Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Vật lí Lớp 12 - Năm học 2019-2020 - Trường THPT Mạc Đĩnh Chi (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Vật lí Lớp 12 - Năm học 2019-2020 - Trường THPT Mạc Đĩnh Chi (Có đáp án)

1. SỞ GDĐT GIA LAI KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT MẠC ĐĨNH CHI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2019 - 2020 Môn thi: Vật Lý ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài:180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 02 trang) Ngày thi: 09/11/2019 Bài 1. (3,0 điểm) Một mol chất khí lí tưởng thực hiện chu trình biến đổi sau đây: 5 Từ trạng thái 1 với áp suất P1 10 Pa , nhiệt độ T1 600K . 4 - Dãn nở đẳng nhiệt đến trạng thái 2 có P2 2,5.10 Pa ; - Bị nén đẳng áp đến trạng thái 3 có T3 300K ; - Nén đẳng nhiệt đếm trạng thái 4 và trở lại trạng thái 1 bằng quá trình đẳng tích. a) Tính các thể tích V1 ,V2 ,V3 và áp suất P4 . Vẽ đồ thị chu kì trong tọa độ P-V? b) Chất khí nhận hay sinh bao nhiêu công, nhận hay tỏa bao nhiêu nhiệt lượng trong mỗi quá trình và trong cả chu trình? 5R (Cho biết: R=8,31J/molK , nhiệt dung mol đẳng tích C , công 1 mol khí sinh ra trong quá V 2 V2 trình dãn nở đẳng nhiệt từ thể tích V1 đến thể tích V2 là: A RT ln ) V1 Bài 2. (3,0 điểm) Cho mạch điện (Hình 1). Nguồn điện có suất điện động E 8V , K A điện trở trong r 2 . Điện trở của đèn là R1 R2 3 , Ampe kế được coi là lí tưởng. E,r R1 a) Khoá K mở, di chuyển con chạy C người ta nhận thấy khi điện trở D của phần AC của biến trở AB có giá trị 1 thì đèn sáng yếu nhất. Tính điện trở toàn phần của biến trở. R2 b) Mắc một biến trở khác thay vào chỗ của biến trở đã cho và đóng C khóa K. Khi điện trở của phần AC bằng 6 thì ampe kế chỉ 5/3A. Tính B A giá trị toàn phần của biến trở mới. Hình 1 Bài 3. (4,0 điểm) Một vật sáng AB đặt thẳng góc với trục chính của một thấu kính hội tụ cho một ảnh thật nằm cách vật một khoảng cách nào đó. Nếu cho vật dịch lại gần thấu kính một khoảng 30 cm thì ảnh của AB vẫn là ảnh thật nằm cách vật một khoảng như cũ và lớn gấp 4 lần ảnh cũ. a) Xác định tiêu cự của thấu kính và vị trí ban đầu của vật AB b) Để được ảnh cao bằng vật, phải dịch chuyển vật từ vị trí ban đầu đi một khoảng bao nhiêu, theo chiều nào? Bài 4: (4,0 điểm) m1 m2 Một lò xo có khối lượng không đáng kể (Hình 2), hệ số đàn k hồi k = 150(N/m) được đặt nằm ngang, một đầu được giữ cố định, đầu còn lại được gắn với chất điểm O (Hình 2) x
2. m1 = 1(kg). Chất điểm m1 được gắn với chất điểm thứ hai m2 = 0,5(kg). Các chất điểm đó có thể dao động trên mặt phẳng nằm ngang. Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, gốc O tại vị trí cân bằng của hệ vật. Tại thời điểm ban đầu giữ hai vật ở vị trí lò xo nén 4cm rồi buông nhẹ. Bỏ qua ma sát, sức cản của môi trường. 1. Xem các chất điểm luôn gắn chặt với nhau trong quá trình dao động, chọn gốc thời gian khi buông vật. a) Viết phương trình dao động của hệ vật. b) Vẽ đồ thị động năng theo thế năng. c) Tính khoảng thời gian ngắn nhất để vật đi từ li độ x1= 2(cm) đến x2= 2 2 (cm). 5 d) Tìm quãng đường mà vật đi được từ thời điểm t s đến thời điểm t s . 1 20 2 8 e) Khi vật ở li độ x = 2(cm) thì giữ chặt điểm chính giữa của lò xo. Tìm biên độ dao động của hệ vật sau đó. 2. Chỗ gắn hai chất điểm bị bong ra nếu lực kéo tại đó đạt đến 1(N). Tìm vị trí chất điểm m 2 tách khỏi chất điểm m1 và tính vận tốc cực đại của m1 sau đó. Bài 5. (4,0 điểm) Trên mặt nước có hai nguồn phát sóng kết hợp là nguồn điểm A và B dao động theo phương trình: uA uB acos(20 t) . Coi biên độ sóng không đổi. Người ta đo được khoảng cách giữa 2 điểm đứng yên liên tiếp trên đoạn AB là 3cm. Khoảng cách giữa hai nguồn A, B là 30cm. 1. Tính tốc độ sóng. 2. Tính số điểm đứng yên trên đoạn AB. 3. Hai điểm M1 và M2 trên đoạn AB cách trung điểm H của AB những đoạn lần lượt là 0,5cm và 2cm. Tại thời điểm t 1 vận tốc của M 1 có giá trị đại số là 12cm / s. Tính giá trị đại số của vận tốc của M2 tại thời điểm t1. 4. Tính số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn AB cùng pha với nguồn. Bài 6. (4,0 điểm) Cho mạch điện không phân nhánh như hình 3, gồm có điện trở thuần R=80  , cuộn dây L không thuần cảm và tụ điện C. Điện áp giữa hai điểm P và Q có biểu thức uPQ =240 2cos100πt(V) . π π a) Dòng điện hiệu dụng trong mạch là I= 3(A) , uDQ sớm pha hơn uPQ là , uPM lệch pha 6 2 so với uPQ. Tìm độ tự cảm, điện trở thuần r của cuộn dây và điện dung của tụ điện. b) Giữ nguyên tụ điện C, cuộn dây L và điện áp giữa hai điểm P và Q như đã cho, thay đổi điện trở R. Xác định giá trị của R để công suất tiêu thụ trong đoạn mạch PM là cực đại. C P R D M L,r Q (Hình 3) HẾT . - Thí sinh không được sử dụng tài liệu. - Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. - Họ và tên thí sinh ..SBD ..
3. SỞ GDĐT GIA LAI KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT MẠC ĐĨNH CHI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2019 - 2020 Môn thi: Vật Lý ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài:180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 09/11/2019 ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm gồn 06 trang) Bài Hướng dẫn chấm Điểm Áp dụng phương trình trạng thái tìm được: 3 3 V1 0,05m ;V2 0,2m 0.25 3 4 0.25 V3 0,1m ; P4 5.10 Pa Đồ thị như hình vẽ: 0.25 1 (3,0 điểm) b) ❖ Quá trình 1-2 : T=const U 0 . Nhiệt nhận được bằng công sinh ra. 3 Q A R.T.ln 6912J 1 1 2 0.5 N ❖ Qúa trình 2-3: U C T 1 .R. T T 6232,5J 2 V 2 3 2 Khí nhận công A2 : A2 P2 V3 V2 2500J 0.5 Khí tỏa nhiệt Q2 : Q2 U 2 A2 8732,5J ❖ Qúa trình 3-4: U 3 0 Khí nhận công và tỏa nhiệt: Q3 A3 RT ln 1728J 0.5 ❖ Qúa trình 4-1: V= const A4 0 Khí nhận nhiệt : Q4 U 4 CV T 6232,5J. 0.5 ❖ Vậy trong cả quá trình thì : 0.25 0.25
4. Khí nhận nhiệt:Q Q1 Q2 Q3 Q4 2648J Khí sinh công : A A1 A2 A3 A4 2648J . E,r R x A 1 (R- x) B C D R2 Gọi điện trở toàn phần của biến trở là R, điện trở phần AC là x Khi K mở ta có mạch như hình vẽ. điện trở toàn mạch 3(x 3) Rtm R x 2 x 6 0,5 x2 (R 1)x 21 6R x 6 U I.R 24 Cường độ dòng điện qua đèn: I CD CD 1 x R x R x2 (R 1)x 21 6R 1 1 0,5 Khi đèn sáng yếu nhất I1 nhỏ nhất hay mẫu số lớn nhất R 1 x . Theo đề bài x=1  . Vậy R=3  2 0,5 Khi K đóng ta có mạch như hình vẽ, E,r điện trở toàn mạch: 0,5 ' 17R 60 R1 Rtm ' 4(R 3) (R’- 6) B (R’ là điện trở toàn phần của biến trở mới) 0,5 A C D 32(R' 3) 48 5 R2 I I I A A BC ' ' 0,5 17R 60 17R 60 3 x=6 R' 12 a) Vì thấu kính là thấu kính hội tụ và hai ảnh đều là thật, vật dịch đến gần thấu kính một đoạn 30 cm mà ảnh vẫn cách vật một khoảng như cũ nên ảnh phải
5. dịch chuyển ra xa thấu kính so với ảnh cũ một đoạn là 30 cm 0.5 - Tại vị trí đầu ta có phương trình: 1 1 1 (1) d d ' f - Tại vị trí sau, ta có phương trình: 0.5 1 1 1 (2) d 30 d ' 30 f A B - Theo đề bài 2 2 4 và do d > 0 và d’ > 0, ta có : A1B1 ' A2 B2 A2 B2 AB d 30 d 0.5 . . ' 4 ( 3) A1B1 AB A1B1 d 30 d - Từ (1) và (2) ta có 1 1 1 1 d d ' d 30 d ' 30 0.5 1 1 1 1 d d 30 d ' 30 d d ' 30 d (4) d 30 d ' 0.25 - Thay ( 4) vào (3) ta được d = 2d’ 0.25 - Thay d = 2d’ vào phương trình ( 4) ta tìm được d’ = 30 cm => d = 60cm d.d ' 30.60 Vậy f 20cm 0.25 d d ' 30 60 0.25 b) Vì ảnh ảo của thấu kính hội tụ luôn lớn hơn vật, nên ảnh trong trường hợp này là ảnh thật. Theo đề bài ảnh bằng vật suy ra d1 = d’1. Mà 0.5 ' 2 d1.d1 d1 f ' d1 2 f 40cm d1 d1 2d1 0.5 Vậy phải dịch vật lại gần thấu kính một đoạn d d d1 60 40 20cm k a) +  10 rad/s 0,25 m1 m2 + Tại t = 0 thì x A 4cm nên rad 0 0,25 Vậy phương trình dao động là: x = 4 cos(10t+ ) cm. Wđ 0,25 0,25 0,12 0,25 Wt b) Ta có: Wđ = W – Wt o 0,12 mà 1 W kA2 0,12(J ) 2 0,25
6. Bảng biến thiên: Wt 0 0,12 Wđ = 0,12 – Wt 0,12 0 Đồ thị: 0,25 0,25 0,25 c) Thời gian ngắn nhất để vật dao động điều hòa đi từ x1 đến x2 tương ứng vật chuyển động tròn đi từ M1 đến M2 với góc quét là:  12 0,25  t s min  120 0,25 d) + Góc quét: . t 5,75 4 2 4 A 2 0,25 + Quãng đường đi được: S= 4.2A+2A+A+(A- )= 45,172 m 2 0,25 e) + Ngay sau khi giữ lò xo ở điểm chính giữa lò xo lớn đã trở thành hai lò xo ghép nối tiếp: k.l=k2.l2 và l=2l2 nên k2 =2k=300 N/m. k + Do đó:  ' 2 10 2rad / s và x’ = x/2=1 cm m1 m2 0,25 + Với v ' v  A2 x2 10 42 22 20 3 cm/s 2 0,25 2 v ' + A' x ' 2 7cm  ' 0,25 + Vị trí vật m2 bong ra khỏi vật m1 thỏa mãn: 2 Fk = m2.a= m2 . .x ''=1 N nên x’’= 2 cm k + Ngay sau khí bong thì :  '' 5 6rad / s và m1 v '' v  A2 x2 10 42 22 20 3 cm/s v ''2 + A'' x ''2 2 3cm  ''2 + Vậy: vMa x  ''.A'' 30 2cm / s + Khoảng cách giữa hai điểm đứng yên liên tiếp trên đoạn AB là:  / 2 3cm  6cm .0,5 + Tốc độ sóng: v  f 60cm / s 0,5 Tính số điểm cực đại trên đoạn AB + Khoảng cách giữa hai điểm đứng yên liên tiếp trên đoạn AB là  / 2 , khoảng cách giữa một điểm cực đại và một điểm đứng yên liên tiếp trên 0,25 đoạn AB là  / 4 + Hai nguồn cùng pha thì trung điểm của AB là một điểm cực đại giao thoa. 0,25
7. AB 1 + Trên đoạn AB có số điểm đứng yên là: N Amin 2 10 điểm.  2 0,5 Tính li độ của M1 tại thời điểm t1 + Pt dao động của M trên đoạn AB cách trung điểm H của AB một đoạn x: 2 x .AB u 2a.cos .cos(t ) . M   0,25 + Từ pt dao động của M trên đoạn AB ta thấy hai điểm trên đoạn AB dao động cùng pha hoặc ngược pha, nên tỷ số li độ cũng chính là tỷ số vận tốc 2 x1 2 .0,5 0,25 u / u cos cos M1 M1  6 3 / 2 / 3 u u 2 x2 2 .2 1/ 2 M 2 M 2 cos cos (4,0 điểm)  6 u / v u / M1 4 3(cm / s) M 2 M 2 3 0,5 Tính số điểm dao động với biên độ cực đại cùng pha với nguồn trên đoạn AB + Theo trên pt dao động của một điểm trên đoạn AB có biên độ cực đại : 2 x .AB 2 x u 2a.cos .cos(t ) 2a.cos cos(t-5 ) M    0,25 + Các điểm dao động với biên độ cực trên đoạn AB cùng pha với nguồn thoả mãn: 2k 1 2 x 2 x x . cos 1 (2k 1) 2 k 2; 1;0;1   AB / 2 x AB / 2 0,75 Vậy trên đoạn AB có 4 điểm dao động với biên độ cực đại cùng pha với nguồn. + Từ bài ra có giãn đồ véc tơ và mạch này có U 0,5 L tính cảm kháng. U DQ + Từ giãn đồ véc tơ ta có: U PQ U LC U R U PQ U DQ 6 6 2 2 2 U R U PQ U DQ 2U PQ .U DQ .Cos 1 6 O 2 2 2 2 2 2 U U R U I 0,5 r Rr R ZPQ ZDQ ZPQ .ZDQ . 3 U R 80 ; Z PQ 80 3 U + Thay số:  PQ  C U RC I Ta được: ZDQ = 80  = R hoặc ZDQ = 160  0,5 Loại nghiệm ZDQ = 160  (vì 1 nên UQD<UQP) 2 ZC + Vì ZDQ = 80  = R nên tan 3 Z 80 3 1 6 2 3 2 R C 0,25 1 Suy ra: C = ; 23.10 6 (F) 23(F) 100 .80 3 0,25 ZL ZC 120 3 + Mặt khác : Sin( 1 ) Sin ZL 120 3 L ; 0,562(H ) 6 3 ZDQ 100 0,25
8. Z Z + tan 3 L C r 40 3 r 0,25 U 2 P RI 2 PM r 2 (Z Z )2 0,25 L C R 2r R 2 2 r (ZL ZC ) 2 2 PPM R 2r R r (ZL ZC ) 80 0,25 Max R Min