De thi hs gioi 12

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG-MÔN VẬT LÝ 12 ************************* ^ = Câu 1: Một vật có khối lượng m có thể trượt không ma sát trên một cái nêm ABC ; AB = ℓ , C ^ = α . Nêm ban đầu đứng yên, có khối lượng M và có thể trượt không ma sát trên mặt 90 ❑0 , B sàn nằm ngang. ( như hình vẽ )Cho vật m trượt từ đỉnh A của nêm không vận tốc đầu. a. Thiết lập biểu thức tính gia tốc a của vật đối với nêm và gia tốc a ❑0 của nêm đối với sàn. b. Lấy hệ tọa độ xOy gắn với sàn, ban đầu trùng với BCA. Tính hoành độ của vật m và của đỉnh C khi vật trượt tới đỉnh B. Quỹ đạo của vật là đường gì ? Cho m = 0,1 (kg), M = 2m, α = 30 ❑0 , ℓ = 1 (m), g = 10 (m/s ❑2 ). A. C. α. Câu2: Một lượng khí lý tưởng đơn nguyên tử thực hiện một quá trình biến đổi trạng thái, trên hệ toạ độ T-p quá trình này được biểu diễn bằng đoạn 1-2 của một parabol mà đỉnh của nó trùng với gốc toạ độ (hình vẽ). Hỏi nhiệt lượng mà khí nhận vào trong quá trình này được sử dụng bao nhiêu phần trăm để làm biến đổi nội năng và bao nhiêu phần trăm để thực hiện công? Biết nội 3 năng của 1 mol khí lý tưởng đơn nguyên tử là U = RT. 2. B. T. 2. 1. O Câu 3: Hai tụ điện phẳng không khí giống nhau có điện dung C mắc song p song và được tích đến hiệu điện thế U rồi ngắt khỏi nguồn. Hai bản của một tụ cố định, còn hai bản của tụ kia có thể chuyển động tự do.Tìm vận tốc của các bản tự do tại thời điểm mà khoảng cách giữa chúng giảm đi một nửa. Biết khối lượng của mỗi bản tụ là M, bỏ qua tác dụng của trọng lực. Câu 4 Một thanh mảnh đồng chất, có khối lượng m chiều dài L, có trục quay cố định nằm ngang vuông góc với thanh và đi qua đầu trên của thanh (Hình 1). Bỏ qua mọi ma sát và lực cản không khí, gia tốc rơi tự do là g. 1. Thanh đang đứng yên thì một chất điểm có khối lượng m1 = m/3 bay ngang với  vận tốc v 0 theo phương vuông góc với trục quay đến cắm vào trung điểm của thanh. Tính tốc độ góc của thanh ngay sau va chạm và cơ năng mất mát lúc va chạm.. m1.  v0. 2. Cho V 0= √10 gL . Tính góc lệch cực đại của thanh. Câu 5 Hình 1 Trên mặt nước có hai nguồn phát sóng kết hợp A, B dao động theo phương trình: u A =2 cos(20 πt)cm và uB =2 cos(20 πt+ π )cm .Coi biên độ sóng không đổi, tốc độ sóng là 60cm/s. 1. Viết phương trình sóng tổng hợp tại điểm M cách A, B những đoạn là: MA = 9cm; MB = 12cm. 2. Cho AB = 20cm. Hai điểm C, D trên mặt nước mà ABCD là hình chữ nhật với AD = 15cm. Tính số điểm dao động với biên độ cực đại đoạn trên AB và trên đoạn AC. 3. Hai điểm M1 và M2 trên đoạn AB cách A những đoạn 12cm và 14cm. Tính độ lệch pha dao động của M1 so với M2. ..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu6: Cho quang hệ đồng trục gồm thấu kính phân kì O1 và thấu kính hội tụ O2. Một điểm sáng S nằm trên trục chính của hệ trước O1 một đoạn 20cm. Màn E đặt vuông góc trục chính của hệ sau O 2 cách O2 một đoạn 30cm. Khoảng cách giữa hai thấu kính là 50cm. Biết tiêu cự của O 2 là 20cm và hệ cho ảnh rõ nét trên màn. Thấu kính phân kì O1 có dạng phẳng - lõm, bán kính mặt lõm là 10cm. 1. Tính tiêu cự của thấu kính phân kì O1 và chiết suất của chất làm thấu kính này. 2. Giữ S, O1 và màn E cố định, người ta thay thấu kính O 2 bằng một thấu kính hội tụ L đặt đồng trục với O1. Dịch chuyển L từ sát O1 đến màn thì vệt sáng trên màn không bao giờ thu nhỏ lại thành một điểm, nhưng khi L cách màn 18cm thì đường kính vệt sáng trên màn là nhỏ nhất. Tính tiêu cự của thấu kính L. Câu 7. Cho các dụng cụ sau: - Hai hộp đen kín có hai điện cực, bên ngoài hoàn toàn giống nhau, bên trong của một hộp có một đèn sợi đốt còn ở hộp kia là một điện trở; - Một nguồn điện (pin hoặc acquy); - Một ampe kế và một vôn kế; - Một biến trở và các dây nối. Hãy trình bày và giải thích một phương án thực nghiệm để xác định hộp nào chứa đèn, hộp nào chứa điện trở. ---Hết---. ĐÁP ÁN ĐỀ 16 Đáp án câu 1 a. Tính gia tốc a của vật đối với nêm và gia tốc a ❑0 của nêm đối với sàn..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> - Chọn hệ tục 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 a ❑0 < 0. + Vật m chịu tác dụng của 2 lực : trọng lực m g , phản lực  N của nêm vuông góc với AB ( như hình vẽ bên ) + Gia tốc của vật đối với sàn : a1 = a + a0 + Phương trình chuyển động của vật : Theo phương AB : mgsin α = m(a + a ❑0 .cos α ) (1) Theo phương vuông góc với AB : N - mgcos α = m a ❑0 sin α (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 α = M a ❑0 (3) N sin α N sin α )sin α ⇔ N + m.sin α Từ (2) và (3) ta có : N − mg cos α =m .(− = M M mgcos α M . mg. cos α ⇔ N(M + m.sin ❑2 α ) = M mgcos α ⇒ N = 2 M +m. sin α. Thế vào phương trình (3) ta được : a ❑0. = -. sin α .. ( MM.+mgm..sincosαα ) 2. M. 2. ⇔ mgsin α. = m.a -. =. mg .sin 2 α 2 2( M + msin α). mg .sin 2 α ).cos α ) 2 2( M + msin α ) mg sin 2 α .cos α ⇔ a = gsin α + 2(M +msin 2 α ) 2 Mg sin α +2 mg sin3 α + mg sin 2α . cos α 2(M + msin2 α ). Thế vào phương trình (1) ta được : mgsin α m g . sin 2 α . soc α 2 2(M +msin α ). = -. = m(a + (-. ( M +m) g .sin α 2 Mg sin α +2 mg sin α (1− cos2 α )+2 mg sin α . cos2 α ⇔ a = 2 M + msin 2 α 2( M +msin α ) ............................................................................................................................................................. ......... Đáp án câu 2 Dựa vào đồ thị 1-2 đã cho ta được: T = p2 (: hằng số) (1) Áp dụng phương trình C-M: pV = RT (2) 1 V Từ (1) và (2) => p= (3) αν R 1 Vì = hằng số nên đồ thị biểu diễn quá trình này trên hệ toạ độ p-V là đoạn thẳng 1-2 kéo dài qua αν R gốc toạ độ. Dựa vào đồ thị này ta tính được công mà khí thực hiện (bằng diện tích hình thang A12B): p2 V 2 − p 1 V 1 νR(T 2 −T 1) p A= = (4) 2 2 Độ biến thiên nội năng của khí: 2 3 U = R(T2 – T1) (5) 2 Từ (4) và (5) => nhiệt lượng mà khí nhận vào: 1 Q = U + A = 2R(T2 – T1) (6) Tỉ lệ nhiệt lượng chuyển thành công là: ΔU 1 O = = 25% A B V Q 4 A 3 = và làm biến thiên nội năng là: = 75% Q 4 ....................................................................................................................................................................... ⇔ a =.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Đáp án câu3 + Năng lượng của hệ hai tụ trước khi các bản chưa di chuyển: 1 W1=2. 2 C.U2= C.U2 Điện tích hệ Q=2C.U +Khi hai bản của một tụ đã di chuyển đến khoảng cách bằng một nửa lúc đầu, địên dung của tụ này là 2C + Gọi W2 là năng lượng của hệ, U1 là hiệu điện thế trên mỗi tụ lúc này: 2 Q = Q1+ Q2 => 2C.U=(C+2C)U1= 3CU1 => U1= 3 U 2. 1 1 1 3  2 U 2   CU 2 2 2 2 2 3  =3 W2 = 2 C.U 1 + 2 2C.U 1 = 2 C.U 1 +C.U 1 = 2 C.  + Độ biến thiên năng lượng của hệ bằng động năng mà hai bản tụ thu được. 1 2 1 CU 2  CU 2  CU 2 3 3 2Wđ= W1-W2  2 2 Mv2= C 3M => ....................................................................................................................................................................... Đáp án câu4 4a + Tính mô men động lượng của hệ " chất điểm+ thanh" ngay trước và ngay sau va chạm: ¿ m1 .V 0 . L/2 m . L2 I . ω0 =( I thanh + 1 ). ω0 4 ¿{ ¿ + Áp dụng định luật bảo toàn mô men động lượng của hệ " thanh + chất điểm" đối với trục quay: mV0 . L 2V L mL2 L2 1 m1 . V 0 . = +m1 . ω 0 ⇒ω 0= . = 0 2 2 (3) 2 3 4 6 5L mL mL + 3 12 + Cơ năng mất mát khi va chạm biến thành nhiệt lượng toả ra lúc va chạm: mL2 m L2 + . . ω20 2 2 2 m1 . V 0 I . ω 0 mV 0 2 mV20 (theo (3)) 3 3 4 Q= − = − = 2 2 6 2 15 4b m .L / 2  m.L / 2 L OG  1  m  m 2 1 + Vị trí khôi tâm của hệ cách trục quay một đoạn: V U. (. ). (. (. ). ). + Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng sau va chạm ta được:  mL2 m L2  4V02 3.  .   3 3 4  25 L2 I .02 4m L 3I .02   .g . (1  cos  0 )  cos  0 1  1  2 3 2 4mgL 4mgL cos  0 1 . V02 20 gL. cos  0 0,5   0 600 ....................................................................................................................................................................... Đáp án câu 5 5a + Phương trình sóng do A,B truyền tới M lần lượt là:.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> ¿. 2 πd 1 ) λ V 60 2 πd 2 với λ= = =6 (cm) f 10 u2=a. cos (ωt − +π ) λ ¿{ ¿ + Phương trình dao động tổng hợp tại M là:      uM u1  u2 2a.cos   d1  d 2    .cos  t   d1  d 2    2  2   uM 4 cos(20 t  3 )(cm) 4.cos(20 t   )(cm). u 4.cos(20 t   )(cm). ( Hoặc M ) 5b u1 =a . cos(ωt −. + Vị trí điểm dao động với biên độ cực đại thoả mãn: cos. [. π π d 1 −d 2 ) + =± 1 ( λ 2. ]. ( 12 ) λ. ⇒d 1 −d 2= k −. + Các điểm trên đoạn AB dao động với biên độ cực đại thoả mãn:  1 AB 1   AB 1  k   d1  d 2  k     2    2  2   d  d  AB k  Z  1 2.  k  2;....;3 Suy ra trên đoạn AB có 6 điểm cực đại giao thoa + Các điểm trên đoạn AC dao động với biên độ cực đại thoả mãn: 1 AD − BD ≤ d 1 − d 2= k − λ ≤ AB− 0 với k ∈ Z 2  1  15  25  k   .6 20   2  k  Z   k  1;0;1; 2;3 suy ra trên AC có 5 điểm cực đại. (. ). 5c cách A,B những đoạn d 1=12 cm ; d 2=8 cm ; M2 cách A,B những đoạn d 1=14 cm ; d 2=6 cm + M1 + Phương trình dao động tổng hợp của M1 và M2 tương ứng là:  5  2 5 5  2    uM 1 4.cos  3  2  .cos  t  6   4.sin 3 .cos(t  6 )  2 3.cos( t  6 )(cm)       u 4.cos  4    .cos  t  5   4.sin 4 .cos(t  5 ) 2 3.cos( t  5 )(cm)      M 2 6  3 6 6  3 2  chứng tỏ hai điểm M1 và M2 dao động cùng biên độ ngược pha nhau, nên độ lệch pha của M1 so với M2 là   . ........................................................................................................................................................................ Đáp án câu6 6a O1 S 1  O2 S 2 + Sơ đồ tạo ảnh qua hệ: S  ❑ d2 . f 2 ❑ =60cm + Ta có d1 = 20cm; ảnh rõ nét trên màn nên d 2 =30 cm ⇒ d 2= d 2 −f 2 ❑ ❑ + Mặt khác: d 2 +d 1 =O 1 O2 ⇒d 1 =O1 O2 − d 2=50 −60=−10 cm.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> ❑. + Tiêu cự của thấu kính phân kì là: f 1 = + Mặt khác:. d 1 . d1. ❑ 1. =. 20 .(−10) =−20( cm) 20 −10. d1 +d 1 1 R −10 =(n− 1) . ⇒ n=1+ =1+ =1,5 f1 R f1 −20. d 2/. M. P. O1. S1. L. S2. S. Q. d2. N. x. 50cm 6b + Từ sơ đồ tạo ảnh ta có S;O1 cố định nên S1 cố định, đặt khoảng cách từ thấu kính L đến màn E là x. + Ta có: ΔS 2 PQ đồng dạng ΔS 2 MN , nên: ❑ d2 − x PQ x 1 1 1 1 = ❑ =1 − ❑ =1− x . − =1 − x . − MN f d f a − x d2 d2 2. (. ). (. ). a 80  d1/ 90cm với PQ x x a a−x a =1− + = + − MN f a− x a − x f f a a−x a PQ a a a a Theo bất đẳng thức Côsy: + ≥2 ⇒ ≥2 − ⇒ PQ≥ MN(2 − ) a− x f f MN f f f f a a x (a  x) 2 (90  18) 2   f   57, 6cm a  x f a 90 Suy ra PQ min khi. √. √. √. ( theo gt khi x = 18cm thì PQ nhỏ nhất) ........................................................................................................................................................................ Đáp án câu 7 - Mắc mạch điện khảo sát sự phụ thuộc của I vào U cho từng hộp đen. Từ đó vẽ đường đặc trưng Vôn – Ampe cho từng trường hợp. - Khi có dòng điện chạy qua, nhiệt độ của điện trở tăng không nhiều, nên điện trở ít thay đổi theo nhiệt độ. Vì vậy, đường đặc trưng Vôn – Ampe gần như là đường thẳng. - Khi có dòng điện chạy qua, nhiệt độ của dây tóc bóng đèn rất lớn, nên điện trở của dây tóc bóng đèn thay đổi theo nhiệt độ rất nhiều. Vì vậy, đường đặc trưng Vôn – Ampe có dạng 1 đường cong. - Dựa vào đặc tuyến Vôn – Ampe vẽ được ta xác định đúng từng hộp.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>