Đề HSG môn vật lý lớp 12 năm học 2011 2012 sở GDĐT đăk lăk file word có lời giải chi tiết

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

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
(H.1)

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.
O
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
nghiêng với phương thẳng đứng góc α0 < 100 rồi buông không vận tốc đầu.
B
Bỏ qua mọi ma sát và lực cản.
Chứng minh quả cầu dao động điều hoà. Cho biết: l = 25cm,
V(dm3)

m = 100g, g = 10m/s2 . Tính chu k dao động của quả cầu.

l

(H.2)

1

36

Bài 2: (2,0 điểm)
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.

4

2

9

3
180

(H.3)

Bài 3: (3,0 điểm)

A

Một thanh đồng chất
tựa vào tường thẳng đứng tại
nhờ d y
dài hợp với tường một góc α như hình H.4 . iết
thanh
có độ dài d. Hỏi hệ số ma s t gi a thanh và tường phải
thỏa điều kiện nào để thanh c n bằng?

α

L
C
d

B

Bài 4: (4,0 điểm)
Cho mạch điện có sơ đồ như hình vẽ (H.5). Cho biết:
R1= 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.

T(K)

360

R1

A

(H.4)
C

R2

R3
R4

D

(H.5)

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

B


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

1) Mắc vào hai điểm C, D của mạch một vôn kế có điện trở rất lớn.
a Điều chỉnh biến trở để R4 = 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 gi a c c điện trở
R1, R2, R3, R4 khi đó và tính R4.
2) Thay vôn kế bằng ampe kế có điện trở RA= 12Ω. Điều chỉnh biến trở để R4 = 24Ω.
Tìm điện trở tương đương của mạch
, cường độ dòng điện qua c c điện trở và số chỉ của
ampe kế. Chỉ rõ chiều của c c dòng điện.

Bài 5: (2,0 điểm)
Cho mạch dao động gồm một tụ điện và một cuộn d y
được nối với một bộ pin có điện trở trong r qua một khóa điện
như hình vẽ H.6 . an đầu khóa đóng. hi dòng điện đã n
định, người ta ngắt khóa và trong khung có dao động điện với tần
số f. iết rằng điện p cực đại gi a hai bản tụ điện lớn gấp n lần
suất điện động của bộ pin. ỏ qua điện trở thuần của c c d y
nối và cuộn d y. Hãy tính điện dung và hệ số tự cảm của cuộn
dây.

K

L

C

(E,r)

(H.6)

Bài 6: (3,0 điểm)
Một điểm s ng S được đặt trên trục chính của một thấu kính hội tụ L1 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 gi a 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 c c 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 đ i.
b) Khi tịnh tiến màn ra xa hệ thấu kính thêm 10cm thì vết s ng trên màn có đường
kính tăng gấp đôi.
Bài 7: (2,0 điểm)
ho một số dụng cụ: ộ dụng cụ điện ph n, nguồn điện, c n có bộ quả c n, ampe kế,
đồng hồ bấm gi y, c c d y nối có điện trở không đ ng kể.
Hãy thiết lập c ch bố trí thí nghiệm, trình bày phương n tiến hành thí nghiệm và tìm
công thức để x c định độ lớn của điện tích nguyên tố.
------------------ HẾT -------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
Gi m thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh………………….........………….… Số b o danh………….

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


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

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  A2 4  v 2 2  a 2  0 (1)

2 4
2 2
A
A
2
Đặt X = ω , thay các giá trị của v0 và a0 ta đi đến phương trình bậc hai:
4X2 – 1200X – 160000 = 0
(2)
2
 X – 300X – 40000 = 0
300  500
Phương trình cho nghiệm:
(3)
x1,2 
2
Chọn nghiệm thích hợp: X = 400  ω2 = 400  ω = 20 rad/s
2 2 
Vậy chu kì dao động: T 
(4)

 ( s)
 20 10
- Pha ban đầu:
- hu k : Ta có hệ thức:

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ

Tại t = 0, ta có: v0 = -Aωsinφ = 20 3cm / s (2)
a0 = - ω2coφ = - 4m/s2 = -400cm/s2.
(5)
0,50 đ
a
400
1

Từ (3): cos   0 2 
    ;
A
2.400 2
3

Từ (2): chọn    (rad )
(6)
0,50 đ
3
2)
dao động đi u h a - hu k (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:

E  Ed  Et1  Et 2 

mv 2 kx 2

 mgh
2

2

(7)

họn gốc thế năng tại VTCB:

Et  Et 2  mgh  mgl (1  cos  )  mgl

Do  

2
2

.

(8)

0,50 đ

(9)

0,50 đ

x
mg 2
nên Et 2 
x .
2l
l

Cơ năng toàn phần của hệ:

mv 2 kx 2 mg 2


x  co n s t
2
2
2l
Lấy đạo hàm bậc nhất của cơ năng theo thời gian:
E  Et1  Et 2  Ed 

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


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

 Et  '  mvv ' kxx '

mg
x'  0
l

k g
Vì v = x’, v’ = x’’ nên : x ''    x  0 hay x " +  2 x = 0
m l 

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

k g


m l

(10)

(11)

0,50 đ

(12)

0,50 đ

k = mω2 = 0,1.400 = 40N/m.

- Ta lại có:

Vậy:  

k g
40 10
 

 440(rad / s)
m l
0,1 0, 25

hu kì dao động:

T

2





2
 0,3s
440

Bài 2: (2,00 điểm)
1) Nhận xét và r t đ c k t uận 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
Ta có: T1 = 2T4 và T2 = 2T3
(2)
0,25 đ
p(105P
a)
1,6
6

3

0,8
3

2

V1 36

 18dm3
2
2
V2  2V3  18dm3  V4

nên: V4 

1

4

p1  p 4 
p 2  p3 

9

18

(H.2)

36

V(dm3)

(3)

0,25 đ

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

0,25 đ

RT2 8,31.360

 1, 662.105 Pa 0,25 đ
V2
0, 018

2) Đồ thị p-V đ

c vẽ nh hình (H.2)

Bài 3: (3,00 điểm)
Phản lực của tường được ph n tích: Q = N + fms (1)
fm
Đặt
=h và
= ; trọng lượng của thanh
: P = mg; Hệ quy chiếu
s
xy. hi hệ c n bằng ta có:
P + T + N + fms = 0
(2)

Bx:
N = T. sinα
(3)
By:
fms = mg - T. cosα
(4)
n bằng momen đối với trục quay :
d
d .sin 
P. .sin   T .h.sin   T  mg.
(5)
2
2h.sin 
p dụng định lý hàm sin trong tam gi c
:

0,50 đ
A

α

L
C
d

B

N

0,50 đ

0,25 đ

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


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

d
L
h
d .sin(   )
(6)


 h
sin  sin  sin(   )
sin 
mg.d .sin 
mg.sin  .sin 
Từ 5 , 6 và 3 : T 
(7)
N
2sin(   )
2sin(   )

cos  .sin  
Từ 4) :
(8)
f ms  mg 1 


2sin(   ) 

Để có c n bằng phải có ma s t nghỉ và fms ≤ k.N ; với k là hệ số ma s t

Từ 4 :
Hay :


mg.cos  .sin  
mg.sin  .sin 
mg 1 
  k.
2sin(   ) 
2sin(   )

2.sin  .cos   sin  .cos   2
1 
k



sin  .sin 
 tan  tan  
L.sin 
d 2  L2 .sin 2 
 cos  
d
d
2
2

2
2 d  L .sin 
1
k

L.sin 
tan 

sin  

Từ 4 :
Từ 10 :

Bài 4: (4,00 điểm)
1)
ch v n k c ch m c v n k ( 0 điểm)
Nếu hai điểm , D được mắc vôn kế có điện trở rất lớn:
a Điều chỉnh biến trở để R4 = 20Ω.
U AB
48

 1, 2 A
Dòng điện qua R1 và R3: I13 
R1  R3 16  24
UAC = I13.R1 = 1,2.16 = 19,2V
U AB
48

 1, 09 A
R2  R4 24  20

UAD = I24.R2 = 1,09.24 ≈ 26,2V.
UDC = UAD – UAC = 26,2 – 19,2 = 7V.
Cực dương phải mắc vào điểm D.

Dòng điện qua R2 và R4: I 24 
Vôn kế chỉ:

A
B

ng đ

ng

ch của ampe k gi trị c c c

0,50 đ

(9)

0,50 đ

(10)

0,25 đ

(11)
0,50 đ

(12)

(1)
(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
Hay:
R2  R4
R1  R3
R2 R1
R2
R4
B
B

RR
24.24
D
R4  2 3 
 36
(7)
R1
16
(H.5)

2) Đi n tr t
(2,50 điểm)

0,50 đ

(6)

0,25 đ
0,25 đ

ng độ d ng đi n chi u d ng đi n

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


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
Khi thay vôn kế bởi ampe kế có RA = 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 R1, R2, RA thành
mạch sao
- Điện trở RAO, RCO, RDO lần lượt là:

R3
RCO
R1 R2
16.24
C
RAO
RAO 

 7,3846
(8)
R1  R2  RA 16  24  12
O
A
RCO

R1 RA
16.12


 3, 6923
R1  R2  RA 16  24  12

(9)

RDO

RA R2
12.24



 5,5385
R1  R2  RA 16  24  12

(10)

R4

D

B
B

(H.5a)

Điện trở: ROCB = RCO + R3 = 3,6923Ω + 24Ω = 27,6923Ω
RODB = RDO + R4 = 5,5385Ω + 24Ω = 29,5385Ω

Điện trở đoạn OB là: ROB 

RDO

B

0,50 đ
(11)
(12)

0,25 đ

ROCB .RODB

27, 6923.29,5385

 14, 2928
ROCB  RODB 27, 6923+29,5385

(13)

Vậy điện trở toàn mạch: R = RAO + ROB = 7,3846Ω + 14,2928Ω = 21,6774Ω. (14) 0,25 đ
- ường độ dòng điện qua c c điện trở và ampe kế:
U
48
Dòng qua mạch chính: I  AB 
(15)
0,25 đ
 2, 214 A
R
21, 6774
Do đó: UOB = I.ROB = 2,214.14,2928 ≈ 31,644V.
(16)
U
31, 644
 1,1427 A
+ ường độ dòng điện qua R3: I 3  OB 
(17)
0,25 đ
ROCB 27, 6923
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
+ Dòng qua R1:
R1
16

+ Dòng qua R4 :
Ta lại có:

+ 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 đến D.

(18)

(19)

0,25 đ

(20)

0,25 đ

(21)

0,50 đ

Bài 5: (2,00 điểm)
- Khi dòng điện đã n định, cường độ dòng điện qua cuộn d y là:
E
(1)
0,25 đ
I0 
R
- Khi khóa ngắt, mạch bắt đầu dao động. Năng lượng của mạch l c đó là năng lượng từ trường:
2
1 2 1 E
(2)
0,25 đ
Wm  LI 0  L  
2
2 r

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


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
- Trong qu trình dao động khi tụ điện tích điện đ n điện p cực đại U0 thì dòng điện triệt tiêu.
c đó năng lượng của mạch là năng lượng điện trường; với U0 = nE :
1
1
2
(3)
0,25 đ
We  CU 02  C  n.E 
2
2

- p dụng định luật bảo toàn năng lượng cho mạch dao động ta có: We = Wm
2

2
E
L    C  n.E   L  Cn2 r 2
r
1
1
- Mặt kh c chu k dao động : f 
 C
2 2
4 f L
2 LC
1
nr
Từ 4 và 5 ta tìm được: C 
và L 
2 fnr
2 f

hay

(4)

0,50 đ

(5)

0,25 đ

(6)

0,50 đ

Bài 6: (3,00 điểm)
) Tính d và d’ để Lmin (1,00 điểm)
( L1 )
Ta có sơ đồ tạo ảnh: S 
S1'
- Khi ảnh hiện rõ trên màn, khoảng cách vật –màn là khoảng cách L gi a vật thật và ảnh thật.
Ta có:
(1)
 d  d’
Dễ dàng thấy L phải thoả mãn điều kiện: ≥ 4f
(2)
0,50 đ
Suy ra: Lmin = 4f = 96cm
Vậy: d = d’ = min/2 = 48cm.

(3)

0,50 đ

2) Tìm f2 và vẽ hình (2,00 điểm):
( L1 )
( L2 )
Sơ đồ tạo ảnh: S 
S1' 


 S2'
Ta có: d1  d1'  48cm
a) Vì vết s ng trên màn có đường kính không đ i khi tịnh tiến màn nên chùm tia ló tạo bởi L2 phải
là chùm song song với trục chính. Tức là ảnh của S tạo bởi hệ hai thấu kính phải ở xa vô cùng.
Ta có: d2'    d2  f 2
Mà: d2  l  d1'  18- 48 = -30cm
Vậy: f2 = -30cm: L2 là thấu kính phân kì.

0,50 đ

b) Chùm tia ló có thể là hội tụ hoặc phân kì
- Nếu chùm tia ló hội tụ: L2 có thể là thấu kính hội tụ hoặc phân kì
+ Nếu L2 là thấu kính hội tụ:
D ' 40  d 2'

2
Từ hình vẽ, ta có:
D 30  d 2'
Vậy: 40 – d2’ = 60 – 2d2’ => d2’ = 20cm
d d'
30.20
 60cm
Từ đó: f 2  2 2 ' 
d2  d2
10
0,50 đ
+ Nếu L2 là thấu kính phân kì
Lúc này S2’ nằm trong khoảng gi a hai vị trí của màn E, ta có:

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

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
D ' 40  d 2'

2
D d 2'  30

Vậy: 40 – d 2 ’  2d 2 ’ – 60  d 2' 

100
cm
3

100
30.
d 2 d 2'
3  300cm

Từ đó: f 2 
d 2  d 2' 30  100
3

0,50 đ
- Nếu chùm tia ló là chùm phân kì( L2 là thấu
kính phân kì), ảnh S2’ là ảnh ảo.
Từ hình vẽ, ta có:
O2S2’ = |d2’|, O2S1’ = |d2|
D ' d 2  d 2 '  10 40  d 2 '
Vậy:



2
D
d2  d2 '
30  d 2 '
Suy ra: d2’ = 20cm > 0: điều này vô lí.
0,50 đ

Bài 7: (2,00 điểm)
) Thi t ập mạch đi n ph ng n ti n hành thí nghi m (1,00 điểm)
- Mắc mạch điện theo sơ đồ thông thường một mạch kín bao gồm:
Nguồn điện - mpe kế - ình điện ph n.
0,50 đ
- D ng mpe kế x c định dòng điện I chạy qua dung dịch điện ph n.
- D ng đồng hồ đếm thời gian để x c định thời gian t mà dòng điện đi qua.
- X c định khối lượng m của chất b m vào điện cực:
Bằng c ch d ng c n để đo khối lượng m1 điện cực trước khi mắc vào mạch, sau đó đo khối
lượng m2 của điện cực đó sau khi cho dòng điện đi qua chất điện ph n và tính được khối lượng:
m = m2 - m1
(1)
0,50 đ
2) Lập c ng thức x c định độ n e của đi n tích ngu n t : (1,00 điểm)
- Gọi n là hóa trị của chất. Số c c nguyên tử xuất hiện ở điện cực:
q It
N 
(2)
ne ne
- Mặt kh c: Gọi NA là số vogadro, là khối lượng mol của chất ta có:
m

N  NA
Số c c nguyên tử đó là:
(3)
A
A I .t
A
I .t
 .
- Từ 2 và 3 ta tìm được: e  .
(4)
n m.N A
n (m2  m1 ).N A

0,50 đ

0,25 đ
0,25 đ

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


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
II. CÁCH CHO ĐIỂM & HƯỚNG DẪN CHẤM :
Điểm toàn bài là 20,00 điểm được phân bố tổng quát như sau :
BÀI 1 : (4,00 điểm)
BÀI 2 : (2,00 điểm)
BÀI 3 : (3,00 điểm)
BÀI 4 : (4,00 điểm)
BÀI 5 : (2,00 điểm)
BÀI 6 : (3,00 điểm)

BÀI 7 : (2,00 điểm)
Yêu cầu và ph n phối điểm cho c c bài trên như trong từng phần và có ghi điểm bên lề phải của
đ p n - Ph n tích lực, ph n tích hiện tượng bài to n phải rõ ràng, có hình vẽ minh họa nếu có , lập luận
đ ng, có kết quả đ ng thì cho điểm tối đa như biểu điểm nói trên. (Giám khảo tự vẽ hình)
Ghi chú :
1 Trên đ y là biểu điểm t ng qu t của từng phần, từng c u. Trong qu trình chấm c c gi m khảo
cần trao đ i thống nhất để ph n điểm chi tiết đến 0,25 điểm cho từng phần, từng c u.
2 Học sinh làm bài không nhất thiết phải theo trình tự của Hướng dẫn chấm. Mọi c ch giải kh c,
kể cả c ch giải định tính dựa vào ý nghĩa vật lý nào đó, lập luận đ ng, có căn cứ, kết quả đ ng cũng cho
điểm tối đa tương ứng với từng bài, từng c u, từng phần của hướng dẫn chấm này.
--------------------------

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