Đề HSG môn vật lý lớp 12 năm học 2012 2013 sở GDĐT ninh bình vòng 1 hệ không chuyên file word có lời giải chi tiết

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2012-2013

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ 12- THPT-Vòng 1
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
( Đề gồm 02 trang)

Câu 1 (5,0 điểm).
Cho cơ hệ như hình 1: Hai lò xo nhẹ có độ cứng lần
lượt là K1= 60N/m; K2= 40N/m; hai vật nặng có
khối lượng lần lượt m = 300g; M = 100g. Bỏ qua
ma sát giữa m với sàn, lấy g   2  10m / s 2 . Tại vị
trí cân bằng của hệ, hai lò xo không biến dạng. Đưa
hai vật lẹch khỏi vị trí cân bằng theo phương ngang một đoạn 4cm rồi thả nhẹ, người ta thấy trong quá
trình chuyển động hai vật không trượt đối với nhau.
1. Chứng minh hệ dao động điều hòa. Tính chu kỳ dao động và vận tốc cực đại của hệ.
2. Coi hệ số ma sát nghỉ cực đại giữa m và M bằng hệ số ma sát trượt  . Tìm điều kiện của  thỏa mãn
điều kiện đã cho.
3. Khi lò xo K2 bị nén 2cm thì người ta giữ cố định điểm chính giữa lò xo K2, hệ tiếp tục dao động điều
hòa và hai vật vẫn không trượt đối với nhau trong quá trình chuyển động. Tính biên độ dao động của hệ
khi đó.
Câu 2 (4,0 điểm).
Cho mạch điện như hình 2: u AB  200 2 cos100 t (V ) ;

R  100; C 

104



F ; cuộn dây thuần cảm có độ tự

cảm L thay đổi được; vôn kế lí tưởng.
1. Điều chỉnh L  L1 

2

H hãy viết biểu thức cường độ dòng điện tức thời qua mạch và biểu thức điện áp

tức thời giữa hai điểm A, N.

2. Với giá trị nào của L thì uAN và uNB lệch pha nhau một góc 0, 75 ?
3. Điều chỉnh L = L2 thì thấy vôn kế chỉ giá trị cực đại. Hãy xác định L2 và chỉ số vôn kế lúc đó.

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


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Câu 3 (4,0 điểm).
Cho mạch điện như hình 3: R1  R2  3; R3  2 ;
R4 là biến trở. Đặt vào giữa hai điểm B và D hiệu
điện thế U không đổi. Ampe kế và vôn kế đều lý
tưởng; bỏ qua điện trở các dây nối và khóa K.
1. Ban đầu khóa K mở, R4  4 , vôn kế chỉ 1V.

- Xác định hiệu điện thế U của nguồn điện.
- Đóng khóa K, tìm số chỉ của ampe kế và vôn kế.
2. Khóa K đóng, di chuyển con chạy C của biến trở R4 từ đầu bên trái sang đầu bên phải thì số chỉ của
ampe kế IA thây đổi như thế nào? Vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của IA theo giá trị của biến trở. Coi
điện trở toàn phần của biến trở rất lớn.
Câu 4 (3,0 điểm).
Một vật có khối lượng m có thể trượt không ma sát trên một cái
nêm có dạng tam giác vuông ABC với B   (hình 4). Nêm có
khối lượng M, ban đàu đứng yên và có thể trượt không ma sát trên
mặt sàn nằm ngang. Thiết lập biểu thức tính gia tốc a của vật đối
với nêm và gia tốc a0 của nêm đối với sàn.
Câu 5 (4,0 điểm).
Trên hình 5 biểu diễn một chu trình biến đổi trạng thái của n mol
khi lý tưởng trong hệ tọa độ p – V. Trên đường đẳng áp 1 – 2, sau
khi thực hiện một công A thì nhiệt độ của khi tăng 4 lần. Nhiệt độ ở
các trạng thái 1 và 3 bằng nhau. Các điểm 2 và 3 cùng nằm trên một
đường thẳng đi qua gốc tọa độ. Hãy xác định nhiệt độ của khí ở
trạng thái 1 và công mà khí thực hiện trong chu trình theo n, A và
hằng số các khí R.
Áp dụng bằng số: n = 1; A = 9kJ; R = 8,31J/mol.K.

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


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2012-2013

HƯỚNG DẪN GIẢI

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ 12- THPT

Câu 1.1. Chọn trục Ox trùng quỹ đạo, O  VTCB .
Tại VTCB: hai lò xo không biến dạng, nên P  N  0
Tại vị trí vật có li độ x:
Lực tác dụng lên hệ vật gồm: P  (m  M ).g ; N ; F1   K1.x; F2   K2 .x
Theo định luật 2 Newton: P  N  F1  F2  ( M  m)a (1)
Chiếu (1) lên Ox:  K1.x  K 2 .x  (M  m).x
Đặt K  K1  K 2  x 



K
.x  0 , chứng tỏ vật dao động điều hòa với tần số góc
mM

K
 5 (rad / s)
mM

Chu kỳ dao động của hệ: T 

2



 0, 4( s )

Biên độ dao động của hệ: A = x0 = 4 cm (vì v0 = 0)
Vận tốc cực đại của hệ: vmax   A  20 (cm / s)
2. Lực tác dụng lên M: P2 = Mg; phản lực Q của sàn; áp lực mà m đè lên M là N12 = mg; lực ma sát nghỉ
giữa m và M là Fms12.
Theo định luật 2 Newton: P2  Q  N12  Fms12  Ma (2)

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


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Chiếu (2) lên Ox: Fms12  Mx  M .( 2 x)  

K
k
.M .x  Fms12 MAX 
.M . A
mM
M m

Để

không

hai

vật

Fms12 MAX   N12   mg 

trượt

trên

K
K .M . A
.M . A   mg   
 0,333
mM
(m  M ).mg

3. Khi lò xo K2 bị nén 2 cam, người ta giữ chặt điểm chinh giữa của lò xo K2 thì:
Độ cứng của phần lò xo K2 nối với vật m là 2K2 = 80(N/m)
Tại VTCB mới của hệ: hai lò xo giãn các đoạn tương ứng là l1 ; l2 thỏa mãn:
4

l  (cm)
l1  l2  2  1  1(cm)  1 7


 K1l1  2 K 2 l2
l  3 (cm)
 2 7

Như vậy, lúc bắt đầu giữ chặt điểm chính giữa của lò xo K2 thì hai vật có li độ và vận tốc:

10

2

V2
250.12
 X  2  l1  7 (cm)
 10 
2

A

X



 3, 26(cm)

1


K

2
K
7
140
/
0,
4


1
2

V  5 42  22  10 3

M m
Câu 2.1. Z L  200; ZC  100; Z  R 2  ( Z L  Z C ) 2  100 2; I 0 
tan =

U0
 2A
Z

Z L  ZC

1  
R
4



 i  2 cos(100 t  )( A)
4

Biểu thức uAN: Z AN  R 2  Z L 2  100 5
 U 0AN  I 0 .Z AN  200 5V
tan AN 

ZL
 2   AN  1,107(rad)
R

Mà  AN  uAN  i  uAN  0,322rad

Vậy: u AN  200 5 cos(100 t  0,322)(V ).

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

nhau:


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

2. Từ giản đồ véctơ ta thấy u AN sớm pha hơn I một góc bằng
 tan AN  1  Z L  R  100  L 

1




4

(H )

3. Từ giản đồ véc tơ, áp dụng định lí hàm sin:

UL
U
U
 AB  U L  AB .sin 
sin  sin 
sin 
Với sin  

UR
UR


U RC
U R2  UC 2

(1)
R
R 2  ZC 2

(2)

Để U L max thì sin   1     / 2
Khi đó: U L max  U AB.
Vì  
L


2
ZL



R 2  ZC 2
R

 200 2V .

nên U R 2  U C (U L  U C )  R 2  Z C ( Z L  Z C )  Z L 


1



R2
 Z C  200
ZC

H.

Câu 3. R12  R1  R2  6();
Ta có: U1  I1.R1  3.I1  3.
U 2  I 2 .R3  2.I 2  2.

R34  R3  R4  6();

I1  I 2 

U
6

U
6

U
6

U1  U 2  VM  VN ta có:
U NM  U 2  U1  

U U U
 
3 2 6

 U  6UV  6.1  6(V )
Khi khóa K đóng: R13 

R1 R3
3.2 6

  1, 2()
R1  R3 3  2 5

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


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

R24 

R2 R4
3.4 12

 ( )
R2  R4 3  4 7

RBD  R13  R24  1, 2 

12 20, 4

()
7
7

Cường độ dòng điện mạch chính: I 

U13  U1  U 3  I .R13 

U
6
42
21



 2, 06( A)
RBD 20, 4 20, 4 10, 2
7

21
.1, 2  2, 47(V )
10, 2

U1 2, 47

 0,823( A)
R1

3

I1 

U 24  U 2  U 4  I .R24 
I2 

21 12
.  3,53(V )
10, 2 7

U 2 3,53

 1,18( A)
R2
3

Ta có: I 2  I1  I A  I 2  I1  1,18  0,823  0,357( A)
Vậy dòng điện qua ampe kế có chiều từ N đến M và có cường độ I A  0,357( A) , Vôn kế chỉ 0 (V).
2. Đóng khóa K và di chuyển con chạy C của biến trở R4 từ đàu bên trái sang đầu bên phải thì số chỉ của
ampe kế IA thay đổi như thế nào? Vẽ đồ thị của IA theo vị trí của con chạy C.
Ta có: R13 

R1 R3
3.2 6

  1, 2()
R1  R3 3  2 5

Đặt NC = x

R24 

R2 .x
3.x

R2  x 3  x

RBD  1, 2 

I

3.x
4, 2 x  3, 6

3 x
3 x

U
6
6(3  x)


RBD 4, 2 x  3, 6 4, 2 x  3, 6
3 x

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


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

U13  I .R13 

6(3  x)
7, 2(3  x)
.1, 2 
4, 2 x  3, 6
4, 2 x  3, 6

7, 2(3  x)
U
4, 2 x  3, 6 2, 4(3  x)
I1  13 

R1
3
4, 2 x  3, 6
U 24  I .R24 

6(3  x) 3.x
18 x
.

4, 2 x  3, 6 3  x 4, 2 x  3, 6

18 x
U
6x
4, 2 x  3, 6
I 2  24 


R2
3
4, 2 x  3, 6
Xét hai trường hợp:
Trường hợp 1: Dòng điện chạy qua ampe kế có chiều từ M đến N.
Khi đó: I A  I1  I 2 

2, 4(3  x)
6x
7, 2  3, 6x


4, 2 x  3, 6 4, 2 x  3, 6 4, 2 x  3, 6

(1)

Biện luận:
Khi x  0  I A  2( A)
Khi x tăng thì (7,2 – 3,6.x) giảm; (4,2.x + 3,6) tăng do đó IA giảm
Khi x = 2  I A 

7, 2  3, 6.2
0
4, 2.2  3, 6

Trường hợp 2: Dòng điện chạy qua ampe kế có chiều từ N đến M.
Khi đó:
7, 2
6x
2, 4(3  x)

3, 6x-7,2
x
I A  I 2  I1 


 IA 
3, 6
4, 2 x  3, 6 4, 2 x  3, 6 4, 2 x  3, 6
4, 2 
x
(2)
3, 6 

Biện luận:
Khi x tăng từ 2 () trở lên thì

7, 2
3, 6
và
đều giảm do đó I A
x
x

tăng.

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


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Khi x rất lớn (x =  ) thì

7, 2
3, 6
và
tiến tới 0. Do đó I A  0,86( A) và cường độ dòng chạy qua điện trở
x
x

R4 rất nhỏ;
Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của cường độ dòng điện I A chạy qua ampe kế vào giá trị x của biến trở R4
có dạng như hình vẽ.
Câu 4. Chọn hệ trục tọa độ xOy như hình vẽ
Động lượng của hệ bằng 0  Vật đi xuống sang phải thi nêm
phải sang trái  giá trị đại số gia tốc của nêm là a0 < 0.
Vật m chịu tác dụng của 2 lực: trọng lực m.g , phản lực N của
nêm vuông góc với AB (hình vẽ)
Gia tốc của vật đối với sàn: a1  a  a0
Phương trình chuyển động của vật:
Theo phương AB: mg sin   m(a  a0 .cos  )

(1)

Theo phương vuông góc với AB: N  mg cos   ma0 sin 

(2)

Phương trình chuyển động của nêm chịu thành phần nằm ngang của N :
Chọn trục Ox trùng với hướng chuyển động của nêm: N sin   Ma0 (3)
N sin 

 N sin  
Từ (2) và (3) ta có: N  mg cos   m.  
 mg cos 
 sin   N  m.sin 
M 
M


 N  M  m.sin 2    Mmg cos   N 

M .mg.cos 
M  m.sin 2 

 M .mg.cos  
sin  . 

mg.sin 2
M  m.sin 2  

Thế vào phương trình (3) ta được: a0  

M
2( M  m.sin 2  )
Thế vào phương trình (1) ta được: mg.sin   m(a  (

mg.sin 2
).cos  )
2( M  m.sin 2  )

m2 g.sin 2 .cos 

 mg.sin   ma 
2( M  m.sin 2  )
 a  g sin  

mg.sin 2 .cos  2 Mg sin   2mg sin 3   mg.sin 2 .cos 

2( M  m.sin 2  )
2( M  m.sin 2  )

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


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

2Mg sin   2mg sin  (1  cos 2  )  2mg.sin  .cos 2 
a
2( M  m.sin 2  )
a

( M  m) g.sin 
.
M  m.sin 2 

Câu 5. Gọi nhiệt độ của khí ở trạng thái 1 là T1, khi đó nhiệt độ ở
trạng thái 2 sẽ là 4T1.
Giả sử áp suất trên đường đẳng áp 1 – 2 là p1, thì công mà khí thực
hiện trong quá trình này là: A  p1 (V2  V1 ) , trong đó V1 và V2 tương
ứng là thể tích khí ở trạng thái 1 và 2.
Áp dụng phương trình trạng thái cho hai trạng thái này:
p1V1  nRT1 , p2V2  4nRT1 (1)  T1 

A
3nR

(2)

Thay số ta có: T1  361K
Gọi p3 là áp suất khí ở trạng thái 3 thì công mà khí thực hiện trong cả chu trình được tính bằng diện tích
1
của tam giác 123: A123  ( p1  p3 )(V2  V1 ) (3)
2
Kết hợp với phương trình trạng thái (1) và nhiệt độ T1 theo (2) ta tìm được:
V1 

4nRT1 4 A
nRT1
A
(4) và V2 


P1
3 p1
P1
3 p1

(5)

Thay (4) và (5) ta có biểu thức tính công trong cả chu trình: A123 

p3 

A
 1   (6)
2
p1 

Vì các trạng thái 2 và 3 nằm trên cùng một đường thẳng qua gốc tọa độ nên:
p3 V3
nRT1
A
(7) với V3 


p3
3 p3
p1 V2

Thay (5), (8) vào (7) ta nhận được:

(8)
p3
p
p
1
(9)
 1  3
p1 4 p3
p1 2

Thay (9) vào (6) ta tính được công của khí trong chu trình: A123 

A
4

Thay số ta có: A123  2250 J .

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


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

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