Đề và đáp án thi HSG Vật lí 12 chuyên Vĩnh Phúc 2013

1

S
Ở GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
VĨNH PHÚC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn: VẬT LÝ – THPT CHUYÊN
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề.
Ngày thi: 02/11/2012.
Đề thi gồm 02 trang.
Câu 1: (2,5 điểm)
Một xylanh đặt thẳng đứng, bịt kín hai đầu, được chia làm hai phần bởi một pittông
nặng cách nhiệt. Cả hai bên pittông đều chứa cùng một lượng khí lý tưởng. Ban đầu khi
nhiệt độ khí của hai phần như nhau thì thể tích phần khí ở trên pittông gấp 2 lần thể tích khí ở
phần dưới pittông. Bỏ qua ma sát giữa pittông và xylanh.
a) Hỏi nếu nhiệt độ của khí ở phần trên pittông được giữ không đổi thì cần phải tăng
nhiệt độ khí ở phần dưới pittông lên bao nhiêu lần để thể tích khí ở phần dưới pittông sẽ gấp
2 lần thể tích khí ở phần trên pittông.
b) Tìm nhiệt lượng mà khí ở ngăn dưới đã nhận được, coi khí là đơn nguyên tử. Tính
kết quả theo P
1
và V
1
là áp suất và thể tích ban đầu của khí ở ngăn trên.
Câu 2: (2,5 điểm)
Một cái chậu có đáy là gương phẳng G nằm ngang
(Hình bên). Đặt thấu kính L mỏng, dạng phẳng lồi, tiêu cự là
10 cm, sao cho mặt lồi hướng lên phía trên còn mặt phẳng thì
nằm trên mặt phẳng ngang qua miệng chậu. Điểm sáng S nằm

trên trục chính của thấu kính, trong khoảng giữa gương và
thấu kính, khi đó ta thu được hai ảnh thật của S cách nhau
20/3 cm. Cho nước vào đầy chậu thì hai ảnh vẫn là thật nhưng
cách nhau 15cm. Biết chiết suất của nước là n=4/3.
a) Tìm độ sâu h của chậu và khoảng cách từ điểm sáng
S tới thấu kính.
b) Đổ đầy nước vào chậu. Thay S bằng vật sáng AB đặt vuông góc với trục chính của
thấu kính ta vẫn thu được 2 ảnh của vật. Xác định khoảng cách từ AB đến thấu kính để hai
ảnh đều là ảnh thật và ảnh này cao gấp 3 lần ảnh kia.
Câu 3: (2,5 điểm)
Cho một cơ hệ (như hình vẽ bên), thanh
đồng nhất OA có khối lượng M, chiều dài l có
thể quay tự do quanh trục O cố định nằm
ngang, đầu A buộc vào một sợi dây nhẹ không
dãn, đầu còn lại của dây vắt qua ròng rọc S và
buộc vào vật m. S ở cùng độ cao với O và
OS=l. Khi cân bằng góc α= 60
0
. Bỏ qua ma
sát, khối lượng và kích thước của ròng rọc.
O

S

A

m

α

M,l
S
L
O
G
h

2

a) Tìm tỷ số
M
m
.
b) Đưa thanh đến vị trí nằm ngang rồi thả nhẹ. Tìm vận tốc của m khi thanh đi qua vị
trí cân bằng ban đầu.
Câu 4: (1 điểm)
Trong sơ đồ mạch điện (hình vẽ bên) có X
1
,
X
2
là hai phần tử phi tuyến giống nhau mà đặc
trưng vôn–ampe được mô tả bằng công thức U=10I
2

(U đo bằng vôn, I đo bằng ampe). Nguồn điện có
suất điện động E=10V và điện trở trong không đáng
kể. Để công suất tỏa nhiệt trên biến trở đạt giá trị
cực đại, phải điều chỉnh cho biến trở R có giá trị
bằng bao nhiêu?

Câu 5: (1,5 điểm)
Hình bên là sơ đồ một mẫu động cơ điện đơn
giản. Một vòng dây dẫn hình tròn tâm C bán kính l
nằm ngang cố định trong một từ trường đều thẳng
đứng có cảm ứng từ
B

. Một thanh kim loại CD dài
l, khối lượng m có thể quay quanh trục thẳng đứng
đi qua C, đầu kia của thanh kim loại trượt có ma sát
trên vòng tròn. Một nguồn điện suất điện động E nối
vào tâm C và điểm A trên vòng tròn qua điện trở R.
Chọn mốc tính thời gian là khi vừa nối nguồn. Tìm
biểu thức của vận tốc góc
ω
của thanh kim loại theo
thời gian. Biết lực ma sát tác dụng lên thanh kim
loại có momen cản là αl
2
ω trong đó α là hằng số. Bỏ qua các điện trở trong của nguồn, điện
trở của thanh kim loại, vòng dây và chỗ tiếp xúc.

Hết

- Thí sinh không sử dụng tài liệu trong phòng thi.
- Giám thị không giải thích gì thêm.
A
X
1

E
R
X
2

B

B


A
R
C
E
D
1


S
Ở GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
VĨNH PHÚC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013

Môn: VẬT LÝ – THPT CHUYÊN
HƯỚNG DẪN CHẤM
(Gồm 04 trang)
Câu Nội dung

1 (2,5

điểm)
a. (1,5 điểm)
Lượng khí ở 2 phần xylanh là như nhau nên:
2
'
2
'
2
1
'
1
'
1
1
22
1
11
T
VP
T
VP
T
VP
T
VP
R.
m
====
µ

Vì
=
1 2
2
V V
nên
=
2 1
2
P P
◊ Mg = P
1
S
Theo giả thiết:
=
' '
1 2
/ 2
V V
, suy ra:
=
'
2 2
'
1 1
2
T P
T P
(1)
Phương trình cân bằng của pittông:

S)PP(MgS)PP(
12
'
1
'
2
−==−
◊
= +
' '
2 1 1
P P P
(2)
Từ phương trình trạng thái phần trên của pittông:
P
1
V
1
= P
1
’
V
1
’

1
'
1
'

11
V
V
.PP =→
suy ra:
= +
' '
2 1
'
1 1
1
P V
P V
(3)
Do: V
1
+V
2
= V
1
’
+V
2
’
; ⇒
=
'
1
1
1

2
V
V
;
Thay vào (3) ta được:
= + =
'
2
'
1
1 3
1
2 2
P
P

Thay vào (1) ta có kết quả:
= =
'
2 2
'
1 1
2 3
T P
T P
.
b. (1 điểm)
Nhiệt lượng mà khí ở ngăn dưới nhận được dùng để tăng nội năng và sinh công.
- Độ tăng nội năng của khí: ∆U =
( )

2 1 1 1 1
3
nR T T 3nRT 3PV
2
− = =
- Công mà khí sinh ra dùng
để
t
ă
ng th
ế
n
ă
ng c
ủ
a pittông và sinh công cho khí
ở

ng
ă
n trên.
A = A
1
+ A
2
= Mgh + P
1
V
1
ln

1 1 1
1 1
'
1
V PV
PV ln 2
V 2
= +
(mỗi biểu thức công đúng được 0,25 điểm)
◊ Q = A +
∆
U =
1 1
7
ln 2 PV
2
 
+
 
 

2
(2,5
đ
i
ể
m)
a. (1,5
đ
i

ể
m)
G
ọ
i d = OS
S
ơ

đồ
t
ạ
o
ả
nh:



V
1
'
P
1
’
V
2
’, P
2
’

V

1
, P
1

V
2
, P
2
d d’
L

S

S’

L

d
1
d
1
’
G

S

S
1

d

2
d
2
’

S
2

2

Câu N
ội dung
Ta có d’ =
10d
d-10

d
1
= h - d => d
2
= 2h - d => d
2
’ =
10(2h-d)
2h - d -10

d’ - d
2
’ = 20/3 => 2d
2

- 4dh +100h - 60d - 200 = 0 (1)
Khi có nước:





Ta có d’ =
3d
4
=> d’’=
7,5d
0,75d-10

d
1
= h-d => d
2
= 2h-d => d
3
=
3(2h-d)
4
=> d
3
’=
7,5(2h-d)
1,5h-0,75d-10

 d’’- d

3
’ = 15 => 0,5625d
2
- 1,125dh +25h - 10d - 100 = 0 (2)

Từ (1) và (2) => d = 11,76 cm , d = 20 cm (nhận) => h = 11,88 cm, h = 30 cm.
Điều kiện để cho các ảnh đều là thật là d
3
> f = 10 cm. Thay các giá trị vào ta
thấy chỉ có cặp nghiệm d = 20 cm và h = 30 cm thỏa mãn.
Vậy d = 20 cm và h = 30 cm…………………………………
b. (1 điểm)
- Để hai ảnh cùng là thật thì: 0,75d > f và d
3
> f ◊ 13,3 cm < d < 46,7 cm nhưng
vì d < h = 30 cm ◊ điều kiện để cả hai ảnh đều là thật là: 13,3 cm < d < 30 cm.
- Độ phóng đại của ảnh thứ nhất và ảnh thứ 2:
k
1
=
f 10
f 0,75d 10 0,75d
=
− −
; k
2
=
( )
3
f 10 10

3 2h d
f d 0,75d 35
10
4
= =
−
− −
−

◊
tỷ số hai ảnh:
1
2
k
0,75d 35
k 10 0,75d
−
=
−
(do hai
ả
nh cùng là th
ậ
t nên k
1
và k
2
cùng d
ấ
u)

Có hai tr
ườ
ng h
ợ
p:
+
1
2
k
0,75d 35
k 10 0,75d
−
=
−
= 3 ◊ d = 21,7 cm.
+
1
2
k
0,75d 35 1
k 10 0,75d 3
−
= =
−
◊ d = 38,3 cm. (lo
ạ
i)
3
(2,5
đ

i
ể
m)
a. (1
đ
i
ể
m)
Khi m cân b
ằ
ng thì l
ự
c c
ă
ng dây b
ằ
ng tr
ọ
ng l
ự
c c
ủ
a m ◊ T = mg.
Áp d
ụ
ng quy t
ắ
c mômen cho thanh v
ớ
i tr

ụ
c quay O.
Mg.
l
2
.cos
α
= T.l.cos
2
α
◊ T =
Mg.cos
2cos
2
α
α
= mg
(mỗi biểu thức mômen lực đúng được 0,25 điểm)
◊
2cos
M
2
2 3
m cos
α
= =
α

b. (1,5
đ

i
ể
m)
S

L

O

G

h

d d’
LCP

S

S’

d’’
L

S’’

d
1
d
1
’

G

S

S
1

d
2
d
2
’

S
2

d
3
d
3
’
L

S
3

LCP

3

Câu N
ội dung
Chọn mốc tính thế năng trọng trường tại VTCB của mỗi vật.
- Khi thanh OA nằm ngang thì độ cao trọng tâm của nó ở trên vị trí cân bằng một
khoảng h
G
=
l
2
sin α
=
l 3
4
, còn v
ậ
t m
ở
d
ướ
i v
ị
trí cân b
ằ
ng c
ủ
a nó m
ộ
t
đ
o

ạ
n
h
m
= SA = l.
- G
ọ
i v
ậ
n t
ố
c c
ủ
a m khi thanh
đ
i qua VTCB là v, giá tr
ị
c
ủ
a v b
ằ
ng thành ph
ầ
n
v
ậ
n t
ố
c c
ủ

a
đ
i
ể
m A theo ph
ươ
ng dây
◊
v = v
A
.sin
α
=
l 3
2
ω
◊
ω
=
2v
l 3

- C
ơ
n
ă
ng ban
đầ
u c
ủ

a h
ệ
. W = Mgh
G
– mgh
m
=
3 Mgl Mgl
Mgl
4
2 3 4 3
− = .
(mỗi biểu thức thế năng đúng được 0,25 điểm)…………………………………
- C
ơ
n
ă
ng c
ủ
a h
ệ
t
ạ
i VTCB: W’ =
(
)
2
2
2 2 2 2
0

Mv 9 8 3
1 1 1 M 1 1 2v
mv I v Ml
2 2 2 2 3
2 3 l 3 36 3
+
 
+ ω = + =
 
 

(mỗi biểu thức động năng đúng được 0,25 điểm)…………………………………
- Áp d
ụ
ng
đị
nh lu
ậ
t b
ả
o toàn c
ơ
n
ă
ng ta
đượ
c:
(
)
2

Mv 9 8 3
Mgl
4 3 36 3
+
=
◊ v =
9gl
9 8 3
+


4
(1
điểm)
Gọi U là hiệu điện thế ở hai đầu biến trở, khi đó dòng điện qua biến trở bằng
hiệu dòng qua hai phần tử phi tuyến:
10
E U U
I
− −
=
(*)
Công suất nhiệt tỏa ra trên biến trở là:
10
E U U
P UI U
− −
= =

Đạo hàm biểu thức trên theo U rồi cho đạo hàm bằng 0 ta được:

2 2
18 21 4 0
U EU E
− + =

Giải phương trình trên ta được:
(21 153)
36
E
U
±
=
Hay U
1

≈
9,3 V và U
2

≈

2,4V. Với điều kiện I > 0
◊
lấy nghiệm U = 2,4 V.
Thay vào (*) ta tìm được I = 0,38 A, từ đó tính được R =
U
I

6,3
≈ Ω

5.
(1,5
điểm)
Khi thanh CB quay với vận tốc góc ω thì trong thời gian dt nó quét được diện
tích là
dS=
2
1
. .
2 2
Φ
=> = − = −
cu
d l B
l l dt E
dt
ω
ω

=> i=
2
2
2
2
l B
E
E l B
R R R

ω
ω
−
= −
Mômen c
ủ
a l
ự
c t
ừ
tác d
ụ
ng lên
đ
o
ạ
n dây có chi
ề
u dài dx có t
ọ
a
độ
x.
dM = i.B.x.dx ◊ M =
l
2
0
Bil
i.B.xdx
2

=
∫

Ph
ươ
ng trình chuy
ể
n
độ
ng quay c
ủ
a thanh quanh tr
ụ
c:
4

Câu N
ội dung
2 2 2
2 2 2
2 4 2
2
1
( )
3 2 2 2
( )
4 2
d l E l B l
ml l Bi l B
dt R R

B l BEl
l
R R
ω ω
α ω α ω
ω α
= − + = − + −
= − + +


Đặt x=
2 4 2
2
( )
4 2
B l BEl
l
R R
ω α
− + +
=> dx=
2 4
2
( )
4
B l
l d
R
α ω
− +

Khi đó phương trình trên trở thành:
2 2
3( )
4
+
= −
B l
dt
dx
R
x m
α

Khi
ω
l
ấ
y c
ậ
n t
ừ
0
đế
n
ω
thì x l
ấ
y c
ậ

n t
ừ

2
2
BEl
R

đế
n
2 4 2
2
( )
4 2
B l BEl
l
R R
ω α
− + +
Tích phân hai v
ế
ta
đượ
c:
2 4 2
2
2
2 2
B l BEl
( l )

t
4R 2R
0
BEl
2R
B l
3( )dt
dx
4R
x m
−ω α + +
α +
= −
∫ ∫

◊

2 2
2 4 2
2
3( )
4
2
( )
4 2
2
+
−
− + +
=

B l
t
R
m
B l BEl
l
R R
e
BEl
R
α
ω α

◊

2 2
3
4
2 2
2
(1 )
4
 
− +
 
 
 
= −
+
B l

t
R
m
BE
e
B l R
α
ω
α


H
ế
t