Đề HSG môn vật lý lớp 12 năm học 2013 2014 sở GDĐT bình thuận hệ không chuyên file word có lời giải chi tiết

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
SỞ GD&ĐT BÌNH THUẬN
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2013-2014
ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ 12- THPT
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
( Đề gồm 01 trang)

Câu 1 (4 điểm).

Một người đứng tại chỗ ném một hòn đá với vận tốc v 0 thì nó có thể rơi đến một khoảng cách
không xa hơn x 0 . Hòn đá có thể rơi xa thêm một khoảng bằng bao nhiêu nếu người ném đó
đang chạy với vận tốc V theo hướng ném?
Cho gia tốc trọng trường tại nơi ném là g. Bỏ qua sức cản của không khí cũng như chiều cao của người
ném.
Câu 2 (3 điểm).
Cho hệ cơ học như hình vẽ. Lấy g  10(m / s 2 ).

m1  3kg;m2  1kg;   300
Tính m3 và lực nén của m1 lên mặt nghiêng khi cân bằng.
Câu 3 (4 điểm).
Một khí lí tưởng đơn nguyên tử hoạt động với chu trình sau
(có đồ thị như hình vẽ).
V
Hãy xác định tỉ số k  D khi hiệu suất của chu trình là
VA
12%.

Câu 4 (5 điểm).

Cho mạch điện có sơ đồ như hình vẽ. Trong đó bộ nguồn
gồm hai acquy có cùng suất điện động E = 2,1V và có điện
trở
trong
không
đáng
kể,
các
điện
trở
R1  1; R 2  1,3; R 3  2; R 4  1, 6; R 5  7
a) Xác định chiều và cường độ dòng điện chạy qua mỗi điện
trở.
b) Tính điện trở tương đương của mạch ngoài.
c) Chứng tỏ rằng nếu R 4  2, 6 thì không có dòng điện
chạy qua điện trở R 5 .
Câu 5 (4 điểm).
Hai thấu kính (L1 ), (L2 ) có cùng trục chính, đặt cách nhau một khoảng l = 30 cm. Đặt một vật có
chiều cao AB trước (L1 ) cách một khoảng 15cm, thì thu được một ảnh có chiều cao A/ B/ trên màn
(M) đặt cách (L 2 ) 12cm. Giữ vật cố định, rồi hoán vị hai thấu kính thì phải dịch chuyển màn 2cm lại
gần (L1 ) mới thu được ảnh. Xác định tiêu cự của hai thấu kính và số phóng đại của ảnh ở mỗi vị trí.

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

1


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
SỞ GD&ĐT BÌNH THUẬN

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2013-2014
ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ 12- THPT

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1: Gọi:
v 0 là vận tốc cực đại của bàn tay tại thời điểm ném.

v là vận tốc của người chạy khi ném
v1 là vận tốc của hòn đá.
Để đạt được khoảng cách xa nhất thì việc ném phải thực hiện
sao cho v1  v0  v của hòn đá hợp với phương nằm ngang một

góc   .
4
Điều đó có nghĩa là các thành phần thẳng đứng và nằm ngang của v1 phải bằng nhau:
v0 cos   v  v0 sin  hay v0 cos   v  v0 1  cos 2 
Bình phương 2 vế ta được: v02 cos2   2v0 cos   v2  v02  v02 cos2 

 2v02 cos2   2v0 v cos   v2  v02  0

(*)

2

 v  
1 v
Giải phương trình theo ẩn cos  ta được: cos     2   
2  v0

 v0  

Bình phương của hợp vận tốc v thỏa mãn hệ thức: v12  v02  v2  2v0 v cos 

(1)
(2)

Thay (1) vào (2) ta có: v12  v02  v 2v02  v2
Khoảng ném xa nhất khi người đso đứng tại chỗ là: x 0 
Khi ném với vận tốc v1 là: x 

v 02
.
g

v12
.
g

Vậy khi chạy ném xa hơn được một khoảng: x  x  x 0  x 

v
2v02  v 2 .
g

Câu 2: Khối m1 đứng cân bằng dưới tác dụng của các lực: Trọng lực P1 ; Phản lực N1 của mặt phẳng
nghiêng; Lực căng T2 (T2  P2 ); Lực căng T3 (T3  P3 ) .
Ta có P1  N1  T2  T3  0
(1)
Lần lượt chiếu hệ thức véc tơ (1) lên phương song song với mặt nghiêng và phương nằm ngang, ta có:

Chiếu lên phương song song với mặt phẳng nghiêng (chiếu (+) đã chọn như hình vẽ):
(2)
P1 cos 600  T2 cos 600  T3  0
Chiếu lên phương nằm ngang (chiếu (+) đã chọn như hình vẽ):
(3)
N1 cos 600  T3 cos300  0
Từ (2)  T3 

P1  P2
.
2

Với T3  P3 , T2  P2 ta có: m3 

m1  m2 3  1

 1kg
2
2

 Vật m3 có khối lượng 1 kg.

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

2


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

m g cos 300

Từ (3)  N1  3

cos 600

1.10.
1
2

3
2  10 3 (N) .

Câu 3: Ta có:

A
Q
A là công mà khối lượng khí thực hiện.
Q là nhiệt lượng khối khí nhận được.
Trên đồ thị p – V, công có trị số tính bằng phần diện tích giới
hạn trong đường cong chu trình: A  pA VA (k  1)
Hiệu suất của chu trình: H 

Gọi TA là nhiệt độ tại A thì: TB  2TA , TC  2Kt A , TD  Kt A .
Nhiệt lượng thu vào: Q  nC1.TA  nCp 2TA (k  1); (n là số mol khí).
Với: pA VA  nRTA , ta có: H 

R(k  1)
C1.  2Cp (k  1) 

Vì chất khí là đơn nguyên tử nên: CV 

3R
5R
; Cp 
2
2

Nếu hiệu suất H = 12% thì k= 1,45.
Câu 4: Đặt VB  0 và giả sử các dòng điện chạy qua mỗi đoạn mạch có chiều và cường độ như hình
vẽ.
V
10VM
Ta có: VM  I 2 .R 2  I 2  M 
(1)
R2
13
Tương tự: VA  I1R1  I2 .R 2  I1R1  VM

 4, 2  I1  VM  I1  4, 2  VM
VN  I4 R 4 , do đó: I 4 

VN 5VN

R4
8

(2)
(3)

VA  I3R 3  I 4 R 4  I3R 3  VN  4, 2  2I3  VN  I3 

21  5VN
(4)
10

VM  VN
(5)
7
Tại nút M ta có: I1  I2  I5 , từ (1), (2) và (5) ta được:
VM  VN  I5 R 5  I5 

10VM VM  VN

 174VM  13VN  382, 2
13
7
Tại nút N ta có: I4  I3  I5 , từ (3), (4) và (5) ta được:
4, 2  VM 

(6)

5VN 21  5VN VM  VN
(7)


 355VN  40VM  588
8
10
7
Từ (6) và (7) ta được: VN  1,92(V); VM  2,34(V)
(8)

Các cường độ dòng điện
10VM 10.2,34
I2 

 1,8(A)
I1  4, 2  VM  4, 2  2,34  1,86(A)
13
13
21  5VN 21  5.1,92
5V
5.1,92
I3 

 1,14(A)
I4  N 
 1, 2(A).
10
10
8
8

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

3


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
VM  VN 2,34  1,92

 0, 06(A) .

7
7
Các cường độ dòng điện tìm được đều có giá trị dương, nên các dòng điện thực sự tương ứng có chiều
đúng như đã chọn ban đầu (như hình vẽ)
b) Áp dụng định luật ohm cho toàn mạch ta có:
2E
2E
2.2,1
I
 RN 

 1, 4()
RN
I1  I3 1,86  1,14
I5 

c) Xét trường hợp R 4  2, 6(). Đặt VB  0 và gọi U AB  U,
tương tự như câu (a) ta có:
10VM
(1)
I1  U  VM (2)
I2 
13
V
5V
U  VN
I4  N  N
(3)
(4)
I3 

R4
13
2
V  VN
(5)
I5  M
7
Từ các phương trình nút: I1  I2  I5 ; I4  I3  I5 và các hệ thức (1), (2), (3), (4) và (5) ta được:
10VM VM  VN
(6)
U  VM 

 174VM  13VN  91U
13
7
5VN U  VN VM  VN
(7)


 187VN  26VM  91U
13
2
7
13U
Giải hệ phương trình (6) và (7) ta được: VN  VM 
.
23
Do đó UMN  VM  VN  0 và dòng điện chạy qua điện trở R 5 là I5  0 (mạch cầu cân bằng).
Câu 5: Ta có: d1/  d 2  l . Thay d1/ và d 2 lần lượt bằng các giá trị tính theo d1 và d 2/ , ta được hệ thức
sau:

d1 f1
d/ f
 /2 2 l
d1  f1 d 2  f 2

Ban đầu d1  15cm, d 2/  12cm, l  30cm.
Ta có:

15 f1
12 f 2

 30; Điều kiện: f1  15, f 2  12
15  f1 2  f 2

 5f1 (12  f 2 )  4f 2 (15  f1 )  10(15  f1 )(12  f 2 )

(1)
(2)

Sau khi hoán vị (L1 ), (L2 ) thì d1 và l không đổi, nhưng d 2/  10cm.
Ta có:

d1 f 2
d/ f
15 f 2
10 f1
 /2 1 l 

 30

d1  f 2 d 2  f1
15  f 2 10  f1

3 f 2 ( 30  f1 )  2 f1( 15  f 2 )  6( 15  f 2 )( 10  f1 )

(3)
(4)

Khai triển và rút gọn (2) và (4), ta được: 19 f1 f 2  180 f1  210 f 2  1800  0

11 f1 f 2  120 f1  90 f 2  900  0

(6)

Lấy (5) trừ (6), ta được: 8 f1 f 2  60 f1  120 f 2  900  0

(7)

Lấy (6) trừ (7), ta được: 3 f1 f 2  60 f1  30 f 2  0 hay f1 f 2  20 f1  10 f 2
Thay (8) vào (7) ta được: f1  2; f 2  9

(5)

(8)

(9)

Thay (9) vào (8) ta được: 2 f  39 f 2  180  0
2
2

Phương trình này cho ta 2 nghiệm dượng: f 2  12cm; f 2  7 ,5cm.

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

4


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
Tương ứng ta có: f 2  12cm  f1  15cm. (Loại)

f 2  7 ,5cm  f1  6cm.
Vậy tiêu cự của hai thấu kính là: f1  6cm; f 2  7,5cm.
Số phóng đại của ảnh ở các vị trí: k1 
k1 

f1 d 2/  f 2
6 12  7 ,5
.

.
 0, 4.
d1  f1
f2
15  6 7 ,5

f2
d /  f1
7 ,5 10  6 2
. 2


.
 .
d1  f 2
f1
15  7 ,5 6
3

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

5