Đề thi HSG môn vật lý bảng b chính thức tỉnh gia lai 2015 2016

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
GIA LAI
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn: VẬT LÍ- Bảng B
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 13/11/2015
(Đề thi có 02 trang, gồm 06 bài)

Bài 1. (4 điểm) Một lò xo có khối lượng không đáng kể đặt trên mặt phẳng ngang không
ma sát, một đầu gắn cố định vào điểm Q , đầu còn lại gắn vào vật nhỏ. Kích thích cho
con lắc dao động điều hòa theo phương ngang với cơ năng bằng 0, 5  J  và lực đàn hồi cực
đại là 10  N  . Trong quá trình dao động, khoảng thời gian ngắn nhất giữa hai lần liên tiếp
Q chịu tác dụng lực kéo của lò xo có độ lớn 5  N  là

1
( s ) . Chọn trục Ox có phương
15

ngang, gốc O trùng với vị trí cân bằng của vật, chiều dương là chiều giãn của lò xo, mốc
thế năng tại vị trí cân bằng. Gốc thời gian là lúc vật chuyển động cùng chiều dương nhanh
dần đều đi qua điểm M cách vị trí cân bằng đoạn 5 3  cm  .
a. Viết phương trình dao động điều hòa của vật.
b. Kể từ lúc t  0 , sau bao lâu điểm Q chịu tác dụng lực kéo của lò xo có độ lớn bằng 4  N 
lần thứ 2015 .
c. Tìm tốc độ trung bình lớn nhất của vật trên quãng đường 130 (cm) .
Bài 2. (3 điểm) Một bình kín hình trụ đặt thẳng đứng có tiết

diện S  100  cm2  , chiều cao l , được chia thành hai phần nhờ
một pittông cách nhiệt có khối lượng là m  400( g ) . Phần trên
của bình chứa 0, 75  mol  khí lý tưởng, phần dưới chứa 1,5  mol 

l
0, 6l

khí cùng loại. Nhiệt độ của khí ở cả hai phần bằng nhau và bằng
350  K  . Pittông cân bằng và nằm cách đáy dưới đoạn 0,6l như

Hình 1
hình 1. Cho g  10(m / s 2 ) .
a. Tính áp suất khí trong mỗi phần của bình.
b. Giữ nhiệt độ không đổi ở một phần bình, cần nung nóng phần còn lại đến nhiệt độ bằng
bao nhiêu để pittông cách đều hai đáy bình.
Bài 3. (3,5 điểm) Trên trục chính xy của một thấu kính O có ba điểm A, B, C như hình 2 .
Khi đặt điểm sáng S tại A , qua thấu kính cho ảnh tại B ; khi đặt điểm sáng S tại B qua
thấu kính cho ảnh tại C . Cho biết AB  2  cm  , AC  6  cm  .
x C
B
A
y

a. Xác định vị trí đặt thấu kính và tiêu cự của thấu kính.
Hình 2
b. Giữ nguyên vị trí của thấu kính O , đặt thêm thấu kính
– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

1

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

hội tụ O ' (tiêu cự f '  6 cm ) đồng trục với O tại vị trí B . Một vật sáng MH đặt vuông góc
với trục chính của hệ thấu kính trong khoảng Bx . Tịnh tiến vật sao cho điểm M luôn nằm
trên trục chính. Hỏi vật đi qua vị trí nào thì ảnh qua hệ đổi chiều.
Bài 4. (4 điểm) Trên mặt phẳng nằm ngang cho
M
I
K
mạch điện như hình 3, biết hai thanh ray kim
B
C
loại GH và IK được đặt song song, cách nhau
F
một khoảng l  2  m  , hai đầu thanh nối với tụ
điện có điện dung C  102  F  . MN là thanh kim

H

N

G

Hình 3

loại đồng chất, tiết diện đều, có khối lượng 490g
Toàn bộ hệ thống
được đặt trong từ trường đều mà véc tơ cảm ứng từ B có phương thẳng đứng và chiều từ
trên xuống, độ lớn B  0,5 T  ; mạch được đặt cách điện trên mặt phẳng ngang. Bỏ qua mọi

ma sát và điện trở của các thanh. Tác dụng lên trung điểm của MN một lực F không đổi
có độ lớn F  1 N  , phương song song với hai thanh ray, chiều qua phải. Thanh MN
chuyển động từ trạng thái nghỉ.
a. Tính gia tốc chuyển động của thanh MN .
b. Trong trường hợp không tác dụng lực F , ta nâng đầu H và đầu I sao cho các thanh
GH và IK hợp với mặt phẳng nằm ngang một góc   300 . Hai thanh song song và cách
nhau một khoảng l  2  m  . Tính gia tốc của thanh MN trong trường hợp này.
Bài 5. (3 điểm) Trong thí nghiệm giao thoa sóng mặt nước, có hai nguồn kết hợp tại
hai điểm A, B cách nhau 20  cm  dao động theo phương thẳng đứng với phương trình
u A  uB  4cos 40 t (cm; s). Cho tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 40  cm / s  . Biên độ sóng

không đổi khi truyền đi.
a. Tính tốc độ dao động cực đại của phần tử nước tại điểm M trên mặt nước cách các
nguồn A, B lần lượt đoạn 16  cm  và 20,5  cm  .
b. Hai điểm P và Q trên mặt nước cùng cách đều trung điểm O của AB một đoạn 22  cm 
và cùng cách đều hai nguồn sóng A, B . Tính số điểm dao động cùng pha với 2 nguồn trên
đoạn PQ .
Bài 6. (2,5 điểm) Sử dụng các dụng cụ sau: Một cuộn dây đồng dài; một chiếc cân với bộ
các quả cân; một bình ăcquy đã được nạp điện; một vôn kế và một ampe kế lý tưởng; các
dây nối có điện trở không đáng kể; bảng tra cứu điện trở suất  và khối lượng riêng D của
các chất. Hãy trình bày phương án thí nghiệm để xác định thể tích của một căn phòng lớn
có dạng hình khối hộp chữ nhật.
– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

2


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM

BÀI
1.
(4,0đ)

NỘI DUNG- LƯỢC GIẢI

a. Lập phương trình dao động điều hòa.
1
2

Cơ năng: W= kA 2  0,5 J (1)
Lực đàn hồi cực đại: ( Fdh )max  k. A  10 N (2)
 A  0,1 m   10  cm 

Giải hệ (1); (2) suy ra: 
N
k  100  m 
 

Khi Fdh  5( N )  kx  x  0,05(m)  5(cm)

ĐIỂM

  1,5đ
0,25

0,25
0,25

Khi Q chịu tác dụng lực kéo của lò xo nên suy ra lò xo ở trạng thái
giãn: 

1
T
1
( s)   T  ( s)    10 (rad/s)
15
3
5

0,25

t=0: vật chuyển động cùng chiều dương (là chiều giãn của lò xo) nhanh
dần đều đi qua điểm M cách vị trí cân bằng đoạn 5 3  cm  ; suy ra:
x0  5 3 (cm); v0  0

0,25


- 3
5
cos =
( rad)

2  
6
sin   0


=> Phương trình: x  10cos(10 t-

5
) ( cm, s)
6

0,25

b. Tìm thời điểm Q chịu tác dụng lực kéo của lò xo có độ lớn bằng
  1,5đ
4N lần thứ 2015 .
Ta có: Fdh  k. x  4( N )  x  0,04 (m)  4 (cm)
0,25
Kể từ lúc t  0 , thời điểm Q chịu tác dụng lực kéo của lò xo có độ lớn
T
6

bằng 4  N  lần thứ 2015 là: t  1007T   t0
Với t0 là khoảng thời gian ngắn nhất vật dao động từ vị trí cân bằng
đến li độ x  4 (cm ) :
4

sin    0, 4    0, 4115 (rad)  t0 
 0, 0131  s 
10

 t  201, 4464 ( s )

c. Tốc độ trung bình lớn nhất của vật trên quãng đường 130 (cm) .
– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

0,5

0,5

0,25

  1,0đ
3


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

+Quãng đường: S  130 (cm)  13A=3.4A+S1; ( S1  A)
+Thời gian: t  3T  t1 ; ( t1 là thời gian vật đi hết quãng đường S0 )
Tốc độ trung bình lớn nhất khi vật đi hết quãng đường S trong thời
gian t ngắn nhất.
Muốn vậy t1 có giá trị nhỏ nhất => vật chuyển động lân cận VTCB. Sử
dụng véc tơ quay ta tính
được góc quay M 1OM 2 

Vậy t 


3



2
T

.t1  t1 
T
6

M2

19
( s)
30

+Tốc độ trung bình lớn nhất: vtb 

 /3
-5

•
O

0,25

0,5

M1
x
5

10

S 3900


 205, 263 (cm / s)
t
19

2.
a) Tính áp suất khí trong hai phần bình.
(3,0đ)

Áp dụng phương trình Mendeleev – Clapeyron cho khí trong hai phần
bình:

0,25

  1,5đ
0,25

p1V1  n1RT1  p1.0,4lS  0,75RT1 (1)
p2V2  n2 RT2  p2 .0,6lS  1,5RT1 (2)
0, 4 p1 1
4
  p2  p1 (3)
Lấy (1): (2) vế theo vế:
0,6 p2 2
3

0,25

Pittông cân bằng nên:

0,25

p1S  mg  p2 S  p2  p1 

0,25

mg
 p2  p1  400 (4)
S

Từ (3) và (4) ta có:
 N 
p1  1200  2   1200  Pa 
m 
 N 
p2  1600  2   1600  Pa 
m 

0,25

0,25

b) Cần nung nóng phần còn lại đến nhiệt độ bằng bao nhiêu để   1,5đ
pittông cách đều hai đáy bình.
0,25
Vì l1  l2 nên cần nung nóng ở phần trên
Phần dưới có nhiệt độ không đổi, theo định luật Bôilơ–Mariốt ta có:
p2V2  p '2 V '2 với V2'  0,5lS
 p '2 

0, 6

6
p2  p2  1920  Pa 
0,5
5

0,25

Pittông cân bằng: Tương tự phương trình (4) suy ra:

0,5

Áp dụng phương trình trạng thái khí lý tưởng cho phần khí ở trên:

0,25

p1 '  p '2  400  1520  Pa 

p1V1 p '1 V '1

T1
T '1

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

4


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
 T1 ' 

0,25

p '1 V '1 T1 p '1 .0,5lS .T1 3325


K  554 K
p1V1
p1.0, 4lS
6

3.
a. Xác định vị trí đặt thấu kính và tiêu cự của thấu kính.
(3,5đ)
+ Điểm sáng được đặt ở A , qua thấu kính cho ảnh ở B . Điểm sáng đặt
ở B , qua thấu kính cho ảnh ở C . Vậy ảnh tại B là ảnh ảo.
+ Nếu là TKHT thì thấu kính phải đặt trong khoảng Ay , và ảnh tại C

là ảnh ảo.
+ Nếu là TKPK thì thấu kính phải đặt trong khoảng Cx và ảnh tại C là
ảnh ảo.
+ Ta có AB  BC , nghĩa là quãng đường vật dịch chuyển ngắn hơn
quãng đường ảnh dịch chuyển => thấu kính O là TKHT, nằm trong
khoảng Ay .
+ SĐTA Lần 1:

TK
S A 
 S B'

d1

  2,0đ
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

d1'

d1  OA
d1'    d1  2 
d . d  2
1 1 1 1
1
  '  
 f  1 1
f d1 d1 d1 d1  2
2

+ SĐTA Lần 2:

1

TK
S B 
 Sc'

d2

0,25

d 2'

d 2  d1  2
d 2'    d1  6 

 d  2  d1  6 
1 1 1
1
1
  ' 

 f  1
f d 2 d 2 d1  2 d1  6
4

 2

 d1  6  cm 
+ Từ (1) và (2) giải được: 
 f  24  cm 
Kết luận: TKHT có tiêu cự f  24  cm  , nằm trong khoảng Ay, cách A

đoạn 6  cm 
b. Vật đi qua vị trí nào thì ảnh qua hệ đổi chiều.
Sơ đồ tạo ảnh:

O'

O
MH 
 M 1 H1 
 M 2H2

d1

d1'

d2

0,25

0,25

  1,5đ
0,25

d 2'

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

5


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
d1' 

f '.d1
6.d1


d1  f ' d1  6

d 2  l  d1'  8 

k  k1.k 2 

6.d1
2d  48
 1
d1  6
d1  6

0,5

f'
f
.
d1  f ' d 2  f


6
24
.
d1  6 2d1  48  24
d1  6



144

22d1  96

Xét dấu k theo d1 :
d1

0,5
48
cm
11

0

k

+

Ảnh

Cùng chiều



Ngược chiều

Từ bảng xét dấu suy ra: Khi vật MH đi qua vị trí cách thấu kính O '
đoạn

48
 cm  thì ảnh qua hệ đổi chiều.
11

4.
a. Tính gia tốc của thanh MN.
(4,0đ)
C

  3,0đ
M (+)

I

K

B

f
H

0,25

F

N (-)

G

- Khi tác dụng lực F , thanh MN chuyển động ra xa tụ C . Trên thanh
MN xuất hiện suất điện động cảm ứng tuân theo quy tắc bàn tay phải, có
đầu M là cực (  ) và đầu N là cực (  ) .

0,25

-Tại thời điểm t , thanh MN có vận tốc là v , trên thanh có suất điện
động cảm ứng eC  Bvl
+ Mạch hở nên hiệu điện thế giữa hai bản tụ: u  eC  Bvl
+ Điện tích của tụ điện: q  Cu  CBvl

0,25

dq
dv
 CBl
 CBla
dt
dt
+ Lực từ tác dụng lên thanh MN có phương vuông góc với MN ,

0,5

+ Cường độ dòng tích điện: i 

0,25
0,25

song

0,5

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

6

song với hai thanh ray, chiều hướng về tụ C, có độ lớn:
f  Bil  B 2l 2Ca


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

- Áp dụng định luật II Niu tơn ta có:
0,5

F
m  CB 2l 2
1
- Thay số:  a 
 2 m / s2 
2 2
0,49  0,01.0,5 2
b) Khi nâng hai đầu thanh lên một góc   300 .
F  f  ma  a 

0,5

  1,0đ

Lập luận tương tự câu a ta có hiệu điện thế giữa hai đầu tụ điện là


u  ec  Blv sin      Blv.cos
2


q  Cu  CBlv.cos

N

0,25


f
v

P



i

dq
dv
 CBl.cos
 CBl.cos .a
dt
dt
Lực từ tác dụng lên thanh: f  Bil  CB 2l 2a. cos

0,25

Áp dụng định luật II Niu tơn ta có:

0,25

 mg sin   CB 2l 2 .a.cos2   ma
mg sin 
m
a
 4,925  2 
2 2
2
m  CB l .cos 
s 

0,25

P sin   f cos   ma

5.
a) Tính tốc độ dao động cực đại tại một điểm M .
(3.0đ)

=20  Hz 
f 
2
v 40
    2 (cm)
f 20

AM  2.4 cos  20,5  16  = 4 2  cm 
2
vmax   AM  40 .4 2  160 2  (cm / s)  710,86  cm / s 

b) Tính số điểm trên đoạn PQ dao động cùng pha với 2 nguồn.
Gọi N là điểm trên OQ cách hai nguồn đoạn d1  d 2  d
Phương trình sóng tổng hợp tại N là:


 d 2  d1  cos  40 t   d 2  d1   (cm)




2 d 

 8cos  40 t 
( cm)
 


uN  2.4 cos

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

  1,0đ
0,25
0,25
0,25
0,25

  2,0đ

0,5

7


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Để N dao động cùng pha với nguồn thì: 2

d



 k 2 ;

0,5

suy ra: d  k  ; k  0
Gọi x là khoảng cách từ N đến AB:

0,25

2

 AB 
2
 x  (k  )  
  4k  100
2



2

Vì N thuộc đoạn OP nên 0  x  22  cm  =>5  k  12,08

0,5

 k  5,6,7,8,9,10,11,12

0,25
Vậy trên đoạn OQ có 8 điểm dao động cùng pha với hai nguồn
 Trên đoạn PQ có 15 điểm dao động cùng pha với hai nguồn
6.
Trình bày phương án xác định thể tích của một căn phòng lớn có   2,5đ
(2,5đ) dạng hình khối hộp chữ nhật.
0,25
- Xác định điện trở R của một đoạn dây đồng có chiều dài l bằng độ
cao của căn phòng, bằng cách mắc một mạch điện kín gồm ăcquy, mạch
ngoài gồm đoạn dây dẫn đang xét, một ampe kế mắc nối tiếp và một
vôn kế mắc song song với đoạn dây trên.
0,5
Lúc đó: Ampe kế chỉ cường độ dòng điện I qua dây đồng; vôn kế chỉ
hiệu điện thế U giữa hai đầu dây.

Ta có: R 

U
l

(1)
I

S

( S là tiết diện ngang của dây,  là điện trở suất của đồng).
- Mặt khác, khối lượng m của đoạn dây dẫn trên có thể xác định bằng
cân và được biểu diễn như một hàm của l , S và khối lượng riêng D của
đồng: m  DlS (2)
- Nhân hai đẳng thức (1) và (2) vế theo vế ta được:
mU
.
  .D.l 2  tính được:
I

l

mU
.
 .D.I

0,5

0,5

(3)

- Các giá trị I , U , m xác định bằng các thực nghiệm. Các giá trị  và D
có thể tra cứu ở các bảng vật lý. Bằng cách đó, ta lần lược xác định
được chiều cao c , chiều dài d , chiều rộng r của căn phòng.
- Từ đó xác định được thể tích V của căn phòng:

0,25

0,5

V  c.d .r

- Nếu độ giảm hiệu điện thế trên đoạn dây có chiều dài (hoặc chiều
rộng) của căn phòng là nhỏ và khó đo được bằng vôn kế thì cần phải
mắc một đoạn dây có chiều dài (hoặc chiều rộng) bằng một số nguyên
lần.
– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

8


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
---------Hết---------

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

9