BỘ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN VẬT LÍ 12 THPT CÁC CẤP CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

TÀI LIỆU ÔN THI HỌC SINH GIỎI 2020

vectorstock.com/2093321

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN TEST PREP PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

BỘ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN VẬT LÍ 12 THPT CÁC CẤP CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT PDF VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

SỞ GIÁO DỤC &ĐÀO TẠO Hµ Néi Trường THPT Tùng Thiện 

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN MÔN VẬT LÍ 12

Thời gian làm bài 180 phút

Năm học 2011-2012 Bài 1 : ( 1,5 điẻm) Một quả bóng nằm trên mặt đất , cách đều hai cột khung thành và cách đường thẳng nối hai khung thành một đoạn x0 = 50 m .Quả bóng được đá với vận tốc v0 = 25 m/s mà v0 nằm trong mặt phẳng thẳng đứng ,vuông góc với mặt phẳng khung thành và hợp với mặt đất một góc là α . Khung thành cao 3,44 m .Hỏi góc α là bao nhiêu để quả bóng lọt vào khung thành? Lấy g = 9,8 m/s2. Bài 2 : (1,5 điểm) Cho cơ hệ như hình vẽ 1 : ròng rọc có hai rãnh gắn chặt nhau ,có bán kính là r và R ( R = 2 r)) ,khối lượng của ròng rọc và dây nối không đáng kể ,dây nối không co giãn, lò xo có độ cứng k và vật năng có khối lượng m . Kéo vật nặng m xuống thẳng đứng một đoạn nhỏ rồi buông nhẹ .Chứng minh rằng vật nặng m dao động đièu hoà và tính chu kỳ dao động của nó. k m

Hinh1

Bài 3: ( 1,5 điểm) Một xi lanh kín ở hai đầu được chia thành hai phần bằng nhau bởi một vách ngăn .Phần thứ nhất chứa khí Ôxy (có khối lượng mol là µ1),phần thứ hai chứa khí Nitơ (có khối lượng mol là µ2). Áp suất của khí Nitơ gấp đôi áp suất của khí Ôxy. Đặt xi lanh trên mặt bàn nằm ngang,nhẵn. Xilanh sẽ dịch chuyển một đoạn bao nhiêu néu vách ngăn có lỗ thông với nhau ? Biết xi lanh có chiều dài l.Bỏ qua khối lượng của xi lanh và vách ngăn .Xem quá trình có nhiệt độ không đổi và nhiệt độ ban đầu ở hai phần là như nhau.

Bầi 4 :( 2 điẻm) Cho mach điện gồm 3 hộp linh kiện X,Y,Z mắc nối tiép với ampe kế (có điện trở không đáng kể),mỗi hộp chỉ chứa một trong ba loại linh kịện cho trước : diện trở thuần R ,cuộn cảm L và tụ điện C (như hình vẽ 2) . Đặt vào hai đầu A và D của mạch một hịêu điện thế xoay chiều uAD = 32V2 sin 2πft (V) .Khi f=100Hz dùng một vôn kế (có điện trở rất lớn) đo lần lượt được UAB = UBC = 20 V; UCD = 16 V; UBD =12V.Dùng oát kế đo công suất tiêu thụ của mạch được P = 6,4 W. Người ta thấy khi f>100Hz hoặc f<100Hz thì số chỉ của ampe kế giảm đi .Hỏi : mỗi hộp kín X,Y,Z chứa linh kiện gì? Tính giá trị các linh kiện đó. Hình 2

A X Y Z A B C D Bài 5 : (2 điểm) Một sợi dây tiết diện ngang 1,2 mm2 và điện trở suất 1,7.10 – 8 Ω.m được uốn thành cung tròn bán kính r = 24 cm như hình vẽ 3. Một đoạn dây thẳng khác cùng loại như trên có thể quay P quanh O và trượt tiếp xúc với cung tròn tại P. Sau cùng một đoạn dây thẳng khác OQ cũng cùng loại như trên tạo thành mạch điện kín .Hệ thống được đặt trong từ r trường đèu B = 0,15 T hướng từ mặt giấy ra ngoài . Đoạn dây thẳng OP lúc đầu B β đứng yên tại vị trí β = 0 và nhận gia tốc góc bằng 12 rad / s2 .Hỏi: với giá trị nào O Q của β thì dòng điện cảm ứng trong mạch cực đại ? Tính giá trị cực đại đó. Hình 3 Bài 6 :( 1,5 điểm)

Cho một vôn kế ,một ampe kế ,một bộ acquy,một bộ dây nối và một điện trở chưa biết giá trị .Bỏ qua điện trở của dây nối . Hãy nêu phương án xác định chính xác giá trị của điện trở đã cho. Chú ý rằng các dụng cụ đo đều có điện trở chưa biết. --------------------------HẾT--------------------------------------

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIÊM THI CHỌN ĐỘI TUYỂN MÔN VẬT LÍ 12 Bài 1 ( 1,5 điểm) +Lập phương trình y theo x và góc α rồi thay x = 50 m x = v0 cos α t và y = v0 sin α t => y = tg α.x – g ( 1+tg2 α)x2 / 2v02 ------------------------------------ 0,5 Đặt tg α = z và thay x = 50 m=> y = 50z -19,6z2 -23,04 -------------------------------------- 0,25 + Đi ều ki ện : 0< y < 3,44m ------------------------------------- 0,25 0 0 0 0 ----------------------------------------0,5 => 25,8 < α < 31,1 v à 62,8 < α < 64,2 Bài 2 ( 1,5 đi ểm) +Chọn trục có gốc O là vị trí cân bằng của vật m, chièu dương hướng xuống-----------+Tại VTCB : P – T = 0 --------------------------------------- 0,25 +Khi m bị kéo xuống ở vị trí x : có thêm lực T’ là lực hồi phục Vì góc quay φ = x / r = X / R => X= R x / r =>Lực đàn hồi thêm /F/ = kX = k Rx / r--------------- 0,5 Theo quy tắc momen lực : T’. r = F . R => T’ = F R / r = k (R2/ r2). x------------------------------- 0,25 +Tho ĐL II Niutơn: -T’ = mx’’  x” +( k/m)( R2 /r2 )x =0 => m dao động Đ hoà với ω2 = ( k/m)( R2 /r2 )  ω = (R/r) V(k/m) --------------------------------0,25 + Chu kỳ : T = 2π/ ω = π Vm / k ---------------------------------- 0,25 Bài 3 ( 1,5 điểm) + Do theo phương ngang xi lanh không chịu ngoại lực nào nên khối tâm của hệ đượcbảo toàn----------0,25 Gọi m1 và m2 là khối lượng của khí Ôxy và Nitơ .Chọn trục Ox nằm ngang ,gốc O tại tâm xi lanh Gọi x là toạ độ khối tâm của hệ ,ta có: x= (m2.l/4 – m1.l/4) /(m1 + m2) ------- 0,5 Đặt α =m2 / m1 => x =( l/4).( α -1) / ( α + 1) (*) Ô x + Từ phương trình M-Clapayron và theo đề bài p2 = 2p1 ta có : O α = m2 / m1 = p2 μ2/ p1 μ1 = 2μ2/ μ1 ----------------------------O + Thay vào (*) ta có : x = (l/4)(2μ2 – μ1 ) /(2μ2 + μ1) ----------------------------0,5 l/4 l/4 Khi 2 khí trộn vào nhau thì khối tâm 2 khí ở tại tâm của xi lanh . Vậy để khối tâm không đổi v trí thì xi lanh phải dời một đoạn x ------------------------0,25 Bài 4 ( 2 điẻm) + Theo đề bài : UAD =U AB + UBD =20+12= 32V U2BC = 202 = U2BD + U2DC = 122 +162 = 202 -------------------------------------------------- 0,25 + Vẽ đươc giản đồ vectơ: C ---------------------------------------------------------------------------------

+ Kết luận : X có chúa điẹn trở thuần Y có chứa cuộn cảm L ( có điên trở thuần r) D Z có chứa tụ điện C-----------------------------------------------0,75

+ Theo đề bài : khi f = 100hz thì có cộng hưởng điện .Ta suy ra : I = P / UAB + UBD = 6,4/ 20 +12 = 0,2 A => R = UAB /I = 100Ω ZL = ZC = UCD /I = 80 Ω => L = 2/ 5π H và C = 10 -3 /16π F---------------------------------------------0,75 r = UBD /I = 60 Ω --------------------------------------0,25

Bài 5 ( 2 điểm) +Định được từ thông qua mạch ở thời điểm t : Ф =BR2γt2 /4 --------------------------------------0,25 +Độ lớn suất điện động : e = Ф’ = BR2γt/2 --------------------------------------0,25 + Dòng điện cảm ứng : i = e/R với R = ρ l/S = (ρ/S ) ( 2r +βr) =( ρr /2S) ( 4+ γt2) i = (BRγS)/ ρ( 4/t + γt) ------------------------------------------- 1,00 + i = I max khi : 4/t = γ t  t = 2/ V γ + Vậy : β = ½ γ t2 = 2 rad và imax = 2,2 A -------------------------------------------- 0,5 Bài 6 ( 1,5 điểm) + Mắc được mạch điên như hình vẽ : ---------------------------------------------- 0,5 + Trong sđ I : Rv = U1/I1 (1) + Trong sđ II : Rx = U2/ I RX=U2/( I2-U2/Rv ) (2) ---------------------- 0,75 Rx

Rx V U1

(I)

+ Từ 1 và 2 : Rx= U2/ (I2- U2I1/U1)--- 0,25

A Rv

A I1

U2 Rv

I2 ( II )

Së Gd&§t NghÖ an §Ò chÝnh thøc

§Ò thi chän ®éi tuyÓn dù thi hsg quèc gia líp 12 N¨m häc 2007 - 2008 M«n thi: vËt lý (§Ò thi cã 2 trang) Thêi gian 180 phót (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) Ngµy thi: 07/11/2007

Bµi 1 (4 ®iÓm) Hai qu¶ cÇu nhá m1 vµ m2 ®-îc tÝch ®iÖn q vµ -q, chóng ®-îc nèi víi nhau bëi mét lß xo rÊt nhÑ cã ®é cøng K (h×nh 1). HÖ n»m yªn trªn mÆt sµn n»m E ngang tr¬n nh½n, lß xo kh«ng biÕn d¹ng. Ng-êi ta ®Æt ®ét ngét m1,q KK m2, - q mét ®iÖn tr-êng ®Òu c-êng ®é E , h-íng theo ph-¬ng ngang, sang ph¶i. T×m vËn tèc cùc ®¹i cña c¸c qu¶ cÇu trong chuyÓn ®éng sau ®ã. Bá qua t-¬ng t¸c ®iÖn gi÷a hai qu¶ cÇu, lß xo vµ mÆt sµn (H×nh 1) ®Òu c¸ch ®iÖn. Bµi 2 (4 ®iÓm) Mét vÖ tinh chuyÓn ®éng trßn ®Òu quanh Tr¸i §Êt ë ®é cao R = 3R0 so víi t©m O cña Tr¸i §Êt (B¸n kÝnh Tr¸i §Êt lµ R0 = 6400 km). 1. TÝnh vËn tèc V0 vµ chu kú T0 cña vÖ tinh. 2. Gi¶ sö vÖ tinh bÞ nhiÔu lo¹n nhÑ vµ tøc thêi theo ph-¬ng b¸n kÝnh sao cho nã bÞ lÖch khái quü ®¹o trßn b¸n kÝnh R trªn. H·y tÝnh chu kú dao ®éng nhá cña vÖ tinh theo ph-¬ng b¸n kÝnh vµ xung quanh quü ®¹o cò. 3. VÖ tinh ®ang chuyÓn ®éng trßn b¸n kÝnh R th× t¹i ®iÓm A vËn tèc ®ét ngét gi¶m xuèng thµnh VA nh-ng gi÷ nguyªn h-íng, vÖ tinh chuyÓn sang quü ®¹o elip vµ tiÕp ®Êt t¹i ®iÓm B trªn ®-êng OA (O, A, B th¼ng hµng). T×m vËn tèc vÖ tinh t¹i A, B vµ thêi gian ®Ó nã chuyÓn ®éng tõ A ®Õn B. Cho vËn tèc vò trô cÊp 1 lµ V1 = 7,9 km/s. Bá qua lùc c¶n. Cã thÓ dïng ph-¬ng tr×nh chuyÓn ®éng cña mét vÖ tinh trªn quü ®¹o:

(H×nh 2)

 d 2 r  d  2  Mm m  2    r   G 2  dt   r  dt 2 d vµ ®Þnh luËt b¶o toµn m«men ®éng l-îng: mr  const . dt Bµi 3 (4 ®iÓm) Cho m¹ch ®iÖn nh- h×nh vÏ 3, biÕt E1= e, E2 = 2e, E3 = 4e, R1 = R, R2 = 2R, AB lµ d©y dÉn ®ång chÊt, tiÕt diÖn ®Òu cã ®iÖn trë toµn phÇn lµ R3 = 3R. Bá qua ®iÖn trë trong cña c¸c nguån ®iÖn vµ d©y nèi. 1. Kh¶o s¸t tæng c«ng suÊt trªn R1 vµ R2 khi di chuyÓn con ch¹y C tõ A ®Õn B. 2. Gi÷ nguyªn vÞ trÝ con ch¹y C ë mét vÞ trÝ nµo ®ã trªn biÕn trë. Nèi 4E A vµ D bëi mét ampe kÕ (RA  0) th× nã chØ I1 = , nèi ampe Kõ R 3E ®ã vµo A vµ M th× nã chØ I2= . Hái khi th¸o ampe kÕ ra th× c-êng 2R ®é dßng ®iÖn qua R1 b»ng bao nhiªu?

E3 +

B C

R2 +

E1 D

(H×nh 3)

Bµi 4 (4 ®iÓm) PhÝa trªn cña mét h×nh trô solenoit ®Æt th¼ng ®øng cã mét tÊm b×a cøng n»m ngang trªn ®ã ®Æt mét vßng trßn nhá siªu dÉn lµm tõ d©y kim lo¹i cã ®-êng kÝnh tiÕt diÖn d©y lµ d1, ®-êng kÝnh vßng lµ D (d1 << D). Nèi solenoit víi nguån vµ tô ®iÖn (h×nh 4), ®ãng khãa K th× vßng sÏ nÈy lªn khi hiÖu ®iÖn thÕ U  U0 (U0 lµ hiÖu ®iÖn thÕ x¸c ®Þnh). Thay vßng trªn b»ng vßng siªu dÉn 1

kh¸c cïng kim lo¹i trªn vµ cïng ®-êng kÝnh D cßn ®-êng kÝnh tiÕt diÖn d©y lµ d2. Hái hiÖu ®iÖn thÕ nguån ®iÖn lµ bao nhiªu ®Ó khi ®ãng khãa K th× vßng võa ®-îc thay nÈy lªn. BiÕt ®é tù c¶m cña vßng lµ L =

D C

 1,4D   (k lµ h»ng sè). §iÖn trë thuÇn cña d  

kD.ln 

+ _U

solenoit vµ d©y nèi ®-îc bá qua. Bµi 5 (4 ®iÓm) Cho m¹ch ®iÖn xoay chiÒu nh- h×nh vÏ. BiÕt uAB = 180 2 sin(100t) (V), R1 = R2 = 100 , cuén d©y thuÇn c¶m cã L =

(H×nh 4)

3 H , tô ®iÖn cã ®iÖn dung C 

biÕn ®æi ®-îc. 1. T×m C ®Ó hiÖu ®iÖn thÕ hiÖu dông gi÷a hai ®iÓm M, N ®¹t cùc tiÓu. 2. Khi C =

100 F , m¾c vµo M vµ N mét ampe kÕ cã ®iÖn trë A  3

kh«ng ®¸ng kÓ th× sè chØ ampe kÕ lµ bao nhiªu?

B N

(H×nh 5) HÕt Hä tªn thÝ sinh: .........................................SBD: ....................................................

Së Gd&§t NghÖ an

Kú thi chän ®éi tuyÓn dù thi hsg quèc gia líp 12 N¨m häc 2007 - 2008

---------------------h-íng dÉn chÊm, ®¸p ¸n vµ biÓu ®iÓm chÊm ®Ò chÝnh thøc M«n: vËt lý Ngµy thi: 07/11/2007 -~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ Néi dung §iÓm 1® Bµi1 .Do tæng ngo¹i lùc t¸c dông hÖ kÝn theo ph-¬ng ngang E nªn khèi t©m cña hÖ ®øng yªn vµ tæng ®éng l-îng cña hÖ m1,q KK m2, - q ®-îc b¶o toµn. Chän trôc Ox cã ph-¬ng ngang h-íng sang ph¶i, gãc O ë khèi t©m cña hÖ. Ta cã: mv x m1v1 + m2v2 = o  v2 = - 1 1 (1) o m2

Bµi 2

.VËt m1 vµ m2 sÏ dao ®éng ®iÒu hßa xung quanh vÞ trÝ c©n b»ng cña chóng, t¹i ®ã hîp lùc t¸c dông lªn mçi vËt b»ng 0 vµ vËn tèc cña chóng ®¹t cùc ®¹i. Ta cã:

1®

qE = k(x1-x2) (2) 2 m1v12 m2v22 k ( x1  x2 ) + + = qE(x1-x2) (3) 2 2 2 .Tõ (1) vµ (2) vµ (3) ta ®-îc: qE m1 qE m2 V1= , V2= k m1 (m1  m2 ) k m2 ( m1  m2 )

1®

1.Gäi M vµ m lÇn l-ît lµ khèi l-îng Tr¸i §Êt vµ vÖ tinh. .Lùc hÊp dÉn cña Tr¸i §Êt lªn vÖ tinh ®ãng vai trß lùc h-íng t©m nªn: GMm mv02 GM V1  V0= = =4,56m/s  2 3R0 R R 3

0,5®

2R =26442s = 7,43h V0 2.Tõ hai ph-¬ng tr×nh cho ë ®Ò bµi ta ®-îc ph-¬ng tr×nh: d 2 r (c / m) 2 GM = - 2 (1) 2 3 dt r r c .Khi vÖ tinh chuyÓn ®éng víi b¸n kÝnh R th×: ( ) 2 = GMR (2) m 2 d r GMR GM .Tõ (1) vµ (2), ta ®-îc: 2 - 3 = 2 víi r =R+x . dt r r 2 d x GMR GM  .Hay: = 2 x x dt R3 (1  )3 R 2 (1  ) 2 R R .Do vÖ tinh chØ dao ®éng bÐ nªn x << R nªn ta ®-îc ph-¬ng tr×nh dao ®éng cña vÖ tinh: GM x’ ’ + 2 x = 0 R

0,5®

.Chu kú quay cña vÖ tinh: T0 =

1®

0,5®

9 R0 1 = 6 =21,2.10-2s .Chu kú dao ®éng cña vÖ tinh lµ : T= 2 GM V1 3.¸p dông ®Þnh luËt b¶o toµn m« men ®éng l-îng vµ b¶o toµn c¬ n¨ng ta cã:

0,5® 3

VA.3R = VB.R (1) 2 2 m v A GMm m v B GMm = (2) 3R0 R0 2 2 0,5®

.Tõ (1) vµ (2) ta ®-îc: vA= v1/ 6 = 3,23m/s , vB = 9,68m/s .B¸n kÝnh trôc lín quÜ ®¹o elÝp cña vÖ tinh: a = AB/2 = 2R0 3 a3 R .¸p dông ®Þnh luËt 3 kªple ta cã: 2  2  T=T0 R0 R = 4h T T0 a a

0,5®

.Thêi gian vÖ tinh chuyÓn ®éng tõ A ®Õn B lµ: t = T/2 = 2h Bµi 3

1.§Æt RAC= x. C«ng suÊt táa nhiÖt trªn R1 vµ R2: U 2 AM U 2 NB P= + (1) R1 R2 .Trong ®ã : UAM = UAC- e (2) .U BN = - 4e + UAM+ e + 2e  UBN = UAC- 2e (3)

U AC  e  + U AC  2e 

.Thay (1), (2) vµo (3) ta ®-îc: P =

0,5®

I2 D

0,5®

4e 3 .LËp b¶ng biÕn thiªn biÓu diÔn sù phô thuéc cña P theo UAC ta thÊy UAC ®¹t cùc tiÓu khi e2 4e UAC= , lóc ®ã Pmin= . 3R 3 e 2e .Thay UAC vµo (2) vµ (3) ta ®-îc: UAC = vµ UNB = 3 3 e e U AM U NB  ICD= 0   I2= .Tõ ®ã t×m ®-îc: I1= 2R 3R 3R R1

.LÊy ®¹o hµm hai vÕ cña P theo UAC ta ®-îc : P’ = 0 

I3=

0,5®

4e U AB U AC x=  R 3R R3 I3

3e 2 . .BiÖn luËn: -Khi x= 0 th× UAC= 0 vµ P = R e2 . 4e P = -Khi x = R th× UAC= vµ min 3R 3 11e2 . P = -Khi x = 3R th× UAC=4e vµ max R 2.Coi phÇn m¹ch ®iÖn gi÷a A vµ D t-¬ng øng víi nguån ®iÖn cã suÊt ®iÖn ®éng E vµ ®iÖn E trë trong r, m¹ch ®-îc vÏ l¹i nh- h×nh bªn. M D .Khi nèi Ampe kÕ vµo A vµ D th×: 4e e + e E = 3e (1)  I1= = R R R r r R .Nèi Ampe kÕ vµo A vµ M th× R1 bÞ nèi t¾t: E,r 3e E  e (2) I2 = = 2R r

0,5®

1®

2R 3 .Khi kh«ng cã Ampe kÕ th× c-êng ®é dßng ®iÖn qua R1 lµ: E  e = 3e = 0,6 e (A) IR1 = R1  r 5 R R

0,5®

. Sau khi ®ãng khãa, gäi c-êng ®é trong m¹ch lµ i vµ ®iÖn tÝch cña tô ®iÖn lµ q. q q  cU .§Þnh luËt «m cho m¹ch: U – Ldi’ = . Hay q’ ’ + = 0 (1) cLd c

0,5®

.Gi¶i hÖ (1) vµ (2) ta ®-îc: E = 2e , r =

Bµi 4

.§Æt q1 = q-cU, ta ®-îc ph-¬ng tr×nh: q1’ ’ +  2 q1 = 0. .NghiÖm cña ph-¬ng tr×nh lµ: q1 = Asin(  t ) + Bcos(  t ) (2) .Chän t = 0 lµ thêi ®iÓm ®ãng khãa K, ta cã: q1(t= 0) = q(t=o)– cU = cU, q1’ = q’ = 0 (3) .Suy ra : A = 0 , B = - cU, q = cU[1- cos(  t )] ’ id ~U .C-êng ®é trong cuén d©y lµ: id = q = cU  Sin(  t )  , .§èi víi vßng siªu dÉn:  = -Lvi,v (4)

0,5®

.ë ®©y  lµ tõ th«ng do c¶m øng tõ xolenoit göi qua vßng, iv lµ c-êng ®é dßng ®iÖn ch¹y qua vßng, LV lµ ®é tù c¶m cña vßng. .NghiÖm cña (4) cã d¹ng:  + Lviv = C víi C lµ h»ng sè. .T¹i thêi ®iÓm ban ®Çu C = 0 nªn: iv = -



.Tõ th«ng  tû lÖ víi ®é tù c¶m cña solenoit (®é tù c¶m nµy tû lÖ id) vµ diÖn tÝch vßng: iv ~

1.Gi¶n ®å vÐc t¬ ®-îc vÏ nh- h×nh bªn. .Tõ gi¶n ®å suy ra UMN cùc tiÓu khi M trïng víi N . .Hay: UMN= 0  UR1 = UC  I1R1 = I2ZC , UR2 = UL  = I2R2= I1ZL



R R 100 R1 Z C  ZC = 1 2 = =  ZL R2 ZL 3

 C=

100 3



0,5®

.Tr-êng hîp ®Çu : U0 ~ d1{Ln(1,4D/d1)} 1 / 2 .Tr-êng hîp sau : U’ 0 ~ d2{Ln(1,4D/d2)} 1 / 2 .Vßng sÏ n¶y lªn khi hiÖu ®iÖn thÕ cña nguån tháa m·n: U’ 0  U0 d2{Ln(1,4D/d2)} 1 / 2 / d1{Ln(1,4D/d1)} 1 / 2

Bµi 5

0,5®

DU Lv .Lùc Ampe cùc ®¹i t¸c dông lªn vßng theo h-íng th¼ng ®øng lªn trªn, tû lÖ víi ®-êng kÝnh cña vßng, c-êng ®é dßng ®iÖn trong vßng vµ trong solenoit. D 3U 2 F ~ Didiv ~ Lv .Vßng sÏ n¶y lªn nÕu lùc F lín h¬n träng lùc cña vßng, träng lùc nµy tû lÖ víi Dd2. D 3U 2 d .Trong tr-êng hîp giíi h¹n: ~ Dd2  U ~ LV D Lv

 ~ idD2 ~ UD2 

0,5®

A UR1

1đ

UAB UR2

B UL

F = 55( F )

M 0,5đ

2.ChËp M vµ N thµnh ®iÓm E.Tæng trë, ®é lÖch pha gi÷a hiÖu ®iÖn thÕ vµ c-êng ®é dßng ®iÖn trong mçi nh¸nh : UEB IC A 2 I

1đ

IL I

1

I R1 U AE 1 I 1 1 1 R   1 =  2  2  Z1 = 50 3 () .Tg 1 = - C = - 1 = 2 6 Z1 R1 Z C ZC I R1 3 1 I R 1 1 1   2 =  2  2  Z2 = 50 3 () . Tg  2 = L = 2 = 2 Z 2 R2 Z L 6 IR2 ZL 3 .V× Z1 = Z2 vµ c-êng ®é hiÖu dông trong m¹ch chÝnh nh- nhau nªn: UAE = UEB = U

0,5đ

 .MÆt kh¸c U AE vµ U EB ®Òu lÖch vÒ hai phÝa trôc I mét gãc nªn: 6 U AB UAE = UEB = = 60 3 (V) :  2 cos( ) 6 .Chän chiÒu d-¬ng qua c¸c nh¸nh nh- h×nh vÏ. R1

.Gi¶n ®å vÐc t¬ biÓu diÔn I R1  I A  I L nh- h×nh bªn. .Tõ ®ã ta ®-îc:  = 0,6(A) IA= I 2 R1  I L2  2 I R1I L cos 6

1đ M

A C

300 600

IR1

IL IA

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO DAKLAK -------o-----ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2007-2008 MÔN THI : VẬT LÝ 12 – THPT -------------------- o0o ----------------------( 180 phút, không kể thời gian giao đề )

BÀI 1 : ( 3,0 điểm ) Thanh AB chiều dài l, khối kượng m, tiết diện đều đặt trên mặt phẳng ngang có hệ số ma sát k. Tác dụng vào đầu A một lực F theo phương ngang và vuông góc với AB, thanh có xu hướng quay. 1) Xác định vị trí của điểm O với OA = x mà khi thanh AB bắt đầu dịch chuyển quay quanh điểm này. Suy ra rằng vị trí này không phụ thuộc vào hệ số ma sát. 2) Tính lực lớn nhất để thanh chưa dịch chuyển quay. BÀI 2 : ( 3,0 điểm ) Một bình chứa 360 gam khí Helium. Do bình hở sau một thời gian khí Helium thoát ra một phần, nhiệt độ tuyệt đối của khí giảm 20% , áp suất giảm 30%. Tính khối lượng khí Helium thoát ra khỏi bình và số nguyên tử đã thoát ra khỏi bình. BÀI 3 : ( 3,0 điểm ) Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ (h.1). Hiệu điện thế xoay chiều hai đầu mạch có biểu thức : uAB = U0.sin100t (V), bỏ qua điện trở các dây nối. Các hiệu điện thế hiệu dụng: UAN = 300 (V) , UMB = 1  60 3 (V). Hiệu điện thế uAN lệch pha so với uMB một góc . Cuộn dây có hệ số tự cảm L  (H) 2 3 với điện trở r, điện dung của tụ điện C =

3.103 16

1) Tính điện trở r. 2) Viết biểu thức hiệu điện thế uAN.

(F). L , r

R A

C N

(h .1)

BÀI 4 : ( 3,0 điểm ) Cho quang hệ như hình vẽ (h.2). Điểm sáng S đặt trên trục chính của hệ. Khoảng cách từ S đến gương là 120cm. Khi tịnh tiến thấu kính trong khoảng điểm sáng S và gương sao cho trục chính của thấu kính và gương vẫn trùng nhau thì thấy có 3 vị trí của thấu kính mà chùm sáng từ S sau khi qua thấu kính, gương và thấu kính lần thứ hai lại trở về S. Biết tiêu cự của gương f2 = 36cm. 1) Tính tiêu cự của thấu kính. 2) Xác định 3 vị trí nói trên của thấu kính.

S (h. 2)

BÀI 5 : ( 3,0 điểm ) 24 Đồng vị 11 Na phóng xạ   tạo hạt nhân con là magiê (Mg), ký hiệu là 1224 Mg . 24 1) Ở thời điểm ban đầu t = 0, khối lượng của 11 Na là m0 = 4,8g thì sau thời gian t=30h , khối 24 lượng 11 Na chỉ còn lại m = 1,2g chưa bị phân rã. Tính chu kỳ bán rã của 24 vị Ci ) của lượng 11 Na sau thời gian t = 30h .

24 11

Na và độ phóng xạ (theo đơn

2) Khi khảo sát một mẫu chất người ta thấy ở thời điểm bắt đầu khảo sát thì tỉ số khối lượng

và

24 11

24 12

Mg Na là 0,125. Hỏi sau thời gian bao lâu thì tỉ số đó bằng 8 ? Cho số Avôgađrô NA = 6,023.10 /mol. 23

BÀI 6 : ( 2,5 điểm ) Một hình tam giác đều đứng yên đối với hệ quy chiếu K’ có một cạnh nằm trên trục Ox’ có diện tícsh S’. Hệ K’ chuyển động thẳng đều đối với hệ quy chiếu quán tính K dọc theo trục Ox với vận tốc v = 0,6c ( c là vận tốc ánh sáng trong chân không). Trong hệ quy chiếu quán tính K, diện tích của tam giác là S. 1) Tìm hệ thức liên hệ giữa S và S’. 2) Tính các góc của tam giác trên trong hệ quy chiếu quán tính K. BÀI 7 : ( 2,5 điểm ) Xác định suất điện động của một nguồn điện bằng hai vôn kế khác nhau có điện trở trong chưa biết và không lớn lắm. Dụng cụ : Hai vôn kế, nguồn điện, các dây nối. Hãy trình bày phương án tiến hành thí nghiệm, vẽ sơ đồ các mạch điện, lập công thức để xác định suất điện động của nguồn điện. ---------------------- Heát -------------------Ghi chuù chung : Caùc haèng soá vaät lyù thoâng thöôøng xem nhö ñaõ bieát

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO DAKLAK ------- ------

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2007-2008 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN : VẬT LÝ 12-THPT -------------------------------  ------------------------------

I. SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM : BÀI 1 : ( 3,0 điểm ) Gọi f1 và f2 là lực ma sát tác dụng về hai phía lên thanh. Ta có : f1  k.N1  k.

f 2  k.N 2  k.

l (l - x)m

g = k.mg - k

xm l

g = k.mg  f1

(1)

0,25 đ

(2)

0,25 đ

Để thanh AB không trượt mà chỉ quay quanh điểm O cách A một đoạn x. Từ điều kiện cân bằng chuyển động tịnh tiến và quay ta có : F – f1 + f2 = 0 (3) 0,25 đ l-x x F.x  f1.  f 2 . 2 2

(4)

0,25 đ

(5)

0,50 đ

(6)

0,25 đ

Kết hợp (3), (4) và thay (1) và (2) vào ta được :

hay:

x l-x (f1 -f 2 ).x  f1.  f 2 . 2 2 xm xm x xm l-x xm (k g  kmg  k g).x  k g.  (kmg - k g). l l l 2 l 2

x

Suy ra :

không phụ thuộc vào hệ số ma sát k

Do đó lực F lớn nhất để thanh AB không trượt, suy từ (3) : F  f1  f 2 hay:

Fk

xm l

g  kmg  k

F  kmg( 2 -1)

xm l

g  F  kmg(2 - 1) l

0,25 đ

(7)

(8)

0,25 đ

(9)

0,25 đ

(10)

0,50 đ

BÀI 2 : ( 3,0 điểm ) Áp dụng phương trình Clapayron Mendeleev cho bình chứa m (g) khí lúc đầu và lúc sau : p1V =

m μ

RT1

(1)

0,25 đ

p2V =

RT2

Từ (1) và (2) suy ra : p2 p1



m 2 T2



m1 T1

p 2 - p1 p1



m 2 T2 - m1T1

m 2 (T1 + T) - m1T1



m1T1

Độ giảm áp suất theo độ giảm nhiệt độ: p m 2 - m1 m 2 T   p1

p

Theo giả thiết:

-

30 100

Suy ra :

m1 T1



-

3 10

T

;

m 2 - m1 m1

-

1 m2

 .

5 m1

20 100

-

1 5

(2)

0,25 đ

(3)

0,50 đ

(4)

0,25 đ

(5)

0,25 đ

 m 2  m1

0,50 đ

(6)

Do đó khối lượng khí Helium thoát ra khỏi bình: m1

m  m 2 - m1 



360 8

 45 gam

0,50 đ

(7)

Số nguyên tử He đã thoát ra : ( với He = 4 và số Avogadro NA = 6,023.1023 ) N

m 4

NA 

45 4

.6, 023.1023  67, 76.1023 nguyen tu

0,50 đ

(8)

BÀI 3 : ( 3,0 điểm ) 1) Tính r : (2,0 điểm) - Ta có : AN + MB = /2 . Suy ra : tg AN  

, từ đó :

tg MB

ZL r  . R  r ZC  Z L

Vậy : ZL(ZC – ZL) = r(R + r), hay : U (U C  U L )  U r (U R  U r ) 2 L

(1)

2 Mặt khác : U AN  (U r  U R ) 2  U L2

(2)

2 U MB  U r2  (U L  U C ) 2

(3)

0,25đ

(4)

0,25đ

(5)

0,25đ

(6)

0,25đ

Và :

Từ (1), ta rút ra : (U R  U r ) 2  2  Thay (4) vào (2) : U AN



U L2 U L2 2 2 U  U  U  ( ) (U C  U L ) 2  U r2 C L L U r2 U r2

Thay (3) vào (5), ta được : U Biến đổi ta có :

UL Ur



U L2 (U C  U L ) 2 U r2

300 60 3

U   L Ur

2 AN



5 3



 2  .U MB 

, suy ra : r = ZL.

3 5



100 3 5 3

 20

0,25đ

2) Biểu thức uAN : (1,0điểm) - Ta có : u AN  U 0 AN sin(100 t  u

+ Biên độ : U0AN = 300 2 (V)

+ Pha ban đầu :  u AN   i   AN  u     AN     AN

(7)

0,25đ

(8)

0,25đ

Suy ra : R = 80

(9)

0,25đ

Thay vào (8), ta tính được : tg = - 0,346   = -190

(10)

0,25đ

Do đó : tg 

Z L  ZC Rr

100  160 100     3 3 3  100 Từ mục 1), ta có : R + r = ZL(ZC – ZL)/r = 20

100

Ta lại có : tg AN  L     AN  300 Rr 3100 3 49 Vậy : u ( rad )  190  300  490  AN

180

49 - Biểu thức : u AN  300 2 sin(100 t  )(V ) 180

BÀI 4 : ( 3,0 điểm ) 1) Tính tiêu cự : (2,0điểm) G) ( L) ( L) - Sơ đồ tạo ảnh : S  S1 ( S 2  S d1 d1’d2 d2’d3 d3’

(11)

0,25đ

(12)

0,25đ

(13)

0,25đ

(1)

0,25đ

- Theo điều kiện của bài , ta có : d3’ = d1 , suy ra : d1’ = d3 , hay : l – d2 = l – d2’. Với l là khoảng cách giữa gương cầu và thấu kính.  f2   1  0 Vậy : d2’ = d2 , do đó : d 2   d2  f2  - Từ (14) , ta có : d2 = 0 , suy ra : l – d1’ = 0 , vậy : l = d1’ - Mà ta có : l + d1 = 120cm - Từ (15) và (16), ta có phương trình : d1 + d1’ = 120cm d f d1  1 1  120 Hay : d1  f1 Đưa về phương trình bậc hai : d12  120d1  120 f1  0 Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi :   0, suy ra : f1  30cm f2  1  0 , suy ra : d2 = 2f2 = l – d1’. - Cũng từ (14), ta có : d2  f2 Vậy : l = d1’ + 2f2 = d1’ + 72 - Thay (19) vào (16) , ta có : d1’ + d1 = 120 – 72 = 48 2 Vậy ta đi đến phương trình : d1  48d1  48 f1  0

(5)

(2)

0,25đ

(3) (4)

0,25đ 0,25đ

0,25đ (6)

0,25đ

(7)

0,25đ

(8)

0,25đ

Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi :   0 , hay : f1  12cm - Từ (18) và (21) , ta suy ra : f1  12cm + Với f 1 < 12cm , sẽ có 4 vị trí cho ảnh trùng vật , điều này không phù hợp với giả thiết. Vậy : ta chỉ chọn f1 = 12cm là hợp lý 2) Các vị trí của thấu kính giữa (G) và điểm sáng S: (0,50điểm) - Thay f1 = 12cm vào phương trình (20) , ta có : d1 = 24/1 = 24cm - Thay f1 = 12cm vào phương trình (17) , ta được phương trình :

(9) (10)

0,25đ 0,25đ

(11)

0,25đ

(12)

0,25đ

(13)

0,25đ

(2)

0,25đ

(1)

0,25đ

(2)

0,25đ

d12  120d1  1440  0

Phương trình này cho nghiệm : d1 = 106,475cm và d1 = 13,525cm BÀI 5 : ( 3,0 điểm ) 1) Chu kỳ và độ phóng xạ : (1,0 điểm) Ta có :

m0 4,8   4  22 vậy : số chu kỳ k = 2. m 1, 2

Do đó : t = 2T , suy ra : T = t/2 = 30/2 = 15h. - Độ phóng xạ : H = N = - Thay số : H =

ln 2.N A .m T .A

0, 693.6, 023.1023.1, 2 15.3600.24

 3,8647.1017 ( Bq )

3,8647.1017  1, 0445.107 (Ci ) - Tính theo (Ci) : H = 10 3, 7.10

0,25đ (3)

0,25đ

2) Thời gian : (2,0điểm) Ta có :

m02 m01

 0,125 

N 02 N 01

 0,125 hay N 02 

N 01 8

A2 A .N 02  N 2 m  m NA NA - Tại thời điểm t : m2/ m1 = 8 , vậy : 02  8 A1 m1 .N 1 NA - Do : A2 = A1 = 24g , nên từ (30), ta có : N o1  N 01 (1  e t ) N 02  N 01 (1  e t )  8 8 .  t N 01e N 01e t Biến đổi , ta được : et = 8 , suy ra : t = 3ln2 ; Vậy : t = 3T = 45h BÀI 6 : ( 2,5 điểm ) 1) Hệ thức liên hệ giữa S và S’ : (1,5 điểm) - Trong hệ quy chiếu K’, ta có diện tích : S’ = 0,5h.l0 Với h là đường cao của tam giác đều , l0 là độ dài cạnh của tam giác.

(1)

(4)

0,25đ

(5)

0,75đ

(6)

0,50đ

(7)

0,50đ

0,25đ

- Trong hệ quy chiếu quán tính K , ta có diện tích : S = 0,5h.l Với l là độ dài cạnh của tam giác trong hệ K. -Ta có chiều dài dọc theo phương chuyển động là : l  l 0 1 

v2 . c2

(2)

0,25đ

(3)

0,25đ

Thay v = 0,6c vào (35) , ta được : l = 0,8.l0 - Thay (36) vào (34) , ta có : S = 0,5h.l0.0,8 = 0,8.S’

(4) (5)

2) Các góc của tam giác : (1,0 điểm) l 3 - Từ hình vẽ , ta có : tg  2 , với h = l 0 2 h l.2 0,8   0,47    250 - Vậy : tg  2.l 0 . 3 3

- Vậy : Aˆ  2  50 0 , Bˆ  Cˆ  90 0  250  650

K’

(6)

0,25đ

(7)

0,25đ

(8) (9)

0,25đ 0,25đ

x’ x



O’ B

BÀI 7 : ( 2,5 điểm ) - Phương án : Lập các sơ đồ mạch điện, mắc và đọc các số chỉ trong mỗi sơ đồ: U1, U2, U1’, U2’. 0,25 đ - Vẽ 3 sơ đồ mạch điện. Gọi E là suất điện động của nguồn điện; RV1 , RV2 là điện trở của hai vôn kế 0,50 đ - Lập công thức : Theo định luật Om cho mạch kín, ta có : I1 

;

R v1

I2 

E = U1  r.I1  U1  r.

R v2 U1

R v1

E = U 2  r.I 2  U 2  r.

U2 R v2

(1)

0,25 đ

(2)

0,25 đ

(3)

0,25 đ

(4)

0,25 đ

(5)

0,25 đ

Sơ đồ thứ 3 , hai vôn kế mắc nối tiếp ta có : U '2 U1'



R v2 R v1

Khử r trong (2) và (3) kết hợp với (4) ta được : U1 R v1

U1 R v1



E - U1 E - U2



U1 R v2

U 2 R v1



E - U1 E - U2

0,25đ 0,50đ

U '2 U1

hay :

U1'



E - U1

Ta tìm được suất điện động : E 

0,25 đ

(6)

E - U2 U1.U 2 (U '2 - U1' )

(7)

U1 U '2 - U 2 U1'

0,25 đ

Kết luận : Dùng 3 sơ đồ mạch điện được khảo sát và đọc các số chỉ trên hai vôn kế ta tìm được suất điện động của một nguồn điện. II. CÁCH CHO ĐIỂM & HƯỚNG DẪN CHẤM : Điểm toàn bài là 20,0 điểm được phân bố tổng quát như sau : BÀI 1 : BÀI 5 :

(3,0 điểm) BÀI 2 : (3,0 điểm) BÀI 6 :

(3,0 điểm) BÀI 3 : (2,5 điểm) BÀI 7 :

(3,0 điểm) BÀI 4 : (2,5 điểm)

(3,0 điểm)

Yêu cầu và phân phối điểm cho các bài trên như trong từng phần và có ghi điểm bên lề phải của đáp án - Phân tích lực, phân tích hiện tượng bài toán phải rõ ràng, có hình vẽ minh họa (nếu có), lập luận đúng, có kết quả đúng thì cho điểm tối đa như biểu điểm nói trên . (Giám khảo tự vẽ hình) GHI CHÚ : 1) Trên đây là biểu điểm tổng quát của từng phần, từng câu. Trong quá trình chấm các giám khảo cần trao đổi thống nhất để phân điểm chi tiết đến 0,25 điểm cho từng phần, từng câu. 2) Học sinh làm bài không nhất thiết phải theo trình tự của Hướng dẫn chấm. Mọi cách giải khác, kể cả cách giải định tính dựa vào ý nghĩa vật lý nào đó, lập luận đúng , có căn cứ, kết quả đúng cũng cho điểm tối đa tương ứng với từng bài, từng câu, từng phần của hướng dẫn chấm này. --------------------------

Së GD&§T NghÖ An

K× thi chän häc sinh giái tØnh N¨m häc 2007-2008

M«n thi: VËT Lý líp 12 THPT- b¶ng b Thêi gian: 180 phót (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) Bài 1. (5,0 điểm) Một dây dẫn cứng có điện trở không đáng kể, được uốn thành khung ABCD nằm trong mặt phẳng nằm ngang,có AB và CD song song với nhau, cách nhau một khoảng l=0,5m, được đặt trong một từ trường đều có cảm ứng từ B=0,5T hướng vuông góc với mặt phẳng của khung như hình 1. Một thanh dẫn MN có điện trở R=0,5 có thể trượt không ma sát dọc theo hai cạnh AB và CD. a) Hãy tính công suất cơ học cần thiết để kéo thanh MN trượt đều với vận tốc v=2m/s  dọc theo các thanh AB và CD. So sánh công suất này với công B M A B suất tỏa nhiệt trên thanh MN và nhận xét. b) Thanh đang trượt đều thì ngừng tác dụng lực. Sau đó  thanh còn có thể trượt thêm được đoạn đường bao nhiêu nếu C v D khối lượng của thanh là m=5gam? N Hình 1 Bài 2(5,0 điểm) Vật nặng có khối lượng m nằm trên một mặt phẳng nhẵn nằm ngang, được nối với một lò xo có độ cứng k, lò xo được gắn vào bức tường đứng tại điểm A như hình 2a. Từ một thời điểm nào đó, vật nặng bắt đầu chịu tác dụng của một lực không A k F m đổi F hướng theo trục lò xo như hình vẽ. a) Hãy tìm quãng đường mà vật nặng đi được và thời gian vật đi hết quãng đường ấy kể từ khi bắt đầu tác dụng lực cho Hình 2a đến khi vật dừng lại lần thứ nhất. b) Nếu lò xo không không gắn vào điểm A mà được k F M nối với một vật khối lượng M như hình 2b, hệ số ma sát m giữa M và mặt ngang là . Hãy xác định độ lớn của lực F để Hình 2b sau đó vật m dao động điều hòa.

Bài 3.(3,5 điểm) Hai nguồn sóng kết hợp S1 và S2 cách nhau 2m dao động điều hòa cùng pha, phát ra hai sóng có bước sóng 1m. Một điểm A nằm ở khoảng cách l kể từ S1 và AS1S1S2 . a)Tính giá trị cực đại của l để tại A có được cực đại của giao thoa. b)Tính giá trị của l để tại A có được cực tiểu của giao thoa. Bài 4(3,5 điểm) Mạch điện nối tiếp gồm một tụ điện 10F và một ampe kế xoay chiều có điện trở không đáng kể được mắc vào một hiệu điện thế xoay chiều tần số 50Hz. Để tăng số chỉ của ampe kế lên gấp đôi hoặc giảm số chỉ đó xuống còn một nửa giá trị ban đầu, cần mắc nối tiếp thêm vào mạch trên một cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm bằng bao nhiêu? Bài 5(3,0 điểm) Biểu thức của cường độ dòng điện qua một mạch dao động LC là i  I 0 cos t. Sau 1/8 chu kỳ dao động thì năng lượng từ trường của mạch lớn hơn năng lượng điện trường bao nhiêu lần? Sau thời gian bao nhiêu chu kỳ thì năng lượng từ trường lớn gấp 3 lần năng lượng điện trường của mạch? -------------Hết------------1

Họ và tên thí sinh:....................................................................Số báo danh:.....................

Së GD&§T NghÖ An

K× thi chän häc sinh giái tØnh N¨m häc 2007-2008

H-íng dÉn chÊm vµ biÓu ®iÓm ®Ò chÝnh thøc M«n: vËt lý líp 12 thpt- b¶ng B Bài 1. (5đ) Khi thanh MN chuyển động thì dòng điện cảm ứng trên thanh xuất hiện theo chiều MN. 0.5đ Cường độ dòng điện cảm ứng này bằng: E Bvl I  . R R 0.5đ Khi đó lực từ tác dụng lên thanh MN sẽ hướng ngược chiều với vận tốc v và có độ lớn: B 2l 2 v . Ft  BIl  R 0.5đ Do thanh chuyển động đều nên lực kéo tác dụng lên thanh phải cân bằng với lực từ. 0.25đ Vì vậy công suất cơ học (công của lực kéo) được xác định: B 2l 2 v 2 P  Fv  Ft v  . R 0.25đ Thay các giá trị đã cho nhận được: P  0,5W . 0.25đ Công suất tỏa nhiệt trên thanh MN: B 2l 2 v 2 2 Pn  I R  . R 0.5đ Công suất này đúng bằng công suất cơ học để kéo thanh. Như vậy toàn bộ công cơ học sinh ra được chuyển hoàn toàn thành nhiệt (thanh chuyển động đều nên động năng không tăng), điều đó phù hợp với định luật bảo toàn năng lượng. 0.25đ b) Sau khi ngừng tác dụng lực, thanh chỉ còn chịu tác dụng của lực từ. Độ lớn trung bình của lực này là: F B 2l 2 v F t  . 2 2R 0.5đ Giả sử sau đó thanh trượt được thêm đoạn đường S thì công của lực từ này là: B 2l 2 v A  FS  S. 2R 0.5đ2

Động năng của thanh ngay trước khi ngừng tác dụng lực là: 1 Wđ  mv 2 . 2 0.5đ Theo định luật bảo toàn năng lượng thì đến khi thanh dừng lại thì toàn bộ động năng này được chuyển thành công của lực từ (lực cản) nên: 1 2 B 2l 2 v mv  S. 2 2R 0.25đ Từ đó suy ra: mvR S  2 2  0,08(m)  8cm. B l 0.25đ

Bài 2(5đ) a) Chọn trục tọa độ hướng dọc theo trục lò xo, gốc tọa độ trùng vào vị trí cân bằng của vật sau khi đã có lực F tác dụng như hình 1. Khi đó, vị trí ban k F m đầu của vật có tọa độ là x0. Tại vị trí cân bằng, lò xo bị biến dạng một lượng x0 và: x0 O F F  kx0  x0   . Hình 1 k 0.5đ Tại tọa độ x bât kỳ thì độ biến dạng của lò xo là (x–x0), nên hợp lực tác dụng lên vật là:  k ( x  x0 )  F  ma. 0.5đ Thay biểu thức của x0 vào, ta nhận được: F   k  x    F  ma   kx  ma  x" 2 x  0. k  0.5đ Trong đó   k m . Nghiệm của phương trình này là: x  A sin(t   ). 0.25đ m Như vậy vật dao động điều hòa với chu kỳ T  2 . Thời gian kể từ khi tác dụng lực k F lên vật đến khi vật dừng lại lần thứ nhất (tại ly độ cực đại phía bên phải) rõ ràng là bằng 1/2 chu kỳ dao động, vật thời gian đó là: T m t   . 2 k 0.5đ Khi t=0 thì: F  F  A  k , x  A sin    ,   k     . v  A cos   0  2 0.5đ Vậy vật dao động với biên độ F/k, thời gian từ khi vật chịu tác dụng của lực F đến khi vật dừng lại lần thứ nhất là T/2 và nó đi được quãng đường bằng 2 lần biên độ dao động. Do 3

đó, quãng đường vật đi được trong thời gian này là: 2F S  2A  . k 0.5đ F b) Theo câu a) thì biên độ dao động là A  . k Để sau khi tác dụng lực, vật m dao động điều hòa thì trong quá trình chuyển động của m, M phải nằm yên. 0.5đ Lực đàn hồi tác dụng lên M đạt độ lớn cực đại khi độ biến dạng của lò xo đạt cực đại khi đó vật m xa M nhất (khi đó lò xo giãn nhiều nhất và bằng: x0  A  2 A ). 0.5đ Để vật M không bị trượt thì lực đàn hồi cực đại không được vượt quá độ lớn của ma sát nghỉ cực đại: F k .2 A  Mg  k .2.  Mg. k 0.5đ Từ đó suy ra điều kiện của độ lớn lực F: mg F . 2 0.25đ Bài 3.(3đ) a) Điều kiện để tại A có cực đại giao thoa là hiệu đường đi từ A đến hai nguồn sóng phải bằng số nguyên lần bước sóng (xem hình 2): l 2  d 2  l  k .

S1 d

k=2 l A

k=1 k=0

Với k=1, 2, 3...

0.5đ Hình 2 Khi l càng lớn đường S1A cắt các cực đại giao thoa có bậc càng nhỏ (k càng bé), vậy ứng với giá trị lớn nhất của l để tại A có cực đại nghĩa là tại A đường S1A cắt cực đại bậc 1 (k=1). 0.5đ Thay các giá trị đã cho vào biểu thức trên ta nhận được: l 2  4  l  1  l  1,5(m).

0.5đ b) Điều kiện để tại A có cực tiểu giao thoa là:



l 2  d 2  l  (2k  1) . 2 Trong biểu thức này k=0, 1, 2, 3, ...

0.5đ

  d 2  (2k  1)  2  l . (2k  1) 2

Ta suy ra :

0.5đ Vì l > 0 nên k = 0 hoặc k = 1. 0.5đ Từ đó ta có giá trị của l là : * Với k =0 thì l = 3,75 (m ).

* Với k= 1 thì l  0,58 (m). 0.5đ Bài 4.(3,5đ) Dòng điện ban đầu: I1 

U  UC. ZC

0.25đ Khi nối tiếp thêm cuộn dây có độ tự cảm L thì số chỉ của ampe kế là: U U  I2  . Z C  Z L 1 (C )  L 0.25đ Để tăng cường độ dòng điện lên hai lần, tức là giảm tổng trở của mạch xuống còn một nửa giá trị ban đầu thì có thể có hai khả năng: 0.25đ * Khả năng thứ nhất ứng với độ tự cảm L1: 1 1  L1  . 2C C 0.5đ Khí đó: 1  2 L1C  0,5  L1  2  0,5( H ). 2 C 0.5đ * Khả năng thứ hai ứng với độ tự cảm L2: 1 1  . L2  C 2C 0.5đ Khí đó:  2 L2C  1,5  L2  3L1  1,5( H ). 0.25đ Để giảm cường độ dòng điện xuống còn một nửa ban đầu, tức là tăng tổng trở của mạch lên gấp đôi, ứng với độ tự cảm L3: 1 2 L3   . C C 0.5đ 2 Ta tìm được:  L3C  3  L3  6L1  3( H ) . 0.5đ Bài 5(3đ) Sau thời gian t kể từ thời điểm t=0 thì năng lượng từ trường của mạch bằng: 1 1 Wt  Li 2  LI 02 cos 2 t. 2 2 0.5đ Tổng năng lượng dao động của mạch: W  Wt max 

1 2 LI 0 . 2

0.5đ Nên vào thời điểm t, năng lượng điện trường của mạch là: 5

Wđ  W  Wt 

1 2 2 LI 0 sin t. 2

0.5đ Vì vậy, tỷ số giữa năng lượng từ trường và năng lượng điện trường bằng: Wt cos 2 t   cot g 2t. 2 Wđ sin t Wt  T  2 T   cot g 2  .   cot g 2  1. thì: Wđ 4 8  T 8 Như vậy sau 1/8 chu kỳ thì năng lượng từ trường bằng năng lượng điện trường.

0.5đ

Vào thời điểm t 

0.5đ Khi năng lượng từ trường lớn gấp 3 năng lượng điện trường thì: Wt  2   cot g 2  .t   3. Wđ T  0.25đ Từ đó suy ra:  2 cot g   T

 t  3 

 2 t T 6



 t

T . 12

0.25đ

UBND TỈNH THÁI NGUYÊN SỞ GD&ĐT ĐỀ CHÍNH THỨC

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 - MÔN: VẬT LÍ – Năm học 2010 - 2011 Thời gian: 180 phút - (Không kể thời gian giao đề)

Bài 1 Một vật nhỏ khối lượng M =100g treo vào đầu sợi dây lí tưởng, chiều dài l = 20cm như Hình 1. Dùng vật nhỏ m = 50g có tốc độ v0 bắn vào M. Bỏ qua sức cản của không khí. Lấy g = 10m/s2. Coi va chạm là tuyệt đối đàn hồi. a/ Xác định v0 để M lên đến vị trí dây nằm ngang. b/ Xác định v0 tối thiểu để M chuyển động tròn xung quanh O. c/ Cho v0 =

3 7 m/s, xác định chuyển động của M. 2

O l m

Hình 1

Bài 2 Một vật sáng AB hình mũi tên đặt song song với một màn E như B L hình bên. Khoảng cách giữa AB và E là L. Giữa AB và E có một thấu E kính hội tụ tiêu cự f. Tịnh tiến thấu kính dọc theo trục chính AE A người ta thấy có hai vị trí của thấu kính đều cho ảnh rõ nét của AB trên màn. a/ Tìm điều kiện của L để bài toán thỏa mãn. b/ Biết khoảng cách giữa hai vị trí của thấu kính là a. Tìm tiêu cự f của thấu kính theo L và a. Áp dụng bằng số L = 90cm, a = 30cm. c/ Vẫn thấu kính và màn E như trên, thay AB bằng điểm sáng S đặt trên trục chính của thấu kính và cách E một khoảng 45cm. Xác định vị trí đặt thấu kính để trên màn thu được vùng sáng có kích thước nhỏ nhất. Bài 3 O Con lắc lò xo như hình vẽ. Vật nhỏ khối lượng m = 200g, lò xo lí x m tưởng có độ cứng k = 1N/cm, góc α = 300. Lấy g = 10m/s2. a/ Chọn trục tọa độ như hình vẽ, gốc tọa độ trùng với vị trí cân bằng. Viết phương trình dao động. Biết tại thời điểm ban đầu lò xo bị α dãn 2cm và vật có vận tốc v0 = 10 15 cm/s hướng theo chiều dương. b/ Tại thời điểm t1 lò xo không biến dạng. Hỏi tại t2 = t1 +



4 5

s, vật có tọa độ bao nhiêu?

c/ Tính tốc độ trung bình của m trong khoảng thời gian Δt = t2 - t1. Bài 4 Hai mũi nhọn S1, S2 ban đầu cách nhau 8cm gắn ở đầu một cần rung có tần số f = 100Hz, được đặt chạm nhẹ vào mặt nước. Tốc độ truyền sóng trên mặt nước là v = 0,8 m/s. a/ Gõ nhẹ cần rung cho hai điểm S1, S2 dao động theo phương thẳng đứng với phương trình dạng u = A.cos2πft. Viết phương trình dao động của điểm M1 cách đều S1, S2 một khoảng d = 8cm. b/ Tìm trên đường trung trực của S1, S2 điểm M2 gần M1 nhất và dao động cùng pha với M1. c/ Cố định tần số rung, thay đổi khoảng cách S1S2. Để lại quan sát được hiện tượng giao thoa ổn định trên mặt nước, phải tăng khoảng cách S1S2 một đoạn ít nhất bằng bao nhiêu ? Với khoảng

cách ấy thì giữa S1, S2 có bao nhiêu điểm có biên độ cực đại. Coi rằng khi có giao thoa ổn định thì hai điểm S1S2 là hai điểm có biên độ cực tiểu. === Hết === Thí sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu nào

HƯỚNG DẪN CHẤM THI HSG VẬT LÍ 12 - Năm học 2010 -2011 (gồm 02 trang)

Bài 1 (2,5đ) a/ Va chạm đàn hồi: mv 0  mv 1  Mv 2 mv 02 mv 12 Mv 22   2 2 2

Điểm E

0,25 0,25 D

2m => v 2  v0 mM

Mv 22 m  M gl  Mgl  v 0  Khi dây nằm ngang: m 2 2

Thay số: v0 = 3m/s. b/ Để M chuyển động hết vòng tròn, tại điểm cao nhất E: v E  gl

0,25 0,25

Mv 22 Mv E mM 5gl .  Mg 2l   v0  2 2 2m 3 10 m/s. Thay số: v0 = 2 3 7 3 10 c/ Khi v 0  m/s < => M không lên tới điểm cao nhất của quĩ đạo tròn. 2 2 mv 2 . Khi T = 0 => M bắt đầu rời quĩ đạo tròn tại D với Lực căng của dây: T  mg cos   l

vận tốc vD, có hướng hợp với phương ngang góc 600. Từ D vật M chuyển động như vật ném xiên. Dễ dàng tính được góc COD = 300. * Nếu HS tính kỹ hơn ý c/ có thể thưởng điểm. Bài 2 (2,5đ) a/ L  d  d'  d 

L a

f 

0,25 0,25

0,25

MN S' N  IO S' O MN d  d'L d L L     IO d' f d f Theo Côsi MNmin khi d  Lf = 30cm.

c/ S' MN  S' IO 

Bài 3

0,25

 d 2  d1  a

Thay số f = 20cm.

0,25

Để có hai vị trí của thấu kính đều cho ảnh rõ nét trên của AB trên màn. thì pt phải có 2 nghiệm => Δ > 0 => L > 4f.

0,25

  L2  4Lf

L 

0,25

0,25 0,25

df  d 2  Ld  Lf  0 ; df

b/ Nghiệm d1,2 

0,25

S' O

0,25 0,25 0,25 0,25

(2,5đ)

a/ Tại VTCB  

k  m

g sin  l

0,25

=> Δl = 1cm, ω = 10 5 rad/s, T =

 5 5

0,25

 v  x   0  => A = 2cm và    . 3  2

Biên độ: A =

Vậy: x = 2cos( 10 5t 

 3

0,25 K

)cm.

b/ Tại t1 vật ở M có vận tốc v1, sau Δt =

 4 5

-1

= 1,25T.

- vật ở K (nếu v1 > 0) => tọa độ x2 = 3 cm. - vật ở N (nếu v1 < 0) => tọa độ x2 = - 3 cm.

0,25 0,25

0,25 N

0,25 0,25 0,25 0,25

c/ Quãng đường m đi được: - Nếu v1<0 => s1 = 11  3 => vtb = 26,4m/s. - Nếu v1>0 => s2 = 9  3 => vtb = 30,6m/s. Bài 4 (2,5đ) M2 M1 M2'

a. + λ =

v = 0,8cm và d1 = d2 = d = 8cm f

0,25

+ Ta có phương trình dao động sóng tổng hợp tại M1 uM1 = 2A cos

(d 2  d1 ) (d1  d 2 )   cos 200t      

với d1 + d2 = 16cm = 20λ và d2 – d1 = 0, ta được: uM1 = 2Acos(200πt - 20π) b. Hai điểm M2 và M2’ gần M1 ta có: S1M2 = d + λ = 8 + 0,8 = 8,8 cm S1M2’ = d – λ = 8 – 0,8 = 7,2 cm Do đó: IM2 = S1M 22  S1I 2  8,8 2  4 2  7,84(cm) Suy ra

IM1 = S1I 3  4 3  6,93(cm) M1M2 = 7,84 – 6,93 = 0,91 (cm)

Tương tự: IM2’ = S1M '22  S1I 2  7, 2 2  4 2  5,99(cm)  M1M2’ = 6,93 – 5,99 = 0,94 (cm) c. Khi hệ sóng đã ổn định thì hai điểm S1, S2 là hai tiêu điểm của các hypecbol và ở rất gần chúng xem gần đúng là đứng yên, còn trung điểm I của S1S2 luôn nằm trên vân giao  2

thoa cực đại. Do đó ta có: S1I = S2I = k 

0,25 0,25 0,25

0,25 0,25 0,25 0,25

    (2k  1) => S1S2 = 2S1I = (2k + 1) 2 4 4

0,25

Ban đầu ta đã có: S1S2 = 8cm = 10λ = 20

  => chỉ cần tăng S1S2 một khoảng = 0,4cm. 2 2

Khi đó trên S1S2 có 21 điểm có biên độ cực đại.

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

ĐỀ CHÍNH THỨC Số báo danh ……………………

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Năm học 2010-2011 Môn thi: Vật lý. Lớp 12. THPT Ngày thi: 24 tháng 3 năm 2011 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề thi) Đề thi này có 8 câu, gồm 02 trang.

Câu 1. (2,5 điểm) Một ròng rọc kép gồm hai hình trụ đặc đồng chất đặt đồng tâm. Hình trụ R lớn có khối lượng M = 200g, bán kính R = 10cm, hình trụ nhỏ có khối lượng r m = 100g, bán kính r = 5cm. Trên rãnh của từng hình trụ có quấn một sợi dây nhẹ không dãn, đầu tự do mỗi dây mang vật khối lượng lần lượt là m1 = 250g và m2 = 200g (hình vẽ). Ban đầu hệ đứng yên, thả cho hệ chuyển động. Tính gia tốc của từng vật và lực căng của mỗi dây treo. m1 m2 Câu 2. (2,5 điểm) Một con lắc lò xo được treo thẳng đứng gồm vật nặng khối lượng m = 1kg, lò xo nhẹ có độ cứng k = 100N/m. Đặt giá B nằm ngang đỡ vật m để lò xo có chiều dài tự nhiên. Cho giá B chuyển động đi xuống với gia tốc a = 2m/s2 không vận tốc ban đầu. a. Tính thời gian từ khi giá B bắt đầu chuyển động cho đến khi vật rời giá B. b. Chọn trục tọa độ có phương thẳng đứng, chiều dương hướng xuống, gốc tọa độ tại vị trí cân bằng của vật, gốc thời gian là lúc vật rời giá B. Viết phương trình dao động điều hòa của vật. Câu 3. (3 điểm) Trong thí nghiệm giao thoa sóng mặt nước, hai nguồn kết hợp S1, S2 cách nhau 8cm dao động cùng pha với tần số f = 20Hz. Tại điểm M trên mặt nước cách S1, S2 lần lượt những khoảng d1 = 25cm, d2 = 20,5cm dao động với biên độ cực đại, giữa M và đường trung trực của AB có hai dãy cực đại khác. a. Tính tốc độ truyền sóng trên mặt nước. b. N là một điểm thuộc đường trung trực của đoạn thẳng S1S2 dao động ngược pha với hai nguồn. Tìm khoảng cách nhỏ nhất từ N đến đoạn thẳng nối S1S2. c. Điểm C cách S1 khoảng L thỏa mãn CS1 vuông góc với S1S2. Tính giá trị cực đại của L để điểm C dao động với biên độ cực đại. Câu 4. (3 điểm) Mạch chọn sóng của một máy thu vô tuyến điện gồm một cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L và một bộ tụ điện gồm tụ điện có điện dung C0 không đổi mắc song song với tụ xoay Cx. Tụ xoay Cx có điện dung biến thiên từ C1 = 10pF đến C2 = 250pF khi góc xoay biến thiên từ 00 đến 1200. Mạch thu được sóng điện từ có bước sóng nằm trong dải từ 1 = 10m đến 2 = 30m. Cho biết điện dung của tụ xoay là hàm bậc nhất của góc xoay. a. Tính độ tự cảm L của cuộn dây và điện dung C0 của tụ. b. Để thu được sóng điện từ có bước sóng 0 = 20m thì góc xoay của bản tụ bằng bao nhiêu? Câu 5. (3 điểm) V1 Cho mạch điện xoay chiều gồm cuộn dây D có độ tự cảm L mắc nối tiếp với điện trở D M R C thuần R và tụ điện có điện dung C (hình A B A N vẽ). Biết điện áp giữa hai đầu đoạn mạch AB có biểu thức u = U0cos100πt (V) không V2

đổi. Các vôn kế nhiệt V1;V2 có điện trở rất lớn chỉ lần lượt là U1 = 120V; U2 =80 3 V. Điện áp tức thời giữa hai đầu đoạn mạch MB lệch pha so với điện áp tức thời giữa hai đầu đoạn mạch NB góc /6 và lệch pha so với điện áp tức thời giữa hai đầu đoạn mạch AN góc /2. Ampe kế nhiệt có điện trở không đáng kể chỉ 3 A. a. Xác định các giá trị của R; L và C. b. Tính U0 và viết biểu thức cường độ dòng điện tức thời qua mạch. Câu 6. (2 điểm) Trong quá trình truyền tải điện năng đi xa cần tăng điện áp của nguồn lên bao nhiêu lần để giảm công suất hao phí trên đường dây đi 100 lần. Giả thiết công suất nơi tiêu thụ nhận được không đổi, điện áp tức thời u cùng pha với dòng điện tức thời i. Biết ban đầu độ giảm điện thế trên đường dây bằng 15% điện áp của tải tiêu thụ. Câu 7. (3 điểm) Chiếu lần lượt hai bức xạ có bước sóng 1 = 0,555m và 2 = 377nm vào một tấm kim loại có giới hạn quang điện 0 thì thấy vận tốc ban đầu cực đại của các quang electron có độ lớn gấp đôi nhau. a. Tìm giới hạn quang điện 0 của kim loại đó. b. Chỉ chiếu bức xạ có bước sóng 1, tách từ chùm electron bắn ra một electron có vận tốc lớn nhất rồi cho nó bay từ A đến B trong điện trường đều mà hiệu điện thế UAB = -3V. Tìm vận tốc của electron khi đến B. Câu 8. (1 điểm) Một thấu kính hội tụ mỏng có tiêu cự là 10cm, bán kính đường rìa là 0,5cm. Đặt một điểm sáng S đơn sắc trên trục chính phía ngoài tiêu điểm của thấu kính. Thấu kính có thể làm lệch tia sáng tới từ S một góc tối đa là bao nhiêu? Cho biết các hằng số: c = 3.108 m/s; h = 6,625.10-34 J.s; e = 1,6.10-19 C; g = 10 m/s2 ------------------ HẾT ------------------ Thí sinh không sử dụng tài liệu. - Giám thị không giải thích gì thêm.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO THANH HÓA

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Năm học 2010-2011

ĐÁP ÁN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đáp án này gồm 4 trang, mỗi ý gắn với chấm tròn  ứng với 0.5 điểm) Câu

Môn thi: Vật lý. Lớp 12.THPT Ngày thi: 24/03/2011

Câu 1 (2,5 đ)

r  T1

Câu 2 (2,5 đ)

 P1

Điểm

 Biểu diễn các lực tác dụng lên hệ Vì R.P2 > r.P1 nên m2 đi xuống, m1 đi lên +  Áp dụng định luật II Newton cho m1, m2: Vật m1: - m1g + T1 = m1a1 (1) Vật m2: m2g – T2 = m2a2 (2) Áp dụng phương trình ĐLHVR cho ròng rọc: T2R – T1r = I (3)  Mặt khác: a = r (4) 1 T2 a2 = R (5)  Từ (1), (2), (3), (4), (5):

Nội dung

 P2

m2   (m2 R  m1r ) g 2 2

m2 R  m1 r  I

1 2

0,5

1 2

với I  MR2  mr 2

Thay số:  = 20 rad/s2 ; a1 = 1m/s2 ; a2 = 2m/s2 ;  T1 = m1(g + a1); T2 = m2(g - a2) , thay số T1 = 2,75N; T2 = 1,6N. a. Tìm thời gian  Khi vật ở VTCB lò xo giãn: Δl = Tần số của dao động: ω =

mg = 0,1 m k

0,5 0,5



0,5

k Fdh

k = 10 rad/s m

 Vật m: P + N + Fdh = ma . Chiếu lên Ox: mg - N - k l = ma Khi vật rời giá thì N = 0, gia tốc của vật a = 2 m/s2  Suy ra:

 N

O  P

0,5 x

m(g - a) at 2 Δl = = k 2 2m(g - a)  t= = 0,283 s ka

0,5

b. Viết phương trình  Quãng đường vật đi được cho đến khi rời giá là S =

at 2 = 0,08 m 2

Tọa độ ban đầu của vật là: x0 = 0,08 - 0,1 = - 0,02 m = -2 cm Vận tốc của vật khi rời giá là: v0 = at = 40 2 cm/s

0,5

 Biên độ của dao động: A  x02 

Câu 3 (3 đ)

v02

= 6 cm 2 Tại t = 0 thì 6cos  = -2 và v  0 suy ra  = -1,91 rad Phương trình dao động: x = 6cos(10t - 1,91) (cm) a. Tính tốc độ truyền sóng:

0,5

d1  d 2 k - Giữa M và trung trực của AB có hai dãy cực đại khác  k  3  Từ đó    1,5cm , vận tốc truyền sóng: v = f = 30 cm/s

 Tại M sóng có biên độ cực nên: d1 – d2 = k   

b. Tìm vị trí điểm N   2d

 Giả sử u1  u2  a cos t , phương trình sóng tại N: u N  2a cos t  Độ lệch pha giữa phương trình sóng tại N và tại nguồn:   Để dao động tại N ngược pha với dao động tại nguồn thì 2d     (2k  1)  d  2k  1 2    Do d  a/2  2k  1  a/2  k  2,16. Để dmin thì k=3.

0,5 0,5 2d    



dmin= xmin

a     xmin  3,4cm 2

c. Xác định Lmax  Để tại C có cực đại giao thoa thì: L2  a 2  L  k. ; k =1, 2, 3... và a = S1S2 Khi L càng lớn đường CS1 cắt các cực đại giao thoa có bậc càng nhỏ (k càng bé), vậy ứng với giá trị lớn nhất của L để tại C có cực đại là k =1  Thay các giá trị đã cho vào biểu thức trên ta nhận được: L2 max  64  Lmax  1,5  Lmax  20,6cm

Câu 4 (3 đ)

a. Tính L và C0  Bước sóng của sóng điện từ mà mạch chọn sóng thu được:   2c LC  1  2c L(C 0  C1 )  10m ; 2  2c L(C 0  C 2 )  30m C  10 1 12  C0 = 20pF  0  2 2 C0  250 9 2   L 2 2 1  9,4.10 7 ( H ) 4 c (C 0  C ) b. Góc xoay của bản tụ.  Vì điện dung của tụ là hàm bậc nhất của góc xoay  Cx = a + b Khi  = 00: C1 = 0 + b  b = C1 = 10pF Khi  = 1200: C2 = 10 + a.120  a = 2 pF/độ Vậy: Cx = 2a + 10 (pF) (1)  Để thu được sóng có bước sóng 3 thì: 3  2c L(C 0  C x )



0,5

0,5 0,5

0,5

12 C0  C1 1  Cx = 100 pF   32 C0  C x 4  Thay vào (1): 2 + 10 = 100   = 450

0,5



0,5 a. Xác định giá trị R ; L ;C Vẽ giãn đồ véc tơ đúng  R = UR/I = U2cos600 / I = 40Ω  ZC = UC/I = U2cos300 /I

Câu 5 (3 đ)

0,5 0,5 = 40 3 Ω

5

 C  4,59.10 F

 ZL = UL/I  L  0,11H

Câu 6 (2 đ)

= U1sin300/I

0,5

= 20 3 Ω

b. Xác định U0 và viết biểu thức i     Từ GĐVT : U = U 1 + U C . Áp dụng định lý hàm số cosin ta được : U2 = U12 + UC2 + 2U1.UC. cos1200 Thay số và tính toán ta được: U = 120V => U0 = 120 2 (V)  Lập luận để   = -/6  i = 6 cos(100t + /6) (A)  Đặt U, U1, ΔU , I1, P1 là điện áp nguồn, điện áp ở tải tiêu thụ, độ giảm điện áp trên đường dây, dòng điện hiệu dụng và công suất hao phí trên đường dây lúc đầu. U’, U2, ΔU' , I2, P2 là điện áp nguồn, điện áp ở tải tiêu thụ, độ giảm điện áp trên đường dây, dòng điện hiệu dụng và công suất hao phí trên đường dây lúc sau.

0,5

P  I  1 I 1 U ' 1  2    Ta có: 2   2   P1  I1  100 I1 10 U 10 0,15U1 (1) Theo đề ra: ΔU = 0,15.U1  U '  10

0,5

U2 I = 1 = 10  U2 = 10U1 (2) U1 I2

0,5

 Vì u và i cùng pha và công suất nơi tiêu thụ nhận được không đổi nên: U1.I1 = U 2 .I 2 

 (1) và (2):  U = U1 + ΔU = (0,15 + 1).U1   0,15.U1 0,15 = (10 + ).U1  U' = U 2 + ΔU' = 10.U1 + 10 10 0,15 10+ U' 10 = 8,7 =  Do đó: U 0,15+1

Câu 7 (3 đ)

0,5

a. Tính 0 0,5



1 hc



0

mv1 2

(1) 2

mv2 hc mv   4 1 (Vì 2  1 ) (2) 2 0 2 0 2 1 4 1    Từ (1) và (2): 0 31 32 



0,5 0,5

 Thay số 0  0,659m b. Tìm vận tốc quang e tại B. hc

 Khi chỉ chiếu 1 thì: Wđ1 = WđA =

1



0

 Theo định lí động năng: WđB - WđA = eUAB  WđB =   vB  Câu 8 (1 đ)

0,5

hc hc

1



0

+ eUAB

2 hc hc (   eU AB )  1,086.106 m / s m 1 0

0,5

 Góc lệch cực đại nhận được ứng với tia sáng đến mép thấu kính. -Do điểm S nằm bên ngoài tiêu điểm F của thấu kính nên cho ảnh thật S’ ở bên kia thầu kính.(hình vẽ) - Gọi  là góc lệch của tia tới và tia ló, 0,5  là góc hợp bởi tia ló và trục chính Từ hình vẽ ta có:  =  +   Theo giả thiết thì d, d’ >> r, khi đó   tan = r/d ;   tan= r/d’ 1 1 1  r  ' = = rad = 2,90 f 20 d d 

- Suy ra :  =  +  = r/d + r/d’ = r 

Lưu ý: Nếu thí sinh giải theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa ------------------- HẾT -------------------

0,5

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2011-2012 Môn: VẬT LÍ 12 - THPT Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 10/11/2011 (Đề thi gồm 02 trang)

Bài 1: (4,0 điểm) Có một số dụng cụ gồm một quả cầu nhỏ có khối lượng m, một lò xo nhẹ có độ cứng k và một thanh cứng nhẹ OB có chiều dài l. 1) Ghép lò xo với quả cầu để tạo thành một con lắc lò xo và treo thẳng đứng như hình vẽ (H.1). Kích thích cho con lắc dao động điều hoà với biên độ (H.1)

A = 2cm. Tại thời điểm ban đầu quả cầu có vận tốc v  20 3cm / s và gia tốc a = - 4m/s2. Hãy tính chu kì và pha ban đầu của dao động. O 2) Quả cầu, lò xo và thanh OB ghép với nhau tạo thành cơ hệ như hình vẽ (H.2). Thanh nhẹ OB treo thẳng đứng. Con lắc lò xo nằm ngang có quả cầu nối với thanh. Ở vị trí cân bằng của quả cầu lò xo không bị biến dạng. Từ vị trí cân bằng kéo quả cầu trong mặt phẳng chứa thanh và lò xo để thanh OB nghiêng với phương thẳng đứng góc α0 < 100 rồi buông không vận tốc đầu. B Bỏ qua mọi ma sát và lực cản. Chứng minh quả cầu dao động điều hoà. Cho biết: l = 25cm, V(dm3) m = 100g, g = 10m/s2 . Tính chu k dao động của quả cầu.

(H.2)

Bài 2: (2,0 điểm) Một mol khí lí tưởng thực hiện chu trình 1 - 2 - 3 - 4 như hình vẽ (H.3). Cho biết : T1 = T2 = 360K ; T3 = T4 = 180K ; V1 =36dm3; V3 = 9dm3. Cho hằng số khí lý tưởng R = 8,31 J/mol.K 1) Tìm áp suất p ở các trạng thái 1, 2, 3, và 4. 2) Vẽ đồ thị p-V của chu trình.

3 180

(H.3)

Bài 3: (3,0 điểm)

Một thanh đồng chất tựa vào tường thẳng đứng tại nhờ d y dài hợp với tường một góc α như hình H.4 . iết thanh có độ dài d. Hỏi hệ số ma s t gi a thanh và tường phải thỏa điều kiện nào để thanh c n bằng?

L C d

Bài 4: (4,0 điểm) Cho mạch điện có sơ đồ như hình vẽ (H.5). Cho biết: R1= 16Ω ; R2 = R3 = 24Ω, R4 là một biến trở. Bỏ qua điện trở của các dây nối. Đặt vào hai đầu A, B của mạch điện một điện áp UAB = 48V.

T(K)

360

R1 A

(H.4) C

R3 R4

(H.5)

1) Mắc vào hai điểm C, D của mạch một vôn kế có điện trở rất lớn. a Điều chỉnh biến trở để R4 = 20Ω. Tìm số chỉ vôn kế. Cho biết cực dương của vôn kế phải mắc vào điểm nào? b Điều chỉnh biến trở cho đến khi vôn kế chỉ số 0. Tìm hệ thức gi a c c điện trở R1, R2, R3, R4 khi đó và tính R4. 2) Thay vôn kế bằng ampe kế có điện trở RA= 12Ω. Điều chỉnh biến trở để R4 = 24Ω. Tìm điện trở tương đương của mạch , cường độ dòng điện qua c c điện trở và số chỉ của ampe kế. Chỉ rõ chiều của c c dòng điện. Bài 5: (2,0 điểm) Cho mạch dao động gồm một tụ điện và một cuộn d y được nối với một bộ pin có điện trở trong r qua một khóa điện như hình vẽ H.6 . an đầu khóa đóng. hi dòng điện đã n định, người ta ngắt khóa và trong khung có dao động điện với tần số f. iết rằng điện p cực đại gi a hai bản tụ điện lớn gấp n lần suất điện động của bộ pin. ỏ qua điện trở thuần của c c d y nối và cuộn d y. Hãy tính điện dung và hệ số tự cảm của cuộn dây.

(E,r)

(H.6)

Bài 6: (3,0 điểm) Một điểm s ng S được đặt trên trục chính của một thấu kính hội tụ L1 có tiêu cự f1=24cm. Sau thấu kính, người ta đặt một màn E vuông góc với trục chính của thấu kính và thu được ảnh rõ nét của S trên màn. 1 Để khoảng cách gi a vật và màn là nhỏ nhất thì vật và màn phải đặt cách thấu kính một khoảng là bao nhiêu? 2 Người ta đặt thấu kính L2 phía sau và cùng trục chính với L1 và cách L1 một khoảng 18cm. Trên màn E lúc này có một vết sáng hình tròn. Hãy tính tiêu cự của thấu kính L2 và vẽ hình trong c c trường hợp sau: a) Khi tịnh tiến màn E dọc theo trục chính của hệ thấu kính thì vết sáng trên màn có đường kính không thay đ i. b) Khi tịnh tiến màn ra xa hệ thấu kính thêm 10cm thì vết s ng trên màn có đường kính tăng gấp đôi. Bài 7: (2,0 điểm) ho một số dụng cụ: ộ dụng cụ điện ph n, nguồn điện, c n có bộ quả c n, ampe kế, đồng hồ bấm gi y, c c d y nối có điện trở không đ ng kể. Hãy thiết lập c ch bố trí thí nghiệm, trình bày phương n tiến hành thí nghiệm và tìm công thức để x c định độ lớn của điện tích nguyên tố. ------------------ HẾT -------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Gi m thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh………………….........………….… Số b o danh………….

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2011-2012 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN : VẬT LÝ 12-THPT ---------------------------------------------------------------------------(Gồm 06 trang) I. SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM : Bài 1: (4,00 điểm) 1) Chu kì và pha ban đầu của dao động (2,00 điểm):

a2 v2   1  A2 4  v 2 2  a 2  0 (1) 2 2 2 4 A A 2 Đặt X = ω , thay các giá trị của v0 và a0 ta đi đến phương trình bậc hai: 4X2 – 1200X – 160000 = 0 (2) 2  X – 300X – 40000 = 0 300  500 Phương trình cho nghiệm: (3) x1,2  2 Chọn nghiệm thích hợp: X = 400  ω2 = 400  ω = 20 rad/s 2 2  Vậy chu kì dao động: T  (4)   ( s)  20 10 - Pha ban đầu:

- hu k : Ta có hệ thức:

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ

Tại t = 0, ta có: v0 = -Aωsinφ = 20 3cm / s (2) a0 = - ω2coφ = - 4m/s2 = -400cm/s2. (5) 0,50 đ a 1  400 Từ (3): cos   0 2      ; A 2.400 2 3  Từ (2): chọn    (rad ) (6) 0,50 đ 3 2) dao động đi u h a - hu k (2,00 điểm) Tại thời điểm t, quả cầu có toạ độ x và vận tốc v, thanh treo OB có góc lệch α so với phương thẳng đứng. Biểu thức cơ năng cơ năng toàn phần của hệ:

E  Ed  Et1  Et 2 

mv 2 kx 2   mgh 2 2

(7)

họn gốc thế năng tại VTCB:

Et  Et 2  mgh  mgl (1  cos  )  mgl

Do  

2 2

(8)

0,50 đ

(9)

0,50 đ

mg 2 x nên Et 2  x . 2l l

Cơ năng toàn phần của hệ:

mv 2 kx 2 mg 2   x  co n s t 2 2 2l Lấy đạo hàm bậc nhất của cơ năng theo thời gian: E  Et1  Et 2  Ed 

 Et  '  mvv ' kxx '

mg x'  0 l

k g Vì v = x’, v’ = x’’ nên : x ''    x  0 hay x " +  2 x = 0 m l 

Vậy quả cầu dao động điều hoà với tần số góc:  

k g  m l

(10)

(11)

0,50 đ

(12)

0,50 đ

k = mω2 = 0,1.400 = 40N/m.

- Ta lại có:

Vậy:  

k g 40 10     440(rad / s) m l 0,1 0, 25

hu kì dao động:

T

2





2  0,3s 440

Bài 2: (2,00 điểm) 1) Nhận xét và r t đ c k t uận Các quá trình 4-1 và 2-3 là đẳng áp vì V tỉ lệ với T; Các quá trình 1-2 và 3-4 là đẳng nhiệt. (1) 0,50 đ Ta có: T1 = 2T4 và T2 = 2T3 (2) 0,25 đ p(105P a) 1,6 6

0,8 3

V1 36   18dm3 2 2 V2  2V3  18dm3  V4

nên: V4 

p1  p 4  p 2  p3 

(H.2)

V(dm3)

(3)

0,25 đ

RT1 8,31.360   0,83.105 Pa 0, 036 V1

0,25 đ

RT2 8,31.360   1, 662.105 Pa 0,25 đ 0, 018 V2

2) Đồ thị p-V đ

c vẽ nh hình (H.2)

Bài 3: (3,00 điểm) Phản lực của tường được ph n tích: Q = N + fms (1) fm Đặt =h và = ; trọng lượng của thanh : P = mg; Hệ quy chiếu s xy. hi hệ c n bằng ta có: P + T + N + fms = 0 (2) Bx: N = T. sinα (3) By: fms = mg - T. cosα (4) n bằng momen đối với trục quay : d d .sin  P. .sin   T .h.sin   T  mg. (5) 2 2h.sin  p dụng định lý hàm sin trong tam gi c :

0,50 đ A

L C d

0,50 đ 0,25 đ

d L h d .sin(   ) (6)   h  sin  sin  sin(   ) sin  mg.d .sin  mg.sin  .sin  Từ 5 , 6 và 3 : T  (7) N 2sin(   ) 2sin(   )  cos  .sin   Từ 4) : (8) f ms  mg 1   2sin(   )   Để có c n bằng phải có ma s t nghỉ và fms ≤ k.N ; với k là hệ số ma s t

Từ 4 : Hay :

 mg.cos  .sin   mg.sin  .sin  mg 1    k. 2sin(   )  2sin(   )  2.sin  .cos   sin  .cos   2 1  k    sin  .sin   tan  tan   L.sin  d 2  L2 .sin 2   cos   d d 2 2 2 2 d  L .sin  1  k tan  L.sin 

sin  

Từ 4 : Từ 10 :

Bài 4: (4,00 điểm) 1) ch v n k c ch m c v n k ( 0 điểm) Nếu hai điểm , D được mắc vôn kế có điện trở rất lớn: a Điều chỉnh biến trở để R4 = 20Ω. U AB 48   1, 2 A Dòng điện qua R1 và R3: I13  R1  R3 16  24 UAC = I13.R1 = 1,2.16 = 19,2V U AB 48   1, 09 A R2  R4 24  20 UAD = I24.R2 = 1,09.24 ≈ 26,2V. UDC = UAD – UAC = 26,2 – 19,2 = 7V. Cực dương phải mắc vào điểm D.

Dòng điện qua R2 và R4: I 24  Vôn kế chỉ:

A B

ng đ

ch của ampe k gi trị c c c

0,50 đ

(9)

0,50 đ

(10)

0,25 đ

(11) 0,50 đ

(12)

(1) (2) (3)

0,50 đ

(4)

0,50 đ

b Điều chỉnh biến trở để vôn kế chỉ 0 nên: UDC = 0 Vậy: U AD = U AC  I 24 .R2  I13 .R1 (5) R1 R3 C R U AB U AB R R2  R1  4  3 Hay: R2  R4 R1  R3 R2 R1 R2 R4 B B RR 24.24 D  36 R4  2 3  (7) R1 16 (H.5)

2) Đi n tr t (2,50 điểm)

0,50 đ

(6)

0,25 đ 0,25 đ

ng độ d ng đi n chi u d ng đi n

Khi thay vôn kế bởi ampe kế có RA = 12Ω và cho R4 = 24Ω, ta có mạch cầu không cân bằng. Thay mạch trên bằng sơ đồ mạch tương đương khi sử dụng chuyển mạch tam giác R1, R2, RA thành mạch sao - Điện trở RAO, RCO, RDO lần lượt là: R3 RCO R1 R2 16.24 C RAO RAO    7,3846 (8) R1  R2  RA 16  24  12 O A RCO

R1 RA 16.12    3, 6923 R1  R2  RA 16  24  12

(9)

RDO

RA R2 12.24    5,5385 R1  R2  RA 16  24  12

(10)

B B

(H.5a)

Điện trở: ROCB = RCO + R3 = 3,6923Ω + 24Ω = 27,6923Ω RODB = RDO + R4 = 5,5385Ω + 24Ω = 29,5385Ω

Điện trở đoạn OB là: ROB 

RDO

0,50 đ (11) (12)

0,25 đ

ROCB .RODB 27, 6923.29,5385   14, 2928 ROCB  RODB 27, 6923+29,5385

(13)

Vậy điện trở toàn mạch: R = RAO + ROB = 7,3846Ω + 14,2928Ω = 21,6774Ω. (14) 0,25 đ - ường độ dòng điện qua c c điện trở và ampe kế: U 48 Dòng qua mạch chính: I  AB  (15) 0,25 đ  2, 214 A 21, 6774 R Do đó: UOB = I.ROB = 2,214.14,2928 ≈ 31,644V. (16) U 31, 644  1,1427 A + ường độ dòng điện qua R3: I 3  OB  (17) 0,25 đ ROCB 27, 6923 I4 = I – I3 = 2,214 – 1,1427 = 1,0713A. UAO = I.RAO = 2,214.7,3846 = 16,3495V UOC = I3. RCO = 1,1427.3,6923 = 4,2192V Vậy: UAC = UAO + UOC = 16,3495V + 4,2192V = 20,5687V U 20,5687 I1  AC   1, 2855 A + Dòng qua R1: R1 16

+ Dòng qua R4 : Ta lại có:

+ Dòng qua R2: I2 = I – I1 = 2,214 – 1,2855 = 0,9285A + Dòng qua ampe kế: IA = I1 – I3 = 1,2855 - 1,1427 = 0,1428A và có chiều từ đến D.

(18)

(19)

0,25 đ

(20)

0,25 đ

(21)

0,50 đ

Bài 5: (2,00 điểm) - Khi dòng điện đã n định, cường độ dòng điện qua cuộn d y là: E (1) 0,25 đ I0  R - Khi khóa ngắt, mạch bắt đầu dao động. Năng lượng của mạch l c đó là năng lượng từ trường: 2 1 2 1 E (2) 0,25 đ Wm  LI 0  L   2 2 r

- Trong qu trình dao động khi tụ điện tích điện đ n điện p cực đại U0 thì dòng điện triệt tiêu. c đó năng lượng của mạch là năng lượng điện trường; với U0 = nE : 1 1 2 (3) 0,25 đ We  CU 02  C  n.E  2 2 - p dụng định luật bảo toàn năng lượng cho mạch dao động ta có: We = Wm 2

2 E L    C  n.E   L  Cn2 r 2 r 1 1 - Mặt kh c chu k dao động : f   C 2 2 4 f L 2 LC 1 nr Từ 4 và 5 ta tìm được: C  và L  2 fnr 2 f

hay

(4)

0,50 đ

(5)

0,25 đ

(6)

0,50 đ

Bài 6: (3,00 điểm) ) Tính d và d’ để Lmin (1,00 điểm) ( L1 ) Ta có sơ đồ tạo ảnh: S  S1' - Khi ảnh hiện rõ trên màn, khoảng cách vật –màn là khoảng cách L gi a vật thật và ảnh thật. (1) Ta có:  d  d’ Dễ dàng thấy L phải thoả mãn điều kiện: ≥ 4f (2) 0,50 đ Suy ra: Lmin = 4f = 96cm Vậy: d = d’ = min/2 = 48cm.

(3)

0,50 đ

2) Tìm f2 và vẽ hình (2,00 điểm): ( L1 ) ( L2 ) Sơ đồ tạo ảnh: S  S1'    S2' Ta có: d1  d1'  48cm a) Vì vết s ng trên màn có đường kính không đ i khi tịnh tiến màn nên chùm tia ló tạo bởi L2 phải là chùm song song với trục chính. Tức là ảnh của S tạo bởi hệ hai thấu kính phải ở xa vô cùng. Ta có: d2'    d2  f 2 Mà: d2  l  d1'  18- 48 = -30cm Vậy: f2 = -30cm: L2 là thấu kính phân kì.

0,50 đ

b) Chùm tia ló có thể là hội tụ hoặc phân kì - Nếu chùm tia ló hội tụ: L2 có thể là thấu kính hội tụ hoặc phân kì + Nếu L2 là thấu kính hội tụ: D ' 40  d 2'  2 Từ hình vẽ, ta có: D 30  d 2' Vậy: 40 – d2’ = 60 – 2d2’ => d2’ = 20cm d d' 30.20  60cm Từ đó: f 2  2 2 '  d2  d2 10 0,50 đ + Nếu L2 là thấu kính phân kì Lúc này S2’ nằm trong khoảng gi a hai vị trí của màn E, ta có:

D ' 40  d 2'  2 D d 2'  30

Vậy: 40 – d 2 ’  2d 2 ’ – 60  d 2' 

100 cm 3

100 30. d 2 d 2' 3  300cm  Từ đó: f 2  d 2  d 2' 30  100 3

0,50 đ - Nếu chùm tia ló là chùm phân kì( L2 là thấu kính phân kì), ảnh S2’ là ảnh ảo. Từ hình vẽ, ta có: O2S2’ = |d2’|, O2S1’ = |d2| D ' d 2  d 2 '  10 40  d 2 ' Vậy:   2 D d2  d2 ' 30  d 2 ' Suy ra: d2’ = 20cm > 0: điều này vô lí. 0,50 đ

Bài 7: (2,00 điểm) ) Thi t ập mạch đi n ph ng n ti n hành thí nghi m (1,00 điểm) - Mắc mạch điện theo sơ đồ thông thường một mạch kín bao gồm: Nguồn điện - mpe kế - ình điện ph n. 0,50 đ - D ng mpe kế x c định dòng điện I chạy qua dung dịch điện ph n. - D ng đồng hồ đếm thời gian để x c định thời gian t mà dòng điện đi qua. - X c định khối lượng m của chất b m vào điện cực: Bằng c ch d ng c n để đo khối lượng m1 điện cực trước khi mắc vào mạch, sau đó đo khối lượng m2 của điện cực đó sau khi cho dòng điện đi qua chất điện ph n và tính được khối lượng: m = m2 - m1 (1) 0,50 đ 2) Lập c ng thức x c định độ n e của đi n tích ngu n t : (1,00 điểm) - Gọi n là hóa trị của chất. Số c c nguyên tử xuất hiện ở điện cực: q It N  (2) ne ne - Mặt kh c: Gọi NA là số vogadro, là khối lượng mol của chất ta có: m N  NA Số c c nguyên tử đó là: (3) A A I .t A I .t  . (4) - Từ 2 và 3 ta tìm được: e  . n m.N A n (m2  m1 ).N A

0,50 đ

0,25 đ 0,25 đ

II. CÁCH CHO ĐIỂM & HƯỚNG DẪN CHẤM : Điểm toàn bài là 20,00 điểm được phân bố tổng quát như sau : BÀI 1 : (4,00 điểm) BÀI 2 : (2,00 điểm) BÀI 3 : (3,00 điểm) BÀI 4 : (4,00 điểm) BÀI 5 : (2,00 điểm) BÀI 6 : (3,00 điểm) BÀI 7 : (2,00 điểm) Yêu cầu và ph n phối điểm cho c c bài trên như trong từng phần và có ghi điểm bên lề phải của đ p n - Ph n tích lực, ph n tích hiện tượng bài to n phải rõ ràng, có hình vẽ minh họa nếu có , lập luận đ ng, có kết quả đ ng thì cho điểm tối đa như biểu điểm nói trên. (Giám khảo tự vẽ hình) Ghi chú : 1 Trên đ y là biểu điểm t ng qu t của từng phần, từng c u. Trong qu trình chấm c c gi m khảo cần trao đ i thống nhất để ph n điểm chi tiết đến 0,25 điểm cho từng phần, từng c u. 2 Học sinh làm bài không nhất thiết phải theo trình tự của Hướng dẫn chấm. Mọi c ch giải kh c, kể cả c ch giải định tính dựa vào ý nghĩa vật lý nào đó, lập luận đ ng, có căn cứ, kết quả đ ng cũng cho điểm tối đa tương ứng với từng bài, từng c u, từng phần của hướng dẫn chấm này. --------------------------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HẢI DƯƠNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

Lớp 12 THPT năm học 2011- 2012

Môn thi: VẬT LÝ Thời gian làm bài: 180phút (Đề thi gồm 02 trang)

Câu 1(2 điểm) 1) Một vật có khối lượng m  100( g ) , dao động điều hoà theo phương trình có dạng x  Acos(t  ) . Biết đồ thị lực kéo về theo thời gian F(t) như hình vẽ. Lấy 2  10 . Viết phương trình dao động của vật. 2) Một chất điểm dao động điều hòa với chu kì T và biên độ 12(cm) . Biết trong một chu kì,

F(N) 4.10-2 O - 2.10-2

t (s)

7/6 13/6

- 4.10-2

khoảng thời gian để vận tốc có độ lớn không vượt quá 24 3 (cm/s) là

2T . Xác 3

định chu kì dao động của chất điểm. 3) Một con lắc lò xo đặt trên mặt phẳng nằm ngang có k  100 (N/m), m  500( g ) . Đưa quả cầu đến vị trí mà lò xo bị nén 10cm, rồi thả nhẹ. Biết hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nằm ngang là  = 0,2. Lấy g = 10(m/s2). Tính vận tốc cực đại mà vật đạt được trong quá trình dao động. Câu 2(2 điểm) v x Các electron được tăng tốc từ trạng thái nghỉ trong một điện A  trường có hiệu điện thế U = 103(V) và thoát ra từ điểm A theo đường Ax. Tại điểm M cách A một đoạn d = 5(cm), người ta đặt một tấm bia để hứng chùm tia electron, mà đường thẳng AM hợp  M 0 với đường Ax một góc  = 60 . a) Hỏi nếu ngay sau khi thoát ra từ điểm A, các electron chuyển động trong một từ trường không đổi vuông góc với mặt phẳng hình vẽ. Xác định độ lớn và chiều của véc tơ cảm ứng từ B để các electron bắn trúng vào bia tại điểm M? b) Nếu véc tơ cảm ứng từ B hướng dọc theo đường thẳng AM, thì cảm ứng từ B phải bằng bao nhiêu để các electron cũng bắn trúng vào bia tại điểm M? Biết rằng B ≤ 0,03 (T). Cho điện tích và khối lượng của electron là: -e = -1,6.10-19(C), m = 9,1.10-31(kg). Bỏ qua tác dụng của trọng lực. Câu 3(2 điểm) 1

Hai nguồn âm điểm phát sóng cầu đồng bộ với tần số f = 680(Hz) được đặt tại A và B cách nhau 1(m) trong không khí. Biết tốc độ truyền âm trong không khí là 340(m/s). Bỏ qua sự hấp thụ âm của môi trường. 1) Gọi I là trung điểm của AB, P là điểm nằm trên trung trực của AB ở gần I nhất dao động ngược pha với I. Tính khoảng cách AP. 2) Gọi O là điểm nằm trên trung trực của AB cách AB 100(m). Và M là điểm nằm trên đường thẳng qua O song song với AB, gần O nhất mà tại đó nhận được âm to nhất. Cho rằng AB << OI. Tính khoảng cách OM. Câu 4(2 điểm) Một con lắc đơn gồm dây treo dài  1(m) gắn một đầu với vật có khối lượng m. Lấy g = 10(m/s2), 2 = 10. a) Treo con lắc đơn trên vào một giá cố định trong trường trọng lực. Người ta kéo vật ra khỏi vị trí cân bằng để dây treo lệch góc 0,02rad về bên phải, rồi truyền cho vật một vận tốc 4(cm/s) về bên trái cho vật dao động điều hòa. Chọn hệ quy chiếu có gốc ở vị trí cân bằng, chiều dương hướng sang trái, chọn thời điểm ban đầu là lúc vật qua vị trí cân bằng lần đầu. Viết phương trình li độ góc của vật. b) Người ta đem con lắc đơn nói trên gắn vào trần xe ôtô, ôtô đang đi lên dốc chậm dần đều với gia tốc 5(m/s2). Biết dốc nghiêng một góc 300 so với phương ngang. Tính chu kì dao động của con lắc trong trường hợp trên. Câu 5(2 điểm) M B Cho cơ hệ gồm khung dây ABDE như hình vẽ, A được đặt nằm trên mặt phẳng nằm ngang. Biết lò xo k có độ cứng k, đoạn dây MN dài , khối lượng m tiếp B xúc với khung và có thể chuyển động tịnh tiến không ma sát dọc theo khung. Hệ thống đặt trong từ D N trường đều có véc tơ cảm ứng từ B vuông góc với E mặt phẳng của khung và có chiều như hình vẽ. Kích thích cho MN dao động. Bỏ qua điện trở thuần của khung dây. Chứng minh thanh MN dao động điều hòa và tính chu kì dao động trong hai trường hợp sau: 1) Nối hai đầu B, D với tụ có điện dung C. 2) Nối hai đầu B, D với cuộn cảm thuần có độ tự cảm L. ........................................Hết...........................................

Họ và tên: ........................................................

Số báo danh:...........................

Chữ kí của giám thị 1:................................ Chữ kí của giám thị 2: .............................

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN VẬT LÝ NĂM 2011 Câu 1.(2 điểm) 1) (1 điểm) 0,25đ T 13 7 Từ đồ thị, ta có:   = 1(s)  T = 2s   = (rad/s). 2 6 6 2 0,25đ  k = m. = 1(N/m). +) Ta có: Fmax = kA  A = 0,04m = 4cm. +) Lúc t = 0(s) từ đồ thị, ta có: Fk = - kx = - 2.10-2 m  x = 2cm và Fk 0,25đ đang tăng dần (vật đang chuyển động về VTCB)  v < 0.  x  Acos = 2cm      rad 3  v = -Asin < 0 0,25đ Vậy, phương trình dao động của vật là: x= 4cos(t + /3) cm. 2) (0,5điểm) 0,25đ Từ giả thuyết,  v ≤ 24 3 (cm/s). Gọi x1 là vị trí mà v = x  24 3 (cm/s) và t1 là     x1 -A - x1 O A thời gian vật đi từ vị trí x1 đến A.  Thời gian để vận tốc có độ lớn không vượt quá 24 3 (cm/s) là: t = T 2T 4t1 =  t1 =  x1 = A/2. 6 3 2 0,25đ v 2 2 Áp dụng công thức: A  x       4  T  0,5( s ).   3) (0,5điểm) 0,25đ Gọi x0 là tọa độ của VTCB, ta có: Fdh = Fms  k.x0 = mg  mg  x0   1cm. k 0,25đ Biên độ dao động của con lắc là: A = l – x0 = 9cm. Vận tốc cực đại là: vmax = A = 90 2 (cm/s). Câu 2.( 2điểm) a)(1 điểm) 1 eU  mv 2 suy ra v  1,875.107m/s 2 +) Khi e chuyển động trong từ trường B chịu tác v A dụng của lực Lorenxơ, có độ lớn FL = evB, để e  bắn vào bia tại M thì FL có hướng như hình vẽ. FL H  B có chiều đi vào.

0,25đ

Vận tốc của e ở tại A là:

O

0,25đ x B 

M 3

Vì B  v nên lực lorenxơ đóng vai trò là lực hướng tâm, làm e chuyển động tròn đều, bán kính quỹ đạo là R = OA =OM. mv v2 Ta có FL = maht  evB = m  R = R eB 0 Ta có AH = OAcos30  d/2 = R. 3 /2  R = d/ 3 -3  B = mv 3 /(de)  3,7.10 T. b)(1 điểm) b) Véc tơ B hướng theo AM. Phân tích: v  v   v // với v  = v.sin  = 1,62.107m/s, 7 v // =v.cos  =0,938.10 m/s

0,25đ

+ ) Theo v , dưới tác dụng của lực Lorenxơ làm e chuyển động tròn mv 2 m  chu kì quay T = 2 R / v  = . eB eB +) Theo v// , thì e chuyển động tịnh tiến theo v v hướng của B , với vận tốc v // = vcos  . A +) Do đó, e chuyển động theo quỹ đạo xoáy  v// trôn ốc với bước ốc là:  = T v // .

đều với bán kính R=

M +) Để e đập vào bia tại M thì: AM = d = n  = n T v // = n v // 2 mv//  n.6,7.10-3 (T) ed Vì B  0,03T  n < 4,48  n = 1, 2, 3, 4. Vậy: n = 1 thì B = 6,7.10-3T; n = 2 thì B = 0,0134T n = 3 thì B = 0,0201T; n = 4 thì B = 0,0268T

0,25đ x



2 .m eB

0,25đ

 B= n

0,25đ

Câu 3.(2 điểm) 1) (1 điểm) v Ta có:  = = 0,5(m/s) f Độ lệch pha giữa hai điểm P và I là:   2

0,25đ (d  AB / 2)



Vì P dao động ngược pha với I, ta có:  = (2k + 1) AB   d = (2k+ 1) + 2 2

0,25đ P d A

B 4

 AB  (2k  1)  0  k > - 1/2 2 2 Vì k  Z, nên dmin  k = 0  dmin = 0,75(m). 2) (1 điểm)

0,25đ

Do d >

0,25đ

Học sinh phải chứng minh công thức sau: d 2  d1  Tại M nhận được âm to nhất, ta có: d2 – d1 = k =  ( k = 1, vì điểm M gần O nhất) OI.  50m .  x= AB

0,5đ

AB.x . OI

0,5đ M

d1 A

x o

B Câu 4.(2 điểm) a) (1 điểm) Phương trình dao động của con lắc đơn theo li độ dài là: s = S0cos(t + ). g +)   =  (rad/s). l

0,25đ

2 0,25đ v +) S0  s    = 2 5 (cm/s)  0 = 0,02 5 (rad)   0,25đ  s  S0cos = 0 cos =0       rad +) Lúc t = 0 thì  2 sin <0  v >0  s = 2 5 cos(t - /2) (cm). Phương trình dao động theo li độ góc là:  = 0,02 5 cos(t - /2) (rad). 0,25đ b) (1 điểm) 0,25đ Ta có P '  P  Fqt 0,5đ KQ Xét OKQ với OK = , 2 0 góc(OKQ) = 60  OKQ vuông tại O. K F  P’ = OQ = Psin(600)  g’ = qt O  5 3 (m/s2). (Có thể áp dụng định lí hàm số cosin P' Q để tính P’) P 2



Vậy, chu kì dao động của con lắc là: T '  2

0,25đ 1 l  2  2,135( s) g' 5 3

Câu 5.(2 điểm) 1) (1 điểm) Chọn trục tọa độ Ox như hình vẽ, gốc A M B 0,25đ O tại VTCB. Fdh +) Xét tại thời điểm t bất kì thanh MN C qua vị trí có li độ x và chuyển động + B Ft sang bên phải như hình vẽ. +) Từ thông biến thiên làm xuất hiện D E N sđđ cảm ứng: ecư = Blv. x O +) Chiều dòng điện xuất hiện trên thanh MN được xác định theo quy tắc dq dv bàn tay phải và có biểu thức: i   CBl  CBla dt dt Theo quy tắc bàn tay trái xác định được chiều lực từ như hình vẽ và có 0,25đ biểu thức: Ft = iBl = CB2l2 x’’ 0,25đ Theo định luận II Niutơn, ta có: Fhl  Fdh  Ft  ma Chiếu lên trục Ox, ta được: mx ''  CB2l2 x '' kx k 0,25đ  (m  CB2l2 )x ''   kx  x ''   x m  CB2l 2

Đặt  

k  x” + 2x = 0. 2 2 m  CB l

Vậy, thanh MN dao động điều hòa với chu kì: T  2 2) (1 điểm) Chọn trục tọa độ Ox như hình vẽ, gốc O tại VTCB. +) Xét tại thời điểm t bất kì thanh MN qua vị trí có li độ x và chuyển động sang bên phải như hình vẽ. +) Từ thông biến thiên làm xuất hiện sđđ cảm ứng: ecư = Blv. +) Dòng điện qua cuộn cảm làm xuất hiện suất điện động tự cảm: etc = - L

m  CB2l2 k

M Fdh

+ B

N O

0,25đ

di . dt

Ta có: ecư + etc = i.r = 0 ( vì r = 0) d ( Blx  Li )   0  Blx  Li  const . dt

x  0 Blx Lúc t = 0 thì   Blx + Li = 0,  i  L i  0 +) Thanh MN chuyển động trong từ trường chịu tác dụng của lực từ Ft

0,25đ

B 2l 2 x ngược chiều chuyển động và có độ lớn: Ft = iBl = . L +) Theo định luật II Niutơn, ta có: Fhl  Fdh  Ft  ma .

0,25đ

B 2l 2 x  x'' L 1 B 2l 2  1 B 2l 2  2  x "  k  k    x” +  x = 0.  x  0 . Đặt   m L  m L 

0,25đ

Chiếu lên trục Ox, ta có: kx 

Vậy, thanh MN dao động điều hòa với chu kì: T  2

m B2 l 2 k L

.......................................Hết.............................

Trường THPT Tổ Vật lí

ĐỀ THI THỬ CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2011-2012 Môn thi: Vật lí 12 Thời gian làm bài:180 phút

Câu 1: (1,5đ) Một khối gỗ khối lượng M=400g được M m treo vào lò xo có độ cứng k=100N/m. Một viên bi khối v0 lượng m=100g được bắn đến với vận tốc v0= 50cm/s va chạm vào khối gỗ. Sau va chạm hệ dao động điều hòa. Xác định chu kì và biên độ dao động. O Biết va chạm tuyệt đối đàn hồi. Câu 2: (2đ) Một quả cầu có khối lượng  m= 2kg treo ở một đầu một sợi dây có khối lượng không đáng kể và không co dãn. Bỏ qua ma sát và sức cản. Lấy g= 10m/s2. a) Kéo quả cầu khỏi vị trí cân bằng một góc  m rồi thả ra ( vận tốc ban đầu bằng không). Thiết lập biểu thức lực căng dây của dây treo khi quả cầu ở vị trí lệch một góc  so với vị trí cân bằng. Tìm vị trí của quả cầu trên quĩ đạo để lực căng đạt cực đại. Tinh độ lớn của lực căng cực đại nếu góc  m =600. b) Phải kéo quả cầu khỏi vị trí cân bằng một góc bằng bao nhiêu để khi thả cho dao động, lực căng cực đại gấp 3 lần trọng lượng của quả cầu. c) Thay sợi dây treo quả cầu bằng một lò xo có trọng lượng không đáng kể. Độ cứng của lò xo là k= 500N/m, chiều dài ban đầu l0=0,6m. Lò xo có thể dao động trong mặt phẳng thẳng đứng xung quanh điểm treo O. Kéo quả cầu khỏi vị trí cân bằng một góc   900 rồi thả ra. Lúc bắt đầu thả, lò xo ở trạng thái không bị nén dãn. Xác định độ dãn của lò xo khi quả cầu đến vị trí cân bằng. Câu 3:(1,5đ) Trên mặt nước có hai nguồn sóng giống nhau A và B, cách nhau khoảng AB = 12(cm) đang dao động vuông góc với mặt nước tạo ra sóng có bước sóng  = 1,6cm. a) Tìm số điểm dao động với biên độ cực đại, cực tiểu trên đoạn AB. b) C và D là hai điểm khác nhau trên mặt nước, cách đều hai nguồn và cách trung điểm O của AB một khoảng 8(cm). Tìm số điểm dao động cùng pha với nguồn ở trên đoạn CD.

Câu 4: (1,5đ) Đoạn mạch điện xoay chiều gồm điện trở thuần 30 () mắc nối tiếp với cuộn dây. Điện áp hiệu dụng ở hai đầu cuộn dây là 120 V. Dòng điện trong mạch lệch pha /6 so với điện áp hai đầu đoạn mạch và lệch pha /3 so với điện áp hai đầu cuộn dây. Tính cường độ hiệu dụng của dòng điện chạy trong mạch? Câu 5;(1,5đ)Trên đoạn mạch xoay chiều không phân nhánh có bốn điểm theo đúng thứ tự A, M, N và B. Giữa hai điểm A và M chỉ có điện trở thuần, giữa hai điểm M và N chỉ có cuộn dây, giữa 2 điểm N và B chỉ có tụ điện. Đặt vào hai đầu đoạn mạch một điện áp 175 V – 50 Hz thì điện áp hiệu dụng trên đoạn AM là 25 (V), trên đoạn MN là 25 (V) và trên đoạn NB là 175 (V). Tính hệ số công suất của toàn mạch ? k Câu 6: (2đ) Một mạch dao động như hình vẽ. ban đầu khóa k đóng. Khi dòng điện đã ổn định, người ta mở khóa k và trong khung có dao động điện với L chu kì T. Biết rằng hiệu điện thế cực đại giữa hai bản tụ lớn gấp n lần suất E,r C điện động của bộ pin.

Hãy tính theo T và n điện dung C của tụ và độ tự cảm L của cuộn dây thuần cảm.

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN VẬT LI 12 NĂM HỌC 2011-2012 Câu

Nội dung

Ý Va chạm tuyệt đối đàn hồi mv0  mv  MV (1) Đinh luật bảo toàn năng lượng 1 2 1 2 1 mv0  mv  MV 2 (2) 2 2 2 2m v Từ (1), (2) suy ra: V  mM 0

M 2 ( s)  k 5 Định luật bảo toàn cơ năng 1 2m 1 2 1 kA  MV 2  M v 2 2 2 mM 0

Chu kì: T  2

2m M v0  4(cm) mM k T  mg(3cos  2 cos m ) A

a b

2 c

Tmax  mg(3  2 cos m )  40( N ) Tmax= 3mg. Từ hệ thức trên suy ra: 3  2 cos m  3

 m  90 0 Chọn mốc thế năng tại VT thấp nhất. Cơ năng tại A(ngang): EA  mg(l0  l) (1) 1 1 Cơ năng tại B(thấp nhất): EB  mv2  k l 2 (2) 2 2 v2 (3) Lực đàn hồi tại VT B: F  k l  mg  m l0  l Từ (1),(2)  mv 2  2mg(l0  l)  k l 2 Thay vào (3): k (l0  l)  mg(l0  l)  2mg(l0  l)  k l 2

l2  0,24l  0,036  0 Giải ra: l =0,104(m) Gọi M là điểm bất kỳ thuộc AB, với MA= d1; MB= d2.

Thang điểm 0,25 0,25 0,25 0,25

0,25

0,25 0,5 0,25 0,25

0,25

0,25 0,25 0,25 0,25

Ta có d1  d 2  AB (1) Để M dao động với biên độ cực đại: d1  d2  k  (2) k  AB (3)  2 2 Mặt khác: 0  d1  AB (4)

Từ (1) và (2) ta có: d1 

Từ (3) và (4) suy ra: 

k

0,25

  Thay số ta có: 7,5  k  7,5  k  7...........7 vậy có 15 điểm dao động với biên độ cực đại. Tương tự trên nếu M dao động với biên độ cực tiểu: AB 1 AB 1  k   8  k  7  k  8...........7 vậy có 16 điểm dao động với biên   2  2 độ cực tiểu. Vẽ được hình:

0,25

C M

x 6cm

b Để M và hai nguồn A, B dao động cùng pha thì:  (d1  d 2 ) 2 d  2k     2 k  



d2 B

0,25



 d  k   x  6  k  (1) Mặt khác: 0  x  8 (2) Từ (1) và (2) suy ra: 3, 75  k  6, 25  k  4,5, 6 Vậy trên đoạn CD có 6 điểm dao động cùng pha với nguồn. 2

0,25

Vẽ mạch điện và vẽ giản đồ véc-tơ.

0,25

0,5

HD : AMB c©n t¹i M  U R  MB  120(V )  I 

UR  4  A R

Vẽ mạch điện và vẽ giản đồ véc-tơ.

0,5 5

 MNE : NE  252  x 2  EB  60  252  x 2  2  HD : AEB : AB 2  AE 2  EB 2  30625   25  x   175  252  x 2   x  24  cos   AE  7  AB 25





Khi dòng điện ổn định, cường độ dòng điện qua cuộn dây là: E I0  r Năng lượng dao động: 1 1 E w 0  LI 02  L( ) 2 2 2 r Trong quá trình dao động, khi tụ điện tích điện đến hđt cực đại U0 thì năng lượng điện trường cực đại:

0,5 0,25 0,25

0,5

1 2 1 E 2 1 LI 0  L( )  CU 02 2 2 r 2 U 0  nE w0 

E  C (nE ) 2  L( ) 2 ; T  2 LC r T Tnr C  ;L  2 nr 2

0,5

SÔÛ GIAÙO DUÏC & ÑAØO TAÏO KYØ THI CHOÏN HOÏC SINH GIOÛI TÆNH LÔÙP 12 THPT Khoaù ngaøy : 01 thaùng 12 naêm 2012 ----------------------------------------------------------------ÑEÀ CHÍNH THÖÙC MOÂN THI : VAÄT LYÙ THÔØI GIAN : 180 phuùt

Baøi 1: Cho maïch ñieän xoay chieàu coù sô ñoà nhö hình veõ. Hieäu ñieän theá ñaët vaøo hai ñaàu maïch: K u = U 2 sinωt (V). Phaàn töû X coù theå laø ñieän trôû, cuoän daây hoaêc tuï ñieän. 1- Khoùa K ñoùng : Tìm heä thöùc lieân laïc giöõa R vaø C ñeå coâng suaát cuûa ñoaïn maïch AB laø A N B X cöïc ñaïi R C 2- Bieát raèng khi khoùa K ñoùng: UR = 200V ; UC = 150V khi khoùa K ngaét: UAN = 150V; UNB = 200V a) Xaùc ñònh phaàn töû X. b) Tính heä soá coâng suaát cuûa maïch AB khi Kngaét.

Baøi 2: Moät con laéc goàm moät vaät naëng coù khoái löôïng m=100g ñöôïc treo vaøo ñaàu döôùi cuûa moät loø xo thaúng ñöùng ñaàu treân coá ñònh. Loø xo coù ñoä cöùng K=20N/m, vaät m ñöôïc ñaët treân moät giaù ñôõ naèm ngang(hình veõ). Ban ñaàu giöõ giaù ñôõ ñeå loø xo khoâng bò bieán daïng, roài cho giaù ñôõ chuyeån ñoäng thaúng xuoáng nhanh daàn ñeàu vôùi gia toác a=2m/s2. Laáy g=10m/s2. 1- Hoûi sau bao laâu thì vaät rôøi khoûi giaù ñôõ? 2- Cho raèng sau khi rôøi giaù ñôõ vaät dao ñoäng ñieàu hoaø.Vieát phöông trình dao ñoäng cuûa vaät. Choïn goác thôøi gian luùc vaät vöøa rôøi giaù ñôõ, goác toïa ñoä ôû vò trí caân baèng, truïc toïa ñoä thaúng ñöùng, chieàu döông höôùng xuoáng Baøi 3: Hai oâ toâ ñoàng thôøi xuaát phaùt töø A vaø B chuyeån ñoäng ngöôïc chieàu nhau. OÂ toâ thöù nhaát chaïy vôùi gia toác khoâng ñoåi treân 1/3 quaõng ñöôøng AB, 1/3 quaõng ñöôøng tieáp theo chuyeån ñoäng ñeàu vaø 1/3 quaõng ñöôøng coøn laïi chuyeån ñoäng chaäm daàn vôùi gia toác coù ñoä lôùn baèng gia toác treân 1/3 quaõng ñöôøng ñaàu tieân. Trong khi ñoù oâ toâ thöù hai chuyeån ñoäng nhanh daàn ñeàu trong 1/3 thôøi gian ñi töø B tôùi A, 1/3 thôøi gian chuyeån ñoäng ñeàu, vaø 1/3 thôøi gian chaäm daàn ñeàu vaø döøng laïi ôû A. Vaän toác chuyeån ñoäng ñeàu cuûa hai xe laø nhö nhau vaø baèng 70km/h. Tìm khoaûng caùch AB, bieát raèng thôøi gian chaïy cuûa xe thöù nhaát daøi hôn xe thöù hai 2 phuùt. Baøi 4: Moät xi lanh naèm ngang ñöôïc chia laøm hai phaàn baèng nhau bôûi moät pittoâng caùch nhieät. Moãi phaàn coù chieàu daøi lo = 30cm, chöùa moät löôïng khí nhö nhau ôû 27oC. Nung noùng moät phaàn xi lanh theâm 10oC vaø laøm laïnh phaàn kia ñi 10oC. Hoûi pittoâng di chuyeån moät ñoaïn baèng bao nhieâu vaø veà phía naøo. Boû qua beà daøy cuûa pittoâng vaø söï trao ñoåi nhieät giöõa xi lanh vôùi moâi tröôøng xung quanh.

Baøi 5: Coù 24 pin gioáng nhau, moãi pin coù suaát ñieän ñoäng e = 1,5 V, ñieän trôû trong r = 1  , ñöôïc maéc hoãn hôïp thaønh moät boä nguoàn goàm x nhaùnh song song, moãi nhaùnh coù y nguoàn noái tieáp. Boä nguoàn thu ñöôïc duøng ñeå thaép saùng bình thöôøng cho moät maïng goàm 5 boùng ñeøn gioáng nhau loaïi 3V-1,5W maéc noái tieáp. 1- Tìm cöôøng ñoä doøng ñieän ñònh möùc cuûa ñeøn, ñieän trôû cuûa moãi ñeøn , ñieän trôû cuûa boä ñeøn vaø hieäu ñieän theá ñaët vaøo boä ñeøn. 2- Xaùc ñònh sô ñoà maéc boä nguoàn noùi treân vaø veõ sô ñoà caùch maéc. Baøi 6: Cho moät tuï ñieän coù ñieän dung C1 = 0,5  F ñöôïc tích ñieän ñeán hieäu ñieän theá U1=90V roài ngaét khoûi nguoàn. Sau ñoù laáy moät tuï ñieän khaùc coù ñieän dung C2 = 0,4  F chöa tích ñieän gheùp song song vôùi tuï C1 ñaõ tích ñieän nhö treân thì chuùng phaùt ra tia löûa ñieän. Tính naêng löôïng cuûa tia löûa ñieän naøy. -HEÁT-

SÔÛ GIAÙO DUÏC & ÑAØO TAÏO KYØ THI CHOÏN HOÏC SINH GIOÛI TÆNH LÔÙP 12 THPT LAÂM ÑOÀNG Khoaù ngaøy : 01 thaùng 12 naêm 2006 ----------------------------------------------------------------ÑEÀ CHÍNH THÖÙC MOÂN THI : VAÄT LYÙ THÔØI GIAN : 180 phuùt

ÑAÙP AÙN&BIEÅU ÑIEÅM

Baøi

yù

Noäi dung löôïc giaûi

Ñieåm

Baøi2 1

………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………. * Choïn truïc toïa ñoä Ox thaúng ñöùng, chieàu döông höôùng xuoáng, goác O laø vò trí caân baèng cuûa m. Ban ñaàu loø xo khoâng bieán daïng vaät ôû vò trí B. Goác thôøi gian luùc cho giaù ñôõ chuyeån ñoäng.

* 0,50

*Khi chöa rôøi giaù ñôõ, m chòu taùc duïng cuûa:troïng löïc, löïc ñaøn hoài, phaûn löïc P, F , N Theo ñònh luaät II Newton: P  F  N  ma

* 0,75

*Giaû söû ñeán C vaät rôøi giaù ñôõ, khi ñoù N= 0, vaät vaãn coù gia toác a=2m/s2:

P  F  ma . Chieáu leân Ox: P – F = ma hay mg – k.BC = ma. m( g  a) 0,1(10  2) Suy ra: BC =   0, 04m  4cm k 20

B m

C *Maët khaùc : goïi t laø thôøi gian töø luùc baét ñaàu chuyeån ñoäng ñeán luùc rôøi giaù ñôõ, ta coù 2

BC 

* 0,50 O 2,00 * 0,50

1 2 2 BC 2.0, 04 at  t    0, 2s 2 a 2

x ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………. *Taàn soá goùc:

k 20   10 2 rad s m 0,1



*-Ñoä giaõn cuûa loø xo ôû vò trí caân baèng: BO  l  -Vaän toác vaät taïi C :VC = at = 2.0,2 = 0,4 m/s.

Baøi1

mg 0,1.10   0, 05m  5cm k 20  x  OC  1cm Ñieàu kieän ñaàu: t=0  v  40cm / s

 A  3cm  *Giaûi ñöôïc  20  0 1   20   180   9 rad Phöông trình x  A sin(t   )  3sin(10 2t 

* 2 a

*K ñoùng maïch goàm R,C noái tieáp: P  I 2 .R 

*Pmax

ymin

RC=

R=ZC

*K ñoùng: U  U R2  U C2 

U U R R 2  2 Z R  ZC2

U R

2 C

Z R

* 0,50

* 0,50 6ñieåm 2,00 *1,00



* 0,50

)cm



U y



*1,00 4,00 2,00 * 0,50 * 0,50

2002  1502  250V

2 2  U NB  *K ngaét: Tacoù U  U AN

*Ñoaïn AN : tg1 

4,0ñieåm 2,00 * 0,25

2002  1502  250V  U AN  U NB

 Z C U C 150 3     . uAN treã pha so vôùi I moät goùc 1 . Suy ra R UR 200 4

uNB nhanh pha  2 so vôùi i.

– n daây vöøa coù ñieän trôû thuaàn r, –vöøa coù ñoä töï caûm L.Vôùi 0<  2 <900. *Nhö vaäy X phaûi laø cuoä

* 0,50

Baiø5 1

2,5ñieåm 1,00 * 0,25 * 0,25 * 0,25 * 0,25

*Doøng ñieän ñònh möùc: Iñ = Pñ/Uñ = 1,5/3 = 0,5A *Ñieän trôû cuûa moãi ñeøn: Rñ = Uñ/Iñ = 3/0,5 = 6  . *Ñieän trôû cuûa boä boùng ñeøn: R = 5: Rñ = 5.6=30  *Hieäu ñieän theá ñaët vaøo boä ñeøn: U=5 Uñ = 5.3 =15V

2 * Goïi x laø soá daõy maéc song song, y laø soá nguoàn maéc noái tieáp trong moãi daõy.(x,y nguyeân döông) Ta coù: xy =24 (1) * Ñònh luaät oâm toaøn maïch cho : eb = U +Irb. Hay: ye = 15 + yr/2x 1,5y =15 +y/2x (2) * Giaûi (1) vaø (2) vaø loaïi nghieäm aâm :x =2; y = 12 :coù 2 daõy song song,moãi daõy coù 12 nguoàn noái tieáp. * Veõ sô ñoà:

12 nguoàn

Baøi6

* Ñieän tích heä tröôùc khi gheùp : Q = Q1 = C1U1 = 0,5.10-6.90 = 45.10-6 (C) .(Q2 = 0) * Q1’ vaø Q2’ laø ñieän tích 2 tuï sau khi gheùp : Q1 + Q2 = Q1’+ Q2’ = Q = 45.10-6 (C) (C1 + C2)U’ = 45.10-6 U’ = 50(V) *Naêng löôïng tuï C1 tröôùc khi gheùp:

W1 

Q2  2025.106 ( J ) 2C1

*Naêng löôïng boä tuï gheùp: W2 = W1’ + W2’ =1/2C1U’2 +1/2C2U’2 = 1/2 U’2(C1 + C2) = 1125.10-6(J) *Naêng löôïng tia löûa ñieän chính laø naêng löôïng maát maùt khi gheùp:

W  W1  W2  0,9.103 ( J ) Ghi chuù: -Hoïc sinh coù caùch giaûi khaùc ñuùng vaãn cho ñieåm toái ña. -Phöông phaùp giaûi ñuùng nhöng sai keát quaû thì coù theå cho ñieåm chieáu coá nhöng khoâng quaù 50% soá ñieåm caâu ñoù. -Sai hoaëc thieáu ñôn vò ôû ñaùp soá thì tröø 0,5 ñieåm vaø tröø moät laàn cho toaøn baøi thi.

1,50 * 0,25 * 0,25 * 0,5 * 0,5

2,5ñieåm * 0,5 * 0,5

* 0,5

* 0,5 * 0,5

……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………….. * cos 1 

1 1  tg 1

* U AN  U NB



1  3 1     4

neân : 1  2 

 2

 0,8

. Suy ra tg2 

4  cos 2  0, 6 3

*Khi K ngaét:

U R'  U AN cos 1  150.0,8  120V U r'  U NB cos  2  200.0, 6  120V

Baøi3

* Vaäy : cos  

U R'  U r' 120  120   0,96 U 250

………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………... * Vaän toác trung bình cuûa oâ toâ 1 trong 1/3 quaõng ñöôøng ñaàu vaø cuoái: v '   thôøi gian chaïy cuûa oâ toâ 1: t1 

v0 2

AB / 3 AB / 3 AB / 3 5 AB    v/2 v v/2 3v

* Töông töï vaän toác trung bình cuûa oâ toâ 2 trong 1/3 thôøi gian ñaàu vaø cuoái cuõng laø v / 2 .

v t2 v.t2 v t2 3 AB    t2  23 3 23 2v 5 AB 3. AB 1 1 t1  t2  2 phut  h    30 3.70 2.70 30 Suyra : AB  14km

Vaø: AB 

Baøi4

* Maø

* Tröôùc vaø sau khi di chuyeån, pittoâng ñöùng yeân, aùp suaát cuûa khí hai beân pittoâng baèng nhau. Goïi S laø dieän tích tieát dieän cuûa pittoâng, po vaø p laø aùp suaát cuûa khí tröôùc vaø sau khi di chuyeån. * Ñoái vôùi phaàn XL bò nung noùng:

PV PV o o  1 (1) To T1

Vôùi: Vo = Slo, To = 27 + 273 = 300K, T1 = To + 10 = 310K. * Ñoái vôùi phaàn XL bò laøm laïnh: * Töø (1) vaø (2):

PV PV2 o o  (2) Vôùi T2 = To – 10 = 290K To T2

V1 V2  (3) Vì T1 > T2 neân V1 > V2  Pittoâng di chuyeån veà phaàn bò laøm laïnh. T1 T2

* Goïi ñoaïn di chuyeån cuûa pittoâng laø x, ta coù: V1 = (lo + x)S, V2 = (lo – x)S Theo (3):

lo  x lo  x l (T  T )   x  o 1 2  1cm T1 T2 T1  T2

Ghi chuù: -Hoïc sinh coù caùch giaûi khaùc ñuùng vaãn cho ñieåm toái ña. -Phöông phaùp giaûi ñuùng nhöng sai keát quaû thì coù theå cho ñieåm chieáu coá nhöng khoâng quaù 50% soá ñieåm caâu ñoù. -Sai hoaëc thieáu ñôn vò ôû ñaùp soá thì tröø 0,5 ñieåm vaø tröø moät laàn cho toaøn baøi thi.

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2011 - 2012

(Đề thi có 2 trang ) Môn thi: VẬT LÝ LỚP 12 THPT - BẢNG A Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (5điểm). 1. Một con lắc đơn có chiều dài l  40cm , quả cầu nhỏ có khối lượng m  600 g được treo tại nơi có gia tốc rơi tự do g  10m / s 2 . Bỏ qua sức cản không khí. Đưa con lắc lệch khỏi phương thẳng đứng một góc  0  0,15rad rồi thả nhẹ, quả cầu dao động điều hoà. a) Tính chu kì dao động T và tốc độ cực đại của quả cầu. b) Tính sức căng dây treo khi quả cầu đi qua vị trí cân bằng. c) Tính tốc độ trung bình của quả cầu sau n chu kì. d) Tính quãng đường cực đại mà quả cầu đi được trong khoảng thời gian 2T/3 và tốc độ của quả cầu tại thời điểm cuối của quãng đường cực đại nói trên. 2. Một lò xo nhẹ có độ cứng K , đầu trên được gắn vào giá cố định trên mặt nêm nghiêng một góc  so với K phương ngang, đầu dưới gắn vào vật nhỏ có khối lượng m (hình vẽ 1). Bỏ qua ma sát ở mặt nêm và ma sát giữa nêm m với sàn ngang. Nêm có khối lượng M. Ban đầu nêm được giữ chặt, kéo m lệch khỏi vị trí cân bằng một đoạn nhỏ rồi M 300 thả nhẹ vật và đồng thời buông nêm. Tính chu kì dao động Hình 1 của vật m so với nêm. Câu 2 (4điểm). Trên mặt nước có hai nguồn phát sóng kết hợp là nguồn điểm A và B dao động theo phương trình: u A  uB  acos(20 t) . Coi biên độ sóng không đổi. Người ta đo được khoảng cách giữa 2 điểm đứng yên liên tiếp trên đoạn AB là 3cm. Khoảng cách giữa hai nguồn A, B là 30cm. 1. Tính tốc độ sóng. 2. Tính số điểm đứng yên trên đoạn AB. 3. Hai điểm M1 và M2 trên đoạn AB cách trung điểm H của AB những đoạn lần lượt là 0, 5cm và 2cm. Tại thời điểm t1 vận tốc của M1 có giá trị đại số là 12cm / s. Tính giá trị đại số của vận tốc của M2 tại thời điểm t1. 4. Tính số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn AB cùng pha với nguồn. Câu 3 (4điểm). Cho mạch dao động lí tưởng như hình vẽ 2. Các tụ điện có điện dung Cuộn thuần cảm có độ tự cảm L  0,5mH . C1 Bỏ qua điện trở khoá K và dây nối. 1. Ban đầu khoá K đóng, trong mạch có dao động điện từ A tự do với cường độ dòng điện cực đại trong mạch là 0, 03 A. a) Tính tần số biến thiên năng lượng từ trường của mạch.

C1  3nF ; C2  6nF . K • M

C2 B L

b) Tính điện áp cực đại giữa hai điểm A, M và M, B. c) Lúc điện áp giữa hai bản tụ điện C1 là 6V thì độ lớn của cường độ dòng điện trong mạch bằng bao nhiêu? 2. Ban đầu khoá K ngắt, tụ điện C1 được tích điện đến điện áp 10V, còn tụ điện C2 chưa tích điện. Sau đó đóng khoá K. Tính cường độ dòng điện cực đại trong mạch. Câu 4 (5điểm). Cho mạch điện như hình vẽ 3 gồm điện trở R, tụ K điện C và cuộn cảm có điện trở thuần mắc nối tiếp. L R C Đặt vào hai đầu đoạn mạch một điện áp xoay chiều • • M N A B u AB  120.cos(100 t)V. Bỏ qua điện trở của dây nối Hình 3 và của khoá K. 1. Ban đầu khoá K đóng, điện áp hiệu dụng hai đầu đoạn AM và MB lần lượt là: U1  40V ;U 2  20 10V .

a) Tính hệ số công suất của đoạn mạch. b) Viết biểu thức của điện áp tức thời hai đầu điện trở R. 2. Điện dung của tụ điện C  là U MB

103

F . Khoá K mở thì điện áp hiệu dụng giữa hai điểm M, B   12 10V . Tính giá trị của điện trở R và độ tự cảm L.

Câu 5 (2điểm). O G Hai hình trụ bán kính khác nhau   quay theo chiều ngược nhau quanh O2 các trục song song nằm ngang với x các tốc độ góc 1  2    2rad / s. O1  (hình vẽ 4). Khoảng cách giữa các trục theo phương ngang là 4m. Ở 4m thời điểm t=0, người ta đặt một tấm ván đồng chất có tiết diện đều lên Hình 4 các hình trụ, vuông góc với các trục quay sao cho nó ở vị trí nằm ngang, đồng thời tiếp xúc bề mặt với hai trụ, còn điểm giữa của nó thì nằm trên đường thẳng đứng đi qua trục của hình trụ nhỏ có bán kính: r = 0,25m. Hệ số ma sát giữa ván và các trụ là   0,05; g  10m / s 2 . 1. Xác định thời điểm mà vận tốc dài của một điểm trên vành trụ nhỏ bằng vận tốc của ván. 2. Tìm sự phụ thuộc của độ dịch chuyển nằm ngang của tấm ván theo thời gian. - - - Hết - - -

Họ và tên thí sinh:........................................................................... Số báo danh:..........................

Së Gd&§t NghÖ an

Kú thi chän häc sinh giái tØnh líp 12

N¨m häc 2011 - 2012 H-íng dÉn vµ BiÓu ®iÓm chÊm ®Ò chÝnh thøc

(H-íng dÉn vµ biÓu ®iÓm chÊm gåm 05 trang) M«n: Vật lý B¶ng A ----------------------------------------------

Câu NỘI DUNG Câu1 Xác định chu kì dao động và tốc độ cực đại (1điểm): (5đ) 2 l 2 + Chu kì dao động: T   2   1, 257( s) ……………………………..  g 5 + Biên độ dao động của quả cầu: s0   0 .l  6cm …………………………………. 1.1.a

1.1.b

Điểm

0,5 0,25

+ Tốc độ cực đại của quả cầu: vmax   s0  5.6  30cm / s …………………………..

0,25

Xác định sức căng dây treo tại VTCB (1điểm): + Lúc đi qua VTCB quả cầu có tốc độ: vmax  30cm / s ……………………………..

0,25

+ Gia tốc hướng tâm của quả cầu: an 

2 max



0,3  0, 225m / s 2 ………………….. 0, 4

+ Theo định luật II Niu Tơn, khi vật đi qua VTB:   mg  man    mg  man  0,6.(10  0, 225)  6,135( N ) ………………………… Tốc độ trung bình của vật sau n chu kì (0,5điểm): + Sau n chu kì quãng đường của vật đi được là: S  n.4s0 ………………………… 1.1.c + Tốc độ trung bình của vật sau n chu kì là: V

n.4s0 S 4.6    19,1(cm / s) …………………………………………….. nT n.T 1, 2566

0,25

0,5 0,25

0,25

Quãng đường cực đại (1,5điểm): 2T T T 0,25   ………………………………………………………… 2 6 3 + Quãng đường cực đại Smax  2s0  S1max …………………………………………… 0,25 M2 M1 Trong thời gian T/6 vật đi được S1max ứng với  /3 tốc độ trung bình lớn nhất khi vật chuyển động s 1.1.d lân cận VTCB. Sử dụng véc tơ quay ta tính •O 3 6 -3 2 T  được góc quay M1OM 2  .  suy ra T 6 3 S1max= A  Smax  3s0  3.6  18cm …………………….…………….. 0,5

+ Phân tích t 

+ Ở cuối thời điểm đạt quãng đường cực đại nói trên thì vật có li độ dài s=-3cm ,

vận tốc của vật có độ lớn là: v   A2  x 2  6. 62  (3)2  18 3(cm / s) ………….……………

0,5

Tính chu kì dao động của vật so với nêm (1điểm): + Trong hệ quy chiếu gắn với nêm: - Tại VTCB của m trên nêm (khi m cân bằng trên nêm thì nêm cũng cân bằng mg sin  trên bàn): lò xo giãn một đoạn: l0  (1) K

1.2

- Chọn trục Ox gắn với nêm và trùng mặt nêm hướng xuống, O là VTCB của m trên nêm. - Tại vị trí vật có li độ x: theo định luật II Niu Tơn: mg sin   K (l0  x)  ma.cos =mx // (2) ............................................................ Fd với a là gia tốc của nêm so với sàn. N + Trong hqc gắn với bàn, với nêm ta có: • Q O Fq (mgcos -ma.sin )sin -K(x+l0 )cos =Ma ..................................................... m thay (1) vào biểu thức vừa tìm ta được: P X N  Kx.cos a (3) M  m sin 2  P/ 2 K .x.cos  K .( M  m) + Thay (3) vào (2) cho ta:  Kx  m  mx //  x //  .x  0 2 M  m.sin  m( M  m.sin 2  ) chứng tỏ m dao động điều hoà so với nêm với chu kì: T 

2



 2

m( M  m.sin 2  ) K .( M  m)

Câu 2 Tính tốc độ sóng (1điểm): (4 đ) + Khoảng cách giữa hai điểm đứng yên liên tiếp trên đoạn AB là:  / 2  3cm    6cm ……………………………………………………. 2.1 + Tốc độ sóng: v   f  60cm / s …………………………………………………… Tính số điểm cực đại trên đoạn AB (1 điểm) + Khoảng cách giữa hai điểm đứng yên liên tiếp trên đoạn AB là  / 2 , khoảng cách 2.2 giữa một điểm cực đại và một điểm đứng yên liên tiếp trên đoạn AB là  / 4 …… + Hai nguồn cùng pha thì trung điểm của AB là một điểm cực đại giao thoa………  AB

2.3

1

0,25

0,5

0,5 0,5

0,25 0,25

   10 điểm……………. + Trên đoạn AB có số điểm đứng yên là: N A min  2  0,5 2   Tính li độ của M1 tại thời điểm t1 (1điểm) + Pt dao động của M trên đoạn AB cách trung điểm H của AB một đoạn x: 2 x  . AB 0,25 uM  2a.cos .cos(t  ) ………………………………………….   + Từ pt dao động của M trên đoạn AB ta thấy hai điểm trên đoạn AB dao động cùng pha hoặc ngược pha, nên tỷ số li độ cũng chính là tỷ số vận tốc…………………… 0,25

2 x1

2 .0,5 6  3/2   3     / 2 .2 1/ 2 uM 2 uM 2 cos 2 x 2 cos 6  / uM  vM 2  uM/ 2   1  4 3(cm / s) 3 uM/ 1

2.4

u M1

cos

0,5

Tính số điểm dao động với biên độ cực đại cùng pha với nguồn trên đoạn AB (1điểm): + Theo trên pt dao động của một điểm trên đoạn AB có biên độ cực đại :  . AB 2 x 2 x uM  2a.cos .cos(t  )  2a.cos cos( t-5 ) …………………………… 0,25    + Các điểm dao động với biên độ cực trên đoạn AB cùng pha với nguồn thoả mãn: 2k  1  . x   1  cos  (2k  1)    k  2; 1;0;1 2    AB / 2  x  AB / 2 2 x

2 x

Vậy trên đoạn AB có 4 điểm dao động với biên độ cực đại cùng pha với nguồn. Câu3 Tính tần số biến thiên của năng lượng từ trường (1điểm) 1 1 (4đ) + Tần số dao động riêng của mạch: f   2 LC CC 2 L 1 2 3.1.a

159155( Hz ) …….

0,75

0,5

C1  C2

+ Tần số biến thiên của năng lượng từ trường là: f1  2 f

318310( Hz ) ……………

0,5

Tính điện áp cực đại hai đầu mỗi tụ điện (1điểm) + Điện áp cực đại hai đầu bộ tụ điện: 3.1.b

CbU 02 LI 02 L .I 0  15(V ) ………….   U0  2 2 Cb

0,5

+ Điện áp uAM và uMB cùng pha nhau, nên điện áp cực đại giữa hai bản của mỗi tụ điện là: U 01  U 02  15V U 01  10(V )  ………………………………………….   U 01 C2   2 U  5( V )  02 U  02 C1

0,5

Tính cường độ dòng điện (1điểm) + Lúc điện áp hai đầu tụ C1 là u1= 6V, thì điện áp giữa hai đầu tụ C2 là u2: 3.1.c

u1 C2 u   2  u2  1  3V ………………………………………………… u2 C1 2

0,5

+ Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng: W=

C1u12 C2 u22 Li 2 LI 02 C u 2  C2 u22     i  I 02  1 1  0, 024( A) …………. 2 2 2 2 L 0,5

Tính cường độ dòng điện cực đại và viết biểu thức điện tích (1điểm) + Theo định luật bảo toàn điện tích: q1  q2  C1U01  3.109.10  3.108 (C )  q0 (1)… 0,25 + Theo định luật bảo toàn năng lượng:

q2 q12 q 2 Li 2  2   0 (2)………………….. 0,25 2C1 2C2 2 2C1

+ Rút q2 từ (1) thay vào (2) ta được pt: 3.2

q2 q12 (q0  q1 )2 Li 2    0  C2 q12  C1 (q0  q1 )2  LC1C2 .i 2  C2 .q02  0 , thay số: 2C1 2C2 2 2C1

3q12  2q0 .q1  q02  3.1012.i 2  0 (3)………………………………………………….

0,25

+ Điều kiện tồn tại nghiệm của pt (3):  /  q02  3.(3.1012.i 2  q02 )  4q02  9.1012.i 2  0  i 

2q0  0, 02( A) , suy ra cường độ 3.106

dòng điện cực đại trong mạch là I0=0,02A

0,25

Câu4 Tính hệ số công suất và viết biểu thức của điện áp hai đầu R (2,5điểm) (5đ) + Khi khoá K đóng, tụ C bị nối tắt………………………………………………… + Giản đồ véc tơ : - Áp dụng định lí hàm số cosin: hệ số công suất của đoạn mạch: 4.1

0,25 0,25

2  U 22 U12  U AB 2 …………………………………………………………..  UAB U2 2.U1.U AB 2  I - Suy ra uAM trễ pha  / 4 so với uAB nên: U1 u AM  40 2cos(100 t   / 4)(V ) …………………………………………………

cos =

1,5

0,5 Tính R; L (2,5điểm) 1 0,5  10() ………………………………………… C + Từ giản đồ véc tơ, ta còn có: U R  U r  U AB .cos( /4)=60  Ur  20V

+ Dung kháng của tụ điện: ZC 

U L  U AB .sin  / 4  60V , suy ra: R  2r; Z L  3r ……

4.2

0,5

+ Khi khoá K mở, mạch có thêm tụ điện, lúc này điện áp hiệu dụng giữa hai điểm M, B: U MB  I . r  ( Z L  Z C )  2

U AB . r 2  ( Z L  Z C ) 2 ( R  r )2  (Z L  ZC )2

60 2. r 2  (3r  10) 2

 12 10(V ) , thay R=2r; ZL=3r

 12 10  r  5() …………………………….

1,0

Từ đó suy ra: R  10; Z L  15  L  0,15 /  ( H ) ………………………………… Câu5 Thời điểm tốc độ dài của một điểm trên vành trụ nhỏ bằng tốc độ ván (0,75điểm + Chọn gốc O trùng khối tâm của ván khi nó ở VTCB (2đ) + Khi G có tọa độ x:

0,5

vào ta được:

(3r )  (3r  10) 2

2mg   N1 l / 2  x (l / 2  x) N1      l  N2 l / 2  x    N  N  mg  N  2mg (l / 2  x) 2  1  2 l

+ Ban dầu ma sát trượt, nên theo định luật II Niu Tơn: 2 mg // // // Fms1  Fms 2  mx  

5.1

.x  mx  x 

2 g .x  0 (1) l

Chứng tỏ ban đầu vật chuyển động pt: x  A cos(0t   ) với 0  2 g / l  0,5(rad / s )  x  2(m)  A.cos =2  A  2m Trong đó: t = 0 ta có:    V  0 sin   0   0

Do đó đầu tiên vật dao động theo pt: x  2.cos(0,5t) (m) khi mà ma sát giữa ván và các trụ đều là ma sát trượt (khi mà Fms 2   N 2   N1  Fms1 )………………….

0,25

+ Khi mà khối tâm G của ván đi về O thì phản lực N2 giảm, N1 tăng nên Fms2 giảm còn Fms1 tăng (và dễ thấy khi G  O thì Fms1=Fms2). Vì vậy, đến thời điểm t1 và vận tốc của ván có độ lớn bằng vận tốc dài của một điểm trên vành trụ nhỏ thì sau đó lực ma sát giữa ván với trụ nhỏ là ma sát nghỉ……………………………. 0,25 + Ta xác định thời điểm t1: V1  0 . A.sin 0t1   r  sin 0t1  2.0, 25  0,5  0t1   / 6  t1   / 3( s) ………..

0,25

( vì t1 <T0/4) Tim sự phụ thuộc của toạ độ khối tâm của ván theo thời gian (1,25điểm) + Ở thời điểm t1 khối tâm ván có tọa độ x1= 2.cos(0,5.t1) = 3m + Ta thấy từ thời điểm t1 đến thời điểm t2 (là thời điểm G trùng O: Fms1 = Fms2) thì ván chuyển động thẳng đều vì lực ma sát nghỉ giữa ván và trụ nhỏ cân bằng với ma sát trượt giữa ván và trụ lớn. Ở thời điểm t2 khối tâm ván có li độ x x  3 x2= 0: ván ở VTCB , nên: t2  t1  1 2    4,5( s) ………………………. 0,25 V1

+ Sau khi qua VTCB thì N1> N2 nên Fms1>Fms2 : ván trượt trên hai trụ, vì khi đó vận tốc của ván giảm, do đó ván dao động điều hòa với biên độ: A1  5.2

0

 1m . ……. 0,25

+ Khi vận tốc của ván đã triệt tiêu, Fms1 kéo ván về VTCB theo pt (1), hơn nữa vận tốc cực đại của ván bây giờ: Vmax  0 . A1  0,5m / s  r   R (chỉ bằng vận tốc dài của một điểm trên vành trụ nhỏ khi ván qua VTCB) nên ván luôn trượt trên hai trụ., nghĩa là nó dao động điều hòa theo pt (1)…………………………………………………………………

0,25

+ Ta có pt dao động của ván sau thời điểm t2: x  1.cos(0,5.t+1 ) , tại t = 4,5(s): cos(2,25+1 )  0 x  0   V  0,5(m / s )  sin(2, 25  1 )  1  1  0, 68( rad )  x  1.cos(0,5t-0,68)(m) …………………………………………………….. 0,25  Vậy: * với 0  t  ( s) tọa độ khối tâm của ván là: x  2.cos(0,5t)(cm) 



( s)  t  4,5( s) : tọa độ khối tâm của ván: x  3  0,5.(t  )(cm) 3 3 * với t  4,5( s) : tọa độ khối tâm của ván: x  1.cos(0,5t-0,68)(m)

* với

Lưu ý: Thí sinh giải cách khác đáp án mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa bài đó.

0,25

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2011 - 2012

Môn thi: VẬT LÝ LỚP 12 THPT - BẢNG B Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (5,0 điểm). Trong thí nghiệm giao thoa sóng mặt nước, có hai nguồn kết hợp tại hai điểm A, B (AB = 18cm) dao động theo phương trình u1  u2  2 cos 50t (cm). Coi biên độ sóng không đổi. Tốc độ truyền sóng là 50cm/s. a) Viết phương trình sóng tổng hợp tại điểm M trên mặt nước cách các nguồn lần lượt d1, d2. b) Xác định số điểm đứng yên trên đoạn AB. c) Trên đoạn AB có mấy điểm cực đại có dao động cùng pha với nguồn. d) Gọi O là trung điểm AB, điểm M ở mặt chất lỏng nằm trên đường trung trực của AB và gần O nhất sao cho phần tử chất lỏng tại M dao động cùng pha với phần tử chất lỏng tại O. Tính MO. Câu 2 (6,0 điểm). Cho đoạn mạch AB gồm R, L, C mắc nối tiếp như hình vẽ 1. Đặt vào hai đầu đoạn 2 103 mạch một điện áp xoay chiều u AB  220 2 cos100t (V ) , R  50 3 , L  H , C  F.  5 a) Viết biểu thức cường độ dòng điện, biểu thức của các L N C A điện áp uAN và uMB. B M R b) Điều chỉnh C để công suất trên cả đoạn mạch đạt cực đại. Tìm C và giá trị cực đại của công suất. Hình 1 2 c) Giữ nguyên L  H , thay điện trở R bằng R1  1000,



4 F . Giữ nguyên điện áp hiệu dụng của nguồn, thay đổi tần số f đến 9 giá trị f0 sao cho điện áp hiệu dụng UC1 giữa hai bản cực của tụ điện đạt cực đại. Tìm f0 và giá trị cực đại của UC1.

điều chỉnh tụ điện C bằng C1 

Câu 3 (5,0 điểm): Một sợi dây cao su nhẹ đàn hồi có độ cứng k = 25N/m đầu trên được giữ cố định, đầu dưới treo vật m = 625g. Cho g = 10m/s2,  2  10 . 1) Kéo vật rời khỏi vị trí cân bằng theo phương thẳng đứng hướng xuống dưới một đoạn bằng 5cm rồi thả nhẹ cho vật dao động điều hòa. Chọn gốc thời gian là lúc thả vật, gốc tọa độ tại vị trí cân bằng, chiều dương hướng xuống. a) Viết phương trình dao động của vật. b) Tính tốc độ trung bình của vật kể từ lúc bắt đầu chuyển động đến lúc vật qua vị trí có x = 2,5cm lần thứ 2. 2) Vật đang ở vị trí cân bằng, truyền cho vật vận tốc 2m/s hướng thẳng đứng xuống dưới. Xác định độ cao cực đại của vật so với vị trí cân bằng. Câu 4 (3,0 điểm). Cho quang hệ gồm hai thấu kính hội tụ, đồng trục f1 = 10cm; f3 = 25cm; khoảng cách giữa hai thấu kính là O1O3 = 40cm. a) Đặt một vật sáng AB = 2cm vuông góc với trục chính trước thấu kính O1 một đoạn d1 = 15cm. Xác định vị trí và tính chất của ảnh qua quang hệ. b) Đặt thêm thấu kính O2 đồng trục với hai thấu kính trên và tại trung điểm của O1O3, khi đó độ phóng đại ảnh qua hệ 3 thấu kính không phụ thuộc vị trí đặt vật. Xác định f2 và vẽ đường đi của tia sáng. Câu 5 (1,0 điểm). Cho mạch điện như hình 2. Với E = 1,5V; r = 0; R = 50 . Biết rằng đường đặc trưng vôn-ampe của điôt D (tức là sự phụ thuộc của dòng điện đi qua điôt vào hiệu điện thế hai đầu của nó) được mô tả bởi công thức I = 10 -2U2, trong đó

D E,r

Hình 2

I được tính bằng ampe còn U được tính bằng vôn. Xác định cường độ dòng điện trong mạch. - - - Hết - - -

Họ và tên thí sinh:........................................................................... Số báo danh:..........................

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2011 - 2012

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: VẬT LÍ LỚP 12 THPT – BẢNG B (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang)

NỘI DUNG

Câu

Bước   vT  2cm ............................................................................................. - Phương trình sóng từ các nguồn truyền tới điểm M : -

1.a (1,5đ)

u1M  2 cos(50t 

2d1

2d 2

0,5

) ................................................

   ). - Phương trình sóng tổng hợp tại M : u M  4 cos  (d 2  d1 ) cos 50t  (d1  d 2 ) (cm0,5     

 



u2 M  2 cos(50t 

);

Điể m sóng 0,5 :

Độ

2

lệch

pha : 0,5

(d  d ) ....................................................................................  2 1 1.b (1,5đ) - Điểm đứng yên khi :   2 (d  d )  (2k  1)  d  d  (2k  1)  ..................... 0,5 2 1 2 1



- Số điểm đứng yên trên AB : (2k  1) => k nhận các giá trị điểm...........................................  

 2

 AB  9,5  k  8,5 với k nguyên

từ :

-8..............7,

có

0,5 18

- Phương trình sóng : u M  4 cos  (d 2  d1 ) cos50t   (cm). 

0,5  Hay : u M  4 cos  (d 2  d1 ) cos 50t (cm). ...........................................

1.c   (1,0đ) - Các điểm dao động cực đại cùng pha với nguồn khi :

  cos  (d 2  d1 )  1  d 2  d1  4k  2 . Khi đó : (4k  2)  AB 2 

0,5 => -5 < k <4 với k nguyên, nên k nhận các giá trị từ : - 4, -3, .... 3. Vậy có 8 điểm. - Ta có : OA = 9cm = 4,5  => điểm O dao động ngược pha với nguồn do đó điểm M 0,25 cũng dao động ngược pha với nguồn................................................................................... 1.d 0,25 (1,0đ) - Điểm M dao động ngược pha với nguồn khi : AM = (2k +  0,25 1) ....................................... 2

 - Để điểm M nằm trên đường trung trực AB thì : (2k + 1) >9 => 0,25 k > 2

4.............................

- Điểm M gần nhất khi kmin : kmin = 5. Khi đó : AM = 11cm - Khoảng cách MO là : MO  AM 2  AO 2  2 10 (cm) .............................................. 0,5 Tổng trở : Z  R 2  (Z L  Z C ) 2  100 3 () ................................................................. trong đó Z L  L  200; Z C 

1  50 ....................................................... 0,5 C

Cường độ dòng 2.a U0 (3,5đ) I 0  Z  1,8 A .............................................................................. tan  

Độ lệch pha :

Z L  ZC   3   3 R

i  u    

i  1,8 cos(100t 

- Biểu thức cường độ dòng điện :

 3

điện : 0,5 .............................0,5

) A .............................................

0,5

- Biểu thức uAN : U0AN = I0ZAN  392,4V Z AN  R 2  Z L2  218 Z 200  uAN  0,11rad ......0,25 tan  AN  L    AN  1,16rad  uAN  i R 50 3 u AN  392,4 cos(100t  0,11)(V ) ...................................................................... - Biểu thức uMB : Z AN  Z L  Z C  150

 MB 

 2

Vì

U0MB = I0ZMB = 1,8.150 = 270(V) > ZC

nên

..................................................................................... u MB

0,25  270 cos(100t   )(V )  270 cos(100t  )(V ) .............................. 3 2 6 0,25 



Công

suất trên đoạn mạch 2.b Z C  Z L  200 ........................................... (1,5đ) Điện dung -

0,25

đạt

cực

đại

khi 0,5 :

C, 

của

1 104  F ............................................................................. .Z C , 2 2

- Công suất cực đại là : Pmax

0,5 tụ : 0,5

 220  2 .R    I max  .50 3  558,7(W ). ...................................  50 3 

- Điện áp hiệu dụng giữa hai bản tụ: U C1  I .Z C1 

U .Z C1 R  (Z L  ZC ) 2 1



U  R12  Z L    1 2 Z C1  Z C1 

0,25 ……………………………………

- Ta thấy UC1 đạt cực đại khi mẫu số cực tiểu. Biến đổi biểu thức ở mẫu số ta được: 2.c 0,25 2 2 4 2 2 2 MS = L C1   (C1 R1  2 LC1 )  1 ………………..…………….………….. (1,0đ)

- Mẫu số cực tiểu khi: 0 

2C1 L  C12 R12  1000 (rad / s ) 2C12 L2

- Giá trị cực đại của UC1 là: U C1Max 

3.1

1 0C1

 1   R12   0 L  0C1  

trình dao động x  A cos(t   ) …………………………….

Phương

 f0 

0  500Hz. ….. 2

0,25  480,2(V ). ………………

của

vật

có

0,25 dạng: 0,5

3.1.a - Tần số góc:   m  0,625  2 (rad / s) ……………………………………………….. 0,5 (2,0đ)  x0  A cos   5  A  5cm;   0 ………………………………. v0  A sin   0 0,5 - Phương trình dao động là: x  5 cos 2t (cm ). …………………………………………….. - Tại thời điểm t = 0: 

0,5 - Từ mối quan hệ giữa dao động điều hòa và chuyển động tròn đều ta xác định được thời 1,0 gian kể từ lúc vật bắt đầu chuyển động đến lúc vật qua vị 3.1.b trí (2,0đ) x = -2,5cm là: -5 -2,5 O 5 4 2 1,0   t  t  ( s) ………………………… 3

S 12,5   18,75(cm / s). t 2/3 mg - Tại vị trí cân bằng độ giãn của dây là l   0,25m  25cm. Vì vậy vật chỉ dao động điều k 0,5

- Tốc độ trung bình:

3.2 (1,0đ)

tđtb 

hòa khi A < 25cm………………………………………………………………………………….. - Nếu tại VTCB truyền vận tốc v = 2m/s thì biên độ có thể đạt là A 

vmax



 31,8cm , nên khi đi

lên qua vị trí 25cm thì dây bị chùng do vậy vật không dao động điều hòa……………………….. - Áp dụng định luật BTNL, chọn gốc thế năng hấp dẫn tại VTCB thì : Tại VTCB: W1 =

kx02 mv02  2 2

0,25

Tại vị trí cao nhất: W2 = mghmax…………………………………..

W1 = W2 => hmax = 32,5cm.

0,25 - Sơ đồ tạo ảnh qua hệ:

TK O1

A1B1

TK O3

A0,5 2B2

…………………………………..

- Áp dụng công thức thấu kính, ta có: 4.a (2,0đ)

d1/ 

0,5

d1 f1 d f 50  30cm. d 2  l  d1/  10cm. d 2/  2 2   cm ………………. d1  f1 d2  f2 3

- Độ phóng đại: k 

d1/ d 2/ 50  . d1d 2 15

 A2 B2  k AB 

0,5 100 cm. …………………………. 15

- Vậy ảnh A2B2 qua hệ thấu kính là ảnh ảo, ngược chiều với vật và bằng

500,5 lần 15

vật…….. B

I O1

F’ 1

4.b (1,0đ)

0,25

……………………………………………….... - Khi vật dịch chuyển dọc theo trục chính thì tia BI song song trục chính không đổi. 0,25 - Để độ phóng đại ảnh không phụ thuộc vị trí đặt vật thì tia ló KR phải song song với trục 0,25 chính………………………………………………………………………………… ……. - Suy ra tia JK kéo dài phải qua F3, từ hình vẽ, ta có F3 là ảnh của F1’ qua TK O2.0,25 Ta có: d2 = 10cm; d 2’ -5cm =  f2 

d 2 d 2/  10(cm) ……………………………. d 2  d 2/

- Vậy cần phải đặt một TKPK có tiêu cự f2 = -10cm tại O2. - Ta có : U + UR = E, trong đó UR = IR 0,25 = 2 0,01U .R……………………………………….. 5 0,25 2 0,5U + U – 1,50,25 = (1,0đ) - Thay số vào ta được phương trình : 0……………………………….. - Giải phương trình này và lấy nghiệm U = 1V, suy ra U R0,25 = 0,5V………………………… Dòng điện trong mạch là: I = UR  0,01A. ………………………………………………. R

Lưu ý : HS giải bằng các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Năm học: 2011-2012

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn thi: VẬT LÍ Lớp 12 THPT Ngày thi: 23 tháng 3 năm 2012 Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề này có 2 trang, gồm 7 câu.

Số báo danh …...............…… ……………. …........................

Câu 1 (2 điểm) Một thanh thẳng, đồng chất, tiết diện nhỏ, dài  2(m) và có khối lượng M=3(kg). Thanh có thể quay trên mặt phẳng nằm ngang, quanh một trục cố định thẳng đứng đi qua trọng tâm của nó. Thanh đang đứng yên thì một viên đạn nhỏ có khối lượng m = 6(g) bay trong mặt phẳng nằm ngang chứa thanh và có phương vuông góc với thanh rồi cắm vào một đầu của thanh. Tốc độ góc của thanh ngay sau va chạm là 5(rad/s). Cho 1 momen quán tính của thanh đối với trục quay trên là I= M 2 . Tính tốc độ của đạn 12 ngay trước khi cắm vào thanh. Câu 2 (4 điểm) Một con lắc lò xo treo thẳng đứng gồm vật nặng có khối lượng m = 100(g) và lò xo nhẹ có độ cứng k = 100(N/m). Nâng vật nặng lên theo phương thẳng đứng đến vị trí lò xo không bị biến dạng, rồi truyền cho nó vận tốc 10 30 (cm/s) thẳng đứng hướng lên. Chọn gốc thời gian là lúc truyền vận tốc cho vật nặng. Chọn trục tọa độ Ox thẳng đứng, chiều dương hướng xuống, gốc tọa độ O ở vị trí cân bằng. Lấy g = 10(m/s2); π 2  10 . a) Nếu sức cản của môi trường không đáng kể, con lắc lò xo dao động điều hòa. Tính: - Độ lớn của lực đàn hồi mà lò xo tác dụng vào vật lúc t = 1/3(s). - Tốc độ trung bình của vật trong khoảng thời gian 1/6(s) đầu tiên. b) Nếu lực cản của môi trường tác dụng lên vật nặng có độ lớn không đổi và bằng FC=0,1(N). Hãy tìm tốc độ lớn nhất của vật sau khi truyền vận tốc. Câu 3 (4 điểm) π Một con lắc đơn dao động với biên độ góc α 0 < , có mốc thế năng được chọn tại 2 vị trí cân bằng của vật nặng. a) Tính tỉ số giữa thế năng và động năng của vật nặng tại vị trí mà lực căng dây treo có độ lớn bằng trọng lực tác dụng lên vật nặng. b) Gọi độ lớn vận tốc của vật nặng khi động năng bằng thế năng là v 1, khi độ lớn của lực căng dây treo bằng trọng lực tác dụng lên vật nặng là v2. Hãy so sánh v1 và v2. Câu 4 (3 điểm) k Cho mạch điện như hình 1, nguồn điện có suất điện động E, điện trở trong r = 0,5  , cuộn cảm thuần có độ tự cảm L, tụ điện có điện dung C. Ban đầu khóa k đóng, khi E,r dòng điện đã ổn định thì ngắt khóa k, trong mạch có dao L động điện từ với chu kì T = 10-3(s). Hiệu điện thế cực đại giữa hai bản tụ điện gấp n = 5 lần suất điện động của nguồn điện. Bỏ qua điện trở thuần của mạch dao động, tìm điện (Hình 1) dung C và độ tự cảm L.

(trang 1)

Câu 5 (3 điểm) Cho mạch điện không phân nhánh như hình 2, gồm có điện trở thuần R=80  , cuộn dây L không thuần cảm và tụ điện C. Điện áp giữa hai điểm P và Q có biểu thức u PQ =240 2cos100πt(V) . a) Dòng điện hiệu dụng trong mạch là I= 3(A) , uDQ sớm pha hơn uPQ là

π , uPM lệch pha 6

π so với uPQ. Tìm độ tự cảm, điện trở thuần r của cuộn dây và điện dung của tụ điện. 2 b) Giữ nguyên tụ điện C, cuộn dây L và điện áp giữa hai điểm P và Q như đã cho, thay đổi điện trở R. Xác định giá trị của R để công suất tiêu thụ trong đoạn mạch PM là cực đại.

L,r

(Hình 2)

Câu 6 (2 điểm) Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, thực hiện đồng thời với hai bức xạ đơn sắc có bước sóng λ1 và λ 2 , các khoảng vân tương ứng thu được trên màn quan sát là i1 = 0,48(mm) và i2. Hai điểm điểm A, B trên màn quan sát cách nhau 34,56(mm) và AB vuông góc với các vân giao thoa. Biết A và B là hai vị trí mà cả hai hệ vân đều cho vân sáng tại đó. Trên đoạn AB quan sát được 109 vân sáng trong đó có 19 vân sáng cùng màu với vân sáng trung tâm. Tìm i2. Câu 7 (2 điểm) A Một dây AB có chiều dài , được treo thẳng đứng vào một điểm cố định A như hình 3. Khối lượng m của dây phân bố đều trên chiều dài và tạo ra lực căng. a) Tính tốc độ truyền sóng ngang trên dây ở điểm M cách đầu dưới B của dây một khoảng là x. M b) Tính thời gian để chấn động từ đầu trên A của dây đi hết chiều dài x dây.

B ----------------------------------------Hết--------------------------------------------

(trang 2)

(Hình 3)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Năm học: 2011-2012 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÍ (Đề chính thức) Lớp 12 THPT Ngày thi: 23 tháng 3 năm 2012 (Hướng dẫn gồm 03.trang) Hướng dẫn giải

Câu 1 (2 điểm)

Thang điểm

+ Momen động lượng của hệ ngay trước va chạm:

L1  I d .d  md .R 2 .

v md .v.  (1) 2 R

0,75

+ Momen động lượng của hệ ngay sau va chạm:

1 L2   I d  I t     md 4



1 mt 12

  

0,75

+ Áp dụng định luật bảo toàn momen động lượng: L1 = L2

1  md 4 v 



1 mt 12

md . 2a) (2,5điểm)

  

838,3(m / s)

k mg  10 (rad/s)  0, 01(m)  1(cm)   m k 2 + Phương trình dao động của vật: x  2 cos(10 t  ) (cm) 3

+ Khi vật ở VTCB 

0,5

 x0 

+ t =1/3(s) => x = 2(cm). Độ lớn lực đàn hồi: Fđh=k  = 3(N) 2 ) bằng véc tơ quay A . 2 3 3 5 2 Sau t =1/6s A quay t    3 3 Quãng đường vật dao động điều hòa H M x đi được sau 1/6s là: A o S= 2A+ 2HM = 2A + A=3A=6cm -A  + Tốc độ trùng bình : 3 S 6 Vtb=   36(cm / s) t 1 6 Chọn mốc tính thế năng là VTCB mv02 kx02 + Cơ năng ban đầu W0 =   0, 02( J ) 2 2 + Vật chuyển động chậm dần đến vị trí cao nhất cách VTCB A: kA12  W0  Fc ( A1  x0 )  A1  0, 0195m 2

0,5 0,5 0,5

+ Biểu diễn x  2 cos(10 t 

2b) (1,5điểm)

(trang 3)

0,5

+ Sau đó vât đi xuống nhanh dần và đạt tốc độ cực đại tại vị trí: F Fhp=Fc  x1  C  0, 001(m) K + Độ biến thiên cơ năng lúc đầu và vị trí tốc độ cực đại: mv 2 kx12   Fc ( A1  x0  A1  x1 )  v  0,586(m / s) W0  2 2 3a) (2,5điểm)

+ T =mg  mg (3cos   2cos  0 )  mg  cos = Wt  mg (1  cos )=

0,25

1+2cos 0 3

0,5 0,75

2mg (1  cos 0 ) 3

mv 2 mg  (1  cos 0 ) 2 3 W  t 2 Wd

Wd 

0,75 0,5

1  cos  v1  g (1  cos 0 ) 2 + Khi lực căng của dây bằng trọng lực tác dụng lên vật: 2 g (1  cos 0 ) v2  3 Vậy v1 > v2

3b) (1,5điểm)

+ Khi động năng bằng thế năng: cos  

0,5

0,5 0,5 0,5

+ Dòng điện qua cuộn cảm khi K đóng: I0=E/r

4 (3 điểm)

+ Năng lượng từ trường ở cuộn cảm khi K đóng: WtMax

1 1 E  LI 02  L   2 2 r

+ Khi K ngắt năng lượng điện từ trường của mạch là: 1 1 W= CU 02  Cn 2 E 2  Wt Max  L  Cr 2 n 2 2 2 T2 nrT T + Ta có: T  2 LC  LC  2  L  ;C  2 2 nr 4 nrT + Thay số L  0,398mH 2 + Thay số C 

T 2. .r.n

U DQ U LC

 6

O UC

0,5 0,5 0,5

63, 7(  F )

0,5 + Từ bài ra có giãn đồ véc tơ và mạch này có tính cảm kháng. + Từ giãn đồ véc tơ ta có:

5a) (2,5điểm) U

1 2



2 2  U R2  U PQ  U DQ  2U PQ .U DQ .Cos

R Z

U Rr U RC

0,5

U R  U PQ  U DQ

U PQ

UrUR

0,5

+ Thay số:

2 PQ

Z

2 DQ

 Z .Z 2 PQ

R  80; Z PQ 

2 DQ

U PQ I

 6

. 3

 80 3

Ta được: ZDQ = 80  = R hoặc ZDQ = 160 

(trang 4)

0,5

Loại nghiệm ZDQ = 160  (vì + Vì ZDQ = 80  = R nên 1  Suy ra: C =

1 

 6

 2

nên UQD<UQP)

 2 

 3

 tan  2 

ZC  3  Z C  80 3 R

0,25

23.106 ( F )  23(  F )

100 .80 3 + Mặt khác : 120 3   Z  ZC Sin(  1 )  Sin  L  Z L  120 3  L  Z DQ 6 3 100 Z  ZC   r  40 + tan  3  L 3

5b) (0,5điểm)

6 (2 điểm)

0,25

0,562( H )

0,25 0,25

U2 r 2  (Z L  ZC )2  R  2r R  r 2  (Z L  ZC )2    R  2r   R  r 2  ( Z L  Z C ) 2  80 R   Min

PPM  RI 2 

0,25

 PPM Max

0,25

+ Số vân sáng của bức xạ 1 trong vùng AB: N1 

AB 1 i1

0,5

AB 1 i2 + Số vân trùng của 2 hệ vân: N = N1 + N2 - Số vạch sáng quan sát được

+ Số vân sáng của bức xạ 2 trong vùng AB: N 2 

Hay 19 

3

0,5

3

34,56.10 34,56.10   107  i2  0, 64.103 m  0, 64mm 3 0, 48.10 i2

7a) (1 điểm)

+ v

7b) (1 điểm)

+ Chấn động đi một khoảng dx mất thời gian:

dt 

0,5

gx ( Lực căng là trọng lượng của phần MB, F =

mgx

)

t 1 dx dx dx 1 dx .   dt   t 2   . o 0 g v g x gx g x

(trang 5)

0,5 1

Sở GD&ĐT Thanh Hóa Trường THPT

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHỐI 12 NĂM HỌC 2011-2012 Môn: Vật Lý Thời gian: 150 Phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1(2đ): Một ròng rọc hình trụ khối lượng M=3kg, bán kính R=0,4m được dùng để kéo nước trong một cái giếng (hình vẽ). Một chiếc xô khối lượng m=2kg, được buộc vào một sợi dây quấn quanh ròng rọc. Nếu xô được thả từ miệng giếng thì sau 3s nó chạm vào nước. Bỏ qua ma sát ở trục quay và momen quán tính của tay quay. Lấy g = 9,8 m/s2. Tính: a. Lực căng T và gia tốc của xô, biết dây không trượt trên ròng rọc b. Độ sâu tính từ miệng giếng đến mặt nước. Câu 2(4đ): Một con lắc lò xo treo thẳng đứng gồm vật nhỏ khối lượng m = 250g và một lò xo nhẹ có độ cứng k = 100 N/m. Kéo vật m xuống dưới theo phương thẳng đứng đến vị trí lò xo giãn 7,5 cm rồi thả nhẹ. Chọn gốc tọa độ ở vị trí cân Hình câu 1 bằng của vật, trục tọa độ thẳng đứng, chiều dương hướng lên trên, gốc thời gian là lúc thả vật. Cho g = 10m/s2. Coi vật dao động điều hòa a. Viết phương trình dao động b. Tính thời gian từ lúc thả vật đến thời điểm vật đi qua vị trí lò xo không biến dạng lần thứ nhất. 1 c. Thực tế trong quá trình dao động vật luôn chịu tác dụng của lực cản có độ lớn bằng trọng lực 50 tác dụng lên vật, coi biên độ dao động của vật giảm đều trong từng chu kì tính số lần vật đi qua vị trí cân bằng kể từ khi thả. Câu 3(4đ): Một con lắc đơn gồm quả cầu kim loại khối lượng m = 0,1kg được treo vào một điểm A cố định bằng một đoạn dây mảnh có độ dài l = 5m. Đưa quả cầu ra khỏi vị trí cân bằng cho đến khi dây treo nghiêng với góc thẳng đứng một góc  0 = 90 rồi buông cho nó dao động điều hòa. Lấy g =2 = 10 m/s2. a. Viết phương trình dao động của con lắc theo li độ góc và li độ dài ? Chọn gốc thời gian lúc buông vật. b.Tính động năng của nó sau khi buông một khoảng thời gian t =

 6 2

(s)? Xác định cơ năng toàn

phần của con lắc? c. Xác định lực căng của dây treo con lắc khi vật đi qua vị trí cân bằng? Câu 4(4đ): Mức cường độ âm do nguồn S gây ra tại một điểm M là L; Cho nguồn S tiến lại gần M một khoảng D thì mức cường độ âm tăng thêm được 7dB. a. Tính khoảng cách R từ S tới M biết D = 62m. b. Biết mức cường độ âm tại M là 73dB, Hãy tính công suất của nguồn. Câu 5(4đ): Đoạn mạch gồm một cuộn dây có điện trở R, độ tự C cảm L mắc nối tiếp với một tụ điện C. Đặt vào 2 đầu đoạn L,R A B mạch một điện áp xoay chiều có tần số f. Cho biết các điện D áp hiệu dụng giữa 2 đầu đoạn mạch UAB=37,5V; giữa 2 đầu cuộn dây là: 50V và giữa 2 đầu tụ điện là 17,5 V. Cường độ dòng điện hiệu dụng trong mạch là 0,1A. a. Xác định R, ZL và ZC. b. Cho tần số f thay đổi đến giá trị f’=330Hz thì cường độ dòng điện hiệu dụng đạt cực đại xác định L và C? Câu 6 (2đ): Tụ điện của máy phát sóng điện từ có giá trị điện dung C1 ứng với tần số phát f1. Nếu

mắc nối tiếp với C1 một tụ khác có điện dung C2 = 100C1 thì tần số phát ra sẽ biến đổi đi bao nhiêu lần ? . Hết

Giám thị coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: …………………………………………….Số báo danh: …….. ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2011 – 2012 MÔN: VẬT LÝ - Thời gian làm bài: 150 phút Thang điểm

Đáp án

Câu a. Đối với xô:

Câu 1 (2điểm)

mg – T = ma (1) Đối với ròng rọc: a 1 1 T .R  I  M .R 2 . t  T  M .at (2) 2 R 2 Dây không trượt nên ròng rọc có: at  a (3) Từ (1), (2) và (3) ta tính được: a = 0,56 m/s2, T = 8,4 N

 Q

0,25  T'

 Mg

0,5 0,25

 T

0,5

 mg

1 1 b. h  at 2  (5,6).(3) 2  25,2m 2 2

Câu 2 4điểm

0,5

a. Vật chịu tác dụng của 2 lực: trọng lực và lực đàn hồi của lò xo: mg mg  kl0  l0   0,025m - Tại VTCB có: k  2,5cm

- Phương trình dao động của vât có dạng: x  A cos(t   ) Với  

0,5

0,25

k 100   20(rad / s) m 0,25

0,25 •

 x  (7,5  2,5)  5cm  A  5(cm) -Tại lúc t = 0   v  0    (rad ) Vậy pt: x  5 cos( 20t   )(cm)

0 0,5

0,5

b. Vật bắt đầu chuyển động đến lúc x = 2,5 cm thì lò xo ko giãn lầ thư nhất. khi đó ta có bán kính véc tơ của chuyển động tròn đều quét được một góc 2    .t  t   ( s)  3  30 2,5



1,0

c.Gọi A1, A2, ….., An là biên độ dao động của vật trong những lần kế tiếp. Mỗi lần vật đi qua vị trí cân bằng năng lượng giảm: 1 1 w  k ( A12  A22 )  AFc  mg ( A1  A2 )  A1  A2  10 3 m  0,1cm 2 50 A  50 lần Vậy số lần vật đi qua vị trí cân bằng là: N  A1  A2

Câu 3

a. Phương trình dao động của con lắc có dạng: s = S0cos( t   ), hoặc    0cos(t   )

4 điểm

Trong đó  

g  2 rad/s l

 20

9 cos( 2t ) rad 180

cos( 2t ) rad

Hoặc: S0 = l.  0 =



s thì  



cos( 2



) =

 3 rad 40

c. Từ phương trình bảo toàn năng lượng ta có: mv 2  mgl (1  cos  0 ) 2 mv 2 Mặt khác ta lại có:  T  mg l Suy ra: T  mg (3  2 cos  0 ) =5,123N Câu 4 4 điểm

0,5

0,25

20 6 2 1 Thế năng của vật lúc đó là: wt = mgl 2 = 0,046875J 2 1 Cơ năng con lắc là: W = mgl 02 = 0,0625J 2 Động năng của vật lúc đó: wd = W – wt = 0,015625J 6 2

0,25

  m => s = cos( 2t ) m 4 4

b.Sau thời gian t =

0,5

0,25

Khi t = 0 thì    0 => cos  1 =>   0 =>   =>  

0,5

a. Gọi I là cường độ âm tại M, I’ là cường độ âm tại điểm gần hơn Ta có: P I' P  L  10. lg Do đó I ; I’= 2 2 I 4 ( R  D) 4R R2 R L  10. lg  20 lg với ( R  D) RD R 7 2,24 L  7dB, D  62m  lg   lg 2,24  R  D  112 R  D 20 1,24

0,5 0,25 0,25 0,25

0,5 0,5 0,25

0,5 0,5

0,5

b. Ta có: L=10lg lg

1,0

I Với I0=10-12; L=73 nên I0

I  7,3  7  0,3  lg107  lg 2  lg 2.107  I  2.107.I 0  2.10 5 w / m 2 I0

0,5 1,0

Và P= 4R I  3,15w 2

Câu 5 4 điểm

2 U AD  U C2  U 2 UL   40(V ) 2.U C

0,5

U R  50 2  40 2  30(V )

0,5

30 40 17,5  300(), Z L   400(); Z C   175() 0,1 0,1 0,1

R

Z L  L  400(); Z C 

1,0

Z 1 400  175(); L  LC 2  C ZC 175

0,5

Mặt khác ta có Z L'  L '  Z C' 

Vậy:

1  LC '2  1 ' C

0,5

 2 400     1000 (rad / s)  '2 175 ZL

0,5

2 (H )  5 Từ đó suy ra: 1 10 3 C  .Z C 175 L

+ 2f =



f CI 1  2  f1 CII LC

0,25 0,25

0,5

(1)

Câu 6 2 điểm

+ Mặt khác C2 = nC1 ; CI = C1 và CII = C1C2/(C1+C2)

+ Thay (2) vào (1) ta có

+ Suy ra f2  1,005f1.

f2 1  1 f1 n

(2)

0,5

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC  ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011-2012 ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ (Dành cho học sinh trường THPT không chuyên) Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

Câu 1 (2 điểm). Một con lắc lò xo gồm vật nặng có khối lượng M  300 g , lò xo nhẹ có độ cứng k  200 N / m . Khi M đang ở vị trí cân bằng thì thả vật m  200 g rơi từ độ cao h  3, 75cm so với M (Hình 1). Coi va chạm giữa m và M là hoàn toàn mềm. Sau va chạm,

m h

M hệ M và m bắt đầu dao động điều hòa. Lấy g  10m / s 2 . a) Tính vận tốc của m ngay trước va chạm và vận tốc của hai vật ngay sau va chạm. b) Viết phương trình dao động của hệ (M+m). Chọn gốc thời gian là lúc va chạm, trục tọa k độ Ox thẳng đứng hướng lên, gốc O là vị trí cân bằng của hệ sau va chạm. c) Tính biên độ dao động cực đại của hệ vật để trong quá trình dao động vật m không rời khỏi M Hình 1 Câu 2 (2 điểm). Trong thí nghiệm giao thoa sóng trên mặt nước, hai nguồn kết hợp S1, S2 cách nhau 8cm dao động cùng pha với tần số f  20 Hz . Điểm M trên mặt nước cách S1, S2 lần lượt những khoảng d1  25cm, d 2  20,5cm dao động với biên độ cực đại, giữa M và đường trung trực của AB có hai dãy cực đại khác. a) Tính tốc độ truyền sóng trên mặt nước. b) A là một điểm trên mặt nước sao cho tam giác AS1S2 vuông tại S1, AS1  6cm . Tính số điểm dao động cực đại, cực tiểu trên đoạn AS2. c) N là một điểm thuộc đường trung trực của đoạn thẳng S1S2 dao động ngược pha với hai nguồn. Tìm khoảng cách nhỏ nhất từ N đến đoạn thẳng S1S2. Câu 3 (2,5 điểm). Cho con lắc lò xo gồm lò xo nhẹ có độ cứng k  50 N / m , vật nặng kích thước nhỏ có khối lượng m  500 g (Hình 2). Kích thích cho vật dao động điều hòa theo phương thẳng đứng. Chọn gốc thời gian là lúc vật qua vị trí có li độ x  2,5cm với tốc độ 25 3 cm / s theo phương thẳng đứng hướng xuống dưới. Chọn trục tọa độ Ox theo phương thẳng đứng, chiều dương hướng lên trên, gốc O trùng với vị trí cân bằng của vật. Lấy g  10m / s 2 . a) Viết phương trình dao động của vật. b) Tính khoảng thời gian ngắn nhất để vật đi từ vị trí có li độ x1  2,5cm đến vị trí có li độ

m Hình 2

x2  2,5cm . c) Tính quãng đường đi được của vật kể từ lúc bắt đầu dao động đến khi tới vị trí có động năng bằng thế năng lần thứ hai. Câu 4 (2 điểm). Tại mặt chất lỏng có hai nguồn sóng A và B cách nhau 12 cm dao động theo phương thẳng đứng với phương trình: u1  u2  acos 40 t (cm) , tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng là 20cm / s . Xét đoạn thẳng CD  6cm trên mặt chất lỏng có chung đường trung trực với AB. Để trên đoạn CD chỉ có 5 điểm dao động với biên độ cực đại thì khoảng cách lớn nhất từ CD đến AB là bao nhiêu? Câu 5 (1,5 điểm). Đặt một vật phẳng nhỏ AB trước một thấu kính và vuông góc với trục chính của thấu kính. Trên màn vuông góc với trục chính ở phía sau thấu kính thu được một ảnh rõ nét lớn hơn vật, cao 4mm. Giữ vật cố định, dịch chuyển thấu kính dọc theo trục chính 5cm về phía màn thì màn phải dịch chuyển 35cm mới lại thu được ảnh rõ nét cao 2mm. a) Tính tiêu cự thấu kính và độ cao của vật AB. b) Vật AB, thấu kính và màn đang ở vị trí có ảnh cao 2mm. Giữ vật và màn cố định, hỏi phải dịch chuyển thấu kính dọc theo trục chính về phía nào, một đoạn bằng bao nhiêu để lại có ảnh rõ nét trên màn? Khi dịch chuyển thấu kính thì ảnh của vật AB dịch chuyển như thế nào so với vật?

 Hết 

SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC -----------------

Câu

KÌ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011-2012 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM MÔN: VẬT LÝ KHÔNG CHUYÊN Lời giải

Vận tốc của m ngay trước va chạm: v  2 gh  50 3cm / s  86, 6cm / s Do va chạm hoàn toàn không đàn hồi nên sau va chạm hai vật có cùng vận tốc V a mv mv  ( M  m)V  V   20 3cm / s  34, 6cm / s M m Tần số dao động của hệ:   thêm một đoạn: x0 

K  20rad / s . Khi có thêm m thì lò xo bị nén M m

mg  1cm . Vậy VTCB mới của hệ nằm dưới VTCB ban đầu K

một đoạn 1cm 1 (2đ)

Điể m 0,25

0,25 0,25

0,25

b Tính A: A  x 2  V  2 (cm) 0 2

0,25



1  2cos  Tại t=0 ta có:     rad 3 2.20sin   0

  Vậy: x  2cos  20t   cm 3  Phản lực của M lên m là N thỏa mãn: N  mg  ma  N  mg  ma  m 2 x  N  mg  m 2 x  Nmin  mg  m 2 A g 10 g Để m không rời khỏi M thì N min  0  A  2 Vậy Amax  2  2  2,5cm 20  

Tại M sóng có biên độ cực đại nên: d1 – d2 = k    a

d1  d 2 k

0,25

Giữa M và trung trực của AB có hai dãy cực đại khác  k=3

S1 A  S2 A

k

S1S2  0

0,25

 2, 7  k  5,3  k  2, 1,......4,5

   Có 8 điểm dao động cực đại. b * Số điểm dao động cực tiểu trên đoạn AS2 là: S1 A  S2 A

k

0,5

1 S1S2  0   3, 2  k  4,8  k  3, 2, 1,......3, 4 2 

  Có 8 điểm dao động cực tiểu. c

0,25

Từ đó    1,5cm , vận tốc truyền sóng: v = f = 30 cm/s * Số điểm dao động cực đại trên đoạn AS2 là:

2 (2đ)

0,25

0,5

 Giả sử u1  u2  a cos t , phương trình sóng tại N: u N  2a cos  t  

2 d   

Độ lệch pha giữa sóng tại N và tại nguồn:  

2d

 Để dao động tại N ngược pha với dao động tại nguồn thì 2d     (2k  1)  d  2k  1 2   Do d  S1S2 /2  2k  1  S1S2 /2  k  2,16. Để dmin thì k=3.

0,25

 S1S2    xmin  3, 4cm  2 

dmin= xmin 2   Tần số góc  

k  m

50  10rad / s 0,5

0,25

2,5  cos=      A    Tại t = 0, ta có: a   3  25 3  v   A sin   25 3 sin    A  5cm  10A   Phương trình dao động x  5cos(10t  ) (cm) 3 x  A cos   2,5

0,5

0,25

Khoảng thời gian ngắn nhất vật đi từ vị trí có li độ x1 = -2,5cm đến vị trí có li độ x2 = 2,5cm

3 (2,5đ )

t 

     s  0,1s  3.10 30

-5

- 2,5

2,5

O 

0,5

 N

M Quãng đường vật đi từ vị trí ban đầu tới vị trí có động năng bằng thế năng lần thứ 2

A Wd A 2  x 2  1 x    2,5 2cm 2 Wt x 2 c

5 M

2,5 2 N 2,5

 s  7,5  5  2,5 2  12,5  2,5 2  8,96cm

-5

P (Lần 2)

Để trên CD chỉ có 5 điểm dao động với biên độ cực đại mà khoảng cách từ CD đến AB là lớn nhất thì C, D phải nằm trên đường cực đại k  2 (do trung điểm của CD là một cực đại). v 20 Bước sóng:     1cm . f 20 Gọi khoảng cách từ AB đến CD bằng x. Từ hình vẽ ta có:

0,5 0,5

Q (Lần 1)

4 (2đ)

5 x

0,5

2 2  d1  x  9  d 2  d1  x 2  81  x 2  9  2  2  x  16, 73Cm  2 2  d 2  x  81

d2 ' a

1 f

d1 ' 40 1 d1

1 d1 '

k1 k2

;

d1 'd 2 d1d 2 '

1 d1

Từ (1), (2) d1

(d1 5)d1 ' (d1 ' 40)d1

1 5

d1 '(d1 ' 40)

d1 ' 40

25cm,d1 '

8d1 (d1

(d1

5)d1 ' (1) 0,25

5) (2)

100cm,f

20cm,AB 1mm  d  30cm df  90   d f  d  60cm

Ban đầu thấu kính cách vật d2=30cm do vậy để lại có ảnh rõ nét trên màn thì phải dịch thấu kính lại gần vật thêm một đoạn d  60  30  30cm Xét L b

df d

d f

0,25 0,5

Khoảng cách vật - ảnh: L  d  d '  90  d  5 (1,5đ )

2d1 (d1 ' 40)

0,25

20L

Để phương trình có nghiệm thì:   L2  80L  0  Lmin  80cm khi đó Lmin  40cm 2 Vậy khi dịch chuyển thấu kính lại gần vật thì lúc đầu ảnh của vật dịch lại gần vật, khi thấu kính cách vật 40 cm thì khoảng cách từ vật tới thấu kính cực tiểu, sau đó ảnh dịch ra xa vật. d

----------------------HẾT-----------------------

0,25

SỞ GD&ĐT  ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011-2012 ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ (Dành cho học sinh trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc) Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề. Chú ý: Đề thi gồm 02 trang

Câu 1 (1,5 điểm). Một tấm ván có khối lượng M  10kg nằm trên mặt phẳng ngang nhẵn và được giữ bằng một sợi dây không dãn. Vật nhỏ có khối lượng m  1kg trượt đều với vận tốc v  2m / s từ mép tấm ván dưới tác dụng của một lực không đổi F  10 N (Hình 1). Khi vật đi được đoạn đường dài l  1m trên tấm ván thì dây bị đứt. a) Tính gia tốc của vật và ván ngay sau khi dây đứt. m F b) Mô tả chuyển động của vật và ván sau khi dây đứt trong một thời gian đủ M dài. Tính vận tốc, gia tốc của vật và ván trong từng giai đoạn. Coi ván đủ dài. c) Hãy xác định chiều dài tối thiểu của tấm ván để m không trượt khỏi ván. Hình 1 Câu 2 (2,5 điểm). Một thanh mảnh, đồng chất có khối lượng M  360 g chiều dài L  30cm có thể quay không ma sát quanh trục O cố định nằm ngang đi qua đầu thanh. Từ vị trí thẳng đứng, đầu còn lại của thanh được thả ra và thanh đổ xuống (Hình 2). Khi tới vị trí thấp nhất thì thanh va chạm hoàn toàn đàn hồi với một vật nhỏ (coi như chất điểm) có khối lượng m1  120g nằm M trên mặt bàn. Cho gia tốc trọng trường g  10m / s 2 . Mômen quán tính của thanh đối với trục quay qua O là I  ML2 / 3 . a) Xác định tốc độ góc và gia tốc góc của thanh khi thanh có vị trí nằm ngang. b) Xác định các thành phần lực theo phương ngang và theo phương thẳng đứng mà trục quay tác dụng lên thanh khi thanh có vị trí nằm ngang. c) Xác định vận tốc của vật m1 ngay sau va chạm. d) Vật m1 được gắn với m2 =120g qua một lò xo nhẹ có độ cứng

O

k  100 N / m (Hình 2). Xác định biên độ dao động của m1 và m2 sau va chạm. Bỏ qua mọi ma sát. Câu 3 (2 điểm). Trong một xilanh đặt thẳng đứng có một pittông mỏng, nhẹ, linh động và cách

Hình 2

nhiệt. Bên dưới pittông là một mol khí Heli (coi là khí lí tưởng) ở nhiệt độ to  27o C . Bên trên pittông là một chất lỏng, phía trên chất lỏng là không khí (Hình 3). Ban đầu thể tích khí Heli, chất lỏng và không khí trong xilanh bằng nhau và bằng Vo  1lit , áp suất do cột chất lỏng trong xilanh gây ra bằng po. Áp suất khí quyển là po  105 N / m2 . Hỏi phải nung nóng khí (qua đáy xilanh) bằng một nhiệt lượng tối thiểu bao nhiêu để khí dãn nở, pittông đi lên đều và đẩy hết chất lỏng ra khỏi xilanh? (Xem tiếp trang 2)  Câu 4 (2 điểm).

Hình 3

Cho mạch điện (Hình 4). Nguồn điện có suất điện động E  8V , điện trở trong r  2 . Điện trở của đèn là R1  R2  3 , Ampe kế được coi là lí

K A

tưởng. E,r R1 a) Khoá K mở, di chuyển con chạy C người ta nhận thấy khi điện trở của phần D AC của biến trở AB có giá trị 1 thì đèn tối nhất. Tính điện trở toàn phần của biến trở. R2 b) Mắc một biến trở khác thay vào chỗ của biến trở đã cho và đóng khóa K. C Khi điện trở của phần AC bằng 6 thì ampe kế chỉ 5/3A. Tính giá trị toàn phần A B của biến trở mới. Hình 4 Câu 5 (2 điểm). Cho hệ hai thấu kính L1 và L2 đặt đồng trục cách nhau l  30cm , có tiêu cự lần lượt là f1  6cm và

f 2  3cm . Một vật sáng AB  1cm đặt vuông góc với trục chính, trước L1 và cách L1 một khoảng d1, hệ cho ảnh A’B’ . a) Cho d1  15cm . Xác định vị trí, tính chất, chiều và độ cao của ảnh A’B’. b) Xác định d1 để khi hoán vị hai thấu kính, vị trí của ảnh A’B’ không đổi.  Hết  Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh ................................................. .......................................... SBD ....................

SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC -----------------

Câu

1 (1,5đ)

KÌ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011-2012 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM MÔN: VẬT LÝ CHUYÊN Lời giải

* Xét chuyển động của m: Trước khi dây bị đứt: F  Fms  0  Fms  F Ngay sau khi dây đứt: vật m vẫn trượt đều với vận tốc v  am  0 * Xét chuyển động của M: F F  1m / s 2 Ngay sau khi dây đứt M chuyển động nhanh dần đều với: aM  ms  M M

Điểm

0,25

* Giai đoạn 1: 0  t  to + m chuyển động đều với vận tốc v, gia tốc am=0 + M chuyển động nhanh dần đều, vận tốc ban đầu =0, gia tốc aM 

F  1m / s 2 M

Mv v b + Tấm ván đạt vận tốc v tại thời điểm to  a  F  2s M * Giai đoạn 2: to  t Vật m và M chuyển động nhanh dần đều với vận tốc ban đầu vo  2m / s và gia tốc: F 10 a   0,9m / s 2 M  m 10  1 Quãng đường m đi được trên M kể từ khi dây đứt đến thời điểm t=to là: Mv 2 10.22 Mv 2 1 c  lmin  l  Δl  l   1  3m Δl  vt  aM t 2  2F 2.10 2 2F Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho vị trí thẳng đứng và nằm ngang: Mg

L 1 2 1 3.10 3g  rad   I  . Thay I  ML2 ta được:     10  . 2 2 3 L 0,3  s 

0,25

0,25 0,5

0,5

Phương trình động lực học cho chuyển động quay quanh O: M ( P )  I  . 3 g 3.10 L 1  rad    50  2  . Thay I  ML2 và M ( P )  Mg ta được:   2 L 2.0,3 2 3  s 

0,5

Định luật II Niutơn cho chuyển động tịnh tiến của thanh: P  N  Ma (*) Chiếu (*) lên phương ngang: L N x  Max  Man  M  2 2

2 (2,5đ) b Thay  ở phần a) vào ta được: N  3Mg / 2  5,4N . x Chiếu (*) lên phương thẳng đứng: L P  N y  Ma y  Mat  M  2

0,25

G O

Nx P

Thay  ở phần a) vào ta được : Ny  Mg / 4  0,9 N .

0,25

Bảo toàn cơ năng cho chuyển động của M từ đầu đến ngay trước va chạm với m1: 2MgL 6g 1 2 I   MgL     2 I L

Bảo toàn động năng trong va chạm:

1 1 1 m1v 2  I  '2  I  2 (1) 2 2 2

0,25

Bảo toàn mômen động lượng: m1vL  I  '  I  (2) m Từ (1) và (2) ta được: v  6 gL  3 2  4, 2   s

Sau va chạm, khối tâm G của hệ (m1+m2) chuyển động với vận tốc VG mà: 3

0,25

2mVG  mv  VG 

1 m v  1,5 2  2,1  . 2 s

0,25

Trong HQC gắn với khối tâm G, vì hai vật có khối lượng bằng nhau nên ta có thể xem như dao động của m1, m2 là dao động của mỗi vật gắn với một lò xo có đầu G cố định và có độ cứng là k’=2k. Gọi A là biên độ dao động của mỗi vật, theo định luật bảo toàn cơ năng ta có: 0,25

1 2 1 1 mv  2mVG2  2. k ' A2  A  5, 2cm 2 2 2

*) Giai đoạn 1: Từ đầu cho đến khi chất lỏng chạm miệng xilanh. - Vì pittông đi lên đều nên quá trình này là đẳng áp, áp suất khí luôn bằng áp suất khí quyển. Ở cuối giai đoạn này nhiệt độ khí là T1, thể tích khí là V1=2Vo (Vo là thể tích khí ban đầu). - Áp dụng định luật GayLuysac cho khối khí Heli ta có: Vo V1 2Vo    T1  2To  600 K . To T1 T1

0,25

- Nhiệt lượng khí nhận vào trong giai đoạn này là: Q1  U  A . - Với U  nCV T 

3 R(T1  To )  3739,5( J ) 2

Và A  p1V  2 po (V1  Vo )  2 poVo  2.105.103  200( J )  Q1  3939,5( J )

3 (2đ)

*) Giai đoạn 2: Từ khi chất lỏng bắt đầu chảy ra cho đến khi chất lỏng chảy hết. Gọi S là diện tích pittông, H và 2H lần lượt là độ cao ban đầu của chất lỏng và của khối khí, x là độ cao của pittông so với đáy xilanh ở vị trí cân bằng mới của pittông được nâng lên. Ban đầu, áp suất cột chất lỏng có độ cao H bằng po . Do đó tại trạng 3H  x thái cân bằng mới cột chất lỏng có độ cao 3H - x, sẽ có áp suất bằng po H Dễ thấy rằng áp suất của khí px ở trạng thái cân bằng mới bằng tổng áp suất khí quyển 3H  x 4H  x po và áp suất của cột chất lỏng nên: px  po  po  po (1). H H Theo phương trình Mendeleev - Clapeyron viết cho trạng thái cân bằng ban đầu và p .S .x 2 po .S .2 H  trạng thái cân bằng mới, ta được: x Tx T1 Sau khi thay biểu thức của px vào ta tìm được nhiệt độ của khí ở trạng thái cân bằng (4 H  x).x mới là: Tx  .T1 4H 2 Độ biến thiên nội năng trong quá trình pittông nâng lên đến độ cao x bằng:

3( x  2 H )2  x  2H  RT1 (2). U  nCV (Tx  T1 )     CV T1   8H 2  2H  Công mà khí thực hiện trong quá trình trên (áp suất biến thiên tuyến tính từ 2p o đến 2 P  px (6 H  x)( x  2 H ) ( xS  2 HS )  po S px) là: A  o 2 2H

0,25 0,25

0,25

Vì trong trạng thái ban đầu: 2 po .2 HS  RT1 (6 H  x)( x  2 H ) .RT1 8H 2 Theo Nguyên lý I NĐH: Q2  U  A

Nên ta được: A 

(3) 0,25

Kết hợp (2) và (3), ta được: Q2  ( x 2  5Hx  6 H 2 ). Vẽ đồ thị của Q theo x. Từ đồ thị ta thấy để đạt đến trạng thái cân bằng khi x = 2,5H, ta cần cung RT cấp một nhiệt lượng Q2 max  1  623, 25( J ) 8 Sau khi đạt tới trạng thái cân bằng x=2,5H, khí sẽ tỏa nhiệt, tự phát giãn nở và đẩy hết chất lỏng ra ngoài bình. Vậy nhiệt lượng tối thiểu cần cung cấp là Qmin  Q2 max  Q1  623, 25  3939,5  4562, 75( J ) .

RT1 2H 2

Q Q0 x O

2,5H 3H

0,25

4 (2đ)

Gọi điện trở toàn phần của biến trở là R, điện E,r trở phần AC là x Khi K mở ta có mạch như hình vẽ. x A R1 điện trở toàn mạch  (R- x) 3( x  3) 2 Rtm  R  x  B C x6 R2 2  x  ( R  1) x  21  6 R  x6 U I .RCD 24  2 Cường độ dòng điện qua đèn: I1  CD  x  R1 x  R1  x  ( R  1) x  21  6 R Khi đèn tối nhất thì I1 nhỏ nhất hay mẫu số lớn nhất R 1 . Theo đề bài x=1  . Vậy R=3  x 2 Khi K đóng ta có mạch như hình vẽ, điện trở toàn mạch: Rtm 

0,25

(HV 0,25)

(R’ là điện trở toàn phần của biến trở mới)

Ta có: d1 =

0,25

E,r

B A

48 5 32( R'  3)    A ' ' 17 R  60 17 R  60 3

0,25

(R’- 6) C

x=6

 R '  12

5 (2đ)

0,25

17 R '  60 4( R '  3)

I A  I  I BC

(HV 0,25)

6d1 24d1 - 180 60 - 8d1 ; d2 = ; d2 = (1) d1 -6 d1 - 6 3d1 - 22

Khi d1 = 15 cm  d’2 = - 2,6 cm < 0 : A’B’ là ảnh ảo cách L2 một khoảng 2,6 cm. 5

0,25 0,25 0,25

0,25

Độ phóng đại: k =

f1 f 2 - d2 2 <0 . =f1 - d1 f 2 23

ảnh A’B’ ngược chiều với AB, có độ lớn là A’B’ = 2/23 (cm). Khi hoán vị hai thấu kính: d1  d1 =  d 2 = l - d1 =

d1f 2 -3d1 = d1 - f 2 d1 + 3

33d1 + 90 df 2(11d1 + 30) (2)  d2 = 2 1 = d1 + 3 d 2 - f1 3d1 + 8

Từ (1) và (2) ta có :

60 - 8d1 2(11d1 + 30) =  3d12 - 14d1 - 60 = 0 (*) 3d1 - 22 3d1 + 8

Phương trình (*) có 1 nghiệm dương duy nhất là d1 = 7,37. Vậy phải đặt vật AB cách thấu kính gần nó nhất một khoảng 7,37 cm. -----------------------HẾT------------------------

0,25 0,25 0,25

0,25

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ

SỞ GD&ĐT HP

Trường THPT

LỚP 12 THPT - NĂM HỌC 2012-2013

MÔN: VẬT LÝ Đề chính thức ( Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề )

Đề thi gồm có 02 trang Thi ngày 05 tháng 10 năm 2012

Câu 1 ( 3 điểm): Một vật sáng AB đặt thẳng góc với trục chính của một thấu kính hội tụ cho một ảnh thật nằm cách vật một khoảng cách nào đó. Nếu cho vật dịch lại gần thấu kính một khoảng 30 cm thì ảnh của AB vẫn là ảnh thật nằm cách vật một khoảng như cũ và lớn gấp 4 lần ảnh cũ. a) Xác định tiêu cự của thấu kính và vị trí ban đầu của vật AB b) Để được ảnh cao bằng vật, phải dịch chuyển vật từ vị trí ban đầu đi một khoảng bao nhiêu, theo chiều nào?

Câu 2 (3,5điểm) : Một con lắc lò xo gồm vật nặng khối lượng m

M = 300g, một lò xo có độ cứng k = 200N/m được lồng vào một trục thẳng đứng như hình 2 . Khi M đang ở vị trí cân bằng, thả

một vật m = 200g từ độ cao h = 3,75cm so với M. Coi ma sát

không đáng kể, lấy g = 10m/s2, va chạm là hoàn toàn mềm.

I O

a) Tính vận tốc của m ngay trước khi va chạm và vận tốc của hai vật ngay sau va chạm.

Hình 2

b) Sau va chạm hai vật cùng dao động điều hòa. Lấy t = 0 là lúc va chạm. Viết phương trình dao động của hai vật. Chọn hệ tọa độ như hình vẽ, I là vị trí cân bằng của M trước va chạm, O là vị trí cân bằng của hai vật sau va chạm. c) Tính biên độ dao động cực đại của hai vật để trong quá trình dao động m không rời khỏi M. Câu 3 ( 2 điểm ): Hai nguồn kết hợp S1, S2 cách nhau 50 mm dao động theo phương trình uS1 = uS2= 2cos 200  t (mm) trên mặt nước, coi biên độ sóng không đổi. Xét về một phía đường trung trực của S1S2 ta thấy vân bậc k đi qua điểm M1 có hiệu số M1S1 – 1

M1S2 = 12 mm và vân thứ k +3 ( cùng loại với vân k ) đi qua điểm M 2 có hiệu số M2S1 – M2S2 = 36 mm a) Tìm bước sóng và vận tốc truyền sóng trên mặt nước. Vân bậc k là cực đại hay cực tiểu? b) Xác định số cực đại trên đường nối S1S2. c) Điểm gần nhất dao động cùng pha với nguồn trên đường trung trực S 1S2 cách nguồn S1 bao nhiêu? Câu 4 :(1,5 đi ểm) Làm thế nào xác định hệ số ma sát trượt của một thanh trên một mặt phẳng nghiêng mà chỉ dùng một lực kế (hình vẽ)? Biết độ nghiêng của mặt phẳng là không đổi và không đủ lớn để cho thanh bị trượt.

------------------------------- Hết ---------------------------------

Họ và tên thí sinh:..................................................................................... Số báo danh :........................Phòng thi:.................................................... Giám thị 1

....................................

Giám thị 2

..............................................

SỞ GD & ĐT HP

Trường THPT

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2012-2013 MÔN: VẬT LÍ (Hướng dẫn chấm này gồm 03trang)

Câu 1

a) Vì thấu kính là thấu kính hội tụ và hai ảnh đều là thật, vật dịch đến gần thấu kính một đoạn 30 cm mà ảnh vẫn cách vật một khoảng như cũ nên ảnh phải dịch chuyển ra xa thấu kính so với ảnh cũ một đoạn là 30 cm - Tại vị trí đầu ta có phương trình: 1 1 1   (1) d d' f - Tại vị trí sau, ta có phương trình:

1 1 1  '  (2) d  30 d  30 f AB - Theo đề bài 2 2  4 và do d > 0 và d’ > 0, ta có : A1 B1 A2 B2 A2 B2 AB d '  30 d ( 3)  .  . 4 A1 B1 AB A1B1 d  30 d ' - Từ (1) và (2) ta có 1 1 1 1  '  ' d d d  30 d  30 1 1 1 1 <=>   '  d d  30 d  30 d d '  30 d <=>  (4) d  30 d ' - Thay ( 4) vào (3) ta được d = 2d’ - Thay d = 2d’ vào phương trình ( 4) ta tìm được d’ = 30 cm => d = 60cm d .d ' 30.60   20cm Vậy f  ' d  d 30  60

b) Vì ảnh ảo của thấu kính hội tụ luôn lớn hơn vật, nên ảnh trong trường hợp này là ảnh thật. Theo đề bài ảnh bằng vật suy ra d1 = d’1. Mà d .d ' d2 f  1 1 '  1  d1  2 f  40cm d1  d1 2d1 Vậy phải dịch vật lại gần thấu kính một đoạn d  d  d1  60  40  20cm Câu 2

a)Vận tốc của vật ngay trước lúc va chạm : 3  0,866m / s v  2 gh  2.10.3,75.10 2  2 -Theo định luật bảo toàn động lượng : mv = (m+M)v0 => vận tốc hai vật ngay sau 3  m   200  3 va chạm là: v0     0,346m / s v    5  m  M   200  300  2 b) Gọi l0 = HC là chiều dài tự nhiên của lò xo ; I là vị trí cân bằng của M trước va chạm cũng là vị trí hai vật ngay sau va chạm: 3

Mg 0,3.10   0,015m  1,5cm ……………………………… 200 k Gọi O là VTCB của hệ vật (M+m) sau va chạm: M  mg  0,3  0,2.10  0,025m  2,5cm ………………… CO  l  k 200 -Chọn trục tọa độ gốc tại O như hình vẽ, gốc thời gian (t = 0) lúc m và M vừa chạm nhau: x0  IO  CO  CI  2,5  1,5  1(cm) và v0 = 34,6 (cm/s)... -Phương trình dao động của hệ vật M+m có dạng x  A. cos(t   ) CI  l0 

1/ 2

 k  -Tần số góc :     M m

C I O H

1/ 2

 200     0,2  0,3 

 20(rad / s ) ……………………...

 A  2(cm)  x  x0  A. cos   1(cm)  - Xét khi t = 0 :  =>   v  v0  . A. sin   34,6(cm / s )   3 (rad )



Vậy phương trình dao động là : x  2. cos( 20t  )(cm) 3 3- Để hai vật không rời nhau trongquá trình dao động thì vật m luôn chịu tác dụng    của hai lực : Trọng lực P  mg hướng xuống dưới, Phản lực N do M tác dụng lên hướng lên trên ( N  0 ).    - Theo định luật Niu tơn 2 ta có : P  N  ma , chiếu lên Ox ta được : N  mg  ma  m 2 x <=> N  mg  m 2 x  m( g   2 x) g 10 - Khi xmax =A suy ra : g   2 A  0 <=> A  2  2  0,025(m)  2,5(cm)  20 Vậy : khi Amax = 2,5(cm) thì N  0 , m sẽ không rời khỏi M

Câu 3

a) - Giả sử tại M1 và M2 đều là vân cực đại ta có : d1 – d2 = k  = 12 mm (1) và d1’ – d2’ = ( k+3)  = 36 mm (2) Với k là số nguyên, dương. Từ (1) và (2) ta có 3  = 24 =>  = 8 mm 12 12 Thay vào (1) ta được: k =   1,5  8 k = 1,5 không phải là số nguyên, nên M1 và M2 không phải là cực đại giao thoa - Giả sử tại M1 và M2 đều là vân cực tiểu ta có :

 = 12 mm 2  và d1’ – d2’ =  2(k  3)  1 = 36 mm d1 – d2 = (2k+1)

(3)

(4) 2 Với k là số nguyên, dương. Từ (3) và (4) ta có 3  = 24 =>  = 8 mm Thay vào (3) = > k = 1 ( là số nguyên ) , Vậy M1 và M2 là cực tiểu giao thoa

  100 Hz 2 Vậy vận tốc truyền sóng là v =  f = 8.100 = 800 mm/s = 0,8 m/s Theo đề bài   200  f 

b. Tìm số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn S1S2 d1 –d2 = k  = 8k (5) 4

d1 + d2 = S1S2 = 50

(6) 8k  50 Từ (5) và (6) ta có d1 =  4k  25 2 Mặt khác 0 < d1 < 50 <=> 0 < 4k +25 < 50 <=> - 6,25 < k < 6,25 Vậy k chỉ có thể nhận các giá trị k = 0 1, 2, 3, 4, 5, 6 , tức là trên đoạn S1S2 có 13 cực đại c. Các điểm nằm trên đường trung trực của đoạn S1S2 đều có d1 = d2 = d, => d1 – d2 = 0 => các điểm này đều là cực đại giao thoa. Độ lệch pha của các điểm này so  (d1  d 2 ) 2 d với nguồn là :   



Để dao động tại những điểm này cùng pha với nguồn, ta có:   2k 

2 d



 2k  d  k 

Do điểm đang xét nằm trên đường trung trực của S1S2 , ta có SS 25 25 50 d 1 2   25  k   25  k    3,125 2 2 8  Vậy kmin = 4 => dmin = 4  = 4.8 = 32 mm

câu 4

Để thanh chuyển động lên đều: FL =  Pcos  + Psin  (1). Để thanh chuyển động xuống đều: FX =  Pcos  - Psin  (2). F  FX F  FX (1) và (2)  sin  = L ; cos  = L sin2  + cos2  = 1. 2P 2P (2  0,25đ) F  FX 2 F  FX 2 ( L ) +( L ) =1 2P 2P FL  FX  = 2 4 P 2  FL  FX  Đo FL, FX, P bằng lực kế và sử dụng công thức trên để suy ra 

(0,25đ)

(0,5đ) (0,5đ)

--------------------------------Hết------------------------------------Ghi chú: Thí sinh làm theo phương án khác, nếu phương pháp và kết quả đúng thì giám khảo cho điểm tương đương theo thang điểm trong hướng dẫn chấm.

tài liệu file word mới nhất

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

MÔN: VẬT LÝ Ngày thi 10/10/2012 (Thời gian 180 phút không kể thời gian phát đề)

Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang Câu 1 (4,0 điểm): Một bánh xe không biến dạng khối lượng m, bán kính R, có trục R hình trụ bán kính r tựa lên hai đường ray song song nghiêng góc α so r với mặt phẳng nằm ngang như hình 1. Coi hệ số ma sát trượt giữa trục hình trụ và hai đường ray bằng hệ số ma sát nghỉ cực đại giữa chúng và bằng . Cho biết momen quán tính của bánh xe (kể cả trục) đối với trục  quay qua tâm là I = mR2. 1. Giả sử trục bánh xe lăn không trượt trên đường ray. Tìm lực ma sát Hình 1 giữa trục bánh xe và đường ray. 2. Tăng dần góc nghiêng α tới giá trị tới hạn α 0 thì trục bánh xe bắt đầu trượt trên đường ray. Tìm α 0 . Câu 2 (4,0 điểm): p (B) Một mol khí lý tưởng trong xi-lanh kín biến đổi trạng thái từ (A) đến (B) theo đồ thị có dạng một phần tư đường tròn tâm I(VB, pA), bán kính r = VA – VB như hình 2. Tính công mà khí nhận trong quá I pA (A) trình biến đổi trạng thái từ (A) đến (B) theo pA và r. Câu 3 (4,0 điểm): O VB VA V Cho mạch điện xoay chiều như hình 3: Hình 2 1 Biết u AB 120 2 sin t (V ) ; mR (với m là tham C K số dương). C C 1. Khi khoá K đóng, tính m để hệ số công suất của M R mạch bằng 0,5. D A B R 2. Khi khoá K mở, tính m để điện áp uAB vuông pha với uMB và tính giá trị điện áp hiệu dụng UMB. Hình 3 Câu 4 (4,0 điểm): Cho một thấu kính mỏng hội tụ có tiêu cự f. Một nguồn sáng điểm chuyển động từ rất xa, với tốc độ v không đổi hướng về phía thấu kính trên quỹ đạo là đường thẳng tạo góc nhỏ α đối với trục chính của thấu kính. Quỹ đạo của điểm sáng cắt trục chính tại một điểm cách thấu kính một khoảng bằng 2f ở phía trước thấu kính. 1. Tính độ lớn vận tốc tương đối nhỏ nhất giữa điểm sáng và ảnh thật của nó 2. Khi độ lớn vận tốc tương đối giữa điểm sáng và ảnh thật của nó là nhỏ nhất thì khoảng cách giữa điểm sáng và ảnh đó là bao nhiêu? K2 K1 Câu 5 (4,0 điểm): Cho mạch điện gồm: một điện trở thuần R, một tụ điện C, (E, r) hai cuộn cảm thuần có độ tự cảm L1 = 2L, L2 = L và các khóa K1, L1 L2 C K2 được mắc vào một nguồn điện không đổi (có suất điện động E, điện trở trong r = 0) như hình 4. Ban đầu K1 đóng, K2 ngắt. Sau R khi dòng điện trong mạch ổn định, người ta đóng K2, đồng thời Hình 4 ngắt K1. Tính điện áp cực đại giữa hai bản tụ. ------------HẾT------------

Họ và tên thí sinh :....................................................................... Số báo danh .............................. Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:..............................................; Giám thị 2:.......................................

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT

Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013 MÔN: VẬT LÝ Ngày thi 10/10/2012 (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Đáp án

Điểm

Khi bánh xe lăn không trượt, ta có các phương trình chuyển động - tịnh tiến: mgsinα  Fms  ma

0,75

Câu 1 (4 điểm)

1. (2,5 điểm)

a - quay: với γ  và I  m.R 2 Fms .r  I.γ r gsinα Từ các phương trình này rút ra a  2 R 1   r

suy ra Fms 

R2 mgsinα R2  r2

0,75

1,0

2. (1,5 điểm)

Để bánh xe chỉ trượt trên đường ray, lực ma sát đạt giá trị cực đại Fms  Fmsmax  μ.N  μ.mgcosα 0

Theo kết quả câu 1: thì Fms 

R mgsinα 0 R  r2 2

0,75

(do α  α 0 )

R2  r2 μ  tanα 0  R2

2 (4 điểm)

0,75

+Gọi tâm đường tròn I(x0, y0); x0 = VB; y0 = PA và V = x; y = P. +Ta có phương trình đường tròn tâm I, bán kính R là: ( y  y0 )2  ( x  x0 )2  r 2  y  y0  r 2  ( x  x0 )2

(1)

0,5

+Theo công thức tính công của khí: dA  P  dV   y0  r 2  ( x  x0 )2  A

y

  dx

 dx   r 2  ( x  x0 ) 2  dx

(2)

0,5

+Đặt X  x  x0  dx  dX

(3) x2

+Từ (2) suy ra: A  y0 (VB  VA )   r 2  X 2  dX

(4)

+Đặt X  r  sin t  dX  r  cos t  dt

+Thay vào (4), suy ra: A  PA (VB  VA )   r 2  cos 2t  dt t1

 A  PA (VB  VA ) 

2 t2

r (1  cos2t )dt 2 t1

t2 r 2 t2 r 2 t  sin 2t t1 2 t1 4 +Vì X  x  x0  x  VB và X  r  sin t

 A  PA (VB  VA ) 

+Khi x  x1  VA  X 1  VA  VB  t1 

 2,5

2 +Khi x  x2  VB  X 2  VB  VB  0  t2  0

+Suy ra A   PA (VA  VB ) 

r2     0  A  PA (VB  VA )   r 2 2 2 4

0,5



+ Khí thực hiện công: A  r ( PA  r ) 4

3 (4 điểm)

0,5 a)Tính m để cos +Vì khi K đóng : mạch điện cấu tạo : C nt (R // R) .

R 2

+Lúc đó : cos

R ( )2 2 3 2 R 4

+Suy ra : ZC2

1 2

2 C

3 R 2

R2 4

Z C2

3 R 2

0,5

3 2

0,5

b)+Nhánh (1) : sin

ZC 1

Z C2

; cos

R 1

Z C2

;

0 (1)

0,25

là góc lệch pha của U DB so với I1 (1) ( )

U MB U DM

I I1 1

U DB

( U AD 2

)

+Trong tam giác vectơ dòng ta có : I 2

U AB

I12

I 22

2I1I 2cos

(2)

0,25

I1 R 2

Và U DB

ZC2

(3)

I2R

RI 2

+Suy ra I1

0,25

2 C

+Thay vào (2) được : I 22

R2 R

I 22 (

I 22

2 C

RI 22

4 R 2 Z C2 ) R 2 ZC2

R2 I

R ZC2

ZC2

4 R 2 Z C2 R 2 Z C2

(4)

0,25

+Áp dụng định lý hình sin cho tam giác dòng, ta có: I2 sin

I sin(

(5) 1

)

+Áp dụng định lý hình sin cho tam giác thế, ta có: U DB sin

U AD sin(

U AD cos 1

(6) I2 sin( I

+Từ (5) và (6), suy ra: sin I2 I

ZC R2

I2 R IZ C

Z C2

0,25

)

U DB cos U AD

R R2

0,25

Z C2

+Suy ra: ZC R mR R m 1 +Khi m = 1 thì ZC = R, ta có: U MB

I1R

U AB

U AD cos

+Vì:

U DB cos(

I2 ;sin 2

5 ; I1 2

cos

1 5

0,5

)

IZC cos

I2 sin( I

2 ;cos( 2 5

)

I 2 R cos(

2 5

) sin

1 2 sin(

)

0,25

1 2

0,25

1 5 1

)

+Suy ra: U MB U AB

U MB

I1 I2

5 cos 2

U AB

1 3

I 2cos(

120 3

40(V )

)

I2 2 5 2 I2 ( 2 5

1 1 ) 2

2 ( 2

1 ) 2

1 3

0,5

1. Nếu d = 2f thì d’=2f nên quỹ đạo ảnh cũng tạo với trục (4 điểm) chính góc  đối xứng qua mặt phẳng thấu kính.  Nên góc hợp bởi giữa quỹ đạo ảnh và vật là góc 2  . 4

S' 0,5

vv  va  vva

Dựa vào giản đồ ta thấy vận tốc tương đối giữa ảnh và vật nhỏ nhất khi vva vuông góc với va khi đó vva min  vv sin 2  v sin 2 khi đó v A = v0 cos2  2. Theo quy ước thì từ điểm O về bên trái là trục toạ độ cho vật còn chiều từ O về phía phải là trục toạ độ của ảnh đạo hàm theo thời gian hai vế công thức thấu kính: 

0,5 0,5

1 1 1   f d d'

v v' d' f 2  2  0  v '  v ( ) 2   v ( ) 2 d d' d d f

v ' f d' f    cos2  d  f  d f d v cos2

d'

df  f  f cos2 d f

HH’ = d +d’= 2 f 

1,0

( cos2  1) 2 f  f cos2  f cos2 cos2

1,0 0,5

2

5 (4 điểm)

v va

+K1 đóng, K2 ngắt, dòng điện ổn định qua L1: I 0  + K1 ngắt, K2 đóng: Vì 2 cuộn dây mắc song song

 R

0,5

u L1 = u L2 = uAB ==> - 2L (i1 – I0) = Li2  2L (I0 – i1) =Li2 (1) Ta có

1,0

2 LI 02 2 Li12 Li22 CU 2    2 2 2 2

0,5

(2) IC = i1 – i2  UCmax  IC = 0  i1 = i2 = i (3) Từ (2) và (3)  CU 02 2LI02 2Li12 Li 22 2LI02 3Li 2 Từ (1)  2LI0  CU 02 

Li 2

2Li1

3Li  i

2I 0 3

2 2 2L  2L LI 0  U 0  I 0  3 3C R 3C

0,5 0,5 0,5 0,5

-----------Hết-----------

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC Số báo danh:.............

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI T NH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn: VẬT LÍ –V ng 1 Khóa ngày: 11/10/2012 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1(2,0 điểm): Tr n t b n n ngang c t khối bán tr cố nh có bán k nh . Trong t ph ng th ng ng vu ng g c v i tr c c a bán tr t ph ng h nh v c t thanh ng ch t chi u d i b ng t a u n bán tr u ở tr n t b n. Tr ng ng c a thanh . qua a sát gi a bán 3 tr v thanh. H số a sát gi a thanh v t b n k= 3 G c  g c h p bởi thanh v t b n ph i th a n i u ki n g thanh ở tr ng thái c n b ng Câu 2 2 0 i : t o kh t ởng th c hi n chu tr nh -2- - nh h nh v . i t T1 = 300K; T3 = 675K; V3 t R= 8,31J/mol.K; các i v c ng n tr n t arabo có ỉnh t a . T nh c ng sinh ra trong c chu tr nh. Câu 3 (2,0 điểm): Cho ch i n nh h nh v : E 6V r = R3 = 0,5  , R1= 3  , R2 = 2  , C1 = C2 = 0,2  F n -19 i n t ch e ectron e = 1,6.10 C. qua i n trở các d y nối. a) T số e ectron d ch chuy n qua kh a K v chi u d ch chuy n c a chúng khi kh a K từ ở chuy n sang ng b) Thay kh a K b ng t C3 = 0,4  F. T i n t ch tr n t C3 trong các tr ờng h p sau: - Thay t C3 khi K ang ở. - Thay t C3 khi K ang ng

A R



O H nh cho c u V(l)

V3 V1

T2 T3 H nh cho c u 2

E, r A

T(K)

B C2

N H nh cho c u

Câu 4 (2,0 điểm): t i sáng S chuy n ng theo vòng tròn v i vận tốc c n không ổi v0 xung quanh tr c ch nh c a th u k nh h i t ở trong t ph ng vu ng g c v i tr c chính và cách th u k nh t kho ng d = 1,5f f ti u c c a th u k nh . Hãy xác nh : a) V tr t n quan sát c nh c a S. b) Đ n và h ng vận tốc nh c a i sáng S. Câu 5 (2,0 điểm): t pittong khối ng c th tr t kh ng a sát trong t xi anh t n ngang. an u pittong ngăn xi anh th nh hai ph n b ng nhau ch a c ng t ng kh ý t ởng d i áp su t chi u d i ỗi ngăn d ti t di n c a pittong S. ittong ho n to n k n kh ở hai ngăn kh ng tr n ẫn v o nhau. Dời pittong t o n nh r i th ra kh ng vận tốc u. Coi quá trình bi n ổi kh trong xi anh ng nhi t. Ch ng inh r ng pittong dao ng i u hòa. T chu k c a dao ng . ……………………. H t………………………

P, V H nh cho c u

P, V

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNH

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI T NH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: VẬT LÍ – Vòng 1 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Nội dung

Câu

Điểm

y Thanh chÞu träng l-îng P, ph¶n lùc N cña b¸n trôc ë A vu«ng gãc víi mÆt trô (®i qua 0). Ph¶n lùc to n ph n Q cña mÆt bµn xiªn gãc víi ph-¬ng ngang v× cã ma s¸t, trong ®ã:

A R

Q  F  QN ; trong ®ã F lµ lùc ma

N Q Q n



0,25

x F B

s¸t.

Ba lùc Q, N , P c©n b»ng, vËy giao ®iÓm cña N , Q ph¶i ë trªn gi¸ cña P .

Câu 1 (2,0 đ)

Ta cã: P  Q  N  0 ChiÕu (1) xuèng ox ta cã: Ncos = F ; ChiÕu (1) xuèng oy : Nsin + QN = P ; Tam gi¸c OAB lµ c©n nªn gãc BAN = 2

(1) (2) (3)

0,5

LÊy mo men ®èi víi B :

(4) ……………………..

0,25

(5) ……………………..

0,25

MÆt kh¸c :

F

R cos   NR sin 2 ; 2

3 QN ; 3

Ta cã 4 ph-¬ng tr×nh cho 4 Èn N; QN; F vµ . Tõ (4) cã:

P cos  P .  2 sin 2 4 sin  P cot g ; F 4

N

Thay vµo (3) thu ®-îc:

Thay vµo (2) nhËn ®-îc: (6) QN = P - Nsin =

3P 4

(7) ………………………

0,25

Thay (6) vµ (7) vµo (5) cã:

P 3  P. 4tg 4

Suy ra:

tg 

1 3

;

hay   30 o

MÆt kh¸c, dÔ thÊy r»ng vÞ trÝ cña thanh khi ®Çu A cña thanh lµ tiÕp ®iÓm víi b¸n trô thì thanh t¹o víi mÆt ngang víi mét gãc giíi h¹n  = 450.. VËy tr¹ng th¸i c©n b»ng cña thanh øng víi gãc  thõa m·n ®iÒu kiÖn: 30 0    450 . ë tr¹ng th¸i 3: P3 

RT3  11,22.10 5 N / m 2 ……………………………………………. V3

V× T1=  V12 vµ T3=  V32 nªn:

V1 T 300 2  1   V3 T3 675 3

0,5

0,25

Suy ra V1  Câu 2 (2,0 đ)

10 l ; 3

P1 

RT1  7,48 .105 N/m2 V1

…………………………

0,5

Ph-¬ng tr×nh cña ®o¹n 1-3 trong hÖ täa ®é (P,V) nh- sau: Tõ P.V=RT=R  V2 Suy ra P=R  V nªn ®o¹n 1-3 trong hÖ (P,V) lµ ®o¹n th¼ng i qua g c t a . …………………..

0,25

2 P3

0,5

O V3 V V1 1 C«ng sinh ra : A  ( P3  P1 )(V3  V1 )  312( J ) ………………………………… 2 0,5 a) + C ờng

dòng i n trong

ch ch nh khi K

ng hay K

ở :

E 6 I   1( A) ……………………………………….. R1  R2  R3  r 3  2  0,5  0,5 + Khi K

ở : C1 nối ti p v i C2 n n i n t ch c a h các b n t nối v i : qM = 0 D u i n t ch c a các b n t nh h nh v . ………………………………. E, r

0,25

E, r

+ -

R2 N

+ Khi K

0,25

ng: d u i n t ch tr n các b n t nh h nh

q1  C1U AM  C1U AB  C1.I .( R1  R2 )  1( C ) q2  C2U NM  C2U NB  C2 .I .R2  0, 4( C )

0,25

qM,  q1  q2  1, 4(C ) + Các e ectron di chuy n từ B  K  M +Số h t ne  Câu 3 (2,0 đ)

b) Thay t C3 khi K ở K ng: G i i n t ch c a các t úc n y : q1M , q2 M , q3M v c d u nh h nh v

1, 4.106  8, 75.1012 h t 1, 6.1019 E, r

C1 A

+ -R1

Ta có: + U MN  

q2 M q   2 M (1) 0, 2 C2

M C2

R2 N

0,25

q1M q  I.R1   1M  3 0, 2 C1 q q  3 M  I .R2  3 M  2 C3 0, 4

+ U MN  U MA  U AN   + U MN  U MB  U BN Từ

- Khi K

+k=

(4)

ở thay t C3 thì : q1M  q2 M  q3M  0  U MN  0, 25(V )

n d'

df = 3f d f

d ' = -2 . Vòng tròn quỹ d

0,5 o nh c bán k nh

ng p

i quỹ

o vật……………

Câu 5 (2,0 đ)

c tác d ng n pittong g

0,5 0,5 0,5

0,25

F1 O

Các

0,25

………………………………………………….

+ Vận tốc g c c a vật v nh nh nhau n n vận tốc d i c a nh c n v' 2v0. …….. + Ch n tia sáng i qua quang tâm kh o sát ta nhận th y chi u vận tốc nh ng c v i chi u vận tốc c a vật.Vậy vận tốc c a nh u n c ph ơng ti p tuy n v i quỹ o c a n v c chi u ng c chi u chuy n ng c a S.

0,25

ng thay t C3 thì: q1M  q2 M  q3M  1, 4  U MN  2(V )

UMB = 0 (V), q3M  0 ………………………………………………………..

Câu 4 (2,0 đ)

(3)

q3M  0, 7 C …………………………………………………………………

+ V tr

0,5

q1M  q2 M  q3M  0,8U MN  0, 2 - Khi K

(2)

c : mg , N , F1 , F2 (F1 = P1.S, F2 = P2.S).

- Ta luôn có: mg  N  0 - Ở v tr c n b ng: 1= P2  F01 = F02 - Ch n tr c ox nh h nh v gốc ở VTC .Xét pittong ở v tr c t a x bé + V1= (d+x). S; V2 = (d-x). S + Áp d ng nh uật i ơ- ariốt: 1.S.(d +x) = P2. S.(d-x .S.d ………………. + Áp d ng nh uật II Newton:

2 P.S .d x  ma …………………………… d 2  x2 2.P.S x  mx '' Vì x<<d nên d 2  x 2  d 2 , thay a = x’’ ta có  d 2 PS x  0 ………………………………………………………………. Hay x ''  md 2PS Đi u ch ng t pittong dao ng i u hòa v i t n số g c   và chu kì md F1 – F2 = ma  ( P1  P2 ).S  ma  

0,5

0,25

0,5

md …………………………………………………………………………… 0,5 2 PS * Ghi chú: 1. Phần nào thí sinh làm bài theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa phần đó. 2. Không viết công thức mà viết trực tiếp bằng số các đại lượng, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. T  2

3. Ghi công thức đúng mà: 3.1. Thay số đúng nhưng tính toán sai thì cho nửa số điểm của câu. 3.3. Thay số từ kết quả sai của ý trước dẫn đến sai thì cho nửa số điểm của ý đó. 4. Nếu sai hoặc thiếu đơn vị 3 lần trở lên thì trừ 0,5 điểm. 5. Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 điểm.

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Số báo danh:.............

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn: VẬT LÍ –V ng 2 Khóa ngày: 11/10/2012 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) O

Câu 1 (2,0 điểm): Ba quả cầu nhỏ, khối lượng mỗi quả đều là m1 gắn trên một thanh nhẹ, cách nhau một khoảng bằng l . Thanh có thể quay quanh điểm O không ma sát. Khi quả cầu đang đứng yên tại vị trí cân bằng theo phương thẳng đứng thì có một viên đạn khối lượng m2, bay ngang trúng quả cầu giữa như hình vẽ với vận tốc v0 . Ngay sau va chạm viên đạn quay ngược lại với vận tốc v ( v ngược hướng với v0 ). Cho gia tốc trọng trường là g. Hỏi sau va chạm viên đạn đã làm thanh nhỏ quay được một góc bao nhiêu quanh điểm O? Câu 2 (2,0 điểm): Đầu trên của hai thanh kim loại thẳng, song song cách nhau L đặt thẳng đứng nối với hai cực của tụ có điện dung C như hình vẽ. Hiệu điện thế đánh thủng tụ điện là UT. Hệ thống được đặt trong một từ trường đều có véc tơ cảm ứng từ B vuông góc với mặt phẳng hai thanh. Một thanh kim loại khác MN củng có chiều dài L trượt từ đỉnh hai thanh kia xuống dưới với vận tốc ban đầu v0 . Cho rằng trong quá trình trượt MN luôn tiếp xúc và vuông góc với hai thanh kim loại. Giả thiết các thanh kim loại đủ dài và bỏ qua điện trở của mạch điện, ma sát không đáng kể. a) Hãy chứng minh rằng chuyển động của thanh MN là chuyển động thẳng nhanh dần đều và tìm gia tốc của nó. b) Hãy tìm thời gian trượt của thanh MN cho đến khi tụ điện bị đánh thủng.

l l m2 v0

l Hình cho câu 1

C N

v0 + B Hình cho câu 2

Câu 3 (2,0 điểm): Trên mặt chất lỏng có hai nguồn sóng kết hợp ở A và B dao động theo phương thẳng đứng với phương trình: u A  uB  U 0cos40 t (cm) . Biết AB = d =12 cm, tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng là 20 cm/s. a) Xét điểm M nằm trên đường thẳng vuông góc với AB tại A và cách A một khoảng l . Tính giá trị lớn nhất của l mà tại M vẫn có cực đại của giao thoa. b) Xét đoạn thẳng CD = 6cm trên mặt chất lỏng có chung đường trung trực với AB. Trên đoạn CD chỉ có 5 điểm dao động với biên độ cực đại. Hỏi khoảng cách từ AB đến CD có thể đạt giá trị lớn nhất là bao nhiêu? Câu 4 (2,0 điểm): Một tấm gỗ được đặt nằm ngang trên hai trục máy hình trụ có cùng bán kính, quay đều ngược chiều nhau với cùng tốc độ góc. Khoảng cách giữa hai trục của hình trụ là 2l . Hệ số ma sát giữa hai hình trụ và tấm gỗ đều bằng k. Tấm gỗ đang cân bằng nằm ngang, đẩy nhẹ nó khỏi vị trí cân bằng theo phương ngang một đoạn nhỏ và để tự do. Hãy chứng minh tấm gỗ dao động điều hòa.

Hình cho câu 4

Câu 5 (2,0 điểm): Nêu một phương án thực nghiệm xác định điện trở trong của một nguồn điện một chiều. Dụng cụ gồm: một nguồn điện một chiều chưa biết suất điện động và điện trở trong, một ampe kế có điện trở không đáng kể, một điện trở R0 đã biết giá trị, một biến trở con chạy Rb có điện trở toàn phần lớn hơn R0, hai công tắc điện K1 và K2, một số dây dẫn đủ dùng. Các công tắc điện và dây dẫn có điện trở không đáng kể. Chú ý: Không được mắc ampe kế trực tiếp vào nguồn. ……………………. Hết………………………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNH

Câu

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TĨNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: VẬT LÍ – Vòng 2 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC

Nội dung - Mô men quán tính của hệ 3 quả cầu và thanh nhẹ đối với trục quay ở O: I  m1l 2  m1 (2l )2  m1 (3l )2  14m1l 2 ………………………………………………. Gọi  là tốc độ góc của hệ 3 quả cầu và thanh nhẹ ngay sau va chạm. Xét hệ gồm viên đạn và hệ (3 quả cầu + thanh). Mô men động lượng của hệ ngay lúc bắt đầu va chạm đến lúc vừa va chạm xong được bảo toàn:

Điểm 0,5

L0( m2 )  L0(3m1 )  L( m2 )  L(3m1 ) Câu 1 (2,0 đ)

 I2.

v0 v  I  I 2 2l 2l

 m2 v0 2l  I   m2 v 2l   

m2 (v0  v) 7m1l

(1) ……...

0,5

Gọi  là góc cực đại tạo bởi thanh và phương thẳng đứng sau va chạm. Cơ năng của hệ 3 quả cầu và thanh được bảo toàn nên ta có:

1 2 (2) ………. I   m1 gl (1  cos )  m1 g 2l (1  cos )  m1 g 3l (1  cos ) 2 m 2 (v  v ) 2 Giải hệ (1) và (2) ta có: cos  1  2 0 2 ……………………………………. 42m1 gl a) (1,25 điểm) Vì R=0 nên suất điện động cảm ứng trên thanh MN luôn bằng hiệu điện thế giữa hai bản tụ. (1) …….. E  U C  BLv  U C Phương trình Định luật II Newton cho chuyển động của thanh MN (2) ……. P  Ft  ma  mg  BLI  ma Với Ft là lực từ tác dung lên thanh, a là gia tốc của thanh, I là cường độ dòng điện qua mạch trong khoảng thời gian t .

U C q (3) …… C t t Từ (1) suy ra U C  BLv thay vào (3) ta được: v (4) …….  CBLa I  CBL t mg  hằng số. ………………………………… Thay (4) vào (2) ta được: a  m  CB 2 L2

Ta có I  Câu 2 (2,0 đ)

0,5

0,25

0,25 0,25

Điều đó chứng tỏ thanh MN chuyển động nhanh dần đều. b) (0,75 điểm)

mg t m  CB 2 L2 U Khi UC = UT thì tụ bị đánh thủng, khi đó vận tốc của thanh là v  T BL

Thanh MN trượt nhanh dần đều với vận tốc v  v0  at  v0 

(5)…. (6)…..

0,25

Từ (5) và (6) suy ra thời gian trượt của thanh cho đến khi tụ bị đánh thủng là:

t

1  UT   v0   m  CB 2 L2  …………………………………………………..  mg  BL 

0,25

Câu 3 (2,0 đ)

a) (1,0 điểm) Ta có   v.T  1cm ………………………………………………………. Điều kiện để tại M có cực đại giao thoa là:

0,25

MB – MA = k   l 2  d 2  l  k  với k =1, 2, 3 … ………………….. 0,25

k=2 M

k=1

k=0

B Khi l càng lớn đường thẳng AM cắt các vân cực đại giao thoa có bậc càng nhỏ (k càng bé), vậy ứng với giá trị lớn nhất của l để tại M có cực đại là khi M là giao của đường AM và vân cực đại bậc 1 (k=1). ………………………….. Thay các giá trị đã cho ta nhận được: b)(1,0 điểm)

l 2  d 2  l  1  l  71,5(cm) ………….

0,25 0,25

A 3cm x

C k=2 k=1

k=0 D

k=-2

Để trên CD chỉ có 5 điểm dao động với biên độ cực đại mà khoảng cách từ AB đến CD lớn nhất thì C, D phải nằm trên hai vân cực đại bậc 2 (k =  2) (do trung điểm của CD là một cực đại), xem hình vẽ. ……………………………..

0,5

Gọi khoảng cách từ AB đến CD bằng x. Xét điểm C nằm trên vân cực đại bậc 2 ứng với k=2.Từ hình vẽ ta có: CA  d1  x 2  9 và CB  d 2  x 2  81 ………………………………..

Suy ra d 2  d1  x 2  81  x 2  9  2  2  x  16, 73(cm) ……………….

0,25 0,25

N2 G

F1 mg x

F2 x o

2l Câu 4 (2,0 đ)

Các lực tác dụng lên tấm gỗ như gồm có: Trọng lực mg ; Các phản lực: N1 ; N 2 và các

0,5

lực ma sát F1 , F2 ( F1  kN1 , F2  kN 2 ) .

0,25

Ta luôn có: mg  N1  N 2  0  N1  N 2  mg -

Ở VTCB

F  F

(1) ..........

 F02  0 Suy ra N01 = N02 nên khối tâm G cách đều hai

trục quay. ……………………………………………………………………….. - Chọn trục ox như hình vẽ, góc O ở VTCB, xét tấm gỗ ở vị trí có tọa độ x ,lêch khỏi VTCB một đoạn nhỏ(xem hình vẽ).

F  F  F 1

Tấm gỗ không quay quanh G nên M N  M N hay N1 (l  x )  N 2 (l  x ) 1

Suy ra N1 > N2, do đó F1 >F2 nên

F

(2) …….

0,25

có chiều của F1

N1 N mg (3)……… 0,25  2  l  x l  x 2l 0,25 Áp dụng định luật 2 Newton ta có:  F  ma  F2  F1  ma  k ( N 2  N1 )  ma . Từ (1) và (2) ta có thể viết

Thay N1, N2 từ (3) và thay a=x’’ ta có k

mg kg x  mx ''  x ''  x  0 ……………. l l

0,25

Điều đó chứng tỏ tấm gỗ dao động điều hòa.

* Phương án thực hành: Bố trí mạch điện như hình vẽ (hoặc mô tả đúng cách mắc). +

A Câu 5 (2,0 đ)

E _

U R0

0,25

K2 Rb

- Bước 1: Chỉ đóng K1: số chỉ ampe kế là I1. Ta có: E = I1(r + R0) (1) ……. - Bước 2: Chỉ đóng K2 và dịch chuyển con chạy để ampe kế chỉ I1. Khi đó phần biến trở tham gia vào mạch điện có giá trị bằng R0. …………………………… - Bước 3: Giữ nguyên vị trí con chạy của biến trở ở bước 2 rồi đóng cả K1 và K2, số chỉ ampe kế làI2. Ta có: E = I2(r + R0/2) (2) ……. (2 I1  I 2 ) R0 . Giải hệ phương trình (1) và (2) ta tìm được: r  2( I 2  I1 ) * Ghi chú: 1. Phần nào thí sinh làm bài theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa phần đó. 2. Không viết công thức mà viết trực tiếp bằng số các đại lượng, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. 3. Ghi công thức đúng mà: 3.1. Thay số đúng nhưng tính toán sai thì cho nửa số điểm của câu. 3.3. Thay số từ kết quả sai của ý trước dẫn đến sai thì cho nửa số điểm của ý đó. 4. Nếu sai hoặc thiếu đơn vị 3 lần trở lên thì trừ 0,5 điểm. 5. Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 điểm.

0,5 0,5 0,5 0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn: VẬT LÝ Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề Ngày thi: 02/11/2012. (Đề thi gồm 02 trang)

Câu 1 (2 điểm) a) Con lắc lò xo thẳng đứng, lò xo có độ cứng k = 100N/m, vật nặng có khối lượng m=1kg. Nâng vật lên cho lò xo có chiều dài tự nhiên rồi thả nhẹ để con lắc dao động điều hòa. Bỏ qua mọi lực cản. Khi vật m tới vị trí thấp nhất thì nó tự động được gắn thêm vật m0=500g một cách nhẹ nhàng. Chọn gốc thế năng là vị trí cân bằng. Lấy g=10m/s2. Hỏi năng lượng dao động của hệ thay đổi một lượng bằng bao nhiêu? b) Một con lắc đồng hồ coi như một con lắc đơn có chu kì dao động T=2s, vật nặng có khối lượng m=1kg, dao động tại nơi có gia tốc trọng trường g=10m/s2, lấy  2=10. Biên độ góc ban đầu của con lắc là  0=50. Quá trình dao động của con lắc chịu tác dụng của lực cản không đổi Fc =0,011N và làm con lắc dao động tắt dần. Để duy trì dao động của con lắc này người ta cần bổ sung năng lượng cho con lắc bằng một cục pin có dung lượng 3V-2,78Ah. Biết hiệu suất cung cấp năng lượng của pin cho đồng hồ chỉ đạt 25%, hỏi cục pin có thể duy trì dao động cho đồng hồ trong thời gian tối đa là bao lâu? Câu 2 (1,5điểm) Nguồn âm tại O có công suất không đổi, trên cùng đường thẳng qua O có 3 điểm A, B, C cùng nằm về một phía của O và theo thứ tự có khoảng cách tới nguồn tăng dần. Mức cường độ âm tại B kém mức cường độ âm tại A là b (B); mức cường độ âm tại B hơn mức cường độ âm tại C là 3b (B). Biết OA=

3 OB. Coi sóng âm là sóng cầu và môi trường truyền âm đẳng hướng. 4

OC OA b) Hai điểm M và N nằm cùng một phía của nguồn âm trên và cùng một phương truyền, M gần nguồn âm hơn, khoảng cách MN= a. Biết mức cường độ âm tại M là LM=40dB, tại N là

a) Tính tỉ số

LN=30dB, cường độ âm chuẩn I0=10-12(w/m2). Nếu nguồn âm đó đặt tại điểm N thì cường độ âm tại M là bao nhiêu? Câu 3 (1,5 điểm) Hai nguồn phát sóng kết hợp S1, S2 trên mặt nước cách nhau 12cm phát ra hai dao động điều hòa cùng phương cùng tần số f=20Hz, cùng biên độ a=2cm và cùng pha ban đầu bằng không. Xét điểm M trên mặt nước cách S1, S2 những khoảng tương ứng: d1=4,2cm; d2=9cm. Coi biên độ sóng không đổi, biết tốc độ truyền sóng trên mặt nước v=32cm/s. a) Viết phương trình sóng tổng hợp tại điểm M. Điểm M thuộc cực đại hay cực tiểu giao thoa? b) Giữ nguyên tần số f và các vị trí S1, M. Hỏi muốn điểm M nằm trên đường cực tiểu giao thoa thì phải dịch chuyển nguồn S2 dọc theo phương S1S2 chiều ra xa S1 từ vị trí ban đầu một khoảng nhỏ nhất bằng bao nhiêu? 1

Câu 4 (1,5 điểm) Trên mặt nước có hai nguồn kết hợp A, B cách nhau 24cm, dao động với phương trình u1=5cos(20πt+π)mm, u2=5cos(20πt)mm. Tốc độ truyền sóng là v= 40cm/s. Coi biên độ sóng không đổi khi truyền đi. Xét các điểm trên mặt nước thuộc đường tròn tâm I bán kính R=4cm, điểm I cách đều A và B một đoạn 13cm. Điểm M trên đường tròn đó cách A xa nhất dao động với biên độ bằng bao nhiêu? Câu 5 (2 điểm) Một sợi dây đàn hồi AB có chiều dài 10m căng ngang, đầu B cố định, đầu A nối với một dụng cụ rung để có thể dao động điều hòa theo phương thẳng đứng với phương trình π u=2cos( πt- ) (cm). Vận tốc truyền sóng trên dây là 2m/s. Sóng truyền tới đầu B thì phản xạ lại. 2 Gọi I là trung điểm của đoạn dây AB. Chọn t=0 lúc đầu A bắt đầu dao động. a) Sau thời gian ngắn nhất là bao nhiêu, kể từ khi đầu A bắt đầu dao động, điểm I có li độ 2cm. Vẽ dạng của sợi dây khi đó. b) Tìm li độ của điểm I tại thời điểm t=10s và xác định vị trí (so với B) những điểm trên đoạn dây IB có li độ bằng 0 lúc đó. Câu 6 (1,5 điểm) a) Một cuộn dây dẫn dùng trong thí nghiệm có bán kính 1cm , gồm 250 vòng và điện trở 40  . Để đo từ trường trái đất, người ta nối cuộn dây với một điện lượng kế và cho nó đột ngột quay đi góc 180o. Điện lượng kế cho thấy đã có điện lượng 3,2.10-7C chạy qua cuộn dây do hiện tượng cảm ứng. Xác định cảm ứng từ của từ trường trái đất, biết rằng ban đầu từ thông qua cuộn dây là cực đại. b) Mắc ampe kế lý tưởng vào mạch điện vô hạn R R như hình vẽ. Các nguồn điện giống nhau có suất điện động E và điện trở trong r. Các điện trở giống nhau có giá trị R=kr. Biết ampe kế có số chỉ là I. Xác định E theo I, r và k.

E,r

-------Hết------Giám thị không giải thích gì thêm. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Họ tên thí sinh…………………………………………………….Số báo danh……………….

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013

Môn: VẬT LÍ HƯỚNG DẪN CHẤM (Gồm 04 trang) Nội dung

Câu

Điểm

Câu 1 (2,0 đ)

a) Biên độ dao động ban đầu: A1  l1 

mg  Cơ năng dao động ban đầu: k

1 2 kA1 …………………………………………………………………………….. 2 Khi m tới biên thì đặt m0 chồng lên m nên vị trí biên không đổi trong khi VTCB bị dịch chuyển xuống dưới một đoạn m0g/k nên biên độ mới là m g A2  A1  0 ………………………………………………………………………… k 1  Cơ năng dao động bây giờ là W2  kA22 …………………………………………. 2  Cơ năng dao động đã bị giảm một lượng là: W  W1  W2  0,375J ……………. W1 

0,25

0,25 0,25 0,25

b) Chu kì T=2 

 =1(m) ............................................................ ..................... 0,25 g -Trong một chu kì năng lượng cần cung cấp để duy trì dao động là: W=Fc.(4A)=4 Fcsin  0 ............................................................................................... 0,25 -Năng lượng cục pin W’=Uq 0, 25qU - số chu kì pin có thể duy trì tối đa cho đồng hồ là: N= …….......................... 0,25 W -Vậy thời gian pin có thể duy trì tối đa là: t=NT=45,3 ngày ...................................... 0,25 Câu 2 I OB 2 I B OC 2 ( ) ; ) a) Sóng âm là sóng cầu nên A  ( (1,5 đ) OA OB IB IC I OB 2 4 )  lg( ) 2 (1) Ta có b = LA-LB=lg A  lg( IB OA 3

IB (2) ........................................................................................ IC I OC 2 ) (3) ......................................... Từ (1) và (2) => LA-LC = 4b =lg A  lg( IC OA OC 2 OC 256 4 4 4 )  4. lg( ) 2 = lg( )8 => Từ (1) và (3) => lg( ………………..  ( )4 = OA 3 3 OA 81 3 b) Khoảng cách MN=a => ON=OM+a IM=10-8 W/m2 ; IN=10-9W/m2 I ON 2 OM  a 2 )  lg( )  1B => => LM-LN=lg M  lg( IN OM OM

3b=LB-LC=lg

0,25 0,25

0,25

Nội dung

Điểm

OM  a 2 a )  10   10  1 ……………………………………………………. OM OM

0,25

Câu (

Vì công suất nguồn âm không đổi nên khi nguồn âm đặt tại N thì 0,25 I M' 1 OM 2 OM 2 2 ' 2 P=4π.(NM) .I M =4π.(OM) .IM => ........................ ( ) ( ) IM NM a ( 10  1) 2 1 108 => I'M=IM. = =2,12.10-9 (W/m2) ......................................... 2 2 ( 10  1) ( 10  1)

Câu 3 a) Các phương trình nguồn sóng: Us1 = Us2 = 2cos(40  t ) cm (1,5 đ) Phương trình sóng thành phần tại M: 2 d1 2 d 2 U1M = 2cos(40  t ) cm; U2M = 2cos(40  t ) cm;





0,25

v  1, 6 cm f

Phương trình sóng tổng hợp tại M: UM = U1M + U2M = 4cos(40  t - 1, 25 ) cm ............................................................. Xét điều kiện: d2 – d1 = k   9 – 4,2 = k.1,6  k =3 vậy M thuộc cực đại giao thoa  b) Để M thuộc cực tiểu giao thoa thì d2 - d1=(2k+1)  d2=1,6k+5 2 S2 dịch ra xa S1 thì d2>9  k>2,5  k=3  d 2' =9,8cm …………………………… Khi chưa dịch S2 thì d1=4,2 cm, d2 =9cm, S1S2=12cm d 2  S1S2 2  d12  cos  = 2 =0,96 2d 2 .S1S2

0,5 0,25

0,25

 sin  =0,28 MH=MS2 sin  =2,52 cm HS2=MS2 cos  =8,64 cm

Khi dịch S2 đến S2’ thì HS2’= MS2'2  MH 2 =9,47cm …………………………..  đoạn dịch ngắn nhất là: S2S2’= HS2’ - HS2=0,83 cm ………………………..



Câu 4 Do 2 nguồn ngược pha nên điểm M cách 2 nguồn các khoảng d1, d2 sẽ có biên độ dao 2

0,25 0,25

Câu (1,5 đ)

Nội dung   (d 1  d 2 )     ................................................................... động là AM  2a cos  2  với a là biên độ dao động của nguồn,  là bước sóng. Muốn điểm M xa A nhất thì M, I, A thẳng hàng: d1=MA=AI+IM=17 cm, ………… Tính được d2=MB=10,57 cm ………………………………………………………. v 40    4cm f 10   (17  10,57)    AM  2.5 cos    9,44mm …………… 4 2 

Điểm 0,25 0,5 0,5

0,25

Câu 5 (2,0 đ)

a. * Bước sóng   vt  4m Phương trình sóng tới tại I  2 d ) = 2cos(  t  3 ) cm điều kiện t  t = 2,5s (1) ........ UI = 2cos(  t   2  Khi UI = 2cm  2cos(  t  3 )=2  t  3  2k kết hợp điều kiện (1)  tmin =3s khi k=0 ..................................................................  * Lúc t=3s, sóng đã lan truyền đến M với AM = v tmin = 6m = 3 ......................... 2 Li độ của điểm I lúc đó là UI = 2cm. Hình dạng của sợi dây như hình vẽ

0,25

0,25 0,25

H vẽ 0,25

b. *Lúc t=10s trên dây đã có sóng dừng ổn định. B là nút sóng, I là trung điểm của dây  với BI = 5m = 2,5 vậy I là một điểm bụng sóng ................................................... 2  Phương trình sóng dừng cho điểm I: UI = 4cos(  t  5 ) cm Thay t=10s được UI = -4cm ................................................................................ *Lúc t=10s UI = -4cm, tức là không phải thời điểm sợi dây duỗi thẳng, như vậy li độ bằng 0 chỉ có các điểm nút sóng .............................................................................. Vậy trên đoạn BI có 3 điểm nút (li độ bằng 0 ): Điểm B và điểm cách B 2m; cách B 4m .....................................................................................................................

0,25 0,25 0,25 0,25

Câu Câu 6 (1,5 đ)

Điểm

Nội dung a) Khi cuộn dậy quay có xuất điện động cảm ứng: E = -N

- Mạch kín nên có dòng I =  q  I t =

E R

NB S ; R t

 S = - NB t t

B là từ trường trái đất .......................

NBS R.q R.q  B=   0,815.104 T 2 R N S N .  R  ( R 2 ) 

……......

0,25 0,5

b) Coi các nguồn điện gồm nguồn điện lý tưởng có suất điện động E mắc nối tiếp với điện trở r. Khi đó ta vẽ lại mạch như hình bên. Dễ dàng nhận thấy các điểm trên đường chấm chấm ngăn giữa nguồn lý tưởng và điện trở r có cùng điện thế. Vì vậy ta có thể chập các điểm đó vào làm một. Mạch trên tương đương với dãy vô hạn các mắt điện trở nối vào một nguồn lý tưởng có suất điện động E. Khi thêm hay bớt một mắt điện trở không gây ra ảnh A 0,25 hưởng gì đối với mạch vô hạn, nên ta có điện trở R0 của mạch điện vô hạn này thoả mãn: R

r .R 0 R  R 2  4 Rr k  k 2  4k  R0  R02  R.R0  R.r  0  R0   r r  R0 2 2

k  k 2  4k I .r  Suất điện động E theo I, k và r như sau: E  IR 0  2

0,25

0,25 -----Hết----*Thí sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. *Thí viết thiếu hoặc viết sai đơn vị từ hai lần trở lên thì trừ 0,25 điểm cho toàn bài.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013-2014

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn: VẬT LÝ THPT Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề. Ngày thi: 25/10/2013.

Câu 1. (2 điểm) Một lò xo nhẹ có độ cứng k = 50 N/m được treo thẳng đứng, đầu trên cố định, đầu dưới gắn vào vật khối lượng m = 500 g. Di chuyển vật theo phương thẳng đứng đến vị trí lò xo dãn 12 cm rồi thả nhẹ. Chọn trục tọa độ Ox có chiều dương hướng xuống dưới, gốc O tại vị trí cân bằng, gốc thời gian lúc thả vật, bỏ qua mọi ma sát, coi vật dao động điều hòa, lấy g = 10 m/s2. a) Viết phương trình dao động của vật. b) Sau thời gian bao lâu kể từ lúc bắt đầu thả thì vật đi được quãng đường s = 17 cm. Tính tốc độ trung bình của vật trong khoảng thời gian đó. Câu 2. (2 điểm) Cho cơ hệ như hình vẽ, các lò xo nhẹ có độ cứng tương m k1 k2 ứng là k1 = 120 N/m, k2 = 60 N/m, m = 400 g. Bỏ qua mọi ma sát. Kéo vật theo phương ngang để hệ lò xo dãn tổng cộng 12 cm  rồi thả nhẹ để vật dao động điều hòa dọc theo trục các lò xo. a) Tính thời gian từ lúc thả tay đến lúc vật qua vị trí lò xo k2 dãn 4 cm lần thứ 2. Hình câu 2 b) Khi vật đi qua vị trí có động năng bằng thế năng, người ta giữ chặt điểm nối giữa hai lò xo. Tính biên độ dao động điều hòa của vật sau đó. Câu 3. (1,5 điểm) Tại hai điểm A, B trên mặt nước đặt hai nguồn sóng giống nhau, AB = 16 cm. Hai sóng truyền đi có bước sóng λ = 4 cm. Đường thẳng xx′ thuộc mặt nước và song song với AB, cách AB một đoạn 8 cm. Gọi C là giao điểm của xx′ với đường trung trực của AB. a) Tìm khoảng cách ngắn nhất từ C đến điểm dao động với biên độ cực đại nằm trên xx′. b) Đoạn thẳng PQ = 20 cm thuộc mặt nước nhận AB làm trung trực và cắt AB tại K. Biết K cách trung điểm I của AB một đoạn 5 cm. Xác định số điểm dao động với biên độ cực đại trên PQ. Câu 4. (1,5 điểm) Hai nguồn sóng kết hợp đặt tại hai điểm A và B trên mặt chất lỏng dao động theo phương trình uA = uB = 4cos10πt (mm). Coi biên độ sóng không đổi, tốc độ truyền sóng là 15 cm/s. Hai điểm M1, M2 cùng nằm trên một elip nhận A, B làm tiêu điểm có AM1 - BM1 = 1 cm và AM2 - BM2 = 3,5 cm. a) Tính độ lệch pha của dao động tại M1 và M2. b) Khi li độ của M1 là 3 mm thì li độ của M2 là bao nhiêu? Câu 5. (1,5 điểm) Một tụ điện phẳng có hai bản cực hình vuông cạnh a = 30 cm đặt cách nhau đoạn d = 4 mm. Nhúng chìm hoàn toàn tụ điện trong một thùng dầu có hằng số điện môi ε = 2,4 sao cho các bản tụ song song với phương đứng. Hai bản cực được nối với một nguồn điện có suất điện động E = 24 V, điện trở trong không đáng kể. Bằng một vòi ở đáy thùng, người ta tháo cho dầu chảy ra ngoài và mức dầu trong thùng hạ thấp với tốc độ v = 5 mm/s. Tính cường độ dòng điện trong mạch trong quá trình dầu hạ xuống. Câu 6. (1,5 điểm) a) Một hòn bi kim loại, nhỏ khối lượng m được gắn vào thanh kim O  loại mảnh nhẹ dài L. Thanh treo cố định ở O và có thể quay dễ dàng quanh O. Trong quá trình chuyển động hòn bi luôn tiếp xúc với vòng tròn kim loại.  Hệ thống được mắc với tụ điện C tạo thành mạch kín và đặt trong từ trường L 0 C đều có véc tơ cảm ứng từ B vuông góc với mặt phẳng mạch điện. Bỏ qua ma B sát và điện trở dây nối. Đưa thanh kim loại đến vị trí lệch khỏi phương đứng m + góc 0 nhỏ rồi thả nhẹ. Tìm chu kì dao động điều hòa của hòn bi. b) Cho các dụng cụ: Một khẩu súng và một viên đạn khối lượng m, một mẩu gỗ khối lượng M, một sợi dây mảnh không dãn, một thước đo chiều Hình câu 6.a dài. Hãy trình bày phương án thí nghiệm đo vận tốc của viên đạn khi rời nòng súng. ---------------HẾT--------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh....................................................................................................SBD...................... KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2013-2014 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM MÔN VẬT LÍ KHÔNG CHUYÊN (Đáp án gồm 03 trang) Lời giải vắn tắt

Câu 1.a (1đ)

Phương trình dao động: x=Acos(ωt+φ) ω=

Biên độ dao động: A=2 cm

2.a (1đ)

0,25

k =10 rad/s m

Tại VTCB lò xo dãn là: Δl=

1.b (1đ)

Điểm

mg =0,1m k

0,25 0,25

 x 0 =Acosφ=2cosφ=2  φ=0 . Vậy x=2cos10t (cm) Tại t=0:   v0 =-ωAsinφ=0 S=17 cm=8A +1. Vậy li độ của vật ở thời điểm đó là x=1 cm

Từ mối quan hệ giữa dao động điều hòa và chuyển động tròn đều ta xác định được thời gian kể từ lúc vật bắt đầu dao động đến lúc vật qua vị trí x=1 cm là: 13π 13π α=ωt=  t=  1,36s 3 30

0,25 0,25 M x

O 1

S 17 Tốc độ trung bình: v tb = = =12,5 cm/s t 1,36 Biên độ dao động của hệ sau khi buông tay là A=12 cm Chọn chiều dương hướng từ vị trí cân bằng của vật đến vị trí buông tay. x Tại vị trí bất kì: k1x1 =k 2 x 2  x1 = 2 (do k1=2k2) 2  Khi lò xo k2 dãn 4 cm lần 2 thì lò xo k1 dãn 2 cm  Vật cách vị trí cân bằng 6 cm và đang chuyển động theo chiều dương. Độ cứng tương đương của hệ: k=k1.k2/(k1+k2) = 40 N/m k  ω= =10 rad/s . Hình vẽ: φ=xOM =5π/3 m Thời gian từ lúc buông tay đến khi vật qua vị trí lò xo k2 dãn 4 cm lần thứ 2 là: Δφ 5π π O 6 t= = = s  0,52s ω 3.10 6

0,5

0,25

0,25 0,25

x 12

0,25

2.b (1đ)

Gọi cơ năng dao động của hệ trước khi giữ chặt điểm nối hai lò xo là W. W Khi động năng bằng thế năng thì: Wt = 2 Khi đó thế năng đàn hồi của lò xo k1 là: W W k1x12 2k 2 x 22 Wt2 . Mà Wt1 +Wt2 =Wt  Wt1 = t = Wt1 = = = 3 6 2 8 2  Sau khi giữ chặt điểm cố định thì năng lượng hệ bị giảm W/6  Năng lượng hệ còn lại là W’=5W/6

k 2 A'2 5kA 2 5A =  A'= =4 5 cm  8,94 cm Ta có: W'= 2 12 3

3a Điểm M gần C nhất khi M thuộc cực đại bậc 1  d1 –d2 = λ =4 cm (0,75) Đặt IH = x. Từ hình vẽ ta có: 1

0,25

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

d12 = (AI +IH)2 + MH2 = (8+x)2 +82, d22 = (BI - IH)2 + MH2 = (8-x)2 +82 0,25

 (8+x)2 +64- (8-x) 2 +64=4  x=2,87 cm Trên PK xét một điểm thuộc cực đại bậc k  AP - PB  k λ  AK - BK 102 +132 - 102 +32  4k  10  1,49  k  2,5  k=2  Trên đoạn PK có 1 điểm cực đại và không trùng với P, K  Có 2 điểm cực đại trong đoạn PQ. x’

C M

3.b (0,75)

d1  A

0,25 0,25

0,25

d2 I

 B

Hình câu a

 A Hình câu b

 B

Giả sử hai điểm M1; M2 cách các nguồn các khoảng d1, d2; d1’, d2’. Hai nguồn giống nhau có  =3 cm. Phương trình sóng tại M1 và M2 có dạng: Δd d +d Δd d' +d' u M1 =2.4cosπ 1 cos(ωt-π 1 2 ); u M2 =2.4cosπ 2 cos(ωt-π 1 2 ); λ λ λ λ 4.a (1đ) Thay số ta có: d +d d' +d' u M1 =4cos(ωt-π 1 2 ); u M2 =-4 3cos(ωt-π 1 2 ) λ λ Hai điểm nằm trên cùng một elip nên: d1 +d 2 =d'1 +d'2  Hai điểm M1, M2 dao động ngược pha u Từ phương trình trên ta có: M2 =- 3  u M2 =- 3u M1 =-3 3 mm 4.b u M1 (0,5đ) Khi li độ của M1 là 3mm thì li độ của M2 là -3 3 mm εS C=  4,8.10-10 F  Q =C.E  115.10-10 C k4πd a Gọi x là độ cao của bản tụ ló ra khỏi dầu: x = vt (0  t  ) , khi dầu tụt xuống tụ trở v thành 2 tụ mắc song song. S a.vt Tụ C1 có điện môi là không khí: C1 = 1 = 4πkd 4πkd εS2 εa(a-vt) Tụ C2 có điện môi là dầu: C2 = = 5 4πkd 4πkd (1,5đ)  vt(ε-1)  Điện dung của tụ trong khi tháo dầu: C'=C1 +C2 =C 1εa   Điện tích của tụ trong khi tháo dầu  vt(ε-1)   vt(ε-1)  Q'=C'E=CE 1=Q 1 εa  εa    ΔQ Q'-Q v(ε-1) Dòng điện: I= = =Q =1,12.10-10 A t t εa 6.a (1đ)

Xét tại li độ , tốc độ góc bằng    ' 

d dt

0,5

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

0,5

0,25 0,25

 L2 L2 d L2 '     B.S  B.  eC     B. 2 2 2 dt 2 2 L '  q  C.eC  C.B. 2 m.(L)2 q 2 Bảo toàn năng lượng: mgL(1  cos)    const 2 2C  2 mL2 C2 B2 L4  mgL  .( ')2  .( ') 2  const 2 2 8C  s  .L2 .

0,25

Đạo hàm hai vế theo thời gian:

2. ' mL2 C2 .B2 L4 mgL  .2 '. '' .2 '. ''  0 2 2 8C B2 L3C mL  mg 2 2 4   ''   .    .   T   2  B2 L3C  mg mL  4 Treo mẩu gỗ vào sợi dây mảnh và treo vào một điểm cố định. Bắn viên đạn theo phương ngang vào mẩu gỗ để đạn ghim vào gỗ. Viên đạn va chạm mềm và chui sâu vào mẩu gỗ làm cho mẩu gỗ chuyển động lên được độ cao cực đại H so với vị trí ban đầu. Áp dụng ĐLBT động lượng cho hệ gồm viên đạn và mẩu gỗ ngay trước và sau va chạm ta có: mv0 =(M+m)v (1) Áp dụng ĐLBT cơ năng cho hệ ngay sau va 6.b chạm và khi lên độ cao lớn nhất ta có: (0,5đ) (m+M)v2/2 = (M+m)gH  v2=2gH (2) Thay v từ (1) vào (2) ta được: M+m m 2 2 ) v 0 =2gH  v0 = 2gH ( M+m m Dùng thước ta đo được H từ đó xác định được vận tốc v0 của viên đạn ngay trước khi va chạm với mẩu gỗ (gần bằng tốc độ viên đạn khi ra khỏi nòng súng)

0,25

----------------HẾT---------------Chú ý: * Thí sinh làm theo cách khác mà đúng bản chất và kết quả thì vẫn cho điểm tối đa. * Thí sinh viết thiếu hoặc viết sai đơn vị từ hai lần trở lên thì trừ 0,25 điểm cho toàn câu đó.

0,25

SỞ GD&ĐT HÀ NỘI

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2014-2015

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ 12- THPT Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ( Đề gồm 03 trang)

Câu 1 ( 4 điểm) Một vật nhỏ dao động điều hòa trên trục tọa độ Ox với biên độ 10cm và đạt gia tốc lớn nhất tại li độ x1 .Sau đó, vật lần lượt đi qua các điểm có li độ x2 , x3 , x4 , x5 , x6 , x7 trong những khoảng thời gian bằng nhau t  0,1s . Biết thời gian vật đi từ x1 đến x7 hết một nửa chu kỳ. 1. Tìm khoảng cách nhỏ nhất và khoảng cách lớn nhất giữa hai điểm gần nhau liên tiếp. 2. Tìm tốc độ trung bình lớn nhất của chất điểm chuyển động trong 0,8s. Câu 2 ( 5 điểm) Hai con lắc lò xo giống nhau treo thẳng đứng, sát nhau trên cùng một giá nằm ngang gồm: lò xo nhẹ có độ cứng k= 0,2N/cm; vật nhỏ có khối lượng m. Chọn hệ trục tọa độ theo phương thẳng đứng, chiều dương hướng xuống dưới, gốc tọa độ trùng với vị trí cân bằng của vật . Lấy g  10m / s 2 .Kích thích cùng lúc cho hai vật dao động với phương trình của vật 1     là x1  6cos  20t   cm và phương trình của vật 2 là x2  6 3cos  20t   cm . 3 6   1. Phải kích thích thế nào để hai con lắc dao động với hai phương trình trên. 2. Tìm khoảng cách dài nhất giữa hai vật trong quá trình dao động. 3. Tìm lực cực đại tác dụng lên giá treo con lắc. Câu 3 ( 4 điểm) Một con lắc đơn gồm sợi dây có độ dài l, vật nhỏ có khối lượng m =100g, đang dao động điều hòa. Biết đồ thị hợp lực tác dụng lên vật theo thời gian F (t) biểu diễn trên hình bên. Lấy  2  10; g  10m / s 2

1. Viết phương trình dao động của vật. 1 rad so với 50 phương thẳng đứng. Sau khi qua vị trí cân bằng vật va chạm đàn hồi với tấm ván. Tìm chu kì dao động mới của con lắc.

2. Giả sử con lắc đang dao động thì người ta đặt một tấm ván dày nghiêng góc  

Câu 4 ( 3 điểm) Bạn đang ở trong phòng thí nghiệm. Vật lí của trường Trung học phổ thông. Để xác định chính xác tiêu cự của một thấu kính phân kỳ, bạn cần những dụng cụ nào? Trình bay phương án thực nghiệm phù hợp. Câu 5 ( 2 điểm) Không gian từ trường đều với cảm ứng từ B  2.102 T được giới hạn bởi 2 mặt phẳng song song (P) và (Q) cách nhau đoạn d=2cm. Một electron không có vận tốc ban đầu được tăng tốc bởi điện áp U rồi đưa vào từ trường trên tại điểm A theo phương vuông góc với mặt phẳng (P) (hình 2). Cho e  1, 6.1019 C ; me  9,1.1031 kg . Hãy xác định thời gian electron chuyển động trong từ trường và phương chuyển động của electron khi nó ra khỏi từ trường trong các trường hợp:

Hình 2

1. U = 3,52kV. 2. U = 18,88kV. Câu 6 (2 điểm)

Ba vật hình trụ mỏng giống nhau A,B, C cùng có bán kính R = 2cm nằm yên trên một mặt phẳng ngang, khoảng cách giữa hai tâm của B và C là l. Người ta truyền cho A vận tốc v= 10m/s để nó chuyển động đến va chạm xuyên tâm đồng thời với cả B, C ( hình 3). Coi các va chạm hoàn toàn đàn hồi.

Hình 3

1. Biết sau va chạm A dừng lại, tìm vận tốc của B và C sau va chạm. 2. Xác định giá trị của l để sau va chạm, A tiếp túc tiến lên phía trước.

SỞ GD&ĐT HÀ NỘI

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2014-2015

HƯỚNG DẪN GIẢI

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ 12- THPT

Câu 1. 1.Dễ thấy chất điểm chuyển động mỗi khoang là

Khoảng cách xa nhất là

T . 12

A  5cm 2

Khoảng cách gần nhất là: A  A

3  1,34cm. 2

2. Để có vận tốc TB lớn nhất thì 2 lần vật qua VTCB:

s

A A 30  A  A   3 A; vtb   37,5cm / s 2 2 0,8

Câu 2. 1. Con lắc 1. Tại thời điểm t = 0 thì x0  Acos  3cm; v0   A sin   60 3cm / s Như vậy phải kéo vật xuống một đoạn dưới vị trí cân bằng 3cm rồi cấp cho vật vận tốc 60 3 cm/s theo chiều hướng xuống dưới Con lắc 2. Tại thời điểm t = 0 thì x0  Acos  9cm; v0   A sin   60 3cm / s Như vậy phải kéo vật xuống một đoạn dưới vị trí cân bằng 9cm rồi cấp cho vật vận tốc 60 3 cm/s theo chiều hướng lên trên. 2  2. Xét x  x1  x2  12cos  20t  3 

  cm nên xmax  12cm 

3. Lực tác dụng lên giá treo chính thức là lực đàn hồi: F  F1  F2  k (l01  x1 )  k (l02  x2 )

F  2 P  k ( x1  x2 A )  2mg  k .12cos 20t  FMAX  3, 4 N . Câu 3.1. Từ đồ thị suy ra T  2 s;    rad / s; l  100cm. Vì F   m 2 x nên tìm được x0  2cm và A= 4cm.

Tại t =0 thì 

A 2 và hợp lực có xu thế tăng đến cực đại nên   . 2 3

2  Phương trình dao động x  4cos  2 t  3 

2. Với A= 4cm nên  0  Khi tới vị trí  

  cm. 

A 1  rad l 25

T  0 4 thì quả bóng bị va chạm đàn hồi nên Tmoi  Tcu  cu  s. 2 3 3

Câu 4. Dụng cụ: vật sáng ; màn ảnh; hai thấu kính: một thấu kính hội tụ và một thấu kính phân kì; thước thẳng có chia độ tới mm; giá quang học thẳng ( trên đó có giá đỡ vật sáng, thấu kính và màn ảnh). Thiết kế thí nghiệm như hình vẽ để thu được ảnh rõ nét trên màn.

Bỏ TKPK O1 , ta di chuyển S trên trục chính đến vị trí S1 lại thu được ảnh rõ nét trên màn. S1 chính là ảnh ảo của vật S cho bởi TKPK với SO1  d ; S1O  d ' Áp dụng công thức:

1 1 1    fTKPK ( với các quy ước đã học). f d d'

m 2 e U 1 2mU mv 2 1 2 Câu 5: e U  mv ; Floren  Fhuongtam e vB  nên R   eB m B e R 2 1. Khi U  3,52kV  3,52.103 (V )  R  1(cm) Do R<d nên quỹ đạo chuyển động của electron là nửa đường tròn, bán kính R = 1cm và ra khỏi từ trường tại điểm A’, ngược với điểm vào từ trường. Thời gian electron bat trong từ trường 1 2 R  R   9.1010 ( s) là: t  . 2 v v

2. U  18,88kV  18,88.103V  R  2,3cm  d  2cm Nên electron ra khỏi từ trường tại 1 điểm d 2 trên mặt phẳng Q theo phương lệch góc  xác định sin     0,86    60 . Do đó R 2,3 1 cung AB có độ dài bằng chu vi đường tròn nên thời gian: 6

m 1 2 R t .   3.1010 ( s) 6 v 3e B Câu 6. Vì các vật tròn nên va chạm là xuyên tâm do đó B và C sẽ chuyển động theo các phương đối xứng với nhau qua v. Đặt l= N.2R

1. Va chạm đàn hồi luôn có:

mv 2 mv'2 mvB 2 mvC 2     v 2  v '2  vB2  vC2 (1) 2 2 2 2 Vì v’=0 nên suy ra: vB  vC 

v  7,07m / s 2

2. Theo định luật bảo toàn động lượng: mv  mv /  mvB  mvC Suy ra: mv  mv ' 2mvB cos

(2)

Trong đó vB  vC ,  góc giữa quỹ đạo của A và phương của chuyển động B hoặc C. Ta có: cos 

4 R 2  ( NR) 2 4 N2 ( với OAOB  2R ) (3)  2R 2

Thay (2) vào (3) v  v ' vB . 4  N 2 Kết hợp với (1) thì v ' 

N2  2 v 6 N2

(4)

Để A tiếp tục tiến lên phía trước thì

N2 2  0. 6 N2

Để A va vào B và C thì: N  2 suy ra 2  N  2 nên 4 2  l  8cm.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn: VẬT LÝ – THPT CHUYÊN Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề. Ngày thi: 02/11/2012. Đề thi gồm 02 trang.

Câu 1: (2,5 điểm) Một xylanh đặt thẳng đứng, bịt kín hai đầu, được chia làm hai phần bởi một pittông nặng cách nhiệt. Cả hai bên pittông đều chứa cùng một lượng khí lý tưởng. Ban đầu khi nhiệt độ khí của hai phần như nhau thì thể tích phần khí ở trên pittông gấp 2 lần thể tích khí ở phần dưới pittông. Bỏ qua ma sát giữa pittông và xylanh. a) Hỏi nếu nhiệt độ của khí ở phần trên pittông được giữ không đổi thì cần phải tăng nhiệt độ khí ở phần dưới pittông lên bao nhiêu lần để thể tích khí ở phần dưới pittông sẽ gấp 2 lần thể tích khí ở phần trên pittông. b) Tìm nhiệt lượng mà khí ở ngăn dưới đã nhận được, coi khí là đơn nguyên tử. Tính kết quả theo P1 và V1 là áp suất và thể tích ban đầu của khí ở ngăn trên. Câu 2: (2,5 điểm) Một cái chậu có đáy là gương phẳng G nằm ngang (Hình bên). Đặt thấu kính L mỏng, dạng phẳng lồi, tiêu cự là 10 cm, sao cho mặt lồi hướng lên phía trên còn mặt phẳng thì L nằm trên mặt phẳng ngang qua miệng chậu. Điểm sáng S nằm O trên trục chính của thấu kính, trong khoảng giữa gương và h S thấu kính, khi đó ta thu được hai ảnh thật của S cách nhau G 20/3 cm. Cho nước vào đầy chậu thì hai ảnh vẫn là thật nhưng cách nhau 15cm. Biết chiết suất của nước là n=4/3. a) Tìm độ sâu h của chậu và khoảng cách từ điểm sáng S tới thấu kính. b) Đổ đầy nước vào chậu. Thay S bằng vật sáng AB đặt vuông góc với trục chính của thấu kính ta vẫn thu được 2 ảnh của vật. Xác định khoảng cách từ AB đến thấu kính để hai ảnh đều là ảnh thật và ảnh này cao gấp 3 lần ảnh kia.

Câu 3: (2,5 điểm) Cho một cơ hệ (như hình vẽ bên), thanh đồng nhất OA có khối lượng M, chiều dài l có thể quay tự do quanh trục O cố định nằm ngang, đầu A buộc vào một sợi dây nhẹ không dãn, đầu còn lại của dây vắt qua ròng rọc S và buộc vào vật m. S ở cùng độ cao với O và OS=l. Khi cân bằng góc α= 600. Bỏ qua ma sát, khối lượng và kích thước của ròng rọc. 1

α M,l m

a) Tìm tỷ số

M . m

b) Đưa thanh đến vị trí nằm ngang rồi thả nhẹ. Tìm vận tốc của m khi thanh đi qua vị trí cân bằng ban đầu. E

Câu 4: (1 điểm) Trong sơ đồ mạch điện (hình vẽ bên) có X1, X2 là hai phần tử phi tuyến giống nhau mà đặc trưng vôn–ampe được mô tả bằng công thức U=10I2 (U đo bằng vôn, I đo bằng ampe). Nguồn điện có suất điện động E=10V và điện trở trong không đáng

X2 B

A R

kể. Để công suất tỏa nhiệt trên biến trở đạt giá trị cực đại, phải điều chỉnh cho biến trở R có giá trị bằng bao nhiêu? Câu 5: (1,5 điểm) Hình bên là sơ đồ một mẫu động cơ điện đơn giản. Một vòng dây dẫn hình tròn tâm C bán kính l nằm ngang cố định trong một từ trường đều thẳng

D A B

đứng có cảm ứng từ B . Một thanh kim loại CD dài C l, khối lượng m có thể quay quanh trục thẳng đứng R đi qua C, đầu kia của thanh kim loại trượt có ma sát trên vòng tròn. Một nguồn điện suất điện động E nối E vào tâm C và điểm A trên vòng tròn qua điện trở R. Chọn mốc tính thời gian là khi vừa nối nguồn. Tìm biểu thức của vận tốc góc ω của thanh kim loại theo thời gian. Biết lực ma sát tác dụng lên thanh kim loại có momen cản là αl2ω trong đó α là hằng số. Bỏ qua các điện trở trong của nguồn, điện trở của thanh kim loại, vòng dây và chỗ tiếp xúc. ----------------------Hết---------------------- Thí sinh không sử dụng tài liệu trong phòng thi. - Giám thị không giải thích gì thêm.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013 Môn: VẬT LÝ – THPT CHUYÊN HƯỚNG DẪN CHẤM (Gồm 04 trang) Nội dung

Câu 1 (2,5 điểm)

a. (1,5 điểm) Lượng khí ở 2 phần xylanh là như nhau nên: '

PV P V P V P V m .R  1 1  2 2  1 1  2 2  T1 T1 T1 T2 Vì V1  2V2 nên P2  2 P1  Mg = P1S

V1, P1

V1' P1’

0,25

V2, P2

Theo giả thiết: V1'  V2' / 2 , suy ra:

T2 P'  2 2' T1 P1

Điểm

V2’, P2’

0,25

(1)

Phương trình cân bằng của pittông:

(P2  P1 )S  Mg  (P2  P1 )S  P2'  P1'  P1 '

(2)

0,25

Từ phương trình trạng thái phần trên của pittông: '

P2' V1'  1  P1' V1

V P1V1 = P1 V1  P1  P1 . 1 suy ra: V1 V1' 1 ’ ’  ; Do: V1+V2 = V1 +V2 ;  V1 2 ’

’

(3) 0,25

P2' 1 3 Thay vào (3) ta được: '  1   P1 2 2 Thay vào (1) ta có kết quả:

2 (2,5 điểm)

T2 P'  2 2'  3 . T1 P1

b. (1 điểm) Nhiệt lượng mà khí ở ngăn dưới nhận được dùng để tăng nội năng và sinh công. 3 - Độ tăng nội năng của khí: ΔU = nR  T2  T1   3nRT1  3P1V1 2 - Công mà khí sinh ra dùng để tăng thế năng của pittông và sinh công cho khí ở ngăn trên. V PV A = A1 + A2 = Mgh + P1V1ln 1'  1 1  P1V1 ln 2 V1 2 (mỗi biểu thức công đúng được 0,25 điểm) 7   Q = A + ΔU =   ln 2  P1V1 2  a. (1,5 điểm) L Gọi d = OS S S’ d d’ Sơ đồ tạo ảnh: S

G d1

d1’

S2 d2’

d2 1

0,25

0,5

0,25

Nội dung

Câu Ta có d’ =

Điểm 0,25

10d d-10

d1= h - d => d2 = 2h - d => d2’ =

10(2h-d) 2h - d -10

d’ - d2’ = 20/3 => 2d2 - 4dh +100h - 60d - 200 = 0 (1) Khi có nước: S LCP S’ L S’’ d d’ d’’ S

Ta có d’ =

G d1

d1’

LCP d2

0,25

3(2h-d) 7,5(2h-d) => d3’= 4 1,5h-0,75d-10

0,25

S2 d2’ d3

S G

L d3’

3d 7,5d => d’’= 4 0,75d-10 d1= h-d => d2= 2h-d => d3=

 d’’- d3’ = 15 => 0,5625d2 - 1,125dh +25h - 10d - 100 = 0 (2)

3 (2,5 điểm)

Từ (1) và (2) => d = 11,76 cm , d = 20 cm (nhận) => h = 11,88 cm, h = 30 cm. Điều kiện để cho các ảnh đều là thật là d3 > f = 10 cm. Thay các giá trị vào ta thấy chỉ có cặp nghiệm d = 20 cm và h = 30 cm thỏa mãn. Vậy d = 20 cm và h = 30 cm………………………………….. b. (1 điểm) - Để hai ảnh cùng là thật thì: 0,75d > f và d3 > f  13,3 cm < d < 46,7 cm nhưng vì d < h = 30 cm  điều kiện để cả hai ảnh đều là thật là: 13,3 cm < d < 30 cm. - Độ phóng đại của ảnh thứ nhất và ảnh thứ 2: f 10 10 10 f ; k2 = k1 =    3  2h  d  0, 75d  35 f  d3 f  0, 75d 10  0, 75d 10  4 k 0, 75d  35  tỷ số hai ảnh: 1  (do hai ảnh cùng là thật nên k1 và k2 cùng dấu) k 2 10  0, 75d Có hai trường hợp: k 0, 75d  35 + 1  = 3  d = 21,7 cm. k 2 10  0, 75d k 0, 75d  35 1   d = 38,3 cm. (loại) + 1  k 2 10  0, 75d 3 a. (1 điểm) Khi m cân bằng thì lực căng dây bằng trọng lực của m  T = mg. Áp dụng quy tắc mômen cho thanh với trục quay O.  l Mg.cos Mg. .cos α = T.l.cos T= = mg  2 2 2cos 2 (mỗi biểu thức mômen lực đúng được 0,25 điểm)  2cos M 2 2 3   m cos 2

0,25 0,25

0,25

0,25 0,5

0,25

Câu

Nội dung Điểm b. (1,5 điểm) Chọn mốc tính thế năng trọng trường tại VTCB của mỗi vật. - Khi thanh OA nằm ngang thì độ cao trọng tâm của nó ở trên vị trí cân bằng một l 3 l khoảng hG = sin α = , còn vật m ở dưới vị trí cân bằng của nó một đoạn 4 2 hm = SA = l. - Gọi vận tốc của m khi thanh đi qua VTCB là v, giá trị của v bằng thành phần 0,25 2v l 3 ω= vận tốc của điểm A theo phương dây  v = vA.sin α = 2 l 3 0,5 3 Mgl Mgl - Cơ năng ban đầu của hệ. W = MghG – mghm = Mgl .   4 2 3 4 3 (mỗi biểu thức thế năng đúng được 0,25 điểm)………………………………….. - Cơ năng của hệ tại VTCB: W’ =





2 Mv 2 9  8 3 1 1 1 M 2 1 1 2  2v  2 2 mv  I0   v  Ml    2 2 22 3 23 36 3 l 3 (mỗi biểu thức động năng đúng được 0,25 điểm)…………………………………..



2 Mgl Mv 9  8 3 - Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ta được:  4 3 36 3 9gl v= 98 3

4 (1 điểm)

0,5



0,25

Gọi U là hiệu điện thế ở hai đầu biến trở, khi đó dòng điện qua biến trở bằng hiệu dòng qua hai phần tử phi tuyến: I  E  U  U (*)

0,25

Công suất nhiệt tỏa ra trên biến trở là: P  UI  U E  U  U

0,25

Đạo hàm biểu thức trên theo U rồi cho đạo hàm bằng 0 ta được: 18U 2  21EU  4 E 2  0 Giải phương trình trên ta được: U  E (21  153) Hay U1  9,3 V và U2 

0,25

2,4V. Với điều kiện I > 0  lấy nghiệm U = 2,4 V. Thay vào (*) ta tìm được I = 0,38 A, từ đó tính được R = 5. (1,5 điểm)

U  6,3 I

Khi thanh CB quay với vận tốc góc ω thì trong thời gian dt nó quét được diện tích là d l 2 B 1 dS= l.l.dt  Ecu    dt 2 2 2 l B E 2 2  E  l B => i= R R 2R Mômen của lực từ tác dụng lên đoạn dây có chiều dài dx có tọa độ x. l Bil2 dM = i.B.x.dx  M =  i.B.xdx  2 0 Phương trình chuyển động quay của thanh quanh trục: 3

0,25

Câu

Nội dung 1 2 d l E l 2 B l 2 2 2   l   Bi   l   B (  ml ) 3 dt 2 R 2R 2 B 2l 4 BEl 2   ( l 2  ) 4R 2R

Điểm

B 2l 4 BEl 2 B 2l 4 2 Đặt x=  ( l  => dx= ( l  ) )d 4R 2R 4R B 2l 2 )dt 3(  dx 4R Khi đó phương trình trên trở thành:  x m 2 BEl B 2l 4 BEl 2 Khi ω lấy cận từ 0 đến ω thì x lấy cận từ đến  ( l 2  ) 2R 4R 2R Tích phân hai vế ta được: B2 l4 BEl2 B2 l 2 ) ( l2  t 3(  )dt 4R 2R dx 4R    x 0 m BEl2

0,25

B 2l 2 B 2l 4 BEl 2 3(  )t ) 4R 4R 2 R  e m BEl 2 2R

 ( l 2 





2 BE (1  e B l  4 R 2 2

 B 2l 2  3   t 4 R   m

)

0,25

--------------------------------Hết--------------------------------

§ª thi chän häc sinh giái quèc gia M«n vËt lý líp 12 THPT, n¨m häc 2002 – 2003 (Ngµy thi thø nhÊt 12/03/2003) B¶ng A Bµi I: C¬ häc 1.Mét thanh cøng AB cã chiÒu dµi L tùa trªn hai mÆt ph¼ng P1 vµ P2 (H×nh 1). Ng-êi ta kÐo ®Çu A cña thanh lªn  trªn däc theo mÆt ph¼ng P1 víi vËn tèc v 0 kh«ng ®æi. BiÕt



 v0

P1 A

thanh AB vµ vÐct¬ v 0 lu«n n»m trong mÆt ph¼ng vu«ng gãc víi giao tuyÕn cña P1 vµ P2; trong qu¸ tr×nh chuyÓn ®éng c¸c ®iÓm A, B lu«n tiÕp xóc víi hai mÆt ph¼ng; gãc nhÞ diÖn t¹o bëi hai mÆt ph¼ng lµ  =1200. H·y tÝnh vËn tèc, gia tèc cña ®iÓm B vµ vËn tèc gãc cña thanh theo v0, L,  ( lµ gãc hîp bëi thanh vµ mÆt ph¼ng P2). 2.Trªn mÆt bµn n»m ngang cã hai tÊm v¸n khèi l-îng





B P2

H×nh 1



m1 vµ m2. Mét lùc F song song víi mÆt bµn ®Æt vµo tÊm v¸n d-íi. BiÕt hÖ sè ma s¸t tr-ît gi÷a 2 tÊm v¸n lµ k1, gi÷a v¸n d-íi vµ bµn lµ k2 (H×nh 2). TÝnh çc gia tèc a1 vµ a2 cña hai tÊm v¸n. BiÖn luËn çc kÕt qu¶ trªn theo F khi cho F t¨ng dÇn tõ gi¸ trÞ b»ng kh«ng. X¸c ®Þnh çc kho¶ng gi¸ trÞ cña F øng víi tõng d¹ng chuyÓn ®éng kh¸c nhau cña hÖ. ¸p dông b»ng sè: m1= 0,5kg; m2=1kg; k1= 0,1 ; k2 = 0,3; g = 10m/s2. Bµi II: NhiÖt häc Cho mét mol khÝ lÝ t-ëng ®¬n nguyªn tö biÕn ®æi theo mét chu tr×nh thuËn nghÞch ®-îc biÓu diÔn trªn ®å thÞ nh- h×nh 3; trong ®ã ®o¹n th¼ng 1- 2 cã ®-êng kÐo dµi ®i qua gèc to¹ ®é vµ qu¸ tr×nh 2 - 3 lµ ®o¹n nhiÖt. BiÕt : T1= 300K; p2 = 3p1; V4 = 4V1. 1. TÝnh çc nhiÖt ®é T2, T3, T4. 2. TÝnh hiÖu suÊt cña chu tr×nh. 3. Chøng minh r»ng trong qu¸ tr×nh 1-2 nhiÖt dung cña khÝ lµ h»ng sè.

 F

k2 H×nh 2 p 2

p3 p1 O

4 V

Bµi III: §iÖn häc H×nh 3 Trong m¹ch ®iÖn nh- h×nh vÏ, § lµ ®i«t lÝ t-ëng, tô ®iÖn cã ®iÖn dung lµ C, hai cuén d©y L1 vµ L2 cã ®é tù c¶m lÇn l-ît lµ L1 = L, L2= 2L; ®iÖn trë cña c¸c cuén d©y vµ d©y nèi kh«ng ®¸ng kÓ. Lóc ®Çu kho¸ K1 vµ kho¸ K2 ®Òu më. K2 1. §Çu tiªn ®ãng kho¸ K1. Khi dßng qua cuén d©y L1 cã K1 gi¸ trÞ lµ I1 th× ®ång thêi më kho¸ K1 vµ ®ãng kho¸ K2. Chän thêi A ®iÓm nµy lµm mèc tÝnh thêi gian t. § a) TÝnh chu k× cña dao ®éng ®iÖn tõ trong m¹ch. b) LËp biÓu thøc cña c-êng ®é dßng ®iÖn qua mçi cuén E C L1 d©y theo t. B 2. Sau ®ã, vµo thêi ®iÓm dßng qua cuén d©y L1 b»ng kh«ng vµ hiÖu ®iÖn thÕ uAB cã gi¸ trÞ ©m th× më kho¸ K2. H×nh 4 a) M« t¶ hiÖn t-îng ®iÖn tõ x¶y ra trong m¹ch. b) LËp biÓu thøc vµ vÏ ph¸c ®å thÞ biÓu diÔn c-êng ®é

dßng ®iÖn qua cuén d©y L1 theo thêi gian tÝnh tõ lóc më kho¸ K2.

B¶ng B Bµi I: C¬ häc 1. Nh- B¶ng A 2. Trªn mÆt bµn n»m ngang cã hai tÊm v¸n khèi l-îng m1= 0,5kg vµ m1 m2=1kg (H×nh 2). Cã mét lùc F =5N song song víi mÆt bµn ®Æt vµo tÊm v¸n d-íi. HÖ sè ma s¸t tr-ît gi÷a hai tÊm v¸n lµ k1 = 0,1; gi÷a m2 v¸n d-íi vµ bµn lµ k2= 0,2. Chøng minh r»ng hai v¸n kh«ng thÓ chuyÓn ®éng nh- mét khèi. TÝnh gia tèc cña mçi tÊm v¸n. LÊy gia tèc g = 10m/s2. Bµi II: NhiÖt häc: Nh- B¶ng A Bµi III: §iÖn häc Trong m¹ch ®iÖn nh- h×nh vÏ, tô ®iÖn cã ®iÖn dung lµ C, hai cuén d©y L1 vµ L2 cã ®é tù c¶m lÇn l-ît lµ L1= L, L2= 2L; ®iÖn trë cña c¸c cuén d©y vµ d©y nèi kh«ng ®¸ng kÓ. ë thêi ®iÓm t = 0, kh«ng cã dßng qua cuén L2, tô ®iÖn kh«ng tÝch ®iÖn cßn dßng qua cuén d©y L1 lµ L1 I1. 1. TÝnh chu k× cña dao ®éng ®iÖn tõ trong m¹ch. 2. LËp biÓu thøc cña c-êng ®é dßng ®iÖn qua mçi cuén d©y theo thêi gian. 3. TÝnh hiÖu ®iÖn thÕ cùc ®¹i gi÷a hai b¶n tô.

 F

k1 k2 H×nh 2

A C B

H×nh 5

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÀN QUỐC, MÔN VẬT LÝ - N¨m häc 2002-2003 (Ngµy thi thø nhÊt 12/03/2003) B¶ng A Bµi I : C¬ häc  Çc thµnh phÇn vËn tèc cña A vµ B däc theo thanh P1 v0 b»ng nhau nªn: A 1 3 0 tg) vB = vAcos(60 - )/cos= v 0 (  2 2 Chän trôc Oy nh- h×nh vÏ, A cã to¹ ®é:  B  y= Lsin  y’= Lcos. ’ = v0cos300. VËn tèc gãc cña thanh: H×nh 1 v0 3 v 0 cos 300 = .  = ’ = 2L cos  L cos  3v 02 dv B 3 '  Gia tèc cña B: a = = v0 2 cos 2  dt 4L cos 3  2. Çc lùc ma s¸t nghØ cã ®é lín cùc ®¹i lµ: F1max= k1m1g ; F2max= k2( m1 + m2)g 1/ F  F2max th× a1= a2= 0 2/ F > F2max th× v¸n 2 chuyÓn ®éng vµ chÞu t¸c dông cña çc lùc : F, F2max vµ lùc ma s¸t F1 gi÷a hai v¸n. Cã hai kh¶ n¨ng : a) F1 F1max , v¸n 1 g¾n víi v¸n 2. Hai v¸n cïng chuyÓn ®éng víi gia tèc: F  F2 max F  F2 max . Lùc truyÒn gia tèc a cho m1 lµ F1: F1 =m1  k1m1g a= m1  m 2 m1  m 2  F  ( k1 +k2)(m1 +m2)g §iÒu kiÖn ®Ó hai tÊm v¸n cïng chuyÓn ®éng víi gia tèc a lµ: k2( m1 + m2)g < F  ( k1 +k2)(m1 +m2)g. Thay sè: 4,5N < F  6N b) F = F1max. V¸n 1 tr-ît trªn v¸n 2 vµ vÉn ®i sang ph¶i víi gia tèc a 1 a1 < a2 ; F1max= k1m1g = m1a1 ; a1= k1g V¸n 2 chÞu F, F1max, F2max vµ cã gia tèc a2: F  k 1 m 1g  k 2 ( m 1  m 2 ) g a2 = m2 1 §iÒu kiÖn ®Ó a2 - a1 = {F - ( k1 +k2)(m1 +m2)g}> 0 lµ F>(k1 +k2)(m1+m2)g m2 Thay sè: F  4,6N : a1= a2= 0 ; hai vËt ®øng yªn F  4,5 4,5N < F  6N : hai vËt cã cïng gia tèc: a1 = a2 = 1,5 2 F > 6N : VËt 1 cã a1= 1m/s ; vËt 2 cã a2 = ( F  5 ) Bµi II : NhiÖt häc p p p 1. Qu¸ tr×nh 1 - 2 : 2  1  V2  V1 2  3V1 ; V2 V1 p1 p V T2  T1 2 2  9T1 = 27000K p1 V 1

O P2



V   3 Qu¸ tr×nh 2-3: P3  P2  2   P2    4  V3  ( thay V3 = V4) V  T3  T2  2   V3 

 1

 3  T2    4

5/3

 0,619P2= 1,857 P1

2/3

Qu¸ tr×nh 4 - 1 : T4 = T1

 0,825T2 = 7,43T1=22290K

V4 = 4T = 12000K 1 V1

2. Qu¸ tr×nh 1- 2 : U1-2=CV( T2-T1) = 8CVT1 = 12RT1 A1-2 =( p2+ p1)(V2-V1)/2 = 4p1V1= 4RT1 Q1-2 = U1-2+A1-2 =16RT1 Qu¸ tr×nh 2-3: A2-3 = - U2-3 = - CV( T3-T2) = 2,355 RT1; Q2-3 = 0. Qu¸ tr×nh 3- 4: U3-4 = CV( T4-T3) = - 5,145RT1 ; A3-4 = 0 Q3-4 = U3-4+ A3-4 = - 5,145RT1 Qu¸ tr×nh 4- 1: U4-1 = CV( T1-T4) = - 4,5RT1 A4-1 = p1(V1-V4) = - 3p1V1=- 3RT1 Q4-1 = U4-1+ A4-1 = - 7,5RT1 A = A1-2 + A2-3 + A3-4 + A4-1 = 4RT1+2,355 RT1- 3RT1= 3,355RT1 NhiÖt l-îng khÝ nhËn lµ: Q = Q1-2 =16RT1 =

A = 20,97%  21%. Q1 2

3. Vi ph©n hai vÕ: pV=RT (1) ; pV-1=hs pdV +Vdp=RdT - pV-2dV +V-1dp = 0 . Gi¶i hÖ: pdV = Vdp = 0,5RdT dQ = CVdT + pdV= 1,5RdT+0,5RdT= 2RdT C = dQ /dT = 2R =hs Bµi III: §iÖn häc KÝ hiÖu vµ quy -íc chiÒu d-¬ng cña c¸c dßng nh- h×nh vÏ vµ gäi q lµ ®iÖn tÝch b¶n tô nèi víi B. LËp hÖ: iC = i1 + i2 (1) ' ' (2) L i1 -2L i 2 = 0 ' L i1 = q/C (3) i = - q’ (4) §¹o hµm hai vÕ cña (1) vµ (3): i”C = i”1 + i”2 (1’) Li”1 - 2Li”2 = 0 (2’) 3 iC . Li”1 = - iC/C (3’)  ; i”C =  2LC 3 Ph-¬ng tr×nh chøng tá iC dao ®éng ®iÒu hoµ víi   : 2LC iC = I0sin(t +) (5) Tõ (2)  (Li1 - 2Li2)’=hs i1 - 2i2= hs. T¹i t = 0 th× i1 = I1, i2 = 0  i1 - 2i2 = I1(6)

A D C

L1 i1

H×nh 2

i1 + i2 = iC = I0Csin(t +).

Gi¶i hÖ:

i1 =

I1 2I 0 C + sin(t +). 3 3

I 0C 2I I sin(t +) - 1 ; uAB = q/C =L i1' = 0 C LCcos(t +). 3 3 3 T¹i thêi ®iÓm t = 0 i1= I1; i2= 0 ; uAB = 0 : Gi¶i hÖ: I0C=I1;  = /2;

i2=

i1 I 3 2I t. §¸p sè: i1 = 1 + 1 cos 2LC 3 3

2I1 3

I1 I 3 O cos t- 1 t2 t2+T 2LC 3 3 ë thêi ®iÓm t1 më K2: i1= 0 , tõ (6)  i2 = - 0,5I1 . V× VA<VB nªn kh«ng cã dßng qua §, chØ cã dao ®éng trong m¹ch L 2C víi I12 I 02 I12 I T’= 2 2LC vµ n¨ng l-îng L . Biªn ®é dao ®éng lµ I0: 2L = L  I0 = 1 . 2 2 2 2 Chän mèc tÝnh thêi gian tõ t1: I t Khi t =t1= 0 i1= 0 , tõ (6)  i2 = - 0,5I1 ; i = 1 sin( + ) 2 2LC I t uAB = -2Li’= - 2L 1 cos( +) < 0. Gi¶i hÖ:  = -/4 2 LC 2LC I t i = 1 sin( - /4 ) 2 2LC §Õn thêi ®iÓm t2 tiÕp theo th× uAB b»ng 0 vµ ®æi sang dÊu d-¬ng. t  2LC I . uAB = - 2L 1 cos( 2 --/4 ) = 0  t2 = 4 2LC 2 LC Tõ thêi ®iÓm nµy cã dßng qua c¶ hai cuén d©y, trong m¹ch cã dao ®éng ®iÖn tõ víi T= 2 2LC / 3 . Ta sÏ chøng minh ®-îc tõ thêi ®iÓm t2 lu«n cã dßng qua ®i«t. T-¬ng

i2 =

tù nh- trªn, trong hÖ cã dao ®éng ®iÖn tõ víi  

3 ; i1 - 2i2 = I1 2LC

i1 + i2 = iC = I’0Csin{(t-t2) +}. 1 2 I1 + I’0C sin{(t-t2) +} i1 = 3 3 1 1 2 ' i2 = I’0Csin{(t-t2) +} – I1; uAB = q/C =L i1 = I’0C LCcos{(t-t2) +}. 3 3 3 Víi ®iÒu kiÖn ban ®Çu: t = t2; i1= 0 ; u = 0 suy ra:  = - /2; I’0C = I1/2 2I1 2 2I 3 i1 = {1- co(t-t2)}= 1 {1- cos( t-  )} 0 (®pcm) 4 3LC 3 3  2LC 4  2LC th× th× i1 = 0; víi t  4

KÕt luËn: víi 0< t <

2 2I1 3 {1- cos( t - )} 4 3LC 3

B¶ng B Bµi I: C¬ häc 1. Xem lêi gi¶i C©u 1, B¶ng A 2. C¸c lùc ma s¸t nghØ cã ®é lín cùc ®¹i b»ng ma s¸t tr-ît: F1max= k1m1g = 0,5N ; F2max= k2( m1 + m2)g = 3N NÕu hai tÊm v¸n chuyÓn ®éng nh- mét khèi th× cã gia tèc chung lµ: a: a = F  F2 max 4 = m / s 2 MÆt kh¸c lùc truyÒn gia tèc a cho m1 lµ F1: m1  m 2 3 chØ cã thÓ g©y gia tèc cùc ®¹i lµ kmg m a1max = 1 1 = k1g = 1 2 < a. ®iÒu ®ã chøng tá hai v¸n chuyÓn ®éng riªng rÏ m1 s vµ v¸n 1 chuyÓn ®éng chËm h¬n v¸n 2. V¸n 2 chÞu c¸c lùc F, F 2max vµ F1max. Nã cã gia tèc F  F1max  F2 max 5  0,5  3 m a2 =   1,5 2 m2 1 s Bµi II - NhiÖt häc: Xem lêi gi¶i Bµi II, B¶ng A Bµi III- §iÖn häc: Xem lêi gi¶i C©u 1, Bµi III, B¶ng A.

§Ò thi chän häc sinh giái quèc gia m«n vËt lý, líp 12 THPT n¨m häc 2002 –2003 (Ngµy thi thø hai, 13 / 03 / 2003) B¶ng A Bµi I: C¬ häc Cho mét b¸n cÇu ®Æc ®ång chÊt, khèi l-îng m, b¸n kÝnh R, t©m O. O O. 1. Chøng minh r»ng khèi t©m G cña b¸n cÇu c¸ch . t©m O cña nã mét ®o¹n lµ d = 3R/8. 2. §Æt b¸n cÇu trªn mÆt ph¼ng n»m ngang. §Èy b¸n cÇu sao cho trôc ®èi xøng cña nã nghiªng mét gãc nhá so víi ph-¬ng th¼ng ®øng råi bu«ng nhÑ cho H×nh 1 H×nh 2 dao ®éng (H×nh 1). Cho r»ng b¸n cÇu kh«ng tr-ît trªn mÆt ph¼ng nµy vµ ma s¸t l¨n kh«ng ®¸ng kÓ. H·y t×m chu k× dao ®éng cña b¸n cÇu. 3. Gi¶ thiÕt b¸n cÇu ®ang n»m c©n b»ng trªn mét mÆt ph¼ng n»m ngang kh¸c mµ c¸c ma s¸t gi÷a b¸n cÇu vµ mÆt ph¼ng ®Òu b»ng kh«ng (H×nh 2). T¸c dông lªn b¸n cÇu trong kho¶ng thêi gian rÊt ng¾n mét xung cña lùc X nµo ®ã theo ph-¬ng n»m  ngang, h-íng ®i qua t©m O cña b¸n cÇu sao cho t©m O cña nã cã vËn tèc v 0 . a) TÝnh n¨ng l-îng ®· truyÒn cho b¸n cÇu. b) M« t¶ ®Þnh tÝnh chuyÓn ®éng tiÕp theo cña b¸n cÇu. Coi v0 cã gi¸ trÞ nhá. Cho biÕt gia tèc träng tr-êng lµ g; m« men qu¸n tÝnh cña qu¶ cÇu ®Æc ®ång chÊt khèi l-îng M, b¸n kÝnh R ®èi víi trôc quay ®i qua t©m cña nã lµ I =

 v0

2 MR 2 . 5

Bµi II: §iÖn - Tõ Cho mét khung d©y dÉn kÝn h×nh ch÷ nhËt ABCD b»ng kim lo¹i, cã ®iÖn trë lµ R, cã chiÒu dµi çc c¹nh lµ a vµ b. Mét d©y dÉn th¼ng A a B  dµi v« h¹n, n»m trong mÆt ph¼ng cña khung d©y, song song víi c¹nh AD vµ çch nã mét ®o¹n d nh- h×nh 3. Trªn d©y dÉn th¼ng cã d b dßng ®iÖn c-êng ®é I0 ch¹y qua. 1. TÝnh tõ th«ng qua khung d©y.  D C 2. TÝnh ®iÖn l-îng ch¹y qua mét tiÕt diÖn th¼ng cña khung d©y trong qu¸ tr×nh c-êng ®é dßng ®iÖn trong d©y dÉn th¼ng gi¶m ®Õn H×nh 3 kh«ng. 3. Cho r»ng c-êng ®é dßng ®iÖn trong d©y dÉn th¼ng gi¶m tuyÕn tÝnh theo thêi gian cho ®Õn khi b»ng kh«ng, vÞ trÝ d©y dÉn th¼ng vµ vÞ trÝ khung d©y kh«ng thay ®æi. H·y x¸c ®Þnh xung cña lùc tõ t¸c dông lªn khung. Bµi III: Quang häc Cho hÖ hai thÊu kÝnh héi tô máng, tiªu cù lÇn l-ît lµ f 1 vµ f2, ®Æt ®ång trôc çch nhau mét kho¶ng a. H·y x¸c ®Þnh mét ®iÓm A trªn trôc chÝnh cña hÖ sao cho mäi tia s¸ng qua A sau khi lÇn l-ît khóc x¹ qua hai thÊu kÝnh th× lã ra khái hÖ theo ph-¬ng song song víi tia tíi. Bµi IV: Ph-¬ng ¸n thùc hµnh Cho çc dông cô sau: * Mét hép ®iÖn trë mÉu cho phÐp tuú chän ®iÖn trë cã trÞ sè nguyªn tõ 10  ®Õn vµi M. * Mét nguån ®iÖn xoay chiÒu cã tÇn sè f ®· biÕt vµ cã hiÖu ®iÖn thÕ hiÖu dông gi÷a hai cùc kh«ng ®æi.

* Mét nguån ®iÖn mét chiÒu. * Mét m¸y ®o ®iÖn cho phÐp ®o ®-îc c-êng ®é dßng ®iÖn vµ hiÖu ®iÖn thÕ (mét chiÒu, xoay chiÒu). * Çc d©y nèi, çc ng¾t ®iÖn cã ®iÖn trë kh«ng ®¸ng kÓ. * Mét ®ång hå ®o thêi gian. H·y lËp ba ph-¬ng ¸n x¸c ®Þnh ®iÖn dung cña mét tô ®iÖn. Yªu cÇu nªu: nguyªn t¾c lÝ thuyÕt cña phÐp ®o, çch bè trÝ thÝ nghiÖm, çch tiÕn hµnh thÝ nghiÖm, çc c«ng thøc tÝnh to¸n, nh÷ng ®iÒu cÇn chó ý ®Ó gi¶m sai sè cña phÐp ®o.

B¶ng B Bµi I: C¬ häc Cho mét b¸n cÇu ®Æc ®ång chÊt, khèi l-îng m, b¸n kÝnh R, t©m O. 1. Chøng minh r»ng khèi t©m G cña b¸n cÇu c¸ch t©m O cña nã mét ®o¹n lµ d = 3R/8. 2. §Æt b¸n cÇu trªn mÆt ph¼ng n»m ngang. §Èy b¸n cÇu sao cho trôc ®èi xøng cña nã nghiªng mét gãc 0 nhá so víi ph-¬ng th¼ng ®øng råi bu«ng nhÑ cho dao ®éng (H×nh 1). Cho r»ng b¸n cÇu kh«ng tr-ît trªn O. mÆt ph¼ng vµ ma s¸t l¨n kh«ng ®¸ng kÓ. H·y t×m chu k× dao ®éng cña b¸n cÇu. Cho biÕt gia tèc träng tr-êng lµ g; m« men qu¸n tÝnh cña qu¶ cÇu ®Æc ®ång chÊt, khèi l-îng M, b¸n kÝnh R ®èi víi trôc quay ®i qua t©m cña nã lµ I =

2 MR 2 . 5

H×nh 1

Bµi II: §iÖn - Tõ Cho mét khung d©y dÉn kÝn h×nh ch÷ nhËt ABCD b»ng kim lo¹i, a A B cã ®iÖn trë lµ R, cã chiÒu dµi çc c¹nh lµ a vµ b. Mét d©y dÉn th¼ng  dµi v« h¹n, n»m trong mÆt ph¼ng cña khung d©y, song song víi c¹nh AD vµ çch nã mét ®o¹n d nh- h×nh 2. Trªn d©y dÉn th¼ng cã dßng d ®iÖn c-êng ®é I0 ch¹y qua. b 1. TÝnh tõ th«ng qua khung d©y. 2. TÝnh ®iÖn l-îng ch¹y qua mét tiÕt diÖn th¼ng cña khung d©y  trong qu¸ tr×nh c-êng ®é dßng ®iÖn trªn d©y dÉn th¼ng gi¶m ®Õn D C kh«ng. H×nh 2 3. Cho r»ng c-êng ®é dßng ®iÖn trong d©y dÉn th¼ng gi¶m tuyÕn tÝnh theo thêi gian ®Õn kh«ng trong thêi gian t, vÞ trÝ d©y dÉn th¼ng vµ vÞ trÝ khung d©y kh«ng thay ®æi. T×m biÓu thøc cña lùc tõ t¸c dông lªn khung d©y theo thêi gian. Bµi III: Quang häc: nh- Bµi III, B¶ng A. Bµi IV: Ph-¬ng ¸n thùc hµnh Cho çc dông cô sau: * Mét hép ®iÖn trë mÉu cho phÐp tuú chän ®iÖn trë cã trÞ sè nguyªn tõ 10  ®Õn vµi M. * Mét nguån ®iÖn xoay chiÒu cã tÇn sè f ®· biÕt vµ cã hiÖu ®iÖn thÕ hiÖu dông gi÷a hai cùc kh«ng ®æi.

* Mét m¸y ®o ®iÖn cho phÐp ®o ®-îc c-êng ®é dßng ®iÖn vµ hiÖu ®iÖn thÕ xoay chiÒu. * Çc d©y nèi, çc ng¾t ®iÖn cã ®iÖn trë kh«ng ®¸ng kÓ. H·y lËp hai ph-¬ng ¸n x¸c ®Þnh ®iÖn dung cña mét tô ®iÖn. Yªu cÇu nªu: nguyªn t¾c lÝ thuyÕt cña phÐp ®o, çch bè trÝ thÝ nghiÖm, çch tiÕn hµnh thÝ nghiÖm, çc c«ng thøc tÝnh to¸n, nh÷ng ®iÒu cÇn chó ý ®Ó gi¶m sai sè cña phÐp ®o.

H-íng dÉn gi¶i ®Ò thi chän häc sinh giái quèc gia m«n vËt lý, N¨m häc 2002-2003 (Ngµy thi thø hai: 13/3/2003) B¶ng A Bµi I : C¬ häc 1. Do ®èi xøng, G n»m trªn trôc ®èi xøng Ox. Chia b¸n cÇu thµnh nhiÒu líp máng dµy dx nhá. Mét líp ë ®iÓm cã to¹ ®é x= R sin , dµy dx= Rcos.d 2 cã khèi l-îng dm = (Rcos )2dx víi m   R 3 nªn: 3 /2

xG 

 xdm 0



4 3  R cos  sin d

x . x



O 1 H×nh

/ 2 R R 4 3R (®pcm)   cos 4  0 4m 4m 8 2. XÐt chuyÓn ®éng quay quanh tiÕp ®iÓm M: gäi  lµ gãc hîp bëi OG vµ O ®-êng th¼ng ®øng  G mgd - mgd = IM.” (1)   biÕn thiªn ®iÒu hoµ víi  = IM M P IO, IG, IM lµ çc m«men qu¸n tÝnh ®èi víi çc trôc quay song song qua H×nh 2 O,G,M. M« men qu¸n tÝnh ®èi víi b¸n cÇu lµ: 2 IO = mR 2 ; IO = IG + md2  5 O X . IM = IG + m( MG)2 . V×  nhá nªn ta coi MG = R-d 2 13  IM = mR 2 +m(R2 –2Rd) = mR 2 5 20 mgd 15g 26R H×nh 2  =  T = 2 IM 26R 15g 3. a) Gi¶i hÖ: X = mvG (1) Xd = IG (2) v0= vG +d (3) 83v 0 v0 md 120 83 15 vG = Víi IG = IO- md2 = mR2. vG = = ;= .v G = .v 0 2 IG 320 83R 16R 1  md / I G 128 §éng n¨ng cña b¸n cÇu: mv 02 mv G2 I G 2 83mv 02 E= =  0,32  256 2 2 2 b) Khèi t©m b¸n cÇu chuyÓn ®éng víi thµnh phÇn vËn tèc theo ph-¬ng ngang b»ng v G kh«ng ®æi. B¸n cÇu dao ®éng quanh khèi t©m. Bµi II: §iÖn - Tõ a A B 0I0 1. T¹i ®iÓm çch d©y dÉn r : B = 2r d a d  I b  I b a    0 0 dr  0 0 ln(1  ) = 0 b d 2r 2 d  2. Trong thêi gian nhá dt cã s.®.® : D C

d = xG  

H×nh 3

d , trong m¹ch cã dßng dt dq E d i  ;   dt R Rdt d dq =R.   0 0  0 0  0 I 0 b a q=  ln(1  )   = d R R R 2R 3. Gäi t lµ thêi gian dßng gi¶m ®Õn 0 th× I = I0(1 – t/t) ;  b a I E = - ’ ; trong khung cã i = E/R =- ’/R = 0 ln(1  ) 0 = hs 2R d t Lùc t¸c dông lªn khung lµ tæng hîp hai lùc t¸c dông lªn c¸c c¹nh AD vµ BC: b 0b  0 ab F = B1bi – B2bi = 0 Ii  Ii  Ii 2d 2(d  a ) 2d(d  a ) Xung cña lùc lµ: t t  0 I 0 abi  02 .ab 2 I 02 t a I ( 1 ) dt  = X =  Fdt = ln(1  ) 0 2  2d (d  a ) 0 t d 4  d (d  a ) 2 R 0 Bµi II: Quang I XÐt tia s¸ng truyÒn nh- h×nh vÏ B A O1 O2 A  B  C O1 AIO1 CJO2 ; BIO1 BJO2 nªn ' IO 1 O1A d 1 IO 1 O1B d1   ; .   JO 2 O 2 C d '2 JO 2 O 2 B d 2

E=-

Tõ ®ã:

O2 J

d' d' d1' d 1 = ' hay 1 . 2 =1. d2 d2 d1 d 2

d1' d '2 f1f 2 =1 . = d 1 d 2 d 1 ( a  f 1  f 2 )  f 1a  f 1 f 2 f 1a d1  . Bµi to¸n cã nghiÖm øng víi h×nh vÏ a  (f 1  f 2 ) khi (f1+f2) < a. BiÖn luËn : (f1+f2) = a; ®iÓm A ë xa v« cïng. (f1+f2) > a (f1+f2) < a Chøng minh t-¬ng tù ta còng cã d1' d '2 f 1a ; ®iÓm A lµ ¶o ë sau O1. . =1 vµ d1  a  (f 1  f 2 ) d1 d 2 k=

I O1

A C

O2 J

Bµi IV: Nªu 3 trong c¸c ph-¬ng ¸n sau: Ph-¬ng ¸n 1: M¾c tô víi nguån mét chiÒu cho tÝch ®iÖn ®Çy råi cho phãng ®iÖn qua ®iÖn trë lín. §o hiÖu ®iÖn thÕ U0 cña nguån vµ hiÖu ®iÖn thÕ trªn tô b»ng v«n kÕ, ®o t b»ng ®ång hå vµ ®äc trÞ sè R cña hép ®iÖn trë.



t RC

Tõ u = U0 e ta tÝnh ®-îc C. NÕu chän u =U0/e th× C = t/R. CÇn chän R lín ( cì M) ®Ó thêi gian phãng ®iÖn ®ñ lín ( cì s). Ph-¬ng ¸n 2: L¾p m¹ch gåm tô nèi tiÕp víi hép ®iÖn trë råi nèi víi nguån . LÇn l-ît ®o hiÖu ®iÖn thÕ UR trªn ®iÖn trë, UC trªn tô ( ®iÒu chØnh sao cho hai hiÖu ®iÖn thÕ nµy gÇn b»ng nhau), sÏ suy ra cã: U UR RC 2f  R ; C  UC R 2fU C Ph-¬ng ¸n 3: Dïng m¸y ®o v¹n n¨ng (§Ó ë nÊc ®o c-êng ®é ) m¾c nèi tiÕp víi tô ®Ó ®o I I qua tô, tÝnh C = . 2fU 0  Ph-¬ng ¸n 4: M¾c s¬ ®å nh- h×nh vÏ. Dïng hép ®iÖn trë nh- mét biÕn trë ®iÒu chØnh sao cho khi chuyÓn kho¸ K gi÷a hai chèt kim ampe kÕ ®Òu chØ nh- nhau. Lóc ®ã dung kh¸ng cña tô b»ng ®iÖn trë R.(Bá qua ®iÖn C K 1 A trë cña dông cô ®o). VËy C = ..... R 2f R

B¶ng B Bµi I: C¬ häc Xem lêi gi¶i C©u 1-2, Bµi I, B¶ng A Bµi II: §iÖn - Tõ Xem lêi gi¶i Bµi II, B¶ng A Bµi II: Quang Xem lêi gi¶i Bµi II, B¶ng A Bµi IV: Ph-¬ng ¸n thùc hµnh Nªu 2 trong c¸c ph-¬ng ¸n sau: Ph-¬ng ¸n 1: L¾p m¹ch gåm tô nèi tiÕp víi hép ®iÖn trë råi nèi víi nguån . LÇn l-ît ®o hiÖu ®iÖn thÕ UR trªn ®iÖn trë, UC trªn tô ( ®iÒu chØnh sao cho hai hiÖu ®iÖn thÕ nµy gÇn b»ng nhau), sÏ suy ra cã: U UR RC 2f  R ; C  UC R 2fU C  Ph-¬ng ¸n 2: Dïng m¸y ®o (®Ó ë nÊc ®o c-êng ®é ) m¾c nèi tiÕp víi tô ®Ó ®o I I . qua tô) tÝnh C = C K 2fU A Ph-¬ng ¸n 3: M¾c s¬ ®å nh- h×nh vÏ. Dïng hép ®iÖn trë nh- mét biÕn trë ®iÒu chØnh sao cho khi chuyÓn kho¸ K gi÷a hai chèt kim am pe kÕ ®Òu chØ nh- nhau. Lóc ®ã dung kh¸ng cña tô b»ng ®iÖn trë R. ( Bá qua 1 R ®iÖn trë cña dông cô ®o) C = R 2f

TRƯỜNG THPT

KỲ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG LỚP 12 NĂM HỌC 2011 - 2012

Môn thi: VẬT LÍ LỚP 12 THPT - BẢNG A Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1(3,5 điểm ). Cho quang hệ đồng trục gồm hai thấu kính, thấu kính phân kỳ L1 có tiêu cự f1 = - 30 cm và thấu kính hội tụ L2 có tiêu cự f2 = 48 cm, đặt cách nhau một khoảng l. Đặt trước L1 một vật sáng AB = 1 cm, vuông góc với trục chính và cách L2 một khoảng bằng 88 cm. a) Với l = 68 cm, hãy xác định vị trí, tính chất và độ lớn của ảnh cho bởi quang hệ ? b) Muốn cho ảnh của vật cho bởi quang hệ là ảnh thật thì l phải thoả mãn điều kiện gì ? Bài 2(2 điểm). Một quả cầu đặc, đồng chất có khối lượng m = 2 kg, bán kính R lăn không trượt theo một mặt phẳng nằm ngang với vận tốc v1 = 10 m/s đến va chạm vào một bức tường thẳng đứng và bật trở ra vẫn lăn không trượt với vận tốc v2 = 0,8v1. Tính nhiệt lượng tỏa ra trong quá trình va chạm. Bài 3. (4,5 điểm). Trên mặt nước có hai nguồn phát sóng kết hợp A, B dao động theo phương trình: u A  5cos(20 t )cm và uB  5cos(20 t   )cm . Coi biên độ sóng không đổi, tốc độ sóng là 60 cm/s. a) Viết phương trình sóng tổng hợp tại điểm M cách A, B những đoạn là: MA = 11cm; MB = 14 cm. b) Cho AB = 20 cm. Hai điểm C, D trên mặt nước mà ABCD là hình chữ nhật với AD = 15 cm. Tính số điểm dao động với biên độ cực đại đoạn AB và trên đoạn AC. c) Hai điểm M1 và M2 trên đoạn AB cách A những đoạn 12cm và 14cm. Tại một thời điểm nào đó vận tốc của M1 có giá trị đại số là  40cm / s . Xác định giá trị đại số của vận tốc của M2 lúc đó . Bài 4 (4 điểm). Một con lắc đơn gồm một vật nhỏ có khối lượng m = 2 gam và một dây treo mảnh, chiều dài l, được kích thích cho dao động điều hòa. Trong khoảng thời gian t con lắc thực hiện được 40 dao động. Khi tăng chiều dài con lắc thêm một đoạn bằng 7,9 cm, thì cũng trong khoảng thời gian t nó thực hiện được 39 dao động. Lấy gia tốc trọng trường g = 9,8 m/s2 . a) Kí hiệu chiều dài mới của con lắc là l’. Tính l, l’ và các chu kì dao động T, T’ tương ứng. b) Để con lắc với chiều dài l’ có cùng chu kỳ dao động như con lắc chiều dài l, người ta truyền cho vật điện tích q = + 0,5.10-8 C rồi cho nó dao động điều hòa trong một điện trường đều E có đường sức thẳng đứng. Xác định chiều và độ lớn của vectơ cường độ điện trường. Bài 5 (6 điểm). Cho con lắc lò xo lí tưởng K = 100N/m, m2 K v 0 m0 1 m1 m1 = 200gam, m2 = 50gam, m0 = kg. Bỏ qua 12 lực cản không khí, lực ma sát giữa vật m1 và mặt sàn. O x Hệ số ma sát giữa vật m1 và m2 là 12  0,6 . Cho g = 10m/s2. 1) Giả sử m2 bám m1, m0 có vận tốc ban đầu v0 đến va chạm đàn hồi xuyên tâm với m1, sau va chạm hệ (m1 + m2) dao động điều hoà với biên độ A = 1 cm . a. Tính v0. b. Chọn gốc thời gian ngay sau va chạm, gốc toạ độ tại vị trí va chạm, chiều dương của trục toạ độ hướng từ trái sang phải (hình vẽ). Viết phương trình dao động của hệ (m1 + m2). Tính thời điểm hệ vật đi qua vị trí x = + 0,5 cm lần thứ 2011 kể từ thời điểm t = 0.

2) Vận tốc v0 phải ở trong giới hạn nào để vật m1 và m2 không trượt trên nhau (bám nhau) trong quá trình dao động ? ------------Hết-----------

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG MÔN VẬT LÍ 12 NĂM HỌC 2011 - 2012 Câu

Nội dung L1 L2 a. Sơ đồ tạo ảnh: AB   A1B1   A2 B2 d1 d1’ d2 d2’ Với l = 68 cm, d1 = 88 - l = 20 cm; d1’ = d1f1/(d1 - f1) = -12 cm d2 = l - d1’ = 80 cm; d2’ = d2f2/(d2- f2) = 120 cm > 0 A2B2 là ảnh thật cách thấu kính L2 một khoảng 120 cm. * Độ phóng đại: k = d1’d2’/d1d2 = -9/10 < 0 ảnh A2B2 ngược chiều và có độ lớn: A2B2 = k AB = 0,9 cm

1 3,5 đ

b. Ta biết TKPK L1 cho vật thật AB một ảnh ảo A1B1, do đó d1’ < 0. Vị trí A1B1 đối với L2: d2 = l - d1’ > 0, nghĩa là A1B1 là vật thật đối với L2. Muốn A2B2 là ảnh thật thì ta phải có điều kiện d2 > f2 hay l - d1’ > f2 (1) - Theo đề bài: d1 = 88 - l  d1’ = -30(88 -l)/(118 -l)  l - d1 = l + 30(88 -l)/(118 -l) = (-l2 + 88l+ 2640)/(118 -l) - Vậy điều kiện trên trở thành: (-l2 + 88l+ 2640)/(118 -l) > 48. Vì 0  l  88  118  l  0 nên muốn (2) thoả mãn thì ta phải có: l2 - 136l + 3024 < 0  28 cm < l < 108 cm. Suy ra: 28 < l  88 (theo đề bài)

mv12 I12 Động năng của quả cầu trước va chạm: W1  .  2 2 v 2 Do I  mR 2 và 1  1 nên: R 5 2 mv12 1 2 7 2 v1 W1   . mR . 2  mv12 . 2 2 5 10 R Sau va chạm, quả cầu bật ra và lăn không trượt với vận tốc v2 nên có thể tính tương tự như trên, ta nhận được động năng của nó: 7 W2  mv22 . 10 Nhiệt lượng tỏa ra trong quá trình va chạm băng độ giảm động năng của quả cầu: Q  Wđ  0,7m(v12  v22 )  0,7.2.(102  82 )  50, 4 J a.Phương trình sóng do A,B truyền tới M lần lượt là: 2d 1  u1  a. cos(t   ) V 60  6(cm) với     f 10 u  a. cos(t  2d 2   )  2  + Phương trình dao động tổng hợp tại M là:

Điể m

0,5 0,5 0,5 0,5

0,5 0,5

0,5

0,2 5

     uM  u1  u2  2a.cos   d1  d 2    .cos t   d1  d 2    2 2    uM  10.cos(20 t   /11)(cm). 

1,0



b. + Vị trí điểm dao động với biên độ cực đại thoả mãn: cos  d 1  d 2     1 2 

1   d 1  d 2   k   2  + Các điểm trên đoạn AB dao động với biên độ cực đại thoả mãn:  1 AB 1   AB 1  k  d 1  d 2   k    2    2  2  k  2;....; 3   d  d  AB k  Z 2  1 Suy ra trên đoạn AB có 6 điểm cực đại giao thoa + Các điểm trên đoạn AC dao động với biên độ cực đại thoả mãn: 1   AD  BD  d 1  d 2   k     AB  0 với k  Z 2    1  15  25   k  .6  20  k  1;0;1;2;3 suy ra trên AC có 5 điểm cực đại  2  k  Z 

c. + M1 cách A,B những đoạn d 1  12cm; d 2  8cm ; M2 cách A,B những đoạn d 1  14cm; d 2  6cm + Phương trình dao động tổng hợp của M1 và M2 tương ứng là:

a. Tính chiều dài và chu kì dao động của con lắc Ta có: T   t  2 l ;T '   t  2 l' n g n' g 2

Từ (1) và (2): 

T  2

l 1,521  2 g 9,8

1,0

0,25

0,5

l  7,9 1600   l  152,1cm l 1521

1,0

0,5

 5  2 5 11   2   uM 1  10.cos  3  2  .cos  t  6   10.sin 3 .cos(t  6 )  5 3.cos(t  6 )(cm)       u  10.cos  4    .cos  t  5   10.sin 4 .cos(t  5 )  5 3.cos(t  11 )(cm)      M 2 6  3 6 6  3 2  chứng tỏ hai điểm M1 và M2 dao động cùng biên độ ngược pha nhau, nên lúc vận tốc của M1 có giá trị đại số là - 40cm/s thì vận tốc của M2 là 40cm/s. .

l'  T '   n   40  1600         l  T   n '   39  1521 Theo giả thiết ta có: l'  l  7,9

0,5

(1) (2) 0,5

2, 475(s) 0,5

l'  l  7,9  152,1  7,9  160cm l' 40 40  2, 475  T g 39 39

T '  2

0,5

2,538(s)

b. Xác định chiều và độ lớn vectơ E Khi vật chưa tích điện và được kích thích cho dao động điều hòa dưới tác dụng của lực căng



và trọng lực P = m g thì chu kì của con lắc là: T '  2 l'

Khi vật tích điện q và đặt trong điện trường đều

cùng phương với

kích thích cho dao động điều hòa dưới tác dụng lực căng 1 và hợp lực

 E F E = m  g  q   mg1 m 

thì hợp lực

và được

P1 có vai trò như P 0,5

Do đó chu kì của con lắc có biểu thức:

l' với g1

T1  2 Ta có:

T1  T  g1  g,

g1  g  Vậy

g1  g 

qE m

(3)

0,5

do đó từ (3) ta có:

qE , trong đó điện tích q > 0 m

cùng phương, cùng chiều với

cùng chiều với

và điện trường

có chiều hướng xuống,

g1 l' qE 1600  1   g l mg 1521 1600  1521 mg 79 2.103  9,8 E     2,04.105 V / m 8 1521 q 1521 0,5.10 

1) a. Đặt m1 + m2 = 250 g = 0,25 kg, áp dụng hai ĐLBT ta tính được vận tốc hai vật sau va 2m0 v0 v0  chạm: v  (1) 2 m  m0 5

0,5

0,5 1,0

K 100 0,5   20rad / s (2) 0, 25 m Vận tốc của hai vật ngay sau va chạm chính là vận tốc cực đại của dao động. Từ công thức 0,5 (1), với A = 1 cm, ta có: v0  2v  2 A  2.20.1  40cm / s (3)

Hai vật dao động điều hoà với tần số:  

0,5

 x  A cos   0    b. Lúc t = 0, ta có:  0 2 v   A sin   0 Phương trình dao động của hệ (m1 + m2) là: x  cos(20t   / 2)cm . + Dùng PP véc tơ quay, ta tìm được thời điểm vật đi qua vị trí có li độ x = + 0,5 cm lần thứ 7  12067 7 2011 là: t = t1 + t2 =  1005.   315, 75s  1005T  120 120 10 120

0,5

2) Khi hai vật đứng yên với nhau thì lực làm cho vật m2 chuyển động chính là lực ma sát nghỉ giữa hai vật, lực này gây ra gia tốp cho vật m2 :  g Fmsn  m2a  m2 2 x  12 m2 g  A  122 (5)

0,5



v0 (6) 2 2 g Từ (5) và (6) ta có: v0  12  0, 6m / s

Mà: v0  2 A  A 



* Lưu ý: HS có thể giải theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa

1,0

0,5 1,0

ĐỀ KIỂM TRA C©u 1: Cho m¹ch ®iÖn nh- h×nh vÏ 1, hiÖu ®iÖn thÕ hai ®Çu ®o¹n m¹ch d¹ng uAB=120 2 cos100t (V). 1. khi K ®ãng hiÖu ®iÖn thÕ hiÖu dông UAM=40 3 (V) ,hiÖu ®iÖn thÕ hai ®Çu ®o¹n m¹ch  MB sím pha so víi uAB .T×m biÓu thøc cña hiÖu ®iÖn thÕ hai ®Çu ®o¹n m¹ch AM. 6

2. khi k më hiÖu ®iÖn thÕ hiÖu dông U’ AM=40 7 V.Cho ®iÖn dung cña tô ®iÖn C=

103 3

F.T×m R;r;L C©u 2: Cho ®o¹n m¹ch nh- h×nh vÏ2 ,çc hép X,Y,Z mçi hép chØ chøa mét trong çc linh kiÖn: ®iÖn trë, cuén d©y, hoÆc tô ®iÖn.§Æt vµo hai ®Çu A,D mét hiÖu ®iÖn thÕ xoay chiÒu uAD=32 2 sin 2ft V.Khi f=100Hz,thÊy hiÖu ®iÖn thÕ hiÖu dông UAB=UBC=20V;UCD=16V;UBD=12V.C«ng suÊt tiªu thô cña m¹ch P=6,4w.Khi thay ®æi tÇn sè f th× sè chØ cña ¨m pe kÕ gi¶m ®i.BiÕt RA0.Çc hép X, Y, Z chøa linh kiÖn g×?T×m çc gi¸ trÞ m çc phÇn tö R,L,C trong ®ã (nÕu cã)?

C R M

r, L

B Y

D M k

H×nh 1

H×nh 2

Hình 3 Câu 3: Một con lắc lo xo gồm vật nặng M=300g,độ cứng k=200N/m như (hình vẽ 3). Khi M đang ở vị trí cân bằng thả vật m=200g từ độ cao h=3,75cm so với M.Sau va chạm hệ M và m bắt đầu dao động điều hòa . Bỏqua ma sát,lấy g=10m/s2 .Coi va chạm giữa m và M là hoàn toàn không đàn hồi. a.Tính vận tốc của m ngay trước va chạm,và vận tốc của hai vật ngay sau va chạm b.Viết phương trình dao động của hệ (M+m) chọn gốc thời gian là lúc va chạm , trục tọa độ 0x thẳng đứng hướng lên gốc 0 là vị trí cân bằng của hệ sau va chạm. c. Tính biên độ dao động cực đại của hai vật để trong quá trình dao động vật m không rời khỏi M

Câu 4: Một con lắc đơn gồm dây treo dài  1(m) gắn một đầu với vật có khối lượng m. Lấy g = 10(m/s2), 2 = 10. Người ta đem con lắc đơn nói trên gắn vào trần xe ôtô, ôtô đang đi lên dốc chậm dần đều với gia tốc 5(m/s2). Biết dốc nghiêng một góc 300 so với phương ngang. Tính chu kì dao động của con lắc trong trường hợp trên.

C©u

BiÓu ®iÓm 2

Néi dung ®¸p ¸n

1 k đóng mạch dạng. ta có giản đồ vec to:

UMB

R M r, L

UAB



/6

0.25



Theo gian đồ ta được: U AB UR 3   sin      2 / 3     / 6 sin  sin  / 6 2

Và UL=UABsin=60V UR+Ur=UABcosUr=20 3 V Do đoạn mạch AM thì u và i cùng pha nên : uAM=40 6 cos(100t-/6) Khi k mở mạch có dạng đầy đủ

Ur r 1    Z L  3r UL ZL 3 Khi k đóng ta được : (1) UR R   2  R  2r Ur r U AB 2 9 ( R  r ) 2  ( Z L  Z C ) 2 Khi k mở ta được: ( (2) )   U AM 7 R 2  Z C2

Trong đó Zc=30 ôm (3) Giải hệ 1 ; 2 và 3 ta được r=10 3 ôm ; ZL=30ôm; R=20 3 ôm 2 *

Khi f thay đổi khác 100Hz thì I giảm  f=100Hz trong mạch xayra cộng hưởng (uAD cùng pha với i) mạch AD chứa R;L;C Lại có : UAD = UAD + UBD Mà UAD=32V; UAB=20V; UBD=12V hay UAD=UAB +UBD uAD;uAB và uBD là cùng pha và cùng pha với i Hộp X chứa R Đoạn mạch BD chứa r;L;C có cộng hưởng Mà UBC>UCD Hộp Y chứa cuộn dây có trở thuần r;L

0.25 0.25 0.25 0.25 0.25

0.25

0.25 2 0.25

0.25 0.25

Câu

Hộp Z chứa tụ C UR+Ur=UAD=32V Ur=12V P=(UR+Ur)II=6,4/32=0,2A R=100ôm; r=60ôm ZL=Zc=80ôm L=2/5 (H); C=10-3/16 (F) Nội dung

Điểm

Vận tốc của m ngay trước va chạm: v  2 gh  0,5 3 (m/s)= 50 3 (cm/s) Do va chạm hoàn toàn không đàn hồi nên sau va chạm vòng và đĩa có cùng vận tốc V

0,5

0.25 0.25 0,25 0,5

mv  ( M  m)V  V 

mv  0, 2 3 (m/s)= 20 3 (cm/s) M m

K  20 (rad/s). Khi có thêm m thì lò xo bị M m mg nén thêm một đoạn: l0   1 (cm) vậy VTCB mới của hệ nằm dưới K

0,5

Viết PT dao động:  

3 (4,5đ)

0,75

VTCB ban đầu một đoạn 1cm b

Tính A: A  x 20 

2

 2 (cm)

0,5

1  2cos     (rad/s) 3 2.20sin   0

Tại t=0 ta có: 

0,5

 ) (cm) 3 Lực tác dụng lên m là: N  P1  ma  N  P  ma  m 2 x

Vậy: x=2cos(20t+

0,5

Hay N= mg  m 2 x  Nmin  mg  m 2 A

0,75

Để m không rời khỏi M thì Nmin  0  A  Amax

10  2  2  2,5 (cm) 20 

Câu 4.(2 điểm) Ta có P '  P  Fqt

2

Vậy 0,5

0,5đ

Xét OKQ với OK =

1,5đ

KQ , góc(OKQ) = 600 2

 OKQ vuông tại O.  P’ = OQ = Psin(600)  g’ = 5 3 (m/s2). (Có thể áp dụng định lí hàm số cosin để tính P’)

Fqt



P' P



Vậy, chu kì dao động của con lắc là: T '  2

1 l  2  2,135( s) g' 5 3

0,25đ

Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Trưêng thpt

Bµi kiÓm tra häc k× 1 n¨m häc 2010-2011 M«n vËt lÝ Thêi gian lµm bµi: 45 phót

®Ò 1 C©u 1 (2 ®iÓm): a. HiÖn tîng giao thoa lµ g×? Nªu ®iÒu kiÖn ®Ó cã giao thoa cña hai sãng c¬ häc? b. Gi¶ sö trªn mÆt níc cã hai nguån sãng ®ång bé ph¸t sãng c¬ víi bíc sãng . Mét ®iÓm M trªn mÆt níc c¸ch hai nguån c¸c kho¶ng d1, d2, víi k lµ sè nguyªn. ViÕt biÓu thøc ®iÒu kiÖn cña hiÖu ®êng truyÒn sãng theo  ®Ó ®iÓm M dao ®éng víi biªn ®é cùc ®¹i, cùc tiÓu. C©u 2: (2 ®iÓm): M¸y biÕn ¸p lµ g×? Ho¹t ®éng theo nguyªn t¾c nµo? ViÕt c«ng thøc vÒ m¸y biÕn ¸p lÝ tëng? Dïng m¸y biÕn ¸p trong viÖc truyÒn t¶i ®iÖn n¨ng th× cã lîi g×? C©u 3 (3 ®iÓm): Cho m¹ch ®iÖn xoay chiÒu AB, gåm ®o¹n m¹ch AM chøa cuén c¶m thuÇn cã ®é tù c¶m 1 L= (H), nèi tiÕp ®o¹n m¹ch MN chøa ®iÖn trë thuÇn R=50 3 (), nèi tiÕp ®o¹n m¹ch NB chøa tô ®iÖn  cã ®iÖn dung C thay ®æi ®îc nh h×nh vÏ. §Æt vµo hai ®Çu ®o¹n m¹ch ®iÖn ¸p cã biÓu thøc u=120cos(100πt) (V). 103 (F). 1. Víi C=C1= L R C 5 A M N a. ViÕt biÓu thøc cêng ®é dßng ®iÖn trong m¹ch. b. TÝnh c«ng suÊt ®iÖn tiªu thô cña m¹ch ®iÖn trªn. 2. §iÒu chØnh ®iÖn dung tô ®iÖn ®Õn gi¸ trÞ C2 sao cho ®iÖn ¸p uAN gi÷a hai ®Çu ®o¹n m¹ch AN lÖch pha 0,5π so víi ®iÖn ¸p u ë hai ®Çu ®o¹n m¹ch. TÝnh ®iÖn dung C2 vµ ®iÖn ¸p hiÖu dông hai ®Çu ®o¹n m¹ch AN khi ®ã. C©u 4 (3 ®iÓm): Mét con l¾c lß xo treo th¼ng ®øng gåm mét vËt cã khèi lîng m=100 (g) vµ lß xo cã khèi lîng kh«ng ®¸ng kÓ, cã ®é cøng k=40 (N/m). KÐo vËt theo ph¬ng th¼ng ®øng xuèng phÝa díi vÞ trÝ c©n b»ng mét ®o¹n 3 (cm) råi th¶ nhÑ cho vËt dao ®éng ®iÒu hoµ. Chän gèc to¹ ®é O trïng víi vÞ trÝ c©n b»ng, trôc Ox cã ph¬ng th¼ng ®øng, chiÒu d¬ng lµ chiÒu vËt b¾t ®Çu chuyÓn ®éng, gèc thêi gian lµ lóc vËt ®i qua vÞ trÝ c©n b»ng lÇn ®Çu tiªn. LÊy g=10 (m/s2). a. ViÕt ph¬ng tr×nh dao ®éng cña vËt. b. TÝnh ®é lín vËn tèc cùc ®¹i cña vËt vµ c¬ n¨ng dao ®éng cña con l¾c. c. TÝnh lùc ®µn håi cña lß xo t¸c dông vµo vËt t¹i vÞ trÝ vËt cã li ®é x=+2cm. HÕt Hä vµ tªn häc sinh:............................................ Líp :.............................

C©u 1 (2 ®iÓm)

2 (2 ®iÓm) 3 (3 ®iÓm)

§¸p ¸n vµ thang ®iÓm ®Ò 1 ®¸p ¸n a. + HiÖn tîng giao thoa lµ hiÖn tîng khi hai hay nhiÒu sãng gÆp nhau th× t¹o thµnh nh÷ng gîn sãng æn ®Þnh. + §iÒu kiÖn ®Ó çc sãng giao thoa ®îc víi nhau: Çc sãng lµ çc sãng kÕt hîp (cïng ph¬ng, cïng tÇn sè, cã ®é lÖch pha kh«ng ®æi). b. §iÒu kiÖn ®Ó M dao ®éng víi biªn ®é cùc ®¹i: d2-d1=k  §iÒu kiÖn ®Ó M dao ®éng víi biªn ®é cùc ®¹i: d2-d1=(2k+1) 2 + M¸y biÕn ¸p lµ thiÕt bÞ biÕn ®æi ®iÖn ¸p xoay chiÒu mµ kh«ng lµm thay ®æi tÇn sè cña nã. + Nguyªn t¾c ho¹t ®éng lµ hiÖn tîng c¶m øng ®iÖn tõ U N I + C«ng thøc : 2  2  1 U1 N1 I 2 + Dïng m¸y biÕn ¸p trong truyÒn t¶i ®iÖn n¨ng th× gi¶m ®îc hao phÝ ®iÖn n¨ng ®¸ng kÓ. 1. + ZL=L=100 1 + ZC= =50 C1 + Z1= R  ( ZL  ZC ) =100 2

®iÓm 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25

U  1,2 A Z1 Z  ZC 1  + tanφ1= L  φ1=  6 R 3  + φi=φu-φ1=6

0,25

+ I1=

 a. biÓu thøc dßng ®iÖn: i=1,2 2 cos(100πt- ) (A) 6 2 b. C«ng suÊt: P=I R=72 3 =124,7(W)

0,25 0,25 0,25

U AN

0,25

2. Ta cã gi¶i ®å vÐct¬ nh h×nh vÏ. Tõ gi¶n ®å vÐc t¬ ta cã: UC2 2  U2  U2R  U2L  ZC 2 

I 0,25

R 2  Z2L 102 =175C2= (F) ZL 175

Khi ®ã ta cã ZAN= R 2  ZL =50 7 =132,3() 2

Z2= R 2  ( ZL  ZC ) 2 =25 21 =114,56() I2=

0,25

U 120  Z2 25 21

0,25 0,25

4 (3 ®iÓm)

VËy UAN=I2ZAN= 80 3 (V)=138,56 (V) a. Ph¬ng tr×nh dao ®éng cã d¹ng: x=Acos(t+φ) k =20(rad/s) + = m

0,25 0,25

v =3cm 2 + Khi t=0 th× x=0, v>0 suy ra φ=-0,5π (rad) VËy x=3cos(20t-0,5π) (cm) b. VËn tèc cùc ®¹i : vmax=A=60cm/s C¬ n¨ng: W=0,5kA2=0,018J c. Ta cã: l0= mg =2,5.10-2 m k F=k(l0-x)=40(2,5-2).10-2=0,2N

+ A= x 2 

Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o h¶i d¬ng Trêng thpt kÎ sÆt

0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5

Bµi kiÓm tra häc k× 1 n¨m häc 2010-2011 M«n vËt lÝ Thêi gian lµm bµi: 45 phót

®Ò 2 C©u 1 (2 ®iÓm): Sãng c¬ häc lµ g×? Sãng ngang lµ g× cho mét vÝ dô? Sãng däc lµ g× cho mét vÝ dô? Nªu kh¸i niÖm bíc sãng? C©u 2 (2 ®iÓm): Dao ®éng cìng bøc lµ g×? Biªn ®é dao ®éng c÷ng bøc phô thuéc vµo yÕu tè nµo? Trong dao ®éng cìng bøc cã thÓ x¶y ra hiÖn tîng ®Æc biÖt g×? Nªu ®iÒu kiÖn ®Ó x¶y ra hiÖn tîng ®ã? C©u 3: (3 ®iÓm): Cho m¹ch ®iÖn xoay chiÒu AB, gåm ®o¹n m¹ch AM chøa ®iÖn trë thuÇn R=100 3 () nèi tiÕp cuén c¶m thuÇn cã ®é tù c¶m L thay ®æi ®îc, nèi tiÕp ®o¹n m¹ch MB chøa tô ®iÖn cã ®iÖn dung 104 C= (F) nh h×nh vÏ. §Æt vµo hai ®Çu ®o¹n m¹ch ®iÖn ¸p cã biÓu thøc u=200cos(100πt) (V). 2 R L C 1 1. Víi L= (H). A M  a. ViÕt biÓu thøc cêng ®é dßng ®iÖn trong m¹ch vµ ®iÖn ¸p uAM ë hai ®Çu ®o¹n m¹ch AM. b. TÝnh c«ng suÊt ®iÖn tiªu thô cña m¹ch ®iÖn trªn. 2. T×m gi¸ trÞ cña ®é tù c¶m L ®Ó ®iÖn ¸p gi÷a hai ®Çu cuén c¶m ®¹t gi¸ trÞ cùc ®¹i. TÝnh gi¸ trÞ cùc ®¹i ®ã. C©u 4: (3 ®iÓm): Mét con l¾c ®¬n gåm sîi d©y m¶nh, nhÑ lµ cã chiÒu dµi l=1 (m) vµ vËt nhá cã khèi lîng m=100 (g), dao ®éng t¹i n¬i cã gia tèc träng trêng g=π2=10 (m/s2). KÐo vËt ra khái vÞ trÝ c©n b»ng mét gãc 1=50 råi bu«ng nhÑ, bá qua mäi lùc c¶n vµ ma s¸t. Chän trôc to¹ ®é cong cã gèc lµ vÞ trÝ c©n b»ng cña vËt, chiÒu d¬ng híng vÒ vÞ trÝ th¶ vËt, gèc thêi gian lµ lóc th¶ vËt. a. TÝnh chu k× khi con l¾c dao ®éng víi gãc lÖch nhá. b. ViÕt ph¬ng tr×nh dao ®éng cña con l¾c theo li ®é cong. c. TÝnh c¬ n¨ng cña con l¾c. d. TÝnh ®é lín vËn tèc cña vËt vµ gãc lÖch cña sîi d©y khi vËt cã ®éng n¨ng b»ng thÕ n¨ng.

HÕt Hä vµ tªn häc sinh:............................................ Líp :.............................

C©u 1 (2 ®iÓm) 2 (2 ®iÓm) 3 (3 ®iÓm)

§¸p ¸n vµ thang ®iÓm ®Ò 2 ®¸p ¸n + Sãng c¬ lµ nh÷ng dao ®éng c¬ lan truyÒn trong m«i trêng vËt chÊt + Sãng ngang cã ph¬ng dao ®éng cña c¸c phÇn tö vËt chÊt vu«ng gãc víi ph¬ng truyÒn sãng. VÝ dô sãng níc. + Sãng däc cã ph¬ng dao ®éng cña c¸c phÇn tö vËt chÊt trïng víi ph¬ng truyÒn sãng. VÝ dô sãng ©m truyÒn trong kh«ng khÝ. + Bíc sãng lµ qu·ng ®êng sãng truyÒn ®îc trong mét chu k×. + Dao ®éng cìng bøc lµ dao ®éng ®îc duy tr× bëi ngo¹i lùc biÕn thiªn tuÇn hoµn. + Biªn ®é dao ®éng cìng bøc phô thuéc vµo ®é chªnh lÖch gi÷a tÇn sè lùc cìng bøc vµ tÇn sè riªng cña vËt. + Trong dao ®éng cìng bøc cã thÓ x¶y ra hiÖn tîng ®Æc biÖt lµ hiÖn tîng céng hëng? + §iÒu kiÖn ®Ó x¶y ra hiÖn tîng ®ã lµ flùc cìng bøc=friªng. 1. + ZL=L=100 1 + ZC= =200 C + Z= R 2  ( ZL  ZC ) 2 =200 U0 1A Z a. * BiÓu thøc dßng ®iÖn: Z  ZC 1  + tanφ= L  φ= 6 R 3  + φi=φu-φ= 6  i=cos(100πt+ ) (A) 6 * BiÓu thøc ®iÖn ¸p uAM:

+ I0=

+ ZAM= R 2  ( ZL ) 2 =200 () + U0AM=IZAM=200(V) Z 1  + tanφ= L   φ= 6 R 3

®iÓm 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25

0,25 0,25

   + φU=φi+φ= + = 6 6 3  + uAM=200cos(100πt+ ) (V) 3 2 b. C«ng suÊt: P=I R=100 3 =173(W)

2. Ta cã UL=IZL=

U R  ( Z L  ZC ) 2

ZL 

R  Z  2 Z L ZC  Z 2

2 L

2 C

ZL =

U 1 1 (R 2  ZC2 ) 2  2ZC 1 ZL ZL

0,25 0,25

1 1 1 + §Æt R2+ ZC2 =a, -2ZC=b, 1=c, =x, y= (R 2  ZC2 ) 2  2ZC  1 =ax2+bx+c, ta ®îc UL= ZL ZL ZL U ax 2  bx  c

0,25

+ §Ó (UL)max th× ymin: ymin=+ VËy (UL)max= 4 (3 ®iÓm)

4Z  4(R  Z ) R Z - 2Z 1  b ==- 2 C 2 = 2 C 2  2 2 , khi x=- hay 2 2 4a 2a Z L 2( R  Z C ) R  Z C R  ZC R  ZC 2 C

2 C

U R 2  ZC2 R 2  ZC2 3,5 =216 (V) khi ZL= =350 ()  L= (H)  ZC R

 =2 (s) g b. Ph¬ng tr×nh dao ®éng cã d¹ng: s=Acos(t+φ) g + = =π(rad/s)   100 + To¹ ®é ban ®Çu s1=l1=100.5. = =8,73 (cm) 180 36

a. Chu k×: T=2 

v 2 100 = =8,73 (cm) 2 36 + Khi t=0 th× s=A, v=0 suy ra φ=0 (rad) VËy s=8,73cos(t) (cm) b. C¬ n¨ng: W=0,5m2A2=3,8 (mJ) c. Ta cã W®=Wt=0,5W W VËn tèc: v= =0,195 (m/s) m

A= s12 

Gãc lÖch : =

0,25

W =0,062 (rad)=3,530. mg

0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5

ĐỀ LUYỆN THI, HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2010 - 2011 MÔN: VẬT LÝ Câu 1: Ti iệ h g h i g h , g h h h h O, h H h1 , h i g h hi = 2, g h g h Ti g SI g h g g 0 g i h h , i h g h i ig i 45 . 1. V g i i g hi i iI g i O, i h T hg g ệ h D gi i i i 2. h i iI g ệ hD g h g, h h 3. Đi iI g h g h h g i h i Câu 2: M h h AB g h i iệ ề , h i ợ g hiề i l. H nh 1 1 Đ h h ê h g g g, ầ h h ê ễ g h h i g G gg i v0 h g g g M h i h i ợ g h g ậ he h ơ g g g h g gg i h h AB ậ ầ A h h V hạ h h i Bi hệ gi h h h g g g  T g ự ại h h hạ H h 2 2 B gi , gi h h ợ h ầ A h g g h g h g g Gi h h ạ i h ơ g h g gg , h i ợ g 3 ầ A Khi  0 (  0 <<1 H nh 2 H h2 ầ he h h h h h h Bi g hậ i ậ h g i he h h h g i i B T ầ g hi ợ h g he h h H nh 2b). ầ gi ậ Câu 3: M g g g K  40( N / m) , ậ h h i ợ g m  100( g ) B h é 10 cm i h hẹ 1. B i , ậ g iề h a) Vi h ơ g h g ậ, h g O g ậ , hiề ơ g hiề h g ậ ú h , g h i gi ú h ậ b) h h i i é 5cm ầ h 2010 ừ ú h   0,1 L g  10(m / s 2 ) . 2. Thự gi ậ i hệ ợ gi ậ T h ậ ú gi i hiề ầ h 4 Câu 4: H i g h g hợ A, B ê h g h g g he h ơ g h u A  6.cos(20 t )(mm); uB  6.cos(20 t   / 2)(mm) C i iê g h g gi he h g h, g v  30(cm / s ) Kh g AB  20(cm) . h gi h i g 1. T h i g ê i g i iê ự ại ê ạ AB 2. H g i AB, i g ê ê ạ AB gầ H h H h hH ạ g nhiêu ? AM1  BM1  3(cm) và M1 ; M 2 3. H i i g ê ei hậ A,B iê i AM 2  BM 2  4,5(cm) Tại h i i , i M1 là 2(mm), h i M2 ại h i i 1 Câu 5: Ch ạ ạ h i i h h h (hình 3) T g ỗi h ,Y h i h iệ h ại iệ , X Y  h iệ Đ h i ầ ạ ạ h iệ A M B f  50( Hz ) , hiề u AB  100 2cos(2 f .t )(V ) Lú ầ H.3

thì U AM  200(V );U MB  100 3(V ) ; I  2( A) Gi iệ hiệ gh không i, ă g f ê 50 Hz h g g iệ hiệ g h gi i h iệ Câu 6 : Ch ạ h iệ h h h . H i C1 D1 A i g Đ h i ầ ạ ạ h M i h iệ h i ầ ỗi hi hệ B

i ầ ạ g ạ h gi iệ

iệ iệ ạ g h i

ạ h gi H i ,Y h

i h iệ i h iệ g ?

g C1 và C2 i C2 > C1), hai hiề u AB  U 0 .cost Vi h

D2 H.2

Câu 7: Cho mét b¸n cÇu ®Æc ®ång chÊt, khèi l-îng O. m, b¸n kÝnh R, t©m O. 1. Chøng minh r»ng khèi t©m G cña b¸n cÇu c¸ch t©m O cña nã mét ®o¹n lµ d = 3R/8. 2. §Æt b¸n cÇu trªn mÆt ph¼ng n»m ngang. §Èy b¸n cÇu sao cho trôc ®èi xøng cña nã nghiªng mét gãc nhá so víi ph-¬ng th¼ng ®øng råi bu«ng nhÑ cho dao ®éng (H×nh 1). Cho r»ng b¸n cÇu kh«ng tr-ît trªn mÆt ph¼ng nµy vµ ma s¸t l¨n kh«ng ®¸ng kÓ. H·y t×m chu k× dao ®éng cña b¸n cÇu. Câu 8 : Ch ơ hệ g ậ g h i ợ g ợ ợi h g ã g C, ầ h i A g C ợ e g B h i ợ g k k , g i Từ h i i ậ g ầ h g ự F h g i h h h T ã g g ậ i ợ h g h i gi ừ ú ậ ầ h g ự F ú ậ ừ g ại ầ h h N h g h A i i ậ h i ợ g M M> m m Hã h ự F ậ g iề h F F Câu 9 : C ạ h iệ h hình 1. M A L T iệ C1 ợ h iệ hiệ iệ h U1, iệ C2 ợ h iên hiệ iệ h U2 (U1>U2 C +C1 +C2 h ầ hệ ự L T i h g g iệ g ạ h hi óng khoá K. K Câu 10 : Chi h g ơ g 1 = 0,4m vào catôt Hình1 g iệ Khi uang iệ hiệ iệ h UAK = -2V h g g iệ ầ iệ -34 8 iê Ch h g P ăng h = 6,625.10 J , h g g h h g = 3 10 , h i ợ gee e = -31 -19 9,1.10 g, iệ h ee e = 1,6 10 C. 1. Tính g h i ại g 2 N h ạ 1 g ạ 2 = 0,2m, g h i gi g ê hiệ iệ h gi ê h h ee g iệ hi i gi g hiê ? Câu 11: T g h ghiệ Y- g ề gi h h g: h g h gi h i he hẹ S1, S2 = 0,2 , h g h ừ h g h i he D=1 1 Ng S h h g ơ , i h g h gi 10 g iê i 2,7 T h g h g ơ g S h 2 Ng S h h g g g g h g ừ 0,38  m  0,76  m.

a. Xác

gầ

ại

h g

ạ ơ

g h

nhau. b. Tại

2,7

ĐÁP ÁN 1 V i i i SI = SO, i hú ạ OJ h h OJ ề h g Từ h ậ hú ạ h g: 1sini = n2sinr Suy ra: sinr = 0,5 r = 300 G ại J h i ầ g0 ê g ệ h 0 D = i – r = 45 – 300 = 150

2 G N i

ii J

Khi

3 N

g :

ạ ơ

i i

i SO

450 ê g hú ạ = 300 K, g i g AB, i hú ạ i n2sinr = n1 i i’ 2 i i’ = 2 i’ = i = 450. g g i i i ê g ệ h iệ iê Đi 3 OI0 = OKtanr = Rtan300 = R . 3 i hơ g i gi i hạ h h g

2 suy ra igh = 450 2 Khi I i I1, i hú ạ i J1 i g g i h g OI1 h h g i h i g h h i h gi OI1J1, sin igh sin OI1 J1  OI1 OJ1 T g OJ1 = R; igh = 450; OI1 J1 = 900 – r = 600.

h gg

g h

ầ

ại J D

, i

= 300

I0 T

ạ

hầ , h

h i

sinigh =

g igh Khi

Vậ

hi I

Vậ :

OI1 = R

2 3

T ơ g ự:

OI2 = R

2 3

K ậ : Khi i g i h g h i ig i 45 0, hỉ ạ I1I2. 1 S hi ừ hạ ậ ậ , h h ậ g . B e g ợ g: 1 mv0 l = m l v + m l 2 12 2 2 1  v0 = v + l  (1) 6 1 1 1 1 mv02 = B ă g ợ g: m l 2 2 + mv2 2 12 2 2 1 2 2  v02 = (2) l  + v2 12 3v (3) Từ 1 2   0 l 1 g h ý g ă g: - IG  2 = Ams 2 1 1 2 3v0 2 l  ml ( )  mg   2 12 l 4

h i

3 v0 2 max  2  gl

2 Khi

ợ h g , e h h h 1 2 1 2 1 I  ml  mx  m(l 2  x 2 ) 3 3 3 h h g : d l 1 ( I  ')  -mg sin  - mgx sin  dt 2 3 1 2  l x m(l 2  x 2 ) '' mxx '  '   mg sin     3 3 2 3 g h h h:

Ph ơ g

Hay V i

N h ơ g

3 g ( x  l ) 2 xx '  '  '' 2  2 22  0 2 l x l x hậ h ự h i g i ại:

 '' D

ầ

 Ph ơ g g

K  20(rad / s ) m  x  10(cm)  Acos  10(cm)    t  0:   v  0 sin   0  A  10(cm)

:

h 2010 ại h i i

ầ

h 2

: t2010

hẵ

iê i h h 2010  2 i t2  t2  .T 2

h i i

é 5cm

h h i i é 5cm ầ g e ơ ta có : ừ ầ ú é 5cm ầ e ơ g : -10 M1 -5  .t2  2   / 3  5 / 3

h h i, h i i h 2 h ˆ M 1OM 2 5 (s)  t2  60

+ Lú i

g (2 x  3l ) 2(l 2  x 2 ) g : x  A.cos(t   )

ầ

A :

g (2 x  3l ) 0 2(l 2  x 2 ) g :

Vậ : x  10.cos(20t   )(cm) T h y lò xo nén 5cm ầ

h h

h i i ạ g

é 5cm ầ , ại VTCB ạ :

h 2010

: t2010 

2 6029 5  1004.  (s) 60 20 60

ậ •

•

hạ g h 2

l 

 mg

 0, 0025(m) K T h h i VTCB ậ h h g h i ú é 2,5 h VTCB lò xo giãn 2,5mm th VTCB ê h iO g i h ậ ă g ợ g,

h g ậ, ậ i iO C1 , ú ậ i g i C 2) h ợ gi ạ ự ại 2 mg ỗi ầ O h g g : xmax   0, 005(m) K Gi ậ i hiề ầ h 4 g i ậ i VTCB C2 he hiề sang i ầ h 2, g h ậ ă g ợ g ợ : KA2 K (l ) 2 mv42  ) ( 2 2 2   mg  A  2( A  xmax )  2( A  2xmax )  ( A  3xmax )  ( A  3xmax  l ) 

 v4  1, 65(m / s) Đ ệ h h h i  2 (d1  d 2 )     2

g ại

hiề

i M h A, B h g ạ 1 và d2 là : v 30 i    3(cm) f 10 2 1  Tại M ự ại gi h :   (d1  d 2 )   2k  d1  d 2  (k  ) 2 4  1 M h AB ê :  AB  d1  d 2  (k  )  AB  k  6;...;6 : 4 Tê ạ AB 13 i ự ại 2 1  Tại M ự i gi h :   (d1  d 2 )   (2k  1)  d1  d 2  (k  )  2 4 1 M h ạ AB :  AB  d1  d 2  (k  )  AB  k  6;...;6 : 4 Tê ạ AB 13 i ự i Tại i M h AB h g i H ạ x, hiệ g i hai sóng là : d1  d2  2 x Đi M h ạ AB g ê h ã : 1 1  i k  6;...;6 d1  d 2  2 x  (k  )  x  (k  ). ( 1 4 4 2 1 3   xmax  (6  4 ). 2  9,375(cm) D   x  (0  1 ). 3  0,375(cm)  min 4 2 Ph ơ g h g g hợ ại M h A,B h g ạ 1 và d2 là:      uM  12.cos  (d1  d 2 )   .cos t  (d1  d 2 )   (mm) 4  4   H i i M1 và M2 ề h e i hậ A,B iê i ê : AM1  BM1  AM 2  BM 2  b S g M1 và M2 là:

  .b      uM1  12.cos  3 .3  4  .cos t    4  uM       1  1  u  12.cos   .4,5    .cos t   .b    uM 2  M 2  4  4   3  Tại h i i 1 : uM1  2(mm)  uM 2  2(mm) 2 2 2 f  50 Hz : * Khi ầ h U AM h  U AB  U MB ê ạ AB h g h h :

h ầ

L, L

g h

i UMB

UAM vuông pha UMB.................................................. hi

UAM g ợ

h UMB...................................

h ầ iệ h ầ , hi g ệ h h gi UAB và ................................................................................................

h ạ AB

hi iệ C,

iệ g

UAB

UAM vuông pha UMB......................................................................

h ầ

UMB

iệ

h ầ

ự

iệ C

* Kh ă g 1: h h iệ , Y h ,L 2 2 2 Khi f  50 Hz , h U C  200V ;U MB  U r  U L  (100 3) 2  U L  U C  Z L  Z C ễ h hi ă g ầ ê 50Hz thì ZL ă g ZC gi , ú ZL= ZC h g iệ hiệ g i ạ ự ại, ghĩ ă g ầ ê 50Hz thì I ă g, i g D , h ă g ại * Kh ă g 2 : h h ,L h Y h C U C  100 3V U C  100 3V  2   U L  100 3V + Khi f  50 Hz , hệ: U AM  U r2  U L2  2002  2 U  100V 2 2 2 U AB  U r  (U L  U C )  100  r

Dễ h h I gi Vậ : h

 Z C  50 3 C  103 / 5 3 ( F )     Z L  50 3   L  0,5 3 /  ( H ) r  50 r  50()   ú f  50 Hz h gh g, Imax= U ê ă gf ê h ã g h h Y h r  50(); L  0,5 3 /  ( H )

C  103 / 5 3( F ) Tại = 0: u AB  U 0  D1 , D2 g:  u1  u AM  0; u 2  u MB  U 0  q2 M  C 2U 0 V i 0  t  T / 4 : u MB gi ừ U 0  0 nên D1 : C2 h g iệ C1 qua D1 ợ , :  q1  q2  C 2U 0 (7) Tại = T 4: u AB  0  u AM  u MB  0 8 ; hợ 1 2 h ại = T 4

50Hz

ợ :

g h

g iệ

C 2U 0  u AM   C  C  0  1 2 9 ê h i i ề  u  C 2U 0  0  Mb C1  C 2 S = T 4: h h, h i i ề , : g u AM  u MB  U 0 cos(t )  C1C 2 u AM  C1C 2 u MB  C1C 2U 0 cos(t )

h i

g h , ê :

 C 2 q1/  C1 q 2/  C1C 2U 0 sin(t )  (C1  C 2 ) I 0 sin(t   )  C1C 2U 0 sin(t )

C1C2U 0  q  q01cost  a1 C C U I0  C1  C2  i  1 2 0 sin t   1  C1  C2 q2  q02 cost  a2   0 

C2U 0 q1 a1  u AM  C  C  C .cos t  C  1 2 1 1  (*) u  q2  C1U 0 .cos t  a2  MB C2 C1  C2 C2 a1  C 2U 0  C  C  C  2 1 Tại = T 4: * h ã 9 ê ợ :  1 h * h :  C 2U 0  a 2  C1  C 2 C 2 C 2U 0  u AM  C  C .cos t  1 C1 D1  1 2 A  M u  C1U 0 cos t  C 2U 0 B  Mb C1  C 2 C1  C 2 C2 D2 h u AM  0; uMB  0t ê hi hh i i ề H.2 1. Do ®èi xøng, G n»m trªn trôc ®èi xøng Ox. Chia b¸n cÇu thµnh nhiÒu líp máng dµy dx nhá. Mét líp ë ®iÓm cã to¹ ®é x= R sin , dµy dx= Rcos.d 2 cã khèi l-îng dm = (Rcos )2dx víi m   R 3 nªn: 3 /2

xG 

 xdm 0



 R

cos 3  sin d

/ 2 R 4 R 4 3R (®pcm)   cos 4  0 4m 4m 8 2. XÐt chuyÓn ®éng quay quanh tiÕp ®iÓm M: gäi  lµ gãc hîp bëi OG vµ ®-êng ®øng mgd - mgd = IM.” (1)   biÕn thiªn ®iÒu hoµ víi  = IM

x . x



O 1 H×nh

d = xG  

th¼ng O  G M H×nh 2

IO, IG, IM lµ c¸c m«men qu¸n tÝnh ®èi víi c¸c trôc quay song song qua O,G,M. M« men qu¸n tÝnh ®èi víi b¸n cÇu lµ: 2 IO = mR 2 ; IO = IG + md2 5 IM = IG + m( MG)2 . V×  nhá nªn ta coi MG = R-d 2 13  IM = mR 2 +m(R2 –2Rd) = mR 2 5 20 mgd 15g 26R  =  T = 2 IM 26R 15g Vậ

g hi h

Nh t

h g

lo 2 g i VTCB

g ừ ê g O lo  x o 2 Tại VTCB i: F P - k =0 i o h 2 Khi ậ i giã : lo  x o + x lo  x o  x k 2 F+P- k = ’’  ’’ x=0 4m 2 Vậ ậ DĐĐH i h ơ g h: = A t   ) T

g ự F:



g ậ

i hi h gi

ự F

VTCB

g i

i VTCB ũ

k 4m

ậ T = 2

4m Th i gi k

ừ ú

g ự

hi ậ

ừ g ại ầ

T 4m  . 2 k

Khi t = 0: x = Acos(  ) = - xo = V = -A  sin  = 0 4F  A= ,  k 8F S = 2A = k Lự g ê M h h h Đ g iề h hi  N=P F  Mg

(F®h ) max 2

4F k

g ự F h M h i g ê N 0 lo  x o  A A 2  0  Mg - k  0 = Mg -k 4 2

-Ch 1 và q2 là iệ / i  q1  q 2/

(+)

+C1

u AB  u BC  u CA  0 L.i /  -L

q 2 q1  0 C 2 C1

+C2 K

Hình1

he h i gi : i    2 .i  0 ; C1  C 2 và i  A. cos.t    i  L.C1 .C 2 ạ h

L +C1

i  A. cos   0 -Khi t = 0: i    A.. sin  L.i    L. A.. sin   U AB  U 1  U 2  sin   0 U U2  Suy ra:    và A  1 2 L. C1  C 2 U U2   .Cos .t   Vậ : i  1 i  L.C1 .C 2 L. 2 

g h ơ g

hA h

1

+C2 K

Hình1

 A  e.U AK

=> A = 1,768.10-19J = 1,1eV g h ơ g 

2

 A

1 mv 02MAX 2

1 mv 02MAX  2 1 2 1 1 g h ý g ă g mv 02MAX  mv M2 AX  e U AK 2 2 2hc 1 1 (  ) h => v MAX  v MAX  1,045.106 m / s m  2 1

hA h

V ậ 1

gầ g

 e U AK 

g h ậ 2:

+ x d 1  xt 2   d Nh

=>  

:i=3

ạ

D h a

: h

ai h D ại

:   0,6 m h

ạ

= 3,8 g .D

g h

g ại 5,4 = 2,7 h ã : xk   ( m) a k + Ta có: 0,38( m)    0,76( m)  7,1  k  14,2 ; k nguyên => k = 8,9..14 Vậ 7 ạ h g ại = 2,7 Từ h ợ g ạ:   0,675 ; 0,60 ; 0,54; 0,491; 0,45; 0,415; 0,386 ( m )

g h

SỞ GD&ĐT THANH HÓA TRƢỜNG THPT BỈM SƠN

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT GIẢI TOÁN VẬT LÝ BẰNG MÁY TÍNH CASIO NĂM HỌC 2009 – 2010 (Thời gian làm bài:150 phút)

Bài 1: Một bình chứa khí có thể tích 10 lít ở 270C. Tính khối lƣợng khí thoát ra và khối lƣợng khí còn lại nếu áp suất giữ nguyên ở Po và tăng nhiệt độ lên 370C. Biết khối lƣợng riêng của khí ở điều kiện tiêu chuẩn là 0  1, 2kg / m3 Bài 2: Một bình hình trụ chiều cao 2h = 40cm đƣợc phân chia thành hai phần bởi một vách ngăn mỏng. Phần trên của bình chứa nƣớc với khối lƣợng riêng   103 kg / m3 và 2h phần dƣới của bình chứa không khí ở áp suất khí quyển p0  1at . Trên vách ngăn có một lỗ hở bé để nƣớc có thể chảy vào phần dƣới của bình. Lớp nƣớc phần dƣới của bình sẽ có bề dày bao nhiêu?. Nhiệt độ coi nhƣ không đổi. L Bài 3: Các điện tử coi là rất nhẹ, bay vào một tụ điện phẳng có độ dài L  = 10cm dƣới một góc   100 đến mặt phẳng của tấm bản và bay ra dƣới góc   1rad (Hình 2). Tính động năng ban đầu của các điện tử biết Hình 2 cƣờng độ điện trƣờng E = 10V/cm.  Bài 4: Một con lắc đơn gồm một quả cầu nhỏ có khối lƣợng m = 6g, đƣờng kính d = 1cm và một sợi dây nhẹ có chiều dài l = 1m. Cho con lắc lần lƣợt dao động trong chân không và không khí. Tính độ sai lệch của chu kì khi xét đến tác dụng của lực nâng Archimede của không khí. Cho biết khối lƣợng K riêng của không khí là 1,2g/dm3, gia tốc rơi tự do tại nơi dao động: g = 9,8 m/s2. Bài 5: Một con lắc lò xo đƣợc đặt trên mặt phẳng nghiêng nhƣ hình vẽ 3. Cho biết m = m 100g độ cứng lò xo K = 10N/m, góc nghiêng   600 . Đƣa vật ra khỏi vị trí cân bằng 5cm Hình 3 rồi buông nhẹ. Do có ma sát nên sau 10 dao động vật ngừng lại. Tính hệ số ma sát  giữa  vật và mặt phẳng nghiêng. Bài 6: Một lăng kính có tiết diện thẳng là một tam giác đều đƣợc đặt trong không khí. Chiếu một chùm tia tới đơn sắc hẹp, song song là là trên mặ bên từ đáy lăng kính khi đó tia ló ở mặt bên kia có góc ló là 21024'' . Tính chiết suất của lăng kính. Bài 7: Dùng dòng dọc có hai vành với bán kính R2  2 R1 để kéo một bao xi măng nặng m = 50 kg từ mặt đất lên cao 10m nhanh dần đều trong 2s. Bỏ qua R2 mọi ma sát, dây không dãn và khối lƣợng không đáng kể. Coi dòng dọc là một R1 vành tròn có khối lƣợng M = 2kg. Lấy g = 9,8 m/s2. Tính lực kéo F. Bài 8: Mạch dao động L = 12mH, C = 1,6  F có thành phần điện trở R sẽ tắt dần theo quy luật q  Q0e



Rt 2L

(cos t+ ) trong đó   02   R / 2 L  với 0 là 2

tần số góc khi mạch dao động không tắt dần. a. Nếu R = 1,5  thì sau bao lâu biên độ dao động chỉ còn lại một nửa? b. Tìm R để năng lƣợng giảm 1% sau mỗi chu kì. Bài 9. Cho mạch điện có sơ đồ nhƣ hình vẽ 5: u AB  150cos100 t (V) R a. Khi khóa K đóng: UAM =35V, U MB =85V . Công suất trên đoạn Hình 5 mạch MB là 40W. Tính R0, R và L A B b. Khi khóa K mở điều chỉnh C để UC cực đại. Tính giá trị cực đại ~ đó và số chỉ Vôn kế lúc này Bài 10: Cho mạch điện xoay (hình 6) chiều tần số 50 Hz. R=50  , A

M K

R0 , L

R C L Hình 6

1 mF , RL = 0. 2 a. Với giá trị nào của L thì dòng điện mạch chính i nhanh pha so hiệu điện thế uAB?. b. Với giá trị nào của L thì dòng điện mạch chính có gí trị không phụ thuộc vào R?.

HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT GIẢI TOÁN VẬT LÝ BẰNG MÁY TÍNH CASIO NĂM HỌC 2009 – 2010 BÀI Bài 1 (1,5đ)

ĐÁP ÁN C1. Giả sử cả lƣợng khí nói trên biến đổi đẳng áp từ t1  270 C đến

t2  370 C V V V T V T2  T1  thì 1  2  2  2  . T1 T2 V1 T1 V1 T1 T2  T1 (1) T1 T  2 V0 T2    2  0 2 (2)  Mặt khác có T0 0 V2 T0 T T T m  0 2 V1 2 1  0,413g Từ (1) và (2) có T0 T1 T m   2V1  0 2 V1  12,4g - Khối lƣợng khí còn lại là T0

Khối lƣợng khí thoát ra: m   2 V   2V1

ĐIỂM

0,25

0,25 0,25

0,5

0,25

C2: Gọi m1 , m2 là khối lƣợng khí lúc đầu và lúc sau  RT1   m1 T2 m T2  T1  Áp dụng pt Cla-pê- rôn có:     m2 m2 T1 m2 T1  PV  RT2   T T Khối lƣợng khí thoát ra là m  m2 2 1 T1 T  V T Mặt khác m2  2V mà 2  0  2   2  0 2 T0 0 V2 T0 T Do đó m2  0 2 V  12,4g và m  0, 413 g T0 PV 

Bài 2: (1,5đ)

Gọi x là bề dày lớp nƣớc ở dƣới Khi cân bằng thì áp suất thủy tĩnh ở miệng trên của lỗ = áp suất khí phần dƣới Áp dụng định luật Boilơ - Mariot: p0 hS  p(h  x)S với p  p0   g (h  x)

0,5

0,5 0,5

0,5 0,25

Từ đó có:  gx 2  (2 gh  p0 ) x   gh2  0 Giải phƣơng trình ta tìm đƣợc nghiệm phù hợp: p  4  gh  x  h  0 1  1    19,1986 2 g  p0 

0,25 L



0,5



Bài 3: (2đ)

tan  

v0 y v0 x

, tan  

0,5

vy vx

eE L ; v0x  vx m v0 x eEL eEL  v02x  Do đó ta có tan   tan   2 mv0 x m(tan   tan  ) Động năng ban đầu: 2 2 m(v0 x  v0 y ) eEL(1+tan 2 )   5,9727.1018 J Wd  2 2(tan   tan  ) VD Gia tốc biểu kiến g ,  g (1  0 ) m ' VD0  12 T g Lập tỷ số )    (1 T0 g, m

với v y  v0 y 

Bài 4: (2đ)

Suy ra T  T0{(1 

Bài 5 (2đ)

1  0 2

VD ) m

 1}  2

d D l .{(1  ) g 6m 3

1  0 2

 1}

0,5

0,5 0,5

T  0,1051.103 s

0,5

Bảo toàn năng lƣợng cho nửa chu kì đầu tiên có: 1 1 2  cos g KA02  KA'20  Ams  A0  A0'  2 2 02

0,25

Bảo toàn năng lƣợng cho nửa chu kì tiếp theo có: A0'  A1 

2 cos g

02 4 cos g  h/s Do đó độ giảm biên độ sau 1 chu kì là: A1  A0  A1  02 4 cos g Vậy độ giảm biên độ sau n chu kì là: An  A0  An  n. 02 A002 A0 K  4ngcos 4mngcos   0, 02551

Theo bài ra với n =10 thì An  0 do đó  

0,25

0,25 0,25

0,5 0,5

Bài 6: (2đ)

1 n2  1  Cosr1  n n nSin(A - r1 )=Sini 2  n(SinACosr1 - CosASinr1 ) = Sini 2 Sin900 =nSinr1  Sinr1 

Biến đổi có: n 

1  Sini2 

3

n  1, 4133

Bài 7 (1,5đ)

a

2s 2s  T  m( g  2 ) 2 t t

Biến đổi có: F 

F  380 N Bài 8 (2đ)

1 a M (2 R1 ) 2 2 R1

2s 2s )  2M 2 2 t t  s (m  2M )  1 mg 2 t2 2



Rt 2L



1 2L t  ln 2 2 R t  0, 0111 s 

1 Q02 e b. Năng lƣợng mạch E  2 C 2 0



1RQ e 2L C

Rt L

dt  

Rt L

0,5

0.5

Với t  T 

R Edt L

2

02   R / 2 L 

(*) và biến đổi có R 

0,5 0,5

lấy vi phân hai vế

E R   t (*) E L E và theo bài ra  1%  k thay vào E

Độ biến thiên tƣơg đối của năng lƣợng là:

Bài 9. (2,5đ)

0,5

a. Giải phƣơng trình e

có: dE  

0,5

Dòng dọc: FR2 - TR1  I   2 R1 F - TR1 

m( g 

0,5

4kL  1,3783.106  2 C  k  16 

0,25 0,25

0,5

Khi K đóng mạch có R, R0, L nối tiếp 2 U AB  U R  U Ro   U L2 2

Ta có:

2 2 U MB  U Ro  U L2

Từ đó có

U Ro 

2 2 U AB  U R2  U MB  40V 2U AM

2 2 U L  U MB  U Ro  75V

Do đó: R0 

2 U U Ro  40 , I  Ro  1A , Ro P

0,25

0,25 0,25 0,25 0,25

UR  35 , I U L  L  0, 2387 H I b. Khi K mở ta có mạch RLC không phân nhánh U AB khảo sát có U C đạt cực đại khi UC  2 2  ( R  R0 )  Z L   1 2 ZC  ZC  R

ZC  I

0,25

( R  R0 ) 2  Z L2 U AB ( R  R0 ) 2  Z L2  150V ,  150 và U C max  R  R0 ZL

U C max  1A ZC

0,5

Số chỉ Vôn kế: U  I ( Ro )  ( Z L  ZC )  85V Có thể giải theo giản đồ véc tơ cũng có cho điểm tối đa 2

Bài 10: (2,5đ)

a. I  I R  I L  I 2  I R2  I L2 Giản đồ (hình vẽ 1) Đoạn AD mắc R, L song song nên u nhƣ RZ L nhau, rễ có: Z AD  R 2  Z L2

u AB  u AD  uDB Giản đồ (hình vẽ 2) Để i nhanh pha hơn u thì MP > MH hay tƣơng đƣơng với ZC  Z AD . Thay số và biến đổi có: Z L2  125Z L  2500  0 . Giải bất phƣơng trình có Z L  25, ZL  100 hay L  0,3183H Hoặc L  0, 0796

U AD

1 IL

M O

1

U AD

U AB

Với Z AD

0,5

2 C

Z L R 2 ( Z L  2Z c ) có Z  Z  R 2  Z L2 Để I Không phụ thuộc R thì Z phải không phụ thuộc R do đó 1 Z L  2Z c  L  2  0,1273H (2 f )2 C 2

H I P

UC N

 Z  2Z AD ZCSin1 RZ L R ; Sin1  Thay vào và biến đổi  2 2 2 R  Z L2 R  ZL

Hay Z  Z

2 AD

0,5

2 2 b. Từ giản đồ có: U AB  UC2  2U ADUC Cos  U AD 2

Mỗi giản đồ 0,25đ

0,25

2 C

0,25

0,5

SỞ GD&ĐT THÁI NGUYÊN

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN - MTCT LỚP 12 - MÔN: VẬT LÍ – (Vòng 2) - Năm học 2010 - 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM - (gồm 06 trang) Hướng dẫn chấm: - Mỗi bài toán được chấm theo thang điểm 5. - Phần cách giải: 2,5 điểm, phần kết quả chính xác tới 4 chữ số thập phân: 2,5 điểm. - Nếu phần cách giải sai hoặc thiếu mà vẫn có kết quả đúng thì không có điểm. - Nếu thí sinh làm đúng 1 phần vẫn cho điểm. Bài 1: Cho hệ như hình bên, mặt sàn nhẵn, hệ số ma sát giữa m và M là  = 0,32. Hỏi phải truyền cho M một tốc độ ban đầu v bao nhiêu để m có thể rời khỏi M ? Biết m = 100g, M = 500g. Lấy g = 10m/s2. Cách giải Chọn chiều dương là chiều v Fms = μ.N => μ.mg = mam => am = μ.g mg μ.mg = MaM => aM = M

 

So với M, m có gia tốc: a = am + aM = g 1 

m M l

Kết quả v>2,7713 l m/s

m



M

mà: vt2 – v2 = 2as, với s = l; vt > 0, a < 0 => v  2gl(1 

m ) M

Bài 2: Một vật có trọng lượng P = 100N được giữ đứng yên trên mặt phẳng nghiêng góc  = 300 bằng lực F có phương nằm ngang như hình bên. Biết hệ số ma sát  = 0,2. Tìm điều kiện về giá trị của lực F. Lấy g = 10m/s2. Cách giải



Kết quả

Đ/k: P  F  N  Fms  0 Để vật không trượt xuống => Fms hướng lên: P.sinα – F1.cosα – μ(Pcosα + F1sinα) = 0 => F1 = P

55, 0838N  F  87,8851N

sin   cos cos   sin 

Để vật không trượt lên => Fms hướng xuống: P.sinα – F2.cosα + μ(Pcosα + F2sinα) = 0 => F2 = P

sin   cos cos   sin 

Bài 3: Một sợi dây mảnh, đồng chất được uốn thành nửa vòng tròn bán kính R = 15cm như hình bên. Xác định trọng tâm của nửa vòng tròn đó.

. Cách giải

Kết quả

Trọng tâm G nằm trên Ox. Chia cung thành vô số cung nhỏ dl = R.dφ, tọa độ x = Rcosφ. Chiều dài cung L = π.R Hoành độ trọng tâm x G 

 2

 x.dl 

2R 

L 

dl O

= OG.

xG = 9,5493cm x

Bài 4: Một khung dây hình chữ nhật chiều rộng a = 1cm, chiều cao b = 2cm được thả không vận tốc đầu sao cho mặt phẳng khung dây thẳng đứng và đi vào một vùng từ trường B vuông góc với khung. Cho biết cạnh b đủ dài để khung có thể đạt tốc độ không đổi khi mép trên của khung ra khỏi từ trường. Hỏi tốc độ không đổi đó là bao nhiêu? Cho biết khối lượng của khung m = 2g, điện trở là R = 1Ω, độ lớn cảm ứng từ B = 10-2T. Lấy g = 9,8134m/s2. Cách giải Khi khung đạt tốc độ không đổi: Ftừ = P => BIa = mg => B

 R

2 2

a  mg 

Ba v R

 mg => v 

Kết quả v = 19,6268.105m/s

mgR

 aB 

Bài 5: Ba quả cầu kim loại có cùng khối lượng m = 0,1g và mang điện tích q = 10-7C, lúc đầu chúng được giữ cố định tại 3 đỉnh của tam giác đều cạnh a = 1,5cm. Cùng lúc buông 3 quả cầu ra (bỏ qua trọng lực), hãy tính: a/ Tốc độ các quả cầu khi chúng cách nhau một khoảng r = 4,5cm? b/ Công của lực điện trường làm mỗi quả cầu dịch chuyển ra rất xa 2 quả cầu kia? Cách giải Năng lượng của quả cầu ban đầu: E1 = 2qV0 =

Kết quả

2kq

v = 8,94m/s. A = 3,6.10-2J

Khi các quả cầu cách nhau khoảng r thì năng lượng của chúng là E2 = Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta được: v = q

2k(r  a)



2kq

= 8,94m/s.

mra

Khi các quả cầu rất xa nhau thì công của điện trường là: A = 3q(V0-V  ) = 2

6kq

Bài 6: Cho cơ hệ như hình vẽ. Quả cầu đặc có khối lượng m, bán kính r =1cm lăn không trượt trong máng có bán kính R =50cm. Máng đứng yên trên mặt phẳng nằm ngang. Tìm chu kỳ dao động nhỏ của quả cầu. Cho biết mô men quán tính của quả cầu

= 3,6.10-

2 đặc là I  mr 2 . 5 Cách giải Xét thời điểm quả cầu lệch so với phương thẳng đứng một góc  nhỏ, và nó đang lăn về vị trí cân bằng (VTCB) (hình vẽ). Gọi 1 là vận tốc góc của quả cầu + quay quanh tâm O’ của nó: 1 =  ' O 2 là vận tốc góc của quả cầu  quay quanh tâm O: 2   ' R Ta có:  ' r =  ' (R – r) F ms o N (R  r) ' ' ’  và   r K (R  r) " P (1)  ''   r Xét chuyển động quay của quả cầu với tâm quay tức thời K, ta có phương trình: M(P) + M(N) + M(FMS)= Ik.’’ Chọn chiều hướng vào trong là chiều (+), ta có: 2 - mgr.sin   ( mr 2  mr 2 )  " 5 Vì  nhỏ nên sin  =  do đó có: 7 - mgr.   mr 2  " (2) 5 5g 5g   "   2  0 Thay (1) vào (2) ta có :  "    0 Đặt  2  7( R  r ) 7( R  r ) Đây là phương trình dao động điều hoà có chu kỳ: T = 2

Kết quả T = 2,3510s

7(R  r) = 2,3510s 5g

Bài 7: Một tấm thủy tinh mỏng trong suốt, chiết suất n = 1,5,có tiết diện hình chữ nhật ABCD (AB rất lớn so với AD), mặt đáy AB tiếp xúc với một chất lỏng chiết suất n ’= 2 .Chiếu một tia sáng đơn sắc SI nằm trong mặt phẳng ABCD tới mặt AD sao cho tia tới nằm phía trên pháp tuyến ở điểm tới và tia khúc xạ trong thủy tinh gặp mặt đáy AB ở điểm K. Tính giá trị lớn nhất của góc tới i để có phản xạ toàn phần tại K. Tại mặt phân cách AB: sin i gh 

Cách giải 2 2

 n 3 Tại mặt phân cách AD: sini = nsinr; mà igh + r = 900 1 1  => sinr = cosigh = => sini = => i  6 3 2

Kết quả

Bài 8: Một bán cầu có bán kính r = 2cm được làm bằng thủy tinh có chiết suất n = 2 . Bán cầu được đặt trong không khí trước một cái màn vuông góc với trục đối xứng của bán cầu và các tâm bán cầu một khoảng L = 4,82cm như hình vẽ. Chiếu một chùm sáng song song đến mặt phẳng của bán cầu theo phương vuông góc với mặt này. Hãy xác định bán kính của vùng sáng tạo ra trên màn. Cách giải Vùng có as ló ra bán kính MN = r 2 Bán kính vùng sáng trên IF PQ  MN FK MN IF + FK = L; FK = 2

Kết quả PQ = 3,9831cm M

màn:

P O

I F Q N

Bài 9: Cho mạch điện như hình bên. Biết E1 = 1,5V; r1 = 0,5Ω; E2 = 3,5V; r2 = 0,5Ω; R1 = 1Ω ; R là biến trở. Khi biến trở có giá trị 2Ω thì dòng điện qua nó có cường độ 1A. Tính R2? Cách giải a/ Áp dụng định luật Ôm cho 3 nhánh, ta có: U BA  E1  I1 (R1  r1 )

E1, r1 R2

R E2, r2

Kết quả R2 = 0,6250Ω.

UBA  E 2  I2 (R 2  r2 ) U BA  IR I = I1 + I2 Từ các phương trình trên được: E1 E2  r1  R1 r2  R 2 U BA   I.R  R 2  0,625Ω. 1 1 1   R r1  R1 r2  R 2

Bài 10: Cho cơ hệ như hình bên. Biết M = 1,8kg, lò xo nhẹ độ cứng k = 100N/m. Một vật khối lượng m = 200g chuyển động với tốc độ v0 = 5m/s đến va vào M (ban đầu đứng yên) theo trục của lò xo. Hệ số ma sát trượt giữa M và mặt phẳng ngang là μ = 0,2. Xác định tốc độ cực đại của M sau khi lò xo bị nén cực đại, coi va chạm hoàn toàn đàn hồi xuyên tâm. Cách giải

Kết quả

Chọn gốc tọa độ là vị trí lò xo bị nén cực đại, chiều dương sang phải

vmax ≈ 0,886m/s.

ĐL bảo toàn động lượng: mv 0  mv1  Mv 2 (1) 2

Động năng bảo toàn: Từ (1), (2) có: v2 =

mv 0



2 2mv 0 mM

mv1 2

ĐL bảo toàn năng lượng:

Mv 2

(2)

 1 m/s 

k.  l 'max



k( l 'max  x)

ĐL bảo toàn năng lượng:



M.v 2 2

M.v

2 Từ (3) có: vmax khi x  l 'max 

Mg

k Thay vào (3) ta có: vmax ≈ 0,886m/s.

 .M.g.l 'max  l 'max  0,103m.

2  0,067m.

k.  l 'max 2

 .M.g.x 

(3)

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH HOÁ

KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI

TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 2

GIẢI TOÁN BẰNG MÁY TÍNH CẦM TAY Năm học: 2011 - 2012 Môn: Vật lí – Lớp 12 (Vòng 1) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề Ngày thi: 31/10/2011 -----****----

(Đề thi có 07 trang)

Các giám khảo

Điểm của bài thi Bằng số

Số phách

(Họ tên và chữ ký)

Bằng chữ Giám khảo 1: Giám khảo 2:

Qui ước: - Thí sinh làm trực tiếp vào bản đề thi này. Trường hợp làm sai cần làm lại thí sinh có thể viết ở mặt sau của trang giấy. - Đối với mỗi câu yêu cầu thí sinh làm theo thứ tự: Thiết lập các biểu thức Vật lí, kết quả trung gian và kết quả cuối cùng lấy tới 5 chữ số sau dấu phẩy và theo bậc độ lớn của đề bài. - Các hằng số Vật lí chỉ được gọi trực tiếp từ máy tính.

Đề bài và lời giải của thí sinh Bài 1(2,0 điểm): Một bình kín thể tích V = 8,31 lít chứa khi ở áp suất p0 = 105 Pa. Truyền cho khí nhiệt lượng Q = 2160 J thì áp suất mới tăng bằng bao nhiêu? Biết nhiệt dung mol đẳng tích cV = 21 J/ mol.K. Tóm t t cách giải

Kết quả

..........................

Trang 1

............................................................................................................................................

Bài 2 (2,0 điểm): Chu kỳ dao động điều hoà của hai con lắc đơn có chiều dài l1 và l2 lần lượt là T1 = 2,4 s và T2 = 1,8 s. Biết l1 + l2 = 71 cm, xác định l1, l2 ? Tóm t t cách giải

Kết quả

...........................

Kết quả

..........................

Trang 2

Kết quả

............................................................................................................................................ ........................................................................................................................................... ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................. ............................................................................................................................................. ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ...........................................................................................................................................

..........................

............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................

Trang 3

............................................................................................................................................

Bài 5 (2,0 điểm): Một con lắc đơn dài l = 1 m, quả nặng khối lượng m = 400 g mang điện tích q = - 4.10-6 C. Đặt con lắc vào vùng không gian có điện trường đều (có phương trùng với phương của trọng lực) thì chu kì dao động của con lắc là T = 1,95 s. Xác định hướng và độ lớn của điện trường.

Tóm t t cách giải

Kết quả

..........................

m M M

Trang 4

K2 = 40N/m; M = 100g; m = 300g. Bỏ qua ma sát giữa M với sàn, lấy g =  2 = 10(m/s2). Tại vị trí cân bằng của hệ hai lò xo không biến dạng. Đưa hai vật lệch khỏi vị trí cân bằng một đoạn 4 cm rồi thả nhẹ, người ta thấy hai vật không trượt đối với nhau. 1. Chứng minh hệ dao động điều hoà, tính chu kì dao động và vận tốc cực đại của hệ. 2. Hệ số ma sát nghỉ giữa m và M phải thoả mãn điều kiện nào để hệ hai vật dao động điều hoà ? Tóm t t cách giải

Kết quả

............................................................................................................................................. ............................................................................................................................................. ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ........................................................................................................................................... ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ...........................................................................................................................................

..........................

............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ........................................................................................................................................... ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ........................................................................................................................................... Bài 7 (2,0 điểm): Một thanh mảnh đồng chất, khối lượng m = 1,25 kg có chiều dài l = 60 cm có thể dao động quanh một trục nằm ngang đi qua điểm cách trung điểm một đoạn d = 15 cm. Kéo đầu dưới của thanh một đoạn nhỏ rồi thả nhẹ. Chứng minh thanh dao động điều hoà. Tìm chu kỳ dao động của thanh? Tóm t t cách giải

Kết quả

Trang 5

............................................................................................................................................

..........................

Tóm t t cách giải

B Kết quả

..........................

............................................................................................................................................. ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................. ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................. Bài 9 (2,0 điểm): Trong thí nghiệm giao thoa sóng trên mặt nước, hai nguồn kết hợp S1 và S2 cách nhau 15cm. Phương trình dao động tại S1, S2 có dạng: u1  2 cos 40t (cm) , u 2  2 sin 40t (cm) . Tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 30cm/s. Coi biên độ của sóng không thay đổi trong quá trình truyền. 1. Xác định tốc độ dao động cực đại của phần tử O nằm tại trung điểm của S1S2. 2. Xác định số điểm dao động với biên độ 2 cm trên đoạn thẳng nối hai nguồn Tóm t t cách giải

Kết quả

Trang 6

............................................................................................................................................. ............................................................................................................................................. ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ........................................................................................................................................... ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................. ............................................................................................................................................. ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................

..........................

............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................. ............................................................................................................................................. ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................. ............................................................................................................................................. ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................

(L)

Bài 10 (2,0 điểm): Cho quang hệ như hình vẽ, với (L) là thấu kính hội tụ, tiêu cự f = 20 cm. G là gương phẳng. A Vật cao 1,5 cm cách thấu kính 70 cm, thấu kính cách gương 50 cm. Hãy xác định ảnh A3B3 của AB qua quang hệ.

(G)

O Trang 7

Tóm t t cách giải

Kết quả

............................................................................................................................................. ............................................................................................................................................. ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ........................................................................................................................................... ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................. .............................................................................................................................................

..........................

............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ........................................................................................................................................... ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................ ........................................................................................................................................... ............................................................................................................................................ ............................................................................................................................................

--------------------------- Hết -------------------------------

Trang 8

(Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)

+ Phương trình dao động tại S1 và S2 có dạng: + u1 = 2cos(40  t ) ; u2 = 2cos(40  t - 0,5  ) - Phương trình sóng tại M có dạng: + u1M  2 cos( 40t 

2d1



) ; u 2 M  2 cos( 40t 

2d 2

Phương trình dao động tổng hợp:



)

d  d2     (d 2  d1 )      cos 40t   1   (1) u M  u1M  u 2 M  4 cos  4 4     v + Bước sóng    1,5(cm) f

+ Với d1 = 15cm, d2 = 9cm, thay vào (1) ta được u  2 2 cos( 40t 



)(cm)   (d 2  d1 )

Từ (1) dao động tại M có biên độ: a  4 cos  





 4 

+ Tại O có d1 = d2 => a0 = 2 2 (cm) + Tốc độ dao động của phân tử O: V0 = a0.  = 80 2 (cm / s) Xác định số điểm dao động cực đại trong đoạn S1,S2, + Điểm M dao động cực đại khi hai sóng tới cùng pha:   2k => d2 – d1 = (2k  1)



( k  z)

+ Xét tam giác MS1S2 ta luôn có: d 2  d1  2k 

1   S1 S 2 2 2

=>- 9,75 < k<10,25 => k = 0,  1,  2,.....  9,-10 Vậy trong khoảng S1S2 có 20 đường dao động cực đại Vậy trên chu vi tam giác IS1S2 có 40 điểm dao động cực đại. + Chon trục Ox trùng quỹ đạo, O ≡ VTCB.   + Tại VTCB: hai lò xo không biến dạng, nên P  N  0 + Tại vị trí vật có li độ x:

Trang 9

Lực tác dụng lên vật gồm: P  (m  M ).g ; N ; F1   K 1 .x; F2   K 2 .x      (1) Theo định luật 2 Niu Tơn: P  N  F1  F2  (M  m)a (theo gt hai vật không trượt trên nhau) Chiếu (1) lên Ox:  K 1 .x  K 2 .x  ( M  m).x // K Đặt K  K 1  K 2  x //  .x  0 , chứng tỏ vật dao động điều hoà với tần số mM K   5 (rad / s) mM 2 + Chu kì dao động của hệ: T   0,4( s)

góc



+ Biên độ dao động của hệ: A= x0 = 4cm ( vì v0 = 0) + Vận tốc cực đại của hệ: v max  A  20 (cm / s) + Lực tác dụng lên M: P2  Mg; phản lực Q của sàn; áp lực mà m đè lên M là N12 = mg; lực ma sát nghỉ giữa m và M là Fms12      + Theo định luật 2 Niu Tơn: P2  Q  N 12  Fms12  Ma (2) K Chiếu (2) lên Ox: Fms12  Mx //  M .(  2 .x)   .M .x với x   A; A mM + Để hệ dao động điều hoà thì hai vật không trượt trên nhau, nên ma sát giữa hai vật là ma sát nghỉ, cần điều kiện: Fms12  N 12  mg với x   A; A K .M . A K .M . A  mg     0,333 chỉ cần (m  M ).mg mM

a) Xác định ảnh tạo bởi quang hệ L AB A1B1 d1 , d1

- Với A1B1: d1  70cm ; d1 

G d 2 , d 2

A2B2

A3B3

d 3 , d 3

d1 f 70.20   28cm (ảnh thật)..................... d1  f 70  20

d1 28 2    ................................................................ d1 70 5 - Với A2B2: d 2  l  d1  50  28  22cm ; d 2  d 2  22cm (ảnh ảo).............. d k 2   2  1 .............................................................................. d2 d f 72.20  27,7cm - Với A3B3: d 3  l  d 2  50  22  72cm ; d 3  3  d 3  f 72  20 k1  

k1  

d 3 27,7 5    ............................................................ d3 72 13

- Độ phóng đại của hệ: k 

(ảnh thật)

 5   2 2  k 3 k 2 k1    (1)    ..................... AB  13   5  13

A3 B3

Trang 10

Vậy ảnh A3B3 của AB tạo bởi quang hệ là ảnh thật, cùng chiều và bằng

2 vật. 13

Giải: a. Chu kì: T  2

l 1  2  1,986( s) g 10



b. Khi con lắc đặt vào điện truờng đều E , con lắc chịu tắc dụng của lực điện trường F  qE        Ở vị trí cân bằng: P  T  F  0  T '  P  F     (1) Đặt P'  P  F   mg ' Ta coi con lắc dao động trong trọng lực hiệu dụng: P '  mg ' , với g ' là gia tốc trọng trường hiệu dụng  Chu kì của con lắc là: T '  2

Do T '  T nên g '  g  g '  g 

l g'

(2)

        F ngược chiều P mà q  0 nên E ngược chiều F . Vậy E cùng chiều P (hay E có hướng

thẳng đứng hướng xuống ) Từ (2) 

qE  4 2 l 4 2 l  m  4 2 .1  0,4      g   E  g    10   8,48.10 5 (V / m) 2 2  2  6   m T' T'  q  2,04  4.10 

- Momen động lượng của hệ ngay trước va cham: L1 = Iđ.ωđ = mđR2.

v sin 600 l = mđ.R.v.sin600 = mđ. .v.sin600 (1) R 2

- Momen động lượng của hệ ngay sau va chạm: 1 1 L2  ( I d  I l )  ( md l 2  mt l 2 ) 4 12

- Áp dụng định luật bảo toàn momen động lượng ta có: L1 = L2 l 2

1 4

mđ. .v.sin600  ( md l 2 

v 0 v60 n

1 mt l 2 ) 12

1 1 ( md l 2  ml l 2 ) 12 v 4 Thay số ta có: v = 1285,9m/s. l md sin 600 2

Trang 11

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT DỰ THI CẤP QUỐC GIA, NĂM HỌC 2014-2015 Môn: VẬT LÍ Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 22/10/2014 (Đề thi có 02 trang, gồm 06 câu)

Câu 1 (4,0 điểm): 1. Một cầu thủ ghi bàn bằng một quả phạt đền cách khung thành  11(m), bóng bay sát dưới xà ngang có độ cao h  2, 24(m). Giả sử bóng chuyển động trong mặt phẳng thẳng đứng vuông góc với xà ngang và bỏ qua sức cản không khí. Biết cầu thủ đá với vận tốc tối thiểu v0min và g  9,8( m / s 2 ). Hãy xác định véc tơ vận tốc của quả bóng tại thời điểm quả bóng rà sát xà ngang?

m 2. Một mặt phẳng nghiêng góc   30o so với phương A ngang, cuối mặt phẳng nghiêng được nối trơn với vòng tròn bán kính R  2(m) . Một viên bi đồng chất khối lượng m  20( g ) và bán kính r  1(cm) lăn không vận tốc ban đầu h từ điểm A có độ cao h  3R (Hình 1). Hệ số ma sát trên mặt phẳng nghiêng và trên vòng tròn là như nhau. Hãy xác định giá trị cực tiểu của hệ số ma sát min để viên bi lăn trên đường mà không trượt?



Hình1

Câu 2 (3,0 điểm): Một khí lý tưởng đơn nguyên tử có các quá bình biến đổi theo chu trình 1  2  3  1 như hình 2. Quá trình đoạn nhiệt 2  3 , quá trình 3  1 áp suất không thay đổi, quá trình 1  2 và quá trình 2  3 có đồ thị đối xứng với nhau qua đường thẳng có phương đi qua V0 và vuông góc với trục OV . Áp suất p0 , thể tích V0 và các thông số  ,  đã biết. Tìm hiệu suất của chu trình theo  và  ? Câu 3 (2,5 điểm): Một vật nhỏ xem như chất điểm có khối lượng m , mang điện tích dương q đặt tại điểm A trên mặt phẳng nghiêng nhẵn, cách điện và hợp với phương ngang một góc  . Thiết lập một từ trường đều B vuông góc với mặt phẳng hình vẽ. Vật bắt đầu chuyển động dọc theo mặt phẳng nghiêng được đoạn đường AB  và sau đó quỹ đạo chuyển động của vật trong mặt phẳng thẳng đứng có dạng là đường Cycloid. Bỏ qua sức cản không khí, hãy tìm h theo và  ? (Hình 3).



O R

 p0

2 1

O 1    V0

V 1    V0

Hình 2

m, q

B



h

 Hình 3

Câu 4 (4,0 điểm): 1. Cho mạch điện như hình 4. Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch U AB =120(V ), dung kháng của tụ điện ZC  10 3() và điện trở R  10(). Biết hộp kín X chứa hai trong ba phần tử  R0 , L0 , C0  mắc nối tiếp, biểu thức điện áp giữa hai điểm A và N là

C M



N Hình 4

u AN  20 6 cos100 t (V ), điện áp hiệu dụng giữa hai điểm N và B là U NB =60(V ). Viết biểu thức điện áp hai đầu tụ điện?

2. Cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L , điện trở R và tụ điện có điện dung C được mắc như hình 5. Đặt vào hai đầu đoạn mạch A, B một điện áp xoay

A B

chiều có biểu thức u AB  U 2 cos t (V ). Biết u và i cùng pha, tìm mối liên hệ giữa L, C và  để cường độ dòng điện hiệu dụng qua tụ điện C đạt giá trị cực đại I C max , tìm giá trị cực đại đó?

C R

Hình 5

Câu 5 (4,0 điểm): 1. Hai thấu kính hội tụ mỏng L1 và L2 có tiêu cự lần lượt là f1 và f 2  30(cm) được đặt cùng trục chính. Một vật sáng phẳng, nhỏ AB đặt trên và vuông góc với trục chính của hệ, trước L1 cho ảnh cuối cùng A2 B2 qua hệ. Khi khoảng cách giữa hai thấu kính bằng 50(cm) thì ảnh cuối cùng có độ cao không phụ thuộc vị trí đặt vật AB. Dịch chuyển thấu kính L1 dọc theo trục chính để khoảng cách cố định giữa hai thấu kính là 60(cm). Dịch chuyển vật dọc theo trục chính của hệ thấu kính thì có hai vị trí của vật tại đó ảnh cuối cùng cao gấp hai lần vật. Tính khoảng cách giữa hai vị trí này? ' 2. Một tia sáng đơn sắc được chiếu lên bản mặt song song đặt trong không khí có bề dày e  1(cm) với góc tới   30o. Xác định góc e khúc xạ  và độ dịch chuyển OH (Hình 6) của tia sáng sau khi đi qua bản mặt song song trong hai trường hợp:

y K H





x Hình 6

a. Chiết suất của bản mặt song song không đổi n  2. y b. Chiết suất của bản mặt song song thay đổi theo hướng pháp tuyến Oy theo quy luật n  1  . e Câu 6 (2,5 điểm): Cho các dụng cụ thí nghiệm sau:  01 nguồn điện E1 , r1 có giá trị suất điện động đã biết.  01 nguồn điện Ex , rx chưa biết giá trị suất điện động và điện trở trong.  02 tụ điện có điện dung C giống nhau và không bị đánh thủng khi mắc chúng vào các nguồn điện nói trên.  01 điện trở R.  01 Ampe kế lý tưởng.  Khóa K và các dây nối có điện trở rất nhỏ. Hãy trình bày phương án thí nghiệm để xác định giá trị suất điện động E x và điện trở trong của

nguồn điện rx ?

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM (Câu

Biểu điểm

Nội dung y v 0 min



Hình1

Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ 1 Phương trình chuyển động của quả bóng: x   v0 cos   .t (1) 1 y   v0 sin   .t  gt 2 (2) ................................................. 0,25đ 2 Từ (1) và (2) suy ra phương trình quỹ đạo: g 1  tan 2   2 y   tan   .x  .x (3) ...................................... 0,25đ 2v02

Tại thời điểm bóng gặp xà ngang: x  , y  h Do đó ta có: h   tan   .  

1 4,0 điểm (đ) 1.1 2đ

g 1  tan 2   2 0

1g 2 1g 2 2 tan    tan  h   0 ................................................................... 2 v02 2 v02

1 g 2 2 1 g 2 (4) Đặt X  tan   . 2 . X  X  h  . 2  0 2 v0 2 v0 Phương trình bậc 2 theo X có nghiệm khi:  g 2g 2 2 gh g 2 2   2  4  h  2  2  0  2  4  1 .......................................................... 2v0  2v0 v0 v0 

Khi v0  v0 min thì

2 gh g 2 2   1  v04min  2 ghv02min  g 2 v02min v04min

Đặt Y  v02min ta có phương trình bậc 2: Y 2  2 ghY  g 2 Nghiệm của phương trình là: Y  v02min  gh  g h 2 

0,25đ

0



Vận tốc ban đầu tối thiểu của bóng: v0 min  g h  h 2 



Thay số, ta được v0 min  11, 4876(m / s ) .....................................................................

0,25đ

Thế v0 min  11, 4876(m / s ) vào (4), giải phương trình ta được :  X  tan   1, 2    50,19o ................................................................................ Khi bóng rà sát xà ngang:

0,25đ

v v v  2 x

2 y

 v0 min cos 

  g   v0 min sin     9,39(m / s) ..................... v0 min cos  

0,25đ

v hợp với trục Ox một góc  xác định bởi:

tan  

vy vx

g v0 min cos    38, 4o ..................................................... v0 min cos

v0 min sin   

Điều cần thiết là tốc độ khối tâm v của viên bi trên cung tròn vượt quá tốc độ giới hạn v1 Áp dụng định luật II Newton cho viên bi tại điểm cao nhất D trên vòng tròn, ta v2 được: mg  N  man  m Rr 2 Khi N  0  v1   R  r  g (1) Mặt khác, theo định luật bảo toàn năng lượng, ta có: 1 1 2 mg 3R   2 R  r   mv 2  . mr 2 2 2 2 5 10 Mà v  r  v 2  g  R  r  (1') 7 Từ (1) và (1’)  v  v1 , nghĩa là tại điểm cao nhất D phản lực N có độ lớn không bằng không. .................................................................................................... r Từ đây, chúng ta sẽ bỏ qua r đối với R vì  0,005 1 R Có ba lực tác dụng vào viên bi: m A  Trọng lực P : không đổi.  Phản lực N thay đổi: độ lớn tăng D f f dần trên mặt phẳng nghiêng cho đến f h chân mặt phẳng nghiêng và tiếp giáp f O N với vòng tròn đến điểm thấp nhất f   C của vòng tròn B ; từ B đến điểm cao nhất D độ lớn giảm đơn điệu. B P Hình 2  Lực ma sát f ms : Trên mặt phẳng nghiêng ngược chiều chuyển động; từ điểm thấp nhất của vòng tròn B và điểm cao nhất D , độ lớn giảm, cùng chiều chuyển động; khi vật đi xuống, lực ma sát lại đổi chiều. Hệ số ma sát trong câu hỏi đảm bảo rằng viên bi lăn không trượt, và phụ thuộc vào hai lực N và f ms . Thật vậy: Lực ma sát gây ra gia tốc góc  và phụ thuộc vào vị trí của viên bi. f (2) ................................. Vì thế, hệ số ma sát cần tìm được tính bởi   ms N  Xét chuyển động của viên bi tại vị trí C : Đối với thành phần tiếp tuyến, ta có: mg sin  - f ms  mat (3) .......................................................... a f ms .r  I   I t (4) r Đối với thành phần hướng tâm, ta có: ms

0,25đ

1.2 2đ

0,25đ



0,25đ

N  mg cos   man  m

v2 R

(5)

..........................................................

1 1 mg h  mv 2  I  2 2 2

(6)

v2 Với h  h  R  R cos  và   2 r 2  mr  I  2 (7)  2mg  h  R  R cos     v 2  r   f .r 2 (4)  at  ms I    (8) ................................... I   f ms  mg sin   2  I mr    (3)  f ms  mat  mg sin   

0,25đ

 mr 2   (7)  v 2  2 g  h  R  R cos    2   mr  I     v2  (5)  N  m  mg cos   R   h  mr 2   3mr 2  I    N  mg  2   1 . 2  cos   2   R  mr  I  mr  I   f   Thay (8) và (9) vào (2)    ms  , ta có: N   I   mg sin   2   I  mr   2  h   3mr 2  I   mr  mg  2   1 . 2  cos   2   R  mr  I  mr  I  

0,25đ

(9) ....................................

sin  .................................................................. 2 2   h  mr  3mr 2   1 .   1 cos  R  I  I  2 2 3mr  h  mr Đặt a  2   1 . 1 ;b (10) I R  I sin   a  b cos  

0,25đ

 sin   cos   a  b cos    sin   b sin       2  a  b cos    a  b cos   /

 /  0  cos   a  b cos    sin   b sin    0  a cos   b cos 2   b sin 2   0  a cos   b  cos 2   sin 2    0  a cos   b  0  cos   

b a

(11)

I mr 2 (12) Thay (10) vào (11), ta được:  cos    h  2   1 R  I  min  2 2 h 2  2 4  mr    1   I  3mr 2  R  2 h Với I  mr 2 ,  3 R 5 2 2 mr 2 5   0,19 .................................  min  2 111 2 2 2  4  mr 2   3  1   mr 2  3mr 2  5  * Cách khác: Cũng có thể tính  từ (12): 2 I 3 2 3 5  0,85    148, 212o mr   cos    h 4   2   1 R  sin  rồi thay  vào biểu thức   để được giá trị cực tiểu của hệ số ma sát a  b cos  3

min 

sin  sin148, 212o   0,19 a  b cos  10  8,5  0,85 

Áp dụng phương trình Clapeyron-Mendeleev: pV  p0 pV   RT  T  R 3 p0 1 (1   ) p0V0  p0V0 (1   ) p0V0 ; T2  ; T3  Ta có: T1  .................................... 0,50đ R R R V O 1    V0 V0 1    V0 Từ U  3  RT và Q  U  A , lần lượt xét các quá trình: 2 Hình 3  Quá trình 2  3: 3      1 3 3 p0V0 ................................. 0,50đ U 23   R T3  T2  A23   R T2  T3   2 2 2  Quá trình 1  2 : 3      1 3 p0V0 .......................... 0,50đ Vì lý do đối xứng nên A12  A23   R T2  T3   2 2 3      1 3  Q12  U12  A12   R T2  T1   p0V0  3    1 p0V0 ....................... 0,50đ 2 2  Quá trình 3  1: Ta có: 5 5  (1   ) p0V0 (1   ) p0V0  C p   R  Q31  C p T3  T1    R     5 p0V0 ............... 0,50đ 2 2  R R  p

3,0 đ

0,25đ

* Cách khác để tính Q31 : 3 Q31  U 31  A31   R T3  T1   p0 1   V0  1   V0  2 3  (1   ) p0V0 (1   ) p0V0   Q31   R     2 p0V0  3 p0V0  2 p0V0  5 p0V0 2  R R   Q  Q31 5  .100%  1  Hiệu suất của chu trình:   12  .100% ........................ Q12  3    1  Theo định luật bảo toàn năng lượng, ta có: vB  2 g sin  (1) ...................... Tại thời điểm vật rời mặt phẳng nghiêng thì N 0 mg cos  (2) .........................................................  qBvB  mg cos   vB  qB

0,50đ

0,25đ 0,25đ

2 g sin  mg  , k  const (3) qB cos  (3')  vB  k cos  Để quỹ đạo chuyển động của vật là đường Cycloid như đề bài, ta phải có: v B  v1  v R , q  B  v B   q  B  v1   q  B  v R  ......................................................... 0,50đ m, q Trong đó, v1 , v R có độ lớn được xác định bởi: B mg A qBv1  mg  v1  k (4) .................................... 0,25đ qB v1 mv 2 qBR gR B 0,25đ qBvR  R  vR   (5) .................................... vR R m k vB h  (6) ..................................... 2 R  h  R  0,25đ 2 Hình 4 g h (7) (5),(6)  vR  2k (1), (2)  k 

3 2,5 đ



Áp dụng định lý hàm số cos: vR2  vB2  v12  2vB v1 cos  (8) ................................ Thay (3’), (4) và (7) vào (8) và để ý đến (3), ta được: 2 2  hg  2 2 2    k   k cos    2k cos  ........................................................................  2k  2  hg  2 2 2 2 2 2 2    k  k cos   k (1  cos  )  k sin   2k 

0,25đ 0,25đ

2k 2 sin  2  2 g sin    h     sin  g g  cos    h  4 tan 2  .......................................................................................................

0,25đ

Vẽ giản đồ véc tơ cho đoạn mạch đã biết. Phần còn lại chưa biết hộp kín chứa gì vì vậy ta giả sử nó là một véc tơ bất kỳ tiến theo chiều dòng điện sao cho: U NB  60(V ), U AB  120(V ), U AN  60 3(V )

Xét tam giác ANB, ta nhận thấy AB 2  AN 2  NB 2 , 0,25đ vậy tam giác ANB vuông tại N . ...........................................................   U AB NB 1 60 Ta có: tan =   B U AN AN 60 3 3 U NB UC UR UL      u AB sớm pha so với u AN một góc N UR D M 6 Hình 5 0,25đ    u AB  ......................................................................................... 6 6 Từ giản đồ ta nhận thấy NB chéo lên mà trong X chỉ chứa 2 trong 3 phần tử nên 0,25đ X phải chứa R0 và L0 . Do đó ta vẽ thêm được U R và U L như hình vẽ. ............... U R 1     Xét tam giác vuông AMN : tan   R  U C ZC 6 3 Xét tam giác vuông NDB : 0,25đ 3 1 U R0  U NB cos   60.  30 3(V );U L0  U NB sin   60.  30(V ) ........................ 2 2 Mặt khác: 0,25đ U R 30 3 1 U R  U AN sin   60 3.  30 3V  I    3 3( A) ............................... 2 R 10 U R0 30 3  0,25đ   10()  R0  I  3 3  .................................................................................  Z  U L0  30  10 ()  L0 I 3 3 3 0,25đ Z L0  Z C 3         i  u AB    ............................................. tan   3 6 3 R  R0   U 0C  I 0 Z C  90 2V ;uC  i    0,25đ 2 6   Vậy biểu thức điện áp hai đầu tụ là uC  90 2cos 100 t   (V ) ......................... 6  U I U R 2  Z L2 IC ZC Z LR 1    (1) ................................. Ta có: sin 1  IC 0,25đ O U I LR ZC ZC Z LR I LR Hình 6 Z ZL sin 1  L  (2) ................................................................. 0,25đ 2 Z LR R  Z L2 I

4 4,0 đ 4.1 2,0đ

4.2 2,0đ

R 2  Z L2 Từ (1) và (2)  Z C  ZL U .Z U U IC   2 L2  2 ZC R  Z L R  ZL ZL

(3)

 R2  U  const , I C  I C max    Z L  .........................................................................  ZL min 8

R2 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm và Z L ta có: ZL 2

0,50đ

R R R  ZL  2 .Z L   Z L  2R ZL ZL ZL

R2  ZL  ZL  R  L  R (4) ......................... Dấu “=” xảy ra khi ZL 1 Từ (3) và (4)  ZC  2 R   2R (5) .......................................................... C Từ (4) và (5)  2 2 LC  1 U ............................................................................................................  I C max  2R

0,25đ 0,25đ 0,50đ

f1 f2 Sơ đồ tạo ảnh AB   A1B1  A2 B2 d1 d1' d2 d2' d f d (l  f1 )  lf1 Ta có: d1'  1 1 ; d 2  l  d1,  1 .......................................................... d1  f1 d1  f1

d 2' 

f 2  d1 (l  f1 )  lf1  d2 f2 ....................................................................  d 2  f 2 d1 (l  f1  f 2 )  lf1  f1 f 2

0,25đ 0,25đ

d1' d 2' f1 f 2 ........... 0,25đ . k  d1 (l  f1  f 2 )  lf1  f1 f 2 d1 d 2 Để ảnh A2 B2 có độ cao không phụ thuộc vị trí vật AB thì độ phóng đại k không phụ thuộc vị trí vật AB , tức là k không phụ thuộc vào d1. Hay: l  f1  f 2  0  l  f1  f 2  f1  l  f 2  20cm ............................................... 0,50đ Ta có k  2  Trường hợp 1: k  2 f1 f 2 20.30 60 k    2 ........... 0,25đ d1 (l  f1  f 2 )  lf1  f1 f 2 d1  60  20  30   60.20  20.30 d1  60

Độ phóng đại ảnh qua hệ: k  k1.k2 

5 4,0 đ 5.1 2,0 đ

 d1  90cm  Trường hợp 2: k  2 f1 f 2 20.30 60 k    2 ......... d1 (l  f1  f 2 )  lf1  f1 f 2 d1  60  20  30   60.20  20.30 d1  60  d1  30cm Vậy khoảng cách cần tìm là 60(cm) .........................................................................

5 4,0 đ 5.2 2,0 đ

a. Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng tại điểm tới O và điểm ló khỏi bản mặt song song I ta có: (1) sin   n sin  .......................................................................................... n sin   sin  ' (2) Từ (1) và (2) suy ra  '   , nghĩa là tia ló song song với tia tới. ............................

0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ 9

sin  sin 30o 2      20,7o .......................... n 4 2 Và độ dịch chuyển ngang của tia sáng qua bản mặt là OH  OI sin(   ) OK e 0,25đ Với OI  do đó,  cos  cos 

Từ (1) ta có sin  

' y K

e H





Hình 7

OH  e

sin    

sin  30o  20,7o 

 1.  0,17cm ................................ cos  cos 20,7o b. Chia bản mặt song song thành k lớp mỏng song song với trục Ox sao cho mỗi lớp có bề dày rất nhỏ dy , chiết suất trong mỗi lớp ấy xem như dx không thay đổi và lần lượt bằng n1 , n2 ,..., nk . Gọi 1 ,  2 ,..., k lần dy  i lượt là các góc khúc xạ trong các lớp 1, 2,..., k và  ' là góc ló ra 0,25đ O khỏi bản mặt song song. Theo định luật khúc xạ ánh sáng, ta có:  Hình 8 sin   n1 sin 1  n2 sin  2  ...  nk sin  k  sin  ' (3)   '   ................................................................................................................... y Xét một lớp thứ i bất kỳ có tọa độ y có chiết suất ni , ni  1  . Góc khúc xạ lớp e này bằng  i , theo (3) ta có: esin  sin  0,25đ sin  i   sin  i  ni e y dy dy  Lại có, dx   tan  i  dy  .......................................... 2 1  e y  1   1 sin 2  i  e sin  

 dx  esin

 e y  d   e sin  

 e y    1  e sin   Hình chiếu dọc trục Ox của tia sáng đi trong cả bản mặt song song là e  e y  d 2 e       e sin    e.sin ln  e  y   e  y   1   KI   e.sin   2    e sin   e sin   0  e y    0   1    e sin   2 2      e       2e  2e   e       KI  e.sin  ln       1   ln    1     e .sin e .sin  e .sin  e .sin                   2

  2   KI  e.sin  ln      sin  Thay số, ta được:    2 KI  1.sin30o  ln   o  sin 30    

2 2    1     2   1            1   ln    1   sin     sin    sin          2 2   1    2   1       1  ln   1    o    sin 30o  sin 30o   sin 30     

0,25đ

 KI  0,37(cm). ......................................................................................................





Kí hiệu I là điểm ló ra khỏi bản mặt song song, góc   OI , Oy từ đó ta có công thức tính độ dịch chuyển ngang của ta sáng OH  e

sin     cos 

KI 0,25đ  0,37    20,3o e sin  30o  20,3o  sin     Từ đó suy ra OH  e  1.  0,18cm ............................... cos  cos 20,3o -Cơ sở lí thuyết: Phương pháp tiến hành thí nghiệm dựa trên sự E ,r phụ thuộc số chỉ I A của Ampe kế và giá trị điện tích q đi qua nó. K (1) C q ...................................................................................................... (2) Cụ thể: I A 0,50đ -Sơ đồ mạch điện để kiểm chứng kết luận trên hình vẽ 9. A -Ban đầu K ở vị trí (1), tụ điện C được tích điện từ nguồn Hình 9 0,25đ điện E1 , r1 (có suất điện động đã biết) ....................................................................

Trong đó  được tính bởi tan  

6 2,5 đ

-Sau đó chuyển khóa K sang vị trí (2), ghi I A1 của số chỉ Ampe kế. ...................... 0,25đ -Thay tụ điện C , ta lấy 2 tụ điện, nối chúng một lần nối tiếp, và lần kia nối song song, thì có thể xác nhận rằng, trong trường hợp đầu, số chỉ của Ampe kế giảm hai lần, còn trong trường hợp thứ hai, tăng lên hai lần. Đó là vì điện dung của tụ điện đã biến đổi một số lần tương ứng. Do đó, điện tích đi qua điện kế: q  CE ................................................................ 0,50đ -Thay nguồn điện E1 , r1 bằng nguồn điện E x , rx , ta lại ghi số chỉ I Ax của Ampe kế. E ,r Ta có biểu thức: I A1  kq1  kCE1 R K I Ax  kqx  kCE x .................................................................... 0,25đ A Từ đó, ta suy ra được biểu thức cho suất điện động phải tìm: Hình10 I E x  E1 Ax ............................................................................................................... 0,25đ I A1  Tính điện trở trong của nguồn E x , rx . Áp dụng định luật Ôm cho mạch kín (hình vẽ 10): Ta có Ex E x  I A  R  rx   rx   R ......................................................... 0,50đ IA x

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2015-2016 Môn: VẬT LÍ – Bảng A Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 13/11/2015 (Đề thi có 02 trang, gồm 06 câu)

GIA LAI ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1 (4,0 điểm): v M Một đĩa tròn đồng chất, khối lượng M 2(kg ) phân bố đều, bán kính R m M R 0, 5 (m ) có thể quay quanh trục thẳng đứng ở độ cao h 1 (m ) O v m h r so với mặt đất. Một lá thép mỏng, nhẹ được uốn thành nửa vòng tròn có R bán kính r , được gắn cố định trên đĩa (hình 1). Ban đầu, đĩa ở Hình1 2 trạng thái đứng yên, một quả cầu nhỏ khối lượng m 1 (kg ) được truyền với vận tốc v0 3(m / s ) 0

theo phương tiếp tuyến vào phía bên trong bề mặt của vòng thép. Lấy g



9, 81(m / s 2 ), bỏ qua mọi

ma sát và lực cản của không khí. a. Tìm tốc độ của quả cầu ngay khi rời đĩa. b. Tìm khoảng cách từ mép của đĩa đến nơi quả cầu chạm mặt đất. c. Kể từ thời điểm quả cầu rời đĩa tại vị trí K đến thời điểm quả cầu chạm đất tại A thì điểm K trên đĩa cách A một khoảng bao xa? p 1 2 p1 Câu 2 (3,0 điểm): Một lượng khí lý tưởng lưỡng nguyên tử có các quá bình biến đổi theo 3 0 chu trình 0 1 2 3 0 như hình 2: Quá trình 0 1 làm nóng đẳng tích; p0 quá trình 1 2 dãn nở đẳng áp; quá trình 2 3 làm lạnh đẳng tích; quá trình O V 3 0 nén đẳng áp. Trong quá trình biến đổi, nhiệt độ của khí đạt giá trị V0 aV0 nhỏ nhất Tmin T0 , đạt giá trị lớn nhất Tmax 4T0 . Hãy tìm giá trị a và Hình 2 hiệu suất cực đại (

max

) của chu trình?

Câu 3 (4,0 điểm): 1. Cho mạch điện như hình 3. Các nguồn điện có suất điện động và điện trở trong lần lượt E1 36(V ), r1 5( );E2 32(V ), r2 2( ). Điốt lí tưởng, mạch ngoài có

E1 , r1

E2 , r2

B R0

50( ) mắc song song.

Công suất mạch ngoài sẽ thay đổi bao nhiêu lần nếu hai điện trở được mắc nối tiếp? K 2. Cho mạch điện xoay chiều như hình 4. Cuộn dây thuần cảm có 1 R1 hệ số tự cảm L (H ), điện trở R1 50 3 ( ), tụ điện

Hình 3

hai điện trở giống nhau, mỗi điện trở có giá trị R0

10 4 (F ), biến trở R2 và tụ điện C 1 có điện dung thay đổi 4 được. Vôn kế, các dây nối và khóa K lí tưởng. Đặt vào hai đầu A, B C2

điện áp xoay chiều có biểu thức uAB a. Khóa K ngắt (hở), điều chỉnh C 1

220 2 cos100 t (V ).

10 2

A B

Hình 4 V

(F ), R2

150 3 ( ), hãy viết biểu thức dòng điện tức thời

qua điện trở R1 ? 1

b. Khóa K đóng, điều chỉnh R2

50 3 ( ),

giá trị của C 1 bằng bao nhiêu để vôn kế chỉ giá trị

lớn nhất? Tìm giá trị lớn nhất đó? Câu 4 (3,0 điểm): Một thanh kim loại MN đồng chất, tiết diện đều, đặt nằm ngang khối lượng m 100(g ), có thể trượt vuông góc và luôn tiếp xúc với hai thanh ray kim loại IH , PQ tạo với mặt phẳng ngang góc Nối I và P với một tụ điện có điện dung C

30o.

N B

(F ), tụ điện chịu

được hiệu điện thế tối đa là 1,28 3 (V ) . Hệ thống được đặt trong một từ trường đều có véc tơ cảm ứng từ B thẳng đứng hướng xuống và có độ lớn B 1(T ) (hình 5). Khoảng cách giữa hai thanh ray là 2(m ), lấy g

H M



C P

10(m/ s 2), hệ số ma sát trượt giữa thanh MN và hai thanh ray là

Hình 5

0,5. Coi các

thanh ray đủ dài, hệ thống đặt cách điện trên mặt phẳng nằm ngang, điện trở của mạch và các dây nối không đáng kể. Hỏi sau bao lâu kể từ khi thanh MN chuyển động từ trạng thái nghỉ thì tụ điện bị đánh thủng? Câu 5 (3,5 điểm): Một điểm sáng S chuyển động theo vòng tròn với vận tốc có độ lớn không đổi v0

2(m / s )

xung quanh trục chính của thấu kính mỏng L nằm trong mặt phẳng vuông góc với trục chính và cách thấu kính một khoảng 5(cm ) . Ảnh S ' qua thấu kính chuyển động có tốc độ v 4(m / s ) trên quỹ đạo tròn cùng chiều với chiều chuyển động của S . a. Tìm tiêu cự f của thấu kính L. b. Thấu kính L được đặt trùng với mặt phẳng ( ) nằm ngang qua miệng một cái chậu có độ sâu h, đáy chậu có gắn gương phẳng G nằm ngang như hình 6. Điểm sáng S nằm trên trục chính của thấu kính, trong khoảng giữa gương và thấu kính, khi đó ta thu được hai ảnh thật của S cách nhau

20 (cm ). Cho nước vào 3

đầy chậu thì hai ảnh vẫn là thật nhưng cách nhau 15(cm ) . Biết chiết suất của nước là n

4 . Xác định độ sâu h của chậu và khoảng cách từ điểm sáng S tới 3

( ) O

Hình 6

thấu kính. Câu 6 (2,5 điểm): Cho một vật hình trụ có phần rỗng cũng hình trụ, có trục song song với trục của hình trụ và chiều dài bằng chiều dài của vật hình trụ (hai đầu phần rỗng được bịt bằng vật liệu mỏng, nhẹ). Sử dụng các dụng cụ: 01 chậu nước (cho khối lượng riêng của nước là n ), 01 cái thước (có độ chia nhỏ nhất 1mm), 01 chiếc bút, 01 tấm ván. Biết khối lượng riêng của chất làm vật hình trụ là và khi thả trong nước vật hình trụ có một phần nổi trên mặt nước. Trình bày phương án thí nghiệm để: a. Đo bán kính phần rỗng trong của hình trụ. b. Đo khoảng cách giữa trục của hình trụ và trục của phần rỗng.

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM

Câu

Biểu điểm

Nội dung M

1 0 MR2 2 1 1 1 mv12 . MR 2 2 2 2

a. Lập luận dẫn đến: mv1R v1

1 Mặt khác, ta có: mv02 2

Hình1

A

2mv1R

Từ (1), tốc độ góc của đĩa:

1 Thay vào (2), ta được: mv02 2

MR 2

1 1 m v . MR2 2 . 1 2 2 M R

1 2 mv 2 1

(1) ........................................

0,25 2

(2) .................................... 0,25

m v1 . M R

m 2

(3)

m2 2 v M 1

(4)

0,25

m 2,12( ) ... s

0,25

2.1 2h 0, 45(s ) ...... 9, 81 g Quãng đường mà quả cầu chuyển động được theo phương ngang trong thời gian này

0,25

2h v1.t 2,12.0, 45 0, 95(m ) ............................................................. g Khoảng cách x theo phương ngang từ mép của đĩa đến nơi quả cầu chạm mặt đất:

0,25

Tốc độ của quả cầu m khi rời đĩa là: v1

2 2 2.1

b. Thời gian quả cầu chạm đất kể từ lúc rời đĩa là t

1 4,0 điểm (đ)

là sx

(v1t )2

0, 52

32.

v 02

2.1 2 . 2 2.1 9, 81

M M

2h 2m g .

R ..................................................

0, 58(m) ......................................................

0, 5

0,25 0,25

Khoảng cách d A từ mép của đĩa đến nơi quả cầu chạm mặt đất: dA

(0, 58)2

1,156(m)

1,16(m) ...........................................

0,25

c. Góc mà đĩa quay được trong thời gian t : 





O





Hình 2



m v1 . t M R

mv0

MR M

2 2.1 1.3 . 2.0, 5 2 2.1 9, 81

1, 92 rad

2h (5) ............................... 0,25 g

110o ............................... 0,25

Gọi: K 1 vị trí hình chiếu của điểm K nơi mà quả cầu

rời đĩa; K 2 là vị trí của điểm K tại thời điểm quả cầu chạm đất. Ký hiệu các góc trên mặt phẳng hình chiếu bằng: K1OK 2 ; AOK1 ; AOK 2 3

Ta có:

arccos

Với d0

R2 R2

R (6) ............................................................................................. d0

sx2 v 02 .

R2 M

v12 .

0, 52

arccos

6,28

Do đó

2h g

2h 2m g

Thay vào (6) ta tính được

0,25

32.

R d0

1, 92

2 2.1 . 2 2.1 9, 81

1, 08(m) ......................

0, 5 1, 08

62, 4o

arccos

0,25

1, 09(rad )

187, 5o ..........................

3,27(rad )

1, 09

0,25

Áp dụng định lí hàm số cos ta tìm được hình chiếu trên phương ngang d02

AK 2x

1, 082

2d0R cos

0, 52

2.1, 08.0, 5.cos187, 5o

1, 58(m) S

0,25

uy ra khoảng cách cần tìm được xác định bởi định lí Pi-ta-go: h2

AK 2 p1

AK 22x

1, 582

Ta có: A

Mặt khác:

V V0

1, 78(m) ..........................................................

p0 aV0

p0V0

p1aV0

0,25 (1) ....................................................... 0,25

4 p0

4T0 T0 Từ (1) và (2) suy ra:

(2) ................................................. 0,25

aV0

Hình 3

4 p0

p0 aV0

p0V0

4 a

1 a

p0V0 a

..................................................................................................................................... Lại có: 5 5 4 p0 5 4 5 4 a 1 (4) . Q01 U1 pV0 p0 V0 p0V0 p0V0 2 2 a 2 2 a a Q12

2 3,0 đ

Q12

p V

7 4 p0 . aV0 2 a

5 p V p1 V 2 1 14 V0 pV a a 0 0

p0V0 4 a a 1 a p0V0 11, 5a 4 a

14p0V0 .

A Q01

Q12

1 a

0,25

(5) .........................

0,25

(6) ...........................................

0,25

p0V0 4 a a 1 a ............................ a 1 5 4 a pV 14 p0V0 . a 2 0 0 a

a a 11, 5a

a a

7 p V 2 1

Hiệu suất chu trình được xác định bởi

Thay (4) và (5) vào (6), ta được:

1 4

a2 4

5a 4 11, 5a

f (a ) g(a )

(7) .............

0,25

(3)

Lấy đạo hàm

theo a và cho bằng 0, ta có: f '(a ).g(a ) f (a ).g '(a ) 0 (8) g 2 (a )

d da

Với

f (a )

g(a )

11, 5a

f '(a )

Từ (8) suy ra: f '(a ).g(a )

g '(a )

11, 5

f (a ).g '(a )

11,5 a 2

f '(a ).g(a )

0,25

f (a ).g '(a )

11,5a 2

0 ......................

0,25

Dùng máy tính cầm tay, giải phương trình trên, ta được a 1, 89 .............................. Thay vào (7) ta tính được hiệu suất cực đại của chu trình a 2 5a 4 1, 892 5.1, 89 4 0,106 10, 6% ...................................... max 4 11, 5a 4 11, 5.1, 89

0,25

5 4

11,5a

E2 , r2

B R0 R0

Hình 4

Dòng điện mạch ngoài: I E1r2

Từ (1) và (2) suy ra: I

r1r2

E2r1 r1

Điều kiện để điốt mở nếu I 2 E2

0,25

(2)

..................................................................

r2 R

Công suất mạch ngoài khi điốt mở: P

Khi R

Nếu điốt mở, áp dụng định luật ôm, ta có: E1 R I1 I E1 I 1r1 IR r1 r1 0,25 (1) ...................................................................... E2 I 1r2 IR E2 R I2 I r2 r2

E1 , r1

3.1 2,0 đ

...............................................................

RI 2

E1r2 r1r2

......................

0,25

r1 .................................

0,25

E2r1 r2 R

0,25

r1 điốt khóa lại, cường độ dòng điện mạch ngoài lúc này:

E1 r1

R R

Công suất mạch ngoài lúc này: P ' Như vậy, ta có R*

E2 E1

32 36

Do đó, ta có tỉ số: n

P1 P2

E1r2 E1 2r1r2

0,25

40( ) .................................................

R0 .R0

 Khi mạch ngoài mắc song song: R  Khi mạch ngoài mắc nối tiếp: R

R0 E2r1 r1 r1

R0 2R0 r2 R0

100( )

25( )

điốt mở....

điốt khóa. ............

0,25 0,25

0,25

41209 12321

3, 34 ......................

Vậy hai điện trở mắc nối tiếp thì công suất mạch ngoài giảm đi 3,34 lần 5

Khi khóa K ngắt, sơ đồ mạch điện như hình 5a: 10 4 10 4 3 10 4 C C1 C 2 . (F ) 2 4 4 1 400 1 ZC ( ) 4 C 3 3 10 100 . 4

C1 A B

Hình 5a

2 C

200 3

400 3

371,2( 0,25 )

...................................................................................................................................... 3.2 2,0 đ a 1,0đ

220 2

200 3

400 3

tan

0, 84(A) ............................................................

400

3(50 3

21 180

0, 3849

150 3)

21 ................................................................................. 180 21 Biểu thức dòng điện qua R1 là i 0, 84 cos(100 t )(A) ................................... 180 Khi khóa K đóng. Mạch điện như hình 5b. Gọi C 12 là điện dung tương đương của tụ điện C 1,C 2, i

0,25

R12 là điện trở tương đương của R1, R2 .

Đặt j 2 *

Z AB

jZC

R12 .100 j (R12 2 12

jZC

Z AB

jZC

Z AH

4 jZC

2 12

R12 .Z L

(100

R12

R12 .100 j 12

R12

100 j

R12 j )

50 3)

50 3)2

100 3 1 3j 4 100 3 300 j 4

jZC

100

1002

(50 3

jZC

100 j )

100(50 3

Z AB

R12 Z L

100R12

Z AB

Z HB

Z AB

Z AH

Hình 5b

Z AB

R12

A B

3.2 b 1,0đ

1, ta có:

1002

100 3 4

100

(50 3

4ZC

50 3)j

300

0,25 6

100 3 4

Z AB *

U C12

300

U C12

I . Z C12

220

. Z C12

880 100 3 100 3

4ZC

880ZC

U C12

100 3

300

4ZC )j

(300

100 3

4ZC

100 3

4ZC )

(300

UV max

. (300 2

4ZC

1 ZC

C 12

4ZC )2

100 3

880 1 3002 2 ZC

2400

1 ZC

2.4.300 2 100 3

100 3 j

Ta thấy, để UV

300

.( jZC )

880ZC 12

300

.( jZC )

300

4ZC

100 3 4

Z AB

U C12

......................................................................

. Z C12

Z AB *

I . Z C12

4ZC

ZC 2

300

100( )

0,25

(F ) .........................................................................................................

Phải điều chỉnh C 1

C 12

Từ đó, ta tìm được UV

10 3.10 (F ) ..................................... 4 4 440(V ) ...................................................................

UV max

0,25

* HS có thể giải theo giản đồ véc tơ, gọn hơn! Vẽ giản đồ véc tơ hình 5c và 5d. U HB H I R12 U HB Áp dụng định lí hàm số sin cho O  1 OHV , ta có: O

I Hình 5c

1



U C12

U cos

sin

, với tan

sin

Hình 5d

3 UC

max

U cos

max

220

440(V )

cos

3 Từ đó tính được giá trị của điện dung C 1 .

Trọng lực làm thanh trượt xuống, khi thanh có vận tốc v, suất điện động ec tuân theo qui tắc bàn tay phải. U

F ms v



N Theo Oy : P cos f cos Theo Ox : P sin

f sin N

Từ (2) và (3) ta được: P sin mg sin

2 2

.cos

mg sin

Khi U

2 2

B v.cos

................................................... 0,50

Áp dụng định luật II Niu tơn ta có: P N f Fms ma (1) .................................................................... 0,25

Hình 6

4 3,0 đ

B v sin

Điện tích mà tụ tích được: q CU CB v.cos .................................. 0,25 Cường độ dòng tích điện: dq dv i CB .cos CB .cos .a ................................................. 0,25 dt dt Lực từ tác dụng lên thanh f Bi CB 2 2 cos a 0,25

cos

f .cos .a

P cos f sin (2) .................. (3) ......................................................

P cos

mg cos

f sin

mg cos

U max thì U max

0 ma

B v.cos

2 2

cos

.cos

.a sin

U max

1,28. 3

B .cos

3 1.2. 2

0,25 0,25

0, 64 (m / s 2 ) .............................

sin

2 2

ma .......................

0,25

1,28 (m / s ) .......

0,25

Thời gian kể từ khi thanh bắt đầu trượt đến khi tụ bị đánh thủng: 1,28 v at t 2(s ) ............................................................................................ 0,25 0, 64 a. Sơ đồ tạo ảnh:

S d

S' d'

+ Tốc độ góc của ảnh và của vật bằng nhau: Theo đề, vận tốc dài của ảnh gấp đôi của vật: v

2v 0 ................................................

Suy ra bán kính quỹ đạo của ảnh lớn gấp đôi bán kính quỹ đạo của vật: R 5 3,5 đ

0,25

2R0

Ảnh S chuyển động theo chiều cùng với chiều chuyển động của S nên đây là ảnh ảo, nằm cùng phía với S so với trục chính: 0,25 d' 2 d' k 2d 10 (cm) ........................................................... d 0,25 d.d ' O L 10(cm) ................................................. Tiêu cự của thấu kính: f ' d d h S G b. *Khi chưa đổ nước vào chậu: +Sơ đồ tạo ảnh qua thấu kính: Hình 7

S d

S ', d

Ta có: d '

với d

OS ;

10d

0,25 10

....................................................................................

+Sơ đồ tạo ảnh qua hệ gương – thấu kính: Ta có: d1 d2

h d1

;

d 2h

10(2h 2h d

d) ........................................................................................................ 10 20 + Hai ảnh thật của S cách nhau (cm ) , ta có: 3 10d 10(2h d ) 20 20 d ' d2' (cm) 3 d 10 2h d 10 3 2 d 2hd 50h 30d 100 0 (1) .................................................................... d2'

0,25

*Khi đổ nước vào chậu: +Sơ đồ tạo ảnh qua LCP – thấu kính: với d

LCP : nc kk

d ''

S ''

;

OS;

3d .................................................................................................................... 4 30d fd ' (4) .................................................................................. d '' 3d 40 d' f +Sơ đồ tạo ảnh qua hệ gương – LCP – thấu kính: d'

Ta có: d1 d2

d3'

LCP : nc kk

d3 h

d2 n

0,25

S3 d3

d 2h

3 (2h 4

fd3 d3

0,25

d ) ....................................................................................................

0,25

7, 5(2h d ) ................................................................................ 1, 5h 0, 75d 10

0,25

+ Hai ảnh thật của S cách nhau 15(cm ) , ta có:

d ''

d3'

15(cm)

0, 5625d 2

30d 3d 40

1,125hd

Giải hệ (1) và (2) ta được:

25h

7,5(2h d ) 1,5h 0,75d 10 10d

100

11, 76 (cm )

11, 88 (cm )

hoặc

(2) ...............................................

20 (cm )

30 (cm )

...............................

0,25 0,25

Điều kiện để cho các ảnh đều là thật là d 3  f . Thay các giá trị vào ta thấy chỉ có d  20 (cm) cặp nghiệm  thỏa mãn. h  30 ( cm) Vậy

20 (cm )

30 (cm )

........................................................................................................

0,50

a. Gọi:  R: Bán kính hình trụ; H:  Chiều dài hình trụ;  : Khối lượng riêng của chất làm hình trụ;  V1, S1 0,25 : Lần lượt là thể tích và diện tích phần đáy trụ h ngập trong nước B A  Khối lượng trụ rỗng: M H (R2 r 2 ) (1) .................................... 0,25 O Thả vật hình trụ rỗng vào chậu nước, vật nổi trên nước, khối lượng nước bị chiếm chỗ là:   2 M1 .V .S1.H .............................................................................. n 1 n 0,25 H (R2 r 2 ) . S . H Mặc khác: M M 1 n 1 Hình 8a

Ta phải tìm: S1 6 2,5 đ

(R2

r 2)

.S1

.S1 (2)

S ' S '' (3)

2 , S '' là Ta có: S1 S ' S '' , với S ' là diện tích hình quạt có góc ở đỉnh diện tích của AOB S' 2 S' 2 2 S' .R 2 (4) .................... Ta có: 2 S 2 2 2 R Gọi A, B là các điểm ứng với mặt nước, góc AOB . R

Ta có: sin

, dùng thước đo h, R suy ra góc

R và S '' (R h ).R.cos (5) ..................................................................................... Từ (2), (3), (4) và (5) suy ra phương án cần tìm. ......................................................... D

F H

 C

 K

Hình 8b

0,25

0,25 0,25

b. Gọi x là khoảng cách giữa 2 trục (khoảng cách giữa trục của hình trụ và trục của phần rỗng) Đặt hình trụ lên tấm ván và nghiêng nó cho đến khi vật hình trụ sắp sửa lăn, ta đánh dấu điểm tiếp xúc C và vẽ đường nằng nằm ngang EF (ở vị trí tới hạn thì mặt phẳng chứa hai trục và khối tâm 0,25 G nằm ngang, G nằm trên đường thẳng đứng đi qua C ). Vẽ đường vuông góc CG với EF , y là 0,25 khoảng cách từ O đến G . .................................... IH Ta có: y OC .sin R.sin (6) KH 10

Dễ dàng đo được IH và KH (nếu phần rỗng chứa đầy chất dùng làm hình trụ thì trọng tâm sẽ ở O ) Ta có x .m y.M , với khối lượng chứa đầy phần rỗng được xác định bởi

.r 2 .H . (7)

y.M (8) ......................................................................................................... m Từ (1), (6), (7) và (8) suy ra phương án cần tìm. ......................................................

0,25 0,25

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

GIA LAI

LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2013-2014 Môn: VẬT LÝ- Bảng B

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 05/12/2013 (Đề này có 2 trang, gồm 6 bài)

Câu 1 ( , điểm)

h h

k  40 N / m

g  10m / s

ng Vi

ng h ng

ờng

nh i

n nh

n ng

ng g

h ng

nn n

h ng ổi h

n h

h n

Hình 1

ng h

n ng a

ng h ng

nghi ng h i

ng h

a n

gi a h ng

nh n

n h

2013

m M

A Hình 2

 .

h ng ngang T n

H i F

ng n

nh h i

n nh

h n

n h n

? i h n ng n

h ng nghi ng ngang nh

h n

gia

leo lên 

nêm AB?

Bài 3 (3,5 điểm). M m

ngang

nh h nh 2

ng h ng A

ng h ng hời gian ng n nh gi a hai n h ng n

nghỉ gi a

góc nghiêng BAC   . T n n

h a

ng h ng?

ng h nh a

a n h

ng i

nh i

n hời i

Bài 2 (4,0 điểm). T n

ng m  100 g

n n h a

g n h

n n 5, 5cm

ng h ng

h i

hời i h

n ng

ng i

T nh

1 i

ở

nh a n

hời gian là

n ng

ng h

O có h

h ng g n

0,8m / s i

nh h nh

iQ a

ng n ng i

ng i

h nh

f= 5cm nh hình 3. Lúc t=0, S Hình 3

h h

nh ổi

không

1. H i a

n = 8

a i

hi h a

ùng

h h

n h

ang

Câu 4 ( , điểm).

nh h

a h ng g an

ỹ

ng C 

h i n

100 3 F 2

2. i

hỉnh R  R2 thì

h ha

a u AB

a S’

anh

T h

ng h ng

ng v  40cm / s

ng a

h ABCD

i I

ng i

i n

n R

H , i n ở r  40 L,r

i n C B

u AM gi a hai i

i T

i hai gi

h AB có gi

ng nha

3   4 ?

h nha

hai ng

n a

nh: u A  5cos 20 t (mm); uB  5cos(20 t   )(mm)

h ng ổi hi

n i

i C, D

hai i

nh AD  8cm . ng, i : AM  8cm; BM  10cm .

M trên

n CD

AM R2 ?

a R3 , R4 . T h

h nh h nh

ng i i a

i n

 3

i n

H nh 4

i h

1. Thi

hai L

nh S ' có

a .

nh g

 h nh n h

nh h nh 4

i i ng

Câu 5 (3,5 điểm). T i hai i ng h

R  R4 thì công

ng hời g

i n ở R.

hỉnh i n ở R  R1  60 Vi

3 ,  4

ng i

h ng h nh

1. i

3. Khi R  R3 h

( = 0) H



i n

u AB  200 2 cos(100 t  )V . C 3

h nh ời a S

ùng i?

2. N

nh nh i n

2 cm/s. a

h ng

nh i

n CD

i n

I nh

i N1; N2

hai i

: BN1  AN1  2cm; BN 2  AN 2  5cm N li

a N2

Bài 6 ( , điểm) (ng

i n ở

ùng n i hời i

i nh n A; B

t , li

a N1

ng 5cm h

ng a nhi ?

hai i n ở ng r

nh )

R1 , R2 ;

n i n h ng ổi hù h

h ng

ởng ( i n ở a

i n ở

nh chính xác hai gi

h n)

i n ở

n i h ng

ng n

R1 , R2 .

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. (3,0đ)

Ý 1 (

N i dung )



Đi m

K mg  20rad / s , l   2,5cm m K

0,25

v xn  ln  l  3cm ; A  xn 2  ( ) 2  5cm

0,25

 Khi t  0  x0  A cos   A    0 h: x  5cos 20t (cm) a an h gi a a ng i T 2013  1 t T   t  316,195( s) 2 3

0,25 0,25

2 (

)

: t 

T ng Q ng

)

1 2 4,0đ

(

)

: s  1006.4 A  A 

+ V

  0, 043648( s)  A 2A   201, 295(m) 2 5

an h gi a a ng i h a h n T 2   (s) tmin   3 60 30 A s  2  A  5(cm) 2 s 150 T ng nh: vtb   (cm / s)  47, 75(cm / s) t  T m đ lớn của lực F: + h nh

0,5

3 (

ờng

h a

0,5 : 0,5 0,25 0,25

nh h nh n

h ng nghi ng

a 4

nh h nh:

F ; N ; P; Fms

0,25 x

y F

Fms P

–

3 O

(Hình 1) 0,25

y F

N Fms P

O (Hình 2) +V

ng h

M thì :

F  N  P  Fms  0 (1)

h ng

nn 0,25

ng h (H nh ):  Fms  P sin   F   N  Pcos

0,25

V i: Fms   N   mgcos  F  mg (sin    cos ) (2); i +

0,25

i n:   tan  h ng

n h (H nh ):  Fms   P sin   F   N  Pcos

0,25

V i: Fms   N   mgcos  F  mg (sin    cos ) (3) +V h ng nn h: 2 (

)

mg (sin    cos )  F  mg (sin    cos ) i Gia tốc của nêm: + n nn M h M h i h a0 h ng ang h i ngang gia

0,25 0,25

i n:   tan  n

h ng 0,25

Fms

F qt P

0,25

ng h

O hi

g n

M a

0,25

h : P  N  F ms  Fqt  ma (5); hi

(5 ) n

mg sin   ma0 cos   N  ma  mgcos  ma0 sin   N  0

 a  a0 (cos   sin  )  g (sin   cos )(6) + n nn h:a>0 (6) a

3 (3,5đ)

1 ( 0 )

0,5 0,25 :

0,25

g (sin    cos ) n a0 > cos   sin  TK S nh Sd   S 'd ' + =>V

an h

0,25

: d0  18cm  d0'  90cm nh h

0,25

n l  SS' = d0 +d =108cm

+ h T a a; hi d  2. f  30cm  d '  2. f  30cm  lmin  4. f  60cm

' 0

0,25

+Vì d0  18cm  2. f n n hi nh i n h nh a a ( ăng) h i n nh S’ a S h n ng i g n S h n hi n hS n ng 60 h nh ổi hi h n ng ời a S hi 0,5 n ỹ h n ng a S’ ùng i i ỹ Q ỹ h n ng a S’ h ng n ùng hi h ng h ' n nh l  SS  108cm f .d 15(18  2t ) +Sa hời gian : d  18  2t  d '   0,25 d f 3  2t 4t 2  72t  324 0,25 l d d' 3  2t 0,25 Khi l = 08 h =0h = 6 V a 6 nh i n h ỹ h n ng a nh 0,25 S’ h ng n ùng i i ỹ 5

Tìm góc quay  :

( 5 )

d1'



0,25 O

+Sa

hi h



nh h

S’

S1'

d  40cm  d '  24cm  l  SS '  64cm +M n h S’ ùng i an =0 h a nh g  a h S’ h h n ời a S SS’ = 08 +Sa hi a h nh: T h nh a

0,25 n h i a h n l = 44

0,25

d1  dcos  40.cos

0,5

d1 '  (d  l ).cos =68.cos '

ng h

1 1 1   a h d1 d '1 f

a 0,25

81 cos    0,5956    53, 4450 136

a h i a h nh g   53, 4450  530 26' 1 200 100 (); Z C  (), Z L  L   C 3 3 200 Z  ( R1  r ) 2  ( Z L  Z C ) 2  ( ) 3 U I 0  0 AB  6( A);U 0 AM  ( R1  r ) 2  Z L 2 .I 0  200 2(V ) Z Z  ZC 1      h ha gi a u AB và i : tan   L R1  r 6 3

V 1 4 (3,0đ) ( 5 )

Pha an

a i:   u  i  i  u    



0,25

ZL 1     AM  6 R1  r 3  i  uAM   AM  i  0

h ha gi a u AM và i : tan  AM  a u AM :  AM  uAM

Pha an 2 (0 75 )

i n : u AM  200 2 cos100 t (V ) a nhi n i n ở R: U2 U2 PR  RI 2  R  r 2  (Z L  ZC )2 ( R  r )2  (Z L  ZC )2 R  2r R r 2  ( Z L  ZC )2 ng ng h i h R; R i h ng

Ta suy ra: Pmax  R  r  (Z L  ZC ) 2

3 (

)

0,25

20 111  70, 24() 3 ng i h n nA ng nha : 2 U U2 P3  ( R3  r ).  P  ( R  r ). 4 4 ( R3  r )2  ( Z L  ZC ) 2 ( R4  r ) 2  ( Z L  Z C ) 2

: R  R2 

Tha

0,25

Suy ra: ( R3  r ).( R4  r )  (Z L  ZC ) (1) Z  ZC Z  ZC ; tan 4  L (2) h ha gi a uvà i : tan 3  L R3  r R4  r T (1);(2) a : tan 3 tan 4  1

0,25

0,5

V ZC  Z L nên suy ra: 3  4   5 (3,5đ)

1 (

)

u AM

2 ( 75 )

0,25

 v ng: f   10 Hz ;    4cm 2 f

T n Ph



ng hai ng n n n i M: 2 d1 2 d 2 ); uBM  a cos(t  )  a cos(t 

0,25



ng ổng h



0,25



i M:  (d 2  d1 )      (d 2  d1 )   uM  u1M  u2 M  2a cos    cos t    2 2     uM  10cos(20 t  4 )(mm) BD  AD  2, 25 V i k  Z ỉ : i

0,25

i n

a nh

h k p max  2 .

0,5

Suy ra: d2 p  d1P  2  8 (4) Ta

15 15 : d 2 p 2  82  (  x)2 ; d1P 2  82  (  x) 2 nên: 2 2 (d2 p  d1 p )(d2 p  d1 p )  30 x (5)

0,5

15 x (6) 4 225 2 T (4) (6) a : d 2 p 2  16  15 x  x (7) 64 15 225 (8) M h a : d 2 p 2  82  (  x) 2  64  15 x  x 2  2 4 6672 T (7) (8) a: x 2   x  6, 437cm 161 V hai i P i ng a h h ng a nh 6, 437cm x P I D C

T (4)

a: d 2 p  d1 p 

(5)

A 3 (0 75 )

ng inh

0,25

0,25 : 0,25

ng i N1; N 2

 (d 2  d1 )      (d 2  d1 )   u N1  2a cos    cos t    2 2       (d 2,  d1, )     (d 2,  d1, )     cos t    u N2  2a cos    2 2  

u N2 u N1

n ùng i n n d1  d2  d1,  d2, :

N1; N 2 n

0,25

  (d 2,  d1, )     cos   2 2    2   (d 2  d1 )   cos     2 

0,25

 uM 2  2,5 2(mm)

6(3đ)

Ơ SỞ Í THUYẾT: + V ng n ng

i n ở i n

nh n n hi a ng n

i n h gi a hai h ng ổi

a ng n nh

0,25

nghi + T ng i n ở R1 , R2 h

V n a h ý

h ng

ởng

a : 8

B (S

V R1

)

B (S

V +Hai

i i nh :

ở

)

0,5

I A  I2 Chứng minh IA=I2: Ở

B V

IA  i I

U  R2 I ; R1  RA

U ( R1  RA  RV ) U ;  ( R1  RA ).RV R2 ( R1  RA  RV )  ( R1  RA ) RV R2  R1  RA  RV

U  I A 

R2U ( R1  RA  RV ) R2 ( R1  RA  RV )  ( R1  RA ) RV R1  RA

  R2 ( R1  RA  RV ) 1  R ( R  R  R )  ( R  R ) R  2 1 A V 1 A V   U.  R1  RA

 

U  R2 ( R1  RA  RV )  ( R1  RA ) RV  R2 ( R1  RA  RV )

 R2 ( R1  RA  RV )  ( R1  RA ) RV  ( R1  RA )

U .RV (a) R2 ( R1  RA  RV )  RV ( R1  RA )

0,5

Ở

: A

B V

R2 I 2  RV ( I  I 2 ) ( R2  RV ) I 2  RV I  I 2 

I2 



RV U . R2  RV R  R  R2 RV 1 A R2  RV URV

 ( R  R )( R  R )  R2 RV  ( R2  RV )  1 A 2 V  R2  RV  

U .RV R2 ( R1  RA  RV )  RV ( R1  RA )

T (a)

( )

+ i

a nh h nh

ng h : R2  nh

R1 PHƯƠN

0,5

(b)

UV ; I2

0,25

N THÍ N H ỆM:

h i n nh

h i n h

hỉ V n

a R2 là :

R2 

=> i

h nh

+ ổi hỗ R1 và R2

hỉ A

a h

ở

(

ở

( UV)

UV IA h nh

0,25 0,25 0,25

R 1.

0,25

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO GIA LAI ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn: VẬT LÝ Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 20/01/2015 (Đề này gồm 2 trang)

Câu 1. (4 điểm) Con lắc lò xo gồm vật nặng m1  300(g) , độ cứng k  200(N/ m) đặt m2 thẳng đứng như hình 1. Khi m1 đang ở vị trí cân bằng, thả vật m2  200(g) rơi tự do từ h độ cao h  3,75(cm) so với m1 để va chạm vào m1 . Bỏ qua ma sát và kích thước các m1 vật. Lấy g  10  m / s2  , va chạm là mềm. k 1. Tính vận tốc của hai vật ngay sau va chạm. 2. Sau va chạm hai vật dao động điều hòa. Chọn gốc thời gian lúc va chạm, gốc tọa độ O tại vị trí cân bằng của hai vật sau va chạm, trục Ox thẳng đứng, chiều Hình 1 dương hướng lên. Viết phương trình dao động của vật. 3. Tính biên độ dao động cực đại của hai vật để trong quá trình dao động m2 không rời khỏi m1 . Bài 2. (4 điểm) Có 2(g) khí Heli (coi là khí lý tưởng đơn nguyên tử) thực hiện một chu trình biến đổi (1)  (2)  (3)  (4)  (1) mà đường biểu diễn trong hệ trục  Op;OT  như hình 2. Trong đó: (1) – (2) là đoạn thẳng song song với trục OT ; (2) – (3) là đoạn thẳng song song với trục Op ;

p(Pa) (1)

2p0

(3)

(4)

(3) – (4) là đoạn thẳng song song với trục OT ; (4) – (1) là đoạn thẳng kéo dài qua O . Cho p0  2.105 (Pa) ; T0  300(K) ; He  4(g/ mol) ; R  8,31(J/ mol.K)

(2)

2T0

T (K)

Hình 2

1. Tính thể tích và nhiệt độ của lượng khí trên ở trạng thái (4). 2. Biểu diễn chu trình này trong hệ trục  Op;OV  và trong hệ trục  OV ;OT  . (ghi rõ giá trị các thông số ở mỗi trạng thái trên đồ thị bằng số (lấy tới chữ số thập phân thứ năm)). 3. Tính công mà khí thực hiện trong từng giai đoạn biến đổi của chu trình. Bài 3. (3 điểm) Cho đoạn mạch điện xoay chiều như hình 3. Đặt vào hai đầu đoạn mạch AB một điện áp xoay chiều uAB  U 2cos100 t (V ) . A Biết R  80() , cuộn dây có r  20() , điện áp hiệu dụng hai đầu

L; r

C N

Hình 3

đoạn mạch AN và MB có giá trị lần lượt UAN  300(V );UMB  60 3 (V ) ; uAN lệch pha với uMB một góc 900. 1. Tính điện áp hiệu dụng U ở hai đầu mạch AB? 1

2. Tại thời điểm t, điện áp tức thời hai đầu tụ C bằng 120 2 (V ) và đang giảm thì điện áp tức thời hai đầu đoạn mạch MB bằng bao nhiêu? Bài 4. (4 điểm) Cho hệ hai thấu kính (L1) và (L2) có trục chính (L1 ) (L2 ) trùng nhau, cách nhau một khoảng O1O2 = l. Biết (L1) là một thấu B kính hội tụ có tiêu cự f1  15(cm) . Một vật phẳng nhỏ AB đặt vuông góc với trục chính của hai thấu kính tại A , trước thấu kính O1 O2 A (L1) và cách (L1) một khoảng AO1  d1 như hình 4. Gọi A2B2 là ảnh cuối cùng của AB qua hệ hai thấu kính. Hình 4 1. Khi d1  20(cm) và l  75(cm) thì A2B2 ngược chiều với vật và bằng vật. Xác định tính chất và tiêu cự của (L2). 2. Khi d1  20(cm) , tịnh tiến (L2) sao cho trục chính không đổi. Xác định vị trí của (L2) để A2B2 là ảnh ảo và cách (L2) 22,5(cm). 3. Cố định (L1) và tịnh tiến (L2) sao cho trục chính không đổi. Tìm vị trí của (L2) để A2B2 có độ phóng đại không phụ thuộc vào vị trí của AB trước (L1). Xác định chiều và độ cao A2B2 lúc đó. Bài 5. (3 điểm) Một dây dẫn cứng có điện trở không đáng kể, được uốn B thành khung ABCD đặt trong mặt phẳng ngang. Biết AB song song M A B CD và cách nhau một khoảng l  40(cm) . Hệ thống được đặt trong từ trường đều B  0,5(T) phương vuông góc với mặt phẳng khung, chiều v hướng lên như hình 5. Một thanh dẫn MN = l điện trở R  0,4() có thể C D N trượt không ma sát dọc theo hai cạnh AB, CD và luôn tiếp xúc với hai Hình 5 cạnh đó. 1. Tính công suất cơ học cần thiết để kéo thanh MN trượt đều với vận tốc v  1,5(m/ s) dọc theo các thanh AB và CD như hình vẽ. So sánh công suất này với công suất tỏa nhiệt trên thanh MN và nêu nhận xét? 2. Thanh đang trượt đều thì ngừng tác dụng lực kéo. Tính quãng đường và thời gian thanh trượt thêm được từ lúc ngừng tác dụng lực đến lúc dừng lại? Biết khối lượng của thanh là m  8(g) . Bài 6. (2 điểm) Cho một số dụng cụ như sau: - Một cuộn dây có điện trở thuần r ; - Một nguồn điện xoay chiều có hiệu điện thế hiệu dụng U không đổi; - Một điện trở thuần R đã biết giá trị; - Một vôn kế có điện trở rất lớn, các dây nối có điện trở không đáng kể. Sử dụng các dụng cụ đã cho, trình bày phương án thí nghiệm để xác định công suất tiêu thụ trên cuộn dây trong trường hợp mạch kín gồm nguồn điện và cuộn dây. Vẽ sơ đồ thí nghiệm và nêu cách tính.

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM BÀI

N I DUNG – LƯ C GIẢI 1/ Tính vận tốc của hai vật ngay sau va chạm

ĐIỂM

  1,0

Vận tốc của vật m2 ngay trước lúc va chạm 3 m / s  0,866m / s 2 Theo định luật bảo toàn động lượng thì vận tốc hai vật ngay sau va chạm là: v0  2gh  2.10.20.102 

 m2  3  200  3 v   m/s  v0    5  200  300  2  m1  m2 

m1g 0,3.10   0,015m  1,5cm k 200 Gọi O là VTCB của hệ hai vật sau va chạm  m  m2  g   0,3  0,2.10  0,025m  2,5cm l  1 k 200 Chọn gốc tọa độ tại O, gốc thời gian lúc m2 va chạm vào m1 . Ta có

Độ nén của lò xo trước va chạm l0 

3 m/s 5 Phương trình dao động của hệ hai vật có dạng x  A cos(t   )

x0  2,5  1,5  1(cm) ; v  

Tần số góc:  

0,5

  2,0

2/ Viết phương trình dao động của vật

Bài 1 (4,0 điểm)

0,5

k  20(rad / s) m1  m2

0,25 0,25

0,5

0,25

 A  2(cm)  x  x0  A.cos  1(cm)  Khi t = 0 :  =>   v  .A.sin  20 3cm / s   3 (rad )

0,5



Vậy phương trình dao động là x  2cos(20t  )(cm) 3

3/ Tính biên độ dao động cực đại của hai vật để trong quá trình dao động m2 không rời khỏi m1

0,25

  1,0

- Trong quá trình dao động thì vật m2 luôn chịu tác dụng của hai lực + Trọng lực P2  m2g  + Phản lực N do m1 tác dụng lên hướng lên trên

0,5

- Theo định luật II Niutơn ta có: P2  N  m2a , chiếu lên Ox ta được 3

N  m2g  m2a  m2 2 x  N  m2g  m2 2 x  m2 (g   2 x) g 10 Điều kiện N  0; x  A  g   2 A  0  A  2  2  0,025(m)  2,5(cm)  20 Vậy Amax  2,5(cm) thì m2 sẽ không rời khỏi m1

0,5

 = 1,5

1. Tính thể tích và nhiệt độ của lượng khí ở trạng thái 4. Quá trình (1)  (4) có đồ thị là đường thẳng kéo dài qua gốc tọa độ 0 nên đây là quá trình đẳng tích. Suy ra: V4 = V1.

0,5

+Sử dụng phương trình C-M ở trạng thái (1): p1V1 



m RT1  p1

RT1  V1 

0,25

Thay số: m = 2(g);  = 4(g/mol); R = 8,31(J/mol.K); T1 = 300(K) và p1 = 4.105(Pa) ta được: V1  Ta có:

2.8,31.300  3,11625.103 (m3 ) 5 4.4.10

0,25

p4 p1 p .T   T4  4 1 T4 T1 p1

0,25

Thay số: T1 = 300(K); p1 = 4.105(Pa); p4=2.105(Pa) ta được: T4=150(K) 2/ Biểu diễn chu trình trong hệ Bài 2 (4,0 điểm)

 Op;OV  và trong hệ OV ;OT  (1,5 điểm)

+ Quá trình (1)  (2) : đẳng áp, ta có:

V2 V1   V2  2V1  6,23251.10 3 (m3 ) T2 T1

0,25

+ Quá trình (2)  (3) : đẳng nhiệt, ta có: p3 .V3  p2 .V2  V3  2V2  12,465.103 (m3 )

0,25

+Vẽ như phía dưới: (Mỗi hình 0,5đ)

V(103 m3 )

p(105 Pa) 1

3,1162 5

6,2325 0

Hình a

12,46500

V(103 m3 )

1,0

6,23250

3,11625

12,46500

4 1

150

300

600

T (K)

Hình b

3/ Tính công mà khí thực hiện trong từng giai đoạn biến đổi của chu trình

A12  p1 (V2  V1 )  4.105 (6,2325.103  3,11625.103 )  12,465.102 ( J)

 = 1,0 0,25

A23  p2V2 ln

V3  4.105.6,2325.10 3 ln2  17,28.102 ( J) V2

0,25

A34  p3 (V4  V3 )  2.105 (3,11625.103  12,465.103 )  18,6975.102 (J)

0,25

A41  0 vì đây là quá trình đẳng tích

0,25

  2,0

1. Tìm điện áp hiệu dụng U ở hai đầu mạch AB

Bài 3 (3,0 điểm)

R = 4r => UR = 4Ur UAN2= (UR + Ur)2 + UL2 => 25Ur2 + UL2 = 90000 (1) UMB2= Ur2 + (UL – UC)2= 10800 (2) U  UC U UL tanAN = = L ; tanMB = L ; 5Ur Ur UR  Ur uAN lệch pha với uMB một góc 900 nên tanAN.tanMB =-1 U U  UC 25Ur4 5Ur2 <=> L . L = -1 => UL – UC = => (UL – UC )2 = (3) Ur 5Ur UL2 UL Thế (1) và (3) vào (2) ta được: 25Ur4 Ur2 + = 10800 => Ur2 = 2700 => Ur  30 3(V) 2 90000  25Ur

0,25 0,25 0,25

0,25

UL2 = 90000 – 25Ur2 = 22500 => UL = 150(V)

0,25

Từ (3) suy ra: UC = 240(V) vì UC>UL

0,25

U2 = (UR + Ur)2 +(UL – UC)2 = 75600 => U  60 21(V)  275(V)

0,25

Cách 2. Dùng giản đồ véctơ D

uAN

uL ur E

uMB

 uC  uL 

uR ,r

0,5

uC Do R = 4r => UR = 4Ur => UR,r = 5Ur uAN lệch pha với uMB một góc 900 nên OEF DCO U  UL U U 60 3 3 OE EF OF => = = => r = C = MBr = = UL UAN 5Ur 5 300 CD CO DO

0,25 0,25

=> UL =

5 Ur 3

0,25

(UR + Ur)2 + UL2 = UAN2 => 25Ur2 + UL2 = 90000 25 2 Hay 25Ur2 + Ur = 90000 => Ur2 = 2700 => Ur  30 3(V) 3 => UL = 150(V); UC = 240(V) => UR + Ur = 150 3(V) Do đó U2 = (UR + Ur)2 + (UL – UC)2 = 75600 => U = 275(V). 2. Tính điện áp tức thời hai đầu đoạn mạch MB tanMB 

0,25 0,25 0,25

UL  UC     3  MB   (rad) do đó uMB trễ pha so với i góc 3 Ur 3

uC trễ pha so với i góc

  do đó uMB sớm pha so với uC góc 2 6

uC  240 2 cos(100 t C )  120 2 và đang giảm, suy ra: 100 t  C 

  1,0 0,25 0,25

 3

0,25

Phương trình điện áp hai đầu đoạn mạch MB là



0,25

uMB  60 6cos(100 t C  )  0(V ) 6

 = 1,5

1. Xác định tính chất và tiêu cự của (L2) Sơ đồ tạo ảnh AB

 L1  / 1

d1 ; f1 ; d

A1B1

 L2  d2 ; f2 ; d2/

A2B2

d f Ta có d1  20cm; d1/  1 1  60cm d1  f1 d f 15 f2 Do đó d2  l  d1/  15cm và d2/  2 2  d2  f2 15  f2

Độ phóng đại ảnh A2B2 : k 

Bài 4 (4,0 điểm)

A2B2 A2B2 A1B1 d/ d/ 3 f2   (1)2 1 2  d1 d2 15  f2 AB A1B1 AB

Vì ảnh ngược chiều và bằng vật nên k  1  f2  7,5cm Vậy (L2) là thấu kính phân kì 2. Xác định vị trí của (L2) để A2B2 là ảnh ảo và cách (L2) 22,5(cm) Ta có d2  l  d1/  l  60 và d2/ 

d2 f2 7,5(l  60)  d2  f2 l  60  7,5

Vì ảnh tạo thành là ảnh ảo và cách (L2) 22,5cm nên d2/  22,5cm  l  48,75cm 3. Tìm vị trí của (L2) để A2B2 có độ phóng đại không phụ thuộc vào vị trí của AB trước (L1). Xác định chiều và độ cao A2B2 Số phóng đại ảnh: k 

A2B2 A2B2 A1B1 d/ d/   (1)2 1 2 d1 d2 AB A1B1 AB

0,25

0,25 0,5 0,25 0,25

  1,0 0,25 0,25 0,5

  1,5 0,5 6

ld  lf  f d d1/ f d/ f2 và d2  l  d1/  1 1 1 1  1 ; 2  d1  f1 d1 d1  f1 d2 d2  f2 f1 f2 Thay vào ta được k  d1  l  f1  f2   f1 f2  lf1

Với

Nhận xét: để k không phụ thuộc vào vị trí của AB trước (L1) thì ta phải có l  f1  f2  0  l  f1  f2  7,5cm 1 Lúc này k  do đó A2B2 cùng chiều và cao bằng nửa vật AB 2 1. Tính công suất và so sánh với công suất tỏa nhiệt

Bài 5 (3,0 điểm)

Khi thanh MN chuyển động thì trên thanh xuất hiện suất điện động cảm ứng có độ lớn E  Bvl cực dương là N, cực âm là M E Bvl Cường độ dòng điện cảm ứng trong mạch có chiều từ MN, có độ lớn I   . R R Khi đó lực từ tác dụng lên thanh MN sẽ hướng ngược chiều với vận tốc v và có độ lớn: B2 l 2v . Ft  BIl  R Do thanh chuyển động đều nên lực kéo tác dụng lên thanh phải cân bằng với lực từ. Vì vậy công suất cơ học (công suất của lực kéo) được xác định: B2l 2v 2 P  Fv  Ft v   0,225(W) R B2l 2v 2 2 Công suất tỏa nhiệt trên thanh MN: Pn  I R  . R Công suất này đúng bằng công suất cơ học để kéo thanh. Như vậy toàn bộ công cơ học sinh ra được chuyển hoàn toàn thành nhiệt (thanh chuyển động đều nên động năng không tăng), điều đó phù hợp với định luật bảo toàn năng lượng. 2. Tính quãng đường và thời gian * Tính quãng đường: Sau khi ngừng tác dụng lực, thanh chỉ còn chịu tác dụng của lực từ. Độ lớn trung bình của F B2 l 2v . lực này là: F  t  2 2R Giả sử sau đó thanh trượt được thêm đoạn đường s thì công của lực từ này là: B2l 2v A  Fs   s. 2R 1 Động năng của thanh ngay trước khi ngừng tác dụng lực là: Wđ  mv 2 . 2 1 B2l 2v Áp dụng định lý động năng : Wđ  A  0  Wđ  A. hay mv 2  s. 2 2R mvR Từ đó s  2 2  0,12(m)  12(cm). Bl * Tính thời gian: m.v 2mR  22 Áp dụng phương trình: F .t  p  F .t  m.v  t  Bl F

0,5 0,5

 = 1,5 0,25 0,25 0,25

0,25

0,25 0,25

  1,5 0,25

0,25

0,25 0,25 7

Thay số : t  0,16(s)

0,25

 = 2,0

Thiết kế phương án thí nghiệm và tính toán 1) Thiết lập mạch điện, phương án tiến hành thí nghiệm - Mắc mạch điện theo sơ đồ như hình vẽ R

L; r

u  

Bài 6 (2,0 điểm)

0,5

Hình 1 Hình 2 - Dùng vôn kế đo được hiệu điện thế hiệu dụng UR giữa hai đầu R ; Ud giữa hai đầu cuộn dây; U giữa hai đầu mạch. - Xác định công suất của cuộn dây theo R;UR ;Ud ;U 2) Lập công thức xác định công suất của cuộn dây a) Đối với mạch mắc nối tiếp R với cuộn dây: U UR U Ta có I  R  Zd  d  d (1) R I UR U2  UR2  Ud2 Mặt khác U = U R  U d  U  U  U  2URUd cosd  cosd  2URUd b) Đối với mạch chỉ có cuộn dây: UU R U hay I /  Ta xác định cường độ hiệu dụng qua cuộn dây: I /  (3) Zd RU d 2

2 R

2 d

0,25

0,5

(2)

0,25

Công suất của cuộn dây được tính: P =UI / cosd Từ (2) và (3) ta có:

UUR U2  UR2  Ud2 U2 P  U. .  U2  UR2  Ud2  2  RUd 2URUd 2RUd

0,5

Học sinh có thể trình bày phương án thí nghiệm khác. Nếu hợp lí vẫn cho điểm tối đa

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO GIA LAI ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2015 - 2016 Môn: VẬT LÍ- Bảng B Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 13/11/2015 (Đề thi có 02 trang, gồm 06 bài)

Bài 1. (4 điểm) Một lò xo có khối lượng không đáng kể đặt trên mặt phẳng ngang không ma sát, một đầu gắn cố định vào điểm Q , đầu còn lại gắn vào vật nhỏ. Kích thích cho con lắc dao động điều hòa theo phương ngang với cơ năng bằng 0, 5  J  và lực đàn hồi cực đại là 10  N  . Trong quá trình dao động, khoảng thời gian ngắn nhất giữa hai lần liên tiếp Q chịu tác dụng lực kéo của lò xo có độ lớn 5  N  là

1 ( s ) . Chọn trục Ox có phương 15

ngang, gốc O trùng với vị trí cân bằng của vật, chiều dương là chiều giãn của lò xo, mốc thế năng tại vị trí cân bằng. Gốc thời gian là lúc vật chuyển động cùng chiều dương nhanh dần đều đi qua điểm M cách vị trí cân bằng đoạn 5 3  cm  . a. Viết phương trình dao động điều hòa của vật. b. Kể từ lúc t  0 , sau bao lâu điểm Q chịu tác dụng lực kéo của lò xo có độ lớn bằng 4  N  lần thứ 2015 . c. Tìm tốc độ trung bình lớn nhất của vật trên quãng đường 130 (cm) . Bài 2. (3 điểm) Một bình kín hình trụ đặt thẳng đứng có tiết diện S  100  cm2  , chiều cao l , được chia thành hai phần nhờ một pittông cách nhiệt có khối lượng là m  400( g ) . Phần trên của bình chứa 0, 75  mol  khí lý tưởng, phần dưới chứa 1,5  mol 

l 0, 6l

khí cùng loại. Nhiệt độ của khí ở cả hai phần bằng nhau và bằng 350  K  . Pittông cân bằng và nằm cách đáy dưới đoạn 0,6l như

Hình 1 hình 1. Cho g  10(m / s 2 ) . a. Tính áp suất khí trong mỗi phần của bình. b. Giữ nhiệt độ không đổi ở một phần bình, cần nung nóng phần còn lại đến nhiệt độ bằng bao nhiêu để pittông cách đều hai đáy bình. Bài 3. (3,5 điểm) Trên trục chính xy của một thấu kính O có ba điểm A, B, C như hình 2 . Khi đặt điểm sáng S tại A , qua thấu kính cho ảnh tại B ; khi đặt điểm sáng S tại B qua thấu kính cho ảnh tại C . Cho biết AB  2  cm  , AC  6  cm  . x C B A y

a. Xác định vị trí đặt thấu kính và tiêu cự của thấu kính. b. Giữ nguyên vị trí của thấu kính O , đặt thêm thấu kính

Hình 2 1

hội tụ O ' (tiêu cự f '  6 cm ) đồng trục với O tại vị trí B . Một vật sáng MH đặt vuông góc với trục chính của hệ thấu kính trong khoảng Bx . Tịnh tiến vật sao cho điểm M luôn nằm trên trục chính. Hỏi vật đi qua vị trí nào thì ảnh qua hệ đổi chiều. Bài 4. (4 điểm) Trên mặt phẳng nằm ngang cho M I K mạch điện như hình 3, biết hai thanh ray kim B C loại GH và IK được đặt song song, cách nhau F một khoảng l  2  m  , hai đầu thanh nối với tụ điện có điện dung C  102  F  . MN là thanh kim

Hình 3

loại đồng chất, tiết diện đều, có khối lượng 490g Toàn bộ hệ thống được đặt trong từ trường đều mà véc tơ cảm ứng từ B có phương thẳng đứng và chiều từ trên xuống, độ lớn B  0,5 T  ; mạch được đặt cách điện trên mặt phẳng ngang. Bỏ qua mọi ma sát và điện trở của các thanh. Tác dụng lên trung điểm của MN một lực F không đổi có độ lớn F  1 N  , phương song song với hai thanh ray, chiều qua phải. Thanh MN chuyển động từ trạng thái nghỉ. a. Tính gia tốc chuyển động của thanh MN . b. Trong trường hợp không tác dụng lực F , ta nâng đầu H và đầu I sao cho các thanh GH và IK hợp với mặt phẳng nằm ngang một góc   300 . Hai thanh song song và cách nhau một khoảng l  2  m  . Tính gia tốc của thanh MN trong trường hợp này. Bài 5. (3 điểm) Trong thí nghiệm giao thoa sóng mặt nước, có hai nguồn kết hợp tại hai điểm A, B cách nhau 20  cm  dao động theo phương thẳng đứng với phương trình u A  uB  4cos 40 t (cm; s). Cho tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 40  cm / s  . Biên độ sóng

không đổi khi truyền đi. a. Tính tốc độ dao động cực đại của phần tử nước tại điểm M trên mặt nước cách các nguồn A, B lần lượt đoạn 16  cm  và 20,5  cm  . b. Hai điểm P và Q trên mặt nước cùng cách đều trung điểm O của AB một đoạn 22  cm  và cùng cách đều hai nguồn sóng A, B . Tính số điểm dao động cùng pha với 2 nguồn trên đoạn PQ . Bài 6. (2,5 điểm) Sử dụng các dụng cụ sau: Một cuộn dây đồng dài; một chiếc cân với bộ các quả cân; một bình ăcquy đã được nạp điện; một vôn kế và một ampe kế lý tưởng; các dây nối có điện trở không đáng kể; bảng tra cứu điện trở suất  và khối lượng riêng D của các chất. Hãy trình bày phương án thí nghiệm để xác định thể tích của một căn phòng lớn có dạng hình khối hộp chữ nhật.

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM

BÀI 1. (4,0đ)

NỘI DUNG- LƯỢC GIẢI

a. Lập phương trình dao động điều hòa. 1 2

Cơ năng: W= kA 2  0,5 J (1) Lực đàn hồi cực đại: ( Fdh )max  k. A  10 N (2)  A  0,1 m   10  cm   Giải hệ (1); (2) suy ra:  N k  100  m     Khi Fdh  5( N )  kx  x  0,05(m)  5(cm)

ĐIỂM

  1,5đ 0,25

0,25 0,25

Khi Q chịu tác dụng lực kéo của lò xo nên suy ra lò xo ở trạng thái giãn: 

T 1 1 ( s)   T  ( s)    10 (rad/s) 15 3 5

0,25

t=0: vật chuyển động cùng chiều dương (là chiều giãn của lò xo) nhanh dần đều đi qua điểm M cách vị trí cân bằng đoạn 5 3  cm  ; suy ra: x0  5 3 (cm); v0  0

0,25

 - 3 5 cos = ( rad)  2   6 sin   0 

=> Phương trình: x  10cos(10 t-

5 ) ( cm, s) 6

0,25

b. Tìm thời điểm Q chịu tác dụng lực kéo của lò xo có độ lớn bằng   1,5đ 4N lần thứ 2015 . Ta có: Fdh  k. x  4( N )  x  0,04 (m)  4 (cm) 0,25 Kể từ lúc t  0 , thời điểm Q chịu tác dụng lực kéo của lò xo có độ lớn T 6

bằng 4  N  lần thứ 2015 là: t  1007T   t0 Với t0 là khoảng thời gian ngắn nhất vật dao động từ vị trí cân bằng đến li độ x  4 (cm ) : 4   0, 0131  s  sin    0, 4    0, 4115 (rad)  t0  10   t  201, 4464 ( s )

c. Tốc độ trung bình lớn nhất của vật trên quãng đường 130 (cm) .

0,5

0,25

  1,0đ 3

+Quãng đường: S  130 (cm)  13A=3.4A+S1; ( S1  A) +Thời gian: t  3T  t1 ; ( t1 là thời gian vật đi hết quãng đường S0 ) Tốc độ trung bình lớn nhất khi vật đi hết quãng đường S trong thời gian t ngắn nhất. Muốn vậy t1 có giá trị nhỏ nhất => vật chuyển động lân cận VTCB. Sử dụng véc tơ quay ta tính được góc quay M 1OM 2 

Vậy t 

 3



2 T .t1  t1  T 6

19 ( s) 30

+Tốc độ trung bình lớn nhất: vtb 

 /3 -5

• O

0,25

0,5

M1 x 5

S 3900   205, 263 (cm / s) t 19

2. a) Tính áp suất khí trong hai phần bình. (3,0đ)

Áp dụng phương trình Mendeleev – Clapeyron cho khí trong hai phần bình:

0,25

  1,5đ 0,25

p1V1  n1RT1  p1.0,4lS  0,75RT1 (1) p2V2  n2 RT2  p2 .0,6lS  1,5RT1 (2) 4 0, 4 p1 1   p2  p1 (3) Lấy (1): (2) vế theo vế: 0,6 p2 2 3

0,25

Pittông cân bằng nên:

0,25

p1S  mg  p2 S  p2  p1 

0,25

mg  p2  p1  400 (4) S

Từ (3) và (4) ta có:  N  p1  1200  2   1200  Pa  m   N  p2  1600  2   1600  Pa  m 

0,25

b) Cần nung nóng phần còn lại đến nhiệt độ bằng bao nhiêu để   1,5đ pittông cách đều hai đáy bình. 0,25 Vì l1  l2 nên cần nung nóng ở phần trên Phần dưới có nhiệt độ không đổi, theo định luật Bôilơ–Mariốt ta có: p2V2  p '2 V '2 với V2'  0,5lS  p '2 

0, 6 6 p2  p2  1920  Pa  0,5 5

0,25

Pittông cân bằng: Tương tự phương trình (4) suy ra:

0,5

Áp dụng phương trình trạng thái khí lý tưởng cho phần khí ở trên:

0,25

p1 '  p '2  400  1520  Pa 

p1V1 p '1 V '1  T1 T '1

 T1 ' 

0,25

p '1 V '1 T1 p '1 .0,5lS .T1 3325   K  554 K p1V1 p1.0, 4lS 6

3. a. Xác định vị trí đặt thấu kính và tiêu cự của thấu kính. (3,5đ) + Điểm sáng được đặt ở A , qua thấu kính cho ảnh ở B . Điểm sáng đặt ở B , qua thấu kính cho ảnh ở C . Vậy ảnh tại B là ảnh ảo. + Nếu là TKHT thì thấu kính phải đặt trong khoảng Ay , và ảnh tại C

là ảnh ảo. + Nếu là TKPK thì thấu kính phải đặt trong khoảng Cx và ảnh tại C là ảnh ảo. + Ta có AB  BC , nghĩa là quãng đường vật dịch chuyển ngắn hơn quãng đường ảnh dịch chuyển => thấu kính O là TKHT, nằm trong khoảng Ay . + SĐTA Lần 1:

TK S A   S B'

  2,0đ 0,25 0,25 0,25 0,25

0,25

d1'

d1  OA d1'    d1  2  d . d  2 1 1 1 1 1   '    f  1 1 2 f d1 d1 d1 d1  2

+ SĐTA Lần 2:

1

TK S B   Sc'

0,25

d 2'

d 2  d1  2 d 2'    d1  6 

 d  2  d1  6  1 1 1 1 1   '    f  1 4 f d 2 d 2 d1  2 d1  6

 2

d1  6  cm  + Từ (1) và (2) giải được:   f  24  cm  Kết luận: TKHT có tiêu cự f  24  cm  , nằm trong khoảng Ay, cách A

đoạn 6  cm  b. Vật đi qua vị trí nào thì ảnh qua hệ đổi chiều. Sơ đồ tạo ảnh:

O' O MH   M 1 H1   M 2H2

d1'

0,25

  1,5đ 0,25

d 2'

d1' 

f '.d1 6.d1  d1  f ' d1  6

d 2  l  d1'  8 

k  k1.k 2 

6.d1 2d  48  1 d1  6 d1  6

0,5

f' f . d1  f ' d 2  f 

24 6 . d1  6 2d1  48  24 d1  6



144 22d1  96

Xét dấu k theo d1 : d1

0,5 48 cm 11

Ảnh

Cùng chiều



Ngược chiều

Từ bảng xét dấu suy ra: Khi vật MH đi qua vị trí cách thấu kính O ' đoạn

48  cm  thì ảnh qua hệ đổi chiều. 11

4. a. Tính gia tốc của thanh MN. (4,0đ) C

  3,0đ M (+)

f H

0,25

N (-)

- Khi tác dụng lực F , thanh MN chuyển động ra xa tụ C . Trên thanh MN xuất hiện suất điện động cảm ứng tuân theo quy tắc bàn tay phải, có đầu M là cực (  ) và đầu N là cực (  ) .

0,25

-Tại thời điểm t , thanh MN có vận tốc là v , trên thanh có suất điện động cảm ứng eC  Bvl + Mạch hở nên hiệu điện thế giữa hai bản tụ: u  eC  Bvl + Điện tích của tụ điện: q  Cu  CBvl

0,25

dv dq  CBl  CBla dt dt + Lực từ tác dụng lên thanh MN có phương vuông góc với MN ,

0,5

+ Cường độ dòng tích điện: i 

song

0,25 0,25

0,5

song với hai thanh ray, chiều hướng về tụ C, có độ lớn: f  Bil  B 2l 2Ca 6

- Áp dụng định luật II Niu tơn ta có: 0,5

F m  CB 2l 2 1 - Thay số:  a   2 m / s2  2 2 0,49  0,01.0,5 2 b) Khi nâng hai đầu thanh lên một góc   300 . F  f  ma  a 

0,5

  1,0đ

Lập luận tương tự câu a ta có hiệu điện thế giữa hai đầu tụ điện là   u  ec  Blv sin      Blv.cos 2  q  Cu  CBlv.cos

0,25 

f v



i

dq dv  CBl.cos  CBl.cos .a dt dt Lực từ tác dụng lên thanh: f  Bil  CB 2l 2a. cos

0,25

Áp dụng định luật II Niu tơn ta có:

0,25

 mg sin   CB 2l 2 .a.cos2   ma mg sin  m  4,925  2  a 2 2 2 m  CB l .cos  s 

0,25

P sin   f cos   ma

5. a) Tính tốc độ dao động cực đại tại một điểm M . (3.0đ)  =20  Hz  f  2 v 40     2 (cm) f 20  AM  2.4 cos  20,5  16  = 4 2  cm  2 vmax   AM  40 .4 2  160 2  (cm / s)  710,86  cm / s 

b) Tính số điểm trên đoạn PQ dao động cùng pha với 2 nguồn. Gọi N là điểm trên OQ cách hai nguồn đoạn d1  d 2  d Phương trình sóng tổng hợp tại N là:    d 2  d1  cos  40 t   d 2  d1   (cm)     2 d    8cos  40 t  ( cm)   

uN  2.4 cos

  1,0đ 0,25 0,25 0,25 0,25

  2,0đ

0,5

Để N dao động cùng pha với nguồn thì: 2



 k 2 ;

0,5

suy ra: d  k  ; k  0 Gọi x là khoảng cách từ N đến AB:

0,25

 AB  2  x  (k  )     4k  100 2   2

Vì N thuộc đoạn OP nên 0  x  22  cm  =>5  k  12,08

0,5

 k  5,6,7,8,9,10,11,12

0,25 Vậy trên đoạn OQ có 8 điểm dao động cùng pha với hai nguồn  Trên đoạn PQ có 15 điểm dao động cùng pha với hai nguồn 6. Trình bày phương án xác định thể tích của một căn phòng lớn có   2,5đ (2,5đ) dạng hình khối hộp chữ nhật. 0,25 - Xác định điện trở R của một đoạn dây đồng có chiều dài l bằng độ cao của căn phòng, bằng cách mắc một mạch điện kín gồm ăcquy, mạch ngoài gồm đoạn dây dẫn đang xét, một ampe kế mắc nối tiếp và một vôn kế mắc song song với đoạn dây trên. 0,5 Lúc đó: Ampe kế chỉ cường độ dòng điện I qua dây đồng; vôn kế chỉ hiệu điện thế U giữa hai đầu dây.

Ta có: R 

U l  (1) I S

( S là tiết diện ngang của dây,  là điện trở suất của đồng). - Mặt khác, khối lượng m của đoạn dây dẫn trên có thể xác định bằng cân và được biểu diễn như một hàm của l , S và khối lượng riêng D của đồng: m  DlS (2) - Nhân hai đẳng thức (1) và (2) vế theo vế ta được: mU .   .D.l 2  tính được: I

l

mU .  .D.I

0,5

(3)

- Các giá trị I , U , m xác định bằng các thực nghiệm. Các giá trị  và D có thể tra cứu ở các bảng vật lý. Bằng cách đó, ta lần lược xác định được chiều cao c , chiều dài d , chiều rộng r của căn phòng. - Từ đó xác định được thể tích V của căn phòng:

0,25

0,5

V  c.d .r

- Nếu độ giảm hiệu điện thế trên đoạn dây có chiều dài (hoặc chiều rộng) của căn phòng là nhỏ và khó đo được bằng vôn kế thì cần phải mắc một đoạn dây có chiều dài (hoặc chiều rộng) bằng một số nguyên lần.

---------Háº¿t---------