Bạn đã thử sức với đề thi tham khảo HSG Vật lý lớp 12 năm học 2024-2025 và muốn kiểm tra lại kết quả? Bài viết này sẽ mang đến cho bạn đáp án chi tiết từng câu hỏi, kèm theo phân tích và hướng dẫn giải cụ thể. Đây không chỉ là cơ hội để bạn so sánh đáp án, mà còn giúp bạn nắm vững phương pháp làm bài, tự tin đối mặt với kỳ thi học sinh giỏi Vật lý lớp 12 cấp tỉnh. Với sự thay đổi về cấu trúc và cách ra đề năm nay, việc hiểu rõ cách giải và chiến lược làm bài là yếu tố quyết định. Hãy cùng khám phá đáp án chính thức sát với cấu trúc đề thi mới để hoàn thiện kỹ năng và đạt kết quả cao nhất!
Câu 1 . Dao động và sóng (1,0 điểm)
Sóng ngang truyền trên một sợi dây đàn hồi với tốc độ v=32\ \text{cm/s}. Hình vẽ dưới đây (Hình 1) biểu diễn một đoạn của sợi dây tại thời điểm t_1 theo một mô hình sóng hình sin lí tưởng, trong đó sóng truyền theo chiều dương dọc theo trục Ox và các phần tử sợi dây dao động điều hòa theo phương Ou. Giả sử sợi dây đủ dài để không có sóng phản xạ trong phạm vi bài toán.
a) Tính tần số của sóng.
b) Tính tốc độ của phần tử sợi dây ở điểm M (phần tử M) tại thời điểm t_1.
c) Khi phần tử M của sợi dây ở li độ u_\text{M}=1\ \text{cm} và đang đi theo chiều dương của trục Ou thì phần tử N của sợi dây đang ở li độ bằng bao nhiêu?
d) Tính khoảng cách cực đại giữa hai phần tử M và N.
a) Tần số sóng
Từ đồ thị ta thấy bước sóng bằng \lambda=16\ \text{cm}, còn tốc độ truyền sóng đề bài đã cho v=32\ \text{cm/s}, ta tính được tần số
\begin{align}
f&=\frac{v}{\lambda}\\
&=\frac{32}{16}\\
&=2\ \text{Hz}
\end{align}
b) Tốc độ của phần tử sợi dây ở điểm M (phần tử M) tại thời điểm t_1.
Đây là sóng ngang, phương truyền sóng trùng với Ox, các phần tử dao động theo phương Ou, điểm cũng như các điểm khác, đang dao động điều hòa. Tại thời điểm t_1 (được mô tả bằng hình vẽ), điểm M đang đi qua vị trí cân bằng nên tốc độ nó cực đại
\begin{align}
v_\text{max}&=\omega A\\
&=2\pi f A\\
\end{align}
Cùng trên đồ thị ta dễ thấy A=2\ \text{cm}, thay vào ta tính được
\begin{align}
v_\text{max}&=2\pi\cdot 2\cdot 2\\
&=8\pi\ \text{cm/s}
\end{align}
c) Tìm trạng thái điểm N khi biết trạng thái điểm M.
Từ đồ thị ta thấy M và N dao động lệch pha nhau \frac{\pi}{2} (Khi M ở vị trí cân bằng thì N ở biên), M nhanh pha hơn N (sóng truyền từ M đến N). Để nhìn rõ trạng thái các điểm dao động điều hòa, ta dùng đường tròn pha:
Từ đường tròn pha ta suy ra khi M ở li độ 1 cm đang đi theo chiều dương thì N ở li độ -\sqrt{3} \ \text{cm} và đang đi theo chiều dương.
d) Khoảng cách cực đại giữa M và N.
Hai điểm M và N nằm trong hệ tọa độ xOu, khoảng cách giữa chúng là
\begin{align}
d=\sqrt{\left(x_\text{M}-x_\text{N}\right)^2+\left(u_\text{M}-u_\text{N}\right)^2}
\end{align}
Trong đó x_\text{N}-x_\text{M}=4\ \text{cm} (xem đồ thị), suy ra khoảng cách d_\text{max} khi \left(u_\text{M}-u_\text{N}\right)_\text{max}. Hãy dùng đường tròn pha, ta thấy ngay \left(u_\text{M}-u_\text{N}\right)_\text{max} khi M và N đối xứng nhau qua trục Ox.
Khi đó \left(u_\text{M}-u_\text{N}\right)_\text{max}=2\sqrt{2}\ \text{cm}, và
\begin{align}
d_\text{max}&=\sqrt{4^2+\left(2\sqrt{2}\right)^2}\\
&=2\sqrt{6}\ \text{cm}
\end{align}
* Lưu ý: Ta có thể tính \left(u_\text{M}-u_\text{N}\right)_\text{max} mà không cần đường tròn pha
Nếu phương trình dao động của M là u_\text{M}=2\cos{\left(\omega t+\varphi\right)}\ \text{cm} thì phương trình dao động của N là u_\text{N}=2\cos{\left(\omega t+\varphi-\frac{\pi}{2}\right)}\ \text{cm} (vì N chậm pha \frac{\pi}{2} so với M). Dùng máy tính Casio có thể xác định được
\begin{align}
u_\text{M}-u_\text{N}=2\sqrt{2}\cos{\left(\omega t+\varphi+\frac{3\pi}{4}\right)}\ \text{cm}
\end{align}
Tức là \left(u_\text{M}-u_\text{N}\right)_\text{max}=2\sqrt{2}\ \text{cm}.
Câu 2 . Điện trường, Dòng điện - mạch điện (1,0 điểm).
Một tụ điện có điện dung C=8\cdot 10^{-5}\ \text{F} được mắc nối tiếp với một điện trở có giá trị R thay đổi được, một ampe kế rất nhạy, một công tắc và một bộ pin có suất điện động \mathscr{E}=18\ \text{V} như trong hình vẽ dưới đây (Hình 2).
a) Ban đầu tụ điện chưa tích điện và công tắc chưa đóng. Đóng công tắc và giữ cho R không đổi, chờ cho đến khi tụ điện tích điện ổn định. Hãy tính điện tích của tụ điện, năng lượng của tụ điện, công của nguồn điện thực hiện trong quá trình tích điện cho tụ điện và nhiệt năng tỏa ra trong mạch.
b) Ngắt công tắc và thay tụ điện bằng một tụ điện khác có điện dung C'. Khi đóng công tắc, điện trở R được thay đổi từ từ sao cho dòng điện trong mạch không đổi I=2\cdot 10^{−5}\ \text{A} trong thời gian \Delta t=30\ \text{s}. Trong thời gian này, hiệu điện thế giữa các bản của tụ điện tăng từ 0\ \text{V} lên 12\ \text{V}. Điện dung C' của tụ điện mới bằng bao nhiêu \text{F}?
a) Điện tích của tụ điện, năng lượng của tụ điện, công của nguồn điện thực hiện trong quá trình tích điện cho tụ điện và nhiệt năng tỏa ra trong mạch.
Khi mạch đã ở trạng thái ổn định, cường độ dòng điện trong mạch bằng không, điện áp trên điện trở bằng không, nên hiệu điện thế giữa hai bản tụ điện bằng suất điện động của nguồn \mathscr{E} . Khi đó, các đại lượng được tính như sau:
\begin{align}
q&=C\mathscr{E}\\
&=8\cdot10^{-5}\cdot18\\
&=144\cdot10^{-5}\ \text{C}
\end{align}
\begin{align}
W&=\frac{1}{2}C\mathscr{E}^2\\
&=\frac{1}{2}\cdot8\cdot10^{-5}\cdot18^2\\
&=12\text{,}96\cdot10^{-3}\ \text{J}
\end{align}
\begin{align}
A_\text{ng}&=\mathscr{E}q\\
&=18\cdot144\cdot10^{-5}\\
&=25\text{,}92\cdot10^{-3}\ \text{J}
\end{align}
Công A_\text{ng} mà nguồn thực hiện một phần tích năng lượng W cho tụ điện, phần còn lại tỏa nhiệt
\begin{align}
Q&=A_\text{ng}-W\\
&=25\text{,}92\cdot10^{-3}-12\text{,}96\cdot10^{-3}\\
&=12\text{,}96\cdot10^{-3}\ \text{J}
\end{align}
b) Điện dung C′ của tụ điện mới.
Cường độ dòng điện trong mạch được tính bằng
I=\frac{\Delta q}{\Delta t}=\frac{C'\Delta U}{\Delta t}\\
C'=\frac{I\Delta t}{\Delta U}
Thay số I=2\cdot 10^{-5}\ \text{A}, \Delta U=12\ \text{V}, \Delta t=30\ \text{s}, ta tính được
C'=5\cdot10^{-5}\ \text{F}
Câu 3 . Vật lí nhiệt, Khí lí tưởng (2,0 điểm)
Hình 3 biểu diễn một quá trình kín (chu trình) 1-2-3-4-1 được thực hiện bởi một lượng khí lý tưởng xác định. Trong một chu trình, khí nhận nhiệt lượng Q = 25\ \text{kJ} từ bộ gia nhiệt. Biết nhiệt độ ở các trạng thái 1 và 3 tương ứng là T_1 = 300\ \text{K} và T_3 = 4T_1. Điểm 2, điểm 4 và điểm B nằm trên cùng một đường đẳng nhiệt. Đường thẳng nối các điểm 1, B và điểm 3 đi qua gốc tọa độ. Nội năng của chất khí được tính theo công thức U = \frac{5}{2} nRT, với n là số mol khí, R là hằng số khí, T là nhiệt độ tuyệt đối của khí.
a) Tính nhiệt độ ở các trạng thái 2, B và 4.
b) Tính số mol của lượng khí này.
c) Tính nhiệt độ của khí ở các trạng thái A và C.
d) Nhiệt lượng Q_1 mà khí nhận được từ thiết bị đun nóng trong một chu trình 2-3-4-A-B-C-2 là bao nhiêu?
a) Nhiệt độ ở các trạng thái 2, B và 4.
Nói đến nhiệt độ, bài toán cho T_1 và T_3, hỏi T_2 và T_4 (vì T_2=T_4 nên ta đặt chung là T_{24}. Ta phải liên hệ các trạng thái 2, 4 với 1, 3.
Các quá trình 1-2 và 3-4 là đẳng tích nên ta có
\frac{p_1}{T_1} = \frac{p_2}{T_2}\\
\frac{p_3}{T_3} = \frac{p_4}{T_4};
Trong khi đó p_2 = p_3, p_1 = p_4 và T_2 = T_4=T_{24}, sau khi biến đổi ta được
\frac{p_1}{p_2} = \frac{T_1}{T_2} = \frac{T_2}{T_3}.\\
T_2=T_4 = \sqrt{T_1 T_3} = 2T_1=600\ \text{K}.
b) Số mol khí.
Bây giờ ta phải dựa vào nhiệt lượng thu vào của khí trong quá trình 1-2-3-4-1. Chúng ta chú ý, Q là nhiệt lượng thu vào của quá trình. Vậy nhiệt lượng thu vào là nhiệt lượng của những quá trình nào?
+ Quá trình 1-2 đẳng tích nên công bằng không, áp suất tăng nên nhiệt độ tăng dẫn đến độ biến thiên nội năng dương. Áp dụng định luật I thì nhiệt lượng bằng độ biến thiên nội năng nên nhiệt lượng dương, đây là quá trình thu nhiệt.
+ Quá trình 2-3 đẳng áp thể tích tăng nên công âm, nhiệt độ tăng nên độ biến thiên nội năng dương và tất nhiên nhiệt lượng dươn. Đây cũng là quá trình thu nhiệt.
Các quá trình 3-4 và 4-1 hoàn toàn ngược lại với 1-2 và 2-3, tức là hai quá trình cuối tỏa nhiệt.
Tóm lại
\begin{align}
Q&=Q_{12}+Q_{23}\\
&=\Delta U_{12}+\Delta U_{23}-A_{23}\\
&=\frac{5}{2}nR\left(T_2-T_1\right)+\frac{5}{2}nR\left(T_3-T_2\right)-nR\left(T_2-T_3\right)\\
&=\frac{19}{2}nRT_1
\end{align}
Suy ra
\begin{align}
n&=\frac{2Q}{19RT_1}\\
&=\frac{2\cdot25000}{19\cdot8\text{,}31\cdot 300}\\
&=1\text{,}056\ \text{mol}
\end{align}
c) Nhiệt độ của khí ở các trạng thái A và C.
Các điểm 1 và B nằm trên đường thẳng đi qua gốc tọa độ nên ta có
p_1 V_B = p_B V_1.
Vì V_\text{A}=V_\text{B} và p_B = p_C, ta thu được phương trình
p_1 V_A = p_C V_1,
đây là định luật Boyle-Mariotte, và do đó T_A = T_C,(vì các điểm A và C nằm trên cùng một đường đẳng nhiệt), và T_B = T_2 = 2T_1, ta có thể viết
\begin{align}
T_\text{A} &= T_\text{C} = \sqrt{T_1 T_B}\\
&= T_1 \sqrt{2}\\
&=300 \sqrt{2}\ \text{K}
\end{align}
c) Nhiệt lượng Q_1 mà khí nhận được từ thiết bị đun nóng trong một chu trình 2-3-4-A-B-C-2.
Vẫn là nhiệt lượng thu vào, nó được tính
\begin{align}
Q_1& = Q - Q_{1C} + Q_{AB} \\
&= Q - \frac{5}{2}nR (T_C - T_1) + \frac{5}{2}nR (T_B - T_A)\\
&=26\ \text{kJ}
\end{align}
Câu 4 . Từ trường (2,0 điểm)
Hình 4.a mô tả một khung dây dẫn hình chữ nhật cạnh H=1\text{,}5\ \text{cm}, D=2\text{,}5\ \text{cm}, có điện trở R=0\text{,}020\ \Omega, được kéo với tốc độ không đổi v =40\ \text{cm/s} qua hai vùng từ trường đều. Hình 4.b biểu diễn sự phụ thuộc của cường độ dòng điện cảm ứng i trong khung dây như một hàm của vị trí x của cạnh bên phải của vòng dây. Chiều dương của dòng điện trong khung dây được quy ước cùng chiều kim đồng hồ.
a) Xác định độ lớn và hướng (vào hoặc ra khỏi mặt phẳng hình vẽ) của cảm ứng từ trong vùng 1.
b) Xác định độ lớn và hướng (vào hoặc ra khỏi mặt phẳng hình vẽ) của cảm ứng từ trong vùng 2.
Sử dụng định luật Ohm, chúng ta liên hệ dòng điện cảm ứng với suất điện động cảm ứng (giá trị tuyệt đối của) theo định luật Faraday:
i = \frac{|\mathcal{E}|}{R} = \frac{1}{R} \left|\frac{\Delta\Phi}{\Delta t}\right|
Khi vòng dây đang đi qua ranh giới giữa vùng 1 và vùng 2 (sao cho một phần chiều dài “x” của nó nằm trong vùng 2, còn phần chiều dài “D - x” nằm trong vùng 1), từ thông được tính:
\begin{align}
\Phi_B &= xHB_2 + (D - x)HB_1\\
&= DHB_1 + xH(B_2 - B_1)
\end{align}
Dẫn đến:
\begin{align}
\frac{\Delta\Phi_B}{\Delta t} &= \frac{\Delta x}{\Delta t}H(B_2 - B_1) \\
&= vH(B_2 - B_1)
\end{align}
\Rightarrow i = \frac{vH(B_2 - B_1)}{R}
Lập luận tương tự cũng áp dụng (thay B_1 bằng 0 và B_2 bằng B_1) đối với vòng dây ban đầu đi từ vùng không có từ trường (ở bên trái Hình 4-a) vào vùng 1.
a) Trong trường hợp sau, theo Hình 4-b, ta có:
3.0 \times 10^{-6}= \frac{(0.40\cdot0.015B_1}{0.020}\\
B_1 = 10 \, \mu \text{T}.
Dựa trên định luật Lenz, chúng ta đi đến kết luận rằng hướng của từ trường trong vùng 1 là hướng ra khỏi mặt phẳng giấy.
b) Tương tự, với i = \frac{vH(B_2 - B_1)}{R}, ta tính được
B_2 = 3.3 \, \mu\text{T}.
Hướng của \vec{B}_2 là ra khỏi mặt phẳng giấy.
#ĐềHSGlý12năm2025,#ĐềHSGlý12năm20242025,#ĐềHSGlý12mới
0 nhận xét:
Đăng nhận xét