De HSG Ly 12 Vinh Long 2009 (+ dap an)

SỞ GD –ĐT VĨNH LONG KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐBSCL NĂM HỌC 2008-2009 TRƯỜNG THPT CHUYÊN MÔN THI VẬT LÝ 12 NGUYỄN BỈNH KHIÊM -----oOo----- ---------------- Bài 1: Cơ học (3 đ) Hai vật A và B có khối lượng m 1 =250g và m 2 = 500g được nối với nhau bằng một sợi dây mảnh vắt qua một ròng rọc có khối lượng không đáng kể. Vật B được đặt trên một xe lăn C có khối lượng m 3 = 500g trên mặt bàn nằm ngang. Hệ số ma sát giữa B và C là k 1 =0.2; giữa xe và mặt bàn là k 2 = 0.02. Bỏ qua ma sát ở ròng rọc. Ban đầu vật A được giữ đứng yên, sau đó buông tay cho hệ 3 vật chuyển động. Tìm gia tốc của các vật và lực căng của sợi dây. Tìm vận tốc của B so với C ở thời điểm 0.1s sau khi buông tay và độ dời của vật B trên xe C trong thời gian đó. Lấy g = 10m/s 2 . Bài giải: Gọi 1 a r , 2 a r , 3 a r lần lượt là Các véctơ gia tốc của xe A, B, C đối với bàn. Khi buông tay cho hệ chuyển động thì giữa B và C xuất hiện lực ma sát trượt đóng vai trò là lực phát động đối với xe C. ∗ Áp dụng địnhluật II cho xe C: F BC – k 2 N 3 = m 3 a 3 (1) Trong đó: F BC = k 1 m 2 g. N 3 = (m 3 + m 2 )g ⇒ a 3 = 1.6m/s 2 . 3 a r cùng hướng với BC F r ∗. Đối với vật B: Áp dụng định luật II: T – k 1 N 2 =m 2 a 2 . Hay T -1 = 0.5a 2 (2) ∗. Đối với vật A: Áp dụng định luật II: m 1 g – T = m 2 a 2 vì a 1 = a 2 nên: 2.5 – T = 0.25 a 2 (3) (2) và (3) ⇒ a 1 = a 2 = 2m/s 2 . Và T = 2N. Gia tốc của xe B đối với xe C là : BC 2 3 a a a= − r r r ⇒ a BC =a 2 –a 3 = 0.4m/s 2. Sau khi buông tay0.1s vận tốc của xe B đối với xe C là : v BC = a BC t : 0.04s Độ dời của xe B trên xe C là : s = 2 BC a t 2 =0.002m C A B ∗ ∗ C A B ∗ ∗ B B B m 2 m 1 m 3 Bài 2 : Điện một chiều (3 đ) Cho mạch điện như hình vẽ, các ampe kế có điện trở không đáng kể; A 1 chỉ 0.2A; A 2 chỉ 0.3A. Nếu đổi vị trí của 2 điện trở trong sơ đồ cho nhau thì chỉ số của các ampe kế vẫn không đổi. Tìm cường độ dòng điện qua nguồn trong các trường hợp hoán đổi. Bài giải: Ký hiệu các dòng điện qua các nhánh như hình vẽ. Ta có I 1 = i 2 + i 3 (1) I 2 = i 1 + i 3 (2) I = I 1 +i 1 = I 2 + i 3 . (3) ∗ . (2) – (1) : I 2 - I 1 = i 1 – i 3 ≠0 : (4) không đổi sau khi đổi các điện trở. Nếu hoán đổi vị trí R 1 và R 3 Sau khi đổi I’ 1 = i 2 + i 1 ; Theo đề bài I’ 1 = I 1 ⇒ i 1 = i 3 ⇒ I 1 –I 2 = 0 : không phù hợp với điều kiện không đổi của (4) Vậy không thể đổi vị trí của R 1 cho R 3 ∗ . Trường hợp đổi R 1 với R 2 . Sau khi đổi I’ 1 = i 1 + i 3 ; (5) Vì I’ 1 = I 1 nên từ (1) và (5) ⇒ i 1 = i 2 . (2) : I 2 =2i 2 = 2i 1 ⇒ i 1 = i 2 = 0.15A Vậy I = I 1 + i 1 = 0.2+ 0.15 = 0.35A ∗ . Trường hợp đổi R 2 với R 3 . Sau khi đổi I’ 2 = i 1 + i 3 ; (6) Vì I’ 2 = I 2 nên từ (2) và (6) ⇒ i 2 = i 3 . (1) : I 1 =2i 2 = 2i 3 ⇒ i 3 = i 2 = 0.1A Vậy I = I 2 + i 3 = 0.3+ 0.1 = 0.4A A 2 E A 1 R 1 R 2 R 3 A 2 E A 1 I I 1 i 1 i 2 i 3 I 2 R 1 R 2 R 3 Bài 3:Dao động cơ (3 đ) Trên một mặt phẳng ngang nhẵn có đặt hai khối gỗ A và B cùng khối lượng m, được nối với nhau bởi một lò xo như hình 1. Khối lượng lò xo không đáng kể. Một viên đạn có khối lượng m/4 bay theo phương ngang với tốc độ v tới cắm vào khối gỗ. a/. Khi viên đạn vừa cắm vào khối gỗ, tìm vận tốc của A và B. b/. Trong quá trình chuyển động của hệ sau đó. Tìm động năng tối đa của B, động năng tối thiểu của A và thế năng đàn hồi tối đa của lò xo. Bài giải: a/. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng: 1 1 . 4 4 5 m v v mV V   = + → =  ÷   . V là vận tốc của A ngay sau va chạm, lúc đó vận tốc của B bằng không. b/. Sau va chạm, khối tâm G của hệ có chuyển động tịnh tiến, gọi V G là vận tốc của khối tâm hệ trong chuyển động tịnh tiến. Trong hệ quy chiếu là khối tâm, hai khối A và B có dao động điều hòa. Khi A và B có cùng vận tốc (bằng V G ), tức là vận tốc trong chuyển động tương đối bằng không thì lò xo có độ biến dạng tối đa. 5 1 4 4 9 9 G G AB G m v v v V V v V   = + → = ⇒ = =  ÷   Thế năng đàn hồi tối đa của hệ: 2 2 2 1 5 1 5 1 . 1 . 2 4 2 4 90 P AB E mv mv mv   = − + =  ÷   Gọi v A và v B lần lượt là vận tốc của A và B khi lò xo có lại độ dài như ban đầu, ta có: A 2 2 2 A 5 v= v v 4 4 1 5 1 5 1 . . v . v 2 4 2 4 2 B B m m m mv m m + = + Tính được A B 1 2 v v; v v 45 9 = = Động năng tối đa của B là: 2 2 dB B 1 2 v v 2 81 E m m= = Động năng tối thiểu của vật A là: 2 2 dA A 1 5 1 . v v 2 4 3240 E m m= = A B v Hình 1. Bài 4: Phương án thực hành (2 đ) Thí nghiệm về thấu kính: Cho một thấu kính hai mặt lồi đối xứng, một gương phẳng, một cốc nước, một thước đo, một bút chì và một giá đỡ có cái kẹp. Chỉ được dùng những vật đó để làm thí nghiệm. a/. Xác định tiêu cự của thấu kính với sai số tối đa %1 ± . b/. Xác định chiết suất của thủy tinh dùng làm thấu kính. Chiết suất của nước là n w =1,33. Bài giải: a/. Đặt thấu kính trên gương và cả hai đặt ở chân giá đỡ. Kẹp nhẹ bút chì vào giá di chuyển cho đến khi mắt nhìn từ trên xuống thấy ảnh của đầu bút chì trùng với vật (xê dịch mắt một chút để kiểm tra bằng thị sai). Đo khoảng cách P từ bút chì đến thấu kính, P bằng tiêu cự của thấu kính f L . Thật vậy, gương làm ánh sáng đi qua thấu kính hai lần. Độ tụ hiệu dụng f 1 bằng 2 lần độ tụ L f 1 của thấu kính. ' 1121 PPff L +== Vậy P = P’ = f L . Phải xác định chính xác khoảng cách P: đo nhiều lần để lấy trung bình, và phải trừ bớt một nửa bề dày của thấu kính nếu đo từ mặt gương. (Trong kì thi, đã sử dụng các thấu kính có tiêu cự khoảng 30cm và 0,5mm 3,0 d ±= ). b/. Đổ một ít nước lên gương và đặt thấu kính lên nước, ta tạo ra một thấu kính phẳng – lõm bằng nước, có tiêu cự f W , liên hệ với bán kính r 1 = - r của mặt cong ( r 2 ∞= ) bằng công thức: r n f W W 1 )1( 1 −=− Để xác định f W , ta cũng dùng phương pháp của một phần a để tìm tiêu cự f’ của hệ thống hai thấu kính, thủy tinh và nước. Ta có: WL fff 11 ' 1 += Từ đây tính ra f W và r = (n W – 1)f W . Ta tính được 1 2 2 += L f n P 2 d Hình 2 a) b) Bài 5: Dao động điện từ(3 đ) Cho mạch như hình 3, các phần tử trong mạch đều lý tưởng a/. Đóng k, tìm i max trong cuộn dây và U 1max trong tụ C 1 . b/. Viết biểu thức điện tích của tụ điện khi K đóng theo C 1 , C 2 , E và L. Bài giải: a/. Ta tìm i max : - Khi K mở: 1 2 o1 2 1 2 q .E o C C q C C = = + Năng lượng: 2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 1 1 .E 2 2 2 o o q q C C W C C C C = + = + (1) - Khi K đóng: cường độ dòng điện qua cuộn dây tăng và đạt giá trị i max khi: 2 1 0 0 0; E L L L C C di di U L U U dt dt = ⇒ = = ⇒ = = Năng lượng điện từ của mạch là: 2 2 2 1 max 1 1 E 2 2 W C Li= + (2) Điện lượng của tụ điện C 1 trong thời gian t kể từ lúc đóng khóa K là: 2 1 2 1 1 o1 1 1 2 1 2 q = C E - q = C E - . 0 C C C E E C C C C ∆ = > + + Công của lực điện là: A = E Δq = 2 2 1 1 2 .E C C C+ Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng, ta có: A = ΔW = W 2 – W 1 (coi nhiệt lượng tỏa ra Q = 0) 2 2 2 2 2 1 1 2 1 ax 1 2 1 2 1 1 1 . ( ) . 2 2 2 m C C C E C E Li E C C C C ⇒ = + − + + 1 max 1 2 ( ) C i E L C C ⇒ = + - Tìm U 1max : Khi U 1max thì 1 1max 1 q 0 dq i dt ⇒ = = (3) Mặt khác: U 1 = E + U 2 Khi U 1max → U 2max thì 2 2max 2 q 0 0 dq i dt ⇒ = ⇒ = (4) Từ (3) và (4) → i L = 0. Khi đó năng lượng điện từ trong mạch là: ' 2 2 2 1 1max 2 1max 1 1 ( ) 2 2 W C U C U E= + − Điện lượng ∆q qua mạch là: L (r=0) K C 2 C 1 E (r=0) + - Hình 3 1 1 1 1max 1 2 ' C C q C U E C C ∆ = − + → A’= E ∆q’ = C 1 EU 1max 2 1 2 1 1max 1 2 A'= E q' = C EU C C E C C ⇒ ∆ − + Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng, ta có: 2 1 2 2 1 1 1max 1 2 A' = W ' - W ' = C E U C C E C C − + 2 2 2 2 1 2 1 1max 2 1max 1max 1 2 1 1 = C U + C (U + E -2U E )- 2 2 C C E C C+ 2 2 1 2 1 2 1max 1 2 1max 1 2 1 1 (C + C ) U - (C + C )EU + 0 2 2 C C E C C ⇒ = + Giải ra ta được: 1 2 1max 1 2 2C C U E C C + = + b/. Ta khảo sát sự biến thiên điện tích q 1 và q 2 : Giả sử các dòng điện có chiều như hình 3’: • i 1 + i 2 = i L với        == == 2 2 2 1 1 1 ' ' q dt dq i q dt dq i 21 ''' qqi L −=⇒ (5) • 1 2 1 2 onst q q E c C C + = = (6) ⇒ 2 2 1 2 2 1 1 2 2 1 1 ''''0 '' q C C q C C q C q C q −=−=⇒=+ (7) 2 2 '' 2 '' 1 2 2 ' 2 )( C q qqL C q LiUU LL =−⇒=⇒= Từ đó (chú ý đến (7)), ta có: 2 2 2 21 '' 2 C q C CC Lq =         + − 0 )( 1 2 21 '' 2 =         + + q CCL q → q 2 = q 02 cosωt với )( 1 ' 21 CCL + = ω 1 2 2 1 2 E cos t C C q C C ω = + q 1 = C 1 E - 2 2 1 q C C = C 1 E - 21 21 2 1 ( CC CC C C + E cosωt). L (r=0) K q 2 q 1 E + - Hình 3’ + - i 1 i L i 2 2 1 1 1 2 E cos t C C E C C ω = − + Bài 6: Quang học (3 đ) Một vật phẳng, nhỏ AB đặt trước một màn M. Giữa vật và màn có một thấu kính hội tụ O, tiêu cự f và một thấu kính phân kì L, tiêu cự 10 cm. Giữ vật và màn cố định, rồi dịch chuyển hai thấu kính, người ta tìm được một vị trí của O có tính chất đặc biệt là: dù đặt L ở trước hay ở sau O và cách O cùng một khoảng l =30 cm, thì ảnh của AB vẫn rõ nét trên màn. Khi L ở trước O (nghĩa là ở giữa AB và O) thì ảnh có độ cao h 1 =1,2 cm và khi L ở sau O thì ảnh có độ cao h 2 = 4,8 cm. Hãy tính: 1. Tiêu cự f (của thấu kính hội tụ O). 2. Khoảng cách từ thấu kính O đến vật và đến màn. Bài giải Gọi cách bố trí L trước O là cách I, L sau O là cách II. Ở cách II, nếu đặt vật ở màn thì ảnh của nó lại ở đúng chỗ của vật ban đầu. Gọi d là khoảng cách từ vật AB đến L ở cách I và f 1 = - 10 cm là tiêu cự của L, d’ là khoảng cách từ L đến ảnh A’B’, d 1 là khoảng cách từ A’B’ đến O, d ’ 1 là khoảng cách từ ảnh cuối cùng A 1 B 1 đến O. Bài giải: Vì cách II chính là cách I nhìn theo chiều âm từ phải sang trái nên ta suy ra: d’ 1 =d+l. Gọi k I là độ phóng đại qua hệ I, ta có (độ lớn của AB tính bằng cm) AB 2,1 k I = (1) Gọi k II là độ phóng đại qua hệ II, theo chiều dương: AB 8,4 k II = (2) Độ phóng đại của hệ II theo chiều âm là II k 1 nhưng theo chiều âm lại là hệ I, vậy I II k k 1 = . A B A’ B’ L O d l d+l O L B 1 A 1 M B 2 A 2 Chia (1) cho (2): 4 1 8,4 2,1 k k k 2 I II I === và 2 1 k I ±= Ta lấy 2 1 k I −= , vì ảnh ngược chiều vật. Mặt khác: f fd f fd d d và f-d f d d' ' 1 1 ' 1 1 1 −+ = − == l Do đó: 2 1 f f-d f-d f d d d d' k 1 I 1 ' 1 I −= + ×=×= l Với l= 30cm, f 1 = -10 cm, ta được: 30)f(d20)10f(d30)20(d 10)f(d)f-30d(20 2 1 f 30f-d 10d 10 +=++=+ +=+ −= + × + − 20cmf = Và: 2 1 f-d df d f-d f d d d d' k 1 1 1 1 1 ' 1 I −= − + ×=×= l l Với l=30 cm, f 1 = -10 cm, ta được: 20(d + l) = 30(d+10) + 10d 20d + 600 = 30d + 300 + 10d d = 15cm. d + l = 45 cm. Bài 7: Nhiệt học (3 đ) Một bình hình trụ cách nhiệt được ngăn ra làm hai ngăn nhờ một pittông nhẹ. Pittông này có khả năng truyền nhiệt yếu và có thể trượt không ma sát dọc theo thành bình. Biết rằng một ngăn của bình có chứa 10g Hêli ở nhiệt độ 500K, còn ngăn kia chứa 3g khí hiđrô ở nhiệt độ 400K. Hỏi nhiệt độ trong bình khi hệ cân bằng là bao nhiêu và áp suất thay đổi bao nhiêu lần? Xác định nhiệt dung của mỗi khí ở lúc đầu của quá trình sang bằng nhiệt độ. Bỏ qua nhiệt dung của pittông và thành bình. Bài giải: Gọi V 1 và V 2 là thể tích ban đầu của mỗi ngăn; P 0 , P 1 là áp suất trong bình lúc đầu và lúc sau khi hệ cân bằng; T 01 , T 02 là nhiệt độ ban đầu của mỗi khí. Xét khi mỗi khí có nhiệt độ T 1 , T 2 bất kì: hệ cách nhiệt nên nội năng được bảo toàn: 1 2 1 2 1 01 2 02 1 1 2 2V V V V n C T n C T n C T n C T+ = + (1) a. Khi hệ cân bằng: T 1 = T 2 = T ( ) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 01 2 02 1 01 2 02 1 2 V V V V V V V V n C n C T n C T n C T n C T n C T T n C n C + = + + → = + Thay 1 2 1 2 10 3 3 5 2.5( ), , ( ), 4 2 2 2 V V n mol C R n mol C R= = = = = , ta tìm được T = 450(K). Mặt khác, áp dụng phương trình Clapeyron-Mendeleev, ta có: 0 1 2 1 01 2 02 ( )P V V n RT n RT+ = + (2) Và 1 1 2 1 2 ( ) ( )P V V n n RT+ = + Suy ra: 0 1 01 2 02 1 1 2 37 ( ) 36 P n T n T P n n T + = = + b. Lấy vi phân hai vế của (1) và (2), ta có: 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2 1 1 2 0 V V V V n C n C dT n C dT dT dT dT n C − + = ⇒ = = − 1 1 2 2 1 2 0 1 1 2 2 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 2 1 2 ( ) . 1 V V V V V V dP n RdT n RdT n C C V V V dP n RdT n RdT V V C V V C + = +     → = − = −  ÷  ÷  ÷  ÷ + +     (3) Với khí hêli, ta có: 0 1 1 01 . (4)P V n RT= 0 1 1 0 1 01 . P dV V dP n RT→ + = Kết hợp với (3), ta được: 1 2 1 0 1 1 1 1 2 . 1 1 V V C V P dV n RdT V V C     = + −    ÷  ÷ +       Theo nguyên lý I nhiệt động lực học 1 1 1 dQ dA dU= + , ta có: 1 1 1 2 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 V V V V dQ P dV n C dT CdT C V C n C n R V V C = + =     → = + + −    ÷  ÷ +       Với 1 01 1 1 2 1 01 2 02 n T V V V n T n T = + + (suy ra từ (2) và (4)). Thay số vào, ta được: 1 825 46,3( / ) 148 C R J K= ≈ Vì 2 1 1 2 1 2 1 2 , 46,3( / ) dQ dQ dQ dT dT C C J K dT = − = − → = = = . SỞ GD –ĐT VĨNH LONG KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐBSCL NĂM HỌC 2008 -2009 TRƯỜNG THPT CHUYÊN MÔN THI VẬT LÝ 12 NGUYỄN BỈNH KHIÊM -----oOo-----. hai lần. Độ tụ hiệu dụng f 1 bằng 2 lần độ tụ L f 1 của thấu kính. ' 1121 PPff L +== Vậy P = P’ = f L . Phải xác định chính xác khoảng cách P: đo