Đề thi học sinh giỏi môn vật lý lớp 11 (56)

F
→
R
2
R
1
F
→
ω
0
F
→
R
2
R
1
F
→
ω
0
SỞ GD&ĐT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẾN TRE ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG
Năm học 2008 – 2009
ĐỀ THI ĐỂ NGHỊ MÔN VẬT LÝ
Thời gian: 180 phút
Câu 1: ( Cơ học )
Để nối hai trục ta dùng mô hình như hình vẽ . Hai đĩa giống nhau có momen quán tính đối
với trục quay tương ứng là I. Ban đầu một đĩa đứng yên, còn đĩa kia quay đều với tốc độ góc ω
0
.
Muốn hai trục nối nhau ta tác dụng lực vào hai đĩa dọc theo trục như hình và có độ lớn F. Mặt

phẳng tiếp xúc 2 đĩa có dạng hình vành khuyên có bán kính trong R
1
, bán kính ngoài R
2
. Hệ số ma
sát giữa các mặt phẳng là µ.
1. Tìm tốc độ góc chung của 2 đĩa sau khi nối.
2. Xác định năng lượng hao hụt khi nối trục.
3. Xác định thời gian cần thiết khi nối trục.
ĐÁP ÁN
1. Tìm tốc độ góc chung của 2 đĩa sau khi nối.
Vận tốc góc chung sau khi nối trục:
Áp dụng định luật bảo toàn
mômen động lượng đối với
trục quay ta có:
0
0
I I I
2
ω
ω = ω+ ω → ω =
( 0,5 đ )
2. Năng lượng hao hụt:
( )
2 2
0 0
1 1
T T T I I I
2 2
∆ = − = ω − + ω

2 2
2
0 0
0
I
1
I I
2 4 4
ω ω
= ω − =
( 0,5 đ )
3. Thời gian nối trục:
Ta chia hình vành khuyên thành các vành nguyên tố có bán kính r, bề dày dr.
Momen của lực ma sát tác dụng lên vành nguyên tố
dM = r . dF
ms
( 0,25 đ )
với
( )
ms
2 2
2 1
F
dF 2 rdr
R R
= µ × π
π −
( 0,25 đ )
2

2 2
2 1
2 Fr dr
dM
R R
µ
=
−
( 0,25 đ )
2
1
R
2
2 2
R
2 1
2 F
M r dr
R R
µ
=
−
∫

( )
( )
3 3
2 1
2 2
2 1

2 F
R R
3 R R
µ
= × −
−
( 0,25 đ )
* Phương trình chuyển động quay cho đĩa ban đầu đứng yên :
M
M I const
I
= γ → γ = =
( 0,5 đ )
* Thời gian nối trục:
.tω = γ
( )
( )
2 2
2 1 0
3 3
2 1
3 R R I
t
4 F R R
− ω
ω
= =
γ
µ −
( 0,5 đ )

1
r
dr
Câu 2 (Nhiệt) (3 điểm)
Một mol khí lý tưởng đơn nguyên tử ở điều kiện bình thường chuyển từ trạng thái (1) sang
trạng thái (2) theo hai quá trình: 1 → 3 → 2 và 1 → 4 →2 (như đồ thị bên).
Tìm tỷ số của nhiệt lượng cần thiết truyền cho chất khí trong hai quá trình này.
ĐÁP ÁN
Nhiệt lượng truyền cho khí trong mỗi quá trình:
Q
132
= ∆U
132
+ A’
132
Q
142
= ∆U
142
+ A’
142
(0,25đ)
* Với U = nC
V
.T n = 1 ⇒
RTU
2
3
=
(0,25đ)

(0,25đ)
RC
V
2
3
=
TRU ∆=∆
2
3
(0,25đ)
( )
12142132
2
3
2
3
TTRTRUU −=∆=∆=∆⇒
(0,25đ)
Trạng thái (1)
1100
RTRT
m
VP ==⇒
µ
Trạng thái (2)
2200
2.2 RTRT
m
VP ==⇒
µ

(0,25đ)
Suy ra: R ( T
2
– T
1
) = 3 P
0
V
0
(0,25đ)
00142132
2
9
VPUU =∆=∆⇒
(0,25đ)
* A
132
= A
13
+ A
32

= 0 + 2P
0
(2V
0
– V
0
) = 2P
0

V
0
(0,25đ)
A
142
= A
14
+ A
42
= P
0
(2V
0
– V
0
) + 0 = P
0
V
0
(0,25đ)
Vậy
000000132
2
13
2
2
9
VPVPVPQ =+=
000000142
2

11
2
9
VPVPVPQ =+=
(0,25đ)
11
13
142
132
=⇒
Q
Q
(0,25đ)
2
3
1
2
4
0
V
V
0
2V
0
P
P
0
2P
0
Câu 3 (Điện một chiều) (3 điểm):

Cho mạch điện:
Trong đó:
E = 80V
R
1
= 30 Ω
R
2
= 40 Ω
R
3
= 150 Ω
R + r = 48Ω, ampe kế chỉ 0,8A, vôn kế chỉ 24V.
1. Tính điện trở R
A
của ampe kế và điện trở R
V
của vôn kế.
2. Khi chuyển R sang song song với đọan mạch AB. Tính R trong hai trường hợp:
a. Công suất tiêu thụ trên điện trở mạch ngoài đạt cực đại.
b. Công suất tiêu thụ trên điện trở R đạt cực đại.
ĐÁP ÁN
1. Gọi I là cường độ dòng điện trong mạch chính:
Ta có: E = I (r + R) + R
2
(I – I
A
) + U
V
(0,25đ)

80 = 48I + 40 (I – 0,8) + 24
⇒ I = 1A (0,25đ)
U
AB
= (I – I
A
) R
2
+ U
V
= 32V
Ω=−=⇒ 10
1
R
I
U
R
A
AB
A
(0,25đ)
Ω=
−−
== 600
3
R
U
II
U
I

U
R
V
A
V
V
V
V
(0,25đ)
2. Ta có:
Ω== 32
I
U
R
AB
AB
a. Khi chuyển R sang song song với đoạn mạch AB thì mạch ngoài có điện trở
R
R
R
N
+
=
32
.32
(1) (0,25đ)
Công suất P của điện trở mạch ngoài:
P = E . I – rI
2
Hay : rI

2
– E.I + P = 0
∆ = E
2
– 4.r.P ≥ 0
r
E
P
4
2
max
=⇒
(0,25đ)
Mặt khác ta có:
( )
2
2
.
rR
E
RP
N
N
+
=
P = P
max
khi R
N
= r (2) (0,25đ)

Từ (1) và (2):
Rr
R
R
−==
+
48
32
32
⇒ R = 32Ω (0,25đ)
3
A V
A
V
R
3
R
1
R
2
R
A
B
(
E,r
)
b. Gọi: I’ là cường độ dòng điện qua R
I
3
là cường độ dòng điện qua mạch AB có chứa R

1
, R
2
, R
A
,R
3

Ta có:
'
'
'
3
r
UE
R
U
r
UE
III
AB
AB
AB
−
=−
−
=−=
(0,25đ)
Với
rrR

R
EE
+
=
+
=
32
32
.80.'

r
r
rR
rR
r
+
=
+
=
32
.32.
'
(0,25đ)
(E’, r’): nguồn tương đương
Công suất tiêu thụ trên R cực đại khi: R = r’ (0,25đ)
Ω=⇒
+
=−⇔ 32
32
.32

48 r
r
r
r
Và do đó: R = 48 – 32 = 16Ω (0,25đ)
4
Câu 4 (Dao động cơ học):
Một vành tròn tâm O, bán kính R, khối lượng m
1
. Vành có thể quay tự do không ma sát
quanh một trục đi qua điểm A trên vành và trục quay vuông góc với mặt vành. Trên vành tại điểm
B đối xứng A qua O có gắn 1 quả cầu nhỏ khối lượng m
2
. Tính chu kỳ dao động nhỏ của vành.
ĐÁP ÁN
Ở vị trí cân bằng, đường kính AB thẳng đứng
Ở vị trí bất kỳ, đường kính AB hợp với phương thẳng đứng góc α. (0,5đ)
Phương trình động lực học của vật rắn quay quanh trục cố định cho:
''sin2sin.
21
ααα
IRPRP =−−
với I = 2m
1
R
2
+ m
2
4R
2

(0,25đ)
Dao động nhỏ ⇒ sinα ≈ α
⇒ - (m
1
+ 2m
2)
Rgα = 2R
2
(m
2
+ 2m
2
) α’’
⇒ 2Rα’’ + gα = 0 (1đ)
⇒ Chu kì dao động nhỏ
g
R
T
2
2
π
=
(1đ)
5
Câu 5: (Điện xoay chiều)
• Mạch điện xoay chiều gồm 3 phần tử : điện trở thuần R, cuộn thuần cảm có độ tự cảm L và
tụ có điện dung C mắc nối tiếp như hình vẽ (1).
Biết u
AN
nhanh pha so với u

MB
và
MBAN
ϕϕ
tan2tan =
• Nếu mắc mạch lại như hình vẽ (2) thì cường độ hiệu dụng qua mạch chính là bao nhiêu? Biết
dung kháng Z
C
= 50Ω và điện áp hiệu dụng hai đầu mạch là 100V.
ĐÁP ÁN
• Do mạch có ba phần trở R, L, C mà u
AN
nhanh pha so với u
MB
thì đoạn mạch AN gồm có R,
L và đoạn mạch MB gồm có R và C ⇒ x là cuộn thuần cảm L, Y là điện trở thuần R và Z và
tụ C. (0,5đ)
Từ
MBAN
ϕϕ
tan2tan =

CL
C
L
ZZ
R
Z
R
Z

2
2
=⇒=⇒
(0,5đ)
• Hình (2) được vẽ lại như sau:
6
∼
u
X
Y
Z
⋅ ⋅ ⋅
A M N
⋅
B
(hình 1)
∼
u
Z
•
A
B
(hình 2)
•
X
Y
•
D
∼
u

X
Y
Z
⋅ ⋅ ⋅
A M N
⋅
B
∼
u
•
A
B
•
i
R
L
•
R
D
C
I
L
i
• Giản đồ véc tơ cho mạch này là:
Ta có:
α
cos2
222
DBADDBAD
UUUUU −+=

(0,25đ)
I
I
UUUUU
L
DBADDBAD
2
222
−+=
(0,25đ)
mà
LLDBLCC
AD
ZIUZZZ
I
U
.;2; ===
(0,5đ)
nên
22222
ADDBDBAD
UUUUU =−+=
⇒ U = U
AD
(0,25đ)
A
Z
U
Z
U

I
CC
AD
2===⇒
(0,25đ)
7
DB
U
→
AD
U
→
→
U
→
I
R
I
→
L
I
→
α
α
(0,5đ)
Câu 6 (Quang hình)
1. Vật sáng AB qua thấu kính L
1
cho ảnh A
1

B
1
cùng chiều và bằng nửa AB. Giữ nguyên thấu
kính L
1
, dịch chuyển vật AB 18cm thì thu được ảnh A
2
B
2
bằng
3
1
AB. Tính tiêu cự f
1
của
L
1
. (1đ)
2. Đặt vật AB ở vị trí qua L
1
cho ảnh bằng
3
1
AB, sau L
1
đặt thấu kính hội tụ L
2
có tiêu cự
20cm, đồng trục với L
1

và lúc đầu cách L
1
18cm. Bây giờ giữ nguyên vật AB và thấu kính
L
1
, dịch chuyển thấu kính L
2
ra xa dần thấu kính L
1
thì ảnh cuối cùng cho bởi hệ thống sẽ
dịch chuyển như thế nào? (2đ)
ĐÁP ÁN
1.
* Do ảnh A
1
B
1
cùng chiều, nhỏ hơn AB nên A
1
B
1
là ảnh ảo và L
1
là thấu kính phân kỳ. Suy ra
A
2
B
2
cũng ảnh ảo và cùng chiều với AB. (0,25đ)
*

11
11
1
1
'
111
1
2
1
fd
fd
f
d
d
AB
BA
k −=⇒+=
−
−
=
−
==
(1) (0,25đ)
*
12
22
2
2
'
222

2
2
3
1
fd
fd
f
d
d
AB
BA
k −=⇒+=
−
−
=
−
==
(2) (0,25đ)
* mà d
2
– d
1
= 18cm (3)
* Từ (1), (2), (3) ⇒ f
1
= -18cm (0,25đ)
2. * Ta có sơ đồ ảnh sau:
AB A
1
B

1
A
2
B
2

* Theo câu 1, ta có d
1
= 36cm
cm
fd
fd
d 12
11
11
'
1
−=
−
=⇒
(0,25đ)
* Khi chưa dịch chuyển L
2
, ta có d
2
= a – d
1
’ = 30cm (0,25đ)
cm
fd

fd
d 60
22
22
'
2
=
−
=⇒
* Khi dịch chuyển L
2
ra xa L
1
thì d
2
luôn lớn hơn f
2
nên ảnh A
2
B
2
luôn là ảnh thật.(0,25đ)
Ta biết đối với thấu kính hội tụ, khoảng cách từ vật thật cho đến ảnh thật nhỏ nhất là bằng 4f =
80cm, lúc này d = d’ = 2f = 40cm. (0,5đ)
*mà lúc đầu d
2
= 30cm, l = d
2
+ d
2

’ = 90cm nên khi dịch chuyển L
2
ra xa L
1
10cm thì ảnh A
2
B
2

dịch chuyển lại gần L
1
10cm. (0,25đ).
Nếu tiếp tục dịch chuyển L
2
ra xa nữa thì A
2
B
2
sẽ dịch chuyển xa L
1
(0,25đ). Khi L
2
ở khá xa L
1
thì
ảnh A
2
B
2
ở trên tiêu diện ảnh của L

2
. (0,25đ)
8
L
1
d
1
d
1
’
L
2
d
2
d
2
’
A
2
B
2
A
B
A
1
B
1
L
1
L

2
d
2
=30cm
d
2
’=60cm
l= d2 + d
2
’=90cm
Câu 7 (Phương án thí nghiệm) (2điểm)
1. Cho dụng cụ gồm:
- Một hình trụ rỗng có khối lượng và bán kính trong chưa biết.
- Mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng thay đổi được, nối tiếp với một mặt phẳng ngang.
- Đồng hồ
- Thước chia độ
- Ống thăng bằng
- Thước kẹp
2. Yêu cầu:
a. Xác định hệ số ma sát lăn của hình trụ.
b. Xác định bán kính trong của hình trụ bằng cách cho nó lăn trên hai mặt phẳng.
ĐÁP ÁN
a. Thả cho hình trụ bắt đầu lăn xuống từ đỉnh A của mặt phẳng nghiêng, hình trụ lăn xuống B
rồi tiếp tục đi trên mặt ngang và dừng lại ở C. (0,25đ)
Ta có: E
A
= mgh
E
C
= 0

E
A
– E
C
= A
ms
= µ.mg(s
1
+s
2
) ( góc α đủ nhỏ ⇒ cosα ≈ 1) (0,25đ)
mgh = µ.mg(s
1
+s
2
) ⇒
21
ss
h
+
=
µ
(1) (0,25đ)
b. Chọn mốc thế năng ở mặt phẳng ngang.
Cơ năng tại B có giá trị bằng công của lực ma sát trên đoạn đường BC:
2
22

2
1

.
2
1
smgImV
BB
µω
=+
(0,25đ)
Có
R
V
B
B
=
ω
và
( )
22
2
1
rRmI +=
(0,25đ)
Với: R: bán kính ngoài của hình trụ
r: bán kính trong của hình trụ
( )
2
2
2
222

2
.
2
1
2
1
smg
R
V
rR
m
mV
B
B
µ
=++⇔
2
2
2
2
2
3
4
R
V
Rsg
r
B
−=⇒
µ

(2) (0,25đ)
Mặt khác trên đoạn đường s
1
ta có:
1
2
11
;
2
1
atvats
B
==
1
1
2t
s
v
B
=⇒
(3) (0,25đ)
Từ (1), (2) và (3):
( )
3

21
2
2
1
2

1
−
+
⋅=
ss
s
s
thg
Rr
(0,25đ)
9
C
A
B
V
B
V
C
= 0
s
2
s
1
h
V
A
= 0
α