Đề thi học sinh giỏi lớp 12 năm 2013 môn Lý - Sở GD&ĐT Quảng Bình

Chia sẻ: Phung Tuyet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

66
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn hãy tham khảo đề thi học sinh giỏi môn Lý lớp 12 năm 2013 kèm đáp án của sở giáo dục cà đào tạo Quảng Bình giúp các em có thêm tư liệu để luyện tập chuẩn bị kì thi tới tốt hơn. Chúc các em thi tốt!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi lớp 12 năm 2013 môn Lý - Sở GD&ĐT Quảng Bình

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TĨNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012 - 2013 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: VẬT LÍ –Vòng 1 Khóa ngày: 11/10/2012 Số báo danh:............. Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1(2,0 điểm): Trên mặt bàn nằm ngang có một khối bán trụ cố định có bán kính R. Trong mặt phẳng thẳng đứng vuông góc A với trục O của bán trụ (mặt phẳng hình vẽ) có một thanh đồng R chất AB chiều dài bằng R tựa đầu A lên bán trụ, đầu B ở trên  B mặt bàn. Trọng lượng của thanh là P. Bỏ qua ma sát giữa bán O 3 Hình cho câu 1 trụ và thanh. Hệ số ma sát giữa thanh và mặt bàn là k= V(l) 3 Góc  (góc hợp bởi thanh AB và mặt bàn) phải thõa mãn điều kiện gì để thanh ở trạng thái cân bằng? V3 3 V1 2 Câu 2 (2,0 điểm): Một mol khí lí tưởng thực hiện chu trình 1 1-2-3-1 như hình vẽ. Biết T1 = 300K; T3 = 675K; V3 = 5lít; R = 8,31J/mol.K; các điểm 1 và 3 cùng nằm trên một Parabol đi qua gốc tọa độ. O T1 T2 T3 T(K) Tính công sinh ra trong cả chu trình. Hình cho câu 2 Câu 3 (2,0 điểm): Cho mạch điện như hình vẽ: E = 6V, E, r R3 r = R3 = 0,5  , R1= 3  , R2 = 2  , C1 = C2 = 0,2  F, độ lớn C1 K điện tích electron e = 1,6.10-19C. Bỏ qua điện trở các dây nối. M A B a) Tìm số electron dịch chuyển qua khóa K và chiều dịch C2 chuyển của chúng khi khóa K từ mở chuyển sang đóng? R1 R2 b) Thay khóa K bằng tụ C3 = 0,4  F. Tìm điện tích trên tụ C3 trong các trường hợp sau: N Hình cho câu 3 - Thay tụ C3 khi K đang mở. - Thay tụ C3 khi K đang đóng Câu 4 (2,0 điểm): Một điểm sáng S chuyển động theo vòng tròn với vận tốc có độ lớn không đổi v0 xung quanh trục chính của thấu kính hội tụ ở trong mặt phẳng vuông góc với trục chính và cách thấu kính một khoảng d = 1,5f (f là tiêu cự của thấu kính). Hãy xác định : a) Vị trí đặt màn để quan sát được ảnh của S. b) Độ lớn và hướng vận tốc ảnh của điểm sáng S. Câu 5 (2,0 điểm): Một pittong khối lượng m có thể trượt không ma sát trong một xilanh đặt nằm ngang. Ban đầu pittong ngăn xilanh thành hai phần bằng nhau chứa cùng một lượng khí lý tưởng dưới áp suất P, chiều P, V P, V dài mỗi ngăn là d, tiết diện của pittong là S. Pittong hoàn toàn kín để khí ở hai ngăn không trộn lẫn vào nhau. Dời pittong một đoạn nhỏ rồi thả ra không vận tốc đầu. Coi quá trình biến đổi khí trong xilanh là đẳng nhiệt. Hình cho câu 5 Chứng minh rằng pittong dao động điều hòa. Tìm chu kì của dao động đó. ……………………. Hết………………………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TĨNH LỚP 12 THPT QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: VẬT LÍ – Vòng 1 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Câu Nội dung Điểm y Thanh chÞu träng lîng P, ph¶n lùc N cña b¸n trôc ë A vu«ng gãc víi mÆt trô N Q Q n (®i qua 0). Ph¶n lùc toàn phần Q cña A 0,25 mÆt bµn xiªn gãc víi ph¬ng ngang v× R cã ma s¸t, trong ®ã:  x     Q  F  QN ; trong ®ã F lµ lùc ma O F B s¸t. P       Ba lùc Q, N , P c©n b»ng, vËy giao ®iÓm cña N , Q ph¶i ë trªn gi¸ cña P .    Ta cã: P  Q  N  0 (1) 0,5 ChiÕu (1) xuèng ox ta cã: Ncos = F ; (2) ChiÕu (1) xuèng oy : Nsin + QN = P ; (3) Câu 1 Tam gi¸c OAB lµ c©n nªn gãc BAN = 2 (2,0 đ) R cos  LÊy mo men ®èi víi B : P  NR sin 2 ; (4) …………………….. 0,25 2 3 MÆt kh¸c : F QN ; (5) …………………….. 0,25 3 Ta cã 4 ph¬ng tr×nh cho 4 Èn N; QN; F vµ . Tõ (4) cã: P cos  P N  . Thay vµo (2) nhËn ®îc: 2 sin 2 4 sin  P cot g F ; (6) 4 3P Thay vµo (3) thu ®îc: QN = P - Nsin = (7) ……………………… 4 0,25 Thay (6) vµ (7) vµo (5) cã: P 3 1  P. Suy ra: tg  ; hay   30 o 4 tg 4 3 MÆt kh¸c, dÔ thÊy r»ng vÞ trÝ cña thanh khi ®Çu A cña thanh lµ tiÕp ®iÓm víi b¸n trô thì thanh t¹o víi mÆt ngang víi mét gãc giíi h¹n  = 450.. VËy tr¹ng th¸i c©n b»ng cña thanh 0,5 øng víi gãc  thõa m·n ®iÒu kiÖn: 30 0    45 0 . RT3 ë tr¹ng th¸i 3: P3   11,22.10 5 N / m 2 ……………………………………………. 0,25 V3 V1 T 300 2 V× T1=  V1 2 vµ T3=  V32 nªn:  1   V3 T3 675 3 10 RT1 Suy ra V1  l ; P1   7,48 .105 N/m2 ………………………… 0,5 3 V1
Câu 2 Ph¬ng tr×nh cña ®o¹n 1-3 trong hÖ täa ®é (P,V) nh sau: Tõ P.V=RT=R  V2 Suy ra (2,0 đ) P=R  V nªn ®o¹n 1-3 trong hÖ (P,V) lµ ®o¹n th¼ng đi qua góc tọa độ. ………………….. P 0,25 P3 2 3 P1 1 0,5 O V1 V3 V 1 C«ng sinh ra : A  ( P3  P1 )(V3  V1 )  312( J ) ………………………………… 2 0,5 a) + Cường độ dòng điện trong mạch chính khi K đóng hay K mở là: E 6 I   1( A) ……………………………………….. 0,25 R1  R2  R3  r 3  2  0,5  0,5 + Khi K mở : C1 nối tiếp với C2 nên điện tích của hệ các bản tụ nối với M: qM = 0 Dấu điện tích của các bản tụ như hình vẽ. ………………………………. 0,25 E, r R3 E, r R3 C1 C1 + - M K B + - M K A A B + - -- C2 + C2 - R1 R2 R1 R2 N N + Khi K đóng: dấu điện tích trên các bản tụ như hình q1  C1U AM  C1U AB  C1.I .( R1  R2 )  1(  C ) q2  C2U NM  C2U NB  C2 .I .R2  0, 4(  C ) 0,25 , qM  q1  q2  1, 4(  C ) 1, 4.106 + Các electron di chuyển từ B  K  M ; +Số hạt ne   8, 75.1012 (hạt) 0,25 1, 6.1019 Câu 3 b) (2,0 đ) Thay tụ C3 khi K mở, K đóng: E, r R3 Gọi điện tích của các tụ lúc này là: q1M , q2 M , q3M và có dấu như hình vẽ C1 C3 M A + - B + - -- C2 + R2 R1 q2 M q N Ta có: + U MN     2 M (1) C2 0, 2 q q + U MN  U MA  U AN   1M  I.R 1   1M  3 (2) C1 0, 2 0,5
q3M q + U MN  U MB  U BN   I .R2  3M  2 (3) C3 0, 4 Từ (1), (2), (3) ta được: q1M  q2 M  q3M  0,8U MN  0, 2 (4) - Khi K mở, thay tụ C3 thì :  q1M  q2 M  q3 M  0  U MN  0, 25(V ) 0,25 Do đó q3 M  0, 7  C ………………………………………………………………… - Khi K đóng, thay tụ C3 thì:  q1M  q2 M  q3 M  1, 4  U MN  2(V ) 0,25 Do đó UMB = 0 (V), q3 M  0 ……………………………………………………….. df + Vị trí đặt màn d' = = 3f …………………………………………………. df 0,5 Câu 4 d ' +k= = -2 . Vòng tròn quỹ đạo ảnh có bán kính lớn gấp đôi quỹ đạo vật…………… (2,0 đ) d 0,5 + Vận tốc góc của vật và ảnh như nhau, nên vận tốc dài của ảnh có độ lớn v' = 2v0. …….. 0,5 + Chọn tia sáng đi qua quang tâm để khảo sát, ta nhận thấy chiều vận tốc ảnh ngược với chiều vận tốc của vật.Vậy vận tốc của ảnh luôn có phương tiếp tuyến với quỹ đạo của nó 0,5 và có chiều ngược chiều chuyển động của S. 0,25 F2 F1 O x x     - Các lực tác dụng lên pittong gồm có: mg , N , F1 , F2 (F1 = P1.S, F2 = P2.S).    - Ta luôn có: mg  N  0 - Ở vị trí cân bằng: P1= P2  F01 = F02 - Chọn trục ox như hình vẽ, gốc O ở VTCB.Xét pittong ở vị trí có tọa độ x bé Câu 5 + V1= (d+x). S; V2 = (d-x). S (2,0 đ) + Áp dụng định luật Bôilơ-Mariốt: P1.S.(d +x) = P2 . S.(d-x) = P.S.d ………………. 0,5 + Áp dụng định luật II Newton: 2 P.S .d F1 – F2 = ma  ( P  P2 ).S  ma   1 x  ma …………………………… 0,25 d 2  x2 2.P.S Vì x
5. Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 điểm.
SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012 - 2013 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: VẬT LÍ –Vòng 2 Khóa ngày: 11/10/2012 Số báo danh:............. Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) O Câu 1 (2,0 điểm): Ba quả cầu nhỏ, khối lượng mỗi quả đều là m1 gắn trên một thanh nhẹ, cách nhau một khoảng bằng l . Thanh có thể l quay quanh điểm O không ma sát. Khi quả cầu đang đứng yên tại vị trí cân bằng theo phương thẳng đứng thì có một viên đạn khối lượng m2, bay ngang trúng quả cầu giữa như hình vẽ với vận tốc v0 . Ngay sau va    l m2 v0 chạm viên đạn quay ngược lại với vận tốc v ( v ngược hướng với v0 ). Cho gia tốc trọng trường là g. Hỏi sau va chạm viên đạn đã làm thanh nhỏ quay được một góc bao nhiêu quanh điểm O? l Câu 2 (2,0 điểm): Đầu trên của hai thanh kim loại thẳng, song song cách nhau L đặt thẳng đứng nối với hai cực của tụ có điện dung C như Hình cho câu 1 hình vẽ. Hiệu điện thế đánh thủng tụ điện là UT. Hệ thống được đặt C  trong một từ trường đều có véc tơ cảm ứng từ B vuông góc với mặt phẳng hai thanh. Một thanh kim loại khác MN củng có chiều dài L M N trượt từ đỉnh hai thanh kia xuống dưới với vận tốc ban đầu v0 . Cho rằng  trong quá trình trượt MN luôn tiếp xúc và vuông góc với hai thanh kim v0 loại. Giả thiết các thanh kim loại đủ dài và bỏ qua điện trở của mạch  điện, ma sát không đáng kể. + B a) Hãy chứng minh rằng chuyển động của thanh MN là chuyển động thẳng nhanh dần đều và tìm gia tốc của nó. Hình cho câu 2 b) Hãy tìm thời gian trượt của thanh MN cho đến khi tụ điện bị đánh thủng. Câu 3 (2,0 điểm): Trên mặt chất lỏng có hai nguồn sóng kết hợp ở A và B dao động theo phương thẳng đứng với phương trình: u A  uB  U 0cos40 t (cm) . Biết AB = d =12 cm, tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng là 20 cm/s. a) Xét điểm M nằm trên đường thẳng vuông góc với AB tại A và cách A một khoảng l . Tính giá trị lớn nhất của l mà tại M vẫn có cực đại của giao thoa. b) Xét đoạn thẳng CD = 6cm trên mặt chất lỏng có chung đường trung trực với AB. Trên đoạn CD chỉ có 5 điểm dao động với biên độ cực đại. Hỏi khoảng cách từ AB đến CD có thể đạt giá trị lớn nhất là bao nhiêu? Câu 4 (2,0 điểm): Một tấm gỗ được đặt nằm ngang trên hai trục máy 2l hình trụ có cùng bán kính, quay đều ngược chiều nhau với cùng tốc độ góc. Khoảng cách giữa hai trục của hình trụ là 2l . Hệ số ma sát giữa hai hình trụ và tấm gỗ đều bằng k. Tấm gỗ đang cân bằng nằm ngang, đẩy nhẹ nó khỏi vị trí cân bằng theo phương ngang một đoạn nhỏ và để tự do. Hình cho câu 4 Hãy chứng minh tấm gỗ dao động điều hòa. Câu 5 (2,0 điểm): Nêu một phương án thực nghiệm xác định điện trở trong của một nguồn điện một chiều. Dụng cụ gồm: một nguồn điện một chiều chưa biết suất điện động và điện trở trong, một ampe kế có điện trở không đáng kể, một điện trở R0 đã biết giá trị, một biến trở con chạy Rb có điện trở toàn phần lớn hơn R0, hai công tắc điện K1 và K2, một số dây dẫn đủ dùng. Các công tắc điện và dây dẫn có điện trở không đáng kể. Chú ý: Không được mắc ampe kế trực tiếp vào nguồn. ……………………. Hết………………………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TĨNH LỚP 12 THPT QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: VẬT LÍ – Vòng 2 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Câu Nội dung Điểm - Mô men quán tính của hệ 3 quả cầu và thanh nhẹ đối với trục quay ở O: I  m1l 2  m1 (2l ) 2  m1 (3l ) 2  14 m1l 2 ………………………………………………. 0,5 Gọi  là tốc độ góc của hệ 3 quả cầu và thanh nhẹ ngay sau va chạm. Xét hệ gồm viên đạn và hệ (3 quả cầu + thanh). Mô men động lượng của hệ ngay lúc bắt đầu va chạm đến lúc vừa va chạm xong được bảo toàn: L0( m2 )  L0(3 m1 )  L( m2 )  L(3 m1 ) v0 v Câu 1  I2 .  I  I2 2l 2l (2,0 đ) m2 (v0  v) 0,5  m2 v0 2l  I   m2v 2l    (1) ……... 7 m1l Gọi  là góc cực đại tạo bởi thanh và phương thẳng đứng sau va chạm. Cơ năng của hệ 3 quả cầu và thanh được bảo toàn nên ta có: 1 2 I   m1 gl (1  cos )  m1 g 2l (1  cos )  m1 g 3l (1  cos ) (2) ………. 0,5 2 m 2 (v  v ) 2 Giải hệ (1) và (2) ta có: cos  1  2 0 2 ……………………………………. 42 m1 gl 0,5 a) (1,25 điểm) Vì R=0 nên suất điện động cảm ứng trên thanh MN luôn bằng hiệu điện thế giữa hai bản tụ. E  U C  BLv  U C (1) …….. 0,25 Phương trình Định luật II Newton cho chuyển động của thanh MN P  Ft  ma  mg  BLI  ma (2) ……. 0,25 Với Ft là lực từ tác dung lên thanh, a là gia tốc của thanh, I là cường độ dòng điện qua mạch trong khoảng thời gian t . q U C Ta có I  C (3) …… 0,25 t t Câu 2 Từ (1) suy ra U C  BLv thay vào (3) ta được: (2,0 đ) v I  CBL  CBLa (4) ……. 0,25 t mg Thay (4) vào (2) ta được: a   hằng số. ………………………………… 0,25 m  CB 2 L2 Điều đó chứng tỏ thanh MN chuyển động nhanh dần đều. b) (0,75 điểm) mg 0,25 Thanh MN trượt nhanh dần đều với vận tốc v  v0  at  v0  t (5)…. m  CB 2 L2 U 0,25 Khi UC = UT thì tụ bị đánh thủng, khi đó vận tốc của thanh là v  T (6)….. BL Từ (5) và (6) suy ra thời gian trượt của thanh cho đến khi tụ bị đánh thủng là: 1  UT  t   v0   m  CB 2 L2  ………………………………………………….. 0,25 mg  BL  a) (1,0 điểm)
Câu 3 Ta có   v.T  1cm ………………………………………………………. 0,25 (2,0 đ) Điều kiện để tại M có cực đại giao thoa là: MB – MA = k   l 2  d 2  l  k  với k =1, 2, 3 … ………………….. 0,25 k=2 A l M k=1 d k=0 B Khi l càng lớn đường thẳng AM cắt các vân cực đại giao thoa có bậc càng nhỏ (k càng bé), vậy ứng với giá trị lớn nhất của l để tại M có cực đại là khi M là giao của đường AM và vân cực đại bậc 1 (k=1). ………………………….. 0,25 Thay các giá trị đã cho ta nhận được: 2 2 l  d  l  1  l  71,5(cm) …………. 0,25 b)(1,0 điểm) A 3cm C x k=2 k=1 d k=0 D k=-2 B Để trên CD chỉ có 5 điểm dao động với biên độ cực đại mà khoảng cách từ AB đến CD lớn nhất thì C, D phải nằm trên hai vân cực đại bậc 2 (k =  2) (do trung điểm của CD là một cực đại), xem hình vẽ. …………………………….. 0,5 Gọi khoảng cách từ AB đến CD bằng x. Xét điểm C nằm trên vân cực đại bậc 2 ứng với k=2.Từ hình vẽ ta có: CA  d1  x 2  9 và CB  d 2  x 2  81 ……………………………….. 0,25 2 2 Suy ra d 2  d1  x  81  x  9  2  2  x  16, 73(cm) ………………. 0,25  N1  N2 G   F1 F2 0,5  mg x x o 2l    Các lực tác dụng lên tấm gỗ như gồm có: Trọng lực mg ; Các phản lực: N1 ; N 2 và các Câu 4   (2,0 đ) lực ma sát F1 , F2 ( F1  kN1 , F2  kN 2 ) .
    Ta luôn có: mg  N1  N 2  0  N1  N 2  mg (1) .......... 0,25     - Ở VTCB  F  F01  F02  0 Suy ra N01 = N02 nên khối tâm G cách đều hai trục quay. ……………………………………………………………………….. 0,25 - Chọn trục ox như hình vẽ, góc O ở VTCB, xét tấm gỗ ở vị trí có tọa độ x ,lêch    khỏi VTCB một đoạn nhỏ(xem hình vẽ). F  F  F 1 2 Tấm gỗ không quay quanh G nên M N  M N hay N1 (l  x )  N 2 (l  x )   (2) ……. 0,25  1 2  Suy ra N1 > N2, do đó F1 >F2 nên  F có chiều của F1 N1 N mg Từ (1) và (2) ta có thể viết  2  (3)……… 0,25 l  x l  x 2l   Áp dụng định luật 2 Newton ta có:  F  ma  F2  F1  ma  k ( N 2  N1 )  ma . 0,25 mg kg Thay N1, N2 từ (3) và thay a=x’’ ta có k x  mx ''  x''  x  0 ……………. 0,25 l l Điều đó chứng tỏ tấm gỗ dao động điều hòa. * Phương án thực hành: Bố trí mạch điện như hình vẽ (hoặc mô tả đúng cách mắc). + E _ U A R0 K1 0,25 Câu 5 (2,0 đ) K2 Rb - Bước 1: Chỉ đóng K1: số chỉ ampe kế là I1. Ta có: E = I1(r + R0) (1) ……. 0,5 - Bước 2: Chỉ đóng K2 và dịch chuyển con chạy để ampe kế chỉ I1. Khi đó phần biến trở tham gia vào mạch điện có giá trị bằng R0. …………………………… 0,5 - Bước 3: Giữ nguyên vị trí con chạy của biến trở ở bước 2 rồi đóng cả K1 và K2, số chỉ ampe kế làI2. Ta có: E = I2(r + R0/2) (2) ……. 0,5 (2 I1  I 2 ) R0 Giải hệ phương trình (1) và (2) ta tìm được: r  . 0,25 2( I 2  I1 ) * Ghi chú: 1. Phần nào thí sinh làm bài theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa phần đó. 2. Không viết công thức mà viết trực tiếp bằng số các đại lượng, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. 3. Ghi công thức đúng mà: 3.1. Thay số đúng nhưng tính toán sai thì cho nửa số điểm của câu. 3.3. Thay số từ kết quả sai của ý trước dẫn đến sai thì cho nửa số điểm của ý đó. 4. Nếu sai hoặc thiếu đơn vị 3 lần trở lên thì trừ 0,5 điểm. 5. Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 điểm.