ĐÁP ÁN ĐỀ 08

SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐỀ 08: KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIẢI CẤP TỈNH THPT HẬU LỘC I NĂM HỌC 2020 - 2021 ĐỀ THAM KHẢO MÔN THI: VẬT LÝ ( Đề thi gồm 02 trang, 10 câu/bài ) Thời gian: 180 Phút (không kể thời gian giao đề ) Câu 1 (2,0 điểm): Cuộn dây kim loại hình tròn, N = 1000 vòng, đường kính d = 10 cm, tiết diện dây S  = 0,2 mm2 có trục song song với B của từ trường đều. Tốc độ biến thiên ΔB = 0,2 T . Cho điện trở Δt s  suất ρ = 2.10-8 Ωm a. Nối hay đầu cuộn dây với một tụ điện có điện dung C = 1μF . Tính điện tích của tụ điện. b. Nối hai đầu cuộn dây với nhau. Tính cường độ dòng cảm ứng và công suất tỏa nhiệt trong cuộn dây. Câu 2 (2,0 điểm): Một con lắc lò xo thẳng đứng, đầu trên treo vào điểm cố định k = 10 N/m, đầu dưới gắn vật nặng khối lượng m = 100 g, lấy g = 10 m/s2 . Ban đầu đưa vật dọc theo trục lò xo đến vị trí lò xo bị nén 2 cm rồi thả nhẹ. a. Bỏ qua mọi sức cản, ma sát. Chọn trục tọa độ thẳng đứng xuống, gốc O tại vị trí cân bằng, mốc thời gian lúc thả nhẹ.Viết phương trình dao động của vật nặng. b. Giả sử sau khi thả nhẹ, vật chịu tác dụng của lực cản của không khí có độ lớn không đổi FC = 0,01 N. Tìm vận tốc cực đại của vật nặng. Câu 3(2,0 điểm): Một con lắc đơn lý tưởng dây treo dài l =1 m vật nặng có khối lượng m = 100 g được treo trong thang máy đứng yên. Kéo con lắc ra khỏi vị trí cân bằng sang phải một góc 0 nhỏ rồi thả không vận tốc đầu. Thời gian từ lúc thả đến lúc vật nặng đi hết quãng đường π m là 4 s. Lấy g 8 3 = π2 =10 m/s2; chọn gốc thời gian là lúc thả vật, chiều dương từ phải sang trái. Bỏ qua mọi sức cản không khí và ma sát. a. Viết phương trình li độ góc của con lắc. Tính lực căng của dây treo con lắc khi qua vị trí cân bằng. b. Nếu khi vật qua vị trí cân bằng lần 1 thì thang máy rơi tự do. Tính thời gian từ lúc thả vật đến lúc con lắc có li độ góc  = 4,50 lần 1. Câu 4(2,0 điểm): Cho mạch điện xoay chiều gồm biến trở và cuộn dây không thuần cảm mắc nối tiếp. Điều chỉnh biến trở đến R = R1 thì công suất tỏa nhiệt trên biến trở là lớn nhất và bằng P1 = 250W. Điều chỉnh biến trở R = R2 thì công suất tỏa nhiệt trên toàn mạch là lớn nhất và bằng P2 = 500W. Khi R = R1 thì công suất tỏa nhiệt trên toàn mạch bằng bao nhiêu? Câu 5(2,0 điểm):

Hai chất điểm dao động điều hòa cùng tần số trên hai đường thẳng song song kề nhau và cùng song song với Ox có đồ thị li độ như hình vẽ ( khoảng cách giữa hai đường thẳng rất nhỏ so với khoảng cách của hai chất điểm trên trục Ox). Vị trí cân bằng của hai chất điểm đều ở trên một đường thẳng qua gốc tọa độ và vuông góc với Ox. Biết t2 - t1 = 3 s. Kể từ lúc t=0, hai chất điểm cách nhau 5√3 cm lần thứ 2020 là bao nhiêu? Câu 6(2,0 điểm): Cho đoạn mạch xoay chiều AB gồm: biến trở R, P O cuộn dây không thuần cảm với độ tự cảm L= 0,6 H, và tụ có điện π dung C = 10-3 F mắc nối tiếp. Đặt điện áp xoay chiều (2) 3π (1) u = U 2cos100πt (U không thay đổi) vào 2 đầu A, B. Thay đổi giá trị R  biến trở R ta thu được đồ thị phụ thuộc của công suất tiêu thụ trên mạch vào giá trị R theo đường (1). Nối tắt cuộn dây và tiếp tục thu 10 được đồ thị (2) biểu diễn sự phụ thuộc của công suất trên mạch vào giá trị R. Xác định điện trở thuần của cuộn dây. Câu 7 (2,0 điểm): Mạch điện xoay chiều theo thứ tự R, C, L nối tiếp, Cuộn cảm thuần có giá trị L thay đổi được, điện dung của tụ điện C= 10-4 F. Đặt điện áp xoay chiều u = U0cos(ωt) (U0 không đổi 2π và ω thay đổi được) vào hai đầu đoạn mạch. a. Khi L = L0 thì điện áp trên cuộn cảm cực đại và điện áp hiệu dụng trên R là 75 V. Khi điện áp tức thời hai đầu mạch là 75 6 V thì điện áp tức thời của đoạn mạch RC là 25 6 V. Tìm U0 . b. Điều chỉnh L để điện áp hiệu dụng trên L đạt cực đại theo 2 phương án: Phương án 1: R = R1 và ω = ω1 thì giá trị hiệu dụng ULmax khi L= L1= 2,5 H π Phương án 2: R = R2 và ω = ω2 thì giá trị hiệu dụng U' khi L = L1 Lmax Biết rằng với 2 phương án trên thì khi L = L2= 1 H , hệ số công suất của mạch đều bằng 2. π 2 Xác định ω1, ω2, R1, R2 . Phương án nào điện áp hiệu dụng trên L có giá trị cực đại lớn hơn? Câu 8 (2,0 điểm): Một chậu hình hộp đáy phẳng, chứa chất lỏng có chiết suất n =1,732 = 3 , chiều cao h = 4 cm . Một tia sáng phát ra từ điểm vật S ở đáy chậu tới I ở mặt thoáng với góc tới i . a. Xác định i để tia khúc xạ và tia phản xạ vuông góc với nhau. b. Dựng ảnh S’ của S tạo bởi một chùm tia sáng hẹp qua I theo phương vuông góc. Tính khoảng cách từ S đến mặt thoáng. Câu 9 (2,0 điểm): Cho mạch như hình vẽ: nguồn có suất A điện động R1 R2 F R3 E = 30V, điện trở trong r = 3  ; R1 = 12  ; R2 = 36  ; BG R3 = 18  ; Điện trở Ampekế và dây nối không đáng kể. D a. Tìm số chỉ Ampekế và chiều dòng điện qua nó b. Thay Ampekế bằng một biến trở R4 có giá trị biến E, r đổi từ 2  đến 8  . Tìm R4 để dòng điện qua R4 đạt giá trị cực đại. Câu 10 (2,0 điểm): Có hai hộp kín, biết bên trong một hộp chứa điện trở thuần R, một hộp chứa tụ C. Hãy lập một phương án thí nghiệm đơn giản - có giải thích để chỉ ra hộp nào chứa R, hộp nào chứa C

với các dụng cụ sau: một vôn kế nhiệt có điện trở rất lớn ; một ống dây thuần cảm có độ tự cảm L (ZL ≠ ZC); một nguồn điện xoay chiều u = U 2 cos2πft (U; f không thay đổi). …………………………. HẾT ….............................. SỞ GD&ĐT THANH HÓA HƯỚNG DẪN CHẤM THPT HẬU LỘC I ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIẢI CẤP TỈNH GV: BÙI VĂN DƯƠNG NĂM HỌC 2020 - 2021 MÔN THI: VẬT LÝ Thời gian: 180 Phút (không kể thời gian giao đề ) Câu Ý Nội dung Điểm Ta có: Suất điện động cảm ứng xuất hiện trong cuộn dây có độ lớn: 0,5 Câu 1 0,5 (2,0 đ) Δ ΔB N. d 2 ΔB 1000. .0,12 0,25 Δt Δt 4 Δt 4 0,25 Câu 2 a E  NS  .  .0, 2  1, 6V 0,25 (2,0 đ) (1,0 đ) 0,25 a) Điện tích của tụ điện: Q  CU  CE  1.1, 6  1, 6C 0,25 b) Cường độ dòng cảm ứng và công suất nhiệt trong cuộn dây 0,25 - Điện trở của cuộn dây: R 1  N. .d  2.108  .0,1.1000  32 0,5 S S 0, 2.106 b - Cường độ dòng cảm ứng qua cuộn dây: I  E  1, 6  0, 05A (1,0 đ) R 32 - Công suất nhiệt của cuộn dây: P  RI 2  32.0, 052  0, 08W Vậy: Cường độ dòng cảm ứng và công suất nhiệt trong cuộn dây là 0,05A và 0,08W. Chọn trục tọa độ ox thẳng đứng xuống + l  mg  0,1m  10cm k a + A  l  2  12cm (1,0 đ) + K  10  10(rad / s) m 0,1 + t = 0   + x  12 cos(10t   )cm + Vận tốc cực đại tại VTCB mới b mg  K (l  x )  FC 0 x  FC  0, 001m  0,1cm 0,5 (1,0 đ) K 0,5 + vmax   A1  .( A  x )  11, 9(cm / s) 0,25 Câu 3 a a. Chọn gốc thời gian là lúc thả, chiều dương từ phải sang trái theo đề bài (2,0 đ) (1,0 đ)

+ g   (rad / s);T  2  2s I l  + Từ lúc thả t0  0 vật ở biên , 0 0,25 m 0,25 sau t  4  1 1  T  T tức vật đi được: 0,25 3 3 2 6 O 0,25 s  2S0  S0  5S0    S0   (m) 2 2 8 20 S0  0.l  0    90 20 + t0  0 khi vật ở:   0  cos  1     + Phương trình dao động:    cos( t  ) (rad) . 20   + Khi m ở li độ góc  bất lỳ các lực tác dụng P,T . Đ/ L II Niu tơn cho vật m:    I P T  ma + Chiếu theo trục hướng vào tâm I: T  P  m.aht T  mg  mv2   0 m l T + Tại VTCB O: v  S0 T  mg  m( S0 )2  1, 024N  O l P + Từ lúc thả vật đến khi qua VTCB O lần 1: t1  T  0, 5s;v0  S0  .   0, 5(m / s) 0,25 4 20 0,25 + Khi thang máy rơi tự do,sovới thang máy con lắc I 0,25 chịu tác dụng của 3 lực T , P, Fqt  mg . Do 0,25      P  Fqt  0  hợp lực tác dụng vào m là Fhl  T  0 Fqt  m T hướng vào tâm I qũy đạo tròn  Vật chuyển động  tròn đều. P O b + Thời gian từ VTCB O đến vị trí có li độ  : (1,0 đ) 40   4, 50  (rad ) OM  .l  .1  v0 v0 40 20 t2      0,157(s) 0, 5 + Thời gian từ lúc thả đến khi đến vị trí có li độ   4,50   (rad ) là: 40 t  t1  t2  0, 657(s) Câu 4 0,5 (2,0 đ)

=400W + đồ thị cắt nhau thì hai vật sẽ gặp nhau + thời gian hai lần liên tiếp gặp nhau là T/2 +trên đồ thị thấy từ t1 đến t2 có 4 lần gặp nhau:  t2 - t1 = 3 T  3 = 3 T  T = 2s  ω = π rad / s 2 2  x1  5cos  t          x2 5 3 cos   t  2  Câu 5 (2,0 đ)  Khoảng cách 0,25 Δx = x2 - x1 = 10cos  πt + 2π   3  4 Lần đầu:T/12+T/6+T/3+T/6=3T/4 Lần 2016: 504T ( 1 vòng qua 4 lần) Lần thứ 2020: 3T/4+504T=1009,5s Ta có ZZLC  60 . P  30 O 10 (2) (1) Câu 6 Khi R tăng từ 0   thì PAB luôn giảm (2,0 đ) R Khi đó xảy ra trường hợp r  ZL  ZC  30 Câu 7  (2,0 đ) PAB  r2  U2r I ZL  ZC  Mặt khác: Khi R = 0 thì 2 Khi R = 100 và bỏ cuộn dây đi thì PA' B  U2R R2  Z2C Vì P = P’ nên U2r U2R U2r  10 r  10 ZL  ZC 2  R2  Z2C  r2  302 102  302  r  90  r2  + Giản đồ véc tơ của mạch như hình vẽ.   0,25 U AB UL + Đ/L hàm số sin:   UC a U  UL , sin   R UR (1,0 đ) sin  sin  Z RC    UL U. R2  Z 2 .sin  U RC R C

+ U LMax  U . R2  Z 2 (1)khi sin   1va ZL  R2  ZC2 (2) 0,25 C R 0,25 0,25 R 0,25 a. Định lý hình vuông: 0,25 1  1  1 1 (3) 0,25 U2  752 0,25 U 2 U 2 0,25 RC R 0,25 0,5 Do sin   1 và R,C không đổi nên uRC ,uAB luôn vuông pha u 2   uRC 2 1  75 6 2  25 6 2  2(4)    U 0 RC   U    U RC   U 0    Giải hệ ( 3) và (4) ta có: U= 150V  U0  150 2V b.Từ (1): R2  L1  1 (5) C C 2 2 L2  1 R2  1 2 C  C  Hệ có cùng công suất: tan    1   L2  (6) R Từ (5) và (6): 4  (L1  2L2 )  2 2 0 CL22  C 2.L22 b Thay số:  4  9 2.104.2.  8 4.108  0 (1,0 đ) Giải được: 1  100 (rad / s);2  200 2. (rad / s) + 1  100 (rad / s) : R1  100;U Lmax  5U + 2  200 2. (rad / s) : R2  150 2;ULmax  10 U 3 + Phương án 1: 1  100 (rad / s) : R1  100;ULmax  5U cho U Lmax lớn hơn. Định i để tia khúc xạ và tia phản xạ vuông góc với nhau - Theo định luật phản xạ ánh sáng, ta có: i  i . - Theo định luật khúc xạ ánh sáng, ta có: n sin i  sin r (1) Câu 8 a - Vì tia khúc xạ vuông góc với tia phản xạ nên ta có: (2) (2,0 đ) (1,0 đ) i  r  90  sin r  cos i  cos i - Từ (1) và (2) ta có: n sin i  cos i  tan i  1  1  i  30 n 3 Vậy: Để tia khúc xạ và tia phản xạ vuông góc với nhau thì i  30 .

Khoảng cách từ S đến mặt thoáng: Ảnh S của S được mô tả trên hình a. 0,25 b - Theo định luật khúc xạ ánh sáng, ta có: (1,0 đ) sin r  n.sin i  3.sin 30  3. 1  3  r  60 0,25 2 2 0,25 - Mặt khác, ta có: HS tan r  HS tan i 0,25 HS.tan i 4. 3 0,25 tan r 0,25  HS    3  1,33 cm . 0,25 3 0,25 Vậy: Khoảng cách từ ảnh S đến mặt thoáng là 1,33 cm. 0,25 Mạch ngoài: (R2//R3) nt R1 R3 R23 = R2R3 = 12  ; Rn = R1 + R23 = 24  R2+ R3 B R1 G R2 F D E, r a * Dòng điện mạch chính: Ic = E = 30 = 10 A (1,0 đ) Rn+ r 24 + 3 9 I1 = Ic = I23 => U23 = I23.R23 = 10 .12 = 40 V = U2 = U3 9 3 Câu 9 I2 = U2 = 10 A; I3 = Ic – I2 = 20 A = IA. (2,0 đ) R2 27 27 Vậy: Ampekế chỉ 20 A = 0,74A và dòng điện có chiều từ D sang G 27 R4 * Khi thay Ampekế bằng biến trở R4: Ta có: Mạch ngoài: [(R3 nt R4) // R2] nt R1. R1 R2 F R3 D R34 = R3 + R4 = 18 + R4. B G b R234 = R 2R 34 = 36(18 + R 4 ) (1,0 đ) R 2 + R 34 54 + R4 E, r Rn = R1 + R234 = 12 + 36(18 + R 4 ) = 1296 +48R 4 54 + R4 54 + R4

* Dòng điện mạch chính: Ic = E = 30 = 30(54 + R 4 ) = 10(54 + R 4 ) Rn+ r 1458 + 51R4 486 +17R 4 1296 + 48R 4 + 3 54 + R4 0,25 U234 = Ic.R234  10(54 + R 4 ) . 36(18 + R 4 )  360(18 + R 4 ) = U34 = U2 0,25 486 +17R 4 54 + R4 486 +17R4 0,25 I34 = U 34 = 360(18 + R 4 ) = 360 = I3 = I4 0,25 R 34 (486 +17R 4 )(18 + R 4 ) (486 +17R4 ) 0,25 0,25 Vậy: Để I4max thì (486 + 17R4)min => R4min = 2  . 0,25 0,25 Cách xác định (1 đ): 0,25 0,25 Dùng vôn kế đo điện áp hiệu dụng ở 2 đầu đoạn mạch được U. Mắc nối tiếp 1 hộp X bất kỳ trong 2 hộp với ống dây L rồi mắc vào mạch a xoay chiều. (1,0 đ) Dùng vôn kế đo điện áp hiệu dụng 2 đầu ống dây và 2 đầu hộp X được UL và UX Nếu 1 trong 2 số chỉ này UL hoặc UX > U => Hộp X chứa tụ C Câu 10 Nếu cả 2 số chỉ này UL ; UX < U => Hộp X chứa R (2,0 đ) Giải thích (1 đ) U =  +  Hay U = | U L - U C | Nếu hộp X chứa tụ C --> UL UC b Vậy: Hoặc U = U L - U C => UL = U + UC > U (1,0 đ) Hoặc U = UC – UL => UC = U + UL > U Nếu hộp X chứa R --> U = U L + U R Hay U2 = UL2 + UR2 . Vậy : UR ; UL < U