Kỳ thi học sinh giỏi Vật lý 12 Nghệ An năm học 2024 - 2025 đã mang đến những thử thách đầy thú vị và hấp dẫn cho các bạn học sinh yêu thích môn Vật lý. Với bài thi bảng A - phần tự luận, các dạng bài toán không chỉ kiểm tra kiến thức sâu rộng mà còn đòi hỏi tư duy sáng tạo và khả năng áp dụng linh hoạt các định luật vật lý.
Trong bài viết này, chúng tôi cung cấp đáp án chi tiết và giải thích cụ thể cho từng câu hỏi trong đề thi HSG vật lý 12 Nghệ An năm học 2024 - 2025 - Bảng A - Phần tự luận. Đây sẽ là nguồn tài liệu hữu ích giúp các bạn học sinh ôn tập, học hỏi cách trình bày và phân tích vấn đề. Đồng thời, bài viết cũng là tham khảo quan trọng dành cho giáo viên trong quá trình hướng dẫn học sinh chuẩn bị cho các kỳ thi sắp tới.
Hãy cùng khám phá ngay để nắm chắc cách giải và cải thiện kỹ năng làm bài của bạn!
Câu I. Giao thoa ánh sáng (2,0 điểm)
a) Bước sóng ánh sáng
Khoảng vân
\begin{align}
i&=\frac{\Delta x_6}{5}\\
&=\frac{18}{5}\\
&=3.6\ \text{mm}
\end{align}
Từ công thức khoảng vân $i=\frac{\lambda D}{a}$ suy ra bước sóng
\begin{align}
\lambda&=\frac{a i}{D}\\
&=\frac{0.15\cdot3.6}{0.75}\\
&=0.744\ \text{μm}
\end{align}
b) Độ dịch chuyển của màn
Khoảng vân không đổi nên, nếu giảm $a$ thì $D$ cũng giảm, màn phải được dịch chuyển về phía hai khe. Tuân theo phương trình
$$
i=\frac{\lambda\left(D-\Delta D\right)}{a_2}\\
$$
\begin{align}
\Rightarrow \Delta D&=D-\frac{a_2 i}{\lambda}\\
&=0.75-\frac{0.1\cdot 3.6}{0.744}\\
&=0.258\ \text{m}
\end{align}
Câu II. Điện trường (3,0 điểm)
a) Dấu điện tích của các bản và độ lớn của $\vec{v}_0$.
Từ đồ thị ta thấy tốc độ của hạt giảm khi di chuyển từ M đến N, chứng tỏ lực điện $\vec{F}$ có hướng từ N đến M. Do hạt mang điện tích âm nên hướng của điện trường giữa hai bản $\vec{E}$ ngược hướng với lực $\vec{F}$, tức là hướng từ M đến N. Điều này giúp ta khẳng định M tích điện dương, N tích điện âm.
Cũng theo đồ thị, tại khoảng cách $x_0=5\ \text{cm}$ hạt có tốc độ $v_0$, tại khoảng cách $x_1=1\ \text{cm}$ tốc độ bằng không. Áp dụng định lí động năng có thể vắn tắt là, độ lớn công cản của điện trường $\left|qE\left(x_1-x_0\right)\right|$ bằng động năng ban đầu của hạt $\frac{1}{2}mv_0^2$,
$$\left|qE\left(x_1-x_0\right)\right|=\frac{1}{2}mv_0^2$$
Trong đó $E=\frac{U}{d}$, suy ra
\begin{align}
v_0&=\frac{2\left|qU\left(x_1-x_0\right)\right|}{md}\\
&=\frac{2\left|3.2\cdot10^{-6}\cdot500\left(1-5\right)\cdot10^{-2}\right|}{3.2\cdot10^{-6}\cdot0.1}\\
&=400\ \text{m/s}
\end{align}
b) Độ giảm tối thiểu hiệu điện thế để hạt đến được N.
Hiệu điện thế bằng $U-\Delta U$ thì động năng tại khoảng cách $x=0$ bằng không, tức là
$$\left|q\frac{U-\Delta U}{d}\left(0-x_0\right)\right|=\frac{1}{2}mv_0^2$$
Và nhớ rằng chúng ta đã có
$$\left|q\frac{U}{d}\left(x_1-x_0\right)\right|=\frac{1}{2}mv_0^2$$
Suy ra
$$
\left|\left(U-\Delta U\right)\left(0-x_0\right)\right|=\left|U\left(x_1-x_0\right)\right|
$$
\begin{align}
\Delta U&=\frac{U}{5}\\
&=100\ \text{V}
\end{align}
c) Tốc độ lớn nhất của các viên bi.
Khối tâm của hệ 3 viên bi nằm tại điểm nối 3 thanh. Ngoại lực tác dụng lên khối tâm của hệ chính là tổng hợp các lực điện do điện trường của hai bản tác dụng lên 3 viên bi
$$
\vec{F}=q_0\vec{E}+q_0\vec{E}-2q_0\vec{E}=\vec{0}
$$
Tức là khối tâm của hệ đứng yên, các viên bi chỉ thực hiện chuyển động quay quanh khối tâm này. Ta áp dụng định luật bảo toàn năng lượng cho hệ 3 viên bi trong trường tĩnh điện. Chọn mốc thế năng là mặt phẳng song với các bản, cách đều các bản.
Ban đầu hệ đứng yên nên động năng bằng không, (3) nằm ở mốc thế năng năng thế năng của (3) bằng không, (1) và (2) nằm đối xứng qua mốc thế năng nên tổng thế năng của chúng cũng bằng không. Tốm lại tổng động năng và thế năng ban đầu của hệ bằng không.
Tại thời điểm nào đó, khi các thanh đã quay ngược chiều kim đồng hồ được một góc $varphi$ động năng quay và thế năng của chúng lần lượt là
\begin{align}
W_\text{đ}&=\frac{1}{2}I\omega^2\\
&=\frac{1}{2}3m\ell^2\left(\frac{v}{\ell}\right)^2\\
&=\frac{3}{2}mv^2
\end{align}
\begin{align}
W_\text{t}&=-2q_0E\ell\sin{\varphi}+q_0E\ell\sin{\left(\varphi+\frac{2\pi}{3}\right)}+q_0E\ell\sin{\left(\varphi-\frac{2\pi}{3}\right)}\\
&=-3q_0E\ell\sin{\varphi}
\end{align}
Năng lượng được bảo toàn nên
$$
\frac{3}{2}mv^2-3q_0E\ell\sin{\varphi}=0\\
$$
Tất nhiên là hệ chỉ qua được trong phạm vi sao cho $\sin{\varphi}\gt 0$. Khi đó tốc độ của mỗi viên bi là
$$
v=\sqrt{\frac{2q_0E\ell}{m}\sin{\varphi}}\\
v_\text{max}=\sqrt{\frac{2q_0E\ell}{m}}
$$
Câu III. Điện - Cơ (3,0 điểm)
a) Tốc độ thoát ra của các ion.
Ion $\text{Xe}^+$ là nguyên tử thiếu 1 electron, ion này mang điện tíc dương $e=1.6\cdot10^{-19}\ \text{C}$. Ta áp dụng định lí động năng cho mỗi ion
\begin{align}
\frac{1}{2}mv^2&=eU\\
v&=\sqrt{\frac{2qU}{m}}\\
&=\sqrt{\frac{2\cdot 1.6\cdot10^{-19}\cdot13000}{2.18\cdot10^{-25}}}\\
&\approx1.38\cdot 10^5\ \text{m/s}
\end{align}
b) Lực đẩy của động cơ.
Ta áp dụng định luật II Newton dạng thứ hai:
$$
F=\frac{\Delta p}{\Delta t}
$$
Trong thời gian $t=1\ \text{ngày}=86400\ \text{s}$, có tổng cộng $m=0.1\ \text{kg}$ Xenon được tiêu thụ tức là có $m=0.1\ \text{kg}$ Xenon phụt ra khỏi động cơ với vận tốc $v=1.38\cdot 10^5\ \text{m/s}$, tạo ra phản lực trung bình lên động cơ
\begin{align}
F&=\frac{mv}{\Delta t}\\
&=\frac{0.1\cdot 1.38\cdot 10^5}{86400}\\
&\approx0.16\ \text{N}
\end{align}
b) Cường độ dòng điện do các ion thoát ra và công suất tiêu thụ của động cơ.
Cường độ dòng điện được tính theo định nghĩa
$$
I=\frac{\Delta q}{\Delta t}
$$
Trong đó điện lượng $\Delta q$ bằng tổng điện tích của $N$ hạt ion xenon phụt ra khỏi động cơ trong thời gian $\Delta t=86400\ \text{s}$ (1 ngày).
\begin{align}
N&=\frac{m}{m_0}\\
I&=\frac{\frac{m}{m_0}\cdot e}{\Delta t}\\
&=\frac{\frac{0.1}{2.18\cdot10^{-25}}\cdot 1.6\cdot10^{-19}}{86400}\\
&\approx0.85\ \text{A}
\end{align}
Năng lượng mà động cơ sử dụng để tạo ra và đẩy khối khí xenon ra ngoài bao gồm năng lượng ion hóa khí xenon và công của lực điện trường đẩy khí từ cực dương đến cực âm:
$$
W=NE+UI\Delta t
$$
Công suất tiêu thụ của động cơ
\begin{align}
P&=\frac{W}{\Delta t}\\
&=\frac{NE+UI\Delta t}{\Delta t}\\
&=\frac{NE}{\Delta t}+UI\\
&=\frac{mE}{m_0\Delta t}+UI\\
&=\frac{0.1\cdot12.13\cdot1.6\cdot10^{-19}}{2.18\cdot10^{-25}\cdot86400}+1300\cdot0.85\\
&=1115.3\ \text{W}
\end{align}
Câu IV. Vật lí nhiệt (4,0 điểm)
a) Giải thích sự dính cảu các viên nước đá vào tay.
+ Nhiệt độ bề mặt nước đá rất thấp nên khi bạn chạm tay vào cục nước đá, lớp nước rất mỏng (gồm mồ hôi hoặc hơi nước từ không khí) ở trên bề mặt da tay nhanh chóng truyền nhiệt lượng cho viên nước đá và đóng băng, tạo ra một lớp băng mỏng kết dính giữa da và viên nước đá.
+ Nước đá có tính chất kết dính rất tốt với các bề mặt, đặc biệt là da. Điều này xảy ra do liên kết hydro mạnh giữa phân tử nước trong nước đá và các phân tử trên bề mặt da.
+ Khi giữ cục nước đá bằng tay, áp suất từ tay tạo ra làm tăng khả năng tiếp xúc chặt chẽ hơn giữa da và bề mặt nước đá, thúc đẩy quá trình đông cứng.
b) Nhiệt nóng chảy riêng của nước đá.
Gọi $P$ là công suất hấp thụ năng lượng Mặt trời của túi nước đá, $m$ là khối lượng nước đá và $\lambda$ là nhiệt nóng chảy riêng của nước đá. Ta có
\begin{align}
mC_\text{đ}\cdot40&=PT_1\\
m\lambda&=P\left(5T_1-T_1\right)\\
\Rightarrow \lambda&=160C_\text{đ}\\
&=3.36\cdot 10^5\ \text{J/kg}
\end{align}
c) Giá trị của góc $β$.
Phương trình đoạn thẳng có góc $\alpha$ là
$$
mc_\text{đ}\left(t+40\right)=PT\\
t=\frac{P}{mc_\text{đ}}T-40
$$
Hệ số góc $\tan{\alpha}=\frac{P}{mc_\text{đ}}$.
Phương trình đoạn thẳng có góc $\beta$ là
$$
mc_\text{n}t=P\left(T-5T_1\right)\\
t=\frac{P}{mc_\text{n}}T-\frac{5T_1}{mc_\text{n}}
$$
Hệ số góc $\tan{\beta}=\frac{P}{mc_\text{n}}$.
Suy ra
\begin{align}
\tan{\beta}&=\frac{c_\text{đ}}{c_\text{n}}\tan{\alpha}\\
&=\frac{2100}{4200}\tan{75^\text{o}}\\
\Rightarrow \beta=61.8^\text{o}
\end{align}
c) Tổng nhiệt lượng mà nước và nước đá nhận được từ khi cho vào các bình đến khi cân bằng nhiệt.
Gọi khối lượng nước đổ vào bình A là $m_1$ và khối lượng nước đá bỏ vào bình B là $m_2$ thì chúng có biểu thức
$$
m_1+0.3=m_2+0.9\\
m_1-m_2=0.6
$$
Nhiệt độ của cả hai phần này khi tách đều bằng $0\ ^\circ\mathrm{C}$ nên phương trình cân bằng nhiệt của chúng là
$$
m_1C_\text{n}\cdot10=0.3C_\text{n}\left(t_\text{AB}-10\right)\\
m_2\lambda+m_2C_\text{n}\cdot10=0.9C_\text{n}\left(t_\text{AB}-10\right)\\
\frac{m_1}{m_2}=\frac{\lambda+10C_\text{n}}{3\cdot10C_\text{n}}
$$
Kết hợp hiệu và tỉ số hai khối lượng ta tính được
$$
m_1=0.9\ \text{kg}\\
m_2=0.3\ \text{kg}
$$
Tổng nhiệt lượng mà chúng nhận được từ bình A và B
\begin{align}
Q&= m_1C_\text{n}\cdot10+m_2\lambda+m_2C_\text{n}\cdot10\\
&=1.2\cdot42000+0.3\cdot3.36\cdot10^5\\
&=386400\ \text{J}
\end{align}
#ĐềHSGlý12năm2025,#ĐềHSGlý12năm20242025,#ĐềHSGlý12mới
