Đề thi và đáp án-Thi chọn HSG Quốc gia lớp 12 năm 2005

Điện trở của cuộn dây, của các dây nối, của các khoá là rất nhỏ, nên có thể coi dao động điện từ trong mạch là điều hoà.. Hãy tìm biểu thức phụ thuộc thời gian t của: a cờng độ dòng điện

Đề thi chọn học sinh giỏi quốc gia

Lớp 12 THPT năm 2005, Môn Vật lý, Bảng A Ngày thi thứ nhất (10/3/2005)

Bài I Cho vật nhỏ A có khối lợng m và vật B khối lợng M Mặt trên của B là một phần mặt cầu bán kính R (xem hình vẽ) Lúc đầu B đứng yên trên mặt sàn S, bán kính của mặt cầu đi qua

A hợp với phơng thẳng đứng một góc 0 (0 có giá trị nhỏ) Thả cho A chuyển động với vận tốc ban đầu bằng không Ma sát giữa A và B không đáng kể Cho gia tốc trọng trờng là g

1 Giả sử khi A dao động, B đứng yên (do có ma sát giữa B và sàn S)

a) Tìm chu kỳ dao động của vật A

b) Tính cờng độ của lực mà A tác dụng lên B khi bán kính qua

vật A hợp với phơng thẳng đứng một góc  0

c) Hệ số ma sát giữa B và mặt sàn S phải thoả mãn điều kiện

nào để B đứng yên khi A dao động?

2 Giải sử ma sát giữa vật B và mặt sàn S có thể bỏ qua

a) Tính chu kỳ dao động của hệ

b) Lực mà A tác dụng lên B có giá trị cực đại bằng bao nhiêu?

Bài II Trong bình kín B có chứa hỗn hợp khí ôxi và hêli Khí trong bình có thể thông với môi tr

-ờng bên ngoài bằng một ống có khoá K và một ống hình chữ U hai đầu để hở, trong đó có chứa thuỷ ngân (áp kế thuỷ ngân nh hình vẽ) Thể tích của khí trong ống chữ U nhỏ không đáng kể so với thể tích của bình Khối khí trong bình cân bằng nhiệt với môi trờng bên

ngoài nhng áp suất thì cao hơn nên sự chênh lệch của mức thuỷ ngân trong

hai nhánh chữ U là h = 6,2 cm Ngời ta mở khoá K cho khí trong bình thông

với bên ngoài rồi đóng lại ngay Sau một thời gian đủ dài để hệ cân bằng

nhiệt trở lại với môi trờng bên ngoài thì thấy độ chênh lệch của mức thuỷ

ngân trong hai nhánh là h'  2 , 2cm Cho O = 16; He = 4

1 Hãy xác định tỷ số khối lợng của ôxi và hêli có trong bình

2 Tính nhiệt lợng mà khí trong bình nhận đợc trong quá trình nói trên

Biết số mol khí còn lại trong bình sau khi mở khoá K là n = 1; áp suất

và nhiệt độ của môi trờng lần lợt là p 10 5N/m2 ;T0 300K

lợng riêng của thuỷ ngân là   13 , 6g/cm3; gia tốc trọng trờng

2

/

10m s

Bài III Cho mạch điện có sơ đồ nh hình vẽ Hai tụ điện C1 và C2 giống

nhau, có cùng điện dung C Tụ điện C1 đợc tích điện đến hiệu điện thế U0, cuộn dây có độ tự cảm L, các khoá K1 và K2 ban đầu đều mở Điện trở của cuộn dây, của các dây nối, của các khoá là rất nhỏ, nên có thể coi dao động điện từ trong mạch là điều hoà

1 Đóng khoá K1 tại thời điểm t = 0 Hãy tìm biểu thức phụ thuộc thời gian t của:

a) cờng độ dòng điện chạy qua cuộn dây

b) điện tích q1 trên bản nối với A của tụ điện C1

2 Sau đó đóng K2 Gọi T0 là chu kỳ dao động riêng của mạch LC1 và q2 là điện tích trên bản nối với K2 của tụ điện C2 Hãy tìm biểu thức phụ thuộc thời gian t của cờng độ dòng điện chạy qua cuộn dây và của q2 trong hai trờng hợp:

a) Khoá K2 đợc đóng ở thời điểm t 1 3T0/ 4

b) Khoá K2 đợc đóng ở thời điểm t 2 T0

3 Tính năng lợng điện từ của mạch điện ngay trớc và ngay sau

thời điểm t2 theo các giải thiết ở câu 2b Hiện tợng vật lý

nào xảy ra trong quá trình này?

Bài IV Cho hệ trục toạ độ Descartes vuông góc Oxy Một thấu kính hội tụ, quang tâm O1, đợc

đặt sao cho trục chính trùng với Ox S là điểm sáng

nằm trớc thấu kính Gọi S' là ảnh của S qua thấu

kính

1.Lúc đầu S nằm trên Oy, cách thấu kính một khoảng

bằng tiêu cự của thấu kính, cách O một khoảng bằng h

Giữ S cố định, dịch chuyển thấu kính ra xa dần S sao cho

trục chính luôn luôn trùng với Ox

a) Lập phơng trình quỹ đạo y  f (x) của S' Biết tiêu cự của thấu kính là f Phác hoạ quỹ đạo này và chỉ rõ chiều dịch chuyển của ảnh khi thấu kính dịch chuyển ra xa dần S

b) Trên trục Ox có ba điểm A, B, C (xem hình vẽ) Biết AB = 6cm, BC = 4cm Khi thấu kính dịch chuyển từ A tới B thì S' lại gần trục Oy thêm 9cm, khi thấu kính dịch chuyển từ B tới C thì '

S lại gần trục Oy thêm 1cm Tìm toạ độ điểm A và tiêu cự của thấu kính

2 Giả sử điểm sáng S cách thấu kính một khoảng lớn hơn tiêu cự của thấu kính Giữ thấu kính cố

định, ảnh S' sẽ di chuyển thế nào nếu dịch chuyển S lại gần thấu kính theo một đờng thẳng bất kỳ?

Hớng dẫn giải đề thi chọn học sinh giỏi quốc gia

môn vật lý, Năm 2005 (Ngày thi thứ nhất: 10/3/2005)

Bài I 1 a) Khi bán kính nối vật với tâm lệch góc  (nhỏ) : Nm gm a ( 1 )

Chiếu (1) lên trục Os (coi nh vuông góc với bán kính):

s m

R

mgs  

 /





 s

s  với   g / R

Vậy A dao động điều hoà với T  2  R/g

b) Chiếu (1) trên phơng bán kính: N mgcos mv2 /R



Theo định luật bảo toàn năng lợng: mv2/2mgRcos  cos0; 

0

cos 2 cos

c) Ta có: N x Nsin   1 , 5mgsin 2   2mgcos 0sin 

áp lực của M lên sàn là: Q MgNcos 





cos

3mg 2 mg 0

Điều kiện để B đứng yên là: N x kQ với mọi   0

Với  nhỏ: N x 3mg 2mgcos0 tỷ lệ với  nên có giá trị cực đại khi   0

Do đó: N xmax 3mgcos0  2mgcos0sin0 mgcos0sin0

cos 3 cos sin 0



mgd

dQ

luôn có giá trị âm nên Q nghịch biến với  Vậy Qmin Mgmgcos20 khi   0

Mặt khác, ta có kN x /Q kN xmax/Qmin 

0 2 0 0 min

cos

sin cos







m M

m k



Nếu thay cos 1 2 / 2

0

   và sin 0  0, ta đợc:

1 2/2.

0

0 min











m

M

m

k

2.a) Khi bỏ qua ma sát, theo phơng ngang, động lợng của hệ đợc bảo toàn Vì  nhỏ nên có thể coi vận tốc của m có phơng nằm ngang, ta có:

0



MV mv

Mặt khác, do bảo toàn cơ năng: 2 2 cos cos 0

2

2  mgR  

MV mv

Chú ý rằng  'RvVv1 m/M (ở đây ký hiệu

dt

d

   ), Với các góc bé, ta có:

0 2

2

2 2 2 2

2 2

2

1 /

1 2 /

1



















mgR M

m M

R Mm M

m mR

0 2

2

1 /

1 /











g M m R

Đạo hàm hai vế biểu thức trên theo t:, ta đợc:

 





R

M m

g1 /





Vậy hệ dao động điều hoà với

 m M

g

R T

R

M m g

/ 1 2 /

1









b) Đối với m: Nm gm a Chiếu hai vế của phơng trình trên lên Os, ta có:

 

R

V v m mg

N

2 cos  

Theo định luật bảo toàn động lợng: mvMV  0

và bảo toàn cơ năng:  0

2 2

cos cos

2

2  mgR  

MV mv

Suy ra:

cos cos 0















M m

M v

Ta đã biết v V v1 m/M nên khi   0, cos  và v  V cực đại, do đó N cực đại Vậy

R

V v m mg

N

2 max

) ( 0 cos  

M

m v

R

m



  2

0 ( 1 ) cos

1 2 / 1

1

M

m gR

M m R

m





3 2 2mg1 m/Mcos0

M

m mg

Bài II 1) Lúc cha mở khoá K, khí có áp suất p1 p0  gh Khi mở khoá K, khí giãn nở đoạn nhiệt và có áp suất p0: 









1 0 1

1 1

0 0

1 0

1

p

gh p

p T





















Khi đóng khoá, quá trình là đẳng tích Khi cân bằng khí có áp suất p2 p0 gh2 và nhiệt độ

1

T Ta có:

) 2 ( 1

0

2 2

0

0 2

0 0

1























p

gh gh

p

p p

p T



So sánh (1) và (2) ta đợc:

1 1 1 (3)

0

1 0

2





























p

gh p









2 1

1 1

2

1

h h

h h

h















Thay số ta tính đợc:   1 , 55

Xét một mol hỗn hợp, gọi hệ số mol He là x, số mol H2 là y Nhiệt dung mol đẳng tích của He

là 3R/2, của H2 là 5R/2 Nhiệt dung mol đẳng áp của He là 5R/2, của H2 là 7R/2, nên ta hệ phơng trình:

1



y x

(*)

1 , 55

5 , 2 5 , 1

5 , 3 5 , 2









Ry Rx

Ry Rx

Giải ra ta đợc x 0 , 68 Từ đó ta tính đợc:

4

32 1







g x

g x m

m

He

H

2).Tính nhiệt lợng:

Nhiệt dung mol đẳng tích của hỗn hợp khí là

1







R

C V , ta có:

Q nC VT0  T1 nC V T01 T1/T0

















1

0

0 1

p RT

n



=

0 2 2

0

0 0

1

1

T gh nR gh

p

p RT

n

























Bài III 1 a) Chu kỳ dao động của mạch LC1:T0  2  / 0  2  LC

Điện tích q của bản A của tụ điện C1 vào thời điểm t = 0 là q 0 Q0 CU0 và i 0 0

Vào thời điểm t ta có: i dq/dtU0 C/Lsin (t/ LC).

b) q t Q0cos (t/ LC) CU0cos(t/ LC)

2 a) Tại thời điểm t1  3T0 / 4  3  LC/ 2 thì q3T0/40 (3)

và i3T0/ 4U0 C/Lsin 3  / 2  U0 C/L (4)

Từ thời điểm này dao động điện từ có tần số góc

LC

2

1

1 

 (Hai tụ điện mắc song song coi

nh một tụ ghép có điện dung 2C và có điện tích bằng 0 vào thời điểm t 3T0/ 4) Với điều kiện ban đầu (3) và (4) ta có:

 3 /4

1

i    , với I U C/L

hay ( 5 )

4

2 3 2

cos /

0















LC

t L

C U i

Ký hiệu q12 là điện tích của tụ ghép và q' là điện tích của tụ C2 , ta có

q12 2q'Q'sin1t 3T0/4

Để tính Q' ta áp dụng định luật bảo toàn năng lợng:

 C

Q LI

C

Q

2 2 2

1 2

2 ' 2 1

2 0



Từ đây suy ra: ( 6 )

4

2 3 2

sin 2















LC

t CU

q

2.b) Nếu đóng K2 vào thời điểm t 2 T0 thì ta có:

 T0 CU0cos2  CU0 Q0 (7)

q     và i T0 0 (8)

Tại thời điểm này hai tụ C1 và C2mắc song song, tụ C1 tích điện tích Q0 còn tụ điện

2

C thì không tích điện, dòng trong mạch bằng không Do vậy, ngay sau đó lợng điện tích Q0

này trên tụ C1 sẽ phân bố lại cho cả hai tụ điện Quá trình phân bố này xảy ra rất nhanh trong khi điện tích cha kịp dịch chuyển qua cuộn dây, vì tại thời điểm này i  0 và sự thay đổi cờng độ dòng điện qua cuộn cảm bị cản trở do hệ số tự cảm (gây ra cảm kháng), điện tích hầu nh chỉ truyền qua các khoá và dây nối Vì hai tụ điện có điện dung nh nhau nên điện tích Q0 đợc phân

bố đều cho hai tụ điện

Sau khi điện tích đợc phân bố đều trên hai tụ điện, trong mạch lại có dao động điện từ với

2

1



LC , với điều kiện ban đầu (7) và (8).

Vì vậy ta có:



















2 sin )

(

2 2

LC

t I

T t I

i

t T

Q q

q12  2 2  0cos2  













2

cos 0

LC

t Q

Từ

dt

dq

2  

L

C U LC

Q I

2

0















2

sin 2 0 2

LC

t L

C U













2

1 cos 2

0 2

LC

CU

3 Sự phân bố lại điện tích làm giảm năng lợng điện từ, từ giá trị Q2 / 2C

0 đến

C

Q C

Q

4 2

1 2 2

2 0 2

















Độ giảm năng lợng này chuyển thành năng lợng sóng điện từ truyền đi trong không gian

Bài IV Gọi k là hệ số phóng đại, d là khoảng cách vật và d' là khoảng cách ảnh Nhìn vào H.1

ta có: xdd'; k  d' /d   y/h và dkd (h cố định,

vật và ảnh ở khác phía nhau so với trục chính nên k 0) Ta có:

 kd

kd

d

k

k d

k

kd d

d

dd









1 ' '

hy

y h hf k

h y f

k

k d

k

x

2 2

1



f

x f

x h h

f

hx

y    2 

2 2 4 2

Chú ý rằng, khi x  , xảy ra hai trờng hợp:

* Khi thấu kính ở rất xa vật, tia từ vật đi qua quang tâm gần nh

trùng với trục chính, thì y 0;

* Khi vật ở sát tiêu diện d  fd'   ;k  d' /d   ;y 

x h

f f

hx h f

hx f

x f

x h h

f

hx

2

1 2 2

4





















f

hx

h

f

hx

2

2

Chúng ta thấy trờng hợp đầu ứng với dấu (-) tơng ứng nhánh

trên, trờng hợp sau ứng với dấu (+) tơng ứng nhánh dới Vậy

phơng trình quỹ đạo của ảnh S' trên trục toạ độ đã cho là:

f

x f

x h h

f

hx

y    2 

2 2 4 2

với x 4f Quỹ đạo ảnh S' đợc vẽ trên hình 2

1b Thấu kính đặt tại B:

d fd f

f f

d

1

'

1

) 6 (

x



Thấu kính đặt tại A: x giảm 6cm, xtăng 6 + 9 = 15cm

 6 ' 15

2





Khi thấu kính đặt tại C: x tăng 4cm, x’ giảm 5cm

 4 ' 5 ( 8 )

2





f

Giải hệ phơng trình ba ẩn: x 16cm;x'  25cm; f  20cm

2 Giữ thấu kính cố định, dịch chuyển S lại gần thấu kính theo đ-ờng thẳng SJ cố định bất kỳ (J là điểm cắt của đđ-ờng thẳng SJ với TK) Dựng tiêu điểm phụ F1 đối với tia SJ Qua cách dựng ảnh của S, ta thấy rằng khi S tiến tới J ở ngoài khoảng tiêu cự, ảnh S' của nó là ảnh thật nằm trên đờng thẳng cố định JF1 phía bên

phải thấu kính, tiến tới  theo chiều JF1 Khi S  J ở trong khoảng tiêu cự, ảnh S' của nó là ảnh ảo, nằm trên đờng thẳng cố

định JF1 phái bên trái thấu kính, tiến tới J theo chiều JF1 (Hình 4)