SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HSG CẤP TỈNH LỚP 12 THPT BÌNH THUẬN Năm học: 2013 – 2014 Ngày thi: 17/10/2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Vật Lý (Đề này có 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1. (4 điểm) Một người đứng tại chỗ ném một hòn đá với vận tốc v 0 thì nó có thể rơi đến một khoảng cách không xa hơn x 0 . Hòn đá có thể rơi xa thêm một khoảng bằng bao nhiêu nếu người ném đó đang chạy với vận tốc v theo hướng ném ? Cho gia tốc trọng trường tại nơi ném là g. Bỏ qua sức cản của không khí cũng như chiều cao của người ném. Bài 2.(3 điểm) Cho hệ cơ học như hình vẽ: m 1 = 3 kg. m 2 = 1 kg. α = 30 0 . Tính m 3 và lực nén của m 1 lên mặt nghiêng khi cân bằng. Lấy g = 10 (m/s 2 ). Bài 3.(4 điểm) Một khí lí tưởng đơn nguyên tử hoạt động với chu trình sau (có đồ thị như hình vẽ) Hãy xác định tỉ số k = D A V V khi hiệu suất của chu trình là 12%. Bài 4.(5 điểm) Cho mạch điện có sơ đồ như hình vẽ. Trong đó bộ nguồn gồm hai acquy có cùng suất điện động E = 2,1 V và có điện trở trong không đáng kể, các điện trở R 1 = 1 Ω ; R 2 = 1,3 Ω ; R 3 = 2 Ω ; R 4 = 1,6 Ω ; R 5 = 7 Ω . a. Xác định chiều và cường độ dòng điện chạy qua mỗi điện trở. b. Tính điện trở tương đương của mạch ngoài. c. Chứng tỏ rằng nếu R 4 = 2,6 Ω thì không có dòng điện chạy qua điện trở R 5 . Bài 5.(4 điểm) Hai thấu kính (L 1 ), (L 2 ) có cùng trục chính, đặt cách nhau một khoảng l = 30cm. Đặt một vật có chiều cao AB trước (L 1 ) cách một khoảng 15cm, thì thu được một ảnh có chiều cao A / B / trên màn (M) đặt cách (L 2 ) 12cm. Giữ vật cố định, rồi hoán vị hai thấu kính thì phải dịch chuyển màn 2cm lại gần (L 1 ) mới thu được ảnh. Xác định tiêu cự của hai thấu kính và số phóng đại của ảnh ở mỗi vị trí. Hết (Giám thị coi thi không được giải thích gì thêm.) Họ và tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HSG CẤP TỈNH LỚP 12 THPT BÌNH THUẬN Năm học : 2013 – 2014 Ngày thi: 17/10/2013 Môn : Vật Lý Thời gian : 180 phút ( không kể thời gian giao đề ) ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung Thang điểm Bài 1.(4 điểm) Gọi: + 0 v r là vận tốc cực đại của bàn tay tại thời điểm ném. + v r là vận tốc của người chạy khi ném. + 1 v r là vận tốc của hòn đá. Để đạt được khoảng cách xa nhất thì việc ném phải được thực hiện sao cho 1 v r = 0 v v+ r r của hòn đá hợp với phương nằm ngang một góc β = 4 π . Điều đó có nghĩa là các thành phần thẳng đứng và nằm ngang của 1 v r phải bằng nhau: v 0 cos α + v = v 0 sin α hay v 0 cos α + v = v 0 2 1 cos α − bình phương 2 vế ta được: v 2 0 cos 2 α + 2 v 0 vcos α + v 2 = v 2 0 - v 2 0 cos 2 α 2 v 2 0 cos 2 α + 2 v 0 vcos α + v 2 - v 2 0 = 0 (*) giải phương trình theo ẩn cos α ta được: cos α = 2 0 0 1 2 2 v v v v       − + −  ÷       (1) Bình phương của hợp vận tốc 1 v r thỏa mãn hệ thức: v 2 1 = v 2 0 + v 2 + 2v 0 vcos α (2) Thay (1) vào (2) ta có: v 2 1 = v 2 0 + v 2 2 0 2v v− Khoảng ném xa nhất khi người đó đứng tại chỗ là: x 0 = 2 0 v g . Khi ném với vận tốc v 1 là: x = 2 1 v g . Vậy khi chạy ném xa hơn được một khoảng: x∆ = x - x 0 x∆ = 2 2 0 2 v v v g − . Bài 2.(3 điểm) Khối m 1 đứng cân bằng dưới tác dụng của các lực: - Trọng lực 1 P r - Phản lực 1 N r của mặt phẳng nghiêng 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Vẽ và phân tích đúng - Lực căng 2 T r (T 2 = P 2 ) - Lực căng 3 T r (T 3 = P 3 ) Ta có: 1 P r + 1 N r + 2 T r + 3 T r = 0 (1) Lần lượt chiếu hệ thức véc tơ (1) lên phương song song với mặt nghiêng và phương nằm ngang, ta có: - Chiếu lên phương song song với mặt phẳng nghiêng (chiếu (+) đã chọn như hình vẽ): P 1 cos60 0 - T 2 cos60 0 - T 3 = 0 (2) - Chiếu lên phương nằm ngang (chiếu (+) đã chọn như hình vẽ): N 1 cos60 0 - T 3 cos30 0 = 0 (3) Từ (2) ⇒ T 3 = 1 2 2 P P− . Với T 3 = P 3 , T 2 = P 2 ta có: m 3 = 1 2 2 m m− = 3 1 2 − = 1 kg. vật m 3 có khối lượng 1 kg. Từ (3) ⇒ N 1 = 0 3 0 cos30 cos60 m g = 3 1.10. 2 1 2 = 10 3 (N). Lực nén của m 1 lên mặt nghiêng có độ lớn bằng 10 3 (N). Bài 3.(4 điểm) Ta có: Hiệu suất của chu trình: H = A Q A là công mà khối khí thực hiện. Q là nhiệt lượng khối khí nhận được. Trên đồ thị p – V, công có trị số tính bằng phần diện tích giới hạn trong đường cong chu trình: A = p A V A (k – 1) Gọi T A là nhiệt độ tại A thì T B = 2 T A , T C = 2k T A , T D = k T A . Nhiệt lượng thu vào: Q = nC V T A + nC p 2T A (k – 1); (n là số mol khí). Với: p A V A = nR T A ta có: H = ( 1) 2 ( 1) V p R k C C k −   + −   Vì chất khí là đơn nguyên tử nên: C V = 3 2 R ; C p = 5 2 R Nếu hiệu suất H = 12% thì k = 1,45. Bài 4.(5 điểm) a. Xác định chiều và cường độ dòng điện chạy qua mỗi điện trở. Đặt V B = 0 và giả sử các dòng điện chạy qua mỗi đoạn mạch có chiều và cường độ như hình vẽ. Ta có: V M = I 2 .R 2 các lực 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,25 đ 1,0 đ 0,75 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ → I 2 = 2 M V R = 10 13 M V (1) Tương tự: V A = I 1 R 1 + I 2 .R 2 = I 1 R 1 + V M ⇔ 4,2 = I 1 + V M → I 1 = 4,2 – V M (2) V N = I 4 R 4 , do đó: I 4 = 4 N V R = 5 8 N V (3) V A = I 3 R 3 + I 4 R 4 = I 3 R 3 + V N ⇔ 4,2 = 2 I 3 + V N → I 3 = 21 5 10 N V− (4) V M - V N = I 5 R 5 → I 5 = 7 M N V V− (5) Tại nút M ta có: I 1 = I 2 + I 5 , từ (1), (2) và (5) ta được: 4,2 – V M = 10 13 M V + 7 M N V V− ⇔ 174 V M - 13 V N = 382,2 (6) Tại nút N ta có: I 4 = I 3 + I 5 , từ (3), (4) và (5) ta được: 5 8 N V = 21 5 10 N V− + 7 M N V V− ⇔ 355V N - 40V M = 588 (7) Từ (6) và (7) ta được: V N = 1,92 (V); V M = 2,34 (V). (8) Các cường độ dòng điện: I 1 = 4,2 – V M = 4,2 – 2,34 = 1,86 (A). I 2 = 10 13 M V = 10.2,34 13 = 1,8 (A). I 3 = 21 5 10 N V− = 21 5.1,92 10 − = 1,14 (A). I 4 = 5 8 N V = 5.1,92 8 = 1,2 (A). I 5 = 7 M N V V− = 2,34 1,92 7 − = 0,06 (A). Các cường độ dòng điện tìm được đều có giá trị dương, nên các dòng điện thực sự tương ứng có chiều đúng như đã chọn ban đầu (như hình vẽ). b. Tính điện trở tương đương của mạch ngoài. Áp dụng định luật ohm cho toàn mạch ta có: I = 2 N E R ⇒ R N = 1 3 2E I I+ = 2.2,1 1,86 1,14+ = 1,4 ( Ω ). c. Chứng tỏ rằng nếu R 4 = 2,6 Ω thì không có dòng điện chạy qua điện trở R 5 (U MN = V M - V N = 0 hay V M = V N và mạch cầu là cân bằng). Nêu nhận xét về các tỉ số 1 2 R R và 3 4 R R khi đó. Xét trường hợp R 4 = 2,6 ( Ω ). Đặt V B = 0 và gọi U AB = U, tương tự như câu (a) ta có: I 2 = 10 13 M V (1) 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ I 1 = U – V M (2) I 4 = 4 N V R = 5 13 N V (3) I 3 = 2 N U V− (4) I 5 = 7 M N V V− (5) Từ các phương trình nút: I 1 = I 2 + I 5 ; I 4 = I 3 + I 5 và các hệ thức (1), (2), (3), (4) và (5) ta được: U – V M = 10 13 M V + 7 M N V V− ⇔ 174V M - 13V N = 91U (6) 5 13 N V = 2 N U V− + 7 M N V V− 187 V N - 26 V M = 91U (7) Giải hệ phương trình (6) và (7) ta được: V N = V M = 13 23 U . Do đó U MN = V M - V N = 0 và dòng điện chạy qua điện trở R 5 là I 5 = 0 (mạch cầu cân bằng). Bài 5.(4 điểm) Xác định tiêu cự của hai thấu kính và số phóng đại của ảnh ở mỗi vị trí. Ta có: d / 1 + d 2 = l . Thay d / 1 và d 2 lần lượt bằng các giá trị tính theo d 1 và d / 2 , ta được hệ thức sau: 1 1 1 1 d f d f− + / 2 2 / 2 2 d f d f− = l Ban đầu d 1 = 15cm, d / 2 = 12cm, l = 30cm. Ta có: 1 1 15 15 f f− + 2 2 12 12 f f− = 30; ĐK: f 1 ≠ 15, f 2 ≠ 12 (1) ⇔ 5f 1 (12 – f 2 ) + 4f 2 (15 – f 1 ) = 10(15 – f 1 )(12 – f 2 ) (2) Sau khi hoán vị (L 1 ), (L 2 ) thì d 1 và l không đổi, nhưng d / 2 = 10cm. Ta có: 1 2 1 2 d f d f− + / 2 1 / 2 1 d f d f− = l 2 2 15 15 f f− + 1 1 10 10 f f− = 30 (3) 3f 2 (10 – f 1 ) + 2f 1 (15 – f 2 ) = 6(15 – f 2 )(10 – f 1 ) (4) Khai triển và rút gọn (2) và (4), ta được: 19f 1 f 2 - 180f 1 - 210f 2 + 1800 = 0 (5) 11f 1 f 2 - 120f 1 - 90f 2 + 900 = 0 (6) Lấy (5) trừ (6), ta được: 8f 1 f 2 - 60f 1 - 120f 2 + 900 = 0 (7) Lấy (6) trừ (7), ta được: 3f 1 f 2 - 60f 1 + 30f 2 = 0 hay f 1 f 2 = 20f 1 - 10f 2 (8) Thay (8) vào (7) ta được: f 1 = 2 f 2 - 9 (9) Thay (9) vào (8) ta được: 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 2f 2 2 - 39f 2 + 180 = 0 Phương trình này cho ta 2 nghiệm dương: f 2 = 12cm; f 2 = 7,5cm. Tương ứng ta có: f 2 = 12cm → f 1 = 15cm. (loại) f 2 = 7,5cm → f 1 = 6cm. Vậy tiêu cự của hai thấu kính là: f 1 = 6cm; f 2 = 7,5cm. Số phóng đại của ảnh ở các vị trí: k 1 = 1 1 1 f d f− . / 2 2 2 d f f − = 6 15 6− . 12 7,5 7,5 − = 0,4. K 1 = 2 1 2 f d f− . / 2 1 1 d f f − = 7,5 15 7,5− . 10 6 6 − = 2 3 . 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,5 đ Hết (Học sinh có thể giải theo cách khác) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI THÀNH LẬP ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 12 THPT BÌNH THUẬN DỰ THI QUỐC GIA Năm học: 2013 – 2014 Ngày thi: 18/10/2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Vật Lý (Đề này có 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1.(4 điểm) Một viên đạn xuyên qua một tấm ván chiều dày h có vận tốc giảm từ v 0 đến v. Tìm thời gian chuyển động của viên đạn trong tấm ván ? Biết rằng lực cản của tấm ván tỷ lệ với bình phương vận tốc của viên đạn. Bài 2.(4 điểm) Một khối lập phương cạnh L được xem như một hộp đen. Đặt một ngọn đèn công suất Q(J/s) tại điểm O cách một mặt của khối lập phương một đoạn L. Xem đèn phát xạ liên tục và khối lập phương hấp thụ toàn bộ bước sóng, bỏ qua sự mất mát năng lượng. a. Cần bao nhiêu thời gian để tăng nhiệt độ của khối lập phương lên 1 0 C. b. Điều gì xảy ra nếu khối lập phương bức xạ lại như vật đen tuyệt đối. Tìm thời gian để nhiệt độ giảm xuống 1 K. c. Hãy tính nhiệt độ cuối cùng của khối lập phương sau một thời gian dài. Bài 3.(6 điểm) Cho mạch điện (như hình vẽ), gồm có hai điôt giống nhau, hai nguồn điện và một điện trở R. Các nguồn điện có suất điện động E 1 = 0,8V; E 2 = 1,6V và điện trở trong không đáng kể. Điện trở thuận của mỗi điôt là 4 Ω , còn điện trở ngược vô cùng lớn. Hãy tìm giá trị của R để công suất tỏa nhiệt trên nó là cực đại. Bài 4.(6 điểm) Hai thấu kính (L 1 ), (L 2 ) có cùng trục chính, đặt cách nhau một khoảng l . Một vật có chiều cao AB = 6cm, đặt trước (L 1 ) cho một ảnh có chiều cao A / B / = 1,5cm, cùng chiều với vật, trên một màn (M). Nếu: - Đặt một bản mặt song song bằng thủy tinh, độ dày e = 8cm, chiết suất n = 1,6 giữa hai thấu kính, thì phải dịch chuyển màn một đoạn 3cm và ảnh cao 6cm. - Đặt bản đó giữa vật và (L 1 ), thì phải dịch chuyển màn 1 3 cm và ảnh cao 1,6cm. Tính tiêu cự của hai thấu kính và khoảng cách l . Hết (Giám thị coi thi không được giải thích gì thêm.) Họ và tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI THÀNH LẬP ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 12 THPT BÌNH THUẬN DỰ THI QUỐC GIA Năm học : 2013 – 2014 Ngày thi: 18/10/2013 Môn : Vật Lý Thời gian : 180 phút ( không kể thời gian phát đề ) ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung Điểm Bài 1. (4 điểm) Ta có: Phương trình chuyển động của viên đạn trong tấm ván có thể viết như sau: m dv dt = - kv 2 (k là hệ số tỷ lệ, dấu trừ có nghĩa là lực cản ngược chiều với hướng chuyển động) Phương trình vi phân trên có thể viết trong hai dạng khác nhau: dt = - m k 2 dv v hoặc ds = m k dv v Trong đó: ds là vi phân của quãng đường đi ds v dt   =  ÷   Lấy tích phân của hai phương trình trên ta được: t = 0 1 1m k v v   −  ÷   ; h = 0 .ln v m k v Loại trừ hệ số m k ta được: t = 0 0 0 ( ) ln h v v v v v v −    ÷   Bài 2.(4 điểm) a. Thời gian để tăng nhiệt độ của khối lập phương lên 1 0 C. Ta nhận thấy rằng có 4.6 = 24 mặt bao quanh ngọn đèn. Vì vậy một mặt của khối lập phương hấp thụ 1 4 năng lượng của ngọn đèn phát ra. 1 24 Qt = mc ∆ Q ⇒ t = 24mc Q Q ∆ Để nhiệt độ của khối lập phương tăng lên 1 0 C thì t = 24mc Q (s) b. Khối lập phương bức xạ lại như vật đen tuyệt đối. Tìm thời gian để nhiệt độ giảm xuống 1 K. Ta có: Một đơn vị diện tích của một vật đen ở nhiệt độ T sẽ bức xạ công suất σ T 4 (W), suy ra khối lập phương bức xạ 6L 2 σ T 4 (J/s). Phương trình cân bằng: - 6L 2 σ T 4 t = mc ∆ Q với ∆ Q = 1 K. ⇒ t = 2 4 6 mc L T σ − (s) 1,0 đ 1,0 đ 1,0 đ 1,0 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5đ c. Hãy tính nhiệt độ cuối cùng của khối lập phương sau một thời gian dài. Sau một thời gian dài, khi cân bằng nhiệt, năng lượng hấp thụ bằng năng lượng bức xạ trong một đơn vị thời gian: 6L 2 σ T 4 = 1 24 Q ⇒ T = 1 4 2 144 Q L σ    ÷   Bài 3.(6 điểm) Tìm giá trị của R để công suất tỏa nhiệt trên nó là cực đại: Giả sử các điôt đều mở. Áp dụng định luật kiếc-sốp ta có phương trình: i 1 r + iR = E 1 i 2 r + iR = E 2 i = i 1 + i 2 Trong đó r = 4 Ω là điện trở thuận của điôt. Giải hệ phương trình trên ta có: i 1 = (4 ) 10(2 ) R R − + . i 2 = (8 ) 10(2 ) R R + + . i = 12 10(2 )R+ . Ta nhận thấy rằng i 2 > 0 với mọi R điôt 2 luôn mở. Có 2 trường hợp: Trường hợp 1: R ≥ 4 Ω → i 1 ≤ 0 điôt 1 đóng. P R = 2 2 2 ( ) E R R r+ ≤ 2 2 4 E r Vậy: P R ≤ 0,16W. Trường hợp 2: R ≤ 4 Ω → i 1 > 0 điôt 1 mở: P R = i 2 R = 2 12 10(2 )R     +   .R = 2 1,44 (2 ) R R+ = 2 1,44 2 R R   +  ÷   ≤ 2 1,44 (2 2) . P R = 0,18 W, dấu bằng xảy ra khi 2 R R = ⇒ R = 2 Ω . Vậy để công suất P R cực đại thì R = 2 Ω , khi đó công suất cực đại P max = 0,18 W. Bài 4(6 điểm) Tính tiêu cự của hai thấu kính và khoảng cách l . - Khi chưa đặt bản L, thì số phóng đại của ảnh A / B / là: k / = / / A B AB = 1,5 6 = 1 4 1,0 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,25 đ 1,0 đ 0,5 đ 1,0 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,25 đ k 1 = 1 1 A B AB ; k 2 = / / 1 1 A B A B . - Khi bản L đặt gữa hai thấu kính, thì vật A 1 B 1 , đối với O 2 bị dịch chuyển lại gần O 2 một đoạn: 2 d∆ = A 1 A / 1 = e 1 1 n   −  ÷   = 8. 1 1 1,6   −  ÷   = 3cm. làm cho ảnh A / B / dịch chuyển một đoạn / 2 d∆ = 3cm. * Gọi k / 2 là số phóng đại của ảnh này, ta có: / 2 2 d d ∆ ∆ = k 2 .k / 2 = 3 3 = 1. Mặt khác / 2 2 k k = // // / / A B A B = 6 1,5 = 4 ⇒ k / 2 = - 2; k 2 = - 1 2 . Ta có: k 2 = / 2 2 a a d d − = 2 2 2a f d f − − = - 1 2 ⇒ d 2a = 3f 2 (1) k / 2 = 2 2 2b f d f − − = - 2 (2) d 2b = d 2a - 3 (3) Từ (1), (2) và (3) ta được: 2 2 2 3 3 f f f − − − = - 2 ⇔ f 2 = 2cm. d 2a = 3f 2 = 3.2 = 6cm. d 2b = 6 – 3 = 3cm. d / 2a = 2 2 a d = 6 2 = 3cm. Ta có: 2 k = / / 1 1 A B A B ⇒ A 1 B 1 = / / 2 A B k = 1,5 0,5 = 3cm. Số phóng đại k 1 = 1 1 A B AB = - 3 6 = - 1 2 . - Khi đặt bản L giữa AB và O 1 , thì vật đối với O 1 là A 0 B 0 , bị dịch chuyển lại gần O 1 , một đoạn: 1 d∆ = 3cm. Sự dịch chuyển này của vật AB lại gây ra độ dịch chuyển / 1 d∆ của ảnh A 1 B 1 ra xa O 1 . Vật A 1 B 1 đối với O 2 bị dịch chuyển một đoạn 2 d∆ = / 1 d∆ về phía O 2 làm cho ảnh cuối cùng bị dịch chuyển 1 3 cm ra xa O 2 , tức là / 2 d∆ = 1 3 cm. Ta có: 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ . khác) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI THÀNH LẬP ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 12 THPT BÌNH THUẬN DỰ THI QUỐC GIA Năm học: 2013 – 2014 Ngày thi: 18/10/2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Vật Lý (Đề này có 01 trang) Thời. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HSG CẤP TỈNH LỚP 12 THPT BÌNH THUẬN Năm học: 2013 – 2014 Ngày thi: 17/10/2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Vật Lý (Đề này có 01 trang) Thời gian làm bài:. (Giám thị coi thi không được giải thích gì thêm.) Họ và tên thí sinh: Số báo danh: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HSG CẤP TỈNH LỚP 12 THPT BÌNH THUẬN Năm học : 2013 – 2014 Ngày thi: 17/10/2013