Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Vật lí lớp 12 năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Hải Dương

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

20
lượt xem 0
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để hệ thống lại kiến thức cũ, trang bị thêm kiến thức mới, rèn luyện kỹ năng giải đề nhanh và chính xác cũng như thêm tự tin hơn khi bước vào kì kiểm tra sắp đến, mời các bạn học sinh cùng tham khảo "Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Vật lí lớp 12 năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Hải Dương" làm tài liệu để ôn tập. Chúc các bạn làm bài kiểm tra tốt!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Vật lí lớp 12 năm 2023-2024 có đáp án - Sở GD&ĐT Hải Dương

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HẢI DƯƠNG LỚP 12 THPT CẤP TỈNH NĂM HỌC 2023 - 2024 Môn thi: VẬT LÍ ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 25/10/2023 (Thời gian làm bài: 180 phút, không tính thời gian phát đề) (Đề thi gồm 06 câu,02 trang) Câu 1 (2,0 điểm): Trên một mặt bàn nhẵn nằm ngang đặt hai con lắc lò xo A và B theo phương vuông góc với nhau tại điểm cố định I (hình 1). Con lắc A gồm lò xo có chiều dài tự nhiên l01 = 30 cm, N độ cứng k1 = 100( ) gắn với vật nặng m1 = 100 g. Con lắc B gồm m N lò xo có chiều dài tự nhiên l02 = 25 cm, độ cứng k2 = 50( ) gắn m với vật nặng m2 = 200 g. Ban đầu cả hai vật nằm cân bằng. Chọn các trục tọa độ O1x1, O2x2 trùng với các trục của lò xo, gốc tọa độ tại vị trí cân bằng của các vật, chiều dương như hình vẽ. Lấy π2 =10. 1. Tại thời điểm t = 0, đưa cả hai vật ra khỏi cân bằng của nó đến vị trí mà các lò xo bị dãn một đoạn 6 cm rồi buông nhẹ để các vật dao động điều hòa. Viết phương trình dao động của mỗi vật. 1 2. Tính khoảng cách giữa hai vật m1 và m2 tại thời điểm t = (s). 30 3. Tìm thời điểm đầu tiên lực tác dụng lên điểm cố định I đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó. Câu 2 (2,0 điểm): Một sợi dây mảnh, nhẹ, không dãn có chiều dài l = 2m đầu trên cố định, đầu dưới treo quả nặng tạo thành con lắc đơn. Kích thích cho con lắc dao động điều hòa. Lấy g = 10 m/s2 ; π2 =10. 1. Tính chu kỳ dao động của con lắc. 2. Nếu cắt sợi dây l trên thành hai đoạn có chiều dài l1 và l2 rồi gắn các quả nặng để tạo thành hai con lắc đơn. Ban đầu cả hai con lắc đều ở cân bằng, người ta đồng thời truyền cho hai vật các vận tốc đầu theo phương ngang để cả hai con lắc dao động điều hòa trong cùng mặt phẳng thẳng đứng. Khi con lắc chiều dài l1 có góc lệch cực đại lần thứ ba thì con lắc chiều dài l2 có góc lệch cực đại lần thứ hai. Tính l1 và l2. 3. Nếu cắt sợi dây l trên thành hai đoạn có chiều dài l3 và l4 (l3 < l4 ) rồi gắn các quả nặng để tạo thành hai con lắc đơn. Kích thích cho hai con lắc dao động điều hòa. Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của li độ góc của hai con lắc theo thời gian như hình vẽ (hình 2). Tính tốc độ của con lắc chiều dài l4 tại thời điểm t = 0,6s. Câu 3 (1,5 điểm): Một thấu kính hội tụ có tiêu cự f = 30cm. Một điểm sáng S ban đầu nằm trên trục chính cách thấu kính 60cm. 1. Hãy xác định vị trí và tính chất của ảnh cho bởi thấu kính. 2. Giữ thấu kính cố định. Tại thời điểm t = 0, cho S di chuyển thẳng đều về phía thấu kính theo phương hợp với trục chính một góc α = 600 với vận tốc v = 5 cm/s. a. Tính độ dịch chuyển của ảnh sau thời gian 4s kể từ lúc S bắt đầu di chuyển. b. Tính vận tốc của ảnh tại thời điểm t = 2s. Câu 4 (2,0 điểm): 1. Hai thanh ray làm bằng kim loại ab, cd giống nhau có điện trở không đáng kể đặt trên mặt phẳng nằm ngang. Hai thanh kim loại giống nhau MN và PQ có cùng điện trở r = 0,2 Ω, cùng khối lượng m = 200g, dài l = 30cm đặt trên hai thanh ray, vuông góc với thanh ray và luôn tiếp xúc với hai thanh  ray. Thanh MN nằm trong vùng từ trường đều B1 ( B1 = 0,8T ) hướng thẳng đứng xuống dưới. Thanh 1
 PQ nằm trong vùng từ trường đều B2 ( B2 = 0, 2T ) hướng thẳng đứng xuống dưới. Biết R = 0,8 Ω; hệ số ma sát ma sát của hai thanh kim loại MN và PQ với hai thanh ray đều là μ = 0,1. Đồng thời tác  dụng lên thanh MN lực không đổi F1 , tác dụng lên thanh PQ lực  không đổi F2 đều theo phương song song với hai thanh ray như hình vẽ (hình 3). Khi ổn định, thanh MN đạt vận tốc v1 = 4(m/ s) , thanh PQ đạt vận tốc v2 = 2(m/ s) . Lấy g = 10 m/s2. Tính: a. Cường độ dòng điện trong mạch. b. Độ lớn lực F1 và F2. 2. Một khung dây dẫn kín hình vuông có điện trở không đáng kể được đặt trên mặt phẳng nhẵn nằm ngang (mặt khung tiếp xúc với mặt ngang). Khung dây có khối lượng m, chiều dài cạnh là a, độ tự cảm của khung là L. Hệ nằm trong một từ trường không đều, có đường sức hướng thẳng đứng xuống dưới, có độ lớn cảm ứng từ thay đổi theo quy luật B = B0(1 + kx) với B0 và k là các hằng số dương (hình 4). Lúc đầu khung dây nằm yên và trong khung  không có dòng điện. Tại t = 0, truyền cho khung vận tốc đầu v0 hướng dọc theo trục Ox để khung chuyển động theo phương trục Ox. Giả thiết khung dây không bị biến dạng. Tìm thời gian ngắn nhất kể từ lúc khung bắt đầu chuyển động đến khi khung có vận tốc tức thời bằng không. Câu 5 (1,5 điểm): Cho mạch điện như hình vẽ (hình 5) Nguồn điện (ξ1) có suất điện động ξ1 = 20V và điện trở trong r1 2(Ω) . Nguồn điện (ξ2) có suất điện động ξ2 và = điện trở trong không đáng kể. Nguồn điện (ξ) có suất điện động ξ = 6V và điện trở trong không đáng kể. Điện trở R0 = 4 Ω, R là một biến trở, tụ điện có điện dung C = 1 μF. Bỏ qua điện trở các dây nối và khóa K. 1. Khi ξ2 = 10 V, R = 2 Ω và đóng khóa K ở vị trí chốt (1). a. Tính cường độ dòng điện qua các nguồn (ξ1), (ξ2) và qua điện trở R0. b. Tính điện tích của tụ điện. c. Chuyển khóa K từ chốt (1) sang chốt (2), tính nhiệt lượng tỏa ra trên nguồn (ξ) khi điện tích trên tụ đã ổn định. 2. Tìm giá trị của ξ2 để khi thay đổi giá trị của biến trở R thì cường độ dòng điện qua R0 không thay đổi. Câu 6 (1,0 điểm): Một bóng đèn dây tóc bằng Vonfram. Giả thiết nếu đèn sáng thì toàn bộ công suất điện của đèn truyền ra môi trường xung quanh bằng dẫn nhiệt. Cho biết công suất dẫn nhiệt được xác định bởi công thức: Pn =k(t - tp), trong đó k là hệ số truyền nhiệt (coi như không đổi), tp là nhiệt độ phòng thí nghiệm; t là nhiệt độ khi đèn sáng. Bằng việc sử dụng tất cả các dụng cụ thí nghiệm sau: - 01 bóng đèn dây tóc bằng Vonfram có ghi các thông số là 12V-50W. - 01 ampe kế có điện trở không đáng kể; 01 vôn kế có điện trở vô cùng lớn. - 01 bộ nguồn một chiều 12V; 01 biến trở; 01 khóa K và các dây nối có điện trở không đáng kể. 1. Trình bày cơ sở lý thuyết để xác định điện trở của đèn ở nhiệt độ phòng thí nghiệm. 2. Vẽ sơ đồ mạch điện và nêu tiến trình thí nghiệm để xác định điện trở của đèn ở nhiệt độ phòng. ---HẾT--- Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ................................................................. Số báo danh: ......................................... Cán bộ coi thi số 1: ................................................. Cán bộ coi thi số 2: .............................................. 2
HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNH NĂM HỌC 2023 - 2024 Môn thi: VẬT LÍ Câu Ý Nội dung Biểu điểm 1 1 - Con lắc A: k1 + ω1 = 10π (rad/ s). = m1 + Theo bài A1 = 6 cm. + Tại t = 0 → x01 = A1 → ϕ1 = 0 rad. → Phương trình dao động của A: x1 = 6.cos(10π t )(cm). 0,25 - Con lắc B: k2 + ω2 = 5π (rad/ s). = m2 + Theo bài A2 = 6 cm. + Tại t = 0 → x02 = A2 → ϕ2 = 0 rad. 0,25 → Phương trình dao động của A: x1 = 6.cos(5π t )(cm). 2 1 Tại thời điểm t = (s) 30 1 + x1 = = 6.cos(10π . ) 3(cm). 30 1 + x2 = = 6.cos(5π . ) 3 3(cm). 0,25 30 → IA = l01 + x1 = 33 cm → IB = l02 + x2 = 30,196 cm + Khoảng cách giữa hai vật: AB = IA2 + IB 2 = 332 + 30,1962 = 44, 73(cm) 0,25 3 + Lực đàn hồi tác dụng lên vật m1: F1 =.x1 = −k1 −6.cos(10π t )(N) → Lực đàn hồi do con lắc A tác dụng lên I: FA =F1 = − 6.cos(10π t )(N) + Lực đàn hồi tác dụng lên vật m2: 0,25 −k2 . F2 =x2 = −3.cos(5π t )(N) → Lực đàn hồi do con lắc A tác dụng lên I: FB =F2 = − 3.cos(5π t )(N) 0,25 + Lực tổng hợp lên I: F = 2 F +F A B 2 = 36.cos (10π t ) + 9.cos 2 (5π t ) →F 2 2 1 = 36.cos 2 (10π t ) + 9. [1 + cos(10π t ) ] → F2 2 → F = 36.cos (10π t ) + 4,5.cos(10π t ) + 4,5 2 2 4,5 1 0,25 Ta có ( F 2 ) min khi cos(10π t ) = = → tmin =052(s) − − 0, 72 16 1 1 3 31 Vậy Fmin = 36.(− ) 2 + 4,5.(− ) + 4,5= ≈ 2, 088(N) 0,25 16 16 8 3
2 1 l Chu kỳ: T 2π . = 2= 2,83(s). = 2 g 0,5 2 Ta có l1 + l2 =l =2(m). (1) 5T 3T + Theo bài: t = 1 = 2 → 5T1 = 3T2 ↔ 5 l1 = 3 l2 0,25 4 4 → 25l1 = 9l2 (2) 9 25 0,25 Từ (1) và (2) l1 = m) ≈ 0,53(m); l2 =(m) ≈ 1, 47(m) ( 17 17 3 + Vì l4 > l3 → T4 > T3 → đường (2) là con lắc l4 và đường (1) là con lắc l3 + Đặt l4 = xl3 → T4 = T3 . x → ω3 = ω4 . x Phương trình: 2π π 2π α3 = 0,16.cos( = 0,16.sin( t ) (rad) t− ) T3 2 T3 2π π 2π = α 0 .cos( = α 0 .sin( α4 t− ) t ) (rad) T4 2 T3 x + Tại thời điểm T 2π T3 π t = 3 → α 4 = 0, 08 = α 0 .sin( . ) → α 0 .sin( ) = 0, 08 (1) 4 T3 x 4 2 x 0,25 + Tại thời điểm 3T3 0,16 2π 3T3 3π t= → α4 = = α 0 .sin( . ) → α 0 .sin( ) = 0, 08 2 (2) 8 2 T3 x 8 4 x 0,25 3π sin( ) Lấy (2) chia (1) 4 x = 2 → x= 9 π sin( ) 2 x π + Từ (1) → α 0 .sin( )= 0, 08 → α 0 = 0,16(rad) 2 9 9l Mặt khác x = 9 → l4 =3 và l3 + l4 = 2 → l3 = 0, 2(m); l4 =1,8(m) 5 2 π 0,25 = l4 .α 4 0, 288.cos( s4 = t − )(m) 3 2 Vận tốc con lắc l4 tại thời điểm t = 0,6s là 5 2 5 2 π v4 = 288. −0, .sin( .0, 6 − ) = 0,106(m/ s). 3 3 2 0,25 3 1 d. f 60.30 + Ta có d / = = = 60(cm) > 0 d − f 60 − 30 0,5 Vậy ảnh thật, cách thấu kính 60cm 2a 4
+ Sau thời gian t = 4s: SS1 = v.t = 20 cm → d1 = d – SS1.cosα = 60 – 20.cos60 = 50 (cm) d1. f 50.30 + Ta có d1/ = = 75(cm) = 0,25 d1 − f 50 − 30 → Độ dịch chuyển của ảnh theo phương trục chính HS / =d / =/ − d / = cm) ∆ d1 15( ∆d / 0,25 + Độ dịch chuyển của ảnh là: = = 30(cm) SS / 1 / cos α 2b + Sau thời gian t: SS1 = v.t → d1 = d – SS1.cosα = 60 – 2,5t d1. f (60 − 2,5t ).30 + Ta có d1/ = = d1 − f 30 − 2,5t → Độ dịch chuyển của ảnh theo phương trục chính (60 − 2,5t ).30 75t HS / =d / =/ − d1/ = ∆ d − 60 = 30 − 2,5t 30 − 2,5t 0,25 / ∆d 150.t S / S1/ + Độ dịch chuyển của ảnh là: = = (cm) cos α 30 − 2,5t Vận tốc của ảnh S / S1/ 150t / 4500 = = ( S / S1/ ) / t ( va = = ) ∆t 30 − 2,5t (30 − 2,5t ) 2 + Tại thời điểm t = 2s → va =7,2 (cm/s) 0,25 4 1a + Khi MN chuyển động sang trái → trên MN xuất hiện suất điện động cảm ứng có độ lớn ξ1 = B1.l.v1 = 0,96 (V) và cực dương nối N + Khi PQ chuyển động sang phải → trên PQ xuất hiện suất điện động cảm ứng có độ lớn ξ 2 = B2 .l.v2 = 0,12 (V) và cực dương nối P + Vì ξ1 mắc nối tiếp ξ2 → khi hai thanh chuyển động ổn định thì dòng 0,25 điện trong mạch chạy ngược chiều kim đồng hồ và có độ lớn ξ1 + ξ 2 0,96 + 012 =I = = 0,54(A) 0,25 2r + 2 R 2 1b + Lực từ tác dụng lên MN hướng sang phải: = B1.I.l 0,1296( N ) Ft1 = + Lực từ tác dụng lên PQ hướng sang trái: = B2 .I.l 0, 0324( N ) Ft 2 = + Khi thanh MN đạt vận tốc ổn định: F1 =t1 + µ mg = F 0,3296(N) 0,25 + Khi thanh PQ đạt vận tốc ổn định: 0,25 5
F2 =t 2 + µ mg = 2324(N) F 0, 2 Xét sau khoảng thời gian Δt khung di chuyển thêm Δx, khi đó dòng điện trong khung là i + Độ biến thiên từ thông: ∆φ = B.S =B0 (1 + k .∆ x) − B0 ] .a 2 = 0 k .a 2 .∆x ∆ [ B + Suất điện động cảm ứng: ∆φ ∆x ec = =0 k .a 2 − −B =0 k .a 2 .v −B 0,25 ∆t ∆t ∆i + Suất điện động tự cảm: ec = = / −L − L.i ∆t + Vì R = 0 → ec + etc = 0 ↔ − B0 ka 2 v − L.i / = 0 / B0 ka 2 .v B0 ka 2 .x / →i = = − − L L 2 B ka .x →i = − 0 0,25 L + Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng: 1 2 1 2 mv + Li = h/s 2 2 Đạo hàm hai vế theo t / / // B02 .k 2 .a 4 m.v.v + L.i.i = m.v.x + L 0↔ .v.x = 0 L2 B 2 .k 2 .a 4 → x// + 0 .x = 0 0,25 mL B 2 .k 2 .a 4 Đặt ω 2 = 0 → x / / + ω 2 .x 0 (1) = mL Phương trình (1) chứng tỏ khung dao động điều hòa với B .k .a 2 mL ω = 0 → T 2π = mL B0 .k .a 2 + Vì tại t = 0 vật ở cân bằng→ khoảng thời gian ngắn nhất đến lúc vận tốc bằng không là T π mL tmin = = 4 2.B0 .k .a 2 0,25 5 1a + Giả sử dòng điện trong mạch có chiều như hình vẽ + Áp dụng định luật Ôm cho các đoạn mạch AB, ta có ξ1 − U AB • I1 = (1) r1 U AB • I= (2) R0 6
ξ 2 − U AB • I2 = (3) R 0,25 20 − U AB 10 − U AB U AB + Tại A: I1 + I 2 =I ↔ + = → U AB =12(V) 0,25 2 2 4 Từ (1), (2), (3) ta có: I1 = 4 (A); I = 3 (A); I2 = - 1 (A) Vậy dòng điện qua nguồn ξ2 có chiều từ A đến B. 0,25 1b q = C. UAB = 12 (μC) 0,25 1c + Khi K ở chốt (1) điện tích của bản trên là q = 12 (μC) + Khi khóa K chuyển sang chốt (2) thì điện tích bản trên q/ = - C.ξ = - 6 (μC) + Điện lượng chuyển qua nguồn là Δq = |q/ - q| = 18 (μC) + Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có: 1 1 Q = Anguồn + WC – W/C = Δq.ξ + C.U AB − C.ξ = (J) 2 2 1, 62.10−4 2 2 0,25 2 Theo trên ta có: ξ − U AB ξ 2 − U AB U AB + Tại A: I1 + I 2 =I ↔ 1 + = r1 R R0 + Để dòng điện qua R0 không đổi khi R thay đổi thì I2 =0 ξ 2 − U AB =0 → ξ 2 = AB U R 20 − U AB U AB 40 + Mặt khác khi I2 = 0 thì = → U AB = (V) 2 4 3 40 0,25 Vậy= U AB ξ2 = (V) 3 6 Cơ sở lý thuyết: U - Theo định luật Ohm: R = (1) I  ( ) - Điện trở phụ thuộc nhiệt độ: R = R p 1 + α t − t p  (2)  0,25 Điện năng mà đèn tiêu thụ chuyển thành năng lượng bức xạ nhiệt ra môi trường và nhiệt lượng truyền ra môi trường nên ta có: UI = ( Do đó: UI K t − t p ⇒ t − t=) p K (3) U αRp - Từ (1), (2) và (3) ta có: R =p+ ⋅ UI (4) 0,25 I K Bố trí thí nghiệm: Mắc sơ đồ mạch điện như hình vẽ 0,25 Tiến hành thí nghiệm: + Điều chỉnh con chạy của biến trở đo hai cặp (U1; I1) và (U2; I2) rồi thay vào phương trình (4). Giải hệ tìm được Rp 0,25 Ghi chú: Nếu thí sinh làm theo cách khác mà cho kết quả đúng thì vẫn cho điểm tối đa. 7