì U C đạt cực đại. Tính U Cmax . 2/Giữ nguyên C điều chỉnh R, chứng tỏ công suất tiêu thụ P = kR, k là hằng số không phụ thuộc vào R. 3/ Giữ R = R 1 . Tìm C để u AB cùng pha với i. Câu 4. (4 điểm) Một hạt tích điện bay vào một môi trường có lực cản tỉ lệ với độ lớn vận tốc hạt. Đến khi dừng lại hạt đã đi quãng đường L = 10cm (tính từ lúc đi vào môi trường). Nếu trong môi trường đó có đặt một từ trường đều vuông góc với vận tốc hạt thì với vận tốc ban đầu như trước hạt sẽ dừng lại sau khi đi được đoạn đường l 1 = 6cm. Nếu cảm ứng từ giảm đi 2 lần thì hạt đi được quãng đường l 2 bằng bao nhiêu trước khi dừng lại? 1 . I O h Hình 1 H Hình 2 B O A C R A B L Hình 3 M Câu 5. (5 điểm) Trong một xi-lanh cao, cách nhiệt đặt thẳng đứng, ở dưới pit-tông mảnh và nặng có một lượng khí lý tưởng đơn nguyên tử. Ở bên trên pit-tông tại độ cao nào đó, người ta giữ vật nặng có khối lượng bằng khối lượng pit-tông. Sau đó, người ta thả nhẹ vật nặng và nó rơi xuống pit- tông. Sau va chạm tuyệt đối không đàn hồi của vật và pit-tông một thời gian, hệ chuyển về trạng thái cân bằng, tại đó pit-tông có cùng độ cao như lúc ban đầu. Hỏi độ cao ban đầu của vật tính từ đáy xi- lanh bằng bao nhiêu lần độ cao của pit-tông? Biết bên trên pit-tông không có khí. Bỏ qua mọi ma sát và trao đổi nhiệt. HẾT * Thí sinh không được sử dụng tài liệu; * Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: 2 ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM VẬT LÝ ( VÒNG II ) NĂM HỌC 2012 - 2013 Câu Hướng dẫn giải Điểm Câu 1 3 1) Định lý biến thiên động lượng và momen động lượng : Δ P ur = ' P uur - 0 r = F ur .Δt Δ 0 L uur = L ur - 0 r = OH uuur x F ur .Δt 0,25 0,25 Chiếu các phương trình vectơ trên lên trục: Ox: m v 0 = F.Δt Oz: 2 2 ( ) . 5 mr h r F t ω = − ∆ . Từ đó: 2 0 2 ( ) 5 mr h r v ω = − Hay ω = 0 2 5 ( ) 2 h r v r − 0,25 0,25 0,25 2) Ta có : 0 dv m dt uuur = ms F uuur ; 2 2 5 mr d OI dt ω = uuur uur ms xF uuur Trên truc Oz: 2 2 5 mr d r mg dt ω µ = ± Nhiều trường hợp được xét tùy theo vận tốc trượt u α của bi-a u α 0 0 2 5 5( ) ( ) (1 ) 2 2 h r h r v v r r − − = − = − =( 0 7 5 ) 2 r h v r − 0,25 0,25 0,5 a) Nếu h> 7 5 r khi đó u α < 0 => F ms > 0 quả bi-a lúc đầu trượt với gia tốc hướng theo trục x, sau đó lăn không trượt vì ω tăng. b) Nếu h = 7 5 r u = 0 quả bi-a lăn trượt. c) Nếu h < 7 5 r u > 0 F ms < 0 ; F ms = - mg µ lúc đầu quả bi-a trượt với gia tốc âm sau đó lăn không trượt . 0,25 0,25 0,25 Câu 2 4 3 O y x Hình 1a . I O 1) Xét tại thời điểm t góc quay của vật BOA = φ = ωt (hình 2a). Các bộ phận có khối lượng m 1, m 2 có vận tốc lần lượt là 1 v r và 2 v r trong hệ quy chiếu gắn với vỏ. Vỏ có vận tốc 3 v r đối với sàn. Theo phương ngang hệ không chịu tác dụng của ngoại lực nên bảo toàn động lượng: m 3 v 3 +m 2 (v 2 + v 3 ) +m 1 (v 1 sinωt + v 3 ) = 0 0,5 => v 3 = - 2 2 1 1 1 2 3 sinm v m v t m m m ω + + + (1) với v 1 = ωr, v 2 = - dOB dt = -2 dOH dt = 2 ( os )d rc t dt ω = 2ωrsinωt (2) thay (2) vào (1) ta có: v 3 = - 2 1 1 2 3 (2 ) sinm m r t m m m ω ω + + + (3). 0,25 0,5 0,25 Lấy nguyên hàm của (3) x = 2 1 1 2 3 (2 ) osm m rc t m m m ω + + + + C Chọn x = 0 tại t = 0 ta có C = 2 1 1 2 3 (2 )m m r m m m + + + vậy x = 2 1 1 2 3 (2 ) ( os 1)m m r c t m m m ω + − + + . 0,5 0,5 2) Xét cả hệ chỉ có 1 v r có thành phần vận tốc theo phương thẳng đứng: v y = v 1 cosωt = ωrcosωt, do đó áp lực của hệ lên sàn theo phương thẳng đứng là N = (m 1 +m 2 +m 3 )g + 1 ( )d m y dt N = (m 1 +m 2 +m 3 )g - m 1 ω 2 r.sinωt. 0,25 0,5 Động lượng của hệ theo phương ngang khi vỏ được giữ đứng yên là p = m 2 v 2 + m 1 v 1 sinωt = (m 1 +2m 2 )ωr.sinωt. Do đó lực cắt ngang bulong là T = dp dt = (m 1 +2m 2 )ω 2 r.cosωt. 0,25 0,5 Câu3 4 1a) Xét đoạn mạch MB ta thấy i R cùng pha với u MB, i L trễ pha 2 π so với u MB nên ta có giản đồ véc tơ bên . - Chọn I r làm trục chuẩn ta có u C chậm pha 2 π so i AB , u MB sớm pha φ 1 so với i AB ta có: AB U r = AM U r + MB U r = C U r + MB U r Ta có U AM = I.Z C , U MB = I R .R = I L .Z L và 0,5 0,25 4 Hình 2a B O A H V 1 V 2 I L I I R U MB φ 1 α 1 O U C U MB I R I L U AB I φ 1 α 1 α 2 . MB R L AM C C U I R I U I Z I = = (I C = I) lại có 1 sin( ) 2 MB L AM U I U I π ϕ = = − = cosφ 1 . Mặt khác góc hợp bởi giữa MB U r và C U r là α 2 = α 1 = 1 ( ) 2 π ϕ − nên MB U r vuông góc với AB U r vậy i R sớm pha hơn u AB góc 2 π . 0,5 0,25 1b) Chứng minh U C = U Cmax . Xét tam giác ONP 1 2 sin( ) C U U sin ϕ ϕ α = + vì sinα 2 = L I I = const và MB U r vuông góc với AB U r nên U Cmax. sinα 2 = L I I = 2 2 . MB MB MB L MB L U Z Z RZ R U R R R Z = = + = 2 2 L L Z R Z+ = 8/17. Vậy U Cmax = 80.17 170 8 V= . 0,5 2. P = 2 R I .R với I R = MB U R . Lại có tanφ MB = L R I I , tanφ 1 = MB U U . Vì φ MB =φ 1 nên L R I I = MB U U => U MB =U. L R I I = U. L R Z =>I R = MB U R = L U Z . Vậy P = ( L U Z ) 2 .R .= 4R. 0,5 0,5 3. Để u AB và i cùng pha thì sinφ = C MB U U = C MB Z Z => Z C =sinφ.Z MB mà sin φ = cosα 2 = 2 2 1 sin α − = 15/17. Z C = 2 2 15 . 15.40.75 . 31,14 17 85 l L R Z R Z = = Ω + => C = 10 -4 F. 0,5 0,5 Câu 4. 4 5 O U C N U MB U AB I φ 1 α 2 P φ 1 φ F C f ma v + Giả sử hạt mang điện tích dương và tại thời điểm t vận tốc hạt là v. + Theo bài hạt bay vào từ trường theo hướng vuông góc với từ trường nên trong từ trường hạt chịu tác dụng của các lực: Lực cản: C F = -k v ; Lực Loren: F = [ ] Bvq × Từ hình vẽ ta có: (ma) 2 = (kv) 2 +(qvB) 2 ⇒ (m. dv dt ) 2 = (k 2 +q 2 B 2 ).v 2 0,5 0,5 ⇒ 2 2 2 k q B + .vdt = -mdv (Vì v giảm dần) ⇒ 2 2 2 k q B + .ds = -mdv ⇒ 2 2 2 k q B + 0 s ds ∫ = -m. 0 0 v dv ∫ ⇒ s 2 = 222 22 Bqk vm o + . 0,5 0,5 Khi B = 0: s 2 = L 2 = 2 22 k vm o ; Khi B = B o : s 2 = l 1 2 = 222 22 o o Bqk vm + 0,5 Khi B = B o /2: s 2 = l 2 2 = 222 22 4 4 o o Bqk vm + 0,5 + Từ trên suy ra: 2 2 1 l = 22 222 4 4 o o vm Bqk + = 22 2 4 3 o vm k + 22 222 4 o o vm Bqk + = 2 4 3 L + 2 1 4 1 l ⇒ l 2 = 22 1 1 3 2 Ll Ll + ≈ 8,3cm. 0,5 0,5 Câu 5 5 6 h 1 h 2 Khối lượng của vật là m 1 , của pit - tông là m 2 (m 1 = m 2 = m) Vận tốc của vật ngay sau khi va chạm được xác định từ các phương trình: m 1 .gh 2 = m 1 .v 2 /2 ;(1) m 1 v = (m 1 +m 2 )v 1 (2) 0,5 0,5 Định luật bảo toàn năng lượng của hệ sau va chạm và và khi có cân bằng mới: 1 3 2 nRT + (m 1 +m 2 ) 2 1 2 v . + (m 1 +m 2 )h 1 = 2 3 2 nRT + (m 1 +m 2 )h (3) (h = h 1 ) 1,0 Lại có p 1 .S = m 1 g, (4) nRT 1 = p 1 Sh 1 (5) p 2 .S = (m 1 +m 2 )g,(6) nRT 2 = p 2 Sh (7) 1,5 Từ các phương trình trên thay vào phương trình (3) giải ra: h 2 =3h 1 . Vậy độ cao của vật bằng 4 lần độ cao của pit- tông. 1,5 7 . TẠO HÀ TĨNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề có 02 trang gồm 5 câu ) KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2 0 12 - 20 13 MÔN THI: VẬT LÝ ( Ngày thi thứ 2) Thời gian. B o /2: s 2 = l 2 2 = 22 2 22 4 4 o o Bqk vm + 0,5 + Từ trên suy ra: 2 2 1 l = 22 22 2 4 4 o o vm Bqk + = 22 2 4 3 o vm k + 22 22 2 4 o o vm Bqk + = 2 4 3 L + 2 1 4 1 l ⇒ l 2 = 22 1 1 3 2 Ll Ll + ≈ . B + .ds = -mdv ⇒ 2 2 2 k q B + 0 s ds ∫ = -m. 0 0 v dv ∫ ⇒ s 2 = 22 2 22 Bqk vm o + . 0,5 0,5 Khi B = 0: s 2 = L 2 = 2 22 k vm o ; Khi B = B o : s 2 = l 1 2 = 22 2 22 o o Bqk vm + 0,5