Từ (1’), (2’) và (3’): i1 = \(\frac{\text{4 - R}}{\text{10(2 + R)}}\); i2 = \(\frac{\text{8 + R}}{\text{10(2 + R)}}\); i = \(\frac{\text{12}}{\text{10(2 + R)}}\). Vì i2 > 0 với mọi giá trị của R nên đi-ôt 2 luôn mở còn đi-ôt 1 có thể mở hoặc đóng. a)Trường hợp R < 4Ω: i1 > 0, đi-ôt 1 mở. Lúc đó: PR = Ri2 = R\({{\left( \frac{\text{12}}{\text{10(2 + R)}} \right)}{2}}\text{ = }\frac{\text{1,44R}}{{{\text{(2 + R)}}{\text{2}}}}\text{ = }\frac{\text{1,44}}{{{\left( \sqrt{\text{R}}\text{+}\frac{\text{2}}{\sqrt{\text{R}}} \right)}{\text{2}}}}\text{ }\le \text{ }\frac{1,44}{{{(2\sqrt{2})}{2}}}\) = 0,18W Vậy: Công suất tỏa nhiệt trên R đạt cực đại khi \(\sqrt{\text{R}}\text{ = }\frac{\text{2}}{\sqrt{\text{R}}}\text{ = R = 2}\Omega \) và PR(max) = 0,18W. b)Trường hợp R \(\ge \) 4Ω: i1 < 0, đi-ôt 1 đóng. Lúc đó: PR = Ri2 = R\(\frac{\text{e}_{\text{2}}{\text{2}}}{{{\text{(R + r)}}{\text{2}}}}\text{ = }\frac{\text{e}_{\text{2}}{\text{2}}}{{{\left( \sqrt{\text{R}}\text{+}\frac{\text{r}}{\sqrt{\text{R}}} \right)}{2}}}\le \text{ }\frac{\text{e}_{\text{2}}{\text{2}}}{\text{4r}}\) = \(\frac{1,{{6}{2}}}{4.4}\) = 0,16W Nội dung Text: 2 đề thi chọn HSG cấp tỉnh Vật lý 11 - (Kèm Đ.án) - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2012 – 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: VẬT LÝ – Lớp 11 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có 02 trang, gồm 05 câu) Câu 1: Cho biết: điện thế do một điện tích điểm q gây ra tại điểm M cách q một khoảng r trong chân không là VM = k.q/r, với k = 9.109 N.m2/C2; khối lượng và điện tích của êlectron lần lượt là 9,1.10 − 31 kg và − 1,6.10 − 19 C; điện tích của prôtôn là + 1,6.10 − 19 C; 1 eV = 1,6.10− 19 J. 1) Với nguyên tử hiđrô ở trạng thái cơ bản, êlectron chuyển động tròn đều quanh hạt nhân đứng yên, với bán kính quỹ đạo là ao = 5,29.10 − 11 m. Tính: a) lực điện mà hạt nhân hút êlectron và tốc độ của êlectron; b) tổng động năng và thế năng của êlectron trong điện trường của hạt nhân (tính theo eV). 2) Hai êlectron, ban đầu, ở cách nhau một khoảng rất lớn và chạy đến gặp nhau với vận tốc tương đối có độ lớn vo = 500 m/s. Tìm khoảng cách nhỏ nhất a mà các êlectron có thể đến gần nhau. Chỉ xét tương tác điện giữa các êlectron. Câu 2: Cho mạch điện như hình 1. Nguồn E,r có suất điện động E = 12 V, điện trở trong r không đáng kể. Các điện trở thuần R1 và R2 K R1 mA1 cùng có giá trị 100 Ω; mA1 và mA2 là các miliampe kế giống nhau; V E,r mA2 là vôn kế. Bỏ qua điện trở của dây nối và điện trở của khóa K. Đóng K, V chỉ 9,0 V còn mA1 chỉ 60 mA. R2 V 1) Tìm số chỉ của mA2. 2) Tháo bỏ R1, tìm các số chỉ của mA1, mA2 và V. Hình 1 Câu 3: Cho một khối bán trụ tròn trong suốt, đồng chất chiết suất n đặt S i A trong không khí (coi chiết suất bằng 1). 1) Cho n = 1,732 ≈ 3 . Trong một mặt phẳng của tiết diện vuông góc với trục của bán trụ, có tia sáng chiếu tới mặt phẳng của bán trụ dưới Hình 2 góc tới i = 60o ở mép A của tiết diện (Hình 2). Vẽ đường truyền của S' S tia sáng. I O I' 2) Chiếu tia sáng SI tới vuông góc với mặt phẳng của bán trụ thì tia sáng ló duy nhất của nó là I'S' cũng vuông góc với mặt này (Hình 3). Cho bán kính của khối trụ là R, tìm khoảng cách nhỏ nhất từ điểm tới I của tia sáng đến trục O của bán trụ. Ứng với khoảng cách ấy, tìm giá trị Hình 3 nhỏ nhất của n. Câu 4: Một pit-tông cách nhiệt đặt trong một xilanh nằm ngang. Pit-tông ở vị trí chia xilanh thành hai phần bằng nhau, chiều dài mỗi phần là 32 cm (Hình 4). Ở nhiệt độ môi trường là 27 oC, mỗi phần chứa một lượng khí lí tưởng như nhau và có áp suất bằng 0,50.105 Pa. Muốn pit-tông dịch chuyển, người ta đun nóng từ từ một phần, phần còn lại luôn duy trì theo nhiệt độ của môi trường. Bỏ qua ma sát giữa pit-tông và xilanh. Hình 4 1) Khi pit-tông dịch chuyển được 2,0 cm thì nhiệt độ của phần nung nóng đã tăng thêm bao nhiêu oC ? 2) Cho tiết diện của xilanh là 40 cm2. Ứng với dịch chuyển của pit-tông ở ý 1 trên đây, tính công mà phần khí bị nung nóng đã thực hiện. Gợi ý: Nếu một vật chuyển động trên trục Ox với vận tốc v biến đổi theo thời gian t bằng hệ thức v = vo.to/t (vo, to không đổi) thì trong khoảng thời gian từ t = t1 đến t = t2 vật thực hiện được độ dời x12 = vo.to.ln(t2/t1).
- Câu 5: Một dây dẫn thẳng có điện trở là ro ứng với một đơn vị chiều dài. Dây được gấp thành hai cạnh của một góc 2α và đặt trên mặt phẳng ngang. Một thanh B O chắn cũng bằng dây dẫn ấy được gác lên hai cạnh của góc 2α nói trên và vuông 2α góc với đường phân giác của góc này (Hình 5). Trong không gian có từtrường đều với cảm ứng từ B thẳng đứng. Tác dụng lên thanh chắn một lực F dọc theo F đường phân giác thì thanh chắn chuyển động đều với tốc độ v. Bỏ qua hiện tượng tự cảm và điện trở ở các điểm tiếp xúc giữa các dây dẫn. Xác định: Hình 5 1) chiều dòng điện cảm ứng trong mạch và giá trị cường độ của dòng điện này. 2) giá trị lực F khi thanh chắn cách đỉnh O một khoảng l. ***** HẾT ***** Thí sinh không được sử dụng tài liệu; Giám thị không giải thích gì thêm.
- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT HÀ TĨNH HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM HDC CHÍNH THỨC Môn: VẬT LÝ – Lớp 11 Câu 1 : 4,0 điểm 1 2,5 điểm a Fđ = k.|q 1.q 2|/r2 = 9.10 9.e2/(ao)2 = 8,2.10 -8 N 0,5 Fht = me.v2/ao = Fđ = 9.109.e2/(ao)2 0,5 1/2 6 v = (Fđ.ao/me) = 2,19.10 m/s 0,5 b Wđ = m.v2/2 = Fđ.ao/2 = k.e2/(2ao) 0,5 2 Wt = q.V = − k.e /ao W = Wđ + Wt = − k.e2/(2ao) = − 2,18.10-18 J = − 13,6 eV 0,5 2 1,5 điểm Hệ hai êlectron là hệ kín, vận tốc khối tâm vG không đổi. 0,5 Trong hệ qui chiếu gắn với khối tâm (HQC quán tính), khối tâm G đứng yên vG = 0 => tổng động lượng của hệ bằng 0 => vận tốc của hai êlectron có cùng độ lớn, cùng giá, ngược chiều. Ban đầu, tốc độ đó là vo/2, các êlectron ở rất xa nhau Wt = 0 0,5 Khi khoảng cách giữa hai vật đạt giá trị nhỏ nhất, vận tốc hai êlectron bằng 0 0,5 Toàn bộ động năng chuyển hóa thành thế năng => 2.m(vo/2)2/2 = k.e2/a => a = 4k.e2/[m.(vo)2] = 4,05.10 -3m = 4,05 mm Câu 2: 4,5 điểm 1 2,5 điểm M K R1 mA1 E,r P I mA2 R2 V N Vì r ≈ 0 => UNM = E = 12 V => UmA1 = 12 − UV = 3 V 0,5 => RmA1 = RmA2 = RA = 3/0,06 = 50 Ω 0,5 => UR2 = UV − I.RA = 9 − I.RA; UR1 = UmA1 + I.RA = 3 + I.RA 0,5 Áp dụng định luật kiếc-sốp tại nút P => UR2/R2 = I + UR1/R1 0,5 => (9 − I.RA)/R2 = I + (3 + I.RA)/R1 => I = 6/200 (A) = 30 mA 0,5 2 2,0 điểm Cường độ dòng điện qua vôn kế IV = ImA1 – I = 30 mA => RV = 9/0,03 = 300 Ω 0,5 Cắt bỏ R1, tính chất của mạch còn lại RmA1 nt [(RmA2 nt R2) // RV] 0,5 => Rtđ = 50 + [(100 + 50).300/(100 + 50 + 300)] = 150 Ω ImA1 = E/Rtđ = 80 mA 0,5 UV = E − ImA1.RmA1 = 8 V => ImA2 = UV/(RmA2 + R2) = 53,3 mA. 0,5 Câu 3: 4,5 điểm 1 2,5 điểm i O B R 0,5 S A r α i' I J Áp dụng định luật khúc xạ tại A => sinr = sini/n => r = 30o 0,5 α là góc ở tâm, r là góc chắn cung => α = 2r = 60o => ∆AOI đều => i' = 60 o 0,5 Gọi igh góc tới giới hạn, sinigh = 1/n => igh = 30 o 0,5 Vì i' > igh => tại I tia sáng bị phản xạ toàn phần, tương tự, tại J cũng bị phản xạ toàn phần
- Dễ thấy, mỗi lần phản xạ góc ở tâm thay đổi 60o vì thế sau khi phản xạ ở J thì tia sáng ló ra ở 0,5 mép B, với góc ló đúng bằng góc tới i = 60o 2 2,0 điểm S S' I O I' iα Vì chỉ có một tia ló duy nhất nên tia sáng bị phản xạ toàn phần nhiều lần ở mặt trụ trước khi ló 0,5 ra ở I' Giả sử phản xạ n lần trước khi ló ra ngoài => 180 o = α + (n − 1).2α + α = 2n.α => OI = R.cosα 0,5 Vì bị pxtp => i > 0 => α < 90 o => n > 1 => n ≥ 2 => α ≤ 45o => OImin = R.2 -1/2 0,5 Khi OImin thì α = 45o => i = 45o ≥ igh => sin45 o ≥ 1/n => n ≥ 21/2 => nmin = 21/2 0,5 Câu 4: 4,0 điểm 1 2,0 điểm Phần 2, biến đổi đẳng nhiệt => p'2 = p o2.Vo2/V'2 = p o2.l2/l'2 = po2.32/30 0,5 Phần 1, cả ba thông số thay đổi, trong đó: po1 = po2 và p'1 = p'2 ; V'1/Vo1 = 34/32 0,5 => T'1/T1 = p'1.V'1/( po1.Vo1) = p'2.V'1/( po2.Vo1) = (32/30).(34/32) = 34/30 0,5 => T'1 = 340 oC => tăng 40 oC. 0,5 2 2,0 điểm Công mà khí phần 1 thực hiện bằng công mà khí ở phần 2 nhận 0,5 Phần 2 thực hiện quá trình đẳng nhiệt => p2 = po2.Vo2/V2 0,5 Công mà phần khí 2 nhận khi thể tích thay đổi lượng nhỏ ∆V2 là: 0,5 ∆A = − p2.∆V2 = − po2.Vo2.∆V2/V2 Tương tự biểu thức liên hệ độ dời và vận tốc: ∆x = v.∆t = vo.to.∆t/t, với x12 = vo.to.ln(t2/t1) 0,5 => A12 = − p o2.Vo2.ln(V'2/Vo2) = po2.Vo2.ln(Vo2/V'2 ) = p o2.Vo2.ln(lo2/l2) = 4,13J Câu 5: 3,0 điểm 1 2,0 điểm O B 2α I F Theo định luật Len-xơ, dòng điện cảm ứng sinh ra trong thanh chống lại lực kéo F (nguyên 0,5 nhân sinh ra dòng điện cảm ứng), tức là lực do từ trường tác dụng lên dòng điện cảm ứng xuất hiện trong thanh có chiều ngược với F => áp dụng qui tắc bàn tay trái => chiều dòng điện cảm ứng như hình vẽ. Suất điện động cảm ứng xuất hiện trong thanh: etc = B.v.2l.tanα 0,5 Tổng điện trở của toàn mạch: R = (2l/cosα + 2l.tanα).ro 0,5 Cường độ dòng điện chạy trong mạch I = etc/R = B.v.sinα/[(1 + sinα).ro] 0,5 2 1,0 điểm Thanh chạy đều => lực kéo F cân bằng với lực từ tác dụng lên thanh 0,5 Lực từ tác dụng lên thanh là : Ft = B.I.2l.tanα.sin90 o = 2B2.v.lsinα.tanα/[(1 + sinα).ro] 0,5 Chú ý: Thí sinh giải đúng theo cách khác đáp án, giám khảo vẫn cho điểm tối đa
- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2011 – 2012 Môn: VẬT LÝ LỚP 11 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu) Bài 1: Trong hệ thống trên hình 1, khối lượng vật 1 bằng 6,0 lần khối lượng vật 2. Chiều cao h = 20cm. Khối lượng của ròng rọc và của dây cũng như các lực ma sát được bỏ qua. Lấy g = 10m/s2. Ban đầu vật 2 được giữ đứng yên trên mặt đất, các sợi dây không dãn có phương thẳng đứng. Thả vật 2, hệ bắt đầu chuyển động. Xác định: 1 a. gia tốc của các vật ngay sau khi vật 2 được thả ra; h b. độ cao tối đa đối với mặt đất mà vật 2 đạt được. 2 Bài 2: Một mol chất khí lý tưởng thực hiện chu trình ABCA trên giản đồ p-V Hình 1 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 2). a. 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; p(atm) 3 b. Biểu diễn chu trình ABCA trên giản đồ V-T. C Bài 3: Đặt vật nhỏ có dạng một đoạn thẳng AB vuông góc với trục A chính của một thấu kính. Đầu A của vật nằm trên trục chính, cách 1 B quang tâm của thấu kính 20cm. V(l) O a. Qua thấu kính, vật AB cho ảnh A'B' cao bằng vật. Hãy xác định 25,6 102,4 tiêu cự của thấu kính và dùng thước kẻ dựng ảnh A'B'; Hình 2 b. Giữ cố định thấu kính, quay vật AB quanh đầu A để AB hợp với trục chính của thấu kính một góc bằng 45o. Xác định: i. vị trí và hình dạng của ảnh A"B" của vật AB qua thấu kính, bằng cách dựng hình với số lượng tia sáng được vẽ ít nhất; ii. độ dài của vật AB. Biết rằng độ dài của ảnh A"B" gấp hai lần độ dài của vật AB. Bài 4: Cho mạch điện như hình 3: A1; A2 và A3 là 3 ampe kế lý tưởng và hoàn toàn giống nhau. Giá trị các 6kΩ 2kΩ điện trở được ghi trên hình vẽ. Người ta đặt vào hai A A2 B đầu A, B một hiệu điện thế không đổi, có độ lớn U = 6kΩ 3kΩ A3 13,8V. A1 a. Hãy tính các giá trị cường độ dòng điện qua các 6kΩ 5kΩ điện trở; b. Xác định số chỉ của các ampe kế. Hình 3 Bài 5: Một mạch điện gồm có: ống dây có hệ số tự cảm L = 2,00μH và điện trở Ro = 1,00Ω; nguồn điện có suất điện động E = 3,0V và k điện trở trong r = 0,25Ω; điện trở R = 3,00Ω, được mắc như hình 4. Bỏ qua điện trở dây nối và khoá k. E,r L a. Đóng khoá k, sau một thời gian cường độ các dòng điện trong Ro R mạch đạt giá trị ổn định. Xác định cường độ dòng điện qua ống dây và điện trở R; công suất của nguồn E; b. Tính nhiệt lượng Q toả ra trên R sau khi ngắt khoá k. Hình 4
- \==HẾT== - Thí sinh không được sử dụng tài liệu. - Giám thí không giải thích gì thêm.
- HƯỚNG DẪN CHẤM VẬT LÝ LỚP 11 Bài 1 1a. Gọi T là lực căng dây T P2 Gia tốc vật 2: a 2 m2 0,5 P 2T .P2 2T Gia tốc vật 1: a 1 1 0,5 m1 .m 2 Với ròng rọc động: a 2 2.a 1 1 0,5 2 4 h Kết quả: a 2 2.a 1 g 2 0,5 4 Thay số: a 2 8m / s 2 ; a 1 4m / s 2 0,5 1b. Vật chuyển động nhanh dần đều với gia tốc a2 từ mặt đất đến độ cao 2h và đạt vận tốc cực đại ở độ cao này: v 2 2.a 2 .2h (1) max 0,5 Sau đó, vật chuyển động chậm dần với gia tốc g từ độ cao 2h đến h max: v 2 2.g.( h max 2 h ) (2) 0,5 max Từ (1) và (2) ta có h max 6h , Thay số: h max 72cm 0,5 4 Bài 2 2a. p B VB po Vo 1.25,6 0,5 Áp dụng phương trình trạng thái: TB 273 312K TB To 1.22,4 3 pC 25,6 Từ hình vẽ: pC 2,25atm 0,5 3 102,4 102,4 VA 1 1024 Cũng từ hình vẽ: VA 68,3 0,5 102,4 3 15 p p p 0,5 Áp dụng định luật Sác-lơ [B→ C]: B C TC C TB 702K TB TC pB V V V Áp dụng định luật Gay-luy-sac [A→ B]: A C TA A TB 832K TA TC VB 0,5 2b. AB là đường thẳng đi qua gốc toạ độ A 0,5 BC là đường thẳng song song với OT V 51,2 CNA là parabol: N 0,5 Đỉnh N của parabol được xác định: Từ đồ thị của bài ra: quá trình (3) – (1) 25,6 B được biểu diễn theo phương trình C pM p p V 0,5 p pM V pV M (VM V).V M M T VM VM 4 dấu bằng khi V = VM/2 (với pM = 3atm, VM = 102,4l) O 312 624 936 áp dụng phương trình trạng thái pV = RT => Tmax = 936K => TM = 936K.
- Bài 3 3a. - Ảnh của vật thật qua thấu kính có kính thước bằng vật, suy ra : 0,5 + Thấu kính là thấu kính hội tụ, + Ảnh là ảnh thật ngược chiều với vật: d' = d AB L A' B' 0,5 Sơ đồ tạo ảnh: d d' d 1 1 1 Áp dụng công thức thấu kính: f 10cm. f d d' Vẽ hình: 0,5 B O F' A' A F B' 3b. i. - Vị trí của A không thay đổi nên vị trí ảnh A" của A qua thấu kính cũng không thay 0,5 đổi: A" ≡ A' - Vẽ tia sáng tới trùng với đường thẳng AB. Tia sáng này xuất phát từ tất cả các điểm 0,25 trên vật vì thế tia ló (1) sau thấu kính đi qua tất cả các điểm trên ảnh của vật. Ảnh A"B" cũng là một đoạn thẳng - Vẽ tia sáng xuất phát từ B qua quang tâm, tia ló (2) truyền thẳng và đi qua B". 0,25 Vậy B" là giao điểm của tia ló (1) và tia ló (2) Vẽ hình: có hai trường hợp 0,5 I I (1) B (1) B" (2) O F' A" C" O F A C A C F A" C" F' I' (2) B" B Hình vẽ 1 (3) Hình vẽ 2 3b. ii. Ảnh lớn hơn vật, trường hợp hình vẽ 1 AB BC A" B" B" C" Từ hình vẽ: ; (3); Mặt khác: AO = A'O = A"O =>AI = I'A (4) AI IO A" I IO 1,0 A" B" B" C" B" C" OI' OF Từ (3) và (4) 2 ; Cũng từ hình vẽ: CF 5cm AB BC BC BC CF =>AC = AF – CF = 5cm => AB = 5 2cm
- Bài 4 4a. 6 1 92 0,5 Điện trở tương đương toàn mạch: R td k 3 1 1 1 31 2 3 5 1 U Dòng điện đi qua điện trở 6kΩ: I6 k . 1,55mA 3 R td 0,5 1 1 Dòng điện đi qua điện trở 2kΩ: I 2 k . .3.1,55 2,25mA 0,5 1 1 1 2 2 3 5 1 1 Dòng điện đi qua điện trở 3kΩ: I3k . .3.1,55 1,50mA 0,5 3 111 2 3 5 1 1 Dòng điện đi qua điện trở 5kΩ: I 5 k . .3.1,55 0,90mA 5 111 0,5 2 3 5 4b. Vẽ lại mạch điện 0,7 mA Định luật kiếc-sốp cho các điểm nút 6 kΩ 2 kΩ 0,5 0,05+ I được ghi trên hình 0,65 – I A B Các ampe giống nhau nên cùng điện 6 kΩ 3 kΩ A2 A3 trở trong (dù rất nhỏ) 0,5 6 kΩ 5 kΩ A1 Ir + (0,05 + I)r = (0,65 – I)r I I = 0,20mA = IA1 0,05 mA IA2 = 0,25mA 0,5 IA3 = 0,45mA 0,65 mA Bài 5 5a. Đối với dòng điện không đổi, cuộn cảm không có tác dụng cản trở 0,5 E Dòng điện qua nguồn và mạch chính: I 3A R oR 0,5 r Ro R Ro 1 Dòng điện qua R: I R .3 .3 0,75A Ro R 4 0,5 R 3 Dòng điện qua cuộn dây: I R o .3 .3 2,25A Ro R 4 0,5 Công suất của nguồn: P = E.I = 3.3 = 9W 0,5 5b. L.I 2 o R Năng lượng ống dây: W = 5,0625J 0,5 2 Dòng điện qua R và Ro luôn như nhau nên nhiệt lượng toả ra trên các điện trở tỷ lệ với giá trị các điện trở 0,5 3 Nhiệt toả ra trên R: Q W 3,8J 0,5 4
|
