ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TỈNH QUẢNG NAM NĂM 2013-2014 môn vật lý

UBND TỈNH QUẢNG NAM
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NĂM HỌC 2013 - 2014
HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn: Vật lý
Bài 1. 3,0
a) Công nguyên tố của lực ma sát khi thanh dịch chuyển một khoảng
rất nhỏ dx:
d
xdx
L
mg
dxFA
msms
µ
−=−=

∫∫
µ
−=
µ
−=−=
x
0
2
x
0
msms
x
L2

mg
xdx
L
mg
dAA
b) Ban đầu lò xo không biến dạng nên độ dãn của lò xo bằng với độ
dịch chuyển của thanh. Tùy vào giá trị của V
0
mà độ dãn cực đại của
lò xo A ≤ L hoặc A > L  Có hai trường hợp:
- Trường hợp A ≤ L:
Định luật bảo toàn cơ năng:
12ms
WWA −=

2
mV
2
kA
A
L2
mg
2
0
2
2
−=
µ

L

mg
k
m
VA
0
µ
+
=
Điều kiện: A ≤ L 
L
L
mg
k
m
V
0
≤
µ
+

L
g
m
k
LV
0
µ
+≤
- Trường hợp A > L:
Công của lực ma sát lúc này:

)LA(mgL
2
mg
)LA(mgL
L2
mg
A
2
ms
−µ−
µ
−=






−µ+
µ
−=
Định luật bảo toàn cơ năng:
12ms
WWA −=

2
mV
2
kA
)LA(mgL

2
mg
2
0
2
−=−µ−
µ
−

0)mgLmV(mgA2kA
2
0
2
=µ+−µ+
Giải phương trình (bỏ nghiệm âm), ta có:
k
mg
k
)gLV(m
k
mg
A
2
0
2
µ
−
µ+
+







µ
=
Điều kiện: A > L 
L)LA(mgL
2
mg
>−µ−
µ
−


L
g
m
k
LV
0
µ
+>
0,50
0,50
0,25
0,25
0,50
0,25

0,25
0,50
Bài 2. 3,0
Gọi T
0
, T là nhiệt độ ban đầu và sau cùng của hệ; p
0
là áp suất ban
đầu của hệ; V
0
là thể tích ban đầu của mỗi ngăn.
1
a) Xét ngăn trên: Khí tăng nhiệt độ đẳng áp từ T
0
đến T, thể tích của
nó tăng từ V
0
đến V, ta có:
T
T
V
V
0
0
=
Khí sinh công: A = p
0
.(V – V
0
) 

0 0
0 0
0
( ) 8 ( )
PV
A T T R T T
T
= − − = − −
(1)
- Độ biến thiên nội năng của khí (4 mol):

)TT(R6)TT(R
2
i
ν.UΔ
00
−=−=
(2)
Áp dụng nguyên lý I nhiệt động lực học cho hệ:
ΔU = Q + A (3)
Từ (1), (2) và (3): 6R(T – T
0
) = Q – R(T – T
0
) 
0
.( )
8
Q
R T T− =


0
T
R7
Q
T +=

1000
300 315
8.8,31
T K= + ≈
b) Xét ngăn dưới: Khí nóng đẳng tích từ T
0
đến T, áp suất của nó
tăng từ p
0
đến p, ta có:
T
T
p
p
0
0
=
- Lực ma sát tác dụng lên pit-tông A:
h
V
).pp(S).pp(F
0
00ms

−=−=

0 0 0
0
0
2 .( )
.( )
ms
p V R T T
F T T
T h h
−
= − =

2.8,31.(315 300)
500
0,5
ms
F N
−
= ≈
0,25
0,25
0,50
0,25
0,50
0,25
0,25
0,50
0,25

Bài 3. 3,0
- Phương trình chuyển động của vật A (theo phương nghiêng):
m
1
gsinα – μm
1
gcosα = m
1
a
1

 Gia tốc của vật A: a
1
= g.(sinα – μcosα)
- Phương trình chuyển động tịnh tiến của vật B:
m
2
gsinα – F
ms2
= m
2
a
2
(1)
- Với F
ms2
là lực ma sát giữ cho B lăn không trượt, đồng thời gây ra
sự quay quanh trục của nó với gia tốc góc γ. Ta có phương trình:
M = I.γ  F
ms2

.r =
2
1
m
2
.r
2
.γ (2)
- Vật B lăn không trượt nên:
r
a
2
=γ
(3)
Từ (1), (2) và (3):
α= sin.g
3
2
a
2
(4)
- Muốn khoảng cách giữa hai vật luôn không đổi thì: a
1
= a
2


α=)αµ− α sin.g
3
2

cosg.(sin

µ=α 3tg
 α = arctg3μ
0,50
0,50
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
2
b) Từ (1) và (4) ta có:
α= singm
3
1
F
22ms
- Lực ma sát cực đại giữa B và mặt nghiêng: F
msnmax
= μ
’
m
2
gcosα
- Điều kiện phải thỏa mãn là: F
ms2
≤ F
msnmax


αµ≤α cosgmsingm
3
1
2
'
2

µ=
α
≥µ
3
tg
'
0,25
0,25
0,25
Bài 4. 3,0
a) Sơ đồ tạo ảnh:
- Chùm sáng tới //: d
1
= ∞  d’
1
= f
 d
2
= l – d’
1
= l – f


f2l
f)fl(
fd
fd
d
2
2
'
2
−
−
=
−
=
+ Khi f < l < 2f  d’
2
< 0: Chùm tia ló là chùm phân kỳ.
+ Khi l = 2f  d’
2
> 0: Chùm tia ló là chùm hội tụ.
b) Ban đầu điểm sáng đặt sát thấu kính thứ nhất  cách thấu kính
thứ hai: d
0
= l = 2f = 20cm  ảnh của hệ ở vị trí cách thấu kính
cm20
fd
fd
d
0
0

'
0
=
−
=
.
- Đoạn đường điểm sáng đi được trong thời gian t:
d
1
= V.t = 5.t (cm)

2t
t10
fd
fd
d
1
1
'
1
−
=
−
=
(cm)

2t
)4t.(10
2t
t10

20dld
'
12
−
−
=
−
−=−=
0,25
0,50
0,25
0,50
0,25
3
AB A
1
B
1
A
2
B
2
L
2
B
O
2
B
L
1

B
O
1
B
d
1
d’
1
d
2
d’
2
F
1
F’
1
F’
2
O
1
O
2
S
1
S
2
O
2
F’
2

F
1
F’
1
O
1
S
1
S
2

)t4.(5
fd
fd
d
2
2
'
2
−=
−
=

s/cm5
t
)t4.(520
t
d'd
V
'

02
'
=
−−
=
−
=
 + Tính chất chuyển động: Ảnh sau cùng của hệ chuyển động đều
từ vị trí cách thấu kính thứ hai một đoạn 20cm, với vận tốc V’ =
5cm/s, cùng chiều với chiều chuyển động của vật.
+ Tính chất của ảnh sau cùng của hệ:
* Khi 0 < t < 4s  0 < d
’
2
< 20cm: Ảnh thật.
* Khi t = 4s  d
’
2
= 0: Ảnh sát với thấu kính thứ hai.
* Khi t > 4s  d
’
2
< 0: Ảnh ảo.
0,25
0,50
0,50
Bài 5. 3,0
Gọi: U, U
1
, U

2
, U
3
, U
X
lần lượt là hiệu điện thế giữa hai đầu mạch
điện, giữa hai đầu R
1
, R
2
, R
3
và X.
- Ta có:
212
2
RR
U
R
U
+
=

3
U2
RR
R.U
U
21
2

2
=
+
=
- Khi I
G
= 0 
3
U2
UU
2X
==
và
3
U
RR
R.U
UU
21
1
31
=
+
==
- Cường độ dòng điện chạy qua X:

a3
U
R).RR(
R.U

R
U
II
321
1
3
3
3X
=
+
===
Theo đề:
3
XX
U.α=I

3
3
U2
.
a3
U






α=


a8
9
U
α
=
- Công suất tỏa ra trên R
X
:
2
4
XXXX
a4
1
U.U.IP
α
=α==
(W)
0,50
0,50
0,50
0,50
0,50
0,50
Bài 6. 3,0
Ta có:
2
LC
2
2
LC2

MBCLLC
ZR
ZR
Z;ZZZ
+
=−=
LCLCCC
ZIU;ZIU ==
22LCCCLMB
RIZIUUU ==−=

2
LC
C2
R
Z
II =
2
2
LC
2
21
C
1
C11AM
R
ZRR
I
cos
R

IRIU
+
=
α
==

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
4
U
C
α
I
2
I
C
I
1
U
MB
U
L
U
AB
U
AM
α++= sin.UU2UUU

MBAM
2
MB
2
AM
2
AB








+
++++=
2
LC
2
2
LC
LC
2
LC
2
2
2
1
2

LC
2
LC
2
2
2
2
2
1
2
C
2
AB
ZR
Z
Z.ZR
R
R
2Z)ZR(
R
R
IU


















+
+=
2
LC
2
2
21
2
1
2
C
2
C
Z
R
RR
R
Z
U

C

CL
2
2
21
2
1
AB
C
Z.
)ZZ(
R
RR
R
U
U
−








+
+
=

2
CL

2
21
21
C
21
2
AB
)ZZ(
RR
RR
Z
.
RR
R
.U
−+








+
+
=

( )
ω

ω
−ω+
+
=
C
1
.
)
C
1
L(R
1
.
RR
R
.U
2
2
21
2
AB
(với
21
21
RR
RR
R
+
=
)

1)CRLC2(CL
1
.
RR
R
.U
222422
21
2
AB
+ω−−ω
+
=
Đặt:
1)CRLC2(CLy
222422
+ω−−ω=
Để U
C
= U
Cmax
 y = y
min

a) R
2
= 400Ω 
Ω
3

400
RR
RR
R
21
21
=
+
=

0)CRLC2(
22
<−

Do đó: y = y
min

22
22
2
CL2
CRLC2 −
=ω


LC2
CRLC2
22
−
=ω

≈ 165,6rad/s
b) Thay R
2
bằng R
3
= 500Ω, ta có:
Ω
9
2000
RR
RR
R
31
31
=
+
=

0CRLC2
22
>−
 Hàm
11)CRLC2(CLy
222422
≥+ω−−ω=
tăng đồng biến theo
ω
2
. Do đó: y = y
min

= 1  ω = 0  u
AB
phải là điện áp không đổi.

3
1 3
10
9
C AB
R
U U V
R R
= =
+
0,25
0,50
0,50
0,25
0,25
Bài 7. 2,0
a) Vẽ hai sơ đồ mạch điện: 0,50
5
b) Cơ sở lý thuyết:
Gọi E, r là suất điện động và điện trở trong của nguồn, ta có:
- Mạch 1:
1
1
1
R
U

rEU −=
(1)
- Mạch 2:
1
'
1
'
2
'
1
R
U
rEUU −=+
(2)

'
11
'
21
UU
UU
E
−
=

c) Các bước tiến hành thí nghiệm, lập bảng số liệu:
- Bước 1: Mắc mạch điện 1, đóng khóa k, đọc số chỉ U
1
.
- Bước 2: Mắc mạch điện 2, đóng khóa k, đọc số chỉ U

’
1
, U
’
2
.
- Lặp lại các bước trên với các lần đo khác nhau.
- Lập bảng số liệu:
Lần đo U
1
U
’
1
U
’
2
E
1
2
3
…
- Tính giá trị trung bình:
n
E EE
E
n21
+++
=
0,25
0,25

0,50
0,25
0,25
Ghi chú:
1. Thí sinh có thể giải theo cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
2. Nếu sai đơn vị ở phần kết quả thì trừ 0,25 điểm cho toàn bài thi.
6
k
E,r
V
1
k
E,r
V
1
V
2
Mạch 1
Mạch 2