ĐỀ THI HSG VẬT LÝ LỚP 12 ĐỀ DỰ BỊ

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH
ĐỀ THI DỰ PHÒNG

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH NĂM 2017

MÔN: VẬT LÝ
Ngày thi: 25/4/2017
(Thời gian 180 phút, không kể thời gian phát đề)
Đề thi gồm 04 câu, trong 02 trang

Câu 1 (5 điểm).
Một quả cầu đặc, đồng chất, bán kính R = 0,02m, khối lượng m = 0,1kg.
Người ta đặt quả cầu trên mặt bàn nằm ngang;
uu
r
khi quả cầu đang đứng yên, tác dụng một xung lực X
uu
r
trong thời gian rất ngắn lên quả cầu.
X
uu
r
Xung lực X nằm trong mặt phẳng thẳng đứng đi
G
h
qua khối tâm G của quả cầu, có phương nằm ngang,
R
cách mặt bàn một khoảng h = 0,03m, độ lớn X =
1kg.m.s-1 (Hình 1). Hệ số ma sát trượt giữa quả cầu và
Hình 1
bàn là   0,1 . Lấy g = 10m/s2.

Tính quãng đường đi được của quả cầu trong khoảng thời gian t tính từ thời điểm
ngay sau khi kết thúc tác dụng của xung lực đến thời điểm nó bắt đầu lăn không trượt.

.

Câu 2 (5 điểm).
Trong một động cơ nhiệt có n mol khí (với i=3) thực
hiện một chu trình kín như hình vẽ. Các đại lượng p o;
Vo đã biết. Hãy tìm.
+ Nhiệt độ và áp suất khí tại điểm 3
+ Công do chất khí thực hiện trong cả chu
trình?
+ Hiệu suất của máy nhiệt?

p
1

5p0

P0

Câu 3: (5 điểm)

2

3
3V0

V

7V0

Hình 2

Cho hai ống kim loại mỏng hình trụ (1) và (2), có bán kính lần lượt là R 1 = 5cm, R2 =
6cm. Hai trụ trên được lồng vào nhau và đồng trục, giữa chúng là không khí. Tích điện trái

dấu cho hai trụ sao cho mật độ điện tích dọc theo trục hình trụ
2 0U

�R �, trong đó U là hiệu điện thế giữa hai
có dạng :
ln � 2 �
�R1 �
trụ. Người ta tạo ra trong khoảng không gian giữa hai trụ một
từ trường đều B = 0,2T, các đường sức từ song song với trục
hình trụ và có chiều như hình 1. Khoét một lỗ ở trụ ngoài
rồi bắn một hạt  có năng lượng W = 100eV bay vào chính
giữa hai trụ theo phương vuông góc bán kính và nằm trong

O

.

R1

1

R2

r
v
A


B+
+
Hình+3

1

2


mặt phẳng hình vẽ. Hiệu điện thế giữa trụ (1) và trụ (2) là bao nhiêu để hạt  luôn chuyển
động cách đều hai trụ. Bỏ qua tác dụng của trọng lực.
Cho biết: m = 6,64.10-27kg; q = 2|e| = 3,2.10-19C; 1eV = 1,6.10-19J.
Câu 4. (5điểm)
Vật AB đặt trước một hệ ba thấu kính mỏng (L1), (L2) và (L3) đặt đồng trục như hình 4.
Biết tiêu cự của các thấu kính đó là f1 = 30cm, f2 = – 20cm
và f3 = 40cm. Khoảng cách O1O3 = 80cm.
Khi dịch chuyển vật AB phía trước thấu kính (L 1) ta
nhận thấy số phóng đại k của ảnh qua hệ thấu kính này
không thay đổi. Tính:
a. Khoảng cách O1O2.
b. Số phóng đại k.

Hình 4

-----Hết-----

2


Họ và tên thí sinh :....................................................... Số báo danh .............................
Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:.....................................................................................
Giám thị 2:.....................................................................................
SỞ GD&ĐT NINH BÌNH

HDC THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH NĂM 2017

MÔN: VẬT LÝ
Ngày thi: 25/4/2017
(Thời gian 180 phút, không kể thời gian phát đề)
Đề thi gồm 04 câu, trong 05 trang

ĐỀ DỰ PHÒNG

Câu

Nội dung
�X  mv0
�X (h  R)  I 0

Tính toán: �

Với (I =

X (h  R) 5 �h  R �
 � 2 �

v0
I
2 �R �
X
Thay số: v0   10m / s
m

thay (1) vào: 0  625rad / s

=> 0 

Điểm

2
mR 2 )
5

0,5
0,5

(1)

0,5
0,5

Nhận xét : Tổng quát: điều kiện lăn không trượt vG =  R (2)
uu
r
Theo bài ra : X = const; v0 = const
kt

v0
10

 500rad / s
R 0, 02
Kết quả tính toán: 0  625rad / s > kt � điểm tiếp xúc A trượt sang
v0  Rkt � kt 

hướng phải
Câu 1 trái =>Fms trượt


(5 điểm) Fms = p = mg ( giảm, v tăng)
F
* G: CĐNDĐ: a = ms =  g; vG = v0 + at = v0 +  gt (3)
m

M 5 g
* Fms tạo mô mem cản => bóng quay chậm dần:   
I
2 R
5 g
  0   t  0 
t (4)
2 R
Đến thời điểm t1: lăn không trượt: v = R 
5 g
v0 +  gt1 = R( 0 t1)
2 R

2 R0  v0
=> t1 =
;Thay số: t1 = 0,7 s
7 g

0,25

0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5

Từ thời điểm t1 trở đi bóng lăn không trượt.
1
2

2
Quãng đường đi được : S  v0t1  at1 ; Thay số : S = 7,3m

0,5

3


p

Câu 2 1(2điểm)
(5 điểm)

Đường 2-3 có dạng:

p
=
p0

0,5
0,5

V
k
V0

P0

+ TT2:


1

5p0

V2=7V0 ; p2=p0

3V0

1
k=
7

+ TT3:

V3=3Vo;

p3= kp0.

V3
3 p0
=
V0
7

+ Theo C-M: T3 =

2

3

V

0,5

7V0

0,5

p3V3
9 p0V0
=
nR

nR

4


2(3điểm)
Công do chất khí thực hiện có giá trị: A = S(123) =

64 p0V0
7

0,25

* Tính nhiệt lượng khí thu vào trong cả chu trình:
+ Xét quá trình đẳng tích 3-1:

Q31 = U = nR

i
3
T = nR(
2
2

0,25

p1V1 p3V3
144 p0V0
)=
nR nR

7
+ Xét quá trình 1-2:

0,25

p = aV+b

0,25

. Ta có TT1: 5po = a.3V0 + b
. Ta có TT2: po = -

po
.V + 8po
V0

Vì vậy quá trinh 1-2:
Thay p =



a=-

po
V0

vµ b = 8p0

po
p=.V + 8po (1)

V0

nRT
vµo ta có:
V

 nR  T = -2

0,25

nRT = -

po
.  V + 8po  V
V0

0,25
0,25

po 2
.V + 8poV
V0

0,25

(2)

+ Theo NLTN: Khi thể tích khí biến thiên  V; nhiệt độ biến thiên

0,25

 T thì nhiệt lượng biến thiên:
Q =

3
nR  T + p  V (3)
2

+ Thay (2) vào (3) ta có:

 Q = (20po-4

po
V).  V
V0

  Q = 0 khi VI= 5Vo và pI = 3po
như vậy khi

3Vo  V 5Vo

0,25

thì  Q>0 tức là chất khí nhận nhiệt

lượng.
Q12 = Q1I =  U1I + A1I =

3
p  pI

nR (TI-T1) + 1
(VI-V1) = ..... = 8p0V0
2
2

* hiệu suất chu trình là:

A
H=
= 32%
Q31  Q1I

0,25
0,25

Câu 3 - Khi bay vào trong không gian có điện trường và từ trường, hạt  chịu lực điện
(5 điểm) từ:


 
(1)
F q.E  q. v  B

- Để hạt không bị lệch về các bản mặt trụ thì F phải đúng bằng lực hướng tâm,
là lực cần thiết để giữ hạt bay trên quỹ đạo tròn có bán kính:





0,5

5


R1  R2 5  6

5,5cm
(2)
2
2

 
- Nhận thấy lực điện q.E và lực từ q. v  B cùng phương, lực từ hướng vào
R





trục hình trụ. Giả sử trụ trong tích điện dương, trụ ngoài tích điện âm, khi đó lực
điện sẽ hướng ra xa trục và U = V1 – V2 > 0.
- Áp dụng định luật II Niu tơn cho hat  : q.v.B  q.E 

m.v 2
2.W
- Từ công thức: W 
 v
2
m

m.v 2
R

- Thay (4) và (5) vào (3) ta có:

U

R
2W 2W
R
(qB

) ln 2
q
m
R
R1

0,5
0,5
0,5

(4)


U
E

2 0 R R ln R2

- Cường độ điện trường giữa hai trụ :
R1
qB

(3)

0,5

2W
U
2W
q

R
m
R
R ln 2
R1

0,5
(5)

0,5
(6)

(7)

- Thay số vào (7), ta tính được: U 121V
- Do U > 0 nên điều giả sử trên là đúng. Vậy hiệu điện thế giữa trụ trong so
với trụ ngoài là 121V.

0,5
0,5
0,5

6


Câu 3 a.(3 điểm)
(5 điểm) Khi vật dịch chuyển trước TK O1, đầu A của vật có quỹ đạo là đường
thẳng song song trục chính. Nếu hệ số phóng đại qua hệ không đổi thì
ảnh A3 của A có quỹ đạo cũng là đường thẳng song song trục
chính……….………………………………………………….
Nếu xét một tia sáng tới trùng với quỹ đạo của A, tia sáng ló ra sau hệ
sẽ phải trùng với quỹ đạo của ảnh A3…………….....
Vậy điều kiện để hệ số phóng đại không thay đổi là tia sáng tới song

0,25
0,25

song trục chính sau khi qua hệ phải cho tia ló song song trục
chính……...
Tia tới song song trục chính suy ra d1 =  , tia ló song song trục chính
suy ra d’3=….………
Ta có sơ đồ tạo ảnh sau:

0,25
0,25

O1

O2
O3
AB ��
� A1 B1 ��
� A1 B2 ��
� A3 B3
1

2

2

3

Gọi x = O O , khi đó O O = 80 – x .
Ta có:
d1  �; d1'  f1  30cm

0,25
0,25

d 2  x  d1' � d 2  x  30
d3'  �; d 3  f 3  40cm
d 2'  O2O3  d3 � d 2'  40  x

0,25
Theo công thức thấu kính:
1
1
1

1
1
1

 �


d2 d2 ' f 2
x  30 40  x 20 ……
x  20cm
�
� x 2  70 x  1000  0 � �
x  50cm ……..…….
�

0,25

Cả hai nghiệm đều thỏa điều kiện 0 < x < 80cm nên đều được nhận

0,25

�A ' B ' � �O3 F3 � �40 �
� � �
�
� �
A'B '
a � �O2 F3 � �20 � 2
�
k 





AB
�AB � �O1 F1 ' � �30 � 3 …………..
� � �
� �
�a � �O2 F1 ' �
� �10 �

0,25
0,25

0,25

7


b. 2 điểm)
Nếu x = 50cm  d2 = 20cm và d2’= – 10cm; ta có hình vẽ sau:
0,5
A
B
O1

F3 O
2
F1 '
a

B'
O3
A'

Số phóng đại k:
�A ' B ' � �O3 F3 � �40 �
� � �
�
� �
A' B '
a � �O2 F3 � �10 � 8
�
k 




AB
�AB � �O1 F1 ' � �30 � 3 …………..
� � �
� �
�a � �O2 F1 ' �
� �20 �

+ Nếu x = 20cm  d2 = – 10cm và d2’= 20cm; ta có hình vẽ sau:

0,5

A
B

O1

F3
a
O2 F1 '

B'
O3
A'

0,5

�A ' B ' � �O3 F3 � �40 �
� � �
�
� �
A' B '
a � �O2 F3 � �20 � 2
�
Số phóng đại k: k  




AB
�AB � �O1 F1 ' � �30 � 3
� � �
� �
�a � �O2 F1 ' �
� �10 �

0,5
-----HẾT----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