BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VẬT LÝ 12 CÁC TỈNH_ LỜI GIẢI CH TIẾT ĐẦY ĐỦ

B ụn ụn hc sinh gii



Trng trung hc ph thụng Ngụ S Liờn
Tễ LY KI THUT

-----o0o-----

B THI HC SINH GII
VT Lí 12 CC TNH

GIO VIấN: V Tin Thnh
Email:
in thoi: 0977616415
Sở GD&ĐT Nghệ An

Kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh
Năm học 2007-2008

Đề chính thức
Môn thi: VậT Lý lớp 12 THPT- bảng a
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Bi 1. (4,0 im) Mt dõy dn cng cú in tr khụng ỏng k, c un thnh khung ABCD nm trong mt
phng nm ngang,cú AB v CD song song vi nhau, cỏch nhau mt khong l=0,5m, c t trong mt t
trng u cú cm ng t B=0,5T hng vuụng gúc vi mt phng ca khung nh hỡnh 1. Mt thanh dn MN
cú in tr R=0,5 cú th trt khụng ma sỏt dc theo hai cnh AB v CD.
GV su tm: V Tin Thnh

1

Bộ ôn đề ôn học sinh giỏi

a) Hãy tính công suất cơ học cần thiết để kéo thanh MN trượt đều với vận tốc v=2m/s dọc theo các

thanh AB và CD. So sánh công suất này với công suất tỏa nhiệt
B M
A
B
trên thanh MN và nhận xét.
b) Thanh đang trượt đều thì ngừng tác dụng lực. Sau đó

thanh còn có thể trượt thêm được đoạn đường bao nhiêu nếu khối C
v D
lượng của thanh là m=5gam?
N
Bài 2(4,0 điểm) Vật nặng có khối lượng m nằm trên một mặt
Hình 1
phẳng nhẵn nằm ngang, được nối với một lò xo có độ cứng k, lò
xo được gắn A
k
F
m
vào bức tường
đứng tại điểm
A như hình 2a.
Hình 2a
Từ một thời điểm nào đó, vật nặng bắt đầu chịu tác dụng của một lực không đổi F hướng theo trục lò xo như
hình vẽ.
a) Hãy tìm quãng đường mà vật nặng đi được và thời gian vật đi hết quãng đường ấy kể từ khi bắt đầu

tác dụng lực cho đến khi vật dừng lại lần thứ nhất.
b) Nếu lò xo
k
F
không không gắn M
m
vào điểm A mà
Hình 2b
được nối với một
vật khối lượng M như hình 2b, hệ số ma sát giữa M và mặt ngang là µ. Hãy xác định độ lớn của lực F để sau
đó vật m dao động điều hòa.
Bài 3.(3.0 điểm) Hai nguồn sóng kết hợp S1 và S2 cách nhau 2m dao động điều hòa cùng pha, phát ra hai sóng
có bước sóng 1m. Một điểm A nằm ở khoảng cách l kể từ S1 và AS1⊥S1S2
a)Tính giá trị cực đại của l để tại A có được cực đại của giao thoa.
b)Tính giá trị của l để tại A có được cực tiểu của giao thoa.
A
Bài 4(2,5 điểm)
Một ampe kế nhiệt có điện trở không đáng kể mắc vào mạch để đo
K
giá trị hiệu dụng của dòng điện xoay chiều trong mạch điện như hình 3.
R
Khi khóa K đóng, ampe kế chỉ I1=1A. Khi khóa K ngắt thì ampe kế chỉ bao
nhiêu? Điốt là lý tưởng, R là điện trở thuần.
Hình 3
Bài 5(3,0 điểm) Biểu thức của cường độ dòng điện trong một mạch dao
động
LC
là
V0
S

Hình 4

i = I 0 cos ωt. Sau 1/8 chu kỳ dao động thì năng lượng từ trường của mạch lớn hơn năng lượng điện trường bao
nhiêu lần? Sau thời gian bao nhiêu chu kỳ thì năng lượng từ trường lớn gấp 3 lần năng lượng điện trường của
mạch?
Bài 6(3,5đ) Một cái loa điện động với màng rung có diện tích S=300cm2, khối lượng m=5g và có tần số dao
động riêng là f0=100Hz. Tần số dao động riêng của nó sẽ là bao nhiêu khi gắn nó lên miệng một cái hộp rỗng
có thể tích V0=40lít như hình 4 .Trong khi hệ thống hoạt động, coi nhiệt độ của khí trong hộp là không đổi.
Lấy áp suất khí quyển p0=105Pa.
-------------Hết------------Họ và tên thí sinh:....................................................................Số báo danh:.....................
GV sưu tầm: Vũ Tiến Thành

2


Bộ ôn đề ôn học sinh giỏi

GV sưu tầm: Vũ Tiến Thành



3


B ụn ụn hc sinh gii



Sở GD&ĐT Nghệ An

Kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh
Năm học 2007-2008
Hớng dẫn chấm và biểu điểm đề chính thức
Môn: vật lý lớp 12 thpt- bảng a
Bi 1. (4) Khi thanh MN chuyn ng thỡ dũng in cm ng trờn thanh xut hin theo chiu MN.
0.25

I=

E Bvl
=
.
R
R

Cng dũng in cm ng ny bng:
0.5
Khi ú lc t tỏc dng lờn thanh MN s hng ngc chiu vi vn tc v v cú ln:

B 2l 2 v
Ft = BIl =
.
R

0.5
0.25

Do thanh chuyn ng u nờn lc kộo tỏc dng lờn thanh phi cõn bng vi lc t.

B 2l 2 v 2
P = Fv = Ft v =
.
R
Vỡ vy cụng sut c hc (cụng ca lc kộo) c xỏc nh:
Thay cỏc giỏ tr ó cho nhn c: P = 0,5W .
Pn = I 2 R =

0.25
0.25

2 2 2

B l v
.
R

Cụng sut ta nhit trờn thanh MN:
0.25
Cụng sut ny ỳng bng cụng sut c hc kộo thanh. Nh vy ton b cụng c hc sinh ra c chuyn hon
ton thnh nhit (thanh chuyn ng u nờn ng nng khụng tng), iu ú phự hp vi nh lut bo ton nng
lng.
0.25
b) Sau khi ngng tỏc dng lc, thanh ch cũn chu tỏc dng ca lc t. ln trung bỡnh ca lc ny l:

Ft B 2 l 2 v
F=
=
.
2

2R

0.5

B 2l 2v
A = FS =
S.
2R
Gi s sau ú thanh trt c thờm on ng S thỡ cụng ca lc t ny l:
1
W = mv 2 .
2
ng nng ca thanh ngay trc khi ngng tỏc dng lc l:

0.25

0.25
Theo nh lut bo ton nng lng thỡ n khi thanh dng li thỡ ton b ng nng ny c chuyn thnh

1 2 B 2l 2 v
mv =
S.
2
2R

S=

cụng ca lc t (lc cn) nờn:
T ú suy ra:
Bi 2(4)a) Chn trc ta hng dc theo trc lũ xo, gc ta trựng vo v

trớ cõn bng ca vt sau khi ó cú lc F tỏc dng nh hỡnh 1. Khi ú, v trớ ban
u ca vt cú ta l x0. Ti v trớ cõn bng, lũ xo b bin dng mt lng x0 v:

F = kx0



x0 =

F
.
k

mvR
= 0,08(m) = 8cm.
B 2l 2
k

x0
0.25

F

m
O

Hỡnh 1

k ( x x0 ) + F = ma.

Ti ta x bõt k thỡ bin dng ca lũ xo l (xx0), nờn hp lc tỏc dng lờn vt l:
0.5

F

k x + + F = ma kx = ma
k

Thay biu thc ca x0 vo, ta nhn c:

x"+ 2 x = 0.

0.25

= k m

Trong ú
. Nghim ca phng trỡnh ny l: x = A sin(t + ).
0.25
Nh vy vt dao ng iu hũa vi chu k. Thi gian k t khi tỏc dng lc F lờn vt n khi vt dng li ln th
nht (ti ly cc i phớa bờn phi) rừ rng l bng 1/2 chu k dao ng, vt thi gian ú l:

GV su tm: V Tin Thnh

t=

T
m
=
.

2
k

4


Bộ ôn đề ôn học sinh giỏi



F
,
k
Khi t=0 thì: v = ωA cos ϕ = 0
x = A sin ϕ = −

F

 A = k ,
⇒ 
ϕ = − π .

2

0.5đ
Vậy vật dao động với biên độ F/k, thời gian từ khi vật chịu tác dụng của lực F đến khi vật dừng lại lần thứ nhất là
T/2 và nó đi được quãng đường bằng 2 lần biên độ dao động. Do đó, quãng đường vật đi được trong thời gian này là:

S = 2A =

2F
.
k

0.5đ

b) Theo câu a) thì biên độ dao động là

A=

F
.
k

Để sau khi tác dụng lực, vật m dao động điều hòa thì trong quá trình chuyển động của m, M phải nằm yên. 0.5đ
Lực đàn hồi tác dụng lên M đạt độ lớn cực đại khi độ biến dạng của lò xo đạt cực đại khi đó vật m xa M nhất (khi

x + A = 2A

đó lò xo giãn nhiều nhất và bằng: 0
).
0.25đ
Để vật M không bị trượt thì lực đàn hồi cực đại không được vượt quá độ lớn của ma sát nghỉ cực đại:

k .2 A < µMg

⇒ k .2.

F
< µMg .

k

0.25đ

F<

µmg
.
2

Từ đó suy ra điều kiện của độ lớn lực F:
0.25đ
Bài 3.(3đ) a) Điều kiện để tại A có cực đại giao thoa là hiệu đường đi từ A đến hai
2
2
nguồn sóng phải bằng số nguyên lần bước sóng (xem hình 2): l + d − l = kλ.

S1

Với k=1, 2, 3...
0.5đ
Khi l càng lớn đường S1A cắt các cực đại giao thoa có bậc càng nhỏ (k càng bé),
vậy ứng với giá trị lớn nhất của l để tại A có cực đại nghĩa là tại A đường S1A cắt cực
đại bậc 1 (k=1).
0.5đ
Thay các giá trị đã cho vào biểu thức trên ta nhận được:

l 2 + 4 − l = 1 ⇒ l = 1,5(m).

l

d

k=2
A k=1
k=0

S2
Hình 2

0.5đ

λ
l 2 + d 2 − l = (2k + 1) .
2
b) Điều kiện để tại A có cực tiểu giao thoa là:
2

λ

d 2 − (2k + 1) 
2

l=
( 2k + 1)λ
.

Trong biểu thức này k=0, 1, 2, 3, ...
Ta suy ra :
0.5đ

Vì l > 0 nên k = 0 hoặc k = 1.Từ đó ta có giá trị của l là : * Với k =0 thì l = 3,75 (m ).* Với k= 1 thì l ≈ 0,58 (m).
Bài 4(2,5đ)Khi khóa K đóng, dòng điện trong mạch là I1, nên nhiệt lượng tỏa ra trong một chu kỳ bằng:

Q1 = I12 RT .
0.5đ
Khi khóa K ngắt: Rõ ràng nhiệt lượng chỉ tỏa ra trên mạch trong một nửa chu kỳ (một nửa chu kỳ bị điốt chặn
lại). Nửa chu kỳ có dòng điện chạy trong mạch thì cường độ dòng điện hoàn toàn giống như trường hợp khóa K đóng
(vì điốt lý tưởng).
0.5đ

1
Q2 = Q1 .
2
Vì vậy nhiệt lượng tỏa ra trong thời gian một chu kỳ chỉ bằng một nửa so với khi K đóng:
0.5đ
Gọi I2 là giá trị hiệu dụng của dòng điện trong trường hợp K ngắt thì:
0.5đ

GV sưu tầm: Vũ Tiến Thành

Q2 = I12 R

T
= I 22 RT .
2

5


Bộ ôn đề ôn học sinh giỏi

I12
= I 22
Từ đó suy ra: 2



⇒

I2 =

I1
2

≈ 0,707( A).

Bài 5(3đ)
Sau thời gian t kể từ thời điểm t=0 thì năng lượng từ trường của mạch bằng:

Wt =

1 2 1 2
Li = LI 0 cos 2 ωt.
2
2
Tổng năng lượng dao động của mạch:

W = Wt max =

1 2
LI 0 .

2
Wđ = W − Wt =

Nên vào thời điểm t, năng lượng điện trường của mạch là:
Vì vậy, tỷ số giữa năng lượng từ trường và năng lượng điện trường bằng:

1 2 2
LI 0 sin ωt.
2

Wt cos 2 ωt
=
= cot g 2ωt.
2
Wđ sin ωt
t=

Wt
π
 2π T 
T
= cot g 2  .  = cot g 2 = 1.
4
 T 8
8 thì: Wđ

Vào thời điểm
Như vậy sau 1/8 chu kỳ thì năng lượng từ trường bằng năng lượng điện trường.

Wt

 2π 
= cot g 2  .t  = 3.
Wđ
 T 
Khi năng lượng từ trường lớn gấp 3 năng lượng điện trường thì:
2π
π
T
 2π 
cot g 
t = 3 ⇒
t=
⇒ t= .
T
6
12
 T 
Từ đó suy ra:

Bài 6(3,5đ)
Cói thể coi màng rung của loa như một con lắc lò xo và tần số dao động riêng được xác định theo độ cứng của hệ
màng rung:

ω0 =

k0
.
m

k = ω 2 m.

0
Từ đó tính được độ cứng của màng theo tần số dao động riêng: 0
0.25đ
Khi màng di chuyển khỏi vị trí cân bằng thì tạo ra độ chênh lệch áp suất tác dụng lên màng loa với áp lực:

F = ( p − p0 ) S .

0.5đ
Trong đó p0 là áp suất khí bên ngoài hộp, p là áp suất khí bên trong hộp. Nếu coi nhiệt độ là không thay đổi thì có
thể áp dụng luật Bôilơ-Mariốt cho khối khí trong hộp:

pV = p0V0

⇒

p=

p0V0
.
V

0.5đ
Thay biểu thức này vào biểu thức của lực, ta nhận được:
0.25đ

F = p0 S

V0 − V
.

V

V0 − V = Sx , với x là độ dịch chuyển của màng loa kể từ vị trí cân bằng. Ngoài ra, áp lực F luôn luôn
V ≈ V0 . Vì vậy có thể viết lại
có xu thể đẩy màng loa về vị trí cân bằng và vì sự thay đổi thể tích là rất bé nên có thể coi
Trong đó

p0 S 2
F =−
x.
V
0
biểu thức của áp lực:
0.5đ

p0 S 2
k1 =
.
V
0
Như vậy không khí trong hộp tương đương như một lò xo có độ cứng k1 mà:
0.25đ

GV sưu tầm: Vũ Tiến Thành

6


Bộ ôn đề ôn học sinh giỏi

k = k 0 + k1 = ω 02 m +
Vì vậy độ cứng tổng cộng của hệ bằng:
0. 5đ
Từ đó ta xác định được tần số dao động riêng của hệ là:

f =

ω
1
=
2π 2π

p S2
k
1
=
ω02 + 0 =
m 2π
mV0

f 02 +

2

p0 S
.
V0

p0 S 2
≈ 146( Hz).
4π 2 mV0

0.5đ

GV sưu tầm: Vũ Tiến Thành

7


B ụn ụn hc sinh gii
Sở GD&ĐT Nghệ An


Kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh
Năm học 2007-2008

Đề chính thức
Môn thi: VậT Lý lớp 12 THPT- bảng b
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Bi 1. (5,0 im)
Mt dõy dn cng cú in tr khụng ỏng k, c un thnh khung ABCD nm trong mt phng nm
ngang,cú AB v CD song song vi nhau, cỏch nhau mt khong l=0,5m, c t trong mt t trng u cú
cm ng t B=0,5T hng vuụng gúc vi mt phng ca khung nh hỡnh 1. Mt thanh dn MN cú in tr
R=0,5 cú th trt khụng ma sỏt dc theo hai cnh AB v CD.
a) Hóy tớnh cụng sut c hc cn thit kộo thanh MN trt u vi vn tc v=2m/s dc theo cỏc

thanh AB v CD. So sỏnh cụng sut ny vi cụng sut ta nhit

B M
A
B
trờn thanh MN v nhn xột.
b) Thanh ang trt u thỡ ngng tỏc dng lc. Sau ú

thanh cũn cú th trt thờm c on ng bao nhiờu nu khi C
v D
lng ca thanh l m=5gam?
N
Hỡnh 1

Bi 2(5,0 im)
Vt nng cú khi lng m nm trờn mt mt phng nhn nm ngang, c ni vi mt lũ xo cú cng
k, lũ xo c gn vo bc tng ng ti im A nh hỡnh 2a. T mt thi im no ú, vt nng bt u
chu tỏc dng A
k
F
m
ca mt lc
khụng i F
hng theo trc
Hỡnh 2a
lũ xo nh hỡnh v.
a) Hóy tỡm quóng ng m vt nng i c v thi gian vt i ht quóng ng y k t khi bt u
tỏc dng lc cho n khi vt dng li ln th nht.
b) Nu lũ xo
k
F
khụng khụng gn M

m
vo im A m
Hỡnh 2b
c ni vi mt
vt khi lng M nh hỡnh 2b, h s ma sỏt gia M v mt ngang l à. Hóy xỏc nh ln ca lc F sau
ú vt m dao ng iu hũa.
Bi 3.(3,5 im)
Hai ngun súng kt hp S 1 v S2 cỏch nhau 2m dao ng iu hũa cựng pha, phỏt ra hai súng cú bc
súng 1m. Mt im A nm khong cỏch l k t S1 v AS1S1S2 .
a)Tớnh giỏ tr cc i ca l ti A cú c cc i ca giao thoa.
b)Tớnh giỏ tr ca l ti A cú c cc tiu ca giao thoa.
Bi 4(3,5 im)
Mch in ni tip gm mt t in 10àF v mt ampe k xoay chiu cú in tr khụng ỏng k c
mc vo mt hiu in th xoay chiu tn s 50Hz. tng s ch ca ampe k lờn gp ụi hoc gim s ch
ú xung cũn mt na giỏ tr ban u, cn mc ni tip thờm vo mch trờn mt cun dõy thun cm cú t
cm bng bao nhiờu?
Bi 5(3,0 im)

i = I 0 cos t. Sau 1/8 chu k dao ng
Biu thc ca cng dũng in qua mt mch dao ng LC l
thỡ nng lng t trng ca mch ln hn nng lng in trng bao nhiờu ln? Sau thi gian bao nhiờu
chu k thỡ nng lng t trng ln gp 3 ln nng lng in trng ca mch?
-------------Ht-------------

GV su tm: V Tin Thnh

8


B ụn ụn hc sinh gii

H v tờn thớ sinh:....................................................................S bỏo danh:.....................
Sở GD&ĐT Nghệ An

Kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh
Năm học 2007-2008

Hớng dẫn chấm và biểu điểm đề chính thức
Môn: vật lý lớp 12 thpt- bảng B
Bi 1. (5)
Khi thanh MN chuyn ng thỡ dũng in cm ng trờn thanh xut hin theo chiu MN.
0.5
E Bvl
I= =
.
R
R
Cng dũng in cm ng ny bng:
0.5
Khi ú lc t tỏc dng lờn thanh MN s hng ngc chiu vi vn tc v v cú ln:
B 2l 2 v
Ft = BIl =
.
R
0.5
Do thanh chuyn ng u nờn lc kộo tỏc dng lờn thanh phi cõn bng vi lc t.
0.25
B 2l 2 v 2

P = Fv = Ft v =
.
R
Vỡ vy cụng sut c hc (cụng ca lc kộo) c xỏc nh:
0.25
P = 0,5W .
Thay cỏc giỏ tr ó cho nhn c:
0.25
B 2l 2 v 2
.
R
Cụng sut ta nhit trờn thanh MN:
0.5
Cụng sut ny ỳng bng cụng sut c hc kộo thanh. Nh vy ton b cụng c hc sinh ra c
chuyn hon ton thnh nhit (thanh chuyn ng u nờn ng nng khụng tng), iu ú phự hp vi nh
lut bo ton nng lng.
0.25
b) Sau khi ngng tỏc dng lc, thanh ch cũn chu tỏc dng ca lc t. ln trung bỡnh ca lc ny l:
F B 2l 2 v
F= t =
.
2
2R
0.5
B 2l 2v
A = FS =
S.
2R
Gi s sau ú thanh trt c thờm on ng S thỡ cụng ca lc t ny l:
0.5

1
W = mv 2 .
2
ng nng ca thanh ngay trc khi ngng tỏc dng lc l:
0.5
Theo nh lut bo ton nng lng thỡ n khi thanh dng li thỡ ton b ng nng ny c chuyn
1 2 B 2l 2v
mv =
S.
2R
thnh cụng ca lc t (lc cn) nờn: 2
0.25
Pn = I 2 R =

GV su tm: V Tin Thnh

9


Bộ ôn đề ôn học sinh giỏi



mvR
= 0,08( m) = 8cm.
B 2l 2
Từ đó suy ra:
Bài 2(5đ) a) Chọn trục tọa độ hướng dọc theo trục lò xo, gốc tọa độ trùng vào vị trí cân bằng của vật sau khi
đã có lực F tác dụng như hình 1. Khi đó, vị trí ban đầu của vật
k

F
m
có tọa độ là x0. Tại vị trí cân bằng, lò xo bị biến dạng một
lượng x0 và:
x0
O
F
F = − kx0 ⇒ x0 = − .
Hình 1
k
0.5đ
Tại tọa độ x bât kỳ thì độ biến dạng của lò xo là (x–x0), nên hợp lực tác dụng lên vật là:
− k ( x − x0 ) + F = ma.
0.5đ
Thay biểu thức của x0 vào, ta nhận được:
F

− k  x +  + F = ma ⇒ − kx = ma ⇒ x"+ω 2 x = 0.
k

0.5đ
ω = k m . Nghiệm của phương trình này là:
Trong đó
S=

x = A sin(ωt + ϕ ).
0.25đ

m
k . Thời gian kể từ khi tác dụng lực F lên vật đến

Như vậy vật dao động điều hòa với chu kỳ
khi vật dừng lại lần thứ nhất (tại ly độ cực đại phía bên phải) rõ ràng là bằng 1/2 chu kỳ dao động, vật thời
gian đó là:
T
m
t = =π
.
2
k
0.5đ
Khi t=0 thì:
F

A= ,


F
k
⇒ 
x = A sin ϕ = − ,
k
ϕ = − π .

v = ωA cos ϕ = 0
2
0.5đ
Vậy vật dao động với biên độ F/k, thời gian từ khi vật chịu tác dụng của lực F đến khi vật dừng lại lần
thứ nhất là T/2 và nó đi được quãng đường bằng 2 lần biên độ dao động. Do đó, quãng đường vật đi được
trong thời gian này là:
2F

S = 2A =
.
k
0.5đ
F
A= .
k
b) Theo câu a) thì biên độ dao động là
Để sau khi tác dụng lực, vật m dao động điều hòa thì trong quá trình chuyển động của m, M phải nằm
yên.
0.5đ
Lực đàn hồi tác dụng lên M đạt độ lớn cực đại khi độ biến dạng của lò xo đạt cực đại khi đó vật m xa M
x + A = 2A
nhất (khi đó lò xo giãn nhiều nhất và bằng: 0
).
0.5đ
Để vật M không bị trượt thì lực đàn hồi cực đại không được vượt quá độ lớn của ma sát nghỉ cực đại:
T = 2π

GV sưu tầm: Vũ Tiến Thành

10


Bộ ôn đề ôn học sinh giỏi
F
k .2 A < µMg ⇒ k .2. < µMg .
k
0.5đ
Từ đó suy ra điều kiện của độ lớn lực F:

µmg
F<
.
2
0.25đ
Bài 3.(3đ)
a) Điều kiện để tại A có cực đại giao thoa là hiệu đường đi
từ A đến hai nguồn sóng phải bằng số nguyên lần bước sóng
(xem hình 2):



S1
d

l

k=2
A k=1
k=0

l 2 + d 2 − l = kλ .
S2
Với k=1, 2, 3...
0.5đ
Hình 2
Khi l càng lớn đường S1A cắt các cực đại giao thoa có bậc
càng nhỏ (k càng bé), vậy ứng với giá trị lớn nhất của l để tại A có cực đại nghĩa là tại A đường S1A cắt cực
đại bậc 1 (k=1).
0.5đ

Thay các giá trị đã cho vào biểu thức trên ta nhận được:
l 2 + 4 − l = 1 ⇒ l = 1,5(m).
0.5đ
b) Điều kiện để tại A có cực tiểu giao thoa là:
λ
l 2 + d 2 − l = (2k + 1) .
2
Trong biểu thức này k=0, 1, 2, 3, ...
0.5đ
2
λ

2
d − (2k + 1) 
2

l=
(2k + 1)λ
Ta suy ra :
.
0.5đ
Vì l > 0 nên k = 0 hoặc k = 1.
0.5đ
Từ đó ta có giá trị của l là :
* Với k =0 thì l = 3,75 (m ).
* Với k= 1 thì l ≈ 0,58 (m).
0.5đ
Bài 4.(3,5đ)
Dòng điện ban đầu:
U

I1 =
= UωC.
ZC
0.25đ
Khi nối tiếp thêm cuộn dây có độ tự cảm L thì số chỉ của ampe kế là:
U
U
I2 =
=
.
Z C − Z L 1 (ωC ) − ωL
0.25đ
Để tăng cường độ dòng điện lên hai lần, tức là giảm tổng trở của mạch xuống còn một nửa giá trị ban
đầu thì có thể có hai khả năng:
0.25đ
GV sưu tầm: Vũ Tiến Thành

11


Bộ ôn đề ôn học sinh giỏi

* Khả năng thứ nhất ứng với độ tự cảm L1:
1
1
− ωL1 =
.
ωC
2ωC
0.5đ

Khí đó:
1
ω 2 L1C = 0,5 ⇒ L1 =
≈ 0,5( H ).
2ω 2 C
0.5đ
* Khả năng thứ hai ứng với độ tự cảm L2:
1
1
ωL2 −
=
.
ωC 2ωC
0.5đ
Khí đó:
2
ω L2 C = 1,5 ⇒ L2 = 3L1 = 1,5( H ).
0.25đ
Để giảm cường độ dòng điện xuống còn một nửa ban đầu, tức là tăng tổng trở của mạch lên gấp đôi,
ứng với độ tự cảm L3:
1
2
ωL3 −
=
.
ωC ωC
0.5đ
ω 2 L3C = 3 ⇒ L3 = 6 L1 = 3( H ) .
Ta tìm được:
0.5đ

Bài 5(3đ)
Sau thời gian t kể từ thời điểm t=0 thì năng lượng từ trường của mạch bằng:
1 2 1 2
Wt = Li = LI 0 cos 2 ωt.
2
2
0.5đ
Tổng năng lượng dao động của mạch:
1
W = Wt max = LI 02 .
2
0.5đ
Nên vào thời điểm t, năng lượng điện trường của mạch là:
1
Wđ = W − Wt = LI 02 sin 2 ωt.
2
0.5đ
Vì vậy, tỷ số giữa năng lượng từ trường và năng lượng điện trường bằng:
Wt cos 2 ωt
=
= cot g 2ωt.
Wđ sin 2 ωt
0.5đ
Wt
π
 2π T 
T
= cot g 2  .  = cot g 2 = 1.
t=
4

 T 8
8 thì: Wđ
Vào thời điểm
Như vậy sau 1/8 chu kỳ thì năng lượng từ trường bằng năng lượng điện trường.
0.5đ
Khi năng lượng từ trường lớn gấp 3 năng lượng điện trường thì:
Wt
 2π 
= cot g 2  .t  = 3.
Wđ
 T 
0.25đ
Từ đó suy ra:
GV sưu tầm: Vũ Tiến Thành

12


Bộ ôn đề ôn học sinh giỏi
2π
π
 2π 
cot g 
t = 3 ⇒
t=
T
6
 T 
0.25đ

⇒ t=

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
DAKLAK
-------o-----ĐỀ CHÍNH THỨC

T
.
12

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2007-2008
MÔN THI : VẬT LÝ 12 - THPT
-------------------- o0o ----------------------( 180 phút, không kể thời gian giao đề )

BÀI 1 : ( 3,0 điểm ) Thanh AB chiều dài l, khối kượng m, tiết diện đều đặt trên mặt phẳng ngang có hệ số ma
sát k. Tác dụng vào đầu A một lực F theo phương ngang và vuông góc với AB, thanh có xu hướng quay.
1) Xác định vị trí của điểm O với OA = x mà khi thanh AB bắt đầu dịch chuyển quay quanh điểm này.
Suy ra rằng vị trí này không phụ thuộc vào hệ số ma sát.
2) Tính lực lớn nhất để thanh chưa dịch chuyển quay.
BÀI 2 : ( 3,0 điểm ) Một bình chứa 360 gam khí Helium. Do bình hở sau một thời gian khí Helium thoát ra
một phần, nhiệt độ tuyệt đối của khí giảm 20% , áp suất giảm 30%. Tính khối lượng khí Helium thoát ra khỏi
bình và số nguyên tử đã thoát ra khỏi bình.
BÀI 3 : ( 3,0 điểm ) Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ (h.1). Hiệu điện thế xoay chiều hai đầu mạch có
biểu thức : uAB = U0.sin100πt (V), bỏ qua điện trở các dây nối. Các hiệu điện thế hiệu dụng: U AN = 300 (V) ,
1
π
L=
3π (H)

UMB = 60 3 (V). Hiệu điện thế uAN lệch pha so với uMB một góc 2 . Cuộn dây có hệ số tự cảm
với điện trở r, điện dung của tụ điện

C=

3.10−3
16π

(F).
R

L

C

1) Tính điện trở r.
, N
M
2) Viết biểu thức hiệu điện thế uAN.
A
B
BÀI 4 : ( 3,0 điểm ) Cho quang hệ như hình vẽ (h.2). Điểm sáng S đặt trên(h trục
chính
của
hệ. Khoảng cách
.1)
từ S đến gương là 120cm. Khi tịnh tiến thấu kính trong khoảng điểm sáng S và gương sao cho trục chính của
thấu kính và gương vẫn trùng nhau thì thấy có 3 vị trí của thấu kính mà chùm sáng từ S sau khi qua thấu kính,
gương và thấu kính lần thứ hai lại trở về S. Biết tiêu cự của gương f2 = 36cm.
S

1) Tính tiêu cự của thấu kính.
2) Xác định 3 vị trí nói trên của thấu kính.
24
−
24
(h.2)
BÀI 5 : ( 3,0 điểm ) Đồng vị 11 Na phóng xạ β tạo hạt nhân con là magiê (Mg), ký hiệu là 12 Mg .
24
1) Ở thời điểm ban đầu t = 0, khối lượng của 11 Na là m0 = 4,8g thì sau thời gian t=30h , khối
24
24
lượng 11 Na chỉ còn lại m = 1,2g chưa bị phân rã. Tính chu kỳ bán rã của 11 Na và độ phóng xạ (theo đơn vị

Ci ) của lượng

24
11

Na sau thời gian t = 30h .

2) Khi khảo sát một mẫu chất người ta thấy ở thời điểm bắt đầu khảo sát thì tỉ số khối lượng

24
12

Mg và

24
11

Na là 0,125. Hỏi sau thời gian bao lâu thì tỉ số đó bằng 8 ? Cho số Avôgađrô N = 6,023.1023/mol.
A
BÀI 6 : ( 2,5 điểm ) Một hình tam giác đều đứng yên đối với hệ quy chiếu K’ có một cạnh nằm trên trục Ox’
có diện tícsh S’. Hệ K’ chuyển động thẳng đều đối với hệ quy chiếu quán tính K dọc theo trục Ox với vận tốc
v = 0,6c ( c là vận tốc ánh sáng trong chân không). Trong hệ quy chiếu quán tính K, diện tích của tam giác là
S.
1) Tìm hệ thức liên hệ giữa S và S’.
GV sưu tầm: Vũ Tiến Thành

13


Bộ ơn đề ơn học sinh giỏi

2) Tính các góc của tam giác trên trong hệ quy chiếu qn tính K.
BÀI 7 : ( 2,5 điểm ) Xác định suất điện động của một nguồn điện bằng hai vơn kế khác nhau có điện trở trong
chưa biết và khơng lớn lắm.
Dụng cụ : Hai vơn kế, nguồn điện, các dây nối.
Hãy trình bày phương án tiến hành thí nghiệm, vẽ sơ đồ các mạch điện, lập cơng thức để xác định suất
điện động của nguồn điện.

---------------------- Hết -------------------Ghi chú chung : Các hằng số vật lý thông thường xem như đã biết

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
DAKLAK
------- ------

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2007-2008
HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN : VẬT LÝ 12-THPT
-------------------------------  ------------------------------

I. SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM :
BÀI 1 : ( 3,0 điểm )
Gọi f1 và f2 là lực ma sát tác dụng về hai phía lên thanh. Ta có :

f1 = k.N1 = k.

xm

f 2 = k.N 2 = k.

l

g

(l - x)m
l

(1)

g = k.mg - k

xm
l

0,25 đ

g = k.mg − f1

(2)

0,25 đ
Để thanh AB khơng trượt mà chỉ quay quanh điểm O cách A một đoạn x. Từ điều kiện cân bằng
chuyển động tịnh tiến và quay ta có :
F – f 1 + f2 = 0
(3)
0,25 đ
x
l-x
F.x = f1. + f 2 .
2
2

(4)

0,25 đ

(5)

0,50 đ

(6)

0,25 đ

Kết hợp (3), (4) và thay (1) và (2) vào ta được :
x
l-x
(f1 -f 2 ).x = f1. + f 2 .
2
2

hay:

(k

xm
l

g − kmg + k

x=

Suy ra :

xm
l

g).x = k

xm
l

x

xm

2

l

g. + ( kmg - k

g).

hay:

F≤k

l

2

l

2

khơng phụ thuộc vào hệ số ma sát k

Do đó lực F lớn nhất để thanh AB khơng trượt, suy từ (3) :
F ≤ f1 − f 2
xm

l-x

g − kmg + k

xm

F ≤ kmg( 2 -1)

l

(7)

0,25 đ

(8)

0,25 đ

(9)

0,25 đ

(10)

0,50 đ

x

g ⇒ F ≤ kmg(2 - 1)
l

BÀI 2 : ( 3,0 điểm )
Áp dụng phương trình Clapayron Mendeleev cho bình chứa m (g) khí lúc đầu và lúc sau :
p1V =

m
μ

RT1

GV sưu tầm: Vũ Tiến Thành

(1)

0,25 đ

14


Bộ ôn đề ôn học sinh giỏi
m

p2V =



RT2

μ

Từ (1) và (2) suy ra :
p2
p1

=

m 2 T2

⇒

.

m1 T1

p 2 - p1
p1

=

m 2 T2 - m1T1
m1T1

=

(2)

0,25 đ

(3)

0,50 đ

(4)

0,25 đ

(5)

0,25 đ

m 2 (T1 + ∆T ) - m1T1
m1T1

Độ giảm áp suất theo độ giảm nhiệt độ:
∆p m 2 - m1 m 2 ∆T
=
+
p1

m1

∆p
p1

Theo giả thiết:

=-

30
100

3
10

Suy ra :

m1 T1

=

=-

3
10

∆T

;

T1

m 2 - m1

=-

1 m2

+ .

m1

5 m1

20
100

=-

1
5
7

⇒ m 2 = m1
8

(6)

0,50 đ

Do đó khối lượng khí Helium thoát ra khỏi bình:
m1

∆m = m 2 - m1 =

8

=

360
8

= 45 gam

(7)

0,50 đ

Số nguyên tử He đã thoát ra : ( với He = 4 và số Avogadro NA = 6,023.1023 )

N=

∆m

NA =

4

45
4

.6, 023.1023 = 67, 76.10 23 nguyen tu

(8)

0,50 đ

BÀI 3 : ( 3,0 điểm )
1) Tính r : (2,0 điểm)

ZL
r
1
=
tgϕ MB , từ đó : R + r Z C − Z L .
- Ta có : ϕAN + ϕMB = π/2 . Suy ra :
U 2 (U − U L ) = U r (U R + U r )
Vậy : ZL(ZC – ZL) = r(R + r), hay : L C
(1)

2
2
2
U = (U r + U R ) + U L
Mặt khác : AN
(2)
tg ϕ AN = −

2
U MB
= U r2 + (U L − U C ) 2

Và :
Từ (1), ta rút ra :

(U R + U r ) 2 =
2
U AN
=

Thay (4) vào (2) :

2
L
2
r

U
(U C − U L ) 2
U

2
L
2
r

U
U
(U C − U L ) 2 + U L2 =
U
U

2
L
2
r

[(U

C

− U L ) 2 + U r2

]

(3)

0,25đ

(4)

0,25đ

(5)

0,25đ

(6)

0,25đ

0,25đ

2

U 
2
2
U AN
=  L  .U MB
Ur 
Thay (3) vào (5), ta được :
UL

Biến đổi ta có :

Ur

=

300
60 3

=

5

3

3 , suy ra : r = Z . 5
L

=

100 3
5 3

= 20Ω

2) Biểu thức uAN : (1,0điểm)
u
= U 0 AN sin(100π t + φu
)
AN .
- Ta có : AN

GV sưu tầm: Vũ Tiến Thành

+ Biên độ : U0AN = 300 2 (V)
15

Bộ ôn đề ôn học sinh giỏi
ϕ = ϕ i + ϕ AN = ϕ u − ϕ + ϕ AN = −ϕ + ϕ AN
+ Pha ban đầu : u AN
Z − ZC
tg ϕ = L
R+r
Do đó :


(7)

0,25đ

(8)

0,25đ

(9)

0,25đ

(10)

0,25đ

100  160 100 
−


÷
3 3
3
= 100Ω
20
Từ mục 1), ta có : R + r = ZL(ZC – ZL)/r =

Suy ra : R = 80Ω
Thay vào (8), ta tính được : tgϕ = - 0,346 → ϕ = -190
Ta lại có :

tgφ AN =

ZL
R+r

=

100
3100

=

1
3

⇒ φ AN = 300

49π
φu

= 190 + 300 = 490 =
( rad )
180
Vậy : AN
49π
u AN = 300 2 sin(100π t +
)(V )
180
- Biểu thức :

BÀI 4 : ( 3,0 điểm )
1) Tính tiêu cự : (2,0điểm)
(L)
(G )
(L)
- Sơ đồ tạo ảnh : S → S1 → S 2 → S ′
d1

d1’d2

d2’d3

(11)

0,25đ

(12)

0,25đ

(13)

0,25đ

(1)

0,25đ

d3’

- Theo điều kiện của bài , ta có : d3’ = d1 , suy ra : d1’ = d3 , hay : l – d2 = l – d2’.
Với l là khoảng cách giữa gương cầu và thấu kính.
 f2

d 2 
− 1 = 0
d − f2

Vậy : d2’ = d2 , do đó :  2
(2)
- Từ (14) , ta có : d2 = 0 , suy ra : l – d1’ = 0 , vậy : l = d1’
- Mà ta có : l + d1 = 120cm
- Từ (15) và (16), ta có phương trình : d1 + d1’ = 120cm
d f
d1 + 1 1 = 120
d1 − f1
Hay :
d 2 − 120 d1 + 120 f1 = 0
Đưa về phương trình bậc hai : 1

(5)

0,25đ
(3)
0,25đ
(4)
0,25đ

0,25đ

Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi : ∆ ≥ 0, suy ra : f1 ≤ 30cm
f2
−1 = 0
d
−
f
2
2
- Cũng từ (14), ta có :
, suy ra : d = 2f = l – d ’.

(6)

0,25đ

Vậy :

(7)

0,25đ

(8)

0,25đ

(9)
(10)

0,25đ
0,25đ

(11)

0,25đ

2

2

1

l = d1’ + 2f2 = d1’ + 72

- Thay (19) vào (16) , ta có :

d1’ + d1 = 120 – 72 = 48
Vậy ta đi đến phương trình : d − 48d 1 + 48 f 1 = 0
2
1

Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi : ∆ ≥ 0 , hay : f1 ≤ 12cm
- Từ (18) và (21) , ta suy ra : f1 ≤ 12cm
+ Với f 1 < 12cm , sẽ có 4 vị trí cho ảnh trùng vật , điều này không phù hợp
với giả thiết. Vậy : ta chỉ chọn f1 = 12cm là hợp lý
2) Các vị trí của thấu kính giữa (G) và điểm sáng S: (0,50điểm)
GV sưu tầm: Vũ Tiến Thành

16


Bộ ôn đề ôn học sinh giỏi
- Thay f1 = 12cm vào phương trình (20) , ta có : d1 = 24/1 = 24cm
- Thay f1 = 12cm vào phương trình (17) , ta được phương trình :


(12) 0,25đ

d12 − 120d1 + 1440 = 0

Phương trình này cho nghiệm : d1 = 106,475cm và d1 = 13,525cm

(13)

0,25đ

(2)

0,25đ

(1)

0,25đ

(2)

0,25đ

BÀI 5 : ( 3,0 điểm )
1) Chu kỳ và độ phóng xạ : (1,0 điểm)
m0 4,8
=
= 4 = 22
m
1,
2
Ta có :
vậy : số chu kỳ k = 2.

Do đó : t = 2T , suy ra : T = t/2 = 30/2 = 15h.

ln 2.N A .m
T .A
- Độ phóng xạ : H = λN =
0, 693.6, 023.1023.1, 2

- Thay số : H =

15.3600.24

- Tính theo (Ci) : H =

= 3,8647.1017 ( Bq)

0,25đ

3,8647.1017
= 1, 0445.107 (Ci )
10
3, 7.10

(3)

0,25đ

2) Thời gian : (2,0điểm)
m02

Ta có : m01

= 0,125 ⇒

N 02
N 01

= 0,125 hay N 02 =

N 01
8

A2

A
.N 02 + ∆N 2
m02 + m N A
NA
=
=8
A1
m1
.N 1
N
A
- Tại thời điểm t : m2/ m1 = 8 , vậy :
- Do : A2 = A1 = 24g , nên từ (30), ta có :
N o1
+ N 01 (1 − e −λt )
− λt
N 02 + N 01 (1 − e )
8
=
=8
N 01 e − λt
N 01 e − λt
.

Biến đổi , ta được : e = 8 , suy ra : λt = 3ln2 ;
Vậy : t = 3T = 45h
λt

BÀI 6 : ( 2,5 điểm )
1) Hệ thức liên hệ giữa S và S’ : (1,5 điểm)

- Trong hệ quy chiếu K’, ta có diện tích : S’ = 0,5h.l0
Với h là đường cao của tam giác đều , l0 là độ dài cạnh của tam giác.
- Trong hệ quy chiếu quán tính K , ta có diện tích : S = 0,5h.l
Với l là độ dài cạnh của tam giác trong hệ K.

l = l0 1 −

-Ta có chiều dài dọc theo phương chuyển động là :
Thay v = 0,6c vào (35) , ta được : l = 0,8.l0
- Thay (36) vào (34) , ta có : S = 0,5h.l0.0,8 = 0,8.S’

v2
c2 .

(4)

0,25đ

(5)

0,75đ

(6)

0,50đ

(7)

0,50đ

(1)

0,25đ

(2)

0,25đ

(3)

0,25đ
(4)
0,25đ
(5)
0,50đ

2) Các góc của tam giác : (1,0 điểm)

GV sưu tầm: Vũ Tiến Thành

17


Bộ ôn đề ôn học sinh giỏi



l
3
tg α = 2

l0
h , với h =
2
- Từ hình vẽ , ta có :
l .2
0,8
tgα =
=
= 0,47 → α = 25 0
2.l 0 . 3
3
- Vậy :
0
ˆ
- Vậy : A = 2α = 50 ,
Bˆ = Cˆ = 90 0 − 25 0 = 65 0

(6)

K

K’

A
α

O

(7)

0,25đ

(8)

0,25đ

(9)

0,25đ

C

x’≡ x

O’≡ B

0,25đ

BÀI 7 : ( 2,5 điểm )
- Phương án :
Lập các sơ đồ mạch điện, mắc và đọc các số chỉ trong mỗi sơ đồ: U1, U2, U1’, U2’. 0,25 đ
- Vẽ 3 sơ đồ mạch điện. Gọi E là suất điện động của nguồn điện;
RV1 , RV2 là điện trở của hai vôn kế
0,50 đ
- Lập công thức : Theo định luật Om cho mạch kín, ta có :
U1

I1 =

R v1

U2

I2 =

;

E = U1 + r.I1 = U1 + r.

R v2

(1)

0,25 đ

(2)

0,25 đ

(3)

0,25 đ

(4)

0,25 đ

(5)

0,25 đ

(6)

0,25 đ

U1
R v1

E = U 2 + r.I 2 = U 2 + r.

U2
R v2

Sơ đồ thứ 3 , hai vôn kế mắc nối tiếp ta có :
U '2
U1'

=

R v2
R v1

Khử r trong (2) và (3) kết hợp với (4) ta được :
U1
R v1
U '2
U1'

hay :

/
.

U1
R v1
U1
U2

E - U1

=
=

E - U2

⇒

U1 R v2

=

.

U 2 R v1

E - U1
E - U2

E - U1
E - U2

E=

U1 U 2 U '2 U1'
U1 U 2' U 2 U1'

.

(

-

)

Ta tìm được suất điện động :
(7)
0,25 đ
Kết luận : Dùng 3 sơ đồ mạch điện được khảo sát và đọc các số chỉ trên hai vôn kế ta tìm được suất điện động
của một nguồn điện.
II. CÁCH CHO ĐIỂM & HƯỚNG DẪN CHẤM :
Điểm toàn bài là 20,0 điểm được phân bố tổng quát như sau :
BÀI 1 :
BÀI 5 :

(3,0 điểm) BÀI 2 :
(3,0 điểm) BÀI 6 :

GV sưu tầm: Vũ Tiến Thành

(3,0 điểm) BÀI 3 :

(2,5 điểm) BÀI 7 :

(3,0 điểm) BÀI 4 :
(2,5 điểm)

(3,0 điểm)

18


Bộ ôn đề ôn học sinh giỏi

Yêu cầu và phân phối điểm cho các bài trên như trong từng phần và có ghi điểm bên lề phải của đáp
án - Phân tích lực, phân tích hiện tượng bài toán phải rõ ràng, có hình vẽ minh họa (nếu có), lập luận đúng, có
kết quả đúng thì cho điểm tối đa như biểu điểm nói trên . (Giám khảo tự vẽ hình)
GHI CHÚ :
1) Trên đây là biểu điểm tổng quát của từng phần, từng câu. Trong quá trình chấm các giám khảo cần
trao đổi thống nhất để phân điểm chi tiết đến 0,25 điểm cho từng phần, từng câu.
2) Học sinh làm bài không nhất thiết phải theo trình tự của Hướng dẫn chấm. Mọi cách giải khác, kể
cả cách giải định tính dựa vào ý nghĩa vật lý nào đó, lập luận đúng , có căn cứ, kết quả đúng cũng cho điểm
tối đa tương ứng với từng bài, từng câu, từng phần của hướng dẫn chấm này.
--------------------------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2011-2012
Môn: VẬT LÍ 12 - THPT
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 10/11/2011

(Đề thi gồm 02 trang)

Bài 1: (4,0 điểm)
Có một số dụng cụ gồm một quả cầu nhỏ có khối lượng m, một lò xo nhẹ có độ cứng k
và một thanh cứng nhẹ OB có chiều dài l.
1) Ghép lò xo với quả cầu để tạo thành một con lắc lò xo và treo thẳng đứng như hình
vẽ (H.1). Kích thích cho con lắc dao động điều hoà với biên độ A = 2cm. Tại thời
điểm ban đầu quả cầu có vận tốc v = 20 3cm / s và gia tốc a = - 4m/s2. Hãy tính
chu kì và pha ban đầu của dao động.

(H.1)

O

l
2) Quả cầu, lò xo và thanh OB ghép với nhau tạo thành cơ hệ như hình
vẽ (H.2). Thanh nhẹ OB treo thẳng đứng. Con lắc lò xo nằm ngang có quả cầu
nối với thanh. Ở vị trí cân bằng của quả cầu lò xo không bị biến dạng. Từ vị trí
cân bằng kéo quả cầu trong mặt phẳng chứa thanh và lò xo để thanh OB
V(dm3)
nghiêng với phương thẳng đứng góc α0 < 100 rồi buông không vận tốc đầu.
36
B
Bỏ qua mọi ma sát và lực cản.
(H.2)
Chứng minh quả cầu dao động điều hoà. Cho biết: l = 25cm,
m = 100g, g = 10m/s2 . Tính chu kỳ dao động của quả cầu.

4

Bài 2: (2,0 điểm)
GV sưu tầm: Vũ Tiến Thành

9

1

2
3

180

360

(H.3)

T(K)

19


Bộ ôn đề ôn học sinh giỏi

Một mol khí lí tưởng thực hiện chu trình 1 - 2 - 3 - 4 như hình vẽ (H.3).
Cho biết : T1 = T2 = 360K ; T3 = T4 = 180K ; V1 =36dm3; V3 = 9dm3.
Cho hằng số khí lý tưởng R = 8,31 J/mol.K
1) Tìm áp suất p ở các trạng thái 1, 2, 3, và 4.
2) Vẽ đồ thị p-V của chu trình.

Bài 3: (3,0 điểm)

A

Một thanh đồng chất BC tựa vào tường thẳng đứng tại B nhờ dây AC dài
L hợp với tường một góc α như hình (H.4). Biết thanh BC có độ dài d. Hỏi hệ số
ma sát giữa thanh và tường phải thỏa điều kiện nào để thanh cân bằng?

α
B

Bài 4: (4,0 điểm)
Cho mạch điện có sơ đồ như hình vẽ (H.5). Cho biết: R 1=
16Ω ; R2 = R3 = 24Ω, R4 là một biến trở. Bỏ qua điện trở của các dây
nối. Đặt vào hai đầu A, B của mạch điện một điện áp UAB = 48V.

R1
A

L
C
d

(H.4)

C

R2

R3
R4

B

D

(H.5)
1) Mắc vào hai điểm C, D của mạch một vôn kế có điện trở rất lớn.
a) Điều chỉnh biến trở để R 4 = 20Ω. Tìm số chỉ vôn kế. Cho biết cực dương của vôn kế phải mắc vào điểm
nào?
b) Điều chỉnh biến trở cho đến khi vôn kế chỉ số 0. Tìm hệ thức giữa các điện trở R 1, R2, R3, R4 khi đó và tính
R4.
2) Thay vôn kế bằng ampe kế có điện trở R A= 12Ω. Điều chỉnh biến trở để R 4 = 24Ω. Tìm điện trở tương
đương của mạch AB, cường độ dòng điện qua các điện trở và số chỉ của ampe kế. Chỉ rõ chiều của các dòng
điện.
K
Bài 5: (2,0 điểm)
Cho mạch dao động gồm một tụ điện và một cuộn dây được nối với một
C
L
bộ pin có điện trở trong r qua một khóa điện như hình vẽ (H.6). Ban đầu khóa K
đóng. Khi dòng điện đã ổn định, người ta ngắt khóa và trong khung có dao động
(E,r)
điện với tần số f. Biết rằng điện áp cực đại giữa hai bản tụ điện lớn gấp n lần suất
điện động E của bộ pin. Bỏ qua điện trở thuần của các dây nối và cuộn dây. Hãy
(H.6)
tính điện dung và hệ số tự cảm của cuộn dây.
Bài 6: (3,0 điểm)
Một điểm sáng S được đặt trên trục chính của một thấu kính hội tụ L 1 có tiêu cự f1=24cm. Sau thấu kính,
người ta đặt một màn E vuông góc với trục chính của thấu kính và thu được ảnh rõ nét của S trên màn.
1) Để khoảng cách giữa vật và màn là nhỏ nhất thì vật và màn phải đặt cách thấu kính một khoảng là

bao nhiêu?
2) Người ta đặt thấu kính L2 phía sau và cùng trục chính với L1 và cách L1 một khoảng 18cm. Trên màn
E lúc này có một vết sáng hình tròn. Hãy tính tiêu cự của thấu kính L2 và vẽ hình trong các trường hợp sau:
a) Khi tịnh tiến màn E dọc theo trục chính của hệ thấu kính thì vết sáng trên màn có đường kính không
thay đổi.

GV sưu tầm: Vũ Tiến Thành

20


Bộ ôn đề ôn học sinh giỏi

b) Khi tịnh tiến màn ra xa hệ thấu kính thêm 10cm thì vết sáng trên màn có đường kính tăng gấp đôi.
Bài 7: (2,0 điểm)
Cho một số dụng cụ: Bộ dụng cụ điện phân, nguồn điện, cân có bộ quả cân, ampe kế, đồng hồ bấm giây,
các dây nối có điện trở không đáng kể.
Hãy thiết lập cách bố trí thí nghiệm, trình bày phương án tiến hành thí nghiệm và tìm công thức để xác
định độ lớn của điện tích nguyên tố.
------------------ HẾT -------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh………………….........………….… Số báo danh………….

GV sưu tầm: Vũ Tiến Thành

21


Bộ ôn đề ôn học sinh giỏi
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2011-2012
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN : VẬT LÝ 12-THPT
---------------------------------------------------------------------------(Gồm 06 trang)
I. SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM :
Bài 1: (4,00 điểm)
1) Chu kì và pha ban đầu của dao động (2,00 điểm):
a2
v2
+
=1
2 4
2 2
2
2 4
A2ω 2
- Chu kỳ: Ta có hệ thức: A ω
⇒ A ω −v ω −a = 0

(1)

0,25

đ
Đặt X = ω2, thay các giá trị của v0 và a0 ta đi đến phương trình bậc hai:
4X2 – 1200X – 160000 = 0
(2)
0,25 đ
⇔ X2 – 300X – 40000 = 0

300 ± 500
x1,2 =
2
Phương trình cho nghiệm:
(3)
0,25 đ
2
⇔
⇔
Chọn nghiệm thích hợp: X = 400
ω = 400
ω = 20(rad/s)
2π 2π π
T=
=
= ( s)
ω 20 10
Vậy chu kì dao động:
(4)
0,25 đ
- Pha ban đầu:
Tại t = 0, ta có: v0 = -Aωsinφ = 20 3cm / s (2)
a0 = -Aω2coφ = - 4m/s2 = -400cm/s2.
(5)
0,50 đ
a
400
1
π
cos ϕ = 0 2 =

= ⇒ϕ = ±
Aω
2.400 2
3 ;
Từ (3):
π
ϕ = − ( rad )
3
Từ (2): chọn
(6)
0,50 đ
2) Hệ dao động điều hòa - Chu kỳ: (2,00 điểm)
Tại thời điểm t, quả cầu có toạ độ x và vận tốc v, thanh treo OB có góc lệch α so với
phương thẳng đứng. Biểu thức cơ năng cơ năng toàn phần của hệ:
mv 2 kx 2
E = Ed + Et1 + Et 2 =
+
+ mgh
2
2
(7)
Chọn gốc thế năng tại VTCB:
α2
Et = Et 2 = mgh = mgl (1 − cos α ) ≈ mgl
2 .
(8)
0,50 đ

α=

Do
Cơ năng toàn phần của hệ:

x
mg 2
Et 2 =
x
l nên
2l
.

mv 2 kx 2 mg 2
+
+
x = co n s t
2
2
2l
(9)
Lấy đạo hàm bậc nhất của cơ năng E theo thời gian:
mg
( Et ) ' = mvv '+ kxx '+ x ' = 0
l
k
g


x ''+  + ÷x = 0 hay x " + ω 2 x = 0
m l 
Vì v = x’, v’ = x’’ nên :

E = Et1 + Et 2 + Ed =

Vậy quả cầu dao động điều hoà với tần số góc:

22

ω=

k g
+
m l

0,50 đ

(10)

(11)

0,50 đ


Bộ ôn đề ôn học sinh giỏi
- Ta lại có:
k = mω2 = 0,1.400 = 40N/m.
k g
40 10
ω=
+ =
+
= 440( rad / s )

m
l
0,1
0,
25
Vậy:
T=



2π
2π
=
≈ 0,3s
ω
440

Chu kì dao động:
(12) 0,50 đ
Bài 2: (2,00 điểm)
1) Nhận xét và rút được kết luận: Các quá trình 4-1 và 2-3 là đẳng áp vì V tỉ lệ với T;
Các quá trình 1-2 và 3-4 là đẳng nhiệt.
(1)
0,50 đ
p(105Pa)
Ta có: T1 = 2T4 và T2 = 2T3
(2)
0,25 đ
1,66

3

2

nên:
0,83

p1 = p 4 =
9

18

36

V1 36
=
= 18dm3
2
2

V2 = 2V3 = 18dm3 = V4

1

4

V4 =

2) Đồ thị p-V được vẽ như hình (H.2)

0,25 đ

RT1 8,31.360
=
= 0,83.105 Pa
V1
0, 036

0,25 đ

p 2 = p3 =

V(dm3)

(H.2)

(3)

RT2 8,31.360
=
= 1, 662.105 Pa
V2
0, 018
0,25

đ
0,50 đ
A

Bài 3: (3,00 điểm)

α

Phản lực của tường được phân tích: Q = N + fms
Đặt AB=h và ABC = β; trọng lượng của thanhBC : P =
quy chiếu Bxy. Khi hệ cân bằng ta có:
P + T + N + fms = 0
Bx:
N = T. sinα
By:
fms = mg - T. cosα
Cân bằng momen đối với trục quay B:
d
d .sin β
P. .sin β = T .h.sin α ⇒ T = mg .
2
2h.sin α
Áp dụng định lý hàm sin trong tam giác ABC:
d
L
h
d .sin(α + β )
=
=
⇒ h=
sin α sin β sin(α + β )
sin α

(1)
mg; Hệ

fm

(2)
(3)
(4)

L
C
d

B

N

0,50 đ

(5)

0,25 đ

(6)
mg.d .sin β
mg.sin α .sin β
T=
⇒N=
2sin(α + β )
2sin(α + β )
Từ (5), (6) và (3) :


cos α .sin β 
f ms = mg  1 −
÷
2sin(α + β ) 

Từ (4) :

0,50 đ

Để có cân bằng phải có ma sát nghỉ và fms

Từ (4) :

(7)

(8)
≤ k.N ; với k là hệ số ma sát


mg .cos α .sin β 
mg.sin α .sin β
mg 1 −
÷ ≤ k.
2sin(α + β ) 
2sin(α + β )


23

(9)

0,50 đ

0,50 đ


Bộ ôn đề ôn học sinh giỏi
2.sin α .cos β + sin β .cos α  2
1 
k≥
=
+
÷
sin α .sin β
 tan β tan α 
Hay :
Từ (4):
Từ (10) :

L.sin α
⇒ cos β =
d

sin β =
k≥


(10)

d − L .sin α

d
2

2

(11)

2 d − L .sin α
1
+
L.sin α
tan α
2

2

2

(12)

Bài 4: (4,00 điểm)
1) Số chỉ vôn kế, cách mắc vôn kế (1,50 điểm)
Nếu hai điểm C, D được mắc vôn kế có điện trở rất lớn:
a) Điều chỉnh biến trở để R4 = 20Ω.
U AB
48
I13 =
=
= 1, 2 A
R1 + R3 16 + 24

Dòng điện qua R và R :
1

0,50 đ

(1)
(2)

3

UAC = I13.R1 = 1,2.16 = 19,2V
U AB
48
I 24 =
=
≈ 1, 09 A
R
+
R
24
+
20
2
4
Dòng điện qua R2 và R4:
UAD = I24.R2 = 1,09.24 ≈ 26,2V.
Vôn kế chỉ: UDC = UAD – UAC = 26,2 – 19,2 = 7V.
Cực dương phải mắc vào điểm D.

A

0,25 đ

2

(3)

0,50 đ

(4)

0,50 đ

b) Điều chỉnh biến trở để vôn kế chỉ 0 nên: UDC = 0
Vậy: U AD = U AC ⇔ I 24 .R2 = I13.R1 (5)
R1
R3
C
R
U AB
U AB
R
R2 =
R1 ⇔ 4 = 3
R2 + R4
R1 + R3
R2 R1
R4
B R2
B

B
Hay:
D
RR
24.24
R4 = 2 3 =
= 36Ω
R1
16
(H.5)
(7)

(6)

0,25 đ

0,25 đ
2) Điện trở tương đương, số chỉ của ampe kế, giá trị các cường độ dòng điện, chiều
dòng điện (2,50 điểm)
Khi thay vôn kế bởi ampe kế có R A = 12Ω và cho R4 = 24Ω, ta có mạch cầu không cân
bằng. Thay mạch trên bằng sơ đồ mạch tương đương khi sử dụng chuyển mạch tam giác R 1,
R2, RA thành mạch sao
- Điện trở RAO, RCO, RDO lần lượt là:
R3
RCO
R1 R2
16.24
C
RAO =
=

= 7,3846Ω
RAO
R1 + R2 + RA 16 + 24 + 12
(8)
RCO

R1RA
16.12
=
=
= 3, 6923Ω
R1 + R2 + R A 16 + 24 + 12

RDO

RA R2
12.24
=
=
= 5, 5385Ω
R1 + R2 + R A 16 + 24 + 12

A

B

O

RDO

D

(9)

(10)
Điện trở: ROCB = RCO + R3 = 3,6923Ω + 24Ω = 27,6923Ω
(11)
RODB = RDO + R4 = 5,5385Ω + 24Ω = 29,5385Ω
(12)
R .R
27, 6923.29,5385
ROB = OCB ODB =
= 14, 2928Ω
ROCB + RODB 27, 6923+29,5385
Điện trở đoạn OB là:
Vậy điện trở toàn mạch: R = RAO + ROB = 7,3846Ω + 14,2928Ω = 21,6774Ω.
- Cường độ dòng điện qua các điện trở và ampe kế:
U
48
I = AB =
≈ 2, 214 A
R
21, 6774
Dòng qua mạch chính:
(15)

24

R4

(H.5a)

0,50 đ
0,25 đ
(13)
(14) 0,25 đ

0,25 đ

B

B


Bộ ôn đề ôn học sinh giỏi
Do đó: UOB = I.ROB = 2,214.14,2928 ≈ 31,644V.
U
31, 644
I 3 = OB =
≈ 1,1427 A
R
27,
6923
OCB
+ Cường độ dòng điện qua R :


(16)

3

+ Dòng qua R4 :
Ta lại có:

I4 = I – I3 = 2,214 – 1,1427 = 1,0713A.
UAO = I.RAO = 2,214.7,3846 = 16,3495V
UOC = I3. RCO = 1,1427.3,6923 = 4,2192V
Vậy: UAC = UAO + UOC = 16,3495V + 4,2192V = 20,5687V
U
20,5687
I1 = AC =
≈ 1, 2855 A
R
16
1
+ Dòng qua R :

(20)
1
+ Dòng qua R2:
I2 = I – I1 = 2,214 – 1,2855 = 0,9285A
+ Dòng qua ampe kế: IA = I1 – I3 = 1,2855 - 1,1427 = 0,1428A
và có chiều từ C đến D.

(17)
(18)

0,25 đ

(19)

0,25 đ
0,25 đ

(21)

0,50 đ

Bài 5: (2,00 điểm)

- Khi dòng điện đã ổn định, cường độ dòng điện qua cuộn dây là:
E
I0 =
R
(1)
0,25 đ
- Khi khóa K ngắt, mạch bắt đầu dao động. Năng lượng của mạch lúc đó là năng lượng
2
1
1 E
Wm = LI 02 = L  ÷
2
2 r
từ trường:
(2)
0,25 đ
- Trong quá trình dao động khi tụ điện tích điện đén điện áp cực đại U 0 thì dòng điện
triệt tiêu. Lúc đó năng lượng của mạch là năng lượng điện trường; với U0 = nE :
1
1

2
We = CU 02 = C ( n.E )
2
2
(3)
0,25 đ
- Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng cho mạch dao động ta có: We = Wm
2
2
E
L  ÷ = C ( n.E ) ⇒ L = Cn 2 r 2
r
hay
(4)
0,50 đ
1
1
f =
⇒ C=
4π 2 f 2 L
2π LC
- Mặt khác chu kỳ dao động :
(5)
0,25 đ
1
nr
C=
L=
2π fnr và
2π f

Từ (4) và (5) ta tìm được:
(6)
0,50 đ
Bài 6: (3,00 điểm)
1) Tính d và d’ để Lmin (1,00 điểm)
( L1 )
S →
S1'
Ta có sơ đồ tạo ảnh:
- Khi ảnh hiện rõ trên màn, khoảng cách vật –màn là khoảng cách L giữa vật thật và ảnh
thật.
Ta có: L = d + d’
(1)
Dễ dàng thấy L phải thoả mãn điều kiện: L ≥ 4f
(2)
0,50 đ
Suy ra: Lmin = 4f = 96cm
Vậy: d = d’ = Lmin/2 = 48cm.

(3)

2) Tìm f2 và vẽ hình (2,00 điểm):
( L1 )
( L2 )
S →
S1' 
→ S 2'
Sơ đồ tạo ảnh:
d = d1' = 48cm
Ta có: 1

25

0,50 đ