Đề thi học sinh giỏi môn Vật lý 12 kèm đáp án

Chia sẻ: Le Thi Man | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:18

Thêm vào BST

Báo xấu

126
lượt xem 13
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo 3 đề thi chọn học sinh giỏi môn Vật lý lớp 12 kèm đáp án dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ thi chọn học sinh giỏi, với đề thi này các em sẽ được làm quen với cấu trúc đề thi và củng cố lại kiến thức căn bản nhất.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Vật lý 12 kèm đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HẢI DƯƠNG HẢI DƯƠNG Lớp 12 THPT năm học 2012- 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: VẬT LÝ Thời gian làm bài: 180phút (Đề thi gồm 02 trang) Câu 1(2 điểm) 1) Một vật có khối lượng m  100( g ) , dao động điều hoà F(N) theo phương trình có dạng 4.10-2 x  Acos(t  ) . Biết đồ thị lực kéo về theo thời gian F(t) t (s) O 7/6 như hình vẽ. Lấy 2  10 . Viết - 2.10-2 13/6 phương trình dao động của vật. 2) Một chất điểm dao động điều - 4.10-2 hòa với chu kì T và biên độ 12(cm) . Biết trong một chu kì, 2T khoảng thời gian để vận tốc có độ lớn không vượt quá 24  3 (cm/s) là . 3 Xác định chu kì dao động của chất điểm. 3) Một con lắc lò xo đặt trên mặt phẳng nằm ngang có k  100 (N/m), m  500( g ) . Đưa quả cầu đến vị trí mà lò xo bị nén 10cm, rồi thả nhẹ. Biết hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nằm ngang là  = 0,2. Lấy g = 10(m/s2). Tính vận tốc cực đại mà vật đạt được trong quá trình dao động.  Câu 2(2 điểm) v Các electron được tăng tốc từ trạng thái nghỉ trong một điện A x 3  trường có hiệu điện thế U = 10 (V) và thoát ra từ điểm A theo đường Ax. Tại điểm M cách A một đoạn d = 5(cm), người ta đặt một tấm bia để hứng chùm tia electron, mà đường thẳng  M 0 AM hợp với đường Ax một góc  = 60 . a) Hỏi nếu ngay sau khi thoát ra từ điểm A, các electron chuyển động trong một từ trường không đổi vuông góc với mặt phẳng hình vẽ. Xác định độ lớn và chiều của véc tơ cảm ứng từ B để các electron bắn trúng vào bia tại điểm M? b) Nếu véc tơ cảm ứng từ B hướng dọc theo đường thẳng AM, thì cảm ứng từ B phải bằng bao nhiêu để các electron cũng bắn trúng vào bia tại điểm M? Biết rằng B ≤ 0,03 (T). Cho điện tích và khối lượng của electron là: -e = -1,6.10-19(C), m = 9,1.10 -31(kg). Bỏ qua tác dụng của trọng lực. 1
Câu 3(2 điểm) Hai nguồn âm điểm phát sóng cầu đồng bộ với tần số f = 680(Hz) được đặt tại A và B cách nhau 1(m) trong không khí. Biết tốc độ truyền âm trong không khí là 340(m/s). Bỏ qua sự hấp thụ âm của môi trường. 1) Gọi I là trung điểm của AB, P là điểm nằm trên trung trực của AB ở gần I nhất dao động ngược pha với I. Tính khoảng cách AP. 2) Gọi O là điểm nằm trên trung trực của AB cách AB 100(m). Và M là điểm nằm trên đường thẳng qua O song song với AB, gần O nhất mà tại đó nhận được âm to nhất. Cho rằng AB
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN VẬT LÝ NĂM 2013 Câu 1.(2 điểm) 1) (1 điểm) T 13 7 0,25đ Từ đồ thị, ta có:   = 1(s)  T = 2s   = (rad/s). 2 6 6 2  k = m. = 1(N/m). 0,25đ +) Ta có: Fmax = kA  A = 0,04m = 4cm. +) Lúc t = 0(s) từ đồ thị, ta có: Fk = - kx = - 2.10 -2 m  x = 2cm và Fk 0,25đ đang tăng dần (vật đang chuyển động về VTCB)  v < 0.  x  Acos = 2cm      rad  v = -Asin < 0 3 Vậy, phương trình dao động của vật là: x= 4cos(t + /3) cm. 0,25đ 2) (0,5điểm) Từ giả thuyết,  v ≤ 24 3 (cm/s). 0,25đ Gọi x1 là vị trí mà v = x 24 3 (cm/s) và t1 là      thời gian vật đi từ vị -A - x1 O x1 A trí x 1 đến A.  Thời gian để vận tốc có độ lớn không vượt quá 24 3 (cm/s) là: t = 2T T 4t1 =  t1 =  x1 = A/2. 3 6 2 2 2 v 0,25đ Áp dụng công thức: A  x       4  T  0,5( s).   3) (0,5điểm) Gọi x0 là tọa độ của VTCB, ta có: Fdh = Fms  k.x0 = mg 0,25đ  mg  x0   1cm. k Biên độ dao động của con lắc là: A = l – x0 = 9cm. 0,25đ Vận tốc cực đại là: vmax = A = 90 2 (cm/s). Câu 2.( 2điểm) a)(1 điểm) 1 0,25đ Vận tốc của e ở tại A là: eU  mv 2 suy ra v  1,875.107m/s 2   +) Khi e chuyển động trong từ trường B chịu tác v 0,25đ A x dụng của lực Lorenxơ,  độ lớn FL = evB, để e có      bắn vào bia tại M thì FL có hướng như hình vẽ. B  FL H  B có chiều đi vào. O  M 3
Vì B  v nên lực lorenxơ đóng vai trò là lực hướng tâm, làm e chuyển 0,25đ động tròn đều, bán kính quỹ đạo là R = OA =OM. v2 mv Ta có FL = maht  evB = m  R = R eB 0 Ta có AH = OAcos30  d/2 = R. 3 /2  R = d/ 3 0,25đ -3  B = mv 3 /(de)  3,7.10 T. b)(1 điểm)  b) Véc tơ B hướng theo AM. 0,25đ Phân tích: v  v   v // với v  = v.sin  = 1,62.107m/s, 7 v // =v.cos  =0,938.10 m/s   + ) Theo v , dưới tác dụng của lực Lorenxơ làm e chuyển động tròn mv 2 m đều với bán kính R=   chu kì quay T = 2 R / v  = .   eB eB   +) Theo v// , thì e chuyển động tịnh tiến theo v 0,25đ  hướng của B , với vận tốc v // = vcos  . v A x +) Do đó, e chuyển động theo quỹ đạo xoáy    trôn ốc với bước ốc là:  = T v // . v//  M B 2 .m 0,25đ +) Để e đập vào bia tại M thì: AM = d = n  = n T v // = n v // eB 2 mv//  B= n  n.6,7.10-3 (T) ed Vì B  0,03T  n < 4,48  n = 1, 2, 3, 4. 0,25đ Vậy: n = 1 thì B = 6,7.10-3T; n = 2 thì B = 0,0134T n = 3 thì B = 0,0201T; n = 4 thì B = 0,0268T Câu 3.(2 điểm) 1) (1 điểm) v 0,25đ Ta có:  = = 0,5(m/s) f ( d  AB / 2) Độ lệch pha giữa hai điểm P và I là:   2  Vì P dao động ngược pha với I, ta có: 0,25đ  = (2k + 1) P  AB d  d = (2k+ 1) + 2 2 A I B 4
AB  0,25đ Do d >  (2k  1)  0  k > - 1/2 2 2 Vì k  Z, nên dmin  k = 0  dmin = 0,75(m). 0,25đ 2) (1 điểm) AB.x 0,5đ Học sinh phải chứng minh công thức sau: d 2  d1  . OI Tại M nhận được âm to nhất, ta 0,5đ có: M d 2 – d1 = k =  ( k = 1, vì điểm d1 M gần O nhất) A d2 x OI.  x=  50 m . I o AB B Câu 4.(2 điểm) a) (1 điểm) Phương trình dao động của con lắc đơn theo li độ dài là: 0,25đ s = S0cos(t + ). g +)   =  (rad/s). l 2 0,25đ 2 v +) S0  s    = 2 5 (cm/s)  0 = 0,02 5 (rad)    s  S0cos = 0 cos =0  0,25đ +) Lúc t = 0 thì       rad  v >0 sin
l 1 0,25đ Vậy, chu kì dao động của con lắc là: T '  2  2  2,135( s) g' 5 3 Câu 5.(2 điểm) 1) (1 điểm) Chọn trục tọa độ Ox như hình vẽ, gốc A M B 0,25đ O tại VTCB.  +) Xét tại thời điểm t bất kì thanh MN Fdh qua vị trí có li độ x và chuyển động   C  Ft + B sang bên phải như hình vẽ. +) Từ thông biến thiên làm xuất hiện D E N sđđ cảm ứng: ecư = Blv. +) Chiều dòng điện xuất hiện trên O x thanh MN được xác định theo quy tắc dq dv bàn tay phải và có biểu thức: i   CBl  CBla dt dt Theo quy tắc bàn tay trái xác định được chiều lực từ như hình vẽ và có 0,25đ biểu thức: Ft = iBl = CB2l2 x’’       Theo định luận II Niutơn, ta có: Fhl  Fdh  Ft  ma 0,25đ Chiếu lên trục Ox, ta được: mx ''   CB2l2 x '' kx k 0,25đ  (m  CB2 l2 )x ''   kx  x ''   x m  CB2 l 2 k Đặt    x” + 2x = 0. m  CB2l2 m  CB2 l2 Vậy, thanh MN dao động điều hòa với chu kì: T  2 k 2) (1 điểm) Chọn trục tọa độ Ox như hình vẽ, A M B 0,25đ gốc O tại VTCB.  +) Xét tại thời điểm t bất kì thanh Fdh    L MN qua vị trí có li độ x và chuyển + B Ft động sang bên phải như hình vẽ. +) Từ thông biến thiên làm xuất E N D hiện sđđ cảm ứng: ecư = Blv. O x +) Dòng điện qua cuộn cảm làm di xuất hiện suất điện động tự cảm: etc = - L . dt Ta có: ecư + etc = i.r = 0 ( vì r = 0) d ( Blx  Li )   0  Blx  Li  const . dt x  0 Blx Lúc t = 0 thì   Blx + Li = 0,  i  i  0 L 6
  +) Thanh MN chuyển động trong từ trường chịu tác dụng của lực từ Ft 0,25đ B 2l 2 x ngược chiều chuyển động và có độ lớn: Ft = iBl = . L       +) Theo định luật II Niutơn, ta có: Fhl  Fdh  Ft  ma . 0,25đ B 2l 2 Chiếu lên trục Ox, ta có:  kx  x  x '' L 1 2 2 Bl  1 B 2l 2  0,25đ 2  x "  k   x  0 . Đặt   k    x” +  x = 0. m L  m L  m Vậy, thanh MN dao động điều hòa với chu kì: T  2 B2 l 2 k L .......................................Hết............................. 7
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Năm học: 2011-2012 Số báo danh …...............…… ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: VẬT LÍ Lớp 12 THPT Ngày thi: 23 tháng 3 năm 2012 Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề này có 2 trang, gồm 7 câu. Câu 1 (2 điểm) Một thanh thẳng, đồng chất, tiết diện nhỏ, dài   2( m) và có khối lượng M=3(kg). Thanh có thể quay trên mặt phẳng nằm ngang, quanh một trục cố định thẳng đứng đi qua trọng tâm của nó. Thanh đang đứng yên thì một viên đạn nhỏ có khối lượng m = 6(g) bay trong mặt phẳng nằm ngang chứa thanh và có phương vuông góc với thanh rồi cắm vào một đầu của thanh. Tốc độ góc của thanh ngay sau va chạm là 5(rad/s). Cho 1 momen quán tính của thanh đối với trục quay trên là I= M 2 . Tính tốc độ của đạn 12 ngay trước khi cắm vào thanh. Câu 2 (4 điểm) Một con lắc lò xo treo thẳng đứng gồm vật nặng có khối lượng m = 100(g) và lò xo nhẹ có độ cứng k = 100(N/m). Nâng vật nặng lên theo phương thẳng đứng đến vị trí lò xo không bị biến dạng, rồi truyền cho nó vận tốc 10 30 (cm/s) thẳng đứng hướng lên. Chọn gốc thời gian là lúc truyền vận tốc cho vật nặng. Chọn trục tọa độ Ox thẳng đứng, chiều dương hướng xuống, gốc tọa độ O ở vị trí cân bằng. Lấy g = 10(m/s2); π 2  10 . a) Nếu sức cản của môi trường không đáng kể, con lắc lò xo dao động điều hòa. Tính: - Độ lớn của lực đàn hồi mà lò xo tác dụng vào vật lúc t = 1/3(s). - Tốc độ trung bình của vật trong khoảng thời gian 1/6(s) đầu tiên. b) Nếu lực cản của môi trường tác dụng lên vật nặng có độ lớn không đổi và bằng FC=0,1(N). Hãy tìm tốc độ lớn nhất của vật sau khi truyền vận tốc. Câu 3 (4 điểm) π Một con lắc đơn dao động với biên độ góc α 0 < , có mốc thế năng được chọn tại 2 vị trí cân bằng của vật nặng. a) Tính tỉ số giữa thế năng và động năng của vật nặng tại vị trí mà lực căng dây treo có độ lớn bằng trọng lực tác dụng lên vật nặng. b) Gọi độ lớn vận tốc của vật nặng khi động năng bằng thế năng là v1, khi độ lớn của lực căng dây treo bằng trọng lực tác dụng lên vật nặng là v2. Hãy so sánh v1 và v2. Câu 4 (3 điểm) Cho mạch điện như hình 1, nguồn điện có suất điện k động E, điện trở trong r = 0,5  , cuộn cảm thuần có độ tự cảm L, tụ điện có điện dung C. Ban đầu khóa k đóng, khi E,r C dòng điện đã ổn định thì ngắt khóa k, trong mạch có dao L động điện từ với chu kì T = 10 -3(s). Hiệu điện thế cực đại giữa hai bản tụ điện gấp n = 5 lần suất điện động của nguồn điện. Bỏ qua điện trở thuần của mạch dao động, tìm điện (Hình 1) dung C và độ tự cảm L. (trang 1)
Câu 5 (3 điểm) Cho mạch điện không phân nhánh như hình 2, gồm có điện trở thuần R=80  , cuộn dây L không thuần cảm và tụ điện C. Điện áp giữa hai điểm P và Q có biểu thức u PQ =240 2cos100πt(V) . π a) Dòng điện hiệu dụng trong mạch là I= 3(A) , uDQ sớm pha hơn uPQ là , uPM lệch pha 6 π so với uPQ. Tìm độ tự cảm, điện trở thuần r của cuộn dây và điện dung của tụ điện. 2 b) Giữ nguyên tụ điện C, cuộn dây L và điện áp giữa hai điểm P và Q như đã cho, thay đổi điện trở R. Xác định giá trị của R để công suất tiêu thụ trong đoạn mạch PM là cực đại. P R D C M L,r Q (Hình 2) Câu 6 (2 điểm) Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, thực hiện đồng thời với hai bức xạ đơn sắc có bước sóng λ1 và λ 2 , các khoảng vân tương ứng thu được trên màn quan sát là i1 = 0,48(mm) và i2. Hai điểm điểm A, B trên màn quan sát cách nhau 34,56(mm) và AB vuông góc với các vân giao thoa. Biết A và B là hai vị trí mà cả hai hệ vân đều cho vân sáng tại đó. Trên đoạn AB quan sát được 109 vân sáng trong đó có 19 vân sáng cùng màu với vân sáng trung tâm. Tìm i2. Câu 7 (2 điểm) Một dây AB có chiều dài  , được treo thẳng đứng vào một A điểm cố định A như hình 3. Khối lượng m của dây phân bố đều trên chiều dài và tạo ra lực căng. a) Tính tốc độ truyền sóng ngang trên dây ở điểm M cách đầu dưới B của dây một khoảng là x. M b) Tính thời gian để chấn động từ đầu trên A của dây đi hết chiều dài dây. x B (Hình 3) ----------------------------------------Hết-------------------------------------------- (trang 2)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THANH HÓA Năm học: 2011-2012 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÍ (Đề chính thức) Lớp 12 THPT Ngày thi: 23 tháng 3 năm 2012 (Hướng dẫn gồm 03.trang) Thang Câu Hướng dẫn giải điểm 1 + Momen động lượng của hệ ngay trước va chạm: (2 điểm) v md .v. 0,75 L1  I d .d  md .R 2 .  (1) R 2 + Momen động lượng của hệ ngay sau va chạm: 1 1  0,75 L2   I d  I t     md  2  mt  2   4 12  + Áp dụng định luật bảo toàn momen động lượng: L1 = L2 1 2 1 2  md   mt    4 12 0,5 v  838,3( m / s )  md . 2 2a) mg k (2,5điểm) + Khi vật ở VTCB  0  x0   0, 01( m)  1(cm)    10 (rad/s) 0,5 k m 2 + Phương trình dao động của vật: x  2 cos(10 t  ) (cm) 0,5 3 + t =1/3(s) => x = 2(cm). Độ lớn lực đàn hồi: Fđh=k  = 3(N) 0,5 2  + Biểu diễn x  2 cos(10 t  ) bằng véc tơ quay A . 2 3 3  5 2 Sau t =1/6s A quay t    3 3 Quãng đường vật dao động điều hòa đi được sau 1/6s là: H M x -A o A 0,5 S= 2A+ 2HM = 2A + A=3A=6cm  + Tốc độ trùng bình : 3 S 6 Vtb=   36(cm / s ) 0,5 t 1 6 2b) Chọn mốc tính thế năng là VTCB (1,5điểm) 2 mv0 kx0 2 0,5 + Cơ năng ban đầu W0 =   0, 02( J ) 2 2 + Vật chuyển động chậm dần đến vị trí cao nhất cách VTCB A: kA12 0,5  W0  Fc ( A1  x0 )  A1  0,0195m 2 (trang 3)
+ Sau đó vât đi xuống nhanh dần và đạt tốc độ cực đại tại vị trí: F 0,25 Fhp=Fc  x1  C  0, 001(m) K + Độ biến thiên cơ năng lúc đầu và vị trí tốc độ cực đại: mv 2 kx12 0,25 W0    Fc ( A1  x0  A1  x1 )  v  0,586(m / s ) 2 2 3a) 1+2cos 0 + T =mg  mg (3cos   2 cos  0 )  mg  cos = 0,5 (2,5điểm) 3 2mg 0,75 Wt  mg  (1  cos )= (1  cos 0 ) 3 mv 2 mg  Wd   (1  cos 0 ) 0,75 2 3 W  t 2 0,5 Wd 3b) 1  cos + Khi động năng bằng thế năng: cos    v1  g  (1  cos 0 ) 0,5 (1,5điểm) 2 + Khi lực căng của dây bằng trọng lực tác dụng lên vật: 2 g  (1  cos 0 ) 0,5 v2  3 Vậy v1 > v2 0,5 4 + Dòng điện qua cuộn cảm khi K đóng: I0=E/r 0,5 (3 điểm) 1 1 E 2 + Năng lượng từ trường ở cuộn cảm khi K đóng: Wt Max  LI 02  L   0,5 2 2 r + Khi K ngắt năng lượng điện từ trường của mạch là: 1 1 0,5 W= CU 0  Cn 2 E 2  Wt Max  L  Cr 2 n 2 2 2 2 T2 nrT T + Ta có: T  2 LC  LC  2  L  ;C  0,5 4 2 2 nr nrT + Thay số L  0,398mH 0,5 2 T + Thay số C  63, 7(  F ) 2. .r.n 0,5 5a) + Từ bài ra có giãn đồ véc tơ và mạch này  (2,5điểm) có tính cảm kháng. 0,5 UL  + Từ giãn đồ véc tơ ta có:    U DQ  U R  U PQ  U DQ  U LC U PQ  2 2 2    U R  U PQ  U DQ  2U PQ .U DQ .Cos 6 6 6 1 O 2      R 2  Z PQ  Z DQ  Z PQ .Z DQ . 3 2 2 2 2 0,5 UrU R U Rr I U PQ + Thay số: R  80; Z PQ   80 3   I UC U RC Ta được: ZDQ = 80  = R hoặc ZDQ = 160  0,5 (trang 4)
 Loại nghiệm ZDQ = 160  (vì 1  nên UQD
SỞ GD&ĐT KÌ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013  ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ ĐỀ CHÍNH THỨC (Dành cho học sinh trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc) Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề. Chú ý: Đề thi gồm 02 trang Câu 1 (1,5 điểm). Một tấm ván có khối lượng M  10kg nằm trên mặt phẳng ngang nhẵn và được giữ bằng một sợi dây không dãn. Vật nhỏ có khối lượng m  1kg trượt đều với vận tốc v  2 m / s từ mép tấm ván dưới tác dụng của một lực không đổi F  10 N (Hình 1). Khi vật đi được đoạn đường dài l  1m trên tấm ván thì dây bị đứt. a) Tính gia tốc của vật và ván ngay sau khi dây đứt. m F b) Mô tả chuyển động của vật và ván sau khi dây đứt trong một thời gian đủ M dài. Tính vận tốc, gia tốc của vật và ván trong từng giai đoạn. Coi ván đủ dài. c) Hãy xác định chiều dài tối thiểu của tấm ván để m không trượt khỏi ván. Hình 1 Câu 2 (2,5 điểm). Một thanh mảnh, đồng chất có khối lượng M  360 g chiều dài L  30cm có thể quay không ma sát quanh trục O cố định nằm ngang đi qua đầu thanh. Từ vị trí thẳng đứng, đầu còn lại của thanh được thả ra và thanh đổ xuống (Hình 2). Khi tới vị trí thấp nhất thì thanh va chạm hoàn toàn đàn hồi với một vật nhỏ (coi như chất điểm) có khối lượng m1  120g nằm M trên mặt bàn. Cho gia tốc trọng trường g  10m / s 2 . Mômen quán tính của thanh đối với trục quay qua O là I  ML2 / 3 . a) Xác định tốc độ góc và gia tốc góc của thanh khi thanh có vị trí nằm O ngang. b) Xác định các thành phần lực theo phương ngang và theo phương thẳng đứng mà trục quay tác dụng lên thanh khi thanh có vị trí nằm ngang. c) Xác định vận tốc của vật m1 ngay sau va chạm. m2 k m1 d) Vật m1 được gắn với m 2 =120g qua một lò xo nhẹ có độ cứng k  100 N / m (Hình 2). Xác định biên độ dao động của m1 và m2 sau va Hình 2 chạm. Bỏ qua mọi ma sát. Câu 3 (2 điểm). Trong một xilanh đặt thẳng đứng có một pittông mỏng, nhẹ, linh động và cách nhiệt. Bên dưới pittông là một mol khí Heli (coi là khí lí tưởng) ở nhiệt độ to  27o C . Bên trên pittông là một chất lỏng, phía trên chất lỏng là không khí (Hình 3). Ban đầu thể tích khí Heli, chất lỏng và không khí trong xilanh bằng nhau và bằng Vo  1lit , áp suất do cột chất lỏng trong xilanh gây ra bằng po. Áp suất khí quyển là po  105 N / m2 . Hỏi phải nung nóng khí (qua đáy xilanh) bằng một nhiệt lượng tối thiểu bao nhiêu để khí dãn nở, pittông đi lên đều và đẩy hết chất lỏng ra khỏi xilanh? Hình 3 (Xem tiếp trang 2)  Câu 4 (2 điểm). Cho mạch điện (Hình 4). Nguồn điện có suất điện động E  8V , điện trở trong r  2 . Điện trở của đèn là R1  R2  3 , Ampe kế được coi là lí tưởng. 1
K A a) Khoá K mở, di chuyển con chạy C người ta nhận thấy khi điện trở của phần E,r R1 AC của biến trở AB có giá trị 1 thì đèn tối nhất. Tính điện trở toàn phần của D biến trở. b) Mắc một biến trở khác thay vào chỗ của biến trở đã cho và đóng khóa K. R2 Khi điện trở của phần AC bằng 6 thì ampe kế chỉ 5/3A. Tính giá trị toàn phần C của biến trở mới. B A Câu 5 (2 điểm). Hình 4 Cho hệ hai thấu kính L1 và L2 đặt đồng 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, trước L1 và cách L1 một khoảng d1, hệ cho ảnh A’B’ . a) Cho d1  15cm . Xác định vị trí, tính chất, chiều và độ cao của ảnh A’B’. b) Xác định d 1 để khi hoán vị hai thấu kính, vị trí của ảnh A’B’ không đổi.  Hết  Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh ................................................. .......................................... SBD .................... SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC KÌ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013 ----------------- HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM MÔN: VẬT LÝ CHUYÊN Câu Ý Lời giải Điểm * Xét chuyển động của m: Trước khi dây bị đứt: F  Fms  0  Fms  F Ngay sau khi dây đứt: vật m vẫn trượt đều với vận tốc v  am  0 0,25 a * Xét chuyển động của M: F F Ngay sau khi dây đứt M chuyển động nhanh dần đều với: aM  ms   1m / s 2 0,25 M M * Giai đoạn 1: 0  t  to 1 + m chuyển động đều với vận tốc v, gia tốc am=0 (1,5đ) F + M chuyển động nhanh dần đều, vận tốc ban đầu =0, gia tốc aM   1m / s 2 0,25 M v Mv b + Tấm ván đạt vận tốc v tại thời điểm to    2s aM F * Giai đoạn 2: to  t Vật m và M chuyển động nhanh dần đều với vận tốc ban đầu vo  2m / s và gia tốc: F 10 a   0,9m / s 2 0,25 M  m 10  1 2
Quãng đường m đi được trên M kể từ khi dây đứt đến thời điểm t=to là: c 1 Mv 2 Mv 2 10.22 0,5 Δl  vt  aM t 2   lmin  l  Δl  l  1  3m 2 2F 2F 2.10 Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho vị trí thẳng đứng và nằm ngang: L 1 2 1 3g 3.10  rad  Mg  I  . Thay I  ML2 ta được:     10  . 0,5 2 2 3 L 0,3  s  a Phương trình động lực học cho chuyển động quay quanh O: M ( P )  I  . 1 L 3 g 3.10  rad  Thay I  ML2 và M ( P )  Mg ta được:     50  2  . 0,5 3 2 2 L 2.0,3  s  Định luật II Niutơn cho chuyển động tịnh tiến của    thanh: P  N  Ma (*) Chiếu (*) lên phương ngang: L N x  Ma x  Man  M  2 Ny N 2 b Thay  ở phần a) vào ta được: Nx  3 Mg / 2  5, 4 N . 0,25 G Chiếu (*) lên phương thẳng đứng: O Nx L P 2 P  N y  Ma y  Mat  M  2 (2,5đ) Thay  ở phần a) vào ta được : Ny  Mg / 4  0,9 N . 0,25 Bảo toàn cơ năng cho chuyển động của M từ đầu đến ngay trước va chạm với m1: 1 2 2 MgL 6g I   MgL     2 I L 1 1 1 c Bảo toàn động năng trong va chạm: m1v 2  I  '2  I  2 (1) 0,25 2 2 2 Bảo toàn mômen động lượng: m1vL  I '  I (2) m 0,25 Từ (1) và (2) ta được: v  6 gL  3 2  4, 2   s Sau va chạm, khối tâm G của hệ (m1+m2) chuyển động với vận tốc VG mà: 1 m 2mVG  mv  VG  v  1, 5 2  2,1   . 0,25 2 s Trong HQC gắn với khối tâm G, vì hai vật có khối lượng bằng nhau nên ta có thể d xem như dao động của m1, m2 là dao động của mỗi vật gắn với một lò xo có đầu G cố định và có độ cứng là k’=2k. Gọi A là biên độ dao động của mỗi vật, theo định luật bảo toàn cơ năng ta có: 1 2 1 1 mv  2 mVG  2. k ' A2  A  5, 2cm 2 0,25 2 2 2 *) Giai đoạn 1: Từ đầu cho đến khi chất lỏng chạm miệng xilanh. 3 - Vì pittông đi lên đều nên quá trình này là đẳng áp, áp suất khí luôn bằng áp suất khí (2đ) quyển. Ở cuối giai đoạn này nhiệt độ khí là T1, thể tích khí là V1=2Vo (Vo là thể tích 3
khí ban đầu). - Áp dụng định luật GayLuysac cho khối khí Heli ta có: Vo V1 2Vo    T1  2To  600 K . 0,25 To T1 T1 - Nhiệt lượng khí nhận vào trong giai đoạn này là: Q1  U  A . 3 0,25 - Với U  nCV T  R (T1  To )  3739,5( J ) 2 Và A  p1V  2 po (V1  Vo )  2 poVo  2.105.10 3  200( J )  Q1  3939,5( J ) 0,25 *) Giai đoạn 2: Từ khi chất lỏng bắt đầu chảy ra cho đến khi chất lỏng chảy hết. 4
Gọi S là diện tích pittông, H và 2H lần lượt là độ cao ban đầu của chất lỏng và của khối khí, x là độ cao của pittông so với đáy xilanh ở vị trí cân bằng mới của pittông được nâng lên. Ban đầu, áp suất cột chất lỏng có độ cao H bằng po . Do đó tại trạng 3H  x thái cân bằng mới cột chất lỏng có độ cao 3H - x, sẽ có áp suất bằng po H Dễ thấy rằng áp suất của khí px ở trạng thái cân bằng mới bằng tổng áp suất khí quyển 3H  x 4H  x po và áp suất của cột chất lỏng nên: p x  po  po  po (1). 0,25 H H Theo phương trình Mendeleev - Clapeyron viết cho trạng thái cân bằng ban đầu và p .S .x 2 po .S .2 H trạng thái cân bằng mới, ta được: x  Tx T1 Sau khi thay biểu thức của p x vào ta tìm được nhiệt độ của khí ở trạng thái cân bằng (4 H  x).x mới là: Tx  .T1 0,25 4H 2 Độ biến thiên nội năng trong quá trình pittông nâng lên đến độ cao x bằng: 2  x  2H  3( x  2 H )2 U  nCV (Tx  T1 )     CV T1   RT1 (2).  2H  8H 2 0,25 Công mà khí thực hiện trong quá trình trên (áp suất biến thiên tuyến tính từ 2po đến 2P  px (6 H  x)( x  2 H ) px) là: A  o ( xS  2 HS )  po S 2 2H Vì trong trạng thái ban đầu: 2 po .2 HS  RT1 (6 H  x)( x  2 H ) Nên ta được: A  .RT1 (3) 8H 2 0,25 Theo Nguyên lý I NĐH: Q2  U  A RT1 Kết hợp (2) và (3), ta được: Q2  ( x 2  5 Hx  6 H 2 ). 2H 2 Vẽ đồ thị của Q theo x. Từ đồ thị ta thấy để đạt Q đến trạng thái cân bằng khi x = 2,5H, ta cần cung RT Q0 cấp một nhiệt lượng Q2 max  1  623, 25( J ) 8 Sau khi đạt tới trạng thái cân bằng x=2,5H, khí sẽ x tỏa nhiệt, tự phát giãn nở và đẩy hết chất lỏng ra O 2H 2,5H 3H ngoài bình. Vậy nhiệt lượng tối thiểu cần cung cấp là Qmin  Q2 max  Q1  623, 25  3939,5  4562, 75( J ) . 0,25 Gọi điện trở toàn phần của biến trở là R, điện trở phần AC là x Khi K mở ta có mạch như hình vẽ. 4 điện trở toàn mạch a (HV (2đ) 0,25) 5
3( x  3) E,r 0,25 Rtm  R  x  2 x6  x 2  ( R  1) x  21  6 R  0,25 x6 x A R1  Cường độ dòng điện qua (R- x) B C D đèn: R2 0,25 U I .RCD 24 I1  CD   x  R1 x  R1  x 2  ( R  1) x  21  6 R Khi đèn tối nhất thì I1 nhỏ nhất hay mẫu số lớn nhất R 1 x . Theo đề bài x=1  . Vậy R=3  2 Khi K đóng ta có mạch như hình vẽ, (HV E,r 0,25) điện trở toàn mạch: 17 R '  60 Rtm  R1 0,25 4( R '  3) b (R’- 6) (R’ là điện trở toàn phần của biến trở mới) B 32( R '  3) 48 5 A C D I A  I  I BC    A R2 0,25 ' ' 17 R  60 17 R  60 3 x=6  R '  12 0,25 6d1 24d1 - 180 60 - 8d1 0,25  Ta có: d1 = ; d2 = ; d = 2 (1) d1 -6 d1 - 6 3d1 - 22 Khi d 1 = 15 cm  d’2 = - 2,6 cm < 0 : A’B’ là ảnh ảo cách L2 một khoảng 2,6 cm. 0,25 a f1 f 2 - d 2 2 Độ phóng đại: k = . =-