đề thi học sinh giỏi môn lý THPT có đáp án

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011-2012
ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ
(Dành cho học sinh trường THPT không chuyên)
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

Câu 1 (2 điểm).
m
Một con lắc lò xo gồm vật nặng có khối lượng M = 300 g , lò xo nhẹ có độ cứng
k = 200 N / m . Khi M đang ở vị trí cân bằng thì thả vật m = 200 g rơi từ độ cao h
h = 3, 75cm so với M (Hình 1). Coi va chạm giữa m và M là hoàn toàn mềm. Sau va chạm,
M
hệ M và m bắt đầu dao động điều hòa. Lấy g = 10m / s 2 .
a) Tính vận tốc của m ngay trước va chạm và vận tốc của hai vật ngay sau va chạm.
b) Viết phương trình dao động của hệ (M+m). Chọn gốc thời gian là lúc va chạm, trục tọa
k
độ Ox thẳng đứng hướng lên, gốc O là vị trí cân bằng của hệ sau va chạm.
c) Tính biên độ dao động cực đại của hệ vật để trong quá trình dao động vật m không rời
khỏi M
Hình 1
Câu 2 (2 điểm).
Trong thí nghiệm giao thoa sóng trên mặt nước, hai nguồn kết hợp S 1, S2 cách nhau 8cm dao động
cùng pha với tần số f = 20 Hz . Điểm M trên mặt nước cách S 1, S2 lần lượt những khoảng
d1 = 25cm, d 2 = 20,5cm dao động với biên độ cực đại, giữa M và đường trung trực của AB có hai dãy cực
đại khác.
a) Tính tốc độ truyền sóng trên mặt nước.
b) A là một điểm trên mặt nước sao cho tam giác AS 1S2 vuông tại S1, AS1 = 6cm . Tính số điểm dao động
cực đại, cực tiểu trên đoạn AS2.

c) N là một điểm thuộc đường trung trực của đoạn thẳng S 1S2 dao động ngược pha với hai nguồn. Tìm
khoảng cách nhỏ nhất từ N đến đoạn thẳng S1S2.
Câu 3 (2,5 điểm).
Cho con lắc lò xo gồm lò xo nhẹ có độ cứng k = 50 N / m , vật nặng kích thước nhỏ có
khối lượng m = 500 g (Hình 2). Kích thích cho vật dao động điều hòa theo phương thẳng đứng.
Chọn gốc thời gian là lúc vật qua vị trí có li độ x = 2,5cm với tốc độ 25 3 cm / s theo
k
phương thẳng đứng hướng xuống dưới. Chọn trục tọa độ Ox theo phương thẳng đứng, chiều
dương hướng lên trên, gốc O trùng với vị trí cân bằng của vật. Lấy g = 10m / s 2 .
a) Viết phương trình dao động của vật.
b) Tính khoảng thời gian ngắn nhất để vật đi từ vị trí có li độ x1 = −2,5cm đến vị trí có li độ

m
Hình 2

x2 = 2,5cm .
c) Tính quãng đường đi được của vật kể từ lúc bắt đầu dao động đến khi tới vị trí có động năng bằng thế
năng lần thứ hai.
Câu 4 (2 điểm).
Tại mặt chất lỏng có hai nguồn sóng A và B cách nhau 12 cm dao động theo phương thẳng đứng với
phương trình: u1 = u 2 = acos 40π t (cm ) , tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng là 20cm / s . Xét đoạn thẳng
CD = 6cm trên mặt chất lỏng có chung đường trung trực với AB. Để trên đoạn CD chỉ có 5 điểm dao động với
biên độ cực đại thì khoảng cách lớn nhất từ CD đến AB là bao nhiêu?
Câu 5 (1,5 điểm).
Đặt một vật phẳng nhỏ AB trước một thấu kính và vuông góc với trục chính của thấu kính. Trên
màn vuông góc với trục chính ở phía sau thấu kính thu được một ảnh rõ nét lớn hơn vật, cao 4mm. Giữ vật
cố định, dịch chuyển thấu kính dọc theo trục chính 5cm về phía màn thì màn phải dịch chuyển 35cm mới
lại thu được ảnh rõ nét cao 2mm.
a) Tính tiêu cự thấu kính và độ cao của vật AB.
b) Vật AB, thấu kính và màn đang ở vị trí có ảnh cao 2mm. Giữ vật và màn cố định, hỏi phải dịch chuyển

thấu kính dọc theo trục chính về phía nào, một đoạn bằng bao nhiêu để lại có ảnh rõ nét trên màn? Khi dịch
chuyển thấu kính thì ảnh của vật AB dịch chuyển như thế nào so với vật?
 Hết 


SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC
----------------Câu

1
(2đ)

2
(2đ)

KÌ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011-2012
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM
MÔN: VẬT LÝ KHÔNG CHUYÊN

Ý

Lời giải

Vận tốc của m ngay trước va chạm: v = 2 gh = 50 3cm / s ≈ 86, 6cm / s
a Do va chạm hoàn toàn không đàn hồi nên sau va chạm hai vật có cùng vận tốc V
mv
mv = ( M + m)V → V =
= 20 3cm / s ≈ 34, 6cm / s
M +m
K
Tần số dao động của hệ: ω =

= 20rad / s . Khi có thêm m thì lò xo bị nén
M +m
mg
= 1cm . Vậy VTCB mới của hệ nằm dưới VTCB ban đầu một
thêm một đoạn: x0 =
K
đoạn 1cm
2
b Tính A: A = x 2 + V = 2 (cm)
0
ω2
1 = 2cosϕ
π
→ ϕ = rad
Tại t=0 ta có: 
3
 −2.20sin ϕ < 0
π

Vậy: x = 2cos  20t + ÷cm
3

uu
r
ur
r
Phản lực của M lên m là N thỏa mãn: N + mg = ma → N − mg = ma = −mω 2 x
2
2
→ N = mg − mω x → N min = mg − mω A

c
g
g
10
Để m không rời khỏi M thì N min ≥ 0 → A ≤ 2 Vậy Amax = 2 = 2 = 2,5cm
ω
ω
20
d −d
Tại M sóng có biên độ cực đại nên: d1 – d2 = kλ ⇒ λ = 1 2
k
a

Điểm
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25

0,25

0,25
0,25
0,25

Giữa M và trung trực của AB có hai dãy cực đại khác → k=3
Từ đó ⇒ λ = 1,5cm , vận tốc truyền sóng: v = λf = 30 cm/s
* Số điểm dao động cực đại trên đoạn AS2 là:

0,25

S1 A − S 2 A
S S −0
≤k< 1 2
→ −2, 7 ≤ k < 5,3 → k = { −2, −1,......4,5}
λ
λ

b

→ Có 8 điểm dao động cực đại.
* Số điểm dao động cực tiểu trên đoạn AS2 là:

0,5

→ Có 8 điểm dao động cực tiểu.

0,5

S1 A − S 2 A
1 S S −0
≤k+ < 1 2
→ −3, 2 ≤ k < 4,8 → k = { −3, −2, −1,......3, 4}
λ
2
λ

c


Giả sử u1 = u2 = a cos ωt , phương trình sóng tại N: u N = 2a cos ωt −

2πd
Độ lệch pha giữa sóng tại N và tại nguồn: ∆ϕ =
λ

Để dao động tại N ngược pha với dao động tại nguồn thì
2πd
λ
∆ϕ =
= (2k + 1)π ⇒ d = ( 2k + 1)
λ
2



2π d 
λ ÷


0,25


Do d ≥ S1S2 /2 ⇒ ( 2k + 1)

λ
≥ S1S2 /2 ⇒ k ≥ 2,16. Để dmin thì k=3.
2

2

⇒dmin= xmin

2

SS 
+  1 2 ÷ ⇒ xmin ≈ 3, 4cm
 2 

0,25

k
50
=
= 10rad / s
m
0,5

0,25

Tần số góc ω =

2,5

cos
ϕ
=
π



 x = A cos ϕ = 2,5
A
 ϕ=
a Tại t = 0, ta có: 
⇔
⇔

53
 v = − Aωsin ϕ = −25 3
sin ϕ = 25 3M  A = 5cm
2, 5 2 N

10A
2,5
π
2,5
→ Phương trình dao động x = 5cos(10t + ) (cm)
2,5
5 x
-5
O
•
3
O
Khoảng thời gian ngắn nhất vật đi từ vị trí có
li độ x1 = -2,5cm đến vị trí có li độ x2 = 2,5cm

3

(2,5đ)

b

∆t =

α
π
π
=
= s ≈ 0,1s
ω 3.10 30

0,5

0,25

α
M Q
(Lần 1)

N
-5

P
(Lần 2)

0,5

Quãng đường vật đi từ vị trí ban đầu tới vị trí có động năng bằng thế năng lần thứ 2

Wd A 2 − x 2
A
=
=1⇔ x = ±
= ±2,5 2cm
2
Wt
x
2

0,5

⇒ s = 7,5 + 5 − 2,5 2 = 12,5 − 2,5 2 ≈ 8,96cm
c

0,5

Để trên CD chỉ có 5 điểm dao động với biên độ cực đại mà khoảng cách từ CD đến
AB là lớn nhất thì C, D phải nằm trên đường cực đại k = ±2 (do trung điểm của CD
là một cực đại).
v 20
= 1cm .
Bước sóng: λ = =
f 20

4
(2đ)

0,5

Gọi khoảng cách từ AB đến CD bằng x.
Từ hình vẽ ta có:
 d12 = x 2 + 9
→ d 2 − d1 = x 2 + 81 − x 2 + 9 = 2λ = 2 → x = 16, 73Cm
 2
2
 d 2 = x + 81

5
(1,5đ)

0,5

a

ïìï d 2 = d1 + 5
k
d 'd
(d + 5)d1 '
; 1 =2= 1 2 = 1
Û 2d1 (d1 '- 40) = (d1 + 5)d1 ' (1)
í
ïïî d 2 ' = d1 '- 40 k 2
d1d 2 ' (d1 '- 40)d1

1

0,25

1 1
1
1
1
= + =
+
Û d1 '(d1 '- 40) = 8d1 (d1 + 5) (2)
f d1 d1 ' d1 + 5 d1 '- 40

0,25

Từ (1), (2) d1 = 25cm,d1 ' =100cm,f = 20cm,AB =1mm

0,5

Khoảng cách vật - ảnh: L = d + d ' = 90 → d +

 d = 30cm
df
= 90 → 
d− f
 d = 60cm

Ban đầu thấu kính cách vật d2=30cm do vậy để lại có ảnh rõ nét trên màn thì phải dịch
thấu kính lại gần vật thêm một đoạn ∆d = 60 − 30 = 30cm

0,25

2

Xét L = d + d ' = d +
b

df
d
=
® d 2 - Ld + 20L = 0
d - f d - 20

2
Để phương trình có nghiệm thì: ∆ = L − 80 L ≥ 0 → Lmin = 80cm khi đó

Lmin
= 40cm
2
Vậy khi dịch chuyển thấu kính lại gần vật thì lúc đầu ảnh của vật dịch lại gần vật, khi
thấu kính cách vật 40 cm thì khoảng cách từ vật tới thấu kính cực tiểu, sau đó ảnh
dịch ra xa vật.
d=

----------------------HẾT-----------------------

0,25


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011-2012
ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ
(Dành cho học sinh trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc)
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề.
Chú ý: Đề thi gồm 02 trang

Câu 1 (1,5 điểm).
Một tấm ván có khối lượng M = 10kg nằm trên mặt phẳng ngang nhẵn và được giữ bằng một
sợi dây không dãn. Vật nhỏ có khối lượng m = 1kg trượt đều với vận tốc v = 2m / s từ mép tấm ván
dưới tác dụng của một lực không đổi F = 10 N (Hình 1). Khi vật đi được đoạn đường dài l = 1m trên
tấm ván thì dây bị đứt.
m F
a) Tính gia tốc của vật và ván ngay sau khi dây đứt.
M
b) Mô tả chuyển động của vật và ván sau khi dây đứt trong một thời
gian đủ dài. Tính vận tốc, gia tốc của vật và ván trong từng giai đoạn.
Hình 1
Coi ván đủ dài.
c) Hãy xác định chiều dài tối thiểu của tấm ván để m không trượt khỏi ván.
Câu 2 (2,5 điểm).
Một thanh mảnh, đồng chất có khối lượng M = 360 g chiều dài L = 30cm có thể quay không
ma sát quanh trục O cố định nằm ngang đi qua đầu thanh. Từ vị trí thẳng đứng, đầu còn lại của thanh
được thả ra và thanh đổ xuống (Hình 2). Khi tới vị trí thấp nhất thì
thanh va chạm hoàn toàn đàn hồi với một vật nhỏ (coi như chất điểm)
có khối lượng m1 = 120g nằm trên mặt bàn. Cho gia tốc trọng trường

M

g = 10m / s 2 . Mômen quán tính của thanh đối với trục quay qua O là
I = ML2 / 3 .

a) Xác định tốc độ góc và gia tốc góc của thanh khi thanh có vị trí
nằm ngang.
b) Xác định các thành phần lực theo phương ngang và theo phương
thẳng đứng mà trục quay tác dụng lên thanh khi thanh có vị trí nằm
ngang.
c) Xác định vận tốc của vật m1 ngay sau va chạm.
d) Vật m1 được gắn với m 2 =120g qua một lò xo nhẹ có độ cứng

O•

m2

k

m1

Hình 2

k = 100 N / m (Hình 2). Xác định biên độ dao động của m1 và m2 sau va chạm. Bỏ qua mọi ma sát.
Câu 3 (2 điểm).
Trong một xilanh đặt thẳng đứng có một pittông mỏng, nhẹ, linh động và
cách nhiệt. Bên dưới pittông là một mol khí Heli (coi là khí lí tưởng) ở nhiệt độ
to = 27 o C . Bên trên pittông là một chất lỏng, phía trên chất lỏng là không khí (Hình
3). Ban đầu thể tích khí Heli, chất lỏng và không khí trong xilanh bằng nhau và bằng
Vo = 1lit , áp suất do cột chất lỏng trong xilanh gây ra bằng po. Áp suất khí quyển là
po = 105 N / m 2 . Hỏi phải nung nóng khí (qua đáy xilanh) bằng một nhiệt lượng tối
thiểu bao nhiêu để khí dãn nở, pittông đi lên đều và đẩy hết chất lỏng ra khỏi xilanh?
(Xem tiếp trang 2) →
Câu 4 (2 điểm).

Hình 3


Cho mạch điện (Hình 4). Nguồn điện có suất điện động
E = 8V , điện trở trong r = 2Ω . Điện trở của đèn là R1 = R2 = 3Ω ,

K

A

Ampe kế được coi là lí tưởng.
E,r
R1
a) Khoá K mở, di chuyển con chạy C người ta nhận thấy khi điện
D
trở của phần AC của biến trở AB có giá trị 1Ω thì đèn tối nhất. Tính
điện trở toàn phần của biến trở.
R2
b) Mắc một biến trở khác thay vào chỗ của biến trở đã cho và đóng
C
khóa K. Khi điện trở của phần AC bằng 6Ω thì ampe kế chỉ 5/3A.
B
A
Tính giá trị toàn phần của biến trở mới.
Hình 4
Câu 5 (2 điểm).
Cho hệ hai thấu kính L1 và L2 đặt đồng trục cách nhau l = 30cm , có tiêu cự lần lượt là
f1 = 6cm và f 2 = −3cm . Một vật sáng AB = 1cm đặt vuông góc với trục chính, trước L1 và cách L1
một khoảng d1, hệ cho ảnh A’B’ .
a) Cho d1 = 15cm . Xác định vị trí, tính chất, chiều và độ cao của ảnh A’B’.

b) Xác định d1 để khi hoán vị hai thấu kính, vị trí của ảnh A’B’ không đổi.
 Hết 
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh ........................................................................................... SBD ....................

SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC
-----------------

KÌ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011-2012
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM


MÔN: VẬT LÝ CHUYÊN
Câu

Ý

Lời giải

Điểm

* Xét chuyển động của m:
Trước khi dây bị đứt: F − Fms = 0 → Fms = F
Ngay sau khi dây đứt: vật m vẫn trượt đều với vận tốc v → am = 0
a
* Xét chuyển động của M:
F
F
= 1m / s 2
Ngay sau khi dây đứt M chuyển động nhanh dần đều với: aM = ms =

M M
* Giai đoạn 1: 0 ≤ t ≤ to
+ m chuyển động đều với vận tốc v, gia tốc am=0
F
= 1m / s 2
+ M chuyển động nhanh dần đều, vận tốc ban đầu =0, gia tốc aM =
1
M
(1,5đ)
v
Mv
b + Tấm ván đạt vận tốc v tại thời điểm to = a = F = 2s
M
* Giai đoạn 2: to ≤ t
Vật m và M chuyển động nhanh dần đều với vận tốc ban đầu vo = 2m / s và gia tốc:
F
10
a=
=
≈ 0,9m / s 2
M + m 10 + 1
Quãng đường m đi được trên M kể từ khi dây đứt đến thời điểm t=to là:
1
Mv 2 →
Mv 2
10.22
c
Δl = vt − aM t 2 =
lmin = l + Δl = l +
= 1 + Ny = 3m N

2
2F
2F
2.10
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho vị trí thẳng đứng và nằm ngang: G
O
N
L 1 2
1
3g
3.10
 rad x
2
Mg = I ω . Thay I = ML ta được: ω =
=
= 10 
÷.
P
2 2
3
L
0,3
 s 
a
Phương trình động lực học cho chuyển động quay quanh O: M ( P ) = I γ .
3 g 3.10
1
L
 rad 
2

=
= 50  2 ÷.
Thay I = ML và M ( P ) = Mg ta được: γ =
2 L 2.0,3
3
2
 s 
r r
r
Định luật II Niutơn cho chuyển động tịnh tiến của thanh: P + N = Ma
2 L
Chiếu (*) lên phương ngang: N x = Max = Man = M ω
2

2
(2,5đ)

0,25
0,25

0,25

0,25
0,5

0,5

0,5
(*)

Thay ω ở phần a) vào ta được: Nx = 3 Mg / 2 = 5, 4N .
b

Chiếu (*) lên phương thẳng đứng:
L
P − N y = Ma y = Mat = M γ
2

0,25

Thay γ ở phần a) vào ta được : Ny = Mg / 4 = 0,9 N .
0,25
Bảo toàn cơ năng cho chuyển động của M từ đầu đến ngay trước va chạm với m1:
c

1 2
2 MgL
6g
I ω = MgL → ω =
=
2
I
L
0,25


Bảo toàn động năng trong va chạm:

1
1

1
m1v 2 + I ω '2 = I ω 2 (1)
2
2
2

Bảo toàn mômen động lượng: m1vL + I ω ' = I ω (2)

0,25

m
Từ (1) và (2) ta được: v = 6 gL = 3 2 ≈ 4, 2  ÷
s
Sau va chạm, khối tâm G của hệ (m1+m2) chuyển động với vận tốc VG mà:
1
m
2mVG = mv → VG = v = 1,5 2 ≈ 2,1 ÷.
2
s

0,25

Trong HQC gắn với khối tâm G, vì hai vật có khối lượng bằng nhau nên ta có thể
d xem như dao động của m1, m2 là dao động của mỗi vật gắn với một lò xo có đầu G
cố định và có độ cứng là k’=2k.
Gọi A là biên độ dao động của mỗi vật, theo định luật bảo toàn cơ năng ta có:
1 2 1
1
mv = 2mVG2 + 2. k ' A2 → A = 5, 2cm
2

2
2
*) Giai đoạn 1: Từ đầu cho đến khi chất lỏng chạm miệng xilanh.
- Vì pittông đi lên đều nên quá trình này là đẳng áp, áp suất khí luôn bằng áp suất khí
quyển. Ở cuối giai đoạn này nhiệt độ khí là T1, thể tích khí là V1=2Vo (Vo là thể tích
khí ban đầu).
- Áp dụng định luật GayLuysac cho khối khí Heli ta có:
Vo V1 2Vo
= =
→ T1 = 2To = 600 K .
To T1
T1

0,25

0,25

- Nhiệt lượng khí nhận vào trong giai đoạn này là: Q1 = ∆U + A .
- Với ∆U = nCV ∆T =

3
(2đ)

3
R (T1 − To ) = 3739,5( J )
2

5
−3
Và A = p1∆V = 2 po (V1 − Vo ) = 2 poVo = 2.10 .10 = 200( J ) → Q1 = 3939,5( J )

*) Giai đoạn 2: Từ khi chất lỏng bắt đầu chảy ra cho đến khi chất lỏng chảy hết.
Gọi S là diện tích pittông, H và 2H lần lượt là độ cao ban đầu của chất lỏng và của
khối khí, x là độ cao của pittông so với đáy xilanh ở vị trí cân bằng mới của pittông
được nâng lên. Ban đầu, áp suất cột chất lỏng có độ cao H bằng p o . Do đó tại trạng

0,25
0,25

3H − x
po
H
Dễ thấy rằng áp suất của khí px ở trạng thái cân bằng mới bằng tổng áp suất khí quyển
thái cân bằng mới cột chất lỏng có độ cao 3H - x, sẽ có áp suất bằng

3H − x
4H − x
po =
po (1).
H
H
Theo phương trình Mendeleev - Clapeyron viết cho trạng thái cân bằng ban đầu và
po và áp suất của cột chất lỏng nên: px = po +

trạng thái cân bằng mới, ta được:

0,25

px .S .x 2 po .S .2H
=
Tx

T1

Sau khi thay biểu thức của p x vào ta tìm được nhiệt độ của khí ở trạng thái cân bằng
(4 H − x).x
.T1
mới là: Tx =
4H 2
Độ biến thiên nội năng trong quá trình pittông nâng lên đến độ cao x bằng:

0,25


0,25
Q
Q0
x
O

2H

2,5H 3H

0,25

2

3( x − 2 H ) 2
 x − 2H 
∆U = nCV (Tx − T1 ) = − 
C

T
=
−
RT1 (2).
÷ V 1
8H 2
 2H 
Công mà khí thực hiện trong quá trình trên (áp suất biến thiên tuyến tính từ 2p o đến
2 Po + px
(6 H − x)( x − 2 H )
( xS − 2 HS ) =
po S
2
2H
Vì trong trạng thái ban đầu: 2 po .2 HS = RT1
px) là: A =

(6 H − x)( x − 2 H )
.RT1
8H 2
Theo Nguyên lý I NĐH: Q2 = ∆U + A
Nên ta được: A =

(3)

E,r
RT1
2
2H
Vẽ đồ thị của Q theo x. Từ đồ thị ta thấy để đạt đến trạng thái cân bằng khi

x = 2,5H,
x A R1
•
RT
J ) x)
ta cần cung cấp một nhiệt lượng Q2 max = 1 = 623, 25((RD
8
B
C
R
Sau khi đạt tới trạng thái cân bằng x=2,5H, khí sẽ tỏa nhiệt, tự phát giãn2 nở và đẩy hết
chất lỏng ra ngoài bình.
Vậy
nhiệt
lượng
tối
thiểu
cần
cung
cấp
là
2
2
Kết hợp (2) và (3), ta được: Q2 = ( − x + 5 Hx − 6 H ).

0,25

Qmin = Q2 max + Q1 = 623, 25 + 3939,5 = 4562, 75( J ) .
4
(2đ)

a

Gọi điện trở toàn phần của biến trở là R, điện trở phần AC là x
Khi K mở ta có mạch như hình vẽ.
điện trở toàn mạch
3( x + 3)
Rtm = R − x +
+2
x+6
− x 2 + ( R − 1) x + 21 + 6 R
=
x+6
U CD
I .RCD
24
=
= 2
Cường độ dòng điện qua đèn: I1 =
x + R1 x + R1 − x + ( R − 1) x + 21 + 6 R
Khi đèn tối nhất thì I1 nhỏ nhất hay mẫu số lớn nhất
R −1
x=
. Theo đề bài x=1 Ω . Vậy R=3 Ω
2

(HV
0,25)

0,25

0,25

E,r

b Khi K đóng ta có mạch như hình vẽ,
điện trở toàn mạch:

0,25
(HV
0,25)

R1
B
A

(R’- 6)
C
x=6

R2

D


0,25

17 R ' − 60
Rtm =
4( R ' − 3)
(R’ là điện trở toàn phần của biến trở mới)

I A = I − I BC =

0,25

32( R ' − 3)
48
5
−
= A
'
'
17 R − 60 17 R − 60 3

0,25

⇒ R ' = 12Ω
Ta có: d1′ =
a

5
(2đ)

Khi d1 = 15 cm → d’2 = - 2,6 cm < 0 : A’B’ là ảnh ảo cách L2 một khoảng 2,6 cm.
f1 f 2 - d′2
2
.
=Độ phóng đại: k =
<0
f1 - d1 f 2
23

0,25

ảnh A’B’ ngược chiều với AB, có độ lớn là A’B’ = 2/23 (cm).
d1f 2
-3d1
=
Khi hoán vị hai thấu kính: d1 → d1′ =
d1 - f 2
d1 + 3

0,25
0,25

→ d 2 = l - d1′ =
b

0,25

6d1
24d1 - 180
60 - 8d1
; d2 =
; d′2 =
(1)
d1 -6
d1 - 6
3d1 - 22

33d1 + 90

df
2(11d1 + 30)
→ d′2 = 2 1 =
d1 + 3
d 2 - f1
3d1 + 8

Từ (1) và (2) ta có :

(2)

60 - 8d1
2(11d1 + 30)
→ 3d12 - 14d1 - 60 = 0 (*)
=
3d1 - 22
3d1 + 8

Phương trình (*) có 1 nghiệm dương duy nhất là d1 = 7,37.
Vậy phải đặt vật AB cách thấu kính gần nó nhất một khoảng 7,37 cm.
-----------------------HẾT------------------------

0,25

0,25
0,25
0,25


SỞ GD & ĐT NGHỆ AN

TRƯỜNG THPT.DTNT CON CUÔNG

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG NĂM HỌC 2010-2011
MÔN: VẬT LÍ
( Thời giai làm bài 180 phút- Không kể thời gian phát đề)

Đề thi có 01 trang
Câu 1: (4 điểm)
Cho mạch điện như hình vẽ.
Nguồn điện có = 8V, r =2 Ω . Điện trở của đèn là R1 = 3 Ω ;
điện trở R2 = 3 Ω . Biến trở AB được con chạy C1
được chia làm hai phần RAC1 và RC1B .Nguồn điện xoay chiều u
có biểu thức: u = 25 2 cos 100 π t (V), tụ điện có điện dung

U C
(1)
K
K

10 −2
2,5.10 −2
C=
F ; cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L=
H.
5π
π

L

~

(2)
,r

R

R

a.Khi K1 đóng ở chốt (2), K2 đóng , xác định sơ đồ cách mắc
C
A
B
điện trở mạch ngoài ?
b. Khi K1 đóng vào chốt (1), K2 ngắt, dịch chuyển con chạy C sao cho RAC1 = 2 Ω và
RC1B = 1 Ω . Viết biểu thức uL , uC ?
Câu 2:( 3 điểm). Một xi lanh thẳng đứng kín hai đầu, trong xi lanh có một pittông khối lượng
m (có thể trượt không ma sát). Ở trên và dưới pittông có hai lượng khí như nhau. Ban đầu ở
nhiệt độ 270C thì tỉ số thể tích phần trên và phần dưới
đến 3270C thì tỉ số thể tích phần trên và phần dưới

V1
= n = 4 . Hỏi nếu nhiệt độ tăng lên
V2

V '1
là bao nhiêu ?
V '2

Câu 3:( 5 điểm). Một cái đĩa nằm ngang, có khối lượng M
= 200 g, được gắn vào đầu trên của một lò xo thẳng đứng có độ
cứng k= 20 N/m. Đầu dưới của lò xo được giữ cố định.

Đĩa có thể chuyển động theo phương thẳng đứng. Bỏ qua mọi
ma sát và lực cản của không khí. cho gia tốc trong trường g =10 m/s2.
1.Ban đầu đĩa ở vị trí cân bằng. Ấn địa xuống một đoạn 5 cm, rồi thả cho đĩa tự do. Lấy trục
toạ độ Ox theo phương thẳng đứng, gốc O trùng với vị trí cân bằng, chiều dương hướng từ
trên xuống, gốc thời gian là lúc thả đĩa. Viết phương trình dao động của đĩa?
2.Đĩa đang nằm ở vị trí cân bằng, người ta thả một vật có khối lượng m=100 g rơi tự do từ độ
cao h = 80 m so với mặt đĩa. Va chạm giữa vật và mặt đĩa là hoàn toàn đàn hồi. Sau va chạm
đầu tiên, vật nảy lên và được giữ lại không cho rơi xuống đĩa nữa.
a.Tính vận tốc của đĩa ngay sau khi va chạm vào vật ?
b.Tính tần số góc ω ' và biên độ dao động A’ của đĩa?
c.Viết phương trình dao động của đĩa. Lấy mốc thời gian là lúc vật chạm vào đĩa, trục toạ
độ, gốc toạ độ như trên.
Câu 4:( 5 điểm).Trong thí nghiệm giao thoa của hai sóng trên mặt nước, hai nguồn kết hợp S 1
và S2 dao động với tần số f = 50 Hz, tác động lên hai điểm A và B trên mặt nước cách nhau 8


Cm. Xét điểm M trên mặt nước cách A khoảng d1= 28 cm và cách B khoảng d2= 22 cm, sóng
có biên độ cực đại. Giữa điểm M và trung trực của AB con có 3 dãy cực đại khác nữa.
a.Tính vận tốc truyền sóng trên mặt nước.
b.Tính số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn AB
c.Gọi C và D là hai điểm sao cho ABCD là hình vuông. Tìm số điểm dao động với biên độ cực
đại trên đoạn CD
Câu 5:(3 điểm). Sử dụng các dụng cụ: Một cuộn dây đồng; một chiếc cân với một bộ các quả
cân; một ăcquy; một vôn kế; một ampe kế và một số bảng tra cứu về vật lý. Hãy xác định thể
tích của một căn phòng lớn hình khối hộp chữ nhật.
----------Hết-----------

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG KHỐI 12
MÔN VẬT LI
Câu 1:

4điểm
a. Khi K1 đóng ở chốt (2), K2 đóng:
{ (RAC1// RBC1) nt R2 } // R1
b. Khi K1 đóng vào chốt (1), K2 ngắt:
Điện trở thuần của mạch điện là: R= 1+
Dung kháng: ZC =
Cảm kháng: ZL =

1
=5 Ω
ωC
ωL = 2,5 Ω

1
(3 + 3).2
= 2,5 Ω
3+3+ 2

đ

0,5 đ
0,25 đ
0,25 đ

Tổng trở của mạch điện: Z= R 2 + ( Z L − Z C ) 2 = 2,5 2 Ω
Cường độ hiệu dụng trong mạch: I0 = 10 A
π
Z − ZC
Độ lệch pha giữa u và i: Tan ϕ = L
= - 1 ⇒ ϕ = − rad.

0,25 đ

Điện áp hiệu dụng giữa 2 đầu tụ và hai đầu cuộn cảm:UC= 50 V; UL = 25 V
Biểu thức điện áp hai đầu tụ và hai đầu cuộn cảm là:
π π
π
uC = 50co s( 100 πt + − ) = 50co s(100 πt - ) V

0,5 đ

4

R

4

uL = 25co s( 100+

3π
)V
4

2

4

Câu 2
Vì pitông nằm cân bằng nên :

p1S + mg = p2 S
⇒p1-p’1=p2-p’2 ⇒p2-p1=p’2-p’1 ⇒(n-1)p1=(m-1)p’1
p '1 S + mg = p '2 S
p '1 n − 1
=
p1 m − 1 (1)

mặt khác V1+V2=V’1+V’2 ⇒
V '1

m n +1

n +1
m +1
V1 =
V '1
n
m

⇒ V = n . m + 1 (2)
1
Áp dụng phương trình trạng thái cho lượng khí ở trên ta có:

0,25 đ

0,5 đ
0,5 đ
3 điểm
0,5 đ
0,25 đ

0,5 đ
0,25 đ


0,5 đ

PV
P' V '
T
P' V '
1 1
= 1 1 ⇒ 2 = 1 . 1 (3)
T1
T2
T1
P1 V1

thay (1),(2) vào (3)và thay số ta có
2=

3
5m
.
⇒8m2-15m-8=0
m − 1 4(m + 1)

0,5 đ

m=2,3(nhận)
m<0 (loại)

Vậy

V '1
=2,3
V '2

0,5 đ

Câu 3:
1.Phương trình dao động có dạng : x = A cos( ω t + ϕ ) cm
Trong đó: A= 5 cm; ω =

5điểm
0,5 đ

k
= 10 rad/s ϕ = 0 rad.
m

0,5 đ
0,5 đ

Vậy : x = 5 cos( 10 t) cm
2.a) Tính vận tốc của đĩa ngay sau khi va chạm.
Vận tốc của vật m trước khi va chạm vào đĩa: v = 2 gh = 40 m/s
Coi hệ va chạm là hệ kín nên áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có:
mv=mv1+Mv2 (1)
Vì va chạm là đàn hồi xuyên tâm nên động năng được bảo toàn:
mv 2 = mv12 + Mv 22 (2)
2

2
2

0,5 đ

0,5 đ

Từ (1) và (2) ta tìm được vận tốc của đĩa sau khi va cham: v2 =
26,667 m/s.

2mv
= 80/3=
m+M

0,5 đ

b.Tính tần só góc ω ' và biên độ dao động A’ của đĩa.
* ω' =

k
= 10 rad/s
M

0,25 đ

* Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng:
Mv 22
kA' 2
=
suy ra

2
2
M
A’ = v2 k = 80/30=8/3 cm

0,5 đ
0,25 đ

c.Viết phương trình dao động của đĩa
x= A’ cos( ω ' t + ϕ ' ) cm
Với: A’ = 8/3 cm; ω ' = 10 rad/s

0,5 đ

Căn cứ vào trục toạ độ và mốc thời gian tìm được: ϕ ' = Vậy phương trình dao động của đĩa: x =

π
rad
2

8
cos( 10t- π 2 ) cm
3

0,25 đ
0,25 đ


Câu 4
a.TÝnh vËn tèc truyÒn sãng trªn mÆt níc.

Dao động tổng hợp tại M:
π( d 2 − d1 )
t
d +d 2
)
uM = u1M + u2M = 2Acos
cos 2π( − 1
λ
T
2λ
Do tại M là dao động cự đại nên: d1- d2 = k λ = 28-22= 6 cm.
Vì giữa M và đường trung trực của AB còn có 3 dãy cực đại khác nên chọn k=
4. suy ra:
λ = 6/4=1,5 cm.
Vận tốc truyền song trên mặt nước: v= λ .f = 1,5.50= 75 cm/s.
b.Tìm số điểm dao động với biên dộ cực đại trên đoạn AB
Goi điểm N bất kì thuộc đoạn AB. Theo bài ra ta có hệ phương trình:
d1-d2= k λ
(1) ; Với k ∈ Z
d1+d2 = L ( L là khoảng cách từ A đến B) (2)
λ L
Lấy (1)+(2) ta có: d1 = k + Mà 0 ≤ d1 ≤ L
2 2
L
L
⇒ − ≤ k ≤
với k ∈ Z ⇔ -5,333 ≤ k ≤ 5,33
λ
λ

Chọn k = -5; -4;-3;-2; -1; 0;1;2;3;4;5 . Vậy chọn được 11 điểm dao động cực
đại.
c.Tìm số điểm đao động cực đại trên đoạn CD.
* xét điểm C: ∆ d= CA-CB= d1-d2= 8( 2 -1) (cm) (3)
Mặt khác, số điểm dao động cực đại thoả mãn hệ thức:
d1-d2= k λ = 1,5 k (4)
Từ (3) và (4) suy ra: k= 2,21. Vì k là số nguyên nên chọn k=2
Như vậy từ C đến đường trung trục của AB có 2 điểm cực đại và tren đoạn CD
có 5 điểm dao động với biên độ cực đại.
Câu 5
- Xác định điện trở R của một đoạn dây đồng có chiều dài l bằng độ cao của
căn phòng, bằng cách mắc một mạch điện gồm ăcquy, đoạn dây dẫn đang
xét, một ampe kế mắc nối tiếp và một vôn kế mắc song song với đoạn dây
trên.
Ta có : R =

U
l
= ρ (1) (S là tiết diện ngang của dây, ρ là điện trở suất của
I
S

đồng).
- Mặt khác, khối lượng m của đoạn dây dẫn trên có thể xác định bằng cân và
được biểu diễn như một hàm của l, S và khối lượng riêng D của đồng :
m = DlS (2).
- Nhân hai đẳng thức (1) và (2) ta được:
mU
.
= ρ .D.l 2

I

⇒

tính được:

l=

mU
.
ρ .D.I

(*)

Các giá trị I, U, m xác định bằng các thực nghiệm. Các giá trị ρ và D có thể
tra cứu ở các bảng vật lý. Bằng cách đó, ta sẽ xác định được chiều dài, chiều
rộng của căn phòng, từ đó xác định được thể tích của căn phòng.

5 điểm
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ

0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
3 điểm
0,5 đ
0,5 đ

0,5 đ
0,5 đ

0,5 đ


- Nếu độ giảm hiệu điện thế trên đoạn dây có chiều dài (hoặc chiều rộng) của
căn phòng là nhỏ và khó đo được bằng vôn kế thì cần phải mắc một đoạn dây
có chiều dài (hoặc chiều rộng) bằng một số nguyên lần.

0,5 đ

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2007-2008

DAKLAK
-------o-----ĐỀ CHÍNH THỨC

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) , UMB =
60 3 (V). Hiệu điện thế u AN lệch pha so với uMB một góc

điện trở r, điện dung của tụ điện C =

3.10−3
16π

1
π
. Cuộn dây có hệ số tự cảm L =
(H) với
3π
2

(F).

1) Tính điện trở r.
2) Viết biểu thức hiệu điện thế uAN.

L,r

R
A

M

N
(h .1)

BÀI 4 :
( 3,0 điểm )
Cho quang hệ như hình vẽ (h.2). Điểm sáng S đặt trên trục
chính của hệ. Khoảng cách 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
S
hai lại trở về S. Biết tiêu cự của gương f2 = 36cm.
1) Tính tiêu cự của thấu kính.
2) Xác định 3 vị trí nói trên của thấu kính.

C

(h.2)

B


BÀI 5 :
( 3,0 điểm )
24
Na phóng xạ β − tạo hạt nhân con là magiê (Mg), ký hiệu là 1224 Mg .
Đồng vị 11
24
Na là m0 = 4,8g thì sau thời gian t=30h , khối
1) Ở thời điểm ban đầu t = 0, khối lượng của 11
24
24
Na và độ phóng xạ (theo đơn
lượng 11 Na chỉ còn lại m = 1,2g chưa bị phân rã. Tính chu kỳ bán rã của 11
24
vị Ci ) của lượng 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 1224 Mg
24
Na là 0,125. Hỏi sau thời gian bao lâu thì tỉ số đó bằng 8 ? Cho số Avơgađrơ NA = 6,023.1023/mol.
và 11
BÀI 6 :
( 2,5 điểm )
Một hình tam giác đều đứng n 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 qn tính K dọc theo trục Ox với vận tốc v =
0,6c ( c là vận tốc ánh sáng trong chân khơng). Trong hệ quy chiếu qn tính K, diện tích của tam giác là S.
1) Tìm hệ thức liên hệ giữa S và S’.
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.

g

l

(l - x)m
l

g = k.mg - k

xm
l

g = k.mg − f1

(1)

0,25 đ

(2)

0,25 đ

Để thanh AB không 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

(7)

0,25 đ

(8)

0,25 đ

(9)

0,25 đ

(10)

0,50 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
xm
xm
xm x
xm
l-x
(k
g − kmg + k
g).x = k
g. + (kmg - k
g).
l
l
l
2
l
2

hay:

l

x=

Suy ra :

không phụ thuộc vào hệ số ma sát k

2

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

hay:

xm
l

g − kmg + k

xm
l

x

g ⇒ F ≤ kmg(2 - 1)
l

F ≤ kmg( 2 -1)

BÀI 2 : ( 3,0 điểm )
Áp dụng phương trình Clapayron Mendeleev cho bình chứa m (g) khí lúc đầu và lúc sau :
p1V =
p2V =

m
μ

m
μ

RT1

(1)

0,25 đ

RT2

(2)

0,25 đ

(3)

0,50 đ

(4)

0,25 đ

(5)

0,25 đ

(6)

0,50 đ

Từ (1) và (2) suy ra :
p 2 m 2 T2
p 2 - p1
p1

=

.

m1 T1

⇒

p1

=

m 2 T2 - m1T1
m1T1

=

m 2 (T1 + ∆T) - m1T1
m1T1

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

p1

Theo giả thiết:

Suy ra :

m1

∆p
p1

3
10

=-

=

30
100

m1 T1

=-

m 2 - m1
m1

3
10

;

1 m2

+ .

5 m1

∆T
T1

=-

20
100

=7

1
5

⇒ m 2 = m1
8


Do đó khối lượng khí Helium thoát ra khỏi bình:
m1 360

∆m = m 2 - m1 =

8

=

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
4

NA =

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)
- Ta có : ϕAN + ϕMB = π/2 . Suy ra : tgϕ AN = −

1
ZL
r
=
, từ đó :
.
tgϕ MB
R + r ZC − Z L

2
Vậy : ZL(ZC – ZL) = r(R + r), hay : U L (U C − U L ) = U r (U R + U r )

(1)

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

(2)

2
U MB
= U r2 + (U L − U C ) 2

(3)

0,25đ

(4)

0,25đ

(5)

0,25đ

(6)

0,25đ

Và :

2
Từ (1), ta rút ra : (U R + U r ) =

2
Thay (4) vào (2) : U AN =

[

U L2
U L2
2
2
(

U
−
U
)
+
U
=
(U C − U L ) 2 + U r2
C
L
L
2
2
Ur
Ur

Thay (3) vào (5), ta được : U
Biến đổi ta có :

UL
Ur

=

U L2
(U C − U L ) 2
2
Ur

300

60 3

U
=  L
Ur

2
AN

=

5
3

]

0,25đ

2


2
 .U MB


, suy ra : r = ZL.

3
5

=

100 3
5 3

= 20Ω

2) Biểu thức uAN : (1,0điểm)
- Ta có : u AN = U 0 AN sin(100π t + φu AN ) . + Biên độ : U0AN = 300 2 (V)
+ Pha ban đầu : ϕ u AN = ϕ i + ϕ AN = ϕ u − ϕ + ϕ AN = −ϕ + ϕ AN

(7)

0,25đ

(8)

0,25đ

Suy ra : R = 80Ω

(9)

0,25đ

Thay vào (8), ta tính được : tgϕ = - 0,346 → ϕ = -190

(10)

0,25đ

Do đó : tgϕ =

Z L − ZC
R+r

100  160 100 
−
÷
Từ mục 1), ta có : R + r = ZL(ZC – ZL)/r = 3  3
3
= 100Ω
20

Z

100

1

=
⇒ φ AN = 300
Ta lại có : tgφ AN = L =
R+r
3100
3

Vậy : φu

AN

= 190 + 300 = 490 =

49π
180

( rad )
49π

)(V )
- Biểu thức : u AN = 300 2 sin(100π t +
180

BÀI 4 :

( 3,0 điểm )

(11)

0,25đ

(12)

0,25đ

(13)

0,25đ

1) Tính tiêu cự : (2,0điểm)
( L)
G)
(L)
S1 (→
S 2 →
S′
- Sơ đồ tạo ảnh : S →
d1
d1’d2
d2’d3
d3’

(1)

- 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

− 1 = 0
Vậy : d2’ = d2 , do đó : d 2 
(2)
 d2 − f2

- 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
Hay :

d 1 − f1
2
Đưa về phương trình bậc hai : d1 − 120d1 + 120 f1 = 0

(5)

Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi : ∆ ≥ 0, suy ra : f1 ≤ 30cm
f2
− 1 = 0 , suy ra : d2 = 2f2 = l – d1’.
- Cũng từ (14), ta có :
d2 − f2
Vậy :
l = d1’ + 2f2 = d1’ + 72

0,25đ

0,25đ
(3)
(4)

0,25đ
0,25đ

0,25đ
(6)

0,25đ

(7)

0,25đ

(8)

0,25đ

(9)
(10)

0,25đ
0,25đ

(11)

0,25đ

2) Các vị trí của thấu kính giữa (G) và điểm sáng S: (0,50điểm)
- 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

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

(13)

0,25đ

(2)

0,25đ

(1)

0,25đ

(2)

0,25đ

- Thay (19) vào (16) , ta có :
d1’ + d1 = 120 – 72 = 48
2
Vậy ta đi đến phương trình : d1 − 48d1 + 48 f1 = 0
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

d12 − 120d1 + 1440 = 0

BÀI 5 : ( 3,0 điểm )
1) Chu kỳ và độ phóng xạ : (1,0 điểm)
Ta có :

m0 4,8
=
= 4 = 22

m 1, 2

vậy : số chu kỳ k = 2.

Do đó : t = 2T , suy ra : T = t/2 = 30/2 = 15h.
- Độ phóng xạ : H = λN =
- Thay số : H =

ln 2.N A .m
T .A

0, 693.6, 023.1023.1, 2
15.3600.24

- Tính theo (Ci) : H =

= 3,8647.1017 ( Bq )

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

0,25đ
(3)

0,25đ


2) Thời gian : (2,0điểm)

Ta có :

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

N 02 + N 01 (1 − e −λt )
8
=
=8 .
− λt
− λt
N 01e
N 01e
λt
Biến đổi , ta được : e = 8 , suy ra : λt = 3ln2 ;
Vậy : t = 3T = 45h
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.
v2
-Ta có chiều dài dọc theo phương chuyển động là : l = l 0 1 − 2 .
c
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’
2) Các góc của tam giác : (1,0 điểm)
l
3
- Từ hình vẽ , ta có :
, với h = l 0
tgα = 2
2
h

l.2
0,8
=
= 0,47 → α = 25 0
- Vậy : tgα =
2.l 0 . 3
3
- Vậy : Aˆ = 2α = 50 0 ,
Bˆ = Cˆ = 90 0 − 25 0 = 65 0

K

K’

A

(4)

0,25đ

(5)

0,75đ

(6)

0,50đ

(7)

0,50đ

(1)

0,25đ

(2)

0,25đ

(3)

0,25đ
(4)
(5)

(6)

0,25đ

(7)

0,25đ

(8)
(9)

0,25đ
0,25đ

C

x’≡ x

α

O

O’≡ B

BÀI 7 : ( 2,5 điểm )
- Phương án :
Lập các sơ đồ mạch điện, mắc và đọc các số chỉ trong mỗi sơ đồ: U 1, U2, U1’, U2’.
- Vẽ 3 sơ đồ mạch điện. Gọi E là suất điện động của nguồn điện;
RV1 , RV2 là điện trở của hai vôn kế

0,25 đ
0,50 đ

- Lập công thức : Theo định luật Om cho mạch kín, ta có :
I1 =

U1
R v1

;

I2 =

U2

R v2

(1)

0,25 đ

0,25đ
0,50đ


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

U1

(2)

R v1

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

U2
R v2

0,25 đ

(3)

0,25 đ

(4)

0,25 đ

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

/

U1
R v1

U '2 U1

hay :

U1'

.

=

U2

=

E - U1
E - U2

⇒

U1 R v2

.

U 2 R v1

=

E - U1
E - U2

E - U1
E - U2

Ta tìm được suất điện động :

E=

U1.U 2 (U '2 - U1' )
U1 U '2 - U 2 U1'

(5)

0,25 đ

(6)

0,25 đ

(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 :

(3,0 điểm) BÀI 3 :
(2,5 điểm) BÀI 7 :

(3,0 điểm) BÀI 4 :
(2,5 điểm)

(3,0 điểm)

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 & ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP
TRƯỜNG THPT THÀNH PHỐ CAO LÃNH

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc Lập - Tự Do - Hạnh Phúc

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ
MÔN VẬT LÝ
Câu 1 (3 điểm ): Cơ học
Một cái nêm có khối lượng 2m, có dạng ABCD như hình vẽ, góc θ1 = 300,
góc θ2 = 450, có thể trượt không ma sát trên mặt sàn ngang. Vật nhỏ khối
lượng m bắt đầu trượt không ma sát trên mặt nêm AB và BC từ đỉnh A
không vận tốc đầu.
a.Xác định gia tốc của nêm?
b.Biết AB = BC = 0,5m. Xác định quãng đường mà nêm trượt được từ
khi vật m bắt đầu trượt từ A đến C?

m
θ1

θ2

Câu 2 (3 điểm ): Nhiệt
Một mol chất khí lí tưởng thực hiện chu trình biến đổi sau đây: từ trạng thái 1 với áp suất p1 = 105 Pa,
Nhiệt độ T1 = 600K, giãn nở đẳng nhiệt đến trạng thái 2 có p2 = 2,5 .104 Pa, rồi bị nén đẳng áp đến
trạng thái 3 có
T3 = 300K rồi bị nén đẳng nhiệt đến trạng thái 4 và trở lại trạng thái 1 bằng quá
trình đẳng tích.
a) Tính các thể tích V1, V2 , V3 và áp suất p4. Vẽ đồ thị chu trình trong tọa độ p,V (Trục hoành V, trục
tung p)
b) Chất khí nhận hay sinh bao nhiêu công, nhận hay tỏa bao nhiêu nhiệt lượng trong mỗi quá trình và
trong cả chu trình?
5R
Cho biết: R = 8,31 J/mol.K ; nhiệt dung mol đẳng tích CV =
; công 1 mol khí sinh trong quá trình
2
V2
giãn nở đẳng nhiệt từ thể tích V1 đến thể tích V2 là: A =R.T.Ln( )
V1
Câu 3 (3 điểm ): Tĩnh điện – Dòng điện một chiều
Cho mạch điện như hình vẽ. Biến trở AB là 1 dây đồng chất, dài l = 1,3m, tiết diện S =
0,1mm2, điện trở suất ρ = 10 - 6 Ωm .U là hiệu điện thế không đổi. Nhận thấy khi con chạy ở các vị trí
cách đầu A hoặc đầu B những đoạn như nhau bằng 40cm thì công suất toả nhiệt trên biến trở là như
nhau. Xác định R0 và tỉ số công suất tỏa nhiệt trên R0 ứng với 2 vị trí của C?

φ

+

U

_-

φ _--_-

R0

C
A

B


Câu 4 (3 điểm ): Dao động điều hòa
1
mL2 đối với
3
trục vuông góc với thanh và qua trọng tâm C của thanh. Thanh trượt
2L 3
không ma sát bên trong nửa vòng tròn tâm O bán kính R =
.
3
Chứng minh thanh dao động điều hòa? Tìm chu kỳ dao động của
thanh?
Một thanh đồng chất AB = 2L, momen quán tính I =

Câu 5 (3 điểm ): Dòng điện xoay chiều.

Cho mạch điện như hình vẽ:Một điện trở thuần R,một tụ điện
C,hai cuộn cảm lí tưởng L1 = 2L, L2 = L và các khóa K1,K2
(RK = 0) được mắc vào một nguồn điện không đổi (có suất
điện động ε ,điện trở trong r = 0).Ban đầu K1 đóng, K2 ngắt.
Sau khi dòng điện trong mạch ổn định, người ta đóng K2, ngắt
K1. Tính hiệu điện thế cực đại ở tụ và IL2 max. ?
Câu 6 ( 3điểm ): Quang hình học
Một vật sáng AB được đặt vuông góc với trục chính của thấu kính hội tụ tiêu cự 20cm. Sau thấu kính
người ta đặt một màn E cố định, cách vật 92cm. Giữa vật AB và thấu kính người ta đặt một bản mặt
song song có bề dày 6cm vuông góc với trục chính. Khi di chuyển thấu kính trong khoảng giữa bản
mặt song song và màn người ta thấy có hai vị trí của thấu kính cho ảnh rõ nét thên màn, hai vị trí này
cách nhau 30cm.
1) Xác định chiết suất của bản mặt.
2) Giữ vật và màn cố định, bây giờ bản mặt song song được đặt sau thấu kính, người ta tịnh tiến
bản mặt song song trong khoảng giữa vật và màn cũng nhận thấy rằng có hai vị trí của thấu
kính cho ảnh rõ nét trên màn. Xác định hai vị trí này.
Câu 7 ( 2 điểm ): Phương án thực hành.
Làm thế nào xác định hệ số ma sát của một thanh trên một mặt phẳng nghiêng mà chỉ dùng một lực
kế(hình vẽ)?Biết độ nghiêng của mặt phẳng là không đổi và không đủ lớn để cho thanh bị trượt.

HẾT


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP
TRƯỜNG THPT THÀNH PHỐ CAO LÃNH

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc Lập - Tự Do - Hạnh Phúc

ĐÁP ÁN

Câu 1 (3 điểm ): Cơ học
Một cái nêm có khối lượng 2m, có dạng ABCD như hình vẽ, góc θ1 = 300, góc θ2 = 450, có thể trượt
không ma sát trên mặt sàn ngang. Vật nhỏ khối lượng m bắt đầu trượt không ma sát trên mặt nêmAB
và BC từ đỉnh A không vận tốc đầu.
a.Xác định gia tốc của nêm?
b.Biết AB = BC = 0,5m. Xác định quãng đường mà nêm trượt được từ khi vật m bắt đầu trượt từ A
đến C?
Đáp án
Câu
1

Lời giải


a.Trên đoạn AB, vật có gia tốc a1' .
+ Áp dụng định luật II Niutơn chiếu lên AB :
'
mgcosθ1 + Fqsinθ1 = m a1
⇒ a1' = gcosθ1 + a1sinθ1 (1)
+ Gia tốc của vật m đối với mặt đất theo phương ngang là :
a1' x - a1 = a1' sinθ1 - a1
+ Theo phương ngang, đối với hệ :
m( a1' x - a1) – 2ma1 = 0
⇒ a1' sinθ1 = 3a1 (2)
g sin 2θ1
= 1,57 m / s 2
Từ (1) và (2) ⇒ a1 =
2(3 − sin 2 θ1 )
+ tương tự khi vật trượt trên BC :
g sin 2θ 2

= 2m / s 2
a2 =
2
2(3 − cos θ 2 )
b. Gọi quãng đường nêm trượt là S, độ dịch chuyển của vật theo phương ngang là
S’
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng theo phương ngang :
m(S’-S) – 2mS = 0
1
1
1
⇒ S = S’ = DC
= (ABsinθ1 +BCcosθ2) ≈ 0,2m
3
3
3

Điểm
3đ

0,5 đ
0,5 đ

0,5 đ
0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP
TRƯỜNG THPT THÀNH PHỐ CAO LÃNH

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc Lập - Tự Do - Hạnh Phúc

ĐÁP ÁN
Câu 2 (3 điểm ): Nhiệt
Một mol chất khí lí tưởng thực hiện chu trình biến đổi sau đây: từ trạng thái 1 với áp suất p1 = 105 Pa,
Nhiệt độ T1 = 600K, giãn nở đẳng nhiệt đến trạng thái 2 có p2 = 2,5 .104 Pa, rồi bị nén đẳng nhiệtt đến
trạng thái 3 có T3 = 300K rồi bị nén đẳng nhiệt đến trạng thái 4 và trở lại trạng thái 1 bằng quá trình
đẳng tích.
a) Tính các thể tích V1, V2 , V3 và áp suất p4. Vẽ đồ thị chu trình trong tọa độ p,V (Trục hoành V, trục
tung p)
b) Chất khí nhận hay sinh bao nhiêu công, nhận hay tỏa bao nhiêu nhiệt lượng trong mỗi quá trình và
trong cả chu trình?
5R
Cho biết: R = 8,31 J/mol.K ; nhiệt dung mol đẳng tích CV =
; công 1 mol khí sinh trong quá trình
2
giãn nở đẳng nhiệt từ thể tích V1 đến thể tích V2 là:
V2
A =R.T.Ln( )
V1
ĐÁP ÁN
a) Áp dụng phương trình trạng thái tìm được:
V1 ≈ 0,05m3
V2 = 0,2 m3
3

V3 = 0,1 m
p4 = 5.104 Pa
………………………………….(0,25đ)
Đồ thị như hình vẽ:
b) *Quá trình 1 -2 : T = const  ∆ U = 0 : Nhiệt
nhận được bằng công sinh ra
V2
≈
Q1 = A1 = R T Ln
V1
6912J……………………………………………………………(0,5đ)
*Quá trình 2 – 3 :
5
∆ U = Cv . ∆ T = R(T3 – T2) = - 6232,5 J………………….(0,25đ)
2
Khí nhận công A2 :
A2 = p2 (V3 – V2) = - 2500J …………………………………(0,5đ)
Khí tỏa nhiệt Q2 :
Q2 = ∆ U2 + A2 = - 8732,5 J ……………………………….(0,25đ)
*Quá trình 3 – 4 : ∆ U3 = 0
Khí nhận công và tỏa nhiệt:
V
Q3 = A3 = R T Ln 4 = - 1728J……………………………..(0,25đ)
V3
*Quá trình 4 -1 : V = const ⇒ A4 = 0
Khí nhận nhiệt:
Q4 = ∆ U4 = Cv . ∆ T = 6232,5 J …………………………..(0,25đ)
*Vậy trong cả chu trình thì:
- Khí nhận nhiệt: