Kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 11 THPT năm học 20122013 đề thi môn: Vật lý10377

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2012-2013
ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ
(Dành cho học sinh THPT chuyên)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1. Một khối khí lí tưởng với chỉ số đoạn nhiệt  (=Cp/CV) thực hiện
chu trình thuận nghịch gồm các quá trình đoạn nhiệt, đẳng áp và đẳng tích
như Hình 1. Tính hiệu suất của chu trình. Biết trong quá trình biến đổi
đoạn nhiệt thể tích của chất khí giảm đi n lần.

Câu 2. Cho hai hộp đen X, Y. Trong mỗi hộp chỉ có một trong ba linh kiện: điện trở thuần, tụ điện, cuộn
dây thuần cảm. Khi mắc X nối tiếp Y và mắc vào nguồn điện xoay chiều có tần số góc ω = 1 và có điện
áp hiệu dụng giữa hai cực khơng đổi, thì dịng điện hiệu dụng là I. Khi mắc X song song với Y và mắc
vào nguồn điện nói trên, thì dịng điện hiệu dụng mạch chính vẫn là I. Với mạch mắc song song, ta thay
đổi tần số góc của nguồn điện thì cường độ dịng điện hiệu dụng mạch chính lúc đầu giảm xuống rồi sau
đó lại tăng lên đến khi ω = 2 thì dịng điện hiệu dụng mạch chính lại bằng I. Tính 2 theo 1.
Câu 3. Cho cơ hệ như Hình 2. Vật khối lượng m nối với lò xo nhẹ, độ cứng
k dao động trên mặt nghiêng của nêm. Góc giữa mặt nghiêng của nêm với
phương ngang là . Nêm có khối lượng M và có thể chuyển động tự do trên
mặt phẳng ngang. Tìm chu kì dao động nhỏ của hệ. Bỏ qua mọi ma sát.

Câu 4. Một đĩa tròn mỏng, tâm O, bán kính R, khối lượng M chuyển động tịnh tiến thẳng đều không ma
sát với vận tốc v0=10m/s trên mặt sàn nằm ngang (mặt phẳng đĩa coi là trùng với mặt sàn). Từ độ cao
h=5m so với mặt sàn, người ta thả rơi một vật nhỏ khối lượng m=M/4. Vật chạm vào đĩa tại tâm O sau đó
nảy lên đến độ cao bằng 0,81h. Hệ số ma sát giữa vật và đĩa là =0,2. Cho g=10m/s2.
1. Tính tầm xa của vật saần va chạm đầu tiên.
2. Tìm bán kính nhỏ nhất của đĩa để vật rơi trở lại đĩa ở ngay lần rơi kế tiếp. Ở lần rơi này, hãy xác định
độ lớn góc hợp bởi vận tốc của vật với hướng chuyển động của đĩa ngay trước khi vật chạm đĩa.

Câu 5. Cho hệ hai thấu kính đặt đồng trục, coi O1 trùng với O2 như Hình 3.
Thấu kính O1 có bán kính rìa là R1=0,5cm, tiêu cự là f1=20cm, thấu kính O2
có bán kính rìa là R2=1cm, tiêu cự là f2=20cm. Đặt trên trục chính của hệ
một nguồn sáng điểm S, cách hệ thấu kính 1m. Ở phía bên kia của hệ thấu
kính, đặt một màn chắn vng góc với trục chính. Tìm vị trí đặt màn để
kích thước vệt sáng thu được trên màn có diện tích nhỏ nhất.

-------------Hết----------Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh……………….

ThuVienDeThi.com


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
(Đáp án có 04 trang)

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2012-2013
ĐÁP ÁN MÔN: VẬT LÝ 11
(Dành cho học sinh THPT chuyên)

I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo
cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm tồn bài tính đến 0,25 và khơng làm trịn.
II. ĐÁP ÁN
Câu
Ý
Nội dung
Điểm

1
2đ
Trong chu trình:
- Nhiệt lượng khí nhận được:
Q1 = Cp(T3 – T2) ……………………………
0,5
Nhiệt lượng mà khí tỏa ra:
Q2 = Cv(T3 – T1) …………………………….
0,5
Hiệu suất của chu trình
Q  Q2
Q
 1 2
H 1
Q1
Q1
T
1 1
C (T  T )
T3
1
0,5
…………………………..
H  1 v 3 1  1
 1  T2
Cp (T3  T2 )
T3
Ta có
V2 V3 V1



, T1V1 1  T2 V2 1 và theo đề V1 = V3 = nV2
T2 T3 T3
Thay vào biểu thức của H được
1
1 
1
n ………………………………
0,5
H = 1
 1 1
n
2
2đ
- HS lý luận được X, Y là L và C…………………..
0,5
(Khi chuyển các hộp từ cách mắc nối tiếp thành cách mắc song song mà tổng trở
của mạch vẫn không thay đổi thì điều đó chỉ có thể xảy ra trong trường hợp khi
trong một hộp có cuộn cảm, cịn hộp kia có tụ điện.Ta ký hiệu độ tự cảm của
cuộn dây là L, điện dung của tụ điện là C, tần số của máy phát trước khi thay đổi
là . )
I
U
;I 
……………… ……
1
C
L 
C
U

Tương tự, khi mắc song song, ta có: I 
 UC . ………… ………………
L
Từ đó, ta nhận được:

Khi mắc nối tiếp thì: U  I  L 

1



1
1
1
 C   2 LC  2
 3   2 LC  2
 1 …….
L
 LC
 LC

1
L 
C
Ta ký hiệu 2LC = x, ta nhận được 2 phương trình: x2 – 3x + 1 = 0. …. ……..
x2 - x+1 = 0 (loại vì  khơng thay đổi)
ThuVienDeThi.com

0,25

0,25

0,25

0,25


Tỷ số giữa các tần số bằng tỷ số giữa các nghiệm của phương trình này:
1

2

x1
3 5
2, 62


 2, 6 , hoặc ω2 = 2,6.ω1... .............. ................
x2
0,38
3 5
0,5

3

2đ

O

x1

F
y2
Y

X

x2
N

P

- Chọn hệ tọa độ như hình vẽ, gốc O ở vị trí cân bằng của m. Tại vị trí cân bằng
mg sin 
…………………………… ……………………….
k

lò xo giãn : lo 

0,25

- Xét hệ ở thời điểm t bất kỳ, khi đó m có tọa độ (x2, y2), cịn M có tọa độ x1.
Động lượng của hệ theo phương ngang bảo toàn:
0,25
M.x1 + m.x2 = 0 …………….
- Mối liên hệ giữa các tọa độ của m và M :



y2 = (x2 – x1).tan  y2 = x2.tan 1 




 a2y = a2x.tgα 1 

m

M

m
 …………….. …
M

- Xét vật m: chịu 3 lực tác dụng. Phương trình định luật II Niutơn cho m:

0,5



 
m.a2  N  mg  F

- Chiếu lên hai trục tọa độ :

ma 2x  N sin   Fcos
ma 2y  mg  Ncos   Fsin 

...................... .....

F=kΔl

x x
x 
m
trong đó : l  l0  2 1  l0  2 1   ………………….
cos
cos  M 
- Từ các phương trình trên ta có :

1

0,25

k
Mm
a 2x   .
x 2  x ''2 ........................ ........... ........
2
m M  m.sin 

0,25

m M  msin 2 

0,25

Vậy chu kỳ dao động là : T  2

4

0,25



k M  m 

........ ........ ..............

Vận tốc vật trước va chạm v1  2gh = 10m/s
Sau va chạm vật nẩy lên đến độ cao cực đại 0,81h; vậy vận tốc theo phương Oy
có độ lớn v1'  2g.0,81h  0,9v1 = 9m/s ........ ...................... ...................
Giả sử thời gian va chạm là t. Gọi v1’, vx là các thành phần vận tốc theo phương
thẳng đứng và nằm ngang sau va chạm so với đất, ta có :

ThuVienDeThi.com

0,25






 

Py  mv1 ; P 'y  mv '1  Nt  P 'y  Py  N.t  1,9mv1






........... ...
Px  0; P 'x  mv x  Fms t  mv x

0,5

hay Nt  mv x  1,9mv1  v x  1,9v1
Thời gian chuyển động của vật sau va chạm là t 

1,8v1
= 1,8s
g

nên tầm xa của vật là
1,8v1 3, 42v12 3, 42.2gh


 6,84h. =6,84m .......... .....
g
g
g



Với đĩa F 'ms .t  Mv  Mv 0 . Chiếu lên trục Ox ta có:
 F 'ms t  Mv  Mv 0 hay F 'ms .t  Mv 0  Mv  Fms .t
m ......... ....
Do Nt  mv x  Mv 0  Mv  mv x  1,9mv1  v  v 0  1,9 v1
M
Với vận tốc v sau thời gian t tâm O của đĩa đi được s0 = vt
Để vật rơi vào đĩa thì |L- s0| ≤R ...... ................... ................. ..........................

1,8v 0
2gh =9,45m ....... ....... ....... .............................
 R min  8,55h 
g
Vận tốc của vật hợp với đĩa một góc  mà:
L = vxt = 1,9v1

2

0,9 2gh
0,9 2gh
v1'
tan  


. .... ..... ..... .......
v x  v 1,9 2gh (1  m )  v
2,375 2gh  v 0
0
M
hay α ≈ 600
(Nếu HS giải với một trường hợp cụ thể thì cho đủ điểm)
5

2đ

0,25

0,25

0,25
0,25

0,25

P
M

A
S


S1

S2
I

B

N

Q
Ánh sáng phát ra từ S sẽ đi qua hai phần thấu kính: phần rìa là đơn thấu kính O2
và phần giữa là hệ thấu kính O1≡ O2 ghép sát (O1≡ O2≡O). Phần thấu kính ghép
sát tương đương một thấu kính có tiêu cự fo=10cm. ...........................
Phần đơn thấu kính O2 cho ảnh ở S2, phần thấu kính hệ cho ảnh ở S1. Từ hình vẽ
ta thấy diện tích vết sáng trên màn là nhỏ nhất khi đặt màn tại I.......................
- Sử dụng cơng thức thấu kính ta có: S2 cách O đoạn S2O=25cm, S1 cách O đoạn
S1O=100/9cm............................ . ......................................... ..................
S I

MI S1 I
MI
- Xét cặp tam giác đồng dạng ta được: 2 
...........
;

S 2O
PO2 S1O
AO
S I
SI
- Vì PO  2 AO  1  2  S1 I  6,54cm ……………………………
S 2O
2 S1O
Vậy cần đặt màn cách O đoạn là: O I  O S1  S1 I  17, 65cm ………………
---------------------HẾT---------------ThuVienDeThi.com

0,25
0,5

0,5
0,25
0,25
0,25