Đề thi học sinh giỏi môn lý 12 năm 2012 2013 kèm đáp án

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH




ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12
THPT
Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013

MÔN: VẬT LÝ

Ngày thi 09/10/2012

(Thời gian 180 phút không kể thời gian phát đề)

Đề thi gồm 05 câu, trong 02 trang


Câu 1 (5,0 điểm):
Cho cơ hệ như hình 1: Hai lò xo nhẹ có độ
cứng lần lượt là K

1
= 60N/m; K
2
= 40N/m; hai vật
nặng có khối lượng lần lượt m = 300g; M = 100g.
Bỏ qua ma sát giữa M với sàn, lấy g =

2
≈
10m/s
2
. Tại vị trí cân bằng của hệ, hai lò xo
không biến dạng. Đưa hai vật lệch khỏi vị trí cân bằng theo phương ngang một đoạn
4cm rồi thả nhẹ, người ta thấy trong quá trình chuyển động hai vật không trượt đối với
nhau.
1. Chứng minh hệ dao động điều hoà. Tính chu kì dao động và vận tốc cực đại của
hệ.
2. Coi hệ số ma sát nghỉ cực đại giữa m và M bằng hệ số ma sát trượt µ. Tìm điều kiện
của µ thỏa mãn điều kiện đã cho.
3. Khi lò xo K
2
bị nén 2cm thì người ta giữ cố định điểm chính giữa của lò xo K
2
,
hệ tiếp tục dao động điều hoà và hai vật vẫn không trượt đối với nhau trong quá trình
chuyển động. Tính biên độ dao động của hệ khi đó.
Câu 2 (4,0 điểm):
Cho mạch điện như hình 2:
200 2 cos100 ( )
AB

u t V


; R = 100

; C =
4
10
F


; cuộn dây
thuần cảm có độ tự cảm L thay đổi được; vôn kế lí tưởng.
1. Điều chỉnh L = L
1
=
2
H

, hãy viết biểu thức cường
độ dòng điện tức thời qua mạch và biểu thức điện áp tức thời giữa hai điểm A, N.
2. Với giá trị nào của L thì u
AN
và u
NB
lệch pha nhau một góc 0,75π?
3. Điều chỉnh L = L
2
thì thấy vôn kế chỉ giá trị cực đại. Hãy xác định L
2

và số chỉ
vôn kế lúc đó.
Câu 3 (4,0 điểm):
Cho mạch điện như hình 3: R
1
= R
2
= 3

; R
3
= 2

; R
4
là biến trở. Đặt vào
giữa hai điểm B và D hiệu điện thế U không đổi.
Ampe kế và vôn kế đều lý tưởng; bỏ qua điện trở
các dây nối và khóa K.
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Hình 3


K
1

K
2
m

M

Hình 1
B


R

L

C


A

M

N



V



Hình 2


1. Ban đầu khóa K mở, R
4

= 4

, vôn kế chỉ 1V.
- Xác định hiệu điện thế U của nguồn điện.
- Đóng khóa K, tìm số chỉ của ampe kế và vôn kế.
2. Khóa K đóng, di chuyển con chạy C của biến trở R
4
từ đầu bên trái sang đầu bên
phải thì số chỉ của ampe kế I
A
thay đổi như thế nào? Vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc
của I
A
theo giá trị của biến trở. Coi điện trở toàn phần của biến trở rất lớn.

Câu 4 (3,0 điểm):
Một vật có khối lượng m có thể trượt không ma sát trên
một cái nêm có dạng tam giác vuông ABC với
B
ˆ
=

(hình 4).
Nêm có khối lượng M, ban đầu đứng yên và có thể trượt không
ma sát trên mặt sàn nằm ngang. Thiết lập biểu thức tính gia tốc
a của vật đối với nêm và gia tốc a
0
của nêm đối với sàn.
Câu 5 (4,0 điểm):
Trên hình 5 biểu diễn một chu trình biến đổi trạng thái của

n mol khí lý tưởng trong hệ tọa độ p - V. Trên đường đẳng áp
1- 2, sau khi thực hiện một công A thì nhiệt độ của khí tăng 4
lần. Nhiệt độ ở các trạng thái 1 và 3 bằng nhau. Các điểm 2 và 3
cùng nằm trên một đường thẳng đi qua gốc tọa độ. Hãy xác
định nhiệt độ của khí ở trạng thái 1 và công mà khí thực hiện
trong chu trình theo n, A và hằng số các khí R.
Áp dụng bằng số: n = 1; A = 9kJ; R = 8,31J/mol.K.

HẾT




















Hình 4

1
2
3
V
p

o
Hình 5
M








Họ và tên thí sinh : Số báo danh

Họ và tên, chữ ký: Giám thị
1:
Giám thị
2:
SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP
12 THPT
Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013

MÔN: VẬT LÝ

Ngày thi 09/10/2012

(Hướng dẫn chấm gồm 07 trang)

Câu Đáp án Điểm
1
(5 điểm)

1. (1,5 điểm)
+ Chon trục Ox trùng quỹ đạo, O ≡ VTCB.
+ Tại VTCB: hai lò xo không biến dạng, nên
0 NP



+ Tại vị trí vật có li độ x:
Lực tác dụng lên hệ vật
gồm: xKFxKFNgMmP .;.;;).(
2211

Theo định luật 2 Newton:
amMFFNP





)(
21


(1)

Chiếu (1) lên Ox:
//
21
).( xmMxKxK 
Đặt
21
KKK  0.
//


 x
M
m
K
x , chứng tỏ vật dao động điều
hoà với tần số góc )/(5 srad
Mm
K




+ Chu kì dao động của hệ:
)(4,0
2
sT 



+ Biên độ dao động của hệ: A= x

0
= 4cm ( vì v
0
= 0)
+ Vận tốc cực đại của hệ: )/(20
max
scmAv






0,5



0,5

0,5
2. (1,5 điểm)
+ Lực tác dụng lên M:
;
2
MgP 
phản lực Q của sàn; áp lực mà m
đè lên M là N
12
= mg; lực ma sát nghỉ giữa m và M là
12ms

F

0,25


+ Theo định luật 2 Newton:
aMFNQP
ms






12122

(2)
Chiếu (2) lên Ox:
xM
M
m
K
xMMxF
ms
) (
2//
12




→
AM
M
m
K
F
MAXms

12



+ Để hai vật không trượt trên nhau: mgNF
MAXms


1212

→ 333,0
).(




 mgMm
AMK
mgAM
Mm
K




0,25
0,25

0,25
0,5
3. (2 điểm)
Khi lò xo K
2
bị nén 2cm, người ta giữ chặt điểm chính giữa của lò
xo K
2
thì:
+ Độ cứng của phần lò xo K
2
nối với vật m là 2K
2
= 80(N/m)

+ Tại VTCB mới của hệ: hai lò xo giãn các đoạn tương ứng là
21
; ll  thoả mãn:

















)(
7
3
)(
7
4
2
)(112
2
1
2211
21
cml
cml
lKlK
cmll

+ Như vậy, lúc bắt đầu giữ chặt điểm chính giữa của lò xo K
2
thì

hai vật có li độ và vận tốc:








.310245
)(
7
10
2
22
1
V
cmlX

)(26,3
4,0/140
12.250
7
10
2
2
21
2
2
1

cm
mM
KK
V
XA 












0,25




0,5


0,5

0,25

0,5

2
(4 điểm)

1. (1,0 điểm)
*Viết biểu thức i:
Z
L
= 200

; Z
C
= 100

;
Z =
2 2
( )
L C
R Z Z 
= 100
2

; I
0
=
0
U
Z
= 2A
Tan


=
L C
Z Z
R

= 1



=

/4

i = 2cos(100

t –

/4)(A)
* Biểu thức u
AN
:
Z
AN
=
2 2
L
R Z
 = 100
5



U
0AN
= I
0
.Z
AN
= 200
5
V
tan

AN
=
L
Z
R
= 2



AN


1,107(rad)
mà

AN
=


uAN
–

i




uAN


0,322 rad





0,5






Vậy: u
AN
= 200
5
cos(100


t + 0,322) (V)
0,5
2. (1,0 điểm)
Tìm L để u
AN
và u
NB
lệch pha nhau 3

/4.
- Từ giản đồ véctơ ta thấy u
AN
sớm pha hơn i một góc bằng

/4

tan

AN
= 1

Z
L
= R = 100



L = 1/


(H)













1,0
3. (2,0 điểm)
- Từ giản đồ véc tơ, áp dụng định lí hàm sin:
.sin
sin sin sin
L AB AB
L
U U U
U

  
   (1).
với sin

=
2 2 2 2

R R
RC
R C C
U U R
U
U U R Z
 
 
(2)
Để U
Lmax
thì sin

= 1
/ 2
 
 

Khi đó: U
Lmax
= U
AB
.
2 2
C
R Z
R

= 200
2

V.
* Vì
/ 2
 

nên
2
2 2
R
( ) ( ) 200
c L C C L C L C
C
R
U U U U R Z Z Z Z Z
Z
         


L =
2
L
Z
 

H

1,0



1,0
3
(4 điểm)

1. (1 điểm)
+ Xác định hiệu điện thế U của nguồn điện.
R
12
= R
1
+ R
2
= 6 (

)
R
34
= R
3
+ R
4
= 6 (

)
I
1

= I
2
=
6
U

Ta có : U
1
= I
1
.R
1
= 3.I
1
= 3.
6
U








i


0

R
U



AB
U



L
U



C
U






RC
U




0

R
U



AN
U



L
U



C
U



i




U
2
= I
2
.R
3
= 2.I
2
= 2.
6
U

+ U
1
> U
2
 V
M
< V
N
ta có :
U
NM
= - U
2
+ U
1
= -
U U
3 2

+ =
U
6



U = 6 U
V
= 6.1 = 6 (V)
+ Khi khóa K đóng :
R
13
=
31
31
RR
RR

= 2,1
5
6
2
3
2.3


(

)
R

24
=
7
12
43
4.3
42
42



 RR
RR
(

)
R
BD
= R
13
+ R
24
= 1,2 +
7
12
=
7
4,20
(


)
Cường độ dòng điện mạch chính:
I =
BD
R
U
=
7
4,20
6
=
2,10
21
4,20
42


2,06 (A
U
13
= U
1
= U
3
= I. R
13
=
2,10
21
.1,2 = 2,47 (V)

I
1
=
1
1
R
U
=
3
47,2
= 0,823 (A)
U
24
= U
2
= U
4
= I. R
24
=
2,10
21
.
7
12
= 3,53 (V)
I
2
=
2

2
R
U
=
3
53,3
= 1,18 (A)
Ta có : I
2
> I
1


I
A
= I
2
- I
1
= 1,18 - 0,823 = 0,357 (A)
Vậy dòng điện qua ampe kế có chiều từ N đến M và có cường độ
I
A
= 0,357 (A)
Vôn kế chỉ 0 (V)



0,5

0,25
0,25
2. (2 điểm)


+ Đóng khóa K và di chuyển con chạy C của biến trở R
4
từ đầu bên
trái sang đầu bên phải thì số chỉ của ampe kế I
A
thay đổi như thế
nào ? Vẽ đồ thị của I
A
theo vị trí của con chạy C.
Ta có :

R
13
=
31
31
RR
RR

= 2,1
5
6
2
3
2.3


(

)
Đặt NC = x
R
24
=
xR
xR

2
2
.
=

x
x

3
.3

R
BD
= 1,2 +
x
x

3
.3
=
x
x


3
6,32,4

I =
BD
R
U
=
x
x


3
6,32,4
6
=
6,32,4
)3(6


x
x

U
13
= I. R
13
=
6,32,4
)3(6



x
x
.1,2 =
6,32,4
)3(2,7


x
x

I
1
=
1
13
R
U
=
3
6,32,4
)3(2,7


x
x
=
6,32,4
)3(4,2



x
x

U
24
= I.R
24
=
6,32,4
)3(6


x
x
.
x
x

3
.3
=
6,32,4
.18
x
x

I
2

=
2
24
R
U
=
3
6,32,4
.18
x
x
=
6,32,4
.6
x
x

* Xét hai trường hợp :
- Trường hợp 1 : Dòng điện chạy qua ampe kế có chiều từ M đến
N.
Khi đó : I
A
= I
1
- I
2
=
6,32,4
)3(4,2



x
x
-
6,32,4
.6
x
x
=
6,32,4
6,32,7


x
x
(1)
Biện luận :
+ Khi x = 0

I
A
= 2 (A)
+ Khi x tăng thì (7,2 - 3,6.x) giảm ; (4,2.x + 3,6) tăng do đó
I
A
giảm
+ Khi x = 2

I
A

=
6,32.2,4
2.6,32,7


= 0 .
- Trường hợp 2 : Dòng điện chạy qua ampe kế có chiều từ N đến
M.
Khi đó : I
A
= I
2
- I
1
=
6,32,4
.6
x
x
-
6,32,4
)3(4,2


x
x
=
6,32,4
2,76,3



x
x

I
A
=
x
x
6,3
2,4
2,7
6,3


(2)
Biện luận :
+ Khi x tăng từ 2 (

) trở lên thì
x
2,7
và
x
6,3
đều giảm do đó
I
A
tăng.
+ Khi x rất lớn ( x =


) thì
x
2,7
và
x
6,3
tiến tới 0. Do đó I
A


0,86 (A) và cường độ dòng chạy qua điện trở R
4
rất nhỏ;
* Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của cường độ dòng điện I
A
chạy
qua ampe kế vào giá trị x của biến trở R
4
có dạng như hình vẽ .





0,5



0,5

0,75









0,75

0,5
4
(3 điểm)

Tính gia tốc a của vật đối với nêm và
gia tốc a
o
của nêm đối với sàn.
+ Chọn hệ tục tọa độ xOy như hình vẽ
+ Động lượng của hệ bằng 0

Vật đi
xuống sang phải thi nêm phải sang trái

giá trị đại số gia tốc của nêm là a
0
<
0.
+ Vật m chịu tác dụng của 2 lực : trọng
lực m
g

, phản lực
N

của nêm vuông góc với AB (hình vẽ)
+ Gia tốc của vật đối với sàn :

1
a

= a

+
0
a


+ Phương trình chuyển động của vật :
Theo phương AB : mgsin

= m(a + a
0
.cos

) (1)
Theo phương vông góc với AB : N - mgcos

= m a
0
sin

(2)
+ Phương trình chuyển động của nêm chịu thành phần nằm ngang
của -
N

:

Chọn trục Ox trùng với hướng chuyển động của nêm
- N sin

= M a
0
(3)
Từ (2) và (3) ta có :



sin)
sin
.(cos
M
N
mmgN 

N + m.sin

M
N

sin
= mgcos



N(M + m.sin
2


) = M mgcos



N =


2
sin
.
cos
m
M
mgM


Thế vào phương trình (3) ta được :
a
0
= -
M
mM
mgM











2
sin.
cos
.sin
= -
)sin(2
2sin.
2


mM
mg


Thế vào phương trình (1) ta được :
mgsin

= m(a + (-

)sin(2
2sin.
2


mM
mg


).cos

)

mgsin

= m.a -
)sin(2
.2sin.
2
2


mM
socgm


1,5








HẾT

a = gsin

+
)sin(2
cos.2sin
2



mM
mg


=
)sin(2
cos.2sinsin2sin2
2
3


mM
mgmgMg




a =
)sin(2
cos.sin2)cos1(sin2sin2
2
22


mM
mgmgMg




a =



2
sin
sin.)(
m
M
gmM








1,5
5
(4 điểm)

Gọi nhiệt độ của khí ở trạng thái 1 là T
1
,
khi đó nhiệt độ ở trạng thái 2 sẽ là 4T
1
.
Giả sử áp suất trên đường đẳng áp 1 – 2
là p
1
, thì công mà khí thực hiện trong
quá trình này là: A = p
1

(V
2
-V
1
), trong
đó V
1
và V
2
tương ứng là thể tích khí ở
trạng thái 1 và 2.
Áp dụng phương trình trạng thái cho hai
trạng thái này:
p
1
V
1
=nRT
1
, p
2
V
2
=4nRT
1
(1)  T
1
= A/3nR (2)
Thay số ta có : T
1

=361K
+ Gọi p
3
là áp suất khí ở trạng thái 3 thì công mà khí thực hiện
trong cả chu trình được tính bằng diện tích của tam giác 123:
A
123
= 1/2 (p
1
-p
3
)(V
2
- V
1
) (3)
+ Kết hợp với phương trình trạng thái (1) và nhiệt độ T1 theo (2) ta
tìm được:
V
1
= nRT
1
/P
1
= A/3p
1
(4) và V
2
= 4nRT
1

/P
1
= 4A/3p
1
(5)
+Thay (4) vào (5) ta có biểu thức tính công trong cả chu trình:
A
123
=
3
1
p
A
1 -
2 p
 
 
 
(6)
+ Vì các trạng thái 2 và 3 nằm trên cùng một đường thẳng qua gốc
tọa độ nên:
p
3
/p
1
=V
3
/V
2
(7), với V

3
= nRT
1
/p
3
= A/3p
3
(8)
+ Thay(5), (8) vào (7) ta nhận được: p
3
/p
1
= p
1
/4p
3
 p
3
/p
1
= 1/2
(9)
+ Thay (9) vào (6) ta tính được công của khí trong chu trình: A
123
=
A/4
Thay số ta có: A
123

= 2250J.

0,5
0,5


0,5


0,5

0,5



0,5
0,5

0,5
1
2
3
V
p

o
Hình 5



SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP
12 THPT
Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013

MÔN: VẬT LÝ

Ngày thi 09/10/2012
(Hướng dẫn chấm gồm 07 trang)

Câu Đáp án Điểm
1
(5 điểm)

1. (1,5 điểm)
+ Chon trục Ox trùng quỹ đạo, O ≡ VTCB.
+ Tại VTCB: hai lò xo không biến dạng, nên 0 NP



+ Tại vị trí vật có li độ x:
Lực tác dụng lên hệ vật
gồm: xKFxKFNgMmP .;.;;).(
2211

Theo định luật 2 Newton:

amMFFNP





)(
21


(1)
Chiếu (1) lên Ox:
//
21
).( xmMxKxK 

Đặt
21
KKK  0.
//


 x
M
m
K
x
, chứng tỏ vật dao động điều
hoà với tần số góc )/(5 srad
Mm

K




+ Chu kì dao động của hệ: )(4,0
2
sT 



+ Biên độ dao động của hệ: A= x
0
= 4cm ( vì v
0
= 0)
+ Vận tốc cực đại của hệ: )/(20
max
scmAv






0,5



0,5

0,5
2. (1,5 điểm)
+ Lực tác dụng lên M: ;
2
MgP  phản lực Q của sàn; áp lực mà m
đè lên M là N
12
= mg; lực ma sát nghỉ giữa m và M là
12ms
F

+ Theo định luật 2 Newton:
aMFNQP
ms






12122

(2)
Chiếu (2) lên Ox:
xM
M
m
K
xMMxF

ms
) (
2//
12




→
AM
M
m
K
F
MAXms

12



+ Để hai vật không trượt trên nhau: mgNF
MAXms


1212

→ 333,0
).(





 mgMm
AMK
mgAM
Mm
K



0,25

0,25
0,25

0,25
0,5
3. (2 điểm)
Khi lò xo K
2
bị nén 2cm, người ta giữ chặt điểm chính giữa của lò



xo K
2
thì:
+ Độ cứng của phần lò xo K
2
nối với vật m là 2K

2
= 80(N/m)

+ Tại VTCB mới của hệ: hai lò xo giãn các đoạn tương ứng là
21
; ll 
thoả mãn:
















)(
7
3
)(
7
4
2

)(112
2
1
2211
21
cml
cml
lKlK
cmll

+ Như vậy, lúc bắt đầu giữ chặt điểm chính giữa của lò xo K
2
thì
hai vật có li độ và vận tốc:








.310245
)(
7
10
2
22
1
V

cmlX

)(26,3
4,0/140
12.250
7
10
2
2
21
2
2
1
cm
mM
KK
V
XA 











0,25

0,5


0,5

0,25

0,5
2
(4 điểm)

1. (1,0 điểm)
*Viết biểu thức i:
Z
L
= 200

; Z
C
= 100

;
Z =
2 2
( )
L C

R Z Z 
= 100
2

; I
0
=
0
U
Z
= 2A
Tan

=
L C
Z Z
R

= 1



=

/4

i = 2cos(100

t –


/4)(A)
* Biểu thức u
AN
:
Z
AN
=
2 2
L
R Z
 = 100
5


U
0AN
= I
0
.Z
AN
= 200
5
V
tan

AN
=
L
Z
R

= 2



AN


1,107(rad)
mà

AN
=

uAN
–

i




uAN


0,322 rad
Vậy: u
AN
= 200
5
cos(100


t + 0,322) (V)





0,5




0,5
2. (1,0 điểm)


Tìm L để u
AN
và u
NB
lệch pha nhau 3

/4.
- Từ giản đồ véctơ ta thấy u
AN
sớm pha hơn i một góc bằng

/4

tan


AN
= 1

Z
L
= R = 100



L = 1/

(H)













1,0
3. (2,0 điểm)
- Từ giản đồ véc tơ, áp dụng định lí hàm sin:
.sin

sin sin sin
L AB AB
L
U U U
U

  
   (1).
với sin

=
2 2 2 2
R R
RC
R C C
U U
R
U
U U R Z
 
 
(2)
Để U
Lmax
thì sin

= 1
/ 2
 
 

Khi đó: U
Lmax
= U
AB
.
2 2
C
R Z
R

= 200
2
V.
* Vì
/ 2
 

nên
2
2 2
R
( ) ( ) 200
c L C C L C L C
C
R
U U U U R Z Z Z Z Z
Z
         


L =
2
L
Z
 

H





1,0



1,0
3
(4 điểm)

1. (1 điểm)
+ Xác định hiệu điện thế U của nguồn điện.
R
12
= R
1
+ R
2
= 6 (


)
R
34
= R
3
+ R
4
= 6 (

)
I
1
= I
2
=
6
U

Ta có : U
1
= I
1
.R
1
= 3.I
1
= 3.
6
U

U
2
= I
2
.R
3
= 2.I
2
= 2.
6
U

+ U
1
> U
2
 V
M
< V
N
ta có :

i


0

R
U



AB
U



L
U



C
U






RC

U





0

R
U



AN
U



L
U



C
U



i







U
NM
= - U
2
+ U
1
= -
U U
3 2
+
=
U
6



U = 6 U
V
= 6.1 = 6 (V)
+ Khi khóa K đóng :
R
13
=
31

31
RR
RR

=
2,1
5
6
2
3
2.3


(

)
R
24
=
7
12
43
4.3
42
42



 RR
RR

(

)
R
BD
= R
13
+ R
24
= 1,2 +
7
12
=
7
4,20
(

)
Cường độ dòng điện mạch chính:
I =
BD
R
U
=
7
4,20
6
=
2,10
21

4,20
42


2,06 (A
U
13
= U
1
= U
3
= I. R
13
=
2,10
21
.1,2 = 2,47 (V)
I
1
=
1
1
R
U
=
3
47,2
= 0,823 (A)
U
24

= U
2
= U
4
= I. R
24
=
2,10
21
.
7
12
= 3,53 (V)
I
2
=
2
2
R
U
=
3
53,3
= 1,18 (A)
Ta có : I
2
> I
1



I
A
= I
2
- I
1
= 1,18 - 0,823 = 0,357 (A)
Vậy dòng điện qua ampe kế có chiều từ N đến M và có cường độ
I
A
= 0,357 (A)
Vôn kế chỉ 0 (V)

0,5

0,25
0,25
2. (2 điểm)


+ Đóng khóa K và di chuyển con chạy C của biến trở R
4
từ đầu bên
trái sang đầu bên phải thì số chỉ của ampe kế I
A
thay đổi như thế
nào ? Vẽ đồ thị của I
A
theo vị trí của con chạy C.
Ta có :
R
13
=
31
31
RR
RR

= 2,1
5
6
2
3
2.3



(

)
Đặt NC = x
R
24
=
xR
xR

2
2
.
=
x
x

3
.3

R
BD
= 1,2 +
x
x

3
.3
=

x
x


3
6,32,4

I =
BD
R
U
=
x
x


3
6,32,4
6
=
6,32,4
)3(6


x
x

U
13
= I. R
13
=
6,32,4
)3(6


x
x
.1,2 =
6,32,4
)3(2,7


x
x

I

1
=
1
13
R
U
=
3
6,32,4
)3(2,7


x
x
=
6,32,4
)3(4,2


x
x

U
24
= I.R
24
=
6,32,4
)3(6



x
x
.
x
x

3
.3
=
6,32,4
.18
x
x

I
2
=
2
24
R
U
=
3
6,32,4
.18
x
x
=
6,32,4

.6
x
x

* Xét hai trường hợp :
- Trường hợp 1 : Dòng điện chạy qua ampe kế có chiều từ M đến
N.
Khi đó : I
A
= I
1
- I
2
=
6,32,4
)3(4,2


x
x
-
6,32,4
.6
x
x
=
6,32,4
6,32,7



x
x
(1)
Biện luận :
+ Khi x = 0

I
A
= 2 (A)
+ Khi x tăng thì (7,2 - 3,6.x) giảm ; (4,2.x + 3,6) tăng do đó
I
A
giảm
+ Khi x = 2

I
A
=
6,32.2,4
2.6,32,7


= 0 .
- Trường hợp 2 : Dòng điện chạy qua ampe kế có chiều từ N đến
M.
Khi đó : I
A
= I
2
- I

1
=
6,32,4
.6
x
x
-
6,32,4
)3(4,2


x
x
=
6,32,4
2,76,3


x
x

I
A
=
x
x
6,3
2,4
2,7
6,3



(2)
Biện luận :
+ Khi x tăng từ 2 (

) trở lên thì
x
2,7
và
x
6,3
đều giảm do đó
I
A
tăng.
+ Khi x rất lớn ( x =

) thì
x
2,7
và
x
6,3
tiến tới 0. Do đó I
A


0,86 (A) và cường độ dòng chạy qua điện trở R
4

rất nhỏ;
* Đồ thị biểu diễn sự
phụ thuộc của cường độ
dòng điện I
A
chạy qua
ampe kế vào giá trị x
của biến trở
R
4
có
dạng như hình vẽ .




0,5



0,5





0,75

0,75








0,5








4
(3 điểm)

Tính gia tốc a của vật đối với nêm và
gia tốc a
o

của nêm đối với sàn.
+ Chọn hệ tục tọa độ xOy như hình vẽ
+ Động lượng của hệ bằng 0

Vật đi
xuống sang phải thi nêm phải sang trái

giá trị đại số gia tốc của nêm là a
0
<
0.
+ Vật m chịu tác dụng của 2 lực : trọng
lực m g

, phản lực
N

của nêm vuông góc với AB (hình vẽ)
+ Gia tốc của vật đối với sàn :
1
a

= a

+
0
a


+ Phương trình chuyển động của vật :

Theo phương AB : mgsin

= m(a + a
0
.cos

) (1)
Theo phương vông góc với AB : N - mgcos

= m a
0
sin

(2)
+ Phương trình chuyển động của nêm chịu thành phần nằm ngang
của -
N

:
Chọn trục Ox trùng với hướng chuyển động của nêm
- N sin

= M a
0
(3)
Từ (2) và (3) ta có :



sin)

sin
.(cos
M
N
mmgN 

N + m.sin

M
N

sin
= mgcos



N(M + m.sin
2

) = M mgcos



N =


2
sin
.
cos

m
M
mgM


Thế vào phương trình (3) ta được :
a
0
= -
M
mM
mgM










2
sin.
cos
.sin
= -
)sin(2
2sin.
2



mM
mg


Thế vào phương trình (1) ta được :
mgsin

= m(a + (-

)sin(2
2sin.
2


mM
mg

).cos

)

mgsin

= m.a -
)sin(2
.2sin.
2
2



mM
socgm



a = gsin

+
)sin(2
cos.2sin
2



mM
mg


1,5










HẾT
=
)sin(2
cos.2sinsin2sin2
2
3


mM

mgmgMg




a =
)sin(2
cos.sin2)cos1(sin2sin2
2
22


mM
mgmgMg




a =


2
sin
sin.)(
m
M
gmM



1,5
5
(4 điểm)

Gọi nhiệt độ của khí ở trạng thái 1 là T
1
,
khi đó nhiệt độ ở trạng thái 2 sẽ là 4T
1
.
Giả sử áp suất trên đường đẳng áp 1 – 2
là p
1
, thì công mà khí thực hiện trong
quá trình này là: A = p
1
(V
2
-V
1
), trong
đó V
1
và V
2
tương ứng là thể tích khí ở
trạng thái 1 và 2.

Áp dụng phương trình trạng thái cho hai
trạng thái này:
p
1
V
1
=nRT
1
, p
2
V
2
=4nRT
1
(1)  T
1
= A/3nR (2)
Thay số ta có : T
1
=361K
+ Gọi p
3
là áp suất khí ở trạng thái 3 thì công mà khí thực hiện
trong cả chu trình được tính bằng diện tích của tam giác 123:
A
123
= 1/2 (p
1
-p
3

)(V
2
- V
1
) (3)
+ Kết hợp với phương trình trạng thái (1) và nhiệt độ T1 theo (2) ta
tìm được:
V
1
= nRT
1
/P
1
= A/3p
1
(4) và V
2
= 4nRT
1
/P
1
= 4A/3p
1
(5)
+Thay (4) vào (5) ta có biểu thức tính công trong cả chu trình:
A
123
=
3
1

p
A
1 -
2 p
 
 
 
(6)
+ Vì các trạng thái 2 và 3 nằm trên cùng một đường thẳng qua gốc
tọa độ nên:
p
3
/p
1
=V
3
/V
2
(7), với V
3
= nRT
1
/p
3
= A/3p
3
(8)
+ Thay(5), (8) vào (7) ta nhận được: p
3
/p

1
= p
1
/4p
3
 p
3
/p
1
= 1/2
(9)
+ Thay (9) vào (6) ta tính được công của khí trong chu trình: A
123
=
A/4
Thay số ta có: A
123
= 2250J.







0,5
0,5


0,5

0,5

0,5



0,5
0,5

0,5
1
2
3
V
p

o
Hình 5



r

R

Hình
1


SỞ GD&ĐT NINH BÌNH




ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12
THPT
Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013

MÔN: VẬT LÝ

Ngày thi 10/10/2012

(Thời gian 180 phút không kể thời gian phát đề)

Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang

Câu 1 (4,0 điểm):
Một bánh xe không biến dạng khối lượng m, bán kính R,
có trục hình trụ bán kính r tựa lên hai đường ray song song
nghiêng góc
α
so với mặt phẳng nằm ngang như hình 1. Coi hệ
số ma sát trượt giữa trục hình trụ và hai đường ray bằng hệ số
ma sát nghỉ cực đại giữa chúng và bằng . Cho biết momen
quán tính của bánh xe (kể cả trục) đối với trục quay qua tâm là I
= mR
2
.

1. Giả sử trục bánh xe lăn không trượt trên đường ray. Tìm lực ma sát giữa trục
bánh xe và đường ray.
2. Tăng dần góc nghiêng
α
tới giá trị tới hạn
0
α thì trục bánh xe bắt đầu trượt trên
đường ray. Tìm
0
α .
Câu 2 (4,0 điểm):
Một mol khí lý tưởng trong xi-lanh kín biến đổi trạng
thái từ (A) đến (B) theo đồ thị có dạng một phần tư đường tròn
tâm I(V
B
, p
A
), bán kính r = V
A
– V
B
như hình 2. Tính công mà
khí nhận trong quá trình biến đổi trạng thái từ (A) đến (B) theo
p
A
và r.
Câu 3 (4,0 điểm):
Cho mạch điện xoay chiều như hình 3:
Biết
120 2 sin ( )

AB
u t V
w= × ;
1
mR
C
w
= (với
m
là
tham số dương).
1. Khi khoá K đóng, tính
m
để hệ số công suất
của mạch bằng 0,5.
2. Khi khoá K mở, tính
m
để điện áp u
AB
vuông
pha với u
MB
và tính giá trị điện áp hiệu dụng U
MB
.

Câu 4 (4,0 điểm):
Cho một thấu kính mỏng hội tụ có tiêu cự f. Một nguồn sáng điểm chuyển
động từ rất xa, với tốc độ v không đổi hướng về phía thấu kính trên quỹ đạo là đường
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Hình 2


A
B
C
C
M
R
R
K
D
Hình 3
V
B
V
A

(B)
p

V

(A)
O

I
p
A