Đề thi HSG tỉnh Bạc Liêu lớp 12 năm 2012 môn vật lý doc

1 Bảng A – Ngày 1
Họ và tên thí sinh:…………………… ………… Chữ ký giám thị 1:
Số báo danh:…………………………… ……… …………….………………
SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TỈNH
NĂM HỌC 2011 - 2012

* Môn thi: VẬT LÝ (BẢNG A)


* Ngày thi: 05/11/2011
* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

ĐỀ

Câu 1 (4 điểm):
Trên một tấm ván nghiêng một góc α so với mặt phẳng nằm ngang có một vật nhỏ.
Ván đứng yên thì vật cũng đứng yên (Hình vẽ). Cho ván chuyển động sang phải với
gia tốc
a
G
song song với đường nằm ngang. Tính giá trị cực đại của a để vật vẫn đứng
yên trên ván. Biết gia tốc rơi tự do là g và hệ số ma sát là
μ
.






Câu 2 (4 điểm):

Một lò xo OA có độ cứng K khối lượng không đáng kể. Đầu O được giữ cố định, đầu
dưới được gắn vào 1 đĩa khối lượng M. Từ độ cao h so với vị trí cân bằng của đĩa, thả
một chiếc vòng có khối lượng m bao quanh lò xo rơi không vận tốc ban đầu, không ma
sát đến gắn chặt vào đĩa, rồi cả 2 cùng dao động đ
iều hòa. Coi va chạm giữa vòng và
đĩa là hoàn toàn không đàn hồi. Bỏ qua lực cản, viết phương trình dao động của hệ,
chọn gốc thời gian lúc vật đi qua vị trí cân bằng theo chiều dương trục tọa độ.
Câu 3 (4 điểm):
Một Xylanh kín hai đầu đặt thẳng đứng, bên trong có một Píttông cách nhiệt, chia
Xylanh thành hai phần, mỗi phần chứa cùng một lượng khí ở cùng nhiệt độ T
1
= 400
K, áp suất P
2
của phần phía dưới Píttông gấp 2 lần áp suất P
1
của phần nằm trên
Píttông. Cần nung nóng phần dưới Píttông lên thêm nhiệt độ T
2
bằng bao nhiêu để thể
tích trong hai phần Xylanh bằng nhau?
Câu 4 (4 điểm):
Cho mạch điện như hình vẽ, trong đó R
1
= R
2
= 5
Ω
; R = 90
Ω

; tụ điện có điện dung
C = 2
F
μ
; Điện trở khóa K và các dây nối không đáng kể; hiệu điện thế ở hai đầu đoạn
mạch U = 90 V không thay đổi. Biết rằng khi K ngắt và K đóng đèn đều sáng bình
thường.
a. Tính điện trở của đèn.
b. Tính hiệu điện thế định mức của đèn.
(Gồm 02 trang)
CHÍNH THỨC
2 Bảng A – Ngày 1
c. Ban đầu K ngắt sau đó K đóng thì sau khoảng thời gian
st
3
10
−
=Δ
tụ điện phóng hết
điện tích. Tính cường độ dòng điện trung bình do tụ điện phóng ra chạy qua khóa K
trong khoảng thời gian nói trên.

Câu 5 (4 điểm):
Cho một thấu kính hội tụ có tiêu cự 10 cm.
1. Đặt vật sáng AB song song và cách màn ảnh một khoảng L = 45 cm. Tìm vị trí đặt
thấu kính để thu được ảnh rõ nét trên màn. Khi đó tính độ phóng đại của ảnh.
2. Đặt một điểm sáng S cách màn L’= 22,5 cm.
a. Chứng minh rằng không có vị trí nào của thấu kính thu được ảnh rõ nét trên màn.
b. Giả thiết thấu kính hình tròn đường kính rìa là D = 3 cm.Hãy tìm một vị trí đặt thấu
kính sao cho trên màn ảnh thu được một vùng sáng hình tròn có diện tích nh
ỏ
nhất.Tính diện tích vùng sáng đó.

Hết
R
1

R
2

R
3

R
Đ

C
C
A B
D
U
K

1 Bảng A – Ngày 1
SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TỈNH
NĂM HỌC 2011 - 2012

* Môn thi: VẬT LÝ (BẢNG A)


* Ngày thi: 05/11/2011
* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 1 (4 điểm):
Chọn hệ quy chiếu xOy gắn với tấm ván.
- Vật chịu các lực tác dụng: trọng lực
P
G
, lực quán tính
qt
F
G
hướng sang trái,
phản lực
N
G
của ván, lực ma sát
ms
F
G
như hình vẽ

(0,5 đ)


- Nếu vật còn ở trên ván thì N > 0 (1) (0,25 đ)
- Nếu vật đứng yên trên ván thì tổng hình chiếu các lực xuống hai trục phải
bằng 0 và lực ma sát trượt không vượt giới hạn F
ms
≤
μ
.N (2) (0,25 đ)
Ta có:
ms
F
G
+
P
G
+
qt
F
G
+
N
G
=

0
G
(3) (0,25 đ)
Chiếu (3) xuống Ox: F
ms
- mgsinα - macosα = 0 (4) (0,25 đ)
Chiếu (3) xuống Oy: N + masin
α - mg.cosα = 0 (5) (0,25 đ)

⇒ N = m(gcosα-a.sinα) (5’) (0,25 đ)
Áp dụng điều kiện (1) vào (5’) ta được: a < g.cotan
α (0,5 đ)
Với (4) và (5) ta viết lại điều kiện (2) như sau:
m(gsin
α+a.cosα) ≤
μ
m(gcosα-a.sinα) (0,5 đ)

⇒
(cos sin)
os + sin
g
a
c
μ
αα
α
μα
−
≤ (0,5 đ)

Vậy:
ax
(cos sin)
os + sin
m
g
a
c
μ
αα
α
μα
−
= (0,5 đ)
Câu 2 (4 điểm):

(Gồm 05 trang)
CHÍNH THỨC
A
M
O

O

x
x

x
’
y
x
N
G

qt
F
G

P
K
ms
F
G

2 Bảng A – Ngày 1

- Vẽ hình mô tả
Phương trình dao động tổng quat sau va chạm
)cos(
ϕ
ω
+
=
tAx .
Sau va chạm 2 vật gắn chặt vào nhau nên
mM
K
+
=
ω

Chọn gốc tọa độ O, gốc thế năng, mốc thời gian khi vật qua vị trí cân
bằng theo chiều dương ta có
2
π
ϕ
−=
Xác định A
Theo định luật bảo toàn cơ năng vận tốc của vòng trước khi va chạm
ghv 2=
Theo định luật bảo toàn động lượng ta tính được vận tốc của hệ sau va
chạm
m

M
ghm
m
M
mv
VVmMmv
+
=
+
=⇒+=
2
)(

Vị trí cân bằng mới của hệ (góc O) cách A một khoảng
0
x là
K
mg
K
Mg
K
gmM
x =−
+
=
)(
0

Năng lượng kích thích hệ dao động
22

0
2
22
2
2
2
22 2
22222
2
22
11
()
22
2
11
()( )
22
12 1 1
222
22
1
()
2
1
()
2
1.cos( )
() 2
WMmVKx
mgh

mg
WMm K
Mm K
mgh
WmgKA
Mm
mghmgmghK
A
KmM K K mM
mg hK
A
KMmg
mg hK K
xt
KMmg Mm
π
=++
=+ +
+
=+=
+
⎡
⎤
=+= +
⎢
⎥
++
⎣
⎦
=+

+
⇒= + −
++


(0,25 đ)
(0,25 đ)

(0,25 đ)



(0,25 đ)



(0,5 đ)



(0,5 đ)


(0,5 đ)


(0.5 đ)

(0,5 đ)


(0,5 đ)

Câu 3 (4 điểm):
Trước khi nung phần dưới Pittông:

111
RTVP
μ
= và
122
RTVP
μ
=
; P
2
= 2P
1
(0,5 đ)

⇒ V
1
= 2V
2

(1) (0,5 đ)
Sau khi nung phần dưới Pittông:
1
21
21
4
3
2
V
VV
VV =
+
=
′
=
′
(2) (0,5 đ)
Theo định luật Bôilơ – Mariốt:
1111
VPVP
′
′
=
(do nhiệt độ phần trên không đổi) (0,5 đ)
11
3
4
PP
=
′

⇒
(3) (0,5 đ)
Áp suất gây ra bởi Pittông:
3 Bảng A – Ngày 1

1212
PPPPP
′
−
′
=−=
hay
12
3
7
PP =
′
(4) (0,5 đ)
Áp dụng phương trình trạng thái:
21
22
1
22
TT
VP
T
VP
+
′
′

= (5) (0.5 đ)
Thay (1),(2),(3),(4) vào (5)
KTTT 300
4
7
112
=−=⇒
(0,5 đ)

Câu 4 (4 điểm):
a. Tính điện trở của đèn R
Đ
?
* Khi K mở: vẽ lại sơ đồ




(0,25 đ)


Điện trở tương đương của đoạn mạch AB:

()
(
)
Đ
Đ
Đ
Đ

AB
R
R
RRR
RRR
RR
+
+
+=
++
+
+=
135
9045
45
21
21
3


Đ
Đ
AB
R
R
R
+
×+
=⇒
135

22545135
(0,25 đ)
Cường độ dòng điện mạch chính:

()
2253
1352
+
+
==
Đ
Đ
AB
AB
R
R
R
U
I
(0,25 đ)

(
)
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+

+
+
=
++
=⇒
2253
1352
135
90
21
2
Đ
Đ
ĐĐ
Đ
R
R
R
I
RRR
R
I
(0,25 đ)
75
60
+
=⇒
Đ
Đ
R

I
(1) (0,25 đ)
* Khi K đóng: vẽ lại sơ đồ ta có:





(0,25 đ)



3
3
2
RR
RR
RR
Đ
Đ
ADC
+
+=


45
9045135
+
×+
=⇒

Đ
Đ
ADC
R
R
R
(0,25 đ)
Cường độ dòng điện:

(
)
2
90 45
125 90 45
Đ
AB
ACD Đ
R
U
I
RR
+
==
+×

R
1

R
2

R
3

R
Đ

A B
I
U
D
I’
I
1
I
2
R
1
R
2
R
3
R
Đ

A
B
B
C
D

4 Bảng A – Ngày 1

()
903
452
2
+
+
=
Đ
Đ
R
R
I
(0,25 đ)
()
()( )
30
30
90345
45245
2
3
3
'
+
=
++
+×
=

+
=⇒
ĐĐĐ
Đ
Đ
Đ
RRR
R
I
RR
R
I
(2) (0,25 đ)
Theo đề bài khi K đóng và K mở thì đèn sáng bình thường nên:
'
ĐĐ
II =
Từ (1) và (2) Ω=⇒
+
=
+
⇒ 15
30
30
75
60
Đ
ĐĐ
R
RR

(0,25 đ)
b. Hiệu điện thế định mức của đèn:
Ta có I
đm
=
AI
Đ
45
30
'
=
(0,25 đ)
Nên: U
đm
= I
đm
R
Đ
= 10 V (0,25 đ)
c. Cường độ dòng điện I
k
: K ngắt C được tích điện q = CU
CB
Với U
CB
= U
CD
+ U
DB
( Hình 1) mà U

CD
= U
đm
= 10 V (0,25 đ)
U
DB
= IR
3
(Hình 2)
Mà:
()
AI
270
300
22545
151352
=
+
+
=
(0,25 đ)
Nên :
VU
DB
5045
270
300
== (0,25 đ)
Vậy: U
CB

= 10 + 50 = 60 V.
Mặt khác: q = CU
CB
= 2.10
-6
.60 =120.10
-6
C.
Và I = q/t = 0,12 A. (0,25 đ)
Câu 5 (4 điểm):
1.Ta có d + d
’
= 45cm
2
10
45 45 450 0
10
d
ddd
d
⇒+ = ⇒ − − =
−
(0,25 đ)
Phương trình có hai nghiệm:
(0,25 đ)
+Với
(0,25 đ)
+Với
. (0,25 đ)
2a. Theo đề ta có:

2
10
22.5 22,5d 225 0
10
d
dd
d
⇒+ = ⇒ − + =
−
    (0,25đ) 
Phương trình này không có nghiệm ( , ảnh thật S’ của S luôn ở sau màn. (0,25 đ)
b. Xét vùng sáng M’N’ trên màn hình có đường kính D’ (hình 3)







5 Bảng A – Ngày 1
Màn

M


D M’
S S’
d O D’
N’

N d’


L’

( Hình 3) (0,5 đ)

từ hình vẽ ta có:
(0,25 đ)
''''
df
dL
D
DdLL
df
df
D
Dfdf
df
+−
−
⇒= ⇒=++
−


''
'
dLL

DD
f
df
⎛⎞
⇒= +−
⎜⎟
⎝⎠
(0,5 đ)
Ta thấy D’đạt giá trị cực tiểu khi ( đạt cực tiểu, (0,25 đ)
Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có:
=15cm (0,25 đ)
Khi đó:
(0,25 đ)
Và
(0,25 đ)

Vậy diện tích nhỏ nhất của vùng sáng:
(0,25 đ)

Hết