SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 VÒNG 2 NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn : Vật lý Thời gian làm bài : 180 phút Ngày thi : 11 /11/2011 ( Đề thi này gồm 2 trang , có 5 câu ) Câu 1 : ( 4 điểm ) Trên một mặt bàn nhẵn nằm ngang có một thanh mảnh AB đồng chất có khối lượng m, chiều dài là 2 l đang nằm yên. Một viên đạn nhỏ , có khối lượng 2m/3 bay ngang với tốc độ V 0 tới cắm vào đầu B theo phương vuông góc của thanh và ghim chặt vào đó a) Xác định chuyển động của hệ sau va chạm b) Tìm độ giảm động năng của hệ do va chạm. Câu 2 : ( 4 điểm) Cho cơ hệ gồm hai vật nhỏ có khối lượng m 1 = m 2 = m = 100 g được nối với nhau bằng một lò xo rất nhẹ có độ cứng k = 150 N/m; chiều dài tự nhiên l 0 = 50 cm . Hệ được đặt trên một mặt phẳng ngang trơn nhẵn ( hình vẽ ). Ban đầu lò xo không dãn ; m 2 tựa vào tường trơn và hệ vật đang đứng yên thì một viên đạn có khối lượng m / 2 bay với vận tôc 0 V uur ( V 0 = 1,5 m/s ) dọc theo trục của lò xo đến ghim vào vật m 1 a) Tính khoảng thời gian m 2 tiếp xúc với tường kể từ lúc viên đạn ghim vào m 1 và tính vận tốc của khối tâm của hệ khi m 2 rời khỏi tường b) Sau khi hệ vật rời khỏi tường, tính chiều dài cực đại và cực tiểu của lò xo trong quá trình hệ vật nói trên chuyển động Câu 3 . ( 4 điểm ) Áp đặt một điện áp xoay chiều ổn định vào hai đầu đoạn mạch điện như hình vẽ. Biết 1/ ( )L H π = ; R và C có thể thay đổi được. a) Giữ cố định giá trị C = C 1 và thay đổi R , ta có các kết quả sau : + Số chỉ của ampe kế A luôn bằng 1A + Khi R = R 1 =100Ω thì u AB và cường độ dòng điện i trong mạch chính cùng pha. Tính C 1 và xác định số chỉ của các ampe kế lúc này b) Tìm giá trị của C phải thoả để khi điều chỉnh R ; điện áp tức thới u AB ở hai đầu mạch điện luôn lệch pha với cường độ dòng điện trong mạch chính Câu 4 . ( 4 điểm ) Một ống hình trụ, thành cách nhiệt, miệng hở, chiều cao L được đặt thẳng đứng. Trong ống có một cột thuỷ ngân chiều cao a. Dưới cột thuỷ ngân có chứa n mol khí lí tưởng đơn nguyên tử, chiều cao h , ở nhiệt độ T 0 (hình vẽ). Áp suất khí quyển là P 0 mmHg. Người ta truyền nhiệt cho khí sao cho cột thuỷ ngân chuyển động rất chậm và cuối cùng chảy hoàn toàn ra khỏi ống. Bỏ qua ma sát giữa thuỷ ngân và thành ống và xem sự trao đổi nhiệt giữa khí và thuỷ ngân là không đáng kể. a) Ở nhiệt độ nào thì thuỷ ngân bắt đầu trào ra khỏi ống? Tính nhiệt lượng đã cung cấp cho khí đến lúc này b) Hãy cho biết sự biến thiên nhiệt độ của khối khí trong quá trình thủy ngân tràn ra khỏi ống A B O G 0 V uur A B A 1 A 2 A h a L m 1 m 2 Câu 5 . ( 4 điểm ) Một thấu kính phẳng – cầu được làm bằng thủy tinh có chiết suất n = 1,5 và được đặt xen giữa một điểm sáng S và một màn chắn sáng như hình vẽ. a) Ban đầu người ta tìm được khoảng cách nhỏ nhất giữa S và ảnh thật của nó qua thấu kính là 72cm. Tính bán kính cong của mặt cầu b) Giữ cố định S , ta tìm được một vị trí của thấu kính sao cho khi thay đổi khoảng cách giữa thấu kính và màn thì chùm tia sáng từ S sau khi qua thấu kính cho vệt sáng tròn có đường kính không đổi là D 0 = 6cm. Xác định vị trí thấu kính lúc này c) Giữ cố định S và màn ở khoảng cách L = 54cm, rồi tịnh tiến thấu kính theo phương song song với trục chính của nó thì có một vị trí của thấu kính mà đường kính của vệt sáng tròn trên màn có kích thước nhỏ nhất. Xác định giá trị nhỏ nhất này và vị trí thấu kính khi đó S L Trục chính TK SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI HƯỚNG DẪN CHẤM THI VÀ BIỂU ĐIỂM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12,VÒNG 2 MÔN VẬT LÝ NĂM HỌC 2010 – 2011 Câu 1 : (4 điểm) Câu a Nội dung 2,5 đ Gọi O là trung điểm của thanh ; G ; V G lần lượt là vị trí và vận tốc của khối tâm của hệ sau va chạm. Vị trí của G được xác định bởi : ( ) .2 / 3 2 2 / 3 5 l m OG l m m = = + 0,25 đ Theo định luật bảo toàn động lượng ta có : 0 2 2 3 3 G mV m m V = + ÷ uur uur 0 2 5 G V V⇒ = uur uur (1) 0,25 đ 0,25 đ Momen quán tính đối với khối tâm của hệ ( ) 2 2 2 2 1 2 2 3 11 2 12 5 3 5 15 l m I m l m l ml = + + = ÷ ÷ 0,5 đ Theo định luật bảo toàn momen động lượng ta có : 2 2 0 2 3 11 3 5 3 / 5 15 m V l ml l = ÷ 0,5 đ 0 6 . 11 V l ω ⇒ = (2) 0,25 đ Vậy sau va chạm khối tâm của hệ chuyển động tịnh tiến với vận tốc G V uur được xác định bởi (1) và toàn bộ hệ quay trong mặt phẳng ngang quanh G với tốc độ góc được xác định bởi (2) 0,5 đ Câu b Nội dung 1,5 đ Động năng của hệ trước va chạm : 2 2 1 0 0 1 2 2 3 3 m m E V V = = ÷ 0,25 đ Động năng của hệ sau va chạm : 2 2 2 1 2 1 2 3 2 G m E m V I ω = + + ÷ 0,5 đ Hay : 2 2 0 8 33 E mV = 0,5 đ Độ giảm của động năng của hệ trong quá trình va chạm : 2 1 2 0 1 11 E E E mV∆ = − = 0,25 đ A B O G Câu 2 : (4 điểm) Câu a Nội dung 2,00 đ Kể từ lúc va chạm, m 2 tiếp xúc với tường trong suốt thời gian lò xo bị nén Trong suốt thời gian này hệ vật ( m 1 + m /2) dao động điều hòa với chu kì 1 / 2 2 π + = m m T k 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Vậy khoảng thời gian cần tìm là : 1 / 2 0,1 2 π + ∆ = = ≈ m mT t s k 0,25 đ Vận tốc của hệ ( m 1 + m /2) ngay sau va chạm được xác định bởi 0 0 0 0 3 2 2 3 m m V V v v = ⇒ = 0,25 đ Khi vật m 2 bắt đầu rời khỏi tường, theo định luật bảo toàn năng lượng thì tốc độ của hệ ( m 1 + m /2) cũng là 0 v . Vận tốc của khối tâm của hệ được xác định bởi : ( ) ( ) 1 2 1 0 / 2 / 2 G m m m V m m v + + = + 0 0,3 / 5 G V V m s⇒ = = 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Câu b Nội dung 2,00đ Gắn hệ quy chiếu vào khối tâm của hệ , trong hệ quy chiếu này ta có ( ) 1 1 2 2 / 2 0m m v m v+ + = ur uur Trong đó 1 v ur và 2 v uur lần lượt là vận tốc của ( m 1 + m /2) và m 2 Vậy hai vật ( m 1 + m /2) và m 2 luôn chuyển động ngược chiều nhau và khi vận tốc của vật này triệt tiêu thì vận tốc của vật kia cũng triệt tiêu. Lúc này chiều dài của lò xo hoặc cực đại hoặc cực tiểu. 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Độ biến dạng của lò xo lúc này được tính bởi : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 0 2 1 1 1 / 2 2 2 2 G G k l m m v V m V ∆ = + − + − ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 0 2 1 1 1 / 2 2 2 2 G G k l m m v V m V ∆ = + − + − 0 1 15 m l V cm k ⇒ ∆ = = 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Vậy chiều dài cực đại của lò xo là max 0 51l l l cm = + ∆ = Và chiều dài cực tiểu cùa lò xo là min 0 49l l l cm = − ∆ = 0,25 đ 0,25 đ Câu 3 : (4 điểm) Câu a Nội dung 3,25 đ Gọi i 1 , i 2 , i lần lượt là cường độ tức thời qua các ampe kế A 1 , A 2 , A ; 1 ϕ là độ lệch pha giữa i 1 và u AB . Theo phương pháp vectơ quay , ta có giản đồ vectơ (1) như hình vẽ : 2 2 1 2 1 2 1 2 sinI I I I I ϕ = + − ( ) 2 2 2 2 2 1 1 2 C L C C C L Z Z Z Z Z Z R Z − ⇒ = + + 0,25 đ 0,25 đ Theo giả thiết khi C = C 1 cường độ mạch chính không phụ thuộc vào R Nghĩa là tổng trở Z không phụ thuộc vào R. Vậy 2 2 0 C L C Z Z Z − = 2 ⇔ = = C L Z Z Z (1) 0,25 đ 0,25 đ Mặt khác khi R = R 1 theo giả thiết u AB và i cùng pha nên từ giản đồ vectơ (2) ta có : 2 2 2 1 1 sin ϕ + = = L C R Z I I Z (a) Mà 1 1 1 2 2 sin cos . ϕ ϕ ϕ = = + L L Z tg R Z (b) Từ (a) và (b) ta có 2 2 1 0 − + = L L C Z Z Z R (2) Từ (1) và (2) ta có 1 2 2 200 C L Z Z Z R= = = = Ω 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 100 / L Z rad s L ω π ⇒ = = 4 1 1 10 2 C C F Z ω π − = = 0,25 đ 0,25 đ Do C Z Z= nên số chỉ của A 2 cũng là số chỉ của A Hiệu điện thế hiệu dụng hai đầu đoạn mạch : . 200 AB C U I Z IZ V= = = Số chỉ của ampe kế A 1 : 1 1 1 2 2 AB AB U U I A Z R = = = 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Câu b Nội dung 0,75đ Nếu u AB cùng pha với i thì : ( ) 2 C L L R Z Z Z= − Để phương trình vô nghiệm với R thì 0− < C L Z Z 4 1 10 ω π − ⇔ > = L C F Z 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 2 I ur I r U ur ( 1 ) 1 I ur 2 I ur I r U ur ( 2 ) Câu 4 : (4 điểm) Câu a Nội dung 1,25 đ Do cột thủy ngân chuyển động rất chậm nên quá trình dãn nở của khí được xem là đẳng áp. Nhiệt độ của khí lúc thuỷ ngân bắt đầu trào ra khỏi ống được tính bởi 1 1 0 0 0 V L a T T T V h − = = 0,25 đ 0,25 đ Nhiệt lượng đã truyền cho khí lúc này là 1 V 1 0 1 0 5R Q n(C R)(T T ) n (T T ) 2 = + − = − Hay : 0 1 5nR(L a h)T Q 2h − − = 0,5 đ 0,25 đ Câu b Nội dung 2,75 đ Đặt P 0 = H. Lúc đầu áp suất khí là p 0 = (H + a) (mmHg), Gọi S là tiết diện của ống ; x là chiều cao cột thuỷ ngân còn lại trong ống, ta có: (L-a) S (H + a) = 1 nRT (L-x) S (H + x) = nRT 1 0 (L x)(H x) (L x)(H x) T T T (L a)(H a) h(H a) − + − + ⇒ = = − + + ( 1 ) 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ T là một tam thức bậc hai theo x và đạt cực đại khi : 0 1 L P L H x 2 2 − − = = Và nhiệt độ ứng với giá trị x trên là: 2 2 m 1 0 (L H) (L H) T T T 4(L a)(H a) 4h(H a) + + = = − + + Khi thuỷ ngân chảy hết khỏi ống thì nhiệt độ của khí là 2 0 L.H T T h(H a) = + 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Từ ( 1 ) ta có : 0 L H 2x dT T dx h(H a) − − = + O,5đ Biện luận: Có 3 khả năng sau: 1. Nếu P 0 = H > L thì L – H – 2x luôn âm với mọi x nên dT luôn dương, nhiệt độ luôn tăng. 2. Nếu (L – H – 2a) > 0 ( hay P 0 = H < L – 2a ) thì (L – H – 2x ) luôn dương, dT luôn âm, nhiệt độ luôn giảm. 3. Nếu hoặc (L – 2a) < H < L thì trong quá trình thuỷ ngân chảy khỏi ống, nhiệt độ tăng từ T 1 đến T m , sau đó giảm đến T 2 theo hàm số bậc hai ( 1 ) 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Câu 5 : (4 điểm) Câu a Nội dung 1,00 đ Gọi a là khoảng cách giữa vật và ảnh thật của nó, ta có: 2 ' 2 0 d a d d d ad fa d f = + = ⇒ − + = − Để tồn tại ảnh thật thì (1) phải có nghiệm từ đó ta có min 18 4 a f cm = = Bán kính mặt cầu được tính bởi ( ) 1 9R f n cm = − = 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Câu b Nội dung 0,75 đ Để thỏa mãn điều kiện của bài toán thì chùm tia ló khỏi thấu kính là chùm song song – Nghĩa là ảnh S’ lúc này ở vô cực Vậy thấu kính phải đặt cách S một đoạn đúng bằng f = 18cm Và đường kính của vệt sáng cũng là đường kính của rìa thấu kính 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Câu c Nội dung 2,25 đ Thí sinh vẽ được hình tạo vệt sáng trên màn 0,25 đ Gọi D là đường kính của vệt sáng trên màn, ta có ' ' 0 D d d L D d + − = Hay : ( ) ( ) 0 1 . d L d f D D d f − − = + Xét hàm số : ( ) 2 . x x f L fL y x f − + + = 2 ' 2 . x fL y x f − = Bảng biến thiên: x f fL 2f y’ – 0 + y y min 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ S L Vậy D có kích thước nhỏ nhất khi 18 3d fL cm = = Giá trị của D min min 0 2 L L D D f f = − ÷ Hay ( ) 6 3 2 3D cm= − 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 VÒNG 2 NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn :. thấu kính khi đó S L Trục chính TK SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI HƯỚNG DẪN CHẤM THI VÀ BIỂU ĐIỂM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP