Đề HSG môn vật lý lớp 12 năm học 2012 2013 sở GDĐT thanh hóa 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 THANH HÓA
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2012-2013
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 (6,5 điểm).
Một vật nhò cỏ khối lượng m, nằm trên đỉnh của một bán cầu nhẵn,
bản kính R, tâm O, bán cầu được đặt trên mặt phẳng nằm ngang
(hình 1). Cho gia tốc rơi tự do là g.
1. Bán cầu được giữ cố định, đẩy nhẹ cho vật trượt xuống. Xác định
vị trí vật rời bán cầu và tốc độ của nó lúc đó.
2. Bán cầu bắt đầu được kéo cho chuyển động với gia tốc a nằm
ngang không đổi và có độ lớn a = g. Vật bắt đầu trượt xuống từ đỉnh
bán cầu. Xác định vị trí vật rời bán cầu.
3. Bán cầu quay với tốc độ góc  không đổi quanh trục thẳng đứng, cố định Oz. Đẩy nhẹ cho vật trượt
xuống từ đỉnh bán cầu. Trong hệ quy chiếu gắn với bán cầu, hãy xác định lực quán tính li tâm và lực
quán tính Coriolis tại thời điểm vật rời bán cầu.
Câu 2 (4 điểm).
Hai bình có thể tích V bằng nhau, được nối thông với nhau bởi một
ống ngắn có tiết diện nhỏ (hình 2). Trong hai bình có chứa một mol
khí lí tường. Khí trong bình thứ nhất được giữ ở nhiệt độ T1 , khí
trong bình thứ hai được giữ ở nhiệt độ T2 . Tính áp suất của khí
trong mỗi bình trong hai trường hợp:
1. Áp suất khi trong bình là thấp (khí kém)
2. Áp suất khí trong bình là không thấp
Câu 3 (3 điểm).

Cho mạch điện như hình 3. Trong đó: R1  R; R 2  2R; R 3  2R;
R 4  4R; suất điện động và điện trở trong của các nguồn lần lượt
là E1 , r1 và E 2 , r2 .
1. Tính cường độ dòng điện chạy qua mỗi nguồn.
2. Tính công suất tiêu thụ tổng cộng trên cả 4 điện trở
Câu 4 (3,5 điểm).
Tia sáng đơn sắc đi từ không khí khúc xạ vào giọt nước hình cầu
có chiết suất n rồi phản xạ trên phần mặt cầu đối diện và khúc xạ ló
ra ngoài, (hình 4)
1. Tia sáng phản xạ trên phần mặt cầu đối diện là phản xạ toàn
phần hay phản xạ một phần? Hãy chứng minh.
2. Tìm góc tới i để góc lệch  tạo bởi tia tới SI và tia ló KR cực tiểu.
Câu 5 (3 điểm).
dV
Dùng một bơm hút chân không cỏ tốc độ bơm không đổi C 
để hút không khí trong một bình kín
dt
có thể tích V = 60 lít từ áp suất khí quyển P0 . Quá trình bơm là đẳng nhiệt. Tỉ số áp suất P của không
khí trong bình ở các thời điểm tính từ lúc bắt đầu bơm hút với áp suất ban đầu P0 có giá trị cho như

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

1


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
bảng sau:
t (phút)
P
P0

0 1
1

1,5
0,7165

0,6065

3

4
0,3678

5
0,2636

6
0,1888

7
0,1353

0,0970

Xác định tốc độ bơm C (tốc độ bơm C là thể tích khí mà bơm hút ra trong một đơn vị thời gian, thể
tích này được đo ở áp suất của khí lúc đi qua bơm).

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

2


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
SỞ GD&ĐT THANH HÓA

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2010-1011
ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ 12- THPT

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1: 1. Có P cos   N 
 N  mg(3cos   2)

mV 2
mV 2
và
 mgR(1  cos ) (1)
R
2

Vật rời mặt cầu khi N = 0  cos  M 
Thay cos  M 

2
3

2gR
2
vào (1) ta được V 

.
3
3

2. Phương trình động lực học cho: P cos   N  ma sin  

mV 2
R

(1)

mV2
 mgR(1  cos )  maR sin  (2)
2


3a
Từ (1)&(2)  N  mg (3cos   2)  sin  
g


2 a
Vật rời bán cầu khi N  0  cos    sin 
3 g
5
Với a  g  sin 2     16,90
9
3. Do không có lực ma sát giữa vật và quả cầu nên trong HQC quán tính chuyển động quay của quả
cầu không ảnh hưởng đến chuyển động trượt xuống của vật, theo trên ta có:
Định lí động năng cho:

cos  

2
2gR
 VM 
3
3

R 5
5
 Flt 
m2 R
3
3
Lực quán tính Coriolis: Fc   m2  V với V  VM  Vq

Lực quán tính li tâm: Flt  m2 HM với HM 

 2

2m2 R
8g
Nên Fc  2m   gR     HM   Fc 
5 2
3
3 R
 3

Câu 2: 1. Ở áp suất thấp, khi trạng thái dừng được thiết lập thì trong cùng một khoảng thời gian số

phân tử khuếch tán từ bình nọ sang bình kia là như nhau nên:
n 1v1  n 2 v 2 

N1 8RT1 N 2 8RT2
N
T2

 1 
V

V

N2
T1

Do N1  N 2  N A  N1  N A
Lại có P1 

N1
RT
kT1  P1  1
V
V

T2
T1  T2

T2
T1  T2

; N2  NA

; P2 

T1
T1  T2

N2
RT2
kT2  P2 
V
V

T1
T1  T2

;

2. Ở áp suất bình thường, khi trạng thái được thiết lập thì áp suất trong hai bình như nhau nên:
N
T
P1  P2  n1kT1  n 2 kT2  n1VkT1  n 2 VkT  N1T1  N 2T  1  2
N 2 T1

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

3


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

N1  N 2  N A  N1  N A

Suy ra P1  P2 
Câu 3: 1. Do

T2
T1
; N2  NA
T1  T2
T1  T2

N A kT1T2
RT1T2

.
V(T1  T2 ) V(T1  T2 )

R1 R 2

nên cầu MN và AB cân bằng
R3 R4

Nếu bỏ nguồn E1 (vẫn giữ lại r1 ) ta có: R AB  2R  I 2 

E2
E2

R AB 2R  r2

Nếu bỏ nguồn E 2 (vẫn giữ lại r2 ) ta có: R MN  2R  I1 

E1
E1

R MN 2R  r1

Cầu cân bằng nên nguồn điện E1 không gây ra dòng điện qua r2 , nguồn điện E 2 không gây ra dòng
điện qua r1 . Vậy khi có cả 2 nguồn ta có:
I E1  I1  0 

E1
E 22
và I E2  I 2  0 
.
2R  r1
2R  r2

E12
E 22
r1E12
r2 E 22



2R  r1 2R  r2 (2R  r1 ) 2 (2R  r2 ) 2
sin i
1
Câu 4: 1. Có sin r 
và sin i gh 
 r  igh 

n
n
phản xạ một phần

2. Có r  (i  r) 
   2i  4r  
2
d
dr
Lấy vi phân:
 24
di
di

2. P  E1I E1  E1I E2  r1I E2 1  r2 I E2 2 ; P 

dr
 0  di  2dr (1)
di
Có sin i  n sin r  cosidi  n cos rdr (2)

Để  cực tiểu 2  4

n2 1
.
3
Câu 5: Quá trình đẳng nhiệt nên tại thời điểm t và t + dt có PV  (P  dP)(V  dV) Bỏ qua vô cùng bé
dP
C
bậc cao và thay dV  Cdt ta có:

  dt
P
V
P0 C
Lấy tích phân ta có: ln  t
P V
P0
Đặt y  ln
ta có bảng sau:
P
t
0
1
1,5
3
4
5
6
7
y
0
0,3334
0,5001
1,0002
1,3333
1,6670
2,0003
2,3330
Từ bảng trên ta có đồ thị.

Từ (1) và (2)  1  3cos 2 i  n 2  cos i 

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

4


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Từ đồ thị ta tính được

C 1
 thay V = 60 lít ta có C = 20 lít/phút
V 3

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

5