Đề thi học sinh giỏi vật lý vĩnh phúc 2011 2012

SỞ GD&ĐT

ĐỀ CHÍNH THỨC
KÌ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011-2012
ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ
(Dành cho học sinh trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc)
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề.
Chú ý: Đề thi gồm 02 trang
Câu 1 (1,5 điểm).
Một tấm ván có khối lượng
10M kg=
nằm trên mặt phẳng ngang nhẵn và được giữ bằng một sợi dây
không dãn. Vật nhỏ có khối lượng
1m kg=
trượt đều với vận tốc
2 /v m s=
từ mép tấm ván dưới tác dụng của
một lực không đổi
10F N=
(Hình 1). Khi vật đi được đoạn đường dài
1l m=
trên tấm ván thì dây bị đứt.
a) Tính gia tốc của vật và ván ngay sau khi dây đứt.
b) Mô tả chuyển động của vật và ván sau khi dây đứt trong một thời gian đủ
dài. Tính vận tốc, gia tốc của vật và ván trong từng giai đoạn. Coi ván đủ dài.
c) Hãy xác định chiều dài tối thiểu của tấm ván để m không trượt khỏi ván.
Câu 2 (2,5 điểm).
Một thanh mảnh, đồng chất có khối lượng
360M g=
chiều dài
30L cm=

có thể quay không ma sát quanh trục O cố định nằm ngang đi qua
đầu thanh. Từ vị trí thẳng đứng, đầu còn lại của thanh được thả ra và thanh đổ
xuống (Hình 2). Khi tới vị trí thấp nhất thì thanh va chạm hoàn toàn đàn hồi
với một vật nhỏ (coi như chất điểm) có khối lượng
1
m 120g=
nằm trên mặt
bàn. Cho gia tốc trọng trường
2
10 /g m s=
. Mômen quán tính của thanh đối
với trục quay qua O là
2
I ML / 3=
.
a) Xác định tốc độ góc và gia tốc góc của thanh khi thanh có vị trí nằm
ngang.
b) Xác định các thành phần lực theo phương ngang và theo phương thẳng
đứng mà trục quay tác dụng lên thanh khi thanh có vị trí nằm ngang.
c) Xác định vận tốc của vật m
1
ngay sau va chạm.
d) Vật m
1
được gắn với
2
m =120g
qua một lò xo nhẹ có độ cứng
100 /k N m=
(Hình 2). Xác định biên độ dao động của m

1
và m
2
sau va
chạm. Bỏ qua mọi ma sát.
Câu 3 (2 điểm).
Trong một xilanh đặt thẳng đứng có một pittông mỏng, nhẹ, linh động và cách
nhiệt. Bên dưới pittông là một mol khí Heli (coi là khí lí tưởng) ở nhiệt độ
27
o
o
t C=
.
Bên trên pittông là một chất lỏng, phía trên chất lỏng là không khí (Hình 3). Ban đầu thể
tích khí Heli, chất lỏng và không khí trong xilanh bằng nhau và bằng
1
o
V lit=
, áp suất do
cột chất lỏng trong xilanh gây ra bằng p
o
. Áp suất khí quyển là
5 2
10 /
o
p N m=
. Hỏi phải
nung nóng khí (qua đáy xilanh) bằng một nhiệt lượng tối thiểu bao nhiêu để khí dãn nở,
pittông đi lên đều và đẩy hết chất lỏng ra khỏi xilanh?
(Xem tiếp trang 2)

→
Câu 4 (2 điểm).
1
M
O
m
2
m
1
k
•
Hình 2
Hình 1
F
m
M
Hình 3
Cho mạch điện (Hình 4). Nguồn điện có suất điện động
8E V
=
, điện
trở trong
2r = Ω
. Điện trở của đèn là
1 2
3R R= = Ω
, Ampe kế được coi là lí
tưởng.
a) Khoá K mở, di chuyển con chạy C người ta nhận thấy khi điện trở của
phần AC của biến trở AB có giá trị 1Ω thì đèn tối nhất. Tính điện trở toàn

phần của biến trở.
b) Mắc một biến trở khác thay vào chỗ của biến trở đã cho và đóng khóa K.
Khi điện trở của phần AC bằng 6Ω thì ampe kế chỉ 5/3A. Tính giá trị toàn
phần của biến trở mới.
Câu 5 (2 điểm).
Cho hệ hai thấu kính L
1
và L
2
đặt đồng trục cách nhau
30l cm=
, có tiêu cự lần lượt là
1
6f cm=
và
2
3f cm= −
. Một vật sáng
1AB cm=
đặt vuông góc với trục chính, trước L
1
và cách L
1
một khoảng d
1
, hệ cho
ảnh A’B’ .
a) Cho
1
15d cm=

. Xác định vị trí, tính chất, chiều và độ cao của ảnh A’B’.
b) Xác định d
1
để khi hoán vị hai thấu kính, vị trí của ảnh A’B’ không đổi.
 Hết 
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh
SBD
SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC

KÌ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011-2012
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM
MÔN: VẬT LÝ CHUYÊN
Câu Ý Lời giải Điểm
a
* Xét chuyển động của m:
Trước khi dây bị đứt:
s s
0
m m
F F F F− = → =

Ngay sau khi dây đứt: vật m vẫn trượt đều với vận tốc v
0
m
a→ =
* Xét chuyển động của M:
Ngay sau khi dây đứt M chuyển động nhanh dần đều với:
2
1 /

ms
M
F
F
a m s
M M
= = =
0,25
0,25
2
C
K
R
1
R
2
AB
E,r
D
A
Hình 4
b
* Giai đoạn 1:
0
o
t t≤ ≤
+ m chuyển động đều với vận tốc v, gia tốc a
m
=0
+ M chuyển động nhanh dần đều, vận tốc ban đầu =0, gia tốc

2
1 /
M
F
a m s
M
= =
+ Tấm ván đạt vận tốc v tại thời điểm
2s
o
M
v Mv
t
a F
= = =
* Giai đoạn 2:
o
t t≤
Vật m và M chuyển động nhanh dần đều với vận tốc ban đầu
2 /
o
v m s=
và gia tốc:
2
10
0,9 /
10 1
F
a m s
M m

= = ≈
+ +

0,25
0,25
c
Quãng đường m đi được trên M kể từ khi dây đứt đến thời điểm t=t
o
là:

2
2
1
Δ
2 2
M
Mv
l vt a t
F
= − =
→
2 2
min
10.2
Δ 1 3
2 2.10
Mv
l l l l m
F
= + = + = + =

0,5
2
(2,5đ)
a
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho vị trí thẳng đứng và nằm ngang:
2
1
2 2
L
Mg I
ω
=
. Thay
2
1
3
I ML=
ta được:
3 3.10
10
0,3
g rad
L s
ω
 
= = =
 ÷
 
.

Phương trình động lực học cho chuyển động quay quanh O:
( )P
M I
γ
=
.
Thay
2
1
3
I ML=
và
( )
2
P
L
M Mg=
ta được:
2
3 3.10
50
2 2.0,3
g rad
L s
γ
 
= = =
 ÷
 
.

0,5
0,5
b
Định luật II Niutơn cho chuyển động tịnh tiến của thanh:
P N Ma+ =
r r
r
(*)
Chiếu (*) lên phương ngang:
2
2
x x n
L
N Ma Ma M
ω
= = =

Thay ω ở phần a) vào ta được:
= =3 / 2 5,4
x
N Mg N
.
Chiếu (*) lên phương thẳng đứng:
2
y y t
L
P N Ma Ma M
γ
− = = =
Thay γ ở phần a) vào ta được :

= =/ 4 0,9
y
N Mg N
.
0,25
0,25
c
Bảo toàn cơ năng cho chuyển động của M từ đầu đến ngay trước va chạm với m
1
:
2
1 2 6
2
MgL g
I MgL
I L
ω ω
= → = =
Bảo toàn động năng trong va chạm:
2 2 2
1
1 1 1
' (1)
2 2 2
m v I I
ω ω
+ =
Bảo toàn mômen động lượng:
1
' (2)m vL I I

ω ω
+ =
Từ (1) và (2) ta được:
6 3 2 4,2
m
v gL
s
 
= = ≈
 ÷
 
0,25
0,25
d Sau va chạm, khối tâm G của hệ (m
1
+m
2)
chuyển động với vận tốc V
G
mà:
1
2 1,5 2 2,1
2
G G
m
mV mv V v
s
 
= → = = ≈
 ÷

 
.
0,25
3
P
N
N
x
N
y
O
G
Trong HQC gắn với khối tâm G, vì hai vật có khối lượng bằng nhau nên ta có thể
xem như dao động của m
1
, m
2
là dao động của mỗi vật gắn với một lò xo có đầu G
cố định và có độ cứng là k’=2k.
Gọi A là biên độ dao động của mỗi vật, theo định luật bảo toàn cơ năng ta có:
2 2 2
1 1 1
2 2. ' 5,2
2 2 2
G
mv mV k A A cm= + → =
0,25
3
(2đ)
*) Giai đoạn 1: Từ đầu cho đến khi chất lỏng chạm miệng xilanh.

- Vì pittông đi lên đều nên quá trình này là đẳng áp, áp suất khí luôn bằng áp suất khí
quyển. Ở cuối giai đoạn này nhiệt độ khí là T
1
, thể tích khí là V
1
=2V
o
(V
o
là thể tích
khí ban đầu).
- Áp dụng định luật GayLuysac cho khối khí Heli ta có:
1
1
1 1
2
2 600
o o
o
o
V V
V
T T K
T T T
= = → = =
.
- Nhiệt lượng khí nhận vào trong giai đoạn này là:
1
Q U A= ∆ +
.

- Với
1
3
( ) 3739,5( )
2
V o
U nC T R T T J∆ = ∆ = − =
Và
5 3
1 1
2 ( ) 2 2.10 .10 200( )
o o o o
A p V p V V p V J
−
= ∆ = − = = =

1
3939,5( )Q J→ =
0,25
0,25
0,25
*) Giai đoạn 2: Từ khi chất lỏng bắt đầu chảy ra cho đến khi chất lỏng chảy hết.
Gọi S là diện tích pittông, H và 2H lần lượt là độ cao ban đầu của chất lỏng và của
khối khí, x là độ cao của pittông so với đáy xilanh ở vị trí cân bằng mới của pittông
được nâng lên. Ban đầu, áp suất cột chất lỏng có độ cao H bằng p
o
. Do đó tại trạng
thái cân bằng mới cột chất lỏng có độ cao 3H - x, sẽ có áp suất bằng
3
o

H x
p
H
−
Dễ thấy rằng áp suất của khí p
x
ở trạng thái cân bằng mới bằng tổng áp suất khí quyển
p
o
và áp suất của cột chất lỏng nên:
3 4
x o o o
H x H x
p p p p
H H
− −
= + =
(1).
Theo phương trình Mendeleev - Clapeyron viết cho trạng thái cân bằng ban đầu và
trạng thái cân bằng mới, ta được:
1
. . 2 . .2
x o
x
p S x p S H
T T
=

Sau khi thay biểu thức của p
x

vào ta tìm được nhiệt độ của khí ở trạng thái cân bằng
mới là:
1
2
(4 ).
.
4
x
H x x
T T
H
−
=

Độ biến thiên nội năng trong quá trình pittông nâng lên đến độ cao x bằng:
2
2
1 1 1
2
2 3( 2 )
( )
2 8
V x V
x H x H
U nC T T C T RT
H H
− −
 
∆ = − = − = −
 ÷

 
(2).
Công mà khí thực hiện trong quá trình trên (áp suất biến thiên tuyến tính từ 2p
o
đến
p
x
) là:
2
(6 )( 2 )
( 2 )
2 2
o x
o
P p
H x x H
A xS HS p S
H
+
− −
= − =
Vì trong trạng thái ban đầu:
1
2 .2
o
p HS RT=
0,25
0,25
0,25
0,25

4
Nên ta được:
1
2
(6 )( 2 )
.
8
H x x H
A RT
H
− −
=
(3)
Theo Nguyên lý I NĐH:
2
Q U A= ∆ +
Kết hợp (2) và (3), ta được:
2 2
1
2
2
( 5 6 ).
2
RT
Q x Hx H
H
= − + −
Vẽ đồ thị của Q theo x. Từ đồ thị ta thấy để đạt
đến trạng thái cân bằng khi x = 2,5H, ta cần
cung cấp một nhiệt lượng

1
2 ax
623,25( )
8
m
RT
Q J= =
Sau khi đạt tới trạng thái cân bằng x=2,5H, khí
sẽ tỏa nhiệt, tự phát giãn nở và đẩy hết chất
lỏng ra ngoài bình.
Vậy nhiệt lượng tối thiểu cần cung cấp là
min 2 ax 1
623,25 3939,5 4562,75( )
m
Q Q Q J= + = + =
.
0,25
4
(2đ)
a
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
2
3( 3)
2
6
( 1) 21 6
6

tm
x
R R x
x
x R x R
x
+
= − + +
+
− + − + +
=
+
Cường độ dòng điện qua đèn:
1
2
1 1
.
24
( 1) 21 6
CD CD
U I R
I
x R x R x R x R
= = =
+ + − + − + +
Khi đèn tối nhất thì I
1
nhỏ nhất hay mẫu số lớn nhất
1
2

R
x
−
=
. Theo đề bài x=1
Ω
. Vậy R=3
Ω
(HV
0,25)
0,25
0,25
0,25
b
Khi K đóng ta có mạch như hình vẽ,
điện trở toàn mạch:
'
'
17 60
4( 3)
tm
R
R
R
−
=
−

(R’ là điện trở toàn phần của biến trở mới)
'

' '
32( 3) 48 5
17 60 17 60 3
A BC
R
I I I A
R R
−
= − = − =
− −
'
12R⇒ = Ω
(HV
0,25)
0,25
0,25
0,25
5
(2đ)
a
Ta có:
1
1
1
6d
d =
d -6
′
;
1

2
1
24d - 180
d =
d - 6
;
1
2
1
60 - 8d
d =
3d - 22
′
(1)
Khi d
1
= 15 cm → d’
2
= - 2,6 cm < 0 : A’B’ là ảnh ảo cách L
2
một khoảng 2,6 cm.
Độ phóng đại:
1 2 2
1 1 2
f f - d 2
k = . = -
f - d f 23
′
< 0
0,25

0,25
0,25
5
Q
Q
0
O
2H 3H
x
2,5H
E,r
(R’- 6)
R
1
R
2
C
D
A
B
x=6
E,r
(R- x)
x
R
1
R
2
C
D

A
B
•
ảnh A’B’ ngược chiều với AB, có độ lớn là A’B’ = 2/23 (cm). 0,25
b
Khi hoán vị hai thấu kính:
1 2 1
1 1
1 2 1
d f -3d
d d = =
d - f d + 3
′
→
1
2 1
1
33d + 90
d = l - d =
d + 3
′
→

2 1 1
2
2 1 1
d f 2(11d + 30)
d = =
d - f 3d + 8
′

→
(2)
Từ (1) và (2) ta có :
1
1
60 - 8d

3d - 22
=
1
1
2(11d + 30)
3d + 8

2
1 1
3d - 14d - 60 = 0→
(*)
Phương trình (*) có 1 nghiệm dương duy nhất là d
1
= 7,37.
Vậy phải đặt vật AB cách thấu kính gần nó nhất một khoảng 7,37 cm.
0,25
0,25
0,25
0,25
HẾT
6