Đề HSG môn vật lý lớp 12 năm học 2012 2013 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

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 2
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
( Đề gồm 02 trang)

Câu 1 (4,0 điểm).
Một xi lanh cách nhiệt cốđịnh nằm ngang (hình vẽ 1) được
chia làm 2 phần bằng một pittông cách nhiệt có bề dày không
đáng kể, khối lượng m, nối với thành bên phải bằng 1 lò xo
nhẹ nằm ngang và có thể dịch chuển không ma sát trong xi
lanh. Phần bên trái chứa 1 mol khí lí tưởng đơn nguyên tử,
phần bên phải là chân không. Lò xo có chiều dài tự nhiên bằng
chiều dài của xi lanh.
1. Xác định nhiệt dung của hệ. Bỏ qua nhiệt dung của xi lanh, của pittông và của lò xo.
2. Giả sử chiều dài tự nhiên của lò xo ngắn hơn chiều dài của xi lanh, còn pittông thì được giữ ở vị trí ứng
với chiều dài tự nhiên của lò xo. Khi thả pittông tự do thì ở vị trí cân bằng thể tích của khí tăng lên gấp 2
lần. So sánh nhiệt độ và áp suất của khí trong xi lanh ứng với pittông ở hai vị trí trên.
3. Dựng đứng xi lanh lên sao cho phần chứa khí ở bên dưới. Khi pittông ở vị trí cân bằng nó cách đáy xi
lanh một khoảng bằng h. Xác định độ dịch chuyển của pittông khi hiệt độ khí trong xi lanh từ T1 đến T2.
Câu 2 (4,0 điểm).
Một sợi dây đàn hồi AB dài l  10m căng thẳng nằm ngang. Đầu B cố định, đàu A gắn với một cần rung
để nó có thẻ dao động theo phương thẳng đứng với phương trình u A  2sin  t  (cm) . Tốc độ truyền sóng
trên day là 2m/s, sóng truyền tới đầu B thì phản xạ trở lại. Gọi M là trung điểm của AB. Tại thời điểm t =

0 đầu A bắt đầu dao động.
1. Sau thời gian ngắn nhất bao lâu kể ừ khi A bắt đầu dao động thì M có li độ bằng 2cm và có li độ bằng
4cm? Vẽ hình dạng của sợi dây trong mỗi trường hợp trên.
2. Tìm những điểm trên sợi dây có li độ bằng 0 tại thời điểm t = 8,5s?
Câu 3 (4,0 điểm).
Cho hệ hai thấu kính L1 và L2 đặt lồng 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, A nằm trên trục chính trước L1 và cách
L1 một khoảng d1. Ảnh của vâth AB qua hệ là A’B’.
1. Cho d1 = 15cm. Xác định vị trí, tính chất, chiều và độ cao của ảnh A’B’.

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


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

2. Xác định d1 để khi hoán vị hai thấu kính vị trí của ảnh A’B’ không đổi.
Câu 4 (4,0 điểm).
Cho mạch điện như hình vẽ 2. Điện áp ở hai đầu đoạn mạch là u AB  150 cos 100 t  (V ) . Bỏ qua điện trở
của dây nối và khóa K, điện trỏe Vôn kế vô cùng lớn.
1. Khi khóa K đóng: UAM = 35V, UMN = 85V, công suất tiêu thụ trên
đoạn mạch MN là PMN = 40W. Tính R, r, L?
2. Khi khóa K mở, điều chỉnh điện dung C để điện áp hiệu dụng
giữa hai bản tụ điện đạt cực đại UCmax. Tìm C, UCmax và điện áp hiệu
dụng UAM, UMN khi đó?
3. Khi khóa K mở, điều chỉnh C để số chỉ Vôn kế nhỏ nhất? Tìm C và số chỉ Vôn kế khi đó?
Câu 5 (4,0 điểm).
Vật nặng có khối lượng m nằm trên một mặt phẳng nằm ngang,
được gắn vào đầu một lò xo có độ cứng K, đàu kia của lò xo
được gắn vào điểm cố định A. Từ một thời điểm nào đó, vật m
bắt đầu chịu tác dụng của một lực F không đổi hướng theo

trục lò xo như hình vẽ 3. Bỏ qua ma sát giữa vật m và mặt
phẳng nằm ngang.
1. Hãy tìm quảng đường mà vật m đi được và thời gian nó đi hết quãng đường đó kể từ khi bắt đầu tác
dụng lực F cho đến khi vật m dựng lại lần thứ nhất.
2. Nếu đầu lò xo không gắn vào điểm A mà được gắn với một
vật khối lượng M như hình vẽ 4. Hệ số ma sát giữa M và mặt
phẳng ngang là  . Hãy xác định độ ớn của lực F để vật m
dao động điều hòa.

– 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. Giả sử truyền cho hệ một nhiệt lượng Q.
Gọi T1 là nhiệt độ ban đầu của khí, T2 là nhiệt độ của khí sau khi đã truyền cho nó nhiệt lượng Q. Vì bỏ
qua ma sát nên theo nguyên lí I ta có:
U  Q  A  Q  U  A 

3R
K

(T2  T1 )  ( x22  x12 )
2
2

(1)

K là độ cứng lò xo, x1 và x2 là độ nén của lò xo ứng với nhiệt độ T1, T2.
Từ điều kiện cân bằng của pittông suy ra: P 

F Kx
PS

x
S
S
K

Theo phương trình trạng thái: PV  RT  P 
Vậy: x22  x12 

(2)

RT RT
RT
(3) thay (3) vào (2)  x 2 

V
S .x
K

R
K
R
(T2  T1 )  ( x22  x12 )  (T2  T1 )
K
2
2

Thay vào (1)  Q  U  A  2R(T2  T1 )  2RT
Nhiệt dung của hệ là: C 

Q
 2R
T

2. Theo nguyên lý I nhiệt động lực học: U  Q  A vì Q = 0 (đoạn nhiệt)  U  A  0 (1)

Kx22
Kx22 RT2
U 
 0; Kx  P2 S ; PV

2 2  RT2 ;V2  2Sx 
2
2
4
Thay (2) và (1) 

(2)

RT
3R
(T2  T1 )  2  0
2
4

 6(T2  T1 )  T2  0  T2 

6T1
 T1  Nhiệt độ giảm
7

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


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

V
1
So sánh áp suất: V1  V2  P1 2  RT1; PV
2 2  RT2
2
2


P1
T
7 7
3
 2 1  2.   P2  P1  vậy áp suất cũng giảm.

P2
T2
6 3
7

3. Giả sử khí nhận được một nhiệt lượng Q để tăng nhiệt độ từ T1 đến T2.
Theo nguyên lý I: U  Q  A  Q  U  A (1)

Q  C T  2R(T2  T1 ) (2); U 

3R
(T2  T1 ) (3)
2

Chọn gốc thế năng hấp dẫn Wt = 0 ở VTCB.
Ta có: A 

1 
2
k  h  x   h 2   mgx (4)


2

Thay (2), (3), (4) vào (1) ta được:
2R(T2  T1 ) 

3R
1
(T2  T1 )  k ( x 2  2hx)  mgx (vì khí thực hiện công nên A< 0)

2
2

1
1
 kx 2  (kh  mg ) x  R(T2  T1 )  0 (5)
2
2
mg  Fdh  PS; Fdh  k .h

Ở thời điểm khí có nhiệt độ T1: 
RT1
 PV  RT1  PSh  RT1  PS  h

Suy ra: mg  kh 

RT1
RT mg
 k  21 
h
h
h

(6)

 RT mg  2 2 RT1
Thay (6) và (5) ta có:  21 
x  R (T2  T1 )  0
x 
h 

h
 h

RT
2
 1  
RT
RT
mg

 

h
    1    21 
 R (T2  T1 )  x  RT mg
h 
 h   h
1

h2
h

Câu 2. 1. Thời gian ngắn nhất kể từ khi điểm A bắt đầu dao động, điểm M có li độ bằng 2 cm xảy ra khi
trên Ab chưa có sóng dừng.
Khi đó phương trình sóng tại M:

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


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

0,5.

uM  2sin   t 
v


0,5. 
l 10



 2,5s )
  2sin   t 
 (với t 
2 
2v 4



Các thời điểm M có uM  2cm là nghiệm t của phương trình:
5

uM  2sin   t 
2



  2(cm) , với t  2,5s


 t  1  2k (k nguyên); vì t  2,5s
 k  1, 2,3...  tmin  1  2kmin  3s .
Tại thời điểm t = 3s, sóng trên sợi dây đã truyền được quãng đường AC = v.t = 2.3 = 6 m.
Thời điểm nhỏ nhất M có li độ bằng 4 cm xảy ra khi trên AB đã có sóng dừng.
1 
1

Khi đó phương trình sóng tại M: uM  2sin   t  
  2sin( t   .3. )  4 cos( t  5 )(cm)
2v 
2v


Với t  3.

l
 7,5s
2v

Các thời điểm M có uM  4cm là nghiệm t của phương trình:

uM  4cos( t  5 )  4(cm) , với t  7, 5s .

 t=5+2k (k nguyên) với t   7, 5s , suy ra: k = 2,3…
 tmin =5+4=9s.
Tại thời điểm t =9s , sóng truyền được quãng đường
s  v.t   18m  AB  BD , với BD=8m . Vậy trên AD chỉ có sóng
tới, trên DB có sóng dừng.
2. Tại t  8,5s sóng đã truyền được quãng đường s = v.t = 17m < 2.AB

 vậy trên dây có 2 đoạn: từ A đến K chỉ có sóng tới
(AK = 3m)

Từ K đến B có sóng dựng (KB = 7m)
Trên AK: vị trí N thỏa mãn (AN = x):
x

u N  2sin   .8,5     0;(0  x  3m)  xN  1m.
2

Trên KB: vị trí P thỏa mãn (AP = x, 3m  x  10m ):

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


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

x
 (2l  x) 
1


  (l  x) 
uP  2sin   t     2sin  t 
 uP  4sin 
.cos( t   )(cm)


2
2

2



 2 
  (10  x) 
Tại thời điểm t = 8,5s, ta có: uP  4 cos(3,5 ).sin 
  0 đúng với mọi x (3m  x  10m)
2


 tất cả các điểm từ K tới B đều có li độ bằng 0.

Câu 3. 1. Khi d1  15cm  d1 

d1 f1
6d1

 10cm
d1  f1 d1  6

d 2  l  d1  30  10  20cm; d 2 

d2 f2
60

d2  f2
23

2, 6cm  0

 A’B’ là ảnh ảo cách L2 một khoảng 2,6cm.
Độ phóng đại: k 
A' B ' 

f1
f  d 2
2
. 2
   0 ảnh A’B’ ngược chiều với vật AB, có độ lớn là
f1  d1
f2
23

2
(cm) .
23

2. Khi vật AB ở trược thấu kính L1:
d1 

d1 f1
6d1
24d1  180
d f
60  8d1
(1)

; d 2  l  d1 
; d 2  2 2 

d1  f1 d1  6
d1  6
d 2  f 2 3d1  22

Khi vật AB ở trước thấu kính L2:
d1 

d1 f 2
3d1
33d1  90
d f
2(11d1  30)
(2)

 d 2  l  d1 
 d 2  2 1 
d1  f 2 d1  3
d1  3
d 2  f1
3d1  8

Để vị trí ảnh không đổi khi hoán vị hai thấu kính:
Từ (1) và (2) ta có:

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 (cm).
Vâty phải đặt vật AB cách thấu kính một khoảng 7,37 cm.
Câu 4. 1. Khi đóng, mạch có: R nt (L,r)
2
Ta có: U R  U AM  35V ;U MN
 U L2  U r2  852

(1)

U 2  (U R  U r )2  U L2  U R2  2U RU r  U L2  U r2  2.752

(2)

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


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Từ (1) và (2)  U r  40V ;U L  75V ; PMN  U r .I  40W  I 
Vậy: R 

PMN
 1( A)
Ur

UR
U
U
0, 75
 35; r  r  40; Z L  L  75  L 

(H )
I
I
I


UZC

2. Ta có: U C  I .Z C 

Chứng minh: U C max 

U



( R  r )2  ( Z L  ZC )2

( R  r ) 2  Z L2 2Z L

1
ZC2
ZC

U ( R  r )2  Z L2
( R  r )2  Z L2
, khi ZC 
thay số tính được:
ZL
Rr

U C max  150V , khi ZC  150  C 
Khi đó Z  75 2, I 

2.104
(F )
3

U
 1A;U AM  IR  35V ,U MN  I r 2  Z L2  85V .
Z

3. Khi K mở mạch có: R nt (L,r) nt C
Ta có UV  I .Z MB 

U r 2  (Z L  ZC )2
( R  r )  (Z L  ZC )
2

2



U
R  2Rr
1
r  (Z L  ZC )2
2

2

R 2  2Rr
1 
Khi C thay đổi: ( Z L  Z C )  0  2
r  (Z L  ZC )2
2

 UV 

R 2  2Rr
Rr
1 
2
r
r

Ur
Ur
 UV min 
 40 2(V )
Rr
Rr

Đẳng thức xảy ra khi ZC  Z L  75  C 

4.104
(F )
3

Câu 5. 1. Chọn trục tọa độ hướng dọc theo trục lò xo, gốc tọa độ

trùng với vị trí cân bằng của vật sau khi đã có lực F tác dụng. Khi
đó, vị trí ban đầu của vật có tọa độ là x0.
Tại vị trí cân bằng, lò xo bị biến dạng một lượng x0 và x0  

F
.
K

Tại tọa độ x bất kỳ thì độ biến dạng của lò xo là ( x  x0 ) , theo định luật II Niutơn:

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


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

 K ( x  x0 )  F  ma   K ( x 

Trong đó  

F
)  F  ma   Kx  ma  x   2 x  0
K

K
.Vật dao động điều hòa với phương trình: x  A cos(t   )
m

Tại thời điểm t = 0 thì x  x0 , v = 0  A 

F

;  
K

Quãng đường mà vật nặng đi được kể từ khi bắt đầu tác dụng lực F đến khi vật m dừng lại lần thứ nhất:
2F
.
S  2A 
K
Thời gian kể từ khi lực F bắt đầu tác dụng đến khi vật m dừng lại lần thứ nhất: t 

T
m

.
2
K

2. Để sau khi lực F tác dụng, vật m vẫn dao động điều hòa thì trong quá trình chuyển động của m thì M
phải nằm yên.
Để M nằm yên thì độ lớn lực đàn hồi cực đại không được vượt quá độ lớn của ma sát nghỉ cực đại:
Fdh max   Mg .
K .2A   Mg  2 K

F
 Mg
.
  Mg  F 
K
2

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