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

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
/

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
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

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:

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

- 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

= 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

+ −
 
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

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

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
, 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

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

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

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

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

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

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

- 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

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−
.

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.

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

 
−
 ÷
 
; 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

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

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

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 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:

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

/
2
2
d
d
∆
∆
= k
2
.k
/
2
=
3
3
= 1.
Mặt khác
/
2
2
k
k
=
// //
/ /
A B
A B
=
6
1,5

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

=
/ /
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
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

= 5
/
1
d∆
=
2
d∆
= d
2
- 5 = 6 – 5 = 1cm.
Mặt khác ta có:
/
2
1
d
d
∆
∆
=
/
2
2
d
d
∆
∆
.
2
1
d

Nên: k
1
.k
/
1
=
1
3
.
Khi chưa đặt bản L thì: k =
/ /
A B
AB
=
1,5
6
=
1
4
= k
1
.k
2
=
1
4

⇔
-
1

Giải tương tự (trường hợp hình b) ta có:
f
1
= 6cm; d
1
= 18cm; d
/
1
= 9cm.
Khoảng cách
l
giữa hai thấu kính:
l
= d
/
1
+ d
2
= 9 + 6 = 15cm.
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,5 đ
Hết
(Học sinh có thể giải theo cách khác)