BỘ ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI CHỌN HSG TỈNH, HSG QUỐC GIA MÔN VẬT LÝ 12- 98 page

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2013 – 2014
Môn thi :

VẬT LÝ

Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi : 02/10/2013
(Đề thi có 2 trang, 7 bài toán)
Bài 1. (3 điểm) Một thanh thẳng AB đồng chất, tiết diện đều, chiều dài L, khối lượng
m được đặt trên một mặt phẳng ngang. Mặt phẳng ngang có hai phần ngăn cách bởi
một đường thẳng: một phần không có ma sát (phần I); phần còn lại có ma sát, hệ số
ma sát giữa thanh và phần này là μ (phần II). Người ta bố trí một hệ cơ học gồm: Một
lò xo nhẹ, độ cứng k, một đầu gắn cố định vào tường tại O, đầu còn lại nối với đầu A
của thanh. Ban đầu trục của thanh và của lò xo nằm trên một đường thẳng vuông góc
với đường thẳng phân cách; lò xo không bị biến dạng; thanh nằm hoàn toàn trong
phần I và điểm B của thanh vừa chạm vào đường phân cách (hình vẽ). Tại một thời

điểm bất kỳ, truyền cho thanh một vận tốc V0 có phương dọc theo thanh và có chiều
hướng về phía phần II. Tính:
a) Công của lực ma sát khi thanh trượt vào phần II một đoạn x (x ≤ L).
b) Độ dãn cực đại của lò xo và điều kiện của V0 để có độ dãn cực đại đó.
A

B

V0

O

Phần I

Phần II

Đường phân cách
Bài 2. (3 điểm) Trong một xi-lanh thẳng đứng, thành cách nhiệt có hai pit-tông: Pittông A nhẹ (trọng lượng không đáng kể), dẫn nhiệt; pit-tông B nặng, cách nhiệt. Hai
pit-tông và đáy xi-lanh tạo thành hai ngăn, mỗi ngăn có chiều cao là h = 0,5m và
chứa 2 mol khí lý tưởng đơn nguyên tử. Ban đầu hệ thống ở
trạng thái cân bằng nhiệt với nhiệt độ bằng 300K. Truyền
B
cho khí ở ngăn dưới một nhiệt lượng Q = 1kJ làm cho nó
nóng lên thật chậm. Pit-tông A có ma sát với thành bình và
không chuyển động, pit-tông B chuyển động không ma sát h
với thành bình. Khi cân bằng mới được thiết lập, hãy tính:
A
a) Nhiệt độ của hệ.
b) Lực ma sát tác dụng lên pit-tông A.
h

Cho biết: Nội năng của 1 mol khí lý tưởng ở nhiệt độ T
i
được tính theo công thức: U   RT - Trong đó: i là số bậc
2
tự do (với khí đơn nguyên tử thì i = 3; khí lưỡng nguyên tử thì i = 5); R =
8,31J/mol.K là hằng số của chất khí.
Bài 3. (3 điểm) Trên một mặt phẳng nghiêng góc α (so với mặt ngang) đặt một vật
hình hộp nhỏ A và một vật hình trụ đặc B, đồng chất, khối lượng phân bố đều. Cùng
một lúc cho hai vật bắt đầu chuyển động xuống phía dưới theo đường dốc chính của
1


R2

mặt nghiêng. Vật A trượt, vật B lăn không trượt và trong quá trình chuyển động hai
vật luôn cách nhau một khoảng không đổi. Biết hệ số ma sát trượt giữa vật A và mặt
phẳng nghiêng bằng μ.
a) Tìm giá trị góc α.
b) Hệ số ma sát μ’ giữa vật B và mặt phẳng nghiêng phải thỏa mãn điều kiện gì để có
chuyển động của hai vật như trên?
Bài 4. (3 điểm) Cho một hệ quang học gồm hai thấu kính hội tụ mỏng giống nhau có
cùng tiêu cự f, đặt đồng trục, cách nhau một khoảng l.
a) Chiếu tới hệ một chùm tia sáng đơn sắc song song hợp với trục chính của hệ một
góc nhỏ. Hãy nêu đặc điểm của chùm tia ló ra khỏi hệ (có vẽ hình minh họa) trong
hai trường hợp sau:
- f < l < 2f
- l > 2f
b) Cho f = 10cm, l = 2f. Ban đầu đặt một điểm sáng trên trục chính, sát thấu kính thứ
nhất, sau đó cho điểm sáng di chuyển dọc theo trục chính ra xa thấu kính với tốc độ
không đổi V = 5cm/s. Nêu tính chất chuyển động và tính chất của ảnh cuối cùng của hệ.

Bài 5. (3 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ: Các điện trở R1 = 2a(Ω), R2 = 4a(Ω), R3
= a(Ω); X là một phần tử phi tuyến mà cường
R1
R2
độ dòng điện chạy qua nó phụ thuộc vào hiệu
điện thế giữa hai đầu phần tử theo qui luật:
I X = α.U 3X , với α là một hệ số tỉ lệ có đơn vị là
G
3
A/V . Hãy tính hiệu điện thế giữa hai đầu mạch
điện và công suất tiêu thụ trên X (theo α và a)
R3
X
khi dòng điện qua điện kế G bằng không.
Bài 6. (3 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ: Các điện trở thuần R1 = 400Ω, R2 =
2
10 2
μF .
200Ω; cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L = H ; tụ điện có điện dung C =
Π
Π
Đặt vào hai đầu mạch điện một điện áp xoay
L
C
chiều u = 2 2.cosωt (V) , tần số góc ω có thể
R1
thay đổi được.
a) Giá trị của ω bằng bao nhiêu để hiệu điện thế
giữa hai bản của tụ điện đạt giá trị cực đại?
b) Nếu thay điện trở R2 bằng điện trở R3 = 500Ω

thì giá trị cực đại của hiệu điện thế giữa hai bản
của tụ điện là bao nhiêu và ứng với giá trị nào của ω?
Bài 7. (2 điểm) Lập phương án thực hành xác định suất điện động của nguồn điện.
Cho các dụng cụ sau:
- 1 nguồn điện không đổi;
- 2 vôn kế;
- 1 ngắt điện;
- Các dây nối cần thiết.
Yêu cầu:
a) Vẽ các sơ đồ mạch điện (nếu có).
b) Nêu cơ sở lý thuyết và xây dựng các công thức cần thiết.
c) Trình bày các bước tiến hành thí nghiệm, lập bảng biểu cần thiết.
----------------HẾT--------------2


UBND TỈNH QUẢNG NAM
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn: Vật lý

Bài 1.

3,0
a) Công nguyên tố của lực ma sát khi thanh dịch chuyển một khoảng
rất nhỏ dx:
mg

A ms  Fms dx  
xdx
L
x
x
mg
mg 2
 A ms    dA ms   
xdx  
x
L
2L
0
0
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 V0 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:
mg 2 kA 2 mV02
A 

A ms  W2  W1 
2L
2
2
m
 A  V0
mg
k

L
k g
m
Điều kiện: A ≤ L  V0
 L  V0  L

mg
m
L
k
L
- Trường hợp A > L:
Công của lực ma sát lúc này:
mg
 mg 2

A ms   
L  mg(A  L)  
L  mg(A  L)
2
 2L

Định luật bảo toàn cơ năng:
mg
kA 2 mV02
L  mg(A  L) 

A ms  W2  W1  
2
2

2
2
2
 kA  2mgA  (mV0  mgL)  0
Giải phương trình (bỏ nghiệm âm), ta có:
2
 mg  m(V0  gL) mg
A 



k
k
 k 
mg
L  mg(A  L)  L
Điều kiện: A > L  
2
k g

 V0  L
m L

0,50
0,50

0,25

0,25

0,50

0,25

2

Bài 2.

0,25

0,50
3,0

Gọi T0, T là nhiệt độ ban đầu và sau cùng của hệ; p0 là áp suất ban
đầu của hệ; V0 là thể tích ban đầu của mỗi ngăn.
3


a) Xét ngăn trên: Khí tăng nhiệt độ đẳng áp từ T0 đến T, thể tích của
V
nó tăng từ V0 đến V, ta có: V  0 T
T0
Khí sinh công: A = p0.(V – V0) 
PV
(1)
A   0 0 (T  T0 )  R (T  T0 )
T0
- Độ biến thiên nội năng của khí (4 mol):
i
(2)

ΔU  ν. R (T  T0 )  6R (T  T0 )
2
Áp dụng nguyên lý I nhiệt động lực học cho hệ:
ΔU = Q + A
(3)
Q
Từ (1), (2) và (3): 6R(T – T0) = Q – R(T – T0)  R.(T T 0 ) 
7
Q
 T
T 0
7R
1000
 300  317,19K
 T
7.8,31
b) Xét ngăn dưới: Khí nóng đẳng tích từ T0 đến T, áp suất của nó
p
tăng từ p0 đến p, ta có: p  0 T
T0
- Lực ma sát tác dụng lên pit-tông A:
V
pV
R.(T T 0 )
Fms  (p  p 0 ).S  (p  p 0 ). 0  Fms  0 0 .(T  T0 ) 
h
T0 h
h
 Fms 

8,31.(317,19  300)
 285,70 N
0,5

Bài 3.

0,25

0,25

0,50
0,25

0,50
0,25

0,25

0,50

0,25
3,0

- Phương trình chuyển động của vật A (theo phương nghiêng):
m1gsinα – μm1gcosα = m1a1
 Gia tốc của vật A: a1 = g.(sinα – μcosα)
- Phương trình chuyển động tịnh tiến của vật B:
m2gsinα – Fms2 = m2a2
(1)
- Với Fms2 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:
1
M = I.γ  Fms2.r = m2.r2.γ
(2)
2
a
- Vật B lăn không trượt nên:   2
(3)
r
2
Từ (1), (2) và (3): a 2  g.sin 
(4)
3
- Muốn khoảng cách giữa hai vật luôn không đổi thì: a1 = a2
2
 g.(sin  cos   g.sin 
3

0,50
0,50

0,25
0,25
0,25
0,25

4


 tg  3  α = arctg3μ

0,25

1
b) Từ (1) và (4) ta có: Fms 2  m 2 g sin 
3
- Lực ma sát cực đại giữa B và mặt nghiêng: Fmsnmax = μ’m2gcosα
- Điều kiện phải thỏa mãn là: Fms2 ≤ Fmsnmax
1
tg
 m 2 g sin    ' m 2 g cos    ' 

3
3

0,25
0,25

Bài 4.

0,25
3,0

a) Sơ đồ tạo ảnh:
AB

L1

A1B1

B
O1

L2

A2B2

B
O2

d1
d’1
d2
d’2
B
B
- Chùm sáng tới //: d1 = ∞
 d’1 = f
 d2 = l – d’1 = l – f
df
(l  f )f
 d '2  2 
d2  f
l  2f
+ Khi f < l < 2f  d’2 < 0: Chùm tia ló là chùm phân kỳ.
S2
S1

0,25

0,50
F1

O1

F’1

F’2

O2

+ Khi l = 2f  d’2 > 0: Chùm tia ló là chùm hội tụ.

0,25

S1
F’2
F1

O1 F’1

0,50

O2
S2

b) Ban đầu điểm sáng đặt sát thấu kính thứ nhất  cách thấu kính
thứ hai: d0 = l = 2f = 20cm  ảnh của hệ ở vị trí cách thấu kính
df
d '0  0  20cm .

d0  f
- Đoạn đường điểm sáng đi được trong thời gian t:
d1 = V.t = 5.t (cm)
df
10t
 d1'  1 
(cm)
d1  f t  2
10t 10.(t  4)

 d 2  l  d1'  20 
t2
t2

0,25

5


d 'd ' 20  5.(4  t )
d 2f
 5.(4  t )  V '  2 0 
 5cm / s
t
t
d2  f
 + 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.

 d '2 

Bài 5.
Gọi: U, U1, U2, U3, UX lần lượt là hiệu điện thế giữa hai đầu mạch
điện, giữa hai đầu R1, R2, R3 và X.
U
U.R 2
U
2U
- Ta có: 2 
 U2 

R 2 R1  R 2
R1  R 2
3
2U
- Khi IG = 0  U X  U 2 
3
U.R 1
U
và U1  U 3 

R1  R 2 3
- Cường độ dòng điện chạy qua X:

U
U.R 1
U
I X  I3  3 

R 3 (R 1  R 2 ).R 3 3a
U
 2U 
 .
Theo đề: I X = α.U 

3a
 3 
9
 U
8a

0,25

0,50

0,50
3,0

0,50
0,50
0,50

0,50

3

3
X

0,50

- Công suất tỏa ra trên RX: PX  I X .U X  .U 4X 
Bài 6.

1
(W)
4a 2

0,50
3,0

UL

UAB

UC

UMB

UAM

I2

α

Ta có: Z LC  Z L  Z C ; Z MB 

I1
IC

R 2 Z LC

0,25

R 22  Z 2LC

U C  I C ZC ; U L  I C Z L
U MB  U L  U C  I C ZLC  I 2 R 2  I 2  I C

U AM

R 1 R 22  Z 2LC
R1
 I1 R 1  I C
 IC
cos 
R2

0,25
Z LC
R2

0,25
0,25
6

U 2AB  U 2AM  U 2MB  2U AM U MB .sin 

0,25

 R 12 2

Z LC
R
U  I  2 (R 2  Z 2LC )  Z 2LC  2 1 R 22  Z 2LC .Z LC

R2
R 22  Z 2LC 
 R 2
2
U C2  2  R 1  R 2  2 
 Z LC 
 2 R 1  
Z C 
R


2

U AB
 UC 
.ZC
2
 R  R2 

 ( Z L  ZC )
R 12   1
R


2
2
AB

2
C

R2
ZC
.
R1  R 2  R R 2
 1 2   ( ZL  ZC ) 2
 R1  R 2 
R 1R 2
R2
1
1
(với R 
)
 U AB .
.
.
R1  R 2
R1  R 2
1 2 C

2
R   (L  )
C
R2
1
 U AB .
. 2 2 4
R 1  R 2 L C   (2LC  R 2 C 2 )2  1
Đặt: y  L2 C2 4  (2LC  R 2 C2 )2  1
Để UC = UCmax  y = ymin
R 1R 2
400
a) R2 = 400Ω  R 

Ω  (2LC  R 2 C 2 )  0
R1  R 2
3
2LC  R 2 C 2
2
Do đó: y = ymin   
2L2 C 2
2LC  R 2 C 2
 
≈ 165,6rad/s
2LC
R 1R 3
2000
b) Thay R2 bằng R3 = 500Ω, ta có: R 

Ω

R1  R 3
9
 2LC  R 2 C2  0
 Hàm y  L2 C2 4  (2LC  R 2 C2 )2  1  1 tăng đồng biến theo
ω2. Do đó: y = ymin = 1  ω = 0  uAB phải là điện áp không đổi.
R3
5
 U C  U AB
 V
R1  R 3 3
 U AB .

Bài 7.
a) Vẽ hai sơ đồ mạch điện:

0,25
0,50

0,50

0,25
0,25
2,0
0,50

7


E,r

E,r

k

k
V1

V1

V2

Mạch 2
Mạch 1
b) Cơ sở lý thuyết:
Gọi E, r là suất điện động và điện trở trong của nguồn, ta có:
U
- Mạch 1: U1  E  r 1
(1)
R1
U'
- Mạch 2: U1'  U '2  E  r 1
(2)
R1
U1 U '2
 E
U1  U1'
c) Các bước tiến hành thí nghiệm, lập bảng số liệu:
- Bước 1: Mắc mạch điện 1, đóng khóa k, đọc số chỉ U1.
- 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
U1
U’1
U’2
E
1
2
3
…..
- Tính giá trị trung bình: E 

0,25
0,25
0,50

0,25
0,25

E1  E 2  ...  E n
n

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.

8