Đề HSG môn vật lý lớp 12 năm học 2010 2011 sở GDĐT ninh bình vòng 2 hệ không chuyên file word có lời giải chi tiết

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
1

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2010-2011

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ 12- THPT-Vòng 2
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
( Đề gồm 03 trang)

Câu 1 (4,0 điểm):
Cho hai vật nhỏ A và B có khối lượng lần lượt là m1  900 g , m2  4kg đặt trên mặt phẳng nằm
ngang. Hệ số ma sát trượt giữa A, B và mặt phẳng đều là   0,1 ; coi hệ số ma sát nghỉ cực đại
bằng hệ số ma sát trượt. Hai vật được nối với nhau bằng một lò xo nhẹ có độ cứng k = 15N/m; B
tựa vào tường thẳng đứng . Ban đầu hai vật nằm yên và lò xo không biến dạng. Một vật nhỏ C có
khối lượng m = 100g bay dọc theo trục của lò xo với vận tốc v đến va chạm hoàn toàn mềm với
A (sau va chạm C dính liền với A). Bỏ qua thời gian va chạm.
Lấy g  10m / s 2 .

1. Cho v = 10m/s. Tìm độ nén cực đại của lò xo.
2. Tìm giá trị nhỏ nhất của v để B có thể dịch chuyển sang trái.
Câu 2 ( 4,5 điểm):
Cho một vật mỏng, phẳng, đồng chất, khối lượng phân bố đều có dạng nửa hình tròn khối lượng
m , đường kính AB=2R.
1. Xác định vị trí khối tâm của vật
2. Vật có thể quay không ma sát xung quanh trục quay nằm ngang đi qua đầu A của đường kính
AB và vuông góc với mặt phẳng chứa vật (hình vẽ). Kéo vật lệch khỏi vị trí cân bằng một góc

nhỏ rồi thả nhẹ. Chứng tỏ vật dao động điều hòa,tìm chu kỳ. Cho gia tốc rơi tự do là g.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
2

Câu 3 (5,0 điểm):
Cho hệ 3 thấu kính ( L1 ), ( L2 ), ( L3 ) đặt đồng trục. Vật sáng phẳng, nhỏ có chiều cao AB vuông góc
với trục chính, ở trước ( L1 ) cách ( L1 ) khoảng d1  45cm .Hai thấu kính ( L1 ) và ( L3 ) được giữ cố định
tại hai vị trí O1 và O3 cách nhau 70cm.

1. Thấu kính ( L2 ) đặt tại vị trí cách (L1) khoảng O1O2  36cm , khi đó ảnh cuối của vật AB cho bởi hệ ở
sau

 L3 

và cách

 L3  một khoảng bằng 255cm. Trong trường hợp này nếu bỏ  L2 

đi thì ảnh cuối

không có gì thay đổi và vẫn ở vị trí cũ. Nếu không bỏ (L2) mà dịch chuyển nó từ vị trí đã cho về
phía  L3  một đoạn 10cm, thì ảnh cuối ra vô cực. Tìm các tiêu cự f1 , f 2 , f3 của các thấu kính.
2. Tìm các vị trí của  L2  trong khoảng O1O3 mà khi đặt  L2  cố định tại các vị trí đó thì ảnh cuối có độ
lớn luôn luôn không thay đổi khi ta tịnh tiến vật AB dọc theo trục chính trước  L1  .
Câu 4 ( 4,5 điểm):
Cho mạch điện như hình vẽ:

Biết hai cuộn dây cảm thuần,  L1  thay đổi được;

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
3

L2 

1
103
H ; R  50; C 
F.
2
5

u AB  100 2cos100 t (V ).
1. Điều chỉnh L1 

1
H , viết biểu thức của cường độ dòng điện trong mạch chính.
2

2. Thay đổi L1 , tìm L1 để điện áp hiệu dụng giữa hai đầu L1 cực đại. Tìm giá trị cực đại đó.
Câu 5 (2,0 điểm):
Một chiếc vòng mảnh bằng điện môi có khối lượng m, tích điện Q phân bố đều. Vòng lăn không trượt (
do quán tính) trên mặt phẳng ngang cách điện trong vùng từ trường đều có vecto cảm ứng B vuông góc
với mặt phẳng của vòng. Xác định vận tốc khối tâm của vòng nếu áp lực của vòng xuống mặt phẳng nằm

ngang chỉ bằng một nửa so với khi vòng đứng yên. Bỏ qua ma sát lăn.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
4

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2010-1011

HƯỚNG DẪN GIẢI

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ 12- THPT

Câu 1:
1. Gọi x là độ co lớn nhất của lò xo, v0 là vận tốc của hệ A và viên đạn ngay sau va chạm, áp dụng định
luật bảo toàn động lượng ta có: mv  (m1  m)v0  v0  1m / s

1
2

Định luật bảo toàn năng lượng cho: (m1  m)v0 2 

1 2
kx   (m1  m) gx
2

 15 x 2  2 x  1  0  x  0, 2m
2. Để B có thể dịch sang trái thì lò xo phải giãn một đoạn ít nhất là x0 sao cho:

Fđh  Fms  kx0   m2 g  150 x0  40  x0 
Như thế, vận tốc v0 mà hệ

 m1  m 

4
(m).
15

có khi bắt đầu chuyển động phải làm cho lò xo có độ co tối đa x

sao cho khi nó dãn ra thì độ dãn tối thiểu phải là x0

1
1
 kx 2   (m1  m) g ( x  x0 )  kx02  75 x 2  10 x  8  0  x  4m
2
2
Từ đó tính được: v0min  1,8m / s  vmin  18m / s.
Câu 2.

1. Chia vật thành các dải mỏng coi như các hình chữ nhật có chiều rộng dx rất nhỏ cách O khoảng x.
Khối lượng của các phần này: dm   (2 R sin  ) dx (  là khối lượng trên 1 đơn vị diện tích).
Từ hình vẽ: x  Rcos  dx   R sin  d  dm  2 R 2 sin 2  d
Áp dụng công thức xác định khối tâm:

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
5
0

xG 

 (dm) x 
 (dm)

Thay m  


2

 (2 R


2

sin 2 d ).Rcos
2 R 3
2 R 3
2
sin

d
(sin


)

m 1
3m
0



2

m

R 2  xG  OG 

4R
3

2. Áp dụng phương trình động lực học của vật rắn : mg. AG.sin   I A .

 nhỏ  mg. AG.  I A . '' (1)
16  9 2
 4R 
AO 2  OG 2  R 2  

R

3
 3 
2

Với AG 

Định lí Stainer: I A  IG  m. AG 2 ; IO  IG  m.OG 2

 I A  IO  m( AG 2  OG 2 )  0,5mR2  mR2  1,5mR 2
Thay vào (1)  mgR

  ''

16  9 2
  1,5mR 2 ''
3

2 g. 16  9 2
2 g. 16  9 2
  0   ''  2  0 với  2 
9 R
9 R

Chu kì dao động: T  6

R
2 g. 16  9 2

Câu 3:
1. Tìm các tiêu cự f1 , f 2 , f3 của các thấu kính.
( L3 )
( L1 )
( L2 )
Ta có: Sơ đồ tạo ảnh với hệ ba thấu kính: AB 

A1 B1 
 A2 B2 

 A1' B1'
d1
d 2
 d3

 '
d1



 '
d 2



 '
 d3


( L3 )
( L1 )
Sơ đồ tạo ảnh với hệ hai thấu kính ( L1 ), ( L3 ) : AB 
A1 B1 

 A2' B2'
d1
 d3


 '
d1



 '
 d3


'
 d32' nên: d32  d31  d2'  d2  0
Vì: A2' B2'  A1' B1' ; d31

Ta có: d2  O1O2  d1'  d1'  O1O2  36(cm)

d3  O2O3  d2'  d3  O2O3  34(cm)

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
6
Tiêu cự của thấu kính

( L1 ) : f1 

d1d1'
45.36


 20(cm)
'
d1  d1 45  36

Tiêu cự của thấu kính

( L3 ) : f3 

d3d3'
34.255

 30(cm)
'
d3  d3 34  255

Khi dịch chuyển (L2) ta có sơ đồ tạo ảnh bởi (L2) ( vị trí mới) và (L3) như sau:
 3
 2
A1 B1 
 A2 B2 
 A3' B3' ()
d 22


d33
L

L

 '

d 22


 '
d33


'
Vì d33
   d33  f3  30(cm)
/
/
Mà d33  O2/ O3  d22
 d 22
 O2/ O3  d33  24  30  6(cm)

d22  O1O2/  d1/  46  36  10(cm)

d 22 d 22/
10.(6)
Tiêu cự của thấu kính ( L2 ) : f 2 

 15(cm).
/
d 22  d 22 10  6
2. Khi tịnh tiến vật AB trước thấu kính (L1), tia tới từ B song song với trục chính không đổi. Có thể coi là
tia này do một điểm vật ở vô cực trên trục chính phát ra.
Nếu ảnh sau cùng có độ lớn không đổi, ta có một tia ló khỏi (L3) song song với trục chính cố định. Có thể
coi tia này tạo điểm ảnh ở vô cực trên trục chính. Hai tia này tương ứng với nhau qua hệ thấu kính.
Ta có: d1    d1/  f1  20(cm)

d3/    d3  f3  30(cm)
Gọi x là khoảng cách từ (L1) đến (L2) thỏa yêu cầu đề bài, ta có:

d2  x  d1/  x  20

(1)

d3  70  x  d2/  30 (2)
Từ (1) và (2) ta được: 70  x 

( x  20)(15)
 30
x  20  15

 70 x  350  x 2  5 x  15 x  300  30 x  150  x 2  60 x  500  0

(*)

Phương trình (*) cho ta 2 giá trị x = 50 (cm), x = 10 (cm)
Câu 4.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
7

1. Z L1  Z L2  .L1  50; Z1 

U MB sớm pha so với iR góc 1 

R 2  Z L2 2  50 2; Z C 


4

1
 50.
C

.

Gọi MB là độ lệch pha giữa I và U MB :

tan MB

I C  I R sin 1 Z12  ZC Z L 2



 1  0  MB   0
I R cos1
ZC .R
4

 i sớm pha 0, 25 so với U MB .
Từ giản đồ: I C2  I R2  I 2 

1

1
1
 2  2  Z MB  50 2
2
Z C Z1 Z MB

2
2
U AB  U MB
 U L21  2U MBU L1cos 45  I . Z MB
 Z L21  2Z MB Z L1cos 45

I 

U AB
2
Z MB
 Z L21  2Z MB Z L1cos 45



100

50 2 

2

1
 50  2.50 2.50.
2

 2A

2

Gọi  là độ lệch pha giữa U AB và i:

tan  

U L1  U MB sin 45 Z L1  Z MB sin 45

 0   0
U MB co s 45
Z MB cos 45

Vậy phương trình dòng điện trong mạch chính: i  2 2cos100 t ( A).
2. Độ lệch pha giữa U MB và I không phụ thuộc vào L1 vào luôn bằng 0, 25 .
Ta có giản đồ vecto như hình vẽ.
Từ giản đồ, áp dụng định lí sin:

U AB
U
U sin 
 L1  U L1  AB
sin 45 sin 
sin 45

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
8
Dễ thấy U L1 lớn nhất  sin  lớn nhất    90 .

OMN vuông cân  U L1max  U MB 2  U AB 2  100 2(V )
I

U MB
100
1

 2 A  Z L1  100  L1  H
Z MB 50 2


Câu 5.

Xét phần tử có chiều dài dl chắn góc ở tâm là d
Điện tích của phần tử là: dq 

Q
d
2

 Lực từ tác dụng lên dq là:
dF  vBdq  dFy  dF .cos .
Do vòng tròn có tính đối xứng nên thành phần dFx của dF triệt tiêu với thành phần dFx' cuat dF’. Vì vậy
lực từ tác dụng lên vòng chỉ do thành phần dFy sinh ra.

a

2

Từ hình vẽ ta có (   ) :

IJ 

R  Rcos R  Rcos


cos
cos
2

Xét chuyển động của vòng tròn quanh tâm quay tức thời I ta có:

v  .IJ , v0  .R  v 
2

 Fy 

 dFy 
0

QBv0
2

IJ
1  cos
v0 
v

 0
R
cos
2

2

 (1  cos )d  QBv

0

0

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
9
Khi áp lực N 

mg
mg
mg
 Fy 
 v0 
.
2
2
2QB

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất