Tải bản đầy đủ

TỔNG hợp đề THI và đáp án THI HSG cấp TỈNH môn hóa

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
LỚP 12 THPT NĂM 2011
ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn: VẬT LÍ
Ngày thi thứ nhất: 11/01/2011
(Gồm 04 trang)

Câu 1. (4,5 điểm)
1. Do tính đối xứng, ta thấy ngay G nằm trên đường thẳng đứng Oy (xem hình vẽ) nên chỉ cần tính tọa
độ yG = OG của vật.
2m
O G
Mật độ khối lượng ρ =
.
g
πR

2m
2m

Xét phần tử dài dA , có khối lượng dm = ρdA =
dA =
dα .
B
A
πR
π
Theo công thức tính tọa độ khối tâm :
G
π
dA
4
1
2m
2 2R
2 2R
y
yG =
R cos α
dα =
. Vậy OG =

π
m −π
π
π
4

Chú ý: có thể dùng phương pháp năng lượng để tính OG
2. Xét vật 2 ở vị trí ứng với góc lệch β. Gọi ϕ là góc mà vật 2 tự quay quanh mình nó.
Chọn chiều dương tất cả các chuyển động ngược chiều kim đồng hồ. Lực tác dụng lên vật 2 gồm:
trọng lực, phản lực, lực ma sát nghỉ.
Phương trình chuyển động của khối tâm vật 2 xét theo phương tiếp
O
tuyến với quỹ đạo: m 2 a = Fms − m 2 g sin β
Vì β nhỏ sin β ≈ β (rad) ⇒ m 2 (R − r)β′′ = Fms − m 2 gβ
(1)
β
G
Phương trình chuyển độngquay của khối trụ nhỏ quanh khối tâm:

A
N
B
G
(2)
m 2 r 2 ϕ′′ = Fms r
Fms
Điều kiện lăn không trượt: (R − r)β′ = − rϕ′ ⇒ (R − r)β′′ = − rϕ′′
(3)
C
G
g
P
Thay (2) và (3) vào (1) ta được: β′′ +
β=0
(4)
2(R − r)
Phương trình (4) biểu diễn dao động điều hòa với chu kì T = 2π
Từ (2) ⇒ Fms = m 2 rϕ′′ = − m 2 (R − r)β′′ = m 2 (R − r)ω2β =

1
m 2 gβ
2

2(R − r)
g

(5)

⎛ β2 ⎞
Phản lực N = m 2 gcosβ = m 2g ⎜1- ⎟
(6)
⎝ 2⎠
F
Điều kiện lăn không trượt: ms ≤ μ với mọi β
(7)
N
F
β
Thay (5) và (6) vào (7) ta có ms = f (β) =
≤ μ ∀ 0 ≤ β ≤ β0
N
2 − β2
1⎛
1 1⎞
Bất phương trình trên cho nghiệm β0 ≤ ⎜⎜ 8 + 2 − ⎟⎟ .
2⎝
μ
μ⎠
Cần chú ý : để có kết quả này cần có thêm điều kiện giới hạn về β0 để sin β0  β0 (rad).
3. Xét tại thời điểm khối tâm vật 1 và vật 3 có li độ góc tương ứng là α, θ.
Phương trình chuyển động của vật 3 theo phương tiếp tuyến với hình trụ:
m3 Rθ '' = − m3gθ
(1)

1


G
g

g
.
Nghiệm là: θ = θ0 cosω0 t = α 0 cosω0 t, với ω0 =
R

O

Phương trình quay của G quanh O: m1R 2 α′′ = − m1g

2 2R
α
π

Nghiệm phương trình này: α = α 0 cosω1t, với ω1 =

2 2g
πR

A

(2)



(3)

θ

G
N

B

C
G
G N'
⎛ ω1 − ω0 ⎞
⎛ ω1 + ω0 ⎞
G P
Góc lệch của vật 3 so với phương OG là: γ = α − θ = 2α 0 cos ⎜
t ⎟ cos ⎜
t⎟
3
P
2
2
1




π
Khi vật 3 tới C thì γ = 0. Suy ra t min =
ω1 + ω0
Câu 2. (4,5 điểm)
1. Đặt trục toạ độ Ox dọc theo trục bình, chiều dương cùng chiều chuyển động của bình.
Xét một lớp khí mỏng khối lượng dm, chiều dày dx, ở cách đáy bình một đoạn x. Trong hệ quy
chiếu gắn với Trái Đất, lớp khí này chuyển động cùng bình với gia tốc a và chịu tác dụng của hai lực
theo phương Ox là p(x)S và -p(x+dx)S
Theo ĐL II Niutơn ta có: ⎡⎣ p ( x ) − p ( x + dx ) ⎤⎦ S = dm.a hay −dp.S = dm.a
(1)
Mặt khác, phương trình trạng thái với lớp khí là p (x )Sdx =

dm
RT
μ

(2)

μa
x
RT

⎛ μa ⎞
 p (0) ⎜1 −
x⎟
(3)
⎝ RT ⎠
Để tìm p(0), ta dùng định luật bảo toàn khối lượng. Từ (2) và (3) tính dm, sau đó tích phân, tính được:
L
p(0)Sμ L ⎛
p(0)Sμ ⎛
μa ⎞
μaL2 ⎞
m = ∫ dm =
x ⎟ dx =
⎜L−

⎜1 −
RT ∫0 ⎝ RT ⎠
RT ⎝
2RT ⎠
0
Từ (1) và (2) tìm được: p(x) = p(0) e



mRT
mRT ⎛ μaL ⎞

⎜1 +

⎛ μaL ⎞ SμL ⎝ 2RT ⎠
SμL ⎜ 1 −

⎝ 2RT ⎠
mRT ⎛
μaL ⎞ ⎛ μaL ⎞ mRT ⎛
μaL ⎞
p (L) =
⎟.
⎜1 +
⎟ ⎜1 −
⎟
⎜1 −
SμL ⎝ 2RT ⎠ ⎝
RT ⎠ SμL ⎝ 2RT ⎠
2. Xác định vị trí khối tâm chất khí:
L
L
⎛ L μaL2 ⎞ ⎛ μaL ⎞
1
1 p(0)Sμ ⎛ μa ⎞
⎛ 1 μaL ⎞
x G = ∫ xdm = ∫
x ⎜1 −
x ⎟ dx = ⎜ −
⎟ ⎜1 +
⎟.
⎟  L⎜ −
m0
m 0 RT ⎝ RT ⎠
⎝ 2 12RT ⎠
⎝ 2 3RT ⎠ ⎝ 2RT ⎠
Vậy:

p(0) =

μL2
da.
12RT
Trong hệ quy chiếu gắn với vỏ bình, công nguyên tố do lực quán tính thực hiện lên khối khí là
Khi gia tốc thay đổi một lượng da, khối tâm dịch chuyển một khoảng dx G = −

δA = Fdx G = ma

a0
2

mμL2
mμL2 2
μL
ada = −
a0
da ⇒ A = ∫
12RT
32RT
12RT
a0
2

Công do khí thực hiện: A ' = − A =
3.

mμL2 2
a0
32RT

Áp dụng nguyên lý I NĐLH cho cả khối khí, ΔU = A ⇒
Do đó, ΔT = −

m 3R
mμL2 2
ΔT = −
a0
μ 2
32RT

μ 2 L2 2
a0
48R 2 T

2


Câu 3. (3,5 điểm)
1. Khi một phần lớp điện môi ε1 với chiều dài x được rút ra khỏi tụ điện, phần còn lại trong tụ điện có
chiều dài L - x. Lúc này, tụ điện có thể coi như hệ gồm hai tụ điện mắc song song.
Tụ điện thứ nhất có chiều dài x, có lớp điện môi là không khí có ε = 1 và lớp điện môi ε2:
2πε 0
C1 =
x = Ax
R+r 1
2R
ln
+ ln
2r
ε2 R + r
Tụ điện thứ hai có chiều dài L - x, có lớp điện môi ε1 và lớp điện môi ε2:
2πε 0
C2 =
(L − x) = B(L − x)
1 R+r 1
2R
ln
+ ln
ε1
2r
ε2 R + r
Điện dung tương đương C = C1+C2 = Ax+B(L-x) = BL+(A-B)x = BL + (A-B)vt
Vì B > A nên A-B < 0 và điện dung của tụ điện giảm dần đều theo thời gian.
2. Vì tụ điện được nối với nguồn nên hiệu điện thế giữa hai bản là U không đổi. Khi lớp điện môi được
kéo ra khỏi tụ điện một đoạn x = vt, năng lượng của tụ điện thay đổi. Công của ngoại lực F và công
của nguồn điện bằng biến thiên năng lượng W của tụ điện Fdx + Udq = dW
1
1
1
1
Do đó Fdx = U 2 dC − Udq = − U 2 dC = − U 2 (A − B)dx và F = − (A − B) U 2
2
2
2
2
1
Lực điện Fd trái chiều với ngoại lực F nên Fd = (A − B)U 2 < 0. Lực điện tác dụng lên tấm điện môi
2
hướng vào trong lòng tụ điện
3. Chọn chiều dương của dòng điện là chiều dòng điện tích điện cho tụ điện, ta có
dq UdC
i=
=
= U(A − B)v < 0 tụ điện phóng điện qua nguồn.
dt
dt
Câu 4. (4,5 điểm)
Gọi C1, O1; C2, O2 là tâm và đỉnh của các mặt cầu tương ứng. Đường thẳng O1O2 là trục chính của
thấu kính. Do thấu kính hội tụ nên R1 > R2 và C2 nằm trong khoảng C1O1.
Xét một tia sáng bất kỳ phát ra từ S và làm với trục chính góc α . Do nguồn sáng S đặt tại tâm của
mặt lõm nên tia sáng này sẽ truyền thẳng đến điểm I trên mặt cầu lồi rồi khúc xạ đi ra ngoài. Đường
kéo dài của tia ló cắt trục chính tại S’; S’ là ảnh của S qua thấu kính.
Gọi i và r là góc tới và góc khúc xạ tại I: sinr = n sini. Đặt SC2 = x và S’C2 = y.
1. Với các thông số đã cho, dễ dàng chứng minh
I r
được rằng tam giác SC2I cân và i = α . Vì vậy,
b
a
sin r sin r
i
γ
α ϕ
theo định luật khúc xạ
=
=n.
sin i sin α
S’
S
x C2 O1 O2
Ta có: γ = 1800 − r − ϕ = α + i − r = 2α − r
y
Áp dụng định lý hàm số sin cho tam giác S’C2I :
R s in r
R 2 s in r
nR 2
nR 2
y= 2
=
=
=
sin γ
sin(2α − r) sin 2α cos r − sin r cos 2α sin 2α cos r − n cos 2α
sin α
sin α
sin α

2

* Thay α = 150 ta tính được r = 22,840 , y1 = 9,35 cm
nR 2
* Thay α ≈ 00 ta tính được r ≈ 00 , y 2 =
= 9 cm
2−n
Vậy dải điểm ảnh nằm trên trục chính, ở bên trái C2, và có bề rộng Δy = y1 − y 2 = 0,35cm.
sin i sin ϕ
Đối với tam giác SC2I ta có:
với a = SI.
=
x
a
sin r sin ϕ
x sin r a
nx a
=
với b = S’I ⇒
= ⇒
= .
Đối với tam giác S’C2I ta có:
y
b
y sin i b
y b

3


Mặt khác xét hai tam giác SC2I và S’C2I ta có:

a = R 22 + x 2 + 2R 2 xcosϕ
b = R 22 + x 2 + 2R 2 ycosϕ

Từ các biểu thức trên ta có:
n 2 x 2 R 22 + x 2 + 2R 2 xcosϕ
= 2
⇒ n 2 x 2 (R 22 + y 2 ) − y 2 (R 22 + x 2 ) + 2R 2 xy(n 2 x − y)cosϕ = 0
2
2
y
R 2 + y + 2R 2 ycosϕ
Để các tia tới (góc ϕ khác nhau) đều có đường kéo dài của tia khúc xạ đều đi qua S’ thì n 2 x = y
Thay vào phương trình trên ta có R2 = nx
n
Mặt khác C2 O 2 = SO 2 - SC2 = SO1 + O1O 2 - SC2 ⇒ R 2 = (R 1 + O1O 2 )
= 3, 6cm.
n +1
Câu 5. (3,0 điểm)
2ke2 2
dW
2ke2 2
=

P
=

a (1)
Sử dụng điều kiện P =
a
ta
có:
3c3
dt
3c3
Vì êlectron chuyển động tròn với bán kính quỹ đạo r nên chịu lực hướng tâm là lực Culông. Theo
ke2
v2
(2)
phương trình ĐL II Niutơn: Fht = 2 = m
r
r
Năng lượng toàn phần và gia tốc của êlectron là:
1
ke2 ke2 ke 2
ke2
W = mv 2 −
=

=−
(3)
2
r
2r
r
2r
ke2
a = a ht = 2
(4)
mr
2

ke 2 dr
2ke 2 ⎛ ke 2 ⎞
3m 2 r 2 c3
Thay (2),(3),(4) vào (1) ta có: 2
= − 3 ⎜ 2 ⎟ ⇒ dt = −
dr
2r dt
3c ⎝ mr ⎠
4k 2 e 4
Với r = R tại thời điểm t = 0. Thời gian mà tại đó r = R0 là:
R0
3m 2 c3 2
m 2 c3
t =−∫
r
dr
=
R 3 − R 30 ) , thay số tính được: t = 10-9s
2 4
2 4 (
4k e
4k e
R

(5)

2π 2πr mr
2π πr mr T
=
= =0,153.10-15 s.
=
=1,22.10-15 s; T ' =
ω ' 4e k
ω
e
k
8
2t
Số vòng quay trên quỹ đạo của êlectron là: N =
≈ 106 vòng./.
'
T+T

Ta có: T =

----------------------------HẾT---------------------------

4


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
LỚP 12 THPT NĂM 2011
ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn: VẬT LÍ
Ngày thi thứ hai: 12/01/2011
(Gồm 05 trang)

Câu 1. (4,5 điểm)
G G
G
1.
Chiếu phương trình động lực học Mg + F = Ma lên các phương:
Ox tiếp tuyến với quỹ đạo khối tâm: Mγd = Ft − Mg sin α (1)
Oy trùng với phương GO:
Phương trình chuyển động quay

Mω2 d = Fn − Mg cos α (2)

Iγ = - Mgdsinα
(3)
2
Md
Từ (1) và (3) suy ra: Ft = Mg (1 − A ) sin α , với A =
(4)
I
Iω2
Định luật bảo toàn năng lượng:
= Mgd(cosα − cos α 0 ) (5)
2
Từ (5) và (2) suy ra: Fn = Mg ⎡⎣(1 − 2A ) cos α + 2A cos α 0 ⎤⎦
2.

2

2
t

G
Ft

O

x

d
α G

Do đó F = F + F = Mg ⎡⎣(1 − 2A ) cos α + 2A cos α 0 ⎤⎦ + (1 − A ) sin α
Gia tốc khối tâm:
2
n

G
F

G
Fn

2

2

α
G
P

a = a 2n + a 2t = (ω2 d) 2 + ( γd) 2 = g 4A 2 (cos α − cosα 0 ) 2 + A 2 sin α 2
= gA 1 − 8cos α.cos α 0 + 3cos 2 α + 4 cos 2 α 0

Md 2
2 − 4 cos α + 3cos 2 α
I
Xét hàm f (α) = 2 − 4 cos α + 3cos 2 α . Dễ dàng thấy hàm có cực đại tại α = 0 với f (0) = 1 và cực
Khi α0 = 60o có a = g

3
2 Mgd 2
< 1, vậy a cực đại khi α = 0 và a max =
.
4
3 I
a. Phân tích xung lượng X O của lực trục quay tác dụng lên con lắc thành hai thành phần XOy, XOx
theo phương thẳng đứng Oy và phương ngang Ox. Áp dụng định lý biến thiên động lượng và
mômen động lượng với vx, vy là các thành phần vận tốc khối tâm sau va chạm:
Mv Gx = X sin β + X Ox ;
(1)
v
Iω = AX sin β , với ω = Gx (2)
d
⎛ MA d ⎞
Từ (1) có: X Oy = Xcosβ ; X Ox = Mv Gx − X sin β = ⎜
− 1⎟ X sin β (3)
⎝ I


tiểu ứng với cosα = 2/3. Tại biên f (±600 ) =

3.

2

⎛ MA d ⎞
2
2
Độ lớn của X O : X O = X Ox
+ X Oy
=X ⎜
− 1⎟ sin 2 β + cos 2β
⎝ I


b. Để trục quay không chịu tác động của xung lực X thì cần hai điều kiện X Oy = 0 ⇒ β =
và X Ox = 0 ⇒ X O = 0 ⇒ A = OA =

π
2

I
Md

Câu 2. (4,0 điểm)
1.

Viết lại biểu thức điện áp: u MN = U 0 cos 2 ωt =

U0
(1 + cos2ωt)
2

1


U0
U
tạo ra dòng điện có cường độ I1 = 0
2
2R
Biểu diễn các thành phần điện áp xoay chiều chạy qua L, R và C trên giản đồ (xem hình vẽ):
G G
G
⎛π

U = U LR = U C
Từ giản đồ: I 2xc = I 2R + IC2 + 2I R I C cos ⎜ + ϕRL ⎟
G
⎝2

G
G
Ixc
I
C
Trong đó
U

Thành phần điện áp không đổi u1 =

U
2ωL
⎛π

cos ⎜ + ϕLR ⎟ = − sin ϕLR = − L = −
2
U LR
⎝2

R + L2 4ω2
U
; IC = 2ωCU
IR =
R 2 + L2 4ω2
2
2
2 ⎡ 1 − 8ω LC
2 2⎤
I
=
U
Từ đó xc
⎢ R 2 + L2 4ω2 + 4ω C ⎥ (1)



ϕLR
G
ILR

Để biên độ thành phần xoay chiều không phụ thuộc vào R thì 1 − 8ω2 LC = 0 và ω =

L

G
UR

1
2 2LC

Số chỉ ampe kế là giá trị hiệu dụng của dòng
I02 U 0 1
C
=
+
2
2
2 R
2L
Để số chỉ của ampe kế là nhỏ nhất, thì Ixc nhỏ nhất
⎡1 − 2LCx

Đặt x = (2ω) 2 ; từ (1) có hàm số y = ⎢ 2
+ C 2 x ⎥ (2)
2
⎣R + L x

điện: I = i 2 = (I1 + i xc ) 2 = I12 +
2.

Ixc nhỏ nhất khi y’ = 0 ⇒ y ' =

Giải ra, tìm được x =

1
L2

−2LC ( R 2 + L2 x ) − L2 (1 − 2LCx )

(R

2

+ L x)
2

2

⎡ L2 2LR 2

− R 2 ⎥ . Vậy ω =
⎢ 2+
C
⎢⎣ C
⎥⎦

+ C2 = 0

L2 2LR 2
+
− R2
C2
C
.
2L

Câu 3.(4,0 điểm)
1.
Khi chưa đặt bản mặt song song, ảnh của S nằm tại F2′

O1

S

A

f

S S1

a S"

O2
f +a

O1

O2

S'

A

* Khi đặt bản mặt song song phía sau thấu kính L2
⎛ 1⎞
Ảnh S” của S qua quang hệ bị dịch đi một đoạn a = h ⎜ 1 − ⎟ theo đường truyền tia sáng và do đó
⎝ n⎠
(f + a)f
cách L2 là d′2 = f + a từ đó tính được d 2 =
(1)
a

2


* Khi đặt bản mặt song song phía trước thấu kính L1
Sơ đồ tạo ảnh :
d
d′
d
d′
S′ 1 L1 1 S′′ 2 L 2 2 S′′′
S
Bản mỏng

d1f
(f − a)f
(2)
=−
d1 − f
a
(f + a)f (f − a)f
Từ (1) và (2) suy ra A = d 2 + d1′ =

= 2f
a
a
a) Xét chùm tia rất hẹp, giới hạn bởi hai tia sáng song song ở độ cao y và y +
dy, các tia ló ra khỏi bản mặt bị lệch góc α so với tia tới. Sự thay đổi chiết
suất chỉ có thể bỏ qua nếu đường truyền của mỗi tia trong bản mặt gần như
thẳng và gần như vuông góc với bản mặt. Do đó quang trình của tia AC là:
h ( n 0 + k(y + dy) )
Có d1 = f − a ⇒ d1′ =

2.

A

y+dy

y α

B

và của tia BD là: h ( n 0 + ky ) + dy sin α

C
D

α

Quang trình của hai tia giữa hai mặt đầu sóng AB và CD bằng nhau:
h ( n 0 + k(y + dy) ) = h ( n 0 + ky ) + dy sin α .
Từ đó suy ra: sin α = kh không phụ thuộc vào y nên chùm sáng qua bản mặt là chùm song song
lệch so với quang trục một góc α, vì vậy chùm tia qua thấu kính L2 hội tụ tại điểm S” nằm trên
khf
tiêu diện và cách tiêu điểm là: S"F2 = f tan α =
.
1 − k 2h 2
Từ giả thiết, có thể suy ra kh << 1, do đó có thể làm gần đúng S"F2  khf .
b) Điểm ảnh S” luôn nằm tại giao điểm giữa tia sáng O2S” qua quang tâm và tiêu diện ảnh của
thấu kính L2. Khi trục chính của thấu kính L2 lệch đi góc ϕ, tiêu diện ảnh của L2 cũng quay đi góc
ϕ.
f
Vậy S”’ nằm trên O2S” và cách O2 một đoạn O 2S"' =
cos(ϕ-α)

ϕ
O1

F2'

O2

Câu 4.(7,5 điểm)
1. Xử lý số liệu (2,5 điểm)
Gọi hệ số nén đoạn nhiệt của hỗn hợp khí là γ .
Phương trình biểu diễn quá trình đoạn nhiệt:
⎛ p ⎞
⎛V ⎞
pV γ = p0 V0γ ⇒ ln ⎜ ⎟ = γ ln ⎜ 0 ⎟
⎝V⎠
⎝ p0 ⎠
Từ bảng số liệu thực nghiệm, xử lý và dựng đường đồ thị
⎛ p ⎞
⎛V ⎞
biểu diễn quan hệ ln ⎜ ⎟ theo ln ⎜ 0 ⎟ , xác định được
⎝V⎠
⎝ p0 ⎠
γ = 1,53.

0.80

y = 1.53x

0.70
0.60

ln(P/P0)

S

0.50
0.40
0.30
0.20
0.10
0.00
0.00

0.10

0.20

0.30

0.40

0.50

ln(V0/V)

3


γ=

CP CV + R
=
= 1,53 ⇒ CV = 1,89R
CV
CV

Trong 1 mol hỗn hợp khí, gọi n1 là số mol khí Ar, n 2 là số mol khí H 2
3
5
Ta có: Rn1 + Rn 2 = 1,89R với n1 + n 2 = 1 ⇒ n 2 = 0, 61 và n 2 = 0,39 mol
2
2
Khối lượng mol của hỗn hợp là μ = 40n1 + 2n 2 = 25, 2 g/mol
Vậy trong 8,5g hỗn hợp khí có 8,24 g Ar và 0,26 g H 2 .
2. Phương án thí nghiệm (5,0 điểm)
1.
a) Xác định điện áp U0
Khi chiếu sáng và hở mạch, dòng I = 0. Điện áp sinh ra trên hai cực của pin chính là thế hở mạch
U0
1 ⎛ I ⎞
(1)
I = Id (eαU0 − 1) + Ig = 0 ⇒ U 0 = ln ⎜1 − g ⎟
α ⎝ Id ⎠
b) Viết phương trình xác định Um và tính Pm theo Rm.
* Khi mắc hai cực của pin với điện trở R và chiếu sáng, dòng qua pin và dòng qua R có độ lớn
bằng nhau. Hiệu điện thế U giữa hai cực của pin bằng hiệu điện thế giữa hai đầu điện trở.
Công suất tiêu thụ trên R là P = UI = UId ⎡⎣(eαU − 1) + Ig ⎤⎦ .
Công suất cực đại ứng với U = Um khi P′(U m ) = 0 .

I
Suy ra Id ⎡⎣(eαUm − 1) + Ig + U m αeαUm ⎤⎦ = 0. Do đó (1 + αU m )eαUm = 1 − g
I

(2)

d

* Xác định công suất cực đại theo giá trị trở Rm
Id − Ig
Từ (2) ta có eαUm =
Id (1 + αU m )
U
Định luật Ôm với điện trở m = I = Id (eαUm − 1) + Ig
Rm
αU m (Ig − Id )
αR m (Ig − Id ) − 1
U
⇒ Um =
Từ (3) và (4) suy ra m =
Rm
(1 + αU m )
α

(3)
(4)

U 2m ( αR m (Ig − Id ) − 1) ⎛
1 ⎞
=
=


R
(I
Công suất cực đại Pm =
I
)


d
m
g

α2R m
Rm
α R m ⎟⎠

a) Đặc trưng vôn-ampe của pin.
Vẽ phác dạng đồ thị vôn - ampe (xem hình vẽ)
Chỉ ra được giá trị U0 và Ig là giao của đường đặc trưng với trục hoành và trục tung
2

2.

Chiếu sáng

Chiếu sáng
B

A

A

I

B

A

V

Chiếu sáng

V

R

R

E

E

A

U0
K

K

Phân cực thuận

2

UAB

Ig

Phân cực ngược

4


b)Trình bày phương án thí nghiệm xác định các giá trị đặc trưng Id và α của pin
* Cơ sở lý thuyết:
1 ⎛ I ⎞
Điện áp hở mạch khi chiếu sáng: U 0 = ln ⎜ 1 − g ⎟ .
α ⎝ Id ⎠
Chiếu sáng mạnh: Ig >> Id

V

A

1 −Ig 1
1
= ln Ig − ln Id = A ln Ig + B
ln
K
α
α
α
Id
Như vậy để tìm α và Id ta cần vẽ được đồ thị U 0 = U 0 (Ig ) . Đồ thị này được dựng bằng việc thay
đổi cường độ chiếu sáng để nhận các cặp giá trị Ig và U0 tương ứng.
Xác định U0 bằng việc đo thế hở mạch và Ig là dòng ngắn mạch khi nối tắt hai cực của pin.

Suy ra U 0 

* Tiến hành thí nghiệm: Sử dụng chế độ chiếu sáng mạnh
- Chiếu sáng vào bề mặt pin, dùng vôn kế đo hiệu điện thế hở mạch, U0
- Nối tắt hai cực pin thông qua ampe kế, đọc chỉ số dòng tương ứng Ig
- Lặp lại các thao tác trên với các cường độ chiếu sáng khác nhau
Ghi số liệu vào bảng:
Lần đo
1
2
3
.....................

U0

U0
................
................
................
................

Ig
...............
...............
...............
...............

ϕ

* Xử lý số liệu: Dựng đồ thị biểu diễn mối quan hệ U0 theo lnIg
Từ độ nghiêng của đường biểu diễn trên đồ thị suy ra A = 1/α = tanϕ ⇒ α = cotϕ
1
Từ điểm cắt ngoại suy của đường với trục lnIg suy ra: B = − ln Id ⇒ Id = e- αB ./ .
α

Ln Ig

----------------------------HẾT---------------------------

5


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
LỚP 12 THPT NĂM 2011

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn: VẬT LÍ

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi thứ nhất: 11/01/2011
(Đề thi có 02 trang, gồm 05 câu)
Câu 1. (4,5 điểm)
Cho vật 1 là một bản mỏng đều, đồng chất, được uốn theo dạng lòng máng thành một phần tư
hình trụ AB cứng, ngắn, có trục ∆, bán kính R và được gắn với điểm O bằng các thanh cứng, mảnh,
nhẹ. Vật 1 có thể quay không ma sát quanh một trục cố định (trùng với trục ∆) đi qua điểm O. Trên
Hình 1, OA và OB là các thanh cứng cùng độ dài R, OAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với trục ∆,
chứa khối tâm G của vật 1, C là giao điểm của OG và lòng máng.
1. Tìm vị trí khối tâm G của vật 1.

O
G
2. Giữ cho vật 1 luôn cố định rồi đặt trên nó vật 2 là một hình trụ
g
R
rỗng, mỏng, đồng chất, cùng chiều dài với vật 1, bán kính r (r < R),
β0
nằm dọc theo đường sinh của vật 1. Kéo vật 2 lệch ra khỏi vị trí cân A
B
bằng một góc nhỏ β0 rồi thả nhẹ.
r
G
a) Tìm chu kì dao động nhỏ của vật 2. Biết rằng trong quá trình
C
dao động, vật 2 luôn lăn không trượt trên vật 1.
Hình
1
b) Biết µ là hệ số ma sát nghỉ giữa vật 1 và vật 2. Tìm giá trị lớn

nhất của góc β0 để trong quá trình dao động điều hoà, vật 2 không bị
O G
g
R
trượt trên vật 1.
3. Thay vật 2 bằng một vật nhỏ 3. Vật 3 nằm trong mặt phẳng A
α0 α0
OAB. Kéo cho vật 1 và vật 3 lệch khỏi vị trí cân bằng sao cho G và
B
G
vật 3 nằm về hai phía mặt phẳng thẳng đứng chứa ∆, với các góc lệch
đều là α 0 như Hình 2, rồi thả nhẹ. Bỏ qua ma sát. Tìm khoảng thời
m
C
gian nhỏ nhất để vật 3 đi tới C.
Hình 2
Câu 2. (4,5 điểm)
Một bình hình trụ chứa chất khí đơn nguyên tử, chiều dài L, diện tích đáy S, chuyển động dọc
theo phương song song với trục của bình. Khối lượng khí trong bình là m. Ở thời điểm bình đang
chuyển động với gia tốc a0 (a0 > 0), người ta bắt đầu làm cho gia tốc của bình giảm thật chậm tới giá
a
trị 0 . Coi khí trong bình là khí lí tưởng. Giả thiết ở mỗi thời điểm, các phần tử khí có gia tốc như
2
nhau và nhiệt độ đồng đều trong toàn khối khí. Bỏ qua tác dụng của trọng lực.
µa 0 L
 1, trong đó µ là khối lượng mol
1. Cho rằng nhiệt độ của khí luôn là T không đổi và
RT
của chất khí, R là hằng số khí. Hãy tính:
a) Áp suất do khí tác dụng lên mỗi đáy bình khi gia tốc của bình là a.
b) Công do khối khí thực hiện trong quá trình giảm gia tốc trên.
2. Giả thiết bình hoàn toàn cách nhiệt và nhiệt độ khí thay đổi rất nhỏ trong quá trình giảm
gia tốc. Biết nhiệt độ ban đầu của khối khí là T. Tìm độ biến thiên nhiệt độ của khối khí trong
quá trình trên.

1


Câu 3. (3,5 điểm)
Một tụ điện trụ dài L, bán kính các bản tụ tương ứng là r và R. Không
ε1
gian giữa hai bản tụ được lấp đầy bởi hai lớp điện môi cứng, cùng chiều
2R
2r
dày, có hằng số điện môi tương ứng là ε1 và ε2 (Hình 3). Lớp điện môi ε1
có thể kéo được ra khỏi tụ điện. Tụ điện được nối với hai cực của nguồn
ε2
điện có hiệu điện thế U không đổi.
Hình 3
Ở thời điểm t = 0, lớp điện môi ε1 bắt đầu được kéo ra khỏi tụ điện với
tốc độ không đổi v. Giả thiết điện trường chỉ tập trung trong không gian giữa hai bản tụ, bỏ qua mọi
L
ma sát. Xét trong khoảng 0 < t < hãy:
v
1. Viết biểu thức điện dung của tụ theo thời gian t.
2. Tính lực điện tác dụng lên lớp điện môi ε1 ở thời điểm t.
3. Xác định cường độ và chiều dòng điện qua nguồn.
Câu 4. (4,5 điểm)
Cho một thấu kính hội tụ lõm - lồi, bằng thuỷ tinh, chiết suất
n = 1,5 như Hình 4. Mặt lõm có bán kính R1 = 5,5 cm và có đỉnh
tại O1. Mặt lồi có bán kính R2 và đỉnh tại O2. Khoảng cách
α
O1O2 = 0,5 cm. Một điểm sáng S được đặt tại đúng tâm của mặt
O1 O2
S
lõm và chiếu một chùm tia có góc mở rộng vào mặt thấu kính.
1. Xét chùm sáng hình nón xuất phát từ S chiếu vào thấu
kính với góc giữa đường sinh và trục hình nón là α =15o. Với giá
Hình 4
trị R2 = 3 cm, hãy xác định vị trí điểm đầu và điểm cuối của dải
các giao điểm của các phương tia sáng ló ra khỏi thấu kính và trục chính.
2. Tìm giá trị R2 sao cho chùm tia ló ra khỏi thấu kính là một chùm tia đồng quy, rộng.
Câu 5. (3,0 điểm)
Trong nguyên tử hiđrô lúc đầu có êlectron chuyển động tròn với bán kính quỹ đạo
r = 2,12.10-10 m quanh hạt nhân dưới tác dụng của lực Culông. Ta chỉ sử dụng các định luật vật lí cổ
điển để nghiên cứu chuyển động của êlectron trong nguyên tử. Theo đó, khi êlectron chuyển động
2ke 2 2
với gia tốc a thì nguyên tử sẽ bức xạ điện từ với công suất P =
a (trong đó c = 3.108 m/s;
3c3
e = 1,6.10-19 C; k = 9.109 Nm2/C2). Coi gia tốc toàn phần a của êlectron là gia tốc hướng tâm. Hãy
tính thời gian cần thiết để bán kính quỹ đạo giảm đến r0 = 0,53.10-10 m và ước tính trong thời gian
đó êlectron chuyển động trên quỹ đạo được bao nhiêu vòng.




----------------------------HẾT--------------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
Giám thị không giải thích gì thêm.

2


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
LỚP 12 THPT NĂM 2011
Môn: VẬT LÍ
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi thứ hai: 12/01/2011
(Đề thi có 02 trang, gồm 04 câu)

Câu 1. (4,5 điểm)
Một con lắc vật lí có khối lượng M, khối tâm tại G và có thể quay quanh trục nằm ngang đi qua
điểm O nằm trên con lắc. Momen quán tính của con lắc đối với trục quay là I. Biết khoảng cách
OG = d. Con lắc được thả từ vị trí có OG hợp với phương thẳng đứng một góc α0 = 60o (G phía
dưới O). Bỏ qua ma sát ở trục quay và lực cản môi trường.
O
1. Tính độ lớn phản lực của trục quay lên con lắc khi OG hợp với phương
G
g
thẳng đứng một góc α.
G
2. Tính gia tốc toàn phần lớn nhất của khối tâm con lắc trong quá trình
X
dao động.
G
G 3. Khi Gcon lắc đang ở vị trí cân bằng thì chịu tác dụng một xung lượng
A
x của lựcG F trong thời gian rất ngắn ∆t theo phương đi qua điểm A trên trục
β
OG (lực F hợp với OG góc β, xem Hình 1).
a) Xác định xung lượng của lực do trục quay tác dụng lên con lắc
Hình 1
trong thời gian tác dụng ∆t.
b) Xác định góc β và vị trí điểm A để xung lượng của lực tác dụng lên trục quay bằng không.
Câu 2. (4,0 điểm)
Cho mạch điện như Hình 2. Cuộn dây có độ tự cảm L, tụ điện có điện dung
A
C, điện trở có giá trị R. Biết điện áp giữa M và N là u MN = U 0 cos 2 ωt, với ω có
L
thể thay đổi được nhưng U0 không đổi. A là ampe kế nhiệt, các phần tử trong
M
mạch được coi là lí tưởng.
C
N
1. Tìm giá trị ω để thành phần xoay chiều của dòng điện qua ampe kế có
R
biên độ không phụ thuộc vào điện trở R. Xác định số chỉ của ampe kế trong
trường hợp này.
Hình 2
L
2. Tìm giá trị ω để số chỉ của ampe kế là nhỏ nhất. Biết rằng > R 2 .
C
Câu 3. (4,0 điểm)
L1
L2
Cho một quang hệ gồm hai thấu kính mỏng L1 và L2
giống nhau có cùng tiêu cự f đặt đồng trục. Trên Hình 3,
O1 và O2 là quang tâm của hai thấu kính, F2/ là tiêu điểm
O1
O2
F2/
S
ảnh của thấu kính L2. Một điểm sáng S đặt tại tiêu điểm
của thấu kính L1.
Hình 3
1. Tìm khoảng cách giữa hai thấu kính sao cho khi
y
một bản mặt song song đồng chất, chiết suất n, đặt trong
L1
L2
vùng giữa S và O1 hoặc giữa O2 và F2/ theo phương
vuông góc với quang trục thì ảnh của S qua hệ đều ở
ϕ
cùng một vị trí.
O
O
1
2
F2/
2. Đặt trong khoảng giữa hệ hai thấu kính L1 và L2 S
y
một bản mặt song song vuông góc với quang trục để tạo
O
thành một quang hệ mới (Hình 4). Bản mặt song song
h
này có bề dày h, chiết suất n thay đổi theo quy luật
Hình 4

1


n = n 0 + k.y ( n 0 và k là hằng số, k > 0), với trục Oy vuông góc với quang trục và cắt quang trục
của hệ thấu kính. Bỏ qua sự thay đổi chiết suất dọc theo đường truyền của tia sáng trong bản mặt
song song.
a) Xác định vị trí ảnh của S qua quang hệ.
b) Từ vị trí đồng trục, quay thấu kính L2 một góc ϕ nhỏ, sao cho trục chính của L2 vẫn nằm
trong mặt phẳng chứa Oy và O2 (Hình 4). Xác định vị trí mới của ảnh.

Câu 4. (7,5 điểm)
1. (2,5 điểm) Xử lý số liệu
Một hỗn hợp gồm hai khí acgon (Ar) và hiđrô (H2) có khối lượng 8,5 gam, được chứa trong thể
tích V0 =10 dm3 ở áp suất p0 = 105 N/m2. Khi nén đoạn nhiệt khối khí trên ta được các cặp giá trị thể
tích V và áp suất p tương ứng theo bảng số liệu sau:
V (dm3)

9,00

8,20

7,40

6,70

6,10

p (105 N/m2)

1,17

1,35

1,57

1,83

2,11

Biết nguyên tử lượng của acgon là 40 g/mol và hiđrô là 1 g/mol. Giả thiết trong quá trình nén
đoạn nhiệt, khí không bị phân li. Hãy xác định khối lượng khí Ar và H2 trong hỗn hợp.

2. (5,0 điểm) Khảo sát đặc tính của pin quang điện
Pin quang điện có cấu tạo gồm lớp chuyển tiếp p - n và hai
Điện cực trong suốt
điện cực (Hình 5). Một trong hai điện cực làm bằng chất có
tính dẫn điện tốt và ánh sáng có thể xuyên qua. Khi chiếu
p
B
sáng thích hợp vào lớp chuyển tiếp p - n sẽ xuất hiện hiệu
n
A
điện thế một chiều ở hai điện cực của pin.
Khảo sát pin quang điện như là một linh kiện điện tử. Nếu
Hình 5
giữa hai điện cực A và B của pin có hiệu điện thế UAB thì
dòng điện qua pin có dạng I AB = Id (eαUAB − 1) + Ig , với Ig đặc trưng cho thành phần dòng điện sinh ra

do sự chiếu sáng vào lớp chuyển tiếp (Ig = 0 khi không chiếu sáng), α và Id là các hệ số đặc trưng
cho pin (Id > 0, α > 0). Giả thiết α và Id luôn không đổi. Khi pin được chiếu sáng ổn định thì Ig
không đổi và trong trường hợp chiếu sáng mạnh thì Ig  Id .

Yêu cầu:
1. Với pin quang điện khi được chiếu sáng thích hợp và ổn định:
a) Tính điện áp hở mạch U0 của pin theo Ig, Id và α.
b) Mắc trực tiếp pin với một biến trở. Công suất tiêu thụ trên biến trở đạt giá trị cực đại Pm khi
biến trở có điện trở Rm và điện áp giữa hai đầu biến trở là Um.
- Viết phương trình xác định Um theo Ig, Id và α.
- Xác định Pm theo Rm, Ig, Id và α.
2. Cho các dụng cụ sau:
- 01 pin quang điện;
- 01 ampe kế và 01 vôn kế một chiều đều có nhiều thang đo, 01 biến trở;
- 01 nguồn điện một chiều ổn định;
- 01 nguồn sáng có thể thay đổi được cường độ sáng trong khoảng giá trị rộng;
- Giá đỡ, dây nối, khoá K và thiết bị che chắn cần thiết.
a) Vẽ sơ đồ thí nghiệm để khảo sát đường đặc trưng vôn - ampe của pin. Vẽ phác dạng đường
đồ thị đặc trưng vôn - ampe của pin khi pin được chiếu sáng ổn định và chỉ ra giá trị dòng Ig, điện
áp U0 trên đồ thị.
b) Trình bày phương án thí nghiệm để xác định các đại lượng đặc trưng Id và α của pin.



----------------------------HẾT--------------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
Giám thị không giải thích gì thêm.

2


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA-VŨNG TÀU

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2008-2009

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
MÔN THI : VẬT LÝ
(Hướng dẫn chấm có: 02 trang, gồm 06 câu)

Bài

Câu 1
(3 điểm)

Điểm
thành
phần

Nội dung
- Khi chúng không trượt lên nhau: v1 = v2  R11 = R22. (1)
1

- Áp dụng PTĐLH cho vật rắn quay: F.R = I = mR 2
2
t
( F là lực ma sát nghỉ giữa hai vật)
 m1R1(o - 1) = m2R22 (2)
m
R1m10
Từ (1), (2)  1  1 0 và 2 
m1  m2
R2 (m1  m2 )
- Nhiệt năng toả ra trong quá trình trượt có giá trị bằng độ giảm động năng
1
1
1
Q= I102  ( I112  I 222 )
2
2
2
m2
Biến đổi  Q =
W0
m1  m2
Từ phương trình chuyển động của vật rắn quay: Mp = I.
A
I
mgd
 ’’ +
 = 0  chu kỳ: T = 2
I
mgd
O

1
1

1

o

l
1 2
mld
ml + md2 
 T  2
12
G o
g 3
3
1 2
l
Lúc này:
ml = md2  d =
12
2 3
b/ Khi thanh quay trong từ trường, từ thông qua diện tích quét là:
1
1
B
 = B.S = B. .R2  suất điện động cảm ứng e = B. .R2
2
2
Bl 2
1
2
2
 Hiệu điện thế giữa hai điểm AB: U =  e1 – e2  = B. .( R1  R2 ) =
2
2 3
Tính được U
Sóng âm tại nguồn thu là sự tổng hợp của hai sóng tới và sóng phản xạ.
Nguồn sóng ở sát tường  sóng tới và sóng phản xạ cùng phương, cùng tần số
và ngược pha
Sóng tại M có PT: u = a cos(t - 2d1/) – a cos(t - 2d2/)
d d
d  d2
= -2a sin. 2 1 sin(t -  1
)


Máy thu ghi được âm lớn nhất khi:
d d
v
v
. 2 1 = /2 + k  d = (k + ½)  f = (k + ½)

d
f
v
Hai âm có tần số gần nhất: f =
d
v
f
Âm có tần số nhỏ nhất: k = 0  fmin =
=
= 135Hz
2 d
2

1

Mặt khác: I =
Câu 2
(4 điểm)

Câu 3
(3 điểm)

1

1

1

1
1

1


Câu 4
(4 điểm)

Khi C = 1/R  Zc = R  Z2 = R 2  I1 = I2 2 và 2 = /4
  

Giản đồ: I  I1  I 2
I2
Từ giản đồ ta có góc lệch pha giữa u và i:
I 2 sin  2
1
tan  

2
I1  I 2 cos 2 3

O
3

 Hệ số công suất cos  
I1
10
- Khi hệ số công suất nhỏ nhất  (tan)max
RZ
RZ
Biến đổi  tan   2 c 2  2 c 2
Z2  R
Zc  2R
 (tan)max =

1

(cos)min =

2 2
Lúc này: Z  2 R 2  Z c  R 2

1

I


U AB

1

1

2 2
3

2
c

0,5

Để vệt sáng trên màn nhỏ nhất  chùm ló là chùm hội tụ
Vì L < 4f  điểm hội tụ ở sau màn
Ta có hình vẽ sau:
M

Câu 6
(3 điểm)

0,5

S’

S

Câu 5
(3 điểm)

d

0,5

L

0,5

d’

Gọi r, R là bán kính của vệt sáng và bán kính mở của TK
r d  d'  L d L L
L L
Ta có: 
   2

'
R
d
f d f
f
f
d L
Khi vệt sáng trên màn nhỏ nhất khi   d  Lf
f d
Bỏ qua sự trao đổi nhiệt: Q = 0  A = -U (*)
PV
- Khi Pit-tông cân bằng: Fk = Fđ  2 1 = kx
x
PV
1
 kx2 = P2V1 = 2 2 = nRT2
2
2
Công khí thực hiện được chuyển thành thế
năng đàn hồi của lò xo
1
1
A = kx2 = nRT2
2
4
5
- Nội năng của khí biến thiên: U = nR(T2 – T1)
2
10
Thay vào (*)  T2 =
T1.
11
5
Áp dụng phương trình trạng thái khí  P2 = P1.
11

1
1

1
k

H3

1

1


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA-VŨNG TÀU

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2008-2009
MÔN THI: VẬT LÝ
Thời gian làm bài thi: 180 phút
Ngày thi: 11 -11 -2008
(Đề thi có 01 trang, gồm 06 câu)

Câu 1 (3 điểm): Hình trụ đặc A có khối lượng m1, bán kính R1, quay quanh trục  nằm ngang đi qua
trục hình trụ với vận tốc góc 0. Hình trụ đặc B có khối lượng m2, bán kính R2, có trục quay ’ nằm
ngang song song với , đi qua trục của nó và đang đứng yên. Cho B áp sát vào A, ban đầu A trượt trên
B sau đó A và B không trượt lên nhau. Tìm vận tốc của hai khối trụ khi đã hết trượt và nhiệt năng toả ra
do sự trượt. Bỏ qua ma sát của trục quay.
A
Câu 2 (4 điểm): Môt thanh kim loại mảnh, tiết diện đều, đồng chất dài l  1m , khối lượng m, O o
có trục quay  đi qua O vuông góc với thanh ( H 1). Biết O ở vị trí sao cho thanh dao động
điều hoà quanh O với chu kỳ nhỏ nhất. Bỏ qua mọi ma sát và lực cản môi trường.
G o
Lấy g = 10  2 (m/s2).
a/ Chứng minh vật dao động điều hoà với biên độ nhỏ. Xác định chu kỳ dao động nhỏ
nhất của thanh kim loại trên.
b/ Cơ hệ đặt trong từ trường đều có B = 10-2 Tesla, đường cảm ứng song song với . B
Xác định hiệu điện thế ở hai đầu thanh khi thanh quay đều quanh O với tốc độ 300vòng/phút.
H1
Câu 3 (3 điểm): Trên phương vuông góc với một bức tường, người ta đặt nguồn âm tại N ở gần tường
và nguồn thu âm tại M khá xa N. Khi nguồn phát âm thay đổi tần số, người ta thấy máy thu ghi được âm
to nhất với hai âm có tần số gần nhau nhất là 540Hz và 810Hz. Bỏ qua sự thay đổi của biên độ âm khi
lan truyền. Xác định tần số âm nhỏ nhất mà máy thu âm có thể ghi được âm to nhất.
R1
Câu 4 (4 điểm): Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ
(H2). Cho R1 = R2 = R và tụ điện C có điện dung thay đổi A
B
(C>0). Đặt vào hai đầu mạch một điện áp xoay chiều có
C
R2
biểu thức: uAB = Uo cost(V).
1
a/ Cho C =
: Vẽ giản đồ Fresnel biểu diễn cường
R
H2
độ dòng điện trong mạch chính. Tính hệ số công suất của
đoạn mạch.
b/ Thay đổi C đến giá trị nào thì hệ số công suất của mạch có giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ
nhất ấy.

Câu 5 (3 điểm): Một điểm sáng S đặt trên trục chính của một thấu kính hội tụ có tiêu cự f. Màn M đặt
vuông góc với trục chính ở bên kia thấu kính, cách điểm sáng S đoạn L sao cho f< L<4f. Xác định
khoảng cách từ S đến thấu kính để vệt sáng trên màn nhỏ nhất.
Câu 6 (3 điểm): Một pit-tông ngăn xi-lanh kín hai đầu thành 2 phần (H3):
Một phần chứa một lượng khí Hydro; phần còn lại là chân không, trong đó
k
có gắn một lò xo vào giữa pit-tông và xi –lanh. Ban đầu giữ pit-tông ở vị trí
lò xo không biến dạng và khí có nhiệt độ T1, áp suất P1. Thả cho pit-tông
chuyển động, nó dừng lại ở vị trí cân bằng có thể tích tăng gấp 2 lần so với
ban đầu. Bỏ qua mọi ma sát và sự trao đổi nhiệt. Cho biết nội năng của khí
H3
5
hai nguyên tử là: U = nRT.
2
Xác định nhiệt độ và áp suất của khí sau quá trình biến đổi trên.
----- HẾT ----Họ & Tên thí sinh:…………………….
Chữ ký giám thị số 1:…………………….
Số báo danh: ………………………….


SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA-VŨNG TÀU
-------------------

CÂU
Câu 1
(4điểm)

KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI
LỚP 12 THPT DỰ THI QUỐC GIA,NĂM HỌC 2010-2011
-------------------------------------------HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN THI VẬT LÝ
( Hướng dẫn chấm có 03 trang)

NỘI DUNG
a/. m va chạm mềm với thanh l:
+ Áp dụng định luật bảo toàn mômen động lượng: Ltrước v.c = L sau v.c
Ml 2
I m . 0  (I m  I M ).
 ml 2 .0  (ml 2 
).
3
 3mV0 .l  (3m  M )l 2
3mV0
+
: tốc độ góc của hệ ngay sau va chạm, đồng thời là tốc độ góc
(3m  M )l
cực đại của hệ (M+m).
+ Sau va chạm, hệ lệch một góc  nhỏ ra khỏi vị trí cân bằng.
Phương trình động lực học cho vật rắn quay quanh một trục cố định O:
M = Ihệ. 
l
M
 Mg . .sin   mg.l.sin   (  m).l 2 .
2
3
+ Do sin   và    "
g
l2
 ( M  2m) .  (3m  M ) . "
2
3
3 g M  2m
 " 
.
2l M  3m
3 g M  2m
Đặt  
=>  "   2 . => hệ vật dao động điều hoà.
2l M  3m
b/.Phương trình li độ
+ pt li độ góc có dạng:    0 .cos (t   )
 pt tốc độ góc có dạng:    0 ..sin (t   )
 max
3mV0
2l M  2m

.

( M  3m)l 3 g M  3m
+ Thay số: M = 1kg; m = 0,2kg; l = 1m; V0 = 0,5m/s, ta được:
  3, 62(rad / s );  0  0, 05(rad );

+ Chọn t0 = 0 lúc va chạm =>   
2

Vậy pt li độ góc của hệ vật là:   0, 05.cos (3,62.t - ) (rad)
2

+ tốc độ góc cực đại:  max =  0 .   0 

Câu 2
(4điểm)

1. Áp suất của piston là Δp=

mg
= 104 Pa
S

Gọi p1 và V1 là áp suất và thể tích của khối khí trên
Gọi p2 và V2 là áp suất và thể tích của khối khí dưới
Ta có :
p2 = p1 + Δp = 2.104Pa
p1 = 0,01.RT/V1

ĐIỂM
( 0,5điểm)

( 0,5điểm)

( 0,5điểm)

( 0,5điểm)

( 0,5điểm)

( 0,5điểm)

( 0,5điểm)

( 0,5điểm)

0, 5đ

0,5đ


p2
n.V1
n.0,4
=
=
p1 0,01.V2 0,01.0,6
p2 = n.RT/V2 => n = 0,03 mol
2. p1 = 0,01.RT/V1= 0,01.RT/(S.0,4L) => L = 62,325 cm.
Khi cân bằng, lò xo dãn l = 0,1L = 6,2325cm
k.Δl
Áp suất của lực đàn hồi gây ra là p' =
 0,6.104 Pa.
S
Áp suất của khối khí dưới : p’2 = p2.0,6/0,5 = 2,4.104 Pa
Áp suất của khối khí trên : p’1 = p’2 - p + p’ = 2,4.104 - 104 + 0,6.104 = 2.104 Pa
p'1.V'1
T1 = 750 K
p1.V1

Nhiệt độ của khối khí trên : T2 =
Câu 3
(4điểm)

N12
y
x

ma1
O Fmsn
 mg
Mg

0,5đ
0, 5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

0, 5đ


Fmsn

a1(+)

( 0,75điểm)

N21

 Vẽ lực đúng
Gọi nêm là vật 1; quả cầu là vật 2. Gia tốc của nêm là a1; quả cầu có gia tốc góc 
và gia tốc khối tâm đối với nêm là a21.
 Định luật 2 Niutơn cho chuyển động của nêm trong hệ qui chiếu gắn với mặt
sàn:
Ma1 = N21sin - Fmsncos
(1)
 Xét chuyển động của quả cầu trong hệ qui chiếu gắn với nêm:
Ox: ma1cos + mgsin – Fmsn = ma21 (2)
Oy: N12 + ma1sin – mgcos = 0
(3)
2
2
(4)
Fmsn R  mR 2   mRa 21
5
5
5mgsin  cos 
 Giải hệ phương trình (1), (2), (3) và (4), ta được: a1 =
7(M  m)  5mcos 2 

Câu 4
(4điểm)

0,5đ

-Nhận xét : vật thật cho ảnh thật  Đây là thấu kính hội tụ.
-Vẽ hình

( 0,75điểm)
( 0,5điểm)
( 0,5điểm)
( 0,5điểm)

(1điểm)

( 0,5điểm)
( 0,5điểm)

-Ta có:
r d d L
=
R
d/
/



r
=
R

d

d. f
L
d f
d. f
d f



d 2  Ld  Lf
r
d L L
=
=  
R
fd
f
f d

 d L
-Vì R không đổi, để r nhỏ nhất thì    nhỏ nhất.
 f d
d2
( L  ) 2
Điều kiện này xảy ra khi : f =
=
L
L

( 0,5điểm)

( 0,5điểm)


( L  40) 2
(1)
L
* Khi thấu kính cách màn một đoạn    2 = 55 cm và màn dịch chuyển ra xa A ( 0,5điểm)
một đoạn 21 cm ta có :
( L  21   2 ) 2
( L  21  55) 2
f =
=
(2)
L  21
L  21
( L  34) 2
( L  40) 2
( 0,5điểm)
Từ (1) và (2) ta có :
=
L
L  21
2
 (L + 21)(L - 80L + 1600) = (L 2 - 68L + 1156)L
 L 3 - 80L 2 + 1600L + 21 L 2 - 1680L + 33600 = L 3 - 68 L 2 +
1156L
 9L 2 - 1236L + 33600 = 0
L = 100 (cm)
L = 37,33 (cm)
Loại
( 0,5điểm)
( L  40) 2
(100  40) 2
Từ (1) ta tính được : f =
=
= 36 (cm)
L
100
( 0,5điểm)
a/.Ta có mạch điện như hình vẽ

* Khi thấu kính cách màn một đoạn    1 = 40 cm. f =

Câu 5
(4điểm)

A

V2

L,r
M
V1

Cảm kháng Z L  .L  2 .50.

C

R

4
 80
5

B

N

K

( 0,5điểm)
A

* Khi K đóng
-Vẽ hình

L,r

R
M

B
N

( 0,5điểm)

V1

2
-Ta có: UAB = UAN = 170V  U AN
 (U r  U R ) 2  U L2

 (U r  U R ) 2  U L2  1702 (1)


-vì uMN trễ pha hơn uAB `     tan   1
4
4
Z
 L  1  Z L  r  R  U L  U r  U R (2)
rR
thay (2) vào (1) ta được (U r  U R ) 2  (U r  U R ) 2  1702  U r  U R  85 2 V

UL = 85 2 V  I 

U L 85 2 17


2A
ZL
80
16

17
2 = 63,75 2 V  Ur = 85 2 -63,75 2 = 21,25 2 V
16
U
21, 25 2
 r r 
 20
17
I
2
16
b/ Khi K mở mạch xảy ra cộng hưởng nên ZC = ZL = 80Ω
U
170
17
ta có U = 170V  I 


A
r  R 20  60 8
17
Số chỉ V1: U AN  I .Z AN  I . (r  R ) 2  Z L2 
(20  60) 2  80 2  170 2V
8
17
Số chỉ V2: U MB  I .Z MB  I . R 2  Z C2 
602  802  212,5V
8

( 0,5điểm)
( 0,5điểm)

( 0,5điểm)

 UR = R.I = 60.

( 0,5điểm)

( 0,25điểm)
( 0,25điểm)
(0,25điểm)
( 0,25điểm)


SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2010 – 2011
MÔN THI: VẬT LÝ
Thời gian làm bài thi: 180 phút
Ngày thi: 02/11/2010
(Đề thi có 02 trang)

Câu 1 (2,5 điểm): Một vật nhỏ A bắt đầu trượt từ đỉnh của một bán cầu cố
định, bán kính R = 90cm, xuống dưới (Hình 1). Tìm vị trí vật bắt đầu tách
khỏi mặt cầu và vận tốc của vật tại vị trí đó. Cho gia tốc trọng trường g =
10m/s2. Bỏ qua ma sát giữa vật và bán cầu.

A
R
Hình 1

Câu 2 (2,5 điểm): : Hai bình cầu A, B có thể tích là 400cm3 và 200cm3 được
nối với nhau bằng ống dài l = 30cm nằm ngang, tiết diện S = 0,2cm 2. Ở 00C
giọt thủy ngân nằm giữa ống. Hỏi nếu nhiệt độ bình A là t1 = 10C và bình B
là t2 = -30C thì giọt thủy ngân dịch chuyển đi bao nhiêu ? Cho rằng với độ
biến thiên nhiệt độ nhỏ, thể tích bình và ống coi như không đổi, bỏ qua thể
tích giọt thủy ngân.
Câu 3 (2,5 điểm): Hai vật có khối lượng m1 và m2 được nối với
nhau bằng một sợi dây nhẹ, không dãn vắt qua một ròng rọc có
trục quay nằm ngang và cố định gắn vào mép bàn (hình 3). Ròng
rọc có momen quán tính I và bán kính R. Coi rằng dây không
trượt trên ròng rọc khi quay. Biết hệ số ma sát giữa vật m 2 và mặt
bàn là , bỏ qua ma sát trục quay.
a. Xác định gia tốc của m1 và m2.
b. Tìm điều kiện giữa khối lượng m1, m2 và hệ số ma sát mặt bàn
 để hệ thống nằm cân bằng.

B

A
Hình 2

m2

Câu 4 (2,5 điểm): Cho mạch điện như hình 4. Các điện trở có giá trị
R1 = R2 = R3 = R4 = R5 = 3  ; Rx là một biến trở; nguồn điện có suất
điện động E = 5,4V; tụ điện có điện dung C = 0,01 F. Vôn kế V có điện
trở rất lớn, các dây nối có điện trở không đáng kể.
1. Ban đầu cho Rx = 1  thì vôn kế chỉ 3,6V.
a, Tính điện trở trong của nguồn điện.
b, Tính điện tích của bản tụ nối với M.
2. Tìm Rx để công suất tiêu thụ trên Rx cực đại. Tính công suất đó.
Câu 5 (2,5 điểm): Hai nguồn sóng trên mặt nước S1, S2 cách nhau
30 cm có biểu thức u1  u2  2 cos10t (cm,s). Biết vận tốc truyền sóng
v = 40 cm/s. Chỉ xét các điểm trên mặt nước.
1. Tại điểm M cách hai nguồn S1, S2 lần lượt là 10cm và 20cm ở đó
biên độ bằng bao nhiêu? Trên đoạn MS2 có bao nhiêu điểm có biên độ
cực đại, và bao nhiêu điểm đứng yên?

m1

Hình 3

V

R1

E, r

R3

M

Rx

C
R2 N

R4

R5
Hình 4


2. Gọi I là trung điểm của S1S2. Tìm khoảng cách tới I của tất cả các điểm nằm trên đường
trung trực của S1S2 có cùng pha với hai nguồn.
3. Tìm các điểm dao động cùng pha với I.
Câu 6 (2,5 điểm): Một con lắc đơn, gồm vật nặng m = 0,2kg, dây treo nhẹ, không dãn có chiều
dài l = 1m được treo ở A cách mặt đất là H = 4,9m. Truyền cho m một vận tốc theo phương ngang
để nó có động năng Wđ. Con lắc chuyển động đến vị trí dây
treo lệch góc   600 so với phương thẳng đứng thì dây treo A
bị đứt, khi đó vật m có vận tốc v0 = 4 m/s. Bỏ qua mọi lực
cản và ma sát. Lấy g = 10m/s2.

1. Xác định động năng Wđ.
2. Bao lâu sau khi dây treo đứt, vật m sẽ rơi đến mặt đất.
3. Nếu từ vị trí của vật khi dây treo bị đứt có căng một
sợi dây khác nghiêng với mặt đất một góc   300 trong mặt

phẳng quỹ đạo của vật m (Hình 5), thì vật m chạm vào dây
Hình 5
tại điểm cách mặt đất bao nhiêu.
Câu 7 (2,5 điểm): Một cái chậu có đáy là gương phẳng G nằm ngang (Hình
6). Đặt thấu kính L nhỏ, mỏng, dạng phẳng lồi, tiêu cự là 10 cm, sao cho
mặt lồi ở trên còn mặt phẳng thì nằm trên mặt phẳng ngang qua đỉnh của
chậu. Vật sáng S nằm trên trục chính của thấu kính, ở trong khoảng giữa
20
gương và thấu kính và cho hai ảnh thật, cách nhau
cm. Cho nước vào
3
đầy chậu thì hai ảnh thật lúc này cách nhau 15cm. Biết chiết suất của nước
4
là n = , Tìm độ cao h của chậu và khoảng cách từ vật S tới thấu kính.
3

O

L

h

S
G

Hình 6
Câu 8 (2,5 điểm): Mạch chọn sóng của một máy thu vô tuyến điện gồm một cuộn dây có độ tự
cảm L và một bộ tụ điện gồm một tụ không đổi C0 mắc song song với tụ xoay Cx. Tụ xoay có
điện dung là hàm bậc nhất của góc xoay và biến thiên từ C1=10pF đến C2 = 250pF khi góc xoay
biến thiên từ 00 đến 1200. Mạch có thể thu được các sóng điện từ từ 1=10m đến 2 =30m.
1. Tính L và C0.
2. Tính góc xoay của tụ để tụ thu được sóng có bước sóng 20m
-------------------------------------------------------------HẾT---------------------------------------------------

Họ và tên thí sinh:………………………………….
Số báo danh:……………………………………….

Chữ ký giám thị số 1:


SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2020 – 2011

HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN THI: VẬT LÝ
(Hướng dẫn chấm có 4 trang)
Câu
Nội dung
1
(2,5đ) Áp dụng định lí động năng Vận tốc tại M:
v2  2g.AH  2gR(1  cos) (1)
  
mv2
Fhl  P  N chiếu lên phương OM được: P cos   N 
(2)
R
Từ (1) và (2) được: N = mg(3cos  -2)

2
(2,5)

A
H

Điểm


N

M



P


v

O

Vật bắt đầu tách khỏi mặt cầu khi N = 0  cos  =2/3, hay bởi độ
Hình 1
2gR
Cao OH = Rcos  0 =60cm. Vận tốc v của vật tại vị trí đó: v2 
6v 6m/s
3
Thể tích ống nối: Sxl =6 (cm3)
V1 = 403cm3, V2 = 203cm3
Quá trình biến đổi (1):

P1V1 P2 (V1  V)

T1
T1  1

(1)

Quá trình biến đổi (2):

P1V2 P2 (V2  V)

T1
T1  3

(2)

(1) và (2)  V  1,98cm3
V
x
 9,9cm
S
3
a/ Xác định gia tốc của m1 và m2.
(2,5đ) + Biểu diễn các lực trên hình
+ Xét vật m1: m1g – T1 = m1a  T1 = m1(g –a)
(3.1)
+ Xét vật m2 : T2 – Fms = m2a  T2 = m2(g + a) (3.2)
a
+ Xét ròng rọc : (T1 – T2)R = I  T1  T2  I 2
(3.3)
R
g(m1  m2 )
Từ (4.1), (4.2), (4.3)  a 
(3.4)
I
 m1  m2
R2
b/ Tìm điều kiện giữa khối lượng m1, m2 và hệ số ma sát mặt bàn  để hệ thống nằm
cân bằng.
Để hệ thống nằm cân bằng P1 = Fmsn ≤ (Fmsn)max,  m2µ ≥ m1

0,5
0,25
0,5
0,5
0,5
HV:0,25
0,5

0,5

0,5
0,5
0,5

0,5
0,25
0,25
0,5

0,5

0,5


4
(2,5)

1, (((R2 nt R4)//R5) nt Rx)//(R1 nt R3)
(R24 = 6; R245 = 2; R245x = 3; R13 = 6)
Rtd = 2
Do R1 = R3 và mắc nối tiếp nên U1 = U3 = U/2= 1,8V
U
Dòng điện Ix qua Rx: I x 
 1,2A
R x  R 245
Tính được điện trở trong r = 1 
U5 = U- RxIx = 2,4V
Do R2 = R4 và mắc nối tiếp nên U2 = U4 = U5/2=
1,2V

V

0,25

R1

E, r

A

0,25

R3

M

B
Rx

C
D

C

R2 N

UNM = UNA + UAM =-U2 + U1 = 0,6V >0
Vậy VN > UM do đó bản N là bản tích điện dương.
Q = CUNM = 6nC

R4

0,25
0,25

R5
Hình 4

6(R x  2)
5,4(R x  8)
E
: => I 

Rx  8
R td  r
7R x  20
I13(R1 + R3) = Ix(Rx + R245)  6I13 = Ix(Rx + 2)
I
I I
Ix
5,4(R x  8)
I
32,4
 13  x 13 

 Ix 
6 R x  2 R x  8 R x  8 (7R x  20)(R x  8)
7R x  20

2, R td 

Vậy Px  R x I 2x 

(32,4)2 R x
(32,4)2

(7R x  20)2 (7 R  20 )2
x
Rx

0,5

0,25

0,25

=>Px lớn nhất thì R x 

20

7

0,25
0,25

Px(max)  1,875W

5
(2,5)

v.2
 8cm

(d 2  d1 )
A M  2A cos
 2 2cm

S1S2
 3,75 có tổng 7 cực đại, 8 cực tiểu trên vùng giao

thoa.
M nằm giữa cực đại bậc 1 và cực tiểu thứ 2 nên trên
đoạn MS2 có 05 cực đại, 05 cực tiểu.

1,  

M
0,25
S1

S2

0,25

0,25
N

2, Các điểm nằm trên trung trực của S1S2 nên d1=d2 =d.
d

x
Các điểm nằm trên trung trực của S1S2 có cùng pha với
S2
S1

nguồn thì: (d1  d 2 )  2k  d  k  8k
I

2
SS
Đặt x = IN=>x2 = d2 - 1 1 => x  64k 2  225
4
S1S2
Điều kiện: d  k 
 k  1,875 (k  Z)  k  2 .Vậy x  64k 2  225 (k  2)
2

0,25

0,25
0,25


S1S2 30

 3,75

8
(d1  d 2 ) (d1  d 2 )
Pha ban đầu của P: P 


8
P và I dao động cùng pha khi I  P  2n

3, Pha ban đầu của I: I 

6
(2,5)

0,25
0,25
0,25


hay  3,75  (d1  d 2 )  2n
8
 d1  d 2  16n  30 (n  N* )
1, Chọn gốc thế năng tại C, áp dụng định luật bảo toàn cơ
năng:
1
Wc  mgl(1  cos)+ mv20  2,6J
2
2, Chọn hqc xOy như hình vẽ. Chuyển động của vật theo
hai trục là
x = (v0cos)t
(1)

v0
1 2
y = gt  (v 0 sin )t (2)
M 
2
O
(2) y  5t 2  2 3t (3)

Khi chạm đất y = 4,4m =>t = 1,34s.
x
5
3, (1)  t 
=> y  x 2  3x
(4)
2
4
Mặt khác dây là một đoạn thẳng có PT: y
= (tan)x  x  3y

0,25
A
v0


0,25
0,25

O
0,25
0,25
C

x

M



h?

0,25

0,25
0,25

0,25
y

15 2
16
y  4y  0  y  m . =>y =16/15 m
4
15
và điểm đó cách mặt đất 3,33m

7
(2,5)

Gọi d = OS
Sơ đồ tạo ảnh:

0,25X2

S
S

O

L

Ta có d’ =

h

S
G

L
d

d’
G

d1

S1

d1 ’

d’

G
d1

d1 ’

d2

S2
d2 ’

0,25đ

d’ - d2’ = 2/3 => 2d2 - 4dh +100h - 60d - 200 = 0
Khi có nước:
S LCP
S’ L
S’’
S

L

10d
d-10

d1= h - d => d2 = 2h - d => d2’ =

d

0,25đ

S’

10(2h-d)
2h - d -10

(1)

d’’

S1

LCP
d2

S2
d2 ’ d3

0,25đ
0,25đ

0,25
L
d3 ’

S3


Ta có d’ =

0,25đ

3d
7,5d
=> d’’=
4
0,75d-10

3(2h-d)
7,5(2h-d)
=> d3’=
4
1,5h-0,75d-10
2
=> d’’- d3’ = 15
=> 0,5625d - 1,125dh +25h - 10d - 100 = 0 (2)
Từ (1) và (2) => d = 11,765 cm (loại)
d = 20 cm
(nhận)
=> h = 30 cm

0,25đ
0,25đ

d1= h-d => d2= 2h-d => d3=

8
(2,5)

1,

1  2c L(C0  C1 )
 2  2c L(C0  C2 )

=> L 

2

=>

12
 9,4.10 7 H
42 c2 (C0  C1 )
2

0,25đ
0,25đ

C0  C1  1 
1
  
2, C0  C3   3 
4
 C3  100pF
Gọi PT của Cx là Cx = a + b (*)
Khi 1=00 thì Cx1=10  b =10
Khi 2=1200 thì Cx2=250  250 = 10 + a120  a=2
Vậy PT sự phụ thuộc của Cx theo góc quay là : Cx = 2 + 10
Với C3 = 100pF thì  = 450

C0  10  1 
1
  
C0  250   2 
9
 C0  20pF

0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

-------------------------------------------------------HẾT--------------------------------------------------------------


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×