BỘ ĐỀ CHÍNH THỨC CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CÁC TỈNH MÔN VẬT LÝ CÓ HƯỚNG DẪN CHẤM by DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIC

BỘ ĐỀ CHÍNH THỨC CHỌN HỌC SINH GIỎI

vectorstock.com/10212086

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

BỘ ĐỀ CHÍNH THỨC CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CÁC TỈNH MÔN VẬT LÝ CÓ HƯỚNG DẪN CHẤM WORD VERSION | 2021 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

Së GD&§T NghÖ An §Ò chÝnh thøc

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

M«n thi: VËT Lý líp 12 THPT- b¶ng a Thêi gian: 180 phót (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) Bài 1. (4,0 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=0,5Ω 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 suất tỏa nhiệt trên M A B 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 khối C D lượng của thanh là m=5gam? N Bài 2(4,0 điểm) Vật nặng có khối lượng m nằm trên một mặt Hình 1 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 A k F m đó, vật nặng bắt đầu chịu tác dụng của một lực không 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 Hình 2a đường ấy kể từ khi bắt đầu tác dụng lực cho đến khi vật dừng lại lần thứ nhất. b) Nếu lò xo không không gắn vào điểm A mà được nối với một vật k F M m khối lượng M như hình 2b, hệ số ma sát giữa M và mặt ngang là µ. Hãy xác định độ lớn của lực F để sau đó vật m dao động điều hòa. Hình 2b Bài 3.(3.0 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. A Bài 4(2,5 điểm) Một ampe kế nhiệt có điện trở không đáng kể mắc vào mạch để đo ∼ K giá trị hiệu dụng của dòng điện xoay chiều trong mạch điện như hình 3. R Khi khóa K đóng, ampe kế chỉ I1=1A. Khi khóa K ngắt thì ampe kế chỉ bao nhiêu? Điốt là lý tưởng, R là điện trở thuần. Hình 3 Bài 5(3,0 điểm) Biểu thức của cường độ dòng điện trong một mạch dao động LC là i = I 0 cos ωt. 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? V0 Bài 6(3,5đ) Một cái loa điện động với màng rung có diện tích S=300cm2, khối lượng m=5g và có tần số dao động riêng là f0=100Hz. Tần số dao động riêng của nó sẽ là bao S nhiêu khi gắn nó lên miệng một cái hộp rỗng có thể tích V0=40lít như hình 4 .Trong khi hệ thống hoạt động, coi nhiệt độ của khí trong hộp là không đổi. Lấy áp suất khí quyển p0=105Pa. -------------Hết------------Hình 4

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 a Bài 1. (4đ) Khi thanh MN chuyển động thì dòng điện cảm ứng trên thanh xuất hiện theo chiều M→N. 0.25đ Cường độ dòng điện cảm ứng này bằng: I =

E Bvl = . 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:

Ft = BIl =

B 2l 2 v . R

0.5đ 0.25đ

Do thanh chuyển động đều nên lực kéo tác dụng lên thanh phải cân bằng với lực từ. 2 2 2

Vì vậy công suất cơ học (công của lực kéo) được xác định: P = Fv = Ft v =

B l v . R

0.25đ

Thay các giá trị đã cho nhận được: P = 0,5W . Công suất tỏa nhiệt trên thanh MN: Pn = I 2 R =

0.25đ 2 2 2

B l v . R

0.25đ

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:

Ft B 2 l 2 v = . 2 2R

0.5đ

Giả sử sau đó thanh trượt được thêm đoạn đường S thì công của lực từ này là: A = F S = Động năng của thanh ngay trước khi ngừng tác dụng lực là:

B 2l 2v S. 2R

0.25đ

1 Wđ = mv 2 . 2

0.25đ

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 2v mv = S. 2 2R

Từ đó suy ra: S =

mvR = 0,08(m) = 8cm. B 2l 2

Bài 2(4đ)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 đầu của vật có tọa độ là x0. Tại vị trí cân bằng, lò xo bị biến dạng một lượng x0 và: F = − kx0



x0 = −

F . k

0.25đ

 

F  + F = ma  k

Hình 1

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: − k  x +

− kx = ma 

x"+ω 2 x = 0.

0.25đ Trong đó ω = k m . Nghiệm của phương trình này là: x = A sin(ωt + ϕ ). 0.25đ Như vậy vật dao động điều hòa với chu kỳ. Thời gian kể từ khi tác dụng lực 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 =

F x = A sin ϕ = − , Khi t=0 thì: k v = ωA cos ϕ = 0

F   A = k ,   ϕ = − π .  2

T m =π . 2 k

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 đó, quãng đường vật đi được trong thời gian này là:

S = 2A =

2F . k

0.5đ

b) Theo câu a) thì biên độ dao động là A =

F . 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 ).

0.25đ

Để vật M không bị trượt thì lực đàn hồi cực đại không được vượt quá độ lớn của ma sát nghỉ cực đại:

k .2 A < µMg  k .2.

F < µMg. k

Từ đó suy ra điều kiện của độ lớn lực F:

0.25đ

µmg 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 2

l 2 + 4 − l = 1  l = 1,5(m).

sóng phải bằng số nguyên lần bước sóng (xem hình 2): l + d − l = kλ. Với k=1, 2, 3... 0.5đ 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:

k=2 A

k=1 k=0

S2 Hình 2

0.5đ

2 2 b) Điều kiện để tại A có cực tiểu giao thoa là: l + d − l = (2k + 1)

λ 2

. 2

Trong biểu thức này k=0, 1, 2, 3, ...

Ta suy ra :

λ  d 2 − (2k + 1)  2  . l= ( 2k + 1)λ

0.5đ Vì l > 0 nên k = 0 hoặc k = 1.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). Bài 4(2,5đ)Khi khóa K đóng, dòng điện trong mạch là I1, nên nhiệt lượng tỏa ra trong một chu kỳ bằng:

Q1 = I12 RT . 0.5đ Khi khóa K ngắt: Rõ ràng nhiệt lượng chỉ tỏa ra trên mạch trong một nửa chu kỳ (một nửa chu kỳ bị điốt chặn lại). Nửa chu kỳ có dòng điện chạy trong mạch thì cường độ dòng điện hoàn toàn giống như trường hợp khóa K đóng (vì điốt lý tưởng). 0.5đ Vì vậy nhiệt lượng tỏa ra trong thời gian một chu kỳ chỉ bằng một nửa so với khi K đóng: Q2 =

1 Q1 . 2

0.5đ 2 Gọi I2 là giá trị hiệu dụng của dòng điện trong trường hợp K ngắt thì: Q2 = I1 R

T = I 22 RT . 2

0.5đ

I12 = I 22 Từ đó suy ra: 2



I2 =

I1 ≈ 0,707( A). 2

Bài 5(3đ) Sau thời gian t kể từ thời điểm t=0 thì năng lượng từ trường của mạch bằng:

Wt =

1 2 1 2 Li = LI 0 cos 2 ωt. 2 2 4

Tổng năng lượng dao động của mạch: W = Wt max =

1 2 LI 0 . 2

Nên vào thời điểm t, năng lượng điện trường của mạch là: Wđ = W − Wt =

1 2 2 LI 0 sin ωt. 2

Vì vậy, tỷ số giữa năng lượng từ trường và năng lượng điện trường bằng:

Wt cos 2 ωt = = cot g 2ωt. Wđ sin 2 ωt Vào thời điểm t =

Wt π T  2π 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. Khi năng lượng từ trường lớn gấp 3 năng lượng điện trường thì:

 2π  T

Từ đó suy ra: cot g 

 t = 3 



2π π t= T 6

 t=

Wt  2π  = cot g 2  .t  = 3. Wđ T 

T . 12

Bài 6(3,5đ) Cói thể coi màng rung của loa như một con lắc lò xo và tần số dao động riêng được xác định theo độ cứng của hệ

k0 . m

màng rung: ω 0 =

Từ đó tính được độ cứng của màng theo tần số dao động riêng: k 0 = ω0 m. 0.25đ Khi màng di chuyển khỏi vị trí cân bằng thì tạo ra độ chênh lệch áp suất tác dụng lên màng loa với áp lực:

F = ( p − p0 ) S . 0.5đ Trong đó p0 là áp suất khí bên ngoài hộp, p là áp suất khí bên trong hộp. Nếu coi nhiệt độ là không thay đổi thì có thể áp dụng luật Bôilơ-Mariốt cho khối khí trong hộp:

pV = p0V0



p0V0 . V

0.5đ Thay biểu thức này vào biểu thức của lực, ta nhận được: F = p0 S

V0 − V . V

0.25đ Trong đó V0 − V = Sx , với x là độ dịch chuyển của màng loa kể từ vị trí cân bằng. Ngoài ra, áp lực F luôn luôn có xu thể đẩy màng loa về vị trí cân bằng và vì sự thay đổi thể tích là rất bé nên có thể coi V ≈ V0 . Vì vậy có thể viết lại biểu thức của áp lực: F = −

p0 S 2 x. V0

0.5đ Như vậy không khí trong hộp tương đương như một lò xo có độ cứng k1 mà: k1 =

p0 S 2 . V0

0.25đ 2 Vì vậy độ cứng tổng cộng của hệ bằng: k = k 0 + k1 = ω0 m +

p0 S 2 . V0

0. 5đ Từ đó ta xác định được tần số dao động riêng của hệ là:

f =

1 ω = 2π 2π

p S2 k 1 = ω 02 + 0 = m 2π mV0

f 02 +

p0 S 2 ≈ 146( Hz ). 4π 2 mV0

0.5đ

Së GD&§T NghÖ An §Ò chÝnh thøc

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=0,5Ω 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 suất tỏa nhiệt trên M A B 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 khối C D 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 đổi F hướng theo trục lò xo như hình vẽ. A k F m 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 đến khi vật dừng lại lần thứ nhất. b) Nếu lò xo không không gắn vào điểm A mà được nối với một vật Hình 2a k F M khối lượng M như hình 2b, hệ số ma sát giữa M và mặt ngang là µ. Hãy xác m định độ lớn của lực F để sau đó vật m dao động điều hòa. Hình 2b

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 10µF 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 cosωt. 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-------------

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 E Bvl . Cường độ dòng điện cảm ứng này bằng: 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 B 2l 2v 2 Vì vậy công suất cơ học (công của lực kéo) được xác định: P = Fv = Ft v = . R 0.25đ P = 0,5W . Thay các giá trị đã cho nhận được: 0.25đ B 2l 2 v 2 Công suất tỏa nhiệt trên thanh MN: Pn = I 2 R = . 0.5đ 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. 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 2v F= t = . 2 2R 0.5đ B 2l 2v Giả sử sau đó thanh trượt được thêm đoạn đường S thì công của lực từ này là: A = F S = S. 2R 0.5đ 1 Động năng của thanh ngay trước khi ngừng tác dụng lực là: 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 1 B 2l 2v thành công của lực từ (lực cản) nên: mv 2 = S. 2 2R 0.25đ mvR Từ đó suy ra: S = 2 2 = 0,08(m) = 8cm. B l 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 đầu của vật có k F m tọa độ là x0. Tại vị trí cân bằng, lò xo bị biến dạng một lượng x0 và: x0

Hình 1

F = −kx0



x0 = −

F . 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"+ω 2 x = 0. k  0.5đ Trong đó ω = k m . Nghiệm của phương trình này là: x = A sin(ωt + ϕ ). 0.25đ m Như vậy vật dao động điều hòa với chu kỳ T = 2π . Thời gian kể từ khi tác dụng lực F lên vật đến khi k 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 = =π . 2 k 0.5đ Khi t=0 thì: F  F A= ,  x = A sin ϕ = − ,  k   k ϕ = − π . v = ωA cos ϕ = 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 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 < µMg  k .2. < µMg. k 0.5đ Từ đó suy ra điều kiện của độ lớn lực F: µmg F< . 2 0.25đ 8

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):

S1 d

k=2 A

k=1

k=0 l 2 + d 2 − l = kλ. S2 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 2 λ  2 d − (2k + 1)  2  Ta suy ra : l = . (2k + 1)λ 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: U I1 = = Uω 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 (ωC ) − ωL 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 − ωL1 = . ωC 2ωC 0.5đ Khí đó: 1 ω 2 L1C = 0,5  L1 = 2 ≈ 0,5( H ). 2ω C 0.5đ 9

* Khả năng thứ hai ứng với độ tự cảm L2: 1 1 ωL2 − = . ωC 2ωC 0.5đ Khí đó: ω 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 = . ωL3 − ωC ωC 0.5đ Ta tìm được: ω 2 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 2 1 2 Wt = Li = LI 0 cos 2 ωt. 2 2 0.5đ Tổng năng lượng dao động của mạch: 1 W = Wt max = LI 02 . 2 0.5đ Nên vào thời điểm t, năng lượng điện trường của mạch là: 1 Wđ = W − Wt = LI 02 sin 2 ωt. 2 0.5đ Vì vậy, tỷ số giữa năng lượng từ trường và năng lượng điện trường bằng: Wt cos 2 ωt = = cot g 2ωt. 2 Wđ sin ωt 0.5đ Wt π T  2π T  = cot g 2  .  = cot g 2 = 1. Vào thời điểm t = 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 Khi năng lượng từ trường lớn gấp 3 năng lượng điện trường thì: Wt  2π  = cot g 2  .t  = 3. Wđ T  0.25đ Từ đó suy ra: 2π π T  2π  cot g  t = 3  t=  t= . T 6 12  T  0.25đ

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.sin100πt (V), bỏ qua điện trở các dây nối. Các hiệu điện thế hiệu dụng: UAN = 300 (V) , π 1 UMB = 60 3 (V). Hiệu điện thế uAN lệch pha so với uMB một góc . Cuộn dây có hệ số tự cảm L = (H) 2 3π với điện trở r, điện dung của tụ điện C =

3.10−3 16π

(F). R

L,r

1) Tính điện trở r. 2) Viết biểu thức hiệu điện thế uAN. M N A B BÀI 4 : ( 3,0 điểm ) Cho quang hệ như hình vẽ (h.2). Điểm sáng S đặt trên (h trụ.1)c 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. S 1) Tính tiêu cự của thấu kính. 2) Xác định 3 vị trí nói trên của thấu kính. 24 (h.2)(Mg), ký hiệu là BÀI 5 : ( 3,0 điểm ) Đồng vị 11 Na phóng xạ β − tạo hạt nhân con là magiê

24 12

Mg .

24 11

1) Ở thời điểm ban đầu t = 0, khối lượng của Na là m0 = 4,8g thì sau thời gian t=30h , khối lượng 24 Na chỉ còn lại m = 1,2g chưa bị phân rã. Tính chu kỳ bán rã của 11 Na và độ phóng xạ (theo đơn vị Ci ) của 24 lượng 11 Na sau thời gian t = 30h . 24 2) Khi khảo sát một mẫu chất người ta thấy ở thời điểm bắt đầu khảo sát thì tỉ số khối lượng 12 Mg và 24 23 11 Na là 0,125. Hỏi sau thời gian bao lâu thì tỉ số đó bằng 8 ? Cho số Avôgađrô NA = 6,023.10 /mol. 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. 24 11

---------------------- Heát -------------------Ghi chuù chung : Caùc haèng soá vaät lyù thoâng thöôøng xem nhö ñaõ bieát

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2007-2008

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN : VẬT LÝ 12-THPT -------------------------------  ------------------------------

DAKLAK ------- ------

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.

l (l - x)m

f 2 = k.N 2 = k.

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 x l-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 : x l-x (f1 -f 2 ).x = f1. + f 2 . 2 2 xm xm xm x xm l - x (k g − kmg + k g).x = k g. + (kmg - k g). l l l 2 l 2

hay:

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

xm l

g  F ≤ kmg(2 - 1) l

F ≤ kmg( 2 -1)

(7)

0,25 đ

(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 : m

p1V =

μ m

p2 V =

RT1

(1)

0,25 đ

RT2

(2)

0,25 đ

(3)

0,50 đ

(4)

0,25 đ

(5)

0,25 đ

Từ (1) và (2) suy ra : p2 p1

m 2 T2

m1 T1



p 2 - p1 p1

m 2 T2 - m1T1 m1T1

m 2 (T1 + ∆T) - m1T1 m1T1

Độ giảm áp suất theo độ giảm nhiệt độ: ∆p m 2 - m1 m 2 ∆T = + p1

Theo giả thiết:

∆p p1

30 100

m1 T1

3 10

;

∆T T1

20 100

1 5

Suy ra :

m 2 - m1

1 m2

+ .

5 m1

 m 2 = m1

(6)

0,50 đ

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

∆m = m 2 - m1 =

360 8

= 45 gam

(7)

0,50 đ

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

∆m

NA =

45 4

.6, 023.1023 = 67,76.1023 nguyen tu

(8)

0,50 đ

BÀI 3 : ( 3,0 điểm ) 1) Tính r : (2,0 điểm) - Ta có : ϕAN + ϕMB = π/2 . Suy ra : tgϕ AN = −

, t ừ đó :

tgϕ MB

ZL r = . R + r ZC − Z L

2 L

Vậy : ZL(ZC – ZL) = r(R + r), hay : U (U C − U L ) = U r (U R + U r )

Và :

(2)

2 U MB = U r2 + (U L − U C ) 2

(3)

0,25đ

(4)

0,25đ

(5)

0,25đ

= (U r + U R ) + U

2 Từ (1), ta rút ra : (U R + U r ) =

2 Thay (4) vào (2) : U AN =

2 L 2 r

U (U C − U L ) 2 U

U L2 U L2 2 2 ( U − U ) + U = (U C − U L ) 2 + U r2 C L L 2 2 Ur Ur

[

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

(1)

2 L

Mặt khác : U

2 AN

300

U =  L Ur

2 AN

]

0,25đ

 2  .U MB  100 3

= 20Ω

0,25đ

(7)

0,25đ

(8)

0,25đ

Suy ra : R = 80Ω

(9)

0,25đ

Thay vào (8), ta tính được : tgϕ = - 0,346 → ϕ = -190

(10)

0,25đ

60 3

, suy ra : r = ZL.

(6)

2) Biểu thức uAN : (1,0điểm) - Ta có : u AN = U 0 AN sin(100π t + φu

5 3

+ Biên độ : U0AN = 300 2 (V)

+ Pha ban đầu : ϕ u AN = ϕ i + ϕ AN = ϕ u − ϕ + ϕ AN = −ϕ + ϕ AN Do đó : tgϕ =

ZL − ZC R+r

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

100

=  φ AN = 300 Ta lại có : tgφ AN = L = R+r 3100 3 49π = 190 + 300 = 490 = ( rad ) Vậy : φu

180

49π )(V ) - Biểu thức : u AN = 300 2 sin(100π t + 180

(11)

0,25đ

(12)

0,25đ

(13)

0,25đ

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

(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  (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 2 Đưa về phương trình bậc hai : d1 − 120d1 + 120 f1 = 0

(3) (4)

(5)

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 l = d1’ + 2f2 = d1’ + 72 Vậ y :

0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,25đ (6)

0,25đ

(7)

0,25đ

(8)

0,25đ

(9) (10)

0,25đ 0,25đ

(11)

0,25đ

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 :

(12)

0,25đ

Phương trình này cho nghiệm : d1 = 106,475cm và d1 = 13,525cm

(13)

0,25đ

(2)

0,25đ

(1)

0,25đ

(2)

0,25đ

- Thay (19) vào (16) , ta có : d1’ + d1 = 120 – 72 = 48 Vậy ta đi đến phương trình : d 12 − 48d 1 + 48 f 1 = 0 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

d12 − 120d1 + 1440 = 0

BÀI 5 : ( 3,0 điểm ) 1) Chu kỳ và độ phóng xạ : (1,0 điểm) Ta có :

m0 4,8 = = 4 = 22 m 1, 2

vậy : số chu kỳ k = 2.

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

ln 2.N A .m T .A

0, 693.6, 023.1023.1, 2 15.3600.24

= 3,8647.1017 ( Bq )

0,25đ

- Tính theo (Ci) : H =

3,8647.1017 = 1, 0445.107 (Ci ) 10 3, 7.10

(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 −λt ) N 02 + N 01 (1 − e − λt ) 8 = =8 . N 01e −λt N 01e −λt

Biến đổi , ta được : eλt = 8 , suy ra : λt = 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. - 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

(4)

0,25đ

(5)

0,75đ

(6)

0,50đ

(7)

0,50đ

(1)

0,25đ

(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)

0,25đ 0,50đ

2) Các góc của tam giác : (1,0 điểm) l 3 - Từ hình vẽ , ta có : tgα = 2 , với h = l 0 2 h l .2 0,8 = = 0,47 → α = 25 0 - Vậy : tgα = 2.l0 . 3 3

(6)

0,25đ

(7)

0,25đ

0 - Vậy : Aˆ = 2α = 50 , Bˆ = Cˆ = 90 0 − 25 0 = 650

K’

(8)

0,25đ

(9)

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 : 15

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

(6)

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

hay :

U1 R v1

U '2 U1 U1'

= =

E - U1 E - U2



U1 R v2

U 2 R v1

E - U1 E - U2

Ta tìm được suất điện động : E =

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

(7)

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 : (3,0 điểm) BÀI 2 : BÀI 5 : (3,0 điểm) BÀI 6 :

(3,0 điểm) BÀI 3 : (3,0 điểm) BÀI 4 : (3,0 điểm) (2,5 điểm) BÀI 7 : (2,5 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. --------------------------

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 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.

(H.1)

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. Bỏ qua mọi ma sát và lực cản. Chứng minh quả cầu dao động điều hoà. Cho biết: l = 25cm, m = 100g, g = 10m/s2 . Tính chu kỳ dao động của quả cầu.

(H.2)

V(dm3)

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. 9

2 3

180

360

T(K)

(H.3)

Bài 3: (3,0 điểm) Một thanh đồng chất BC tựa vào tường thẳng đứng tại B nhờ dây AC dài L hợp với tường một góc α như hình (H.4). Biết thanh BC có độ dài d. Hỏi hệ số ma sát giữa thanh và tường phải thỏa điều kiện nào để thanh cân bằng?

A L

α B

C d (H.4)

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.

R1 A

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 giữa các 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 AB, cường độ dòng điện qua các điện trở và số chỉ của ampe kế. Chỉ rõ chiều củKa các dòng điện. Bài 5: (2,0 điểm) Cho mạch dao động gồm một tụ điện và một cuộn dây được nối với một bộ C L pin có điện trở trong r qua một khóa điện như hình vẽ (H.6). Ban đầu khóa K đóng. Khi dòng điện đã ổn định, người ta ngắt khóa và trong khung có dao động điện với (E,r) tần số f. Biết rằng điện áp cực đại giữa hai bản tụ điện lớn gấp n lần suất điện động E của bộ pin. Bỏ qua điện trở thuần của các dây nối và cuộn dây. Hãy tính điện (H.6) dung và hệ số tự cảm của cuộn dây. Bài 6: (3,0 điểm) Một điểm sáng 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 giữa 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 các 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 đổi. b) Khi tịnh tiến màn ra xa hệ thấu kính thêm 10cm thì vết sáng trên màn có đường kính tăng gấp đôi. Bài 7: (2,0 điểm) Cho một số dụng cụ: Bộ dụng cụ điện phân, nguồn điện, cân có bộ quả cân, ampe kế, đồng hồ bấm giây, các dây nối có điện trở không đáng kể. Hãy thiết lập cách bố trí thí nghiệm, trình bày phương án tiến hành thí nghiệm và tìm công thức để xác định độ lớn của điện tích nguyên tố.

------------------ HẾT -------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh………………….........………….… Số báo 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  A2ω 4 − v 2ω 2 − a 2 = 0 (1) - Chu kỳ: Ta có hệ thức: 0,25 A2ω 4 A2ω 2 đ Đặt X = ω2, thay các giá trị của v0 và a0 ta đi đến phương trình bậc hai: (2) 0,25 đ 4X2 – 1200X – 160000 = 0 ⇔ X2 – 300X – 40000 = 0 300 ± 500 x1,2 = (3) 0,25 đ Phương trình cho nghiệm: 2 Chọn nghiệm thích hợp: X = 400 ⇔ ω2 = 400 ⇔ ω = 20(rad/s) 2π 2π π = = (s) (4) 0,25 đ Vậy chu kì dao động: T = ω 20 10 - Pha ban đầu: Tại t = 0, ta có: v0 = -Aωsinφ = 20 3cm / s (2) a0 = -Aω2coφ = - 4m/s2 = -400cm/s2. (5) 0,50 đ a 400 1 π = ϕ = ± ; Từ (3): cos ϕ = 0 2 = Aω 2.400 2 3 π Từ (2): chọn ϕ = − ( rad ) (6) 0,50 đ 3 2) Hệ dao động điều hòa - Chu kỳ: (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: mv 2 kx 2 E = Ed + Et1 + Et 2 = + + mgh (7) 2 2 Chọn gốc thế năng tại VTCB:

Et = Et 2 = mgh = mgl (1 − cos α ) ≈ mgl Do α =

α2 2

0,50 đ

(8)

x mg 2 x . nên Et 2 = l 2l

Cơ năng toàn phần của hệ: mv 2 kx 2 mg 2 + + x = co n s t (9) 2 2 2l Lấy đạo hàm bậc nhất của cơ năng E theo thời gian: mg ( Et ) ' = mvv '+ kxx '+ x ' = 0 l k g Vì v = x’, v’ = x’’ nên : x ''+  +  x = 0 hay x " + ω 2 x = 0 m l 

0,50 đ

E = Et1 + Et 2 + Ed =

Vậy quả cầu dao động điều hoà với tần số góc: ω = - Ta lại có:

k = mω2 = 0,1.400 = 40N/m.

k g + m l

(10)

(11)

0,50 đ

k g 40 10 + = + = 440( rad / s ) m l 0,1 0, 25 2π 2π Chu kì dao động: (12) 0,50 đ T= = ≈ 0,3s ω 440 Bài 2: (2,00 điểm) 1) Nhận xét và rút được kết luận: 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: T = 2T và T = 2T (2) 0,25 đ 5 1 4 2 3 p(10 Pa

Vậy: ω =

) 3

1,6 6

0,8 3

nên: V4 =

V1 36 = = 18dm3 2 2 V2 = 2V3 = 18dm3 = V4 (3) 0,25 đ RT 8, 31.360 p1 = p 4 = 1 = = 0,83.105 Pa 0,25 đ V1 0, 036 RT 8, 31.360 = 1, 662.105 Pa 0,25 đ p 2 = p3 = 2 = V2 0, 018

(H.2)

V(dm3)

Bài 3: (3,00 điểm) Phản lực của tường được phân tích: Q = N + fms (1) fm Đặt AB=h và ABC = β; trọng lượng của thanhBC : P = mg; Hệ quy chiếu Bxy. Khi hệ cân bằng ta có: P + T + N + fms = 0 (2) Bx: N = T. sinα (3) By: fms = mg - T. cosα (4) Cân bằng momen đối với trục quay B: d d .sin β P. .sin β = T .h.sin α  T = mg. (5) 2 2h.sin α Áp dụng định lý hàm sin trong tam giác ABC: d L h d .sin(α + β ) = =  h= (6) sin α sin β sin(α + β ) sin α mg.d .sin β mg.sin α .sin β Từ (5), (6) và (3) : T = N= (7) 2sin(α + β ) 2sin(α + β )  cos α .sin β  f ms = mg 1 − Từ (4) : (8)  2sin(α + β )   Để có cân bằng phải có ma sát nghỉ và fms ≤ k.N ; với k là hệ số ma sát

Từ (4) : Hay : Từ (4):

 mg.cos α .sin β  mg.sin α .sin β mg 1 −  ≤ k. 2sin(α + β )  2sin(α + β )  2.sin α .cos β + sin β .cos α  2 1  k≥ = +  sin α .sin β  tan β tan α  sin β =

0,50 đ

2) Đồ thị p-V được vẽ như hình (H.2)

L.sin α  cos β = d

d 2 − L2 .sin 2 α d

L C d

0,50 đ 0,25 đ

0,50 đ

(9)

0,50 đ

(10)

0,25 đ

(11)

Từ (10) :

k≥

2 d 2 − L2 .sin 2 α 1 + L.sin α tan α

Bài 4: (4,00 điểm) 1) Số chỉ vôn kế, cách mắc vôn kế (1,50 điểm) Nếu hai điểm C, 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 Dòng điện qua R2 và R4: I 24 = R2 + R4 24 + 20 UAD = I24.R2 = 1,09.24 ≈ 26,2V. UDC = UAD – UAC = 26,2 – 19,2 = 7V. Vôn kế chỉ: Cực dương phải mắc vào điểm D.

(12)

0,50 đ

(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 (6) Hay: 0,25 đ R R R R R R + + 2 4 1 3 2 1 R2 R4 A B B B RR 24.24 D R4 = 2 3 = = 36Ω (7) 0,25 đ R 16 1 (H.5) 2) Điện trở tương đương, số chỉ của ampe kế, giá trị các cường độ dòng điện, chiều dòng điện (2,50 điểm) 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 = = = 7,3846Ω RAO (8) R1 + R2 + RA 16 + 24 + 12 O A RDO R4 B R1 RA 16.12 B B RCO = = = 3, 6923Ω (9) D R1 + R2 + RA 16 + 24 + 12 (H.5a) RA R2 12.24 RDO = = = 5,5385Ω (10) 0,50 đ R1 + R2 + RA 16 + 24 + 12 Điện trở: ROCB = RCO + R3 = 3,6923Ω + 24Ω = 27,6923Ω (11) RODB = RDO + R4 = 5,5385Ω + 24Ω = 29,5385Ω (12) 0,25 đ ROCB .RODB 27, 6923.29, 5385 = = 14, 2928Ω Điện trở đoạn OB là: ROB = (13) ROCB + RODB 27, 6923+29,5385 Vậy điện trở toàn mạch: R = RAO + ROB = 7,3846Ω + 14,2928Ω = 21,6774Ω. (14) 0,25 đ - Cường độ dòng điện qua các điện trở và ampe kế: U 48 Dòng qua mạch chính: I = AB = (15) 0,25 đ ≈ 2, 214 A R 21, 6774 Do đó: UOB = I.ROB = 2,214.14,2928 ≈ 31,644V. (16) U OB 31, 644 = ≈ 1,1427 A + Cường độ dòng điện qua R3: I 3 = (17) 0,25 đ ROCB 27, 6923 + Dòng qua R4 : I4 = I – I3 = 2,214 – 1,1427 = 1,0713A. (18) Ta lại có: 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 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 C đến D.

(19)

0,25 đ

(20)

0,25 đ

(21)

0,50 đ

Bài 5: (2,00 điểm)

- Khi dòng điện đã ổn định, cường độ dòng điện qua cuộn dây là: E I0 = (1) 0,25 đ R - Khi khóa K ngắt, mạch bắt đầu dao động. Năng lượng của mạch lúc đó là năng lượng từ 2 1 2 1 E Wm = LI 0 = L   (2) 0,25 đ trường: 2 2 r - Trong quá trình dao động khi tụ điện tích điện đén điện áp cực đại U0 thì dòng điện triệt tiêu. Lúc đó năng lượng của mạch là năng lượng điện trường; với U0 = nE : 1 1 2 We = CU 02 = C ( n.E ) 0,25 đ (3) 2 2 - Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng cho mạch dao động ta có: We = Wm 2 2 E L   = C ( n.E )  L = Cn 2 r 2 hay (4) 0,50 đ r 1 1 - Mặt khác chu kỳ dao động : f = (5) 0,25 đ  C= 2 2 4π f L 2π LC 1 nr Từ (4) và (5) ta tìm được: C = và L = (6) 0,50 đ 2π fnr 2π f

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

(3)

0,50 đ

2) Tìm f2 và vẽ hình (2,00 điểm): ( L1 ) ( L2 ) S1'   → S2' Sơ đồ tạo ảnh: S → Ta có: d1 = d1' = 48cm a) Vì vết sáng trên màn có đường kính không đổi 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 − d2' = =2 Từ hình vẽ, ta có: D 30 − d2' Vậy: 40 – d2’ = 60 – 2d2’ => d2’ = 20cm d2 d2' −30.20 = = 60cm Từ đó: f 2 = ' d2 + d2 −10

0,50 đ + Nếu L2 là thấu kính phân kì Lúc này S2’ nằm trong khoảng giữa hai vị trí của màn E, ta có: D ' 40 − d2' = =2 D d 2' − 30 Vậy: 40 – d 2 ’ = 2d 2 ’ – 60 => d 2' =

100 cm 3

100 dd 3 = −300cm Từ đó: f 2 = 2 ' = 100 d 2 + d 2 −30 + 3 ' 2

−30.

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 ' = = =2 Vậy: D d2 + d2 ' 30 − d 2 ' Suy ra: d2’ = 20cm > 0: điều này vô lí.

0,50 đ Bài 7: (2,00 điểm) 1) Thiết lập mạch điện, phương án tiến hành thí nghiệm: (1,00 điểm) - Mắc mạch điện theo sơ đồ thông thường một mạch kín bao gồm: Nguồn điện - Ampe kế - Bình điện phân. 0,50 đ - Dùng Ampe kế xác định dòng điện I chạy qua dung dịch điện phân. - Dùng đồng hồ đếm thời gian để xác định thời gian Δt mà dòng điện đi qua. - Xác định khối lượng m của chất bám vào điện cực: Bằng cách dùng cân 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 phân và tính được khối lượng: m = m2 - m1 (1) 0,50 đ 2) Lập công thức xác định độ lớn e của điện tích nguyên tố: (1,00 điểm) - Gọi n là hóa trị của chất. Số các nguyên tử xuất hiện ở điện cực: q I∆t N= = (2) ne ne

0,50 đ

- Mặt khác: Gọi NA là số Avogadro, A là khối lượng mol của chất ta có: m N = NA Số các nguyên tử đó là: (3) A A I .∆t A I .∆t = . - Từ (2) và (3) ta tìm được: e = . (4) n m.N A n (m2 − m1 ).N A

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 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. --------------------------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HẢI DƯƠNG Lớp 12 THPT năm học 2011- 2012

ĐỀ CHÍNH THỨC

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(ωt + ϕ) . Biết đồ thị lực kéo về theo thời gian F(t) 2 như hình vẽ. Lấy π = 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, khoảng thời gian để vận tốc có độ lớn không vượt quá

24π 3 (cm/s) là

F(N) 4.10

-2

O - 2.10-2

t (s)

7/6 13/6

- 4.10-2

2T . Xác định chu 3

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 µ = 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) Các electron được tăng tốc từ trạng thái nghỉ trong một điện trường có x hiệu điện thế U = 103(V) và thoát ra từ điểm A theo đường Ax. Tại điểm A α M cách A một đoạn d = 5(cm), người ta đặt một tấm bia để hứng chùm tia electron, mà đường thẳng AM hợp với đường Ax một góc α = 600. a) Hỏi nếu ngay sau khi thoát ra từ điểm A, các electron chuyển động • M 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) 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 ℓ = 1( m) gắn một đầu với vật có khối lượng m. 2

Lấy g =

10(m/s ), π = 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 4π(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) Cho cơ hệ gồm khung dây ABDE như hình vẽ, được đặt A nằm trên mặt phẳng nằm ngang. Biết lò xo có độ cứng k, đoạn dây MN dài ℓ , khối lượng m tiếp xúc với khung và có thể chuyển động tịnh tiến không ma sát dọc theo khung. Hệ thống đặt trong từ trường đều có véc tơ cảm ứng từ B vuông góc với mặt phẳng của khung và có chiều như hình vẽ. Kích thích cho MN dao động. Bỏ qua điện trở thuần E 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.

M k

⊕ N

........................................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) Từ đồ thị, ta có:

T 13 7 = − = 1(s)  T = 2s 2 6 6

0,25đ  ω = π(rad/s). 0,25đ

 k = m.ω2 = 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 đang tăng dần (vật 0,25đ đang chuyển động về VTCB)  v < 0.

 x = Acosϕ = 2cm π   ϕ = rad 3  v = -Asinϕ < 0 0,25đ

Vậy, phương trình dao động của vật là: x= 4cos(πt + π/3) cm. 2) (0,5điểm) Từ giả thuyết, 

≤ 24π

0,25đ

3 (cm/s).

Gọi x1 là vị trí mà v = 24π

3 (cm/s) và t1 là thời gian

•

vật đi từ vị trí x1 đến A. -A  Thời gian để vận tốc có

độ lớn không vượt quá 24π

•

- x1

2T 3

 t1 =

T 6

•

3 (cm/s) là: t = 4t1 =

•

 x1 = A/2. 0,25đ

v Áp dụng công thức: A = x +    ω = 4π  T = 0,5( s ). ω  2

3) (0,5điểm) Gọi x0 là tọa độ của VTCB, ta có: Fdh = Fms ⇔ k.x0 = µmg 

x0 =

µ mg k

0,25đ

= 1cm. 0,25đ

Biên độ dao động của con lắc là: A = ∆l – x0 = 9cm. Vận tốc cực đại là: vmax = Aω = 90 Câu 2.( 2điểm) a)(1 điểm)

2 (cm/s).

1 eU = mv 2 suy ra v ≈ 1,875.107m/s 2 +) Khi e chuyển động trong từ trường B chịu tác dụng của lực A• Lorenxơ, có độ lớn FL = evB, để e bắn vào bia tại M thì FL có

0,25đ

Vận tốc của e ở tại A là:

0,25đ

x α

hướng như hình vẽ.



có chiều đi vào.

O•

⊕ •

Vì B ⊥ v nên lực lorenxơ đóng vai trò là lực hướng tâm, làm e chuyển động tròn đều, bán 0,25đ kính quỹ đạo là R = OA =OM. Ta có FL = maht ⇔

evB

= m

mv v2 ⇔R= R eB

Ta có AH = OAcos300 ⇔ d/2 = R. 3 /2 ⇔ R = d/ 3

⇔ B = mv 3 /(de) ≈ 3,7.10-3T. b)(1 điểm)

0,25đ

b) Véc tơ

0,25đ

hướng theo AM.

Phân tích: v = v ⊥ + v // với v⊥ = v.sin α = 1,62.107m/s, v // =v.cos α =0,938.107m/s + ) Theo

v⊥ , dưới tác dụng của lực Lorenxơ

làm e chuyển động tròn đều với bán kính R=

2π m mv⊥  chu kì quay T = 2 πR / v ⊥ = . eB eB +) Theo v// , thì e chuyển động tịnh tiến theo hướng của B , với vận tốc v // = vcos α . +) Do đó, e chuyển động theo quỹ đạo xoáy trôn ốc với bước ốc là: λ = T v // .

0,25đ

M +) Để e đập vào bia tại M thì: AM = d = n λ = n T v // = n v //

 B= n

•

0,25đ

2π .m eB

2π mv// = n.6,7.10-3 (T) ed Vậy: 0,25đ

Vì B ≤ 0,03T  n < 4,48  n = 1, 2, 3, 4. 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 Câu 3.(2 điểm) 1) (1 điểm) Ta có: λ =

Độ

lệch

∆ϕ = 2π

0,25đ

v f

= 0,5(m/s)

pha

giữa

hai

điểm

và

là:

(d − AB / 2)

λ A

Do d >

AB 2

λ 2



B 0,25đ

Vì P dao động ngược pha với I, ta có: ∆ϕ = (2k + 1)π

 d = (2k+ 1)

AB 2

(2k + 1)

λ 2

0,25đ ⇔ k > - 1/2 0,25đ

Vì k ∈ Z, nên dmin ⇔ k = 0  dmin = 0,75(m). 2) (1 điểm) Học sinh phải chứng minh công thức sau:

d2 − d1 =

AB.x . OI

0,5đ

Tại M nhận được âm to nhất, ta có: d2 – d1 = kλ = λ ( k = 1, vì điểm M gần O nhất)



OI.λ = 50m . AB

d1 A

I B Câu 4.(2 điểm) a) (1 điểm) Phương trình dao động của con lắc đơn theo li độ dài là: s = S0cos(ωt + ϕ). +)

ω=

g l

0,25đ

= π (rad/s).

0,25đ

v +) S0 = s +   = 2 5 (cm/s)  α0 = 0,02 5 (rad) ω   s = S0cosϕ = 0 cosϕ =0 π ⇔  ϕ = − rad +) Lúc t = 0 thì  2 sinϕ <0  v >0 2

s=2

5 cos(πt - π/2) (cm).

Phương trình dao động theo li độ góc là: α = 0,02 b) (1 điểm) Ta có

0,25đ

5 cos(πt - π/2) (rad).

P ' = P + Fqt

0,25đ

K α

Xét ∆OKQ với OK =

0,5đ

KQ , góc(OKQ) = 600 2

 ∆OKQ vuông tại O.  P’ = OQ = Psin(600)  g’ = 5 (Có thể áp dụng định lí hàm số cosin để tính P’)

3 (m/s2).

l 1 = 2π ≈ 2,135( s) Vậy, chu kì dao động của con lắc là: T ' = 2π g' 5 3 Câu 5.(2 điểm) 1) (1 điểm)

0,25đ

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. +) Chiều dòng điện xuất hiện trên thanh MN được xác định theo quy tắc bàn tay phải và có biểu thức:

0,25đ

C + E

dq dv = CBl = CBla dt dt

D x

N O

Theo quy tắc bàn tay trái xác định được chiều lực từ như hình vẽ và có biểu thức: Ft = iBl = CB2l2 0,25đ x’’ 0,25đ Theo định luận II Niutơn, ta có: Fhl = Fdh + Ft = ma Chiếu lên trục Ox, ta được: mx '' = − CB2 l2 x ''− kx

⇔ (m + CB2l2 )x '' = − kx ⇔ x '' = − Đặt ω =

0,25đ

k x m + CB2 l2

k  x” + ω2x = 0. m + CB2 l2

Vậy, thanh MN dao động điều hòa với chu kì:

T = 2π

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

di dt

m + CB 2 l 2 k

+ E

N x

Ta có: ecư + etc = i.r = 0 ( vì r = 0)

d ( Blx + Li ) = 0 ⇔ Blx + Li = const . dt Blx x = 0 Lúc t = 0 thì   Blx + Li = 0,  i = L i = 0

0,25đ

⇔

+) Thanh MN chuyển động trong từ trường chịu tác dụng của lực từ

ngược chiều chuyển động

0,25đ

B 2l 2 x và có độ lớn: Ft = iBl = . L +) Theo định luật II Niutơn, ta có: Chiếu lên trục Ox, ta có:

Fhl = Fdh + Ft = ma .

0,25đ

B 2l 2 − kx − x = x '' L

1 B 2l 2  1 B 2l 2  ⇔ x "+  k +  x = 0 . Đặt ω = m  k + L  m L   

0,25đ  x” + ω x = 0. 2

m B2 l 2 k+ L SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HẢI DƯƠNG HẢI DƯƠNG Lớp 12 THPT năm học 2013 - 2014 ________________________ Môn thi: VẬT LÝ Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 4 câu và gồm 02 trang) ___________________________________________ Câu 1 (2,0 điểm). Một khung dây dẫn kín hình chữ nhật ABCD ( AB = l ; BC = b ), khối lượng m được giữ đứng yên và mặt phẳng khung nằm trong mặt phẳng thẳng đứng. A l B Khung được đặt trong từ trường đều có véc tơ cảm ứng từ B vuông góc với mặt phẳng khung sao cho chỉ có cạnh CD không B nằm trong từ trường như hình vẽ 1. Ở thời điểm ban đầu ( t = 0 ) ⊗ người ta thả nhẹ khung dây. b a. Giả sử khung có điện trở thuần R, độ tự cảm của khung không đáng kể, chiều dài b đủ lớn sao cho khung đạt tới vận tốc giới hạn (vận tốc không đổi) trước khi ra khỏi từ trường. Tìm D C vận tốc giới hạn của khung và nhiệt lượng tỏa ra trên khung đến Hình vẽ 1 khi cạnh AB của khung vừa ra khỏi từ trường? b. Giả sử khung được làm từ vật liệu siêu dẫn và có độ tự cảm L. Cũng giả thiết b đủ lớn để khung không ra khỏi từ trường trong quá trình chuyển động. Chọn trục Ox hướng thẳng đứng từ trên xuống, gốc O tại vị trí ban đầu của cạnh CD. Biết trong quá trình khung chuyển động, cạnh CD không chuyển động vào vùng có từ trường. Viết phương trình chuyển động của khung? Giả thiết khung dây không bị biến dạng trong quá trình chuyển động. Câu 2 (2,0 điểm). Cho thấu kính hội tụ có tiêu cự 10cm. Ban đầu, vật B sáng AB phẳng mỏng, cao 1cm đặt vuông góc với trục chính của thấu kính, A nằm trên trục chính, cách thấu kính một khoảng bằng 15cm (Hình vẽ 2). A O a. Xác định vị trí, tính chất, chiều và độ cao của ảnh. Vẽ ảnh. Hình vẽ 2 b. Để được ảnh cao bằng bốn lần vật, phải dịch chuyển vật dọc theo trục chính từ vị trí ban đầu đi một khoảng bao nhiêu, theo chiều nào? c. Để vật ở vị trí cách thấu kính 15cm và giữ vật cố định. Cho thấu kính chuyển động tịnh tiến ra xa vật, dọc theo trục chính sao cho trục chính không thay đổi. Khi thấu kính cách vật 25cm thì quãng đường mà ảnh đã đi được trong quá trình trên là bao nhiêu? Câu 3 (3,5 điểm). 1. Ba vật nhỏ khối lượng lần lượt là m1, m2 và m3 (với m m1 = m 2 = 3 = 100 gam ) được treo vào 3 lò xo lí tưởng có độ k3 k1 k2 2 k cứng lần lượt k1, k2, k3 (với k1 = k 2 = 3 = 40 N / m ). Tại vị trí 2 O1 O2 O3 m2 cân bằng, ba vật cùng nằm trên một đường thẳng nằm ngang và m1 m3 cách đều nhau ( O1O2 = O2 O3 = 1,5 cm ) như hình vẽ 3. Kích Hình vẽ 3 thích đồng thời cho cả ba vật dao động điều hòa theo các cách khác nhau: Từ vị trí cân bằng truyền cho m1 vận tốc 60cm/s hướng thẳng đứng lên trên; m2 được thả nhẹ nhàng từ một điểm phía dưới vị trí cân bằng, cách vị trí cân Vậy, thanh MN dao động điều hòa với chu kì:

T = 2π

bằng một đoạn 1,5cm. Chọn trục Ox hướng thẳng đứng xuống dưới, gốc O tại vị trí cân bằng, gốc thời gian ( t = 0 ) lúc các vật bắt đầu dao động. a. Viết các phương trình dao động điều hòa của vật m1 và vật m2. Nếu vào thời điểm t vật

m1 ở vị trí có li độ x1 = 2cm và đang giảm thì sau đó

s vật m2 có tốc độ là bao nhiêu? 20 b. Tính khoảng cách lớn nhất giữa m1 và m2 trong quá trình dao động. c. Viết phương trình dao động của vật m3 để trong suốt quá trình dao động ba vật luôn nằm trên cùng một đường thẳng? 2. Một con lắc lò xo có độ cứng k = 40 N / m , vật nhỏ khối lượng m = 100( g ) đặt trên mặt bàn nằm ngang. Hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt bàn là µ = 0,16 . Ban đầu giữ vật sao cho lò xo bị nén 10(cm) rồi thả nhẹ. Lấy g = 10( m / s 2 ) . Xác định: a. Tốc độ của vật lúc gia tốc của nó đổi chiều lần thứ 4. b. Quãng đường vật đi được cho đến khi dừng hẳn. Câu 4 (2,5 điểm). Trên mặt chất lỏng, tại hai điểm A và B đặt hai nguồn sóng dao động theo phương thẳng π  đứng với phương trình dao động lần lượt là: u A = a1 cos(20πt ) và u B = a 2 cos 20πt +  . 2  Biết tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng là 40cm/s và biên độ sóng không thay đổi trong quá trình sóng truyền. 1. Cho AB = 20 cm ; a1 = 6 mm và a2 = 6 3 mm a. Viết phương trính sóng tại trung điểm O của AB. b. Tìm số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn AB. 2. Cho AB = 6,75λ và a1 = a 2 = a . Trên đoạn AB, có hai điểm C và D: C nằm trên đoạn AO; D nằm trên đoạn BO (với CO = λ ; DO = 2,5λ ). Hãy xác định số điểm và vị trí điểm gần B nhất dao động với biên độ cực đại và cùng pha với nguồn B trên đoạn CD. ___________ Hết ___________ Họ và tên thí sinh: ............................................................................... Số báo danh: ................................. Chữ kí giám thị 1: ................................................. Chữ kí giám thị 2: ......................................................

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI HẢI DƯƠNG CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HẢI DƯƠNG ____________________________ Lớp 12 THPT năm học 2013 - 2014 Môn thi: VẬT LÝ (Đáp án gồm 06 trang) ________________________________________________________ Câu

Nội dung Điểm + Khi khung rơi, trong thanh AB xuất hiện suất điện động cảm ứng: eC = Bvl

eC Bvl = R R + CD không chịu tác dụng lực từ; Lực từ tác dụng lên cạnh AD và CB 0,25 cân bằng; Lực từ tác dụng lên AB hướng thẳng đứng từ dưới lên và có B 2l 2 v độ lớn: Ft = Bil = R

+ Cường độ dòng điện trong khung: i =

+ Theo định luật II Niu tơn: mg − Ft = ma Khi khung đạt vận tốc giới hạn: a = 0 mgR Suy ra: v = 2 2 B l

0,25

+ Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng cho quá trình chuyển động của khung từ lúc ban đầu đến khi AB vừa ra khỏi từ trường:  mv 2 m 2 gR 2  0,25  Q = mgb − = mg  b − 4 4  2 2B l  

Câu 1 (2,0 điểm)

+ Khi khung rơi, trong thanh AB xuất hiện suất điện động cảm ứng: eC = Bvl = Blx ' + Suất điện động tự cảm trong khung: etc = − Li ' + Theo định luật Ôm: 0,25 d  Blx  Blx eC + etc = 0  Blx ' = Li '   i − = const =0i− dt  L  L

+ Chọn gốc tọa độ O trùng với vị trí ban đầu của trọng tâm Blx + Tại t = 0 : i = 0; x = 0  const = 0  i = L B 2l 2 x + Lực từ tác dụng lên cạnh AB: Ft = Bil = L + Theo định luật II Niu tơn: mg − Ft = ma

B 2l 2 x B 2l 2  gmL  = ma  x' '+ x− 2 2  = 0 L mL  B l  gmL Bl  x − 2 2 = A cos(ωt + ϕ ); ω = B l mL

 mg −

0,25

0,5

gmL   ϕ =π  x = 2 2 + A cos ϕ = 0  gmL + Tại t = 0 :   B l A= 2 2  v = x' = − Aω sin ϕ = 0  B l   gmL   Bl t + π  + 1  x = 2 2 cos B l   mL   + Vậy phương trình chuyển động của khung khi chọn gốc O tại vị trí 0,25 ban đầu của thanh CD:   b gmL   Bl x = 2 2 cos t + π  + 1 − B l   mL   2

+ d' =

df 15.10 = = 30cm >0: Ảnh thật, cách TK 30 cm d − f 15 − 10

+ k=−

d' = −2 <0: Ảnh ngược chiều vật; có độ cao 2 cm d

0,25

+ Vẽ hình:

B A

I F’ O

A’

0,25

B’ + k =−

b Câu 2 (2,0 điểm)

d' f = = ±4 d f −d

0,25

+ Nếu k = 4 thì d = 7,5cm --> Dịch vật lại gần TK 7,5 cm + Nếu d = 12,5cm --> Dịch vật lại gần TK 2,5 cm

0,25

+Vì giá trị của d thay đổi từ 15cm đến 25cm luôn lớn hơn f, do đó vật thật luôn cho ảnh thật) + Khoảng cách vật - ảnh: 0,25 df 2 L = d + d'= d +  d − Ld + Lf = 0 d− f + Phương trình trên có nghiệm khi:

∆ = L2 − 4Lf ≥ 0 ⇔ L(L − 4f) ≥ 0 ⇔ L ≥ 4f = 40cm  Lmin = 40cm

0,25 Dấu “=” xảy ra khi ∆ = 0 ⇔ d = 20 cm và d ' = 20 cm + Ban đầu d = 15cm thì L = 45cm --> Khi TK dịch ra xa vật thì ảnh dịch chuyển lại gần vật đến khi d = 20cm ( Lmin = 40cm) . Khi đó ảnh 0,25 dịch chuyển được S1 = 5cm . + Sau đó, ảnh dịch chuyển ra xa vật đến khi d = 25cm ( L = 125 / 3cm) . Khi đó ảnh dịch chuyển thêm S 2 = 5 / 3cm + Vậy quãng đường ảnh đi được trong quá trình trên là 0,25

Sanh = S1 + S2 =

20 cm = 6,67cm 3

+ ω 1 =ω 2 =ω 3 =

k1 =20rad/s m1

+ Phương trình dao động của m1: x1=3cos(20t+

0,25

) (cm)

2 + Phương trình dao động của m2: x2=1,5cos20t (cm)

1.a

 ∆ϕ = ω.∆t = π 20 + Dao động của vật 1 sớm pha hơn so với dao động của vật 2 một góc + Có ∆t =

π 2

. Mà vận tốc lại sớm pha so với li độ 1 góc

π 2

+ Do đó, Vân tốc của vật 2 ở thời điểm t 2 ngược pha với li độ của vật x1 A = 1 1 ở thời điểm t1 . Suy ra: v2 A2ω 2

 v2 = 20cm / s

+ Khoảng cách 2 vật theo ∆x = x1 − x 2  ∆x max = 1,5 5cm

1.b Câu 3 (3,5 điểm)

Khoảng 2

L = (O1O2 ) + ∆x

cách 2 max

lớn

0,25

phương

thẳng

0,25

đứng: 0,25

nhất

giữa

vật: 0,25

= 1,5 6 ≈ 3,67cm

+ Ta có: O1O2 = O2O3 và 3 vật luôn cùng nằm trên một đường thẳng → x +x 0,25 x2 = 1 3 hay x3 = 2x2 – x1 2 + Dùng phương pháp giản đồ Fre-nen: A A3 = 2 A2 + (− A1 ) 1

2A2

0,25

ϕ3

1.c − A1

+ Từ giản đồ suy ra: A3= (2 A2 ) 2 + A12 =3 2 cm φ3= - π/4 rad

→ x3=3 2 cos(20t -

π 4

0,25

) (cm);

•

2.a

•

+ Lúc có ma sát, tại VTCB của vật lò xo biến dạng một đoạn : µmg C1O = C 2 O = x0 = = 0,004(m) = 4mm (HS c/m được CT) k

0,25

+ Gia tốc của vật đổi chiều lần thứ 4 ứng với vật đi qua VTCB C2 theo chiều sang trái lần thứ 2, áp dụng định luật bảo toàn năng 2 kA 2 kx02 mv = + + µmgS lượng ta được: 2 2 2 + Sau mỗi nửa dao động thì VT biên tiến lại gần O: 2 x 0 = 8mm

0,25

--> S = A + 2( A − 2 x0 ) + 2( A − 2.2 x0 ) + 2( A − 3.2 x0 ) − x0 = 7 A − 25x0 S = 0,6m  v = 1,44 m / s + Sau 12 nửa dao động thì vật ở VT cách O: A − 12.2 x 0 = 10 − 24.0,4 = 0,4cm = x 0

2.b

0,25

+ Sau 12 nửa dao động thì vật ở VT biên trùng với VTCB C1 nên vật 0,25 dừng lại tại vị trí đó. + Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta có: kA 2 kx02 = + µmgS ' → S ' = 1,248m 2 2

0,25

v = 4cm f + Phương trình sóng tại O do các nguồn gửi đến là 2π .10   u AO = 6 cos 20πt − mm 4   π 2π .10   và u BO = 6 3 cos 20πt + − mm 2 4   + Bước sóng λ =

1.a

0,25

+ Phương trình sóng tổng hợp tại O 14π   u = u AO + u BO = 12 cos 20πt −  mm 3  

Câu 4 (2,5 điểm)

0,25

+ Xét điểm M trên AB: MA = d1 , MB = d 2 π 2π (d1 − d 2 ) π π (d1 − d 2 ) = + + ∆Φ = + λ 2 2 2 +

1.b

0,25

Để

∆Φ =

π 2

dao

π (d1 − d 2 ) 2

động

vớ i

0,25 biên

độ

= 2kπ  d1 − d 2 = 4k − 1 (cm)

c ực

đại: 0,25

+ M trên AB: − AB ≤ d1 − d 2 ≤ AB  −19 / 4 ≤ k ≤ 21 / 4 --> Có 10 điểm dao động với biên độ cực đại trên AB. 0,25

+ Xét điểm N trên CD: NA = d1 , NB = d 2 + Phương trình sóng tại N do các nguồn gửi đến: 2π .d1   u AN = a cos 20πt − mm λ  

π 2π .d 2   u BN = a cos 20πt + − mm 2 λ   + Phương trình sóng tổng hợp tại N π  π π π u N = 2a cos  ( d 1 − d 2 ) +  cos 20πt − ( d1 + d 2 ) + mm 4  4 λ λ Có d1 + d 2 = AB = 6,75λ π  π π Nên: u N = 2a cos  ( d1 − d 2 ) +  cos 20πt − 7π +  mm 4  2 λ

+ Để N dao động với biên độ cực đại và cùng pha với B: π λ π cos  ( d1 − d 2 ) +  = −1  d 1 − d 2 = (2k + 1)λ − 4 4 λ

0,25

+ N trên CD: AM − BM ≤ d1 − d 2 ≤ AN − BN  −1,375 ≤ k ≤ 2,125 + Vậy có 4 điểm dao động với biên độ cực đại và cùng pha với B trên 0,25 đoạn CD.

λ  d − d 2 = ( 2k + 1)λ − +Có  1 4  d1 + d 2 = AB AB λ λ  d2 = + − (2k + 1) 2 8 2  d 2min = λ = 4cm Chú ý: Nếu học sinh làm bằng cách khác nhưng đúng thì vẫn cho điểm tối đa. ___________ Hết ___________

0,25

SỞ GD&ĐT HP ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ 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? x Câu 2 (3,5điểm) : Một con lắc lò xo gồm vật nặng khối lượng M = 300g, một lò xo có độ cứng k = 200N/m được lồng vào một trục thẳng đứng như m 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 h hoàn toàn mềm. a) Tính vận tốc của m ngay trước khi va chạm và vận tốc của hai vật M I ngay sau va chạm. b) Sau va chạm hai vật cùng dao động điều hòa. Lấy t = 0 là lúc va Hình 2 O 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 π 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 –M1S2 = 12 mm và vân thứ k +3 ( cùng loại với vân k ) đi qua điểm M2 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 S1S2 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 ---------------------------------

SỞ GD & ĐT HP Trường THPT

Câu 1

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

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 = . = . =4 ( 3) A1 B1 AB A1 B1 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 Vậy f = = = 20cm ' 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 v = 2 gh = 2.10.3,75.10 − 2 = = 0,866m / s 2 -Theo định luật bảo toàn động lượng : mv = (m+M)v0 => vận tốc hai vật ngay sau 3  m   200  3 = = 0,346m / s va chạm là: v0 =  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: Mg 0,3.10 CI = ∆l0 = = = 0,015m = 1,5cm ……………………………… k 200

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 x0 = IO = CO − CI = 2,5 − 1,5 = 1(cm) và v0 = 34,6 vừa chạm nhau: (cm/s)... -Phương trình dao động của hệ vật M+m có dạng x = A. cos(ϖt + ϕ ) 1/ 2

-Tần

số

góc

 k  ϖ =  M +m

1/ 2

 200  =   0,2 + 0,3 

C I O H

= 20(rad / s )

……………………...  A = 2(cm)  x = x0 = A. cos ϕ = 1(cm)  - Xét khi t = 0 :  =>  π v = v0 = −ω. A. sin ϕ = −34,6(cm / s ) ϕ = 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 = −mω 2 x <=> N = mg − mω 2 x = m( g − ω 2 x) g 10 - Khi xmax =A suy ra : g − ω 2 A ≥ 0 <=> A ≤ 2 = 2 = 0,025(m) = 2,5(cm) ϖ 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 λ = 12 mm (1) và d1’ – d2’ = ( k+3) λ = 36 mm (2) Với k là số nguyên, dương. Từ (1) và (2) ta có 3 λ = 24 => λ = 8 mm 12 12 Thay vào (1) ta được: k = = = 1,5 λ 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 : d1 – d2 = (2k+1)

λ 2

= 12 mm

và d1’ – d2’ = [ 2(k + 3) + 1]

(3)

= 36 mm (4) 2 Với k là số nguyên, dương. Từ (3) và (4) ta có 3 λ = 24 => λ = 8 mm Thay vào (3) = > k = 1 ( là số nguyên ) , Vậy M1 và M2 là cực tiểu giao thoa

ω = 100 Hz 2π Vậy vận tốc truyền sóng là v = λ f = 8.100 = 800 mm/s = 0,8 m/s

Theo đề bài ω = 200π => f =

b. Tìm số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn S1S2 d1 –d2 = k λ = 8k (5) d1 + d2 = S1S2 = 50 (6)

Từ (5) và (6) ta có d1 =

8k + 50 = 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 với π (d1 + d 2 ) 2π d = nguồn là : ∆ϕ =

Để dao động tại những điểm này cùng pha với nguồn, ta có:

∆ ϕ = 2 kπ 

2π d

= 2k π  d = k λ

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

câu 4

Để thanh chuyển động lên đều: FL = µ Pcos α + Psin α (1). Để thanh chuyển động xuống đều: FX = µ Pcos α - Psin α

(2).

(0,25đ) (1) và (2)  sin α = (2 × 0,25đ) FL − FX ( 2P

FL − FX F + FX ; cos α = L sin2 α + cos2 α = 1. 2P 2P )2

(

FL + FX 2P

(0,5đ)

µ=



FL + FX 4 P 2 − (FL − FX )

(0,5đ) Đo FL, FX, P bằng lực kế và sử dụng công thức trên để suy ra µ

--------------------------------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.

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 treo vào lò xo có độ cứng k=100N/m. Một viên bi khối m 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 α 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 α 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 α 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 β = 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 (Ω) mắc nối tiếp với cuộn dây. Điện áp hiệu dụng ở hai đầu cuộn dây là 120 V. Dòng điện trong mạch lệch pha π/6 so với điện áp hai đầu đoạn mạch và lệch pha π/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

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

Thang điểm

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

0,25 0,25 0,25

M 2π = ( s) k 5 Định luật bảo toàn cơ năng 1 2 1 1 2m kA = MV 2 = M v 2 2 2 m+M 0 Chu kì: T = 2π

0,25

2m M v0 = 4(cm) m+M k T = mg(3cos α − 2 cos α m )

0,25

2 b

0,5

Tmax = mg(3 − 2 cos α m ) = 40(N )

0,25

Tmax= 3mg. Từ hệ thức trên suy ra: 3 − 2 cos α m = 3

α m = 900 Chọn mốc thế năng tại VT thấp nhất. Cơ năng tại A(ngang): EA = mg(l0 + ∆l) (1)

1 2 1 mv + k ∆l 2 (2) 2 2 v2 (3) Lực đàn hồi tại VT B: F = k ∆l = mg + m l0 + ∆l

0,25

Cơ năng tại B(thấp nhất): EB =

2 2 Từ (1),(2)  mv = 2mg(l0 + ∆l) − k ∆l 2 Thay vào (3): k (l0 + ∆l) = mg(l0 + ∆l) + 2mg(l0 + ∆l) − k ∆l

∆l 2 + 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. Ta có d1 + d 2 = AB (1)

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

Để M dao động với biên độ cực đại: d1 − d 2 = k λ (2) k λ 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

λ λ Thay số ta có: −7,5 ≤ k ≤ 7,5  k = −7...........7 vậy có 15 điểm dao động với 0,25 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 0,25 λ 2 λ 2 động với biên độ cực tiểu. Vẽ được hình:

C M

x 6c m

A b

Để M và hai nguồn A, B dao động cùng pha thì: π (d1 + d 2 ) 2π d ∆ϕ = = 2kπ ⇔ ∆ϕ = = 2 kπ

d2 0,25 B

⇔ d = k λ ⇔ x + 6 = k λ (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.

0,25

Vẽ mạch điện và vẽ giản đồ véc-tơ.

0,5 4

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

 ∆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 ϕ = AE = 7  AB 25

(

)

0,5 0,25 0,25

Khi dòng điện ổn định, cường độ dòng điện qua cuộn dây là: E 0,5 I0 = r Năng lượng dao động: 1 1 E 0,5 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: 1 1 E 1 w 0 = LI 02 = L( ) 2 = CU 02 2 2 r 2 0,5 U 0 = nE E  C ( nE ) 2 = L ( ) 2 ; T = 2π LC r T Tnr C = ;L = 2π nr 2π

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: u = U 2 sinωt (V). Phaàn töû X coù theå laø ñieän trôû, cuoän daây hoaêc tuï ñieän. K 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 Ω , 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 µ 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 µ 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

Baøi Baøi2

yù 1

Noäi dung-löôïc giaûi * 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. *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 2 *Giaû söû ñeán C vaät rôøi giaù ñôõ, khi ñoù N= 0, vaät vaãn coù gia toác a=2m/s : P + F = ma . Chieáu leân Ox: P – F = ma hay mg – k.BC = ma. B m( g − a) 0,1(10 − 2) = = 0, 04m = 4cm Suy ra: BC = m C k 20 *Maët khaùc : goïi t laø thôøi gian töø luùc baét ñaàu chuyeån ñoäng ñeán luùc rôøi giaù ñôõ, ta coù O 1 2 BC 2.0, 04 BC = at 2  t = = = 0, 2s x 2 a 2 ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………. k 20 ω= = = 10 2 rad *Taàn soá goùc: s 0,1 m *-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.

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

 A = 3cm  *Giaûi ñöôïc  20π π 0 ϕ ≈ −20 = − 180 = − 9 rad

Phöông trình x = A sin(ωt + ϕ ) = 3sin(10 2t − )cm 9

Baøi1 1

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

*Pmax

ymin

R=ZC

RC=

2 a

U2 U 2R R = = Z2 R 2 + Z C2

2 2 2 2 *K ñoùng: U = U R + U C = 200 + 150 = 250V

U2 U2 = y Z2 R+ C R

2 2 2 2 *K ngaét: Tacoù U = U AN + U NB = 200 + 150 = 250V  U AN ⊥ U NB

*Ñoaïn AN : tgϕ1 =

− Z C −U C −150 3 = = = − . uAN treã pha so vôùi I moät goùc ϕ1 . Suy ra uNB nha R UR 200 4

*Nhö vaäy X phaûi laø cuoän daây vöøa coù ñieän trôû thuaàn r, vöøa coù ñoä töï caûm L.Vôùi 0< ϕ2 <900.

Do xe 1 chuyeån ñoäng vôùi gia toác khoâng ñoåi laø a vaø –a trong 1/3 quaõng ñöôøng ñaàu vaø cuoái neân va *Thôøi gian chaïy cuûa xe thöù nhaát: AB / 3 AB / 3 AB / 3 5 AB t1 = + + = v/2 v/2 v/2 3v *Töông töï vaän toác trung bình cuûa xe thöù 2 trong 1/3 thôøi gian ñaàu vaø cuoái cuõng laø v2 = v1 =

v 2

v t2 vt2 v t2 3 AB + +  t2 = 23 3 23 2v 5 AB 3 AB 1 − = *Maø t1 – t2 = 2 phuùt = 1/30h.Do ñoù 3.70 2.70 30 *Suy ra AB=14(km) *Tacoù : AB =

AB/3

t2/3 B

Xe1

t2/3

B Xe2

Baøi3

t2/3

Baiø5 1

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

* 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:

2,5ñieåm 1,00 * 0,25 * 0,25 * 0,25 * 0,25 1,50 * 0,25 * 0,25 * 0,5 * 0,5

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: Q2 W1 = = 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.

2,5ñieåm * 0,5 * 0,5

* 0,5

* 0,5 * 0,5

……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………….. 1 1 = = 0,8 * cos ϕ1 = 2 2 1 + tg ϕ1  3 1+  −   4 π 4 * U AN ⊥ U NB neân : ϕ1 + ϕ2 = . Suy ra tgϕ2 =  cos ϕ2 = 0, 6 2 3 *Khi K ngaét: U R' = U AN cos ϕ1 = 150.0,8 = 120V

U r' = U NB cos ϕ2 = 200.0, 6 = 120V

U R' + U r' 120 + 120 = = 0,96 U 250 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………….. v+0 * Vaän toác trung bình cuûa oâ toâ 1 trong 1/3 quaõng ñöôøng ñaàu vaø cuoái: v ' = 2 AB / 3 AB / 3 AB / 3 5 AB + + =  thôøi gian chaïy cuûa oâ toâ 1: t1 = 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 t v.t v t 3 AB Vaø: AB = 2 + 2 + 2  t2 = 23 3 23 2v 1 5 AB 3. AB 1 t1 − t2 = 2 phut = h  − = * Maø 30 3.70 2.70 30 Suyra : AB = 14km * Vaäy : cos ϕ =

Baøi3

Baøi4 * 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. PV PV * Ñoái vôùi phaàn XL bò nung noùng: o o = 1 (1) To T1

Vôùi: Vo = Slo, To = 27 + 273 = 300K, T1 = To + 10 = 310K. PV PV2 o o = * Ñoái vôùi phaàn XL bò laøm laïnh: (2) Vôùi T2 = To – 10 = 290K To T2 V V * Töø (1) vaø (2): 1 = 2 (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 l + x lo − x l (T − T ) =  x = o 1 2 = 1cm Theo (3): o 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% so 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 HÀ TĨNH TƯỜNG THPT MINH KHAI

ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC: 2013 - 2014 Môn thi: VẬT LÝ 12 Thời gian: 120 phút

Bài 1: Cho cơ hệ gồm có một vật nặng có khối lượng m được buộc vào sợi dây không dãn vắt qua ròng rọc C, một đầu dây buộc cố định vào điểm A. Ròng rọc C được treo vào một lò xo có độ cứng k. Bỏ qua khối lượng của lò xo, ròng rọc và của dây nối. T ừ một thời điểm k k nào đó vật nặng bắt đầu chịu tác dụng của một lực F không đổi như hình vẽ 1. Chứng minh hệ dao động điều hòa. Viết phương trình dao động và tìm quãng đường mà vật m đi đượ c và khoảng thời gian kể từ lúc vật bắt đầu chịu tác dụng của lực F đến lúc vật dừng lại lần thứ nhất m 2. Nếu dây không cố định ở A mà được nối với một vật khối lượng m M (M > m). Hãy xác định độ lớn của lực F để sau đó vật dao động M A điều hòa. Bài 2: Hai nguồn phát sóng kết hợp A và B trên mặt thoáng của một chất lỏng dao động theo phương trình: u A = 6 cos(20πt )(mm) ; u B = 6 cos(20πt + π / 2)(mm) . Coi biên độ sóng không đổi khi truyền đi, tốc độ sóng v = 30(cm / s ) . Khoảng cách giữa hai nguồn AB = 20(cm) . 1. Tính số điểm đứng yên và số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn AB. 2. H là trung điểm của AB, điểm đứng yên trên đoạn AB gần H nhất và xa H nhất cách H một đoạn bằng bao nhiêu ? 3. Hai điểm M 1 , M 2 cùng nằm trên một elip nhận A,B làm tiêu điểm có AM 1 − BM 1 = 3(cm) và AM 2 − BM 2 = 4,5(cm) . Tại thời điểm t nào đó, li độ của M 1 là 2(mm), tính li độ của M 2 tại thời điểm đó. Bài 3: Cho mạch điện gồm điện trở thuần R, cuộn dây thuần cảm C R L L và tụ điện C mắc như hình 4. Đặt vào hai đầu AB một điện áp N xoay chiều có biểu thức: u AB = U 2 cos(ωt )(V ) , tần số góc ω M A thay đổi được. 1. Khi ω = ω1 thì điện áp giữa hai đầu các đoạn mạch AN và MB vuông pha với nhau. Khi đó U AN = 50 5 (V ) , U MB = 100 5 (V ) và mạch tiêu thụ công suất P = 50W. Tính R, Z L , Z C . 2. Thay đổi tần số góc ω đến giá trị ω = ω 2 = 100π 2 ( rad / s ) thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu cuộn dây đạt giá trị cực đại. Tính L, C và ω1 . Bài 4: Cho quang hệ như hình vẽ . 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 S sáng từ S sau khi qua thấu kính, gương và thấu kính lần thứ hai lại trở về S. Biết tiêu cự của gương f 2 = 36cm . 1. Tính tiêu cự của thấu kính. 2. Xác định 3 vị trí nói trên của thấu kính. --------- HẾT ---------Họ và tên thí sinh: ………………………………..

Số báo danh: ………………….

SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH TƯỜNG THPT MINH KHAI

KỲ THI CHỌN HSG CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC: 2013 - 2014 ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Môn thi: VẬT LÝ 12

BÀI Bài 1

NỘI DUNG Vật cân bằng khi chưa tác dụng lực F: mg = k

ĐIỂM

∆l 0 2

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

0,5

Chọn trục Ox thẳng đứng từ trên xuống. O trùng với VTCB mới khi có lực F tác dụng.

∆l 0 + x 0 2 =0 Tại VTCB mới: F + P − k 2

0,5

(với xo là khoảng cách giữa VTCB mới so với VTCB cũ) Khi vật có li độ x lò xo giãn: ∆lo + x o + x

0,5

∆l 0 + x 0 + x 2 F +P−k = mx"  2 Vậy vật DĐĐH với phương trình: x = A cos(ωt + ϕ ) . Trong đó: ω =

0,5

k 4m , Chu kì dao động của vật: T = 2π . ....................... 4m k T 4m =π 2 k 4F v = −ωÁ sin ϕ = 0 ;  A = , ϕ =π k

0,5

Thời gian từ lúc tác dụng lực đến khi vật dừng lại lần thứ nhất là t = Khi t = 0: x = A cos ϕ = − x 0 = − Vậy: x =

4F k ;

2F cos(ωt + π ) với ω = k

k 4m

S = 2A =

8F k

Biểu diễn được lực tác dụng lên M trên hình hình vẽ Để m dao động điều hoà sau khi tác dụng lực F thì M phải đứng yên ⇔ N ≥ 0 trong quá trình m chuyển động

( Fđh ) max ≥0 ⇔ 2 M −m g  F≤ 2 ⇔ N = Mg −

0,5

∆l 0 + x 0 + A A 2 Mg − k = Mg − ( F + mg ) − k ≥ 0 2 4

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

Bài 2 + Độ lệch pha của hai sóng tại một điểm M cách A, B những đoạn d1 và d2 là :

2π

v = 3(cm) .................................................... f λ 2 π 1 2π (d 1 − d 2 ) + = k 2π  d 1 − d 2 = (k − )λ + Tại M là cực đại giao thoa nếu : ∆ϕ = λ 2 4 1 M thuộc AB nên: − AB < d 1 − d 2 = (k − )λ < AB  k = {−6;....;6} : 4

∆ϕ =

(d 1 − d 2 ) +

với λ =

Trên đoạn AB có 13 điểm cực đại

2π

1 (d 1 − d 2 ) + = (2k + 1)π  d1 − d 2 = (k + )λ + Tại M là cực tiểu giao thoa: ∆ϕ = λ 2 4

0,5

1 4

M thuộc đoạn AB : − AB < d 1 − d 2 = (k + )λ < AB  k = {−6;....;6} :

1,0

Trên đoạn AB có13 điểm cực tiểu + Tại điểm M thuộc đoan AB cách trung điểm H một đoạn x, có hiệu đường đi của hai sóng là : d 1 − d 2 = 2 x ....................................................... + Điểm M thuộc đoạn AB đứng yên thoả mãn :

0,5

1 1 λ d 1 − d 2 = 2 x = (k + )λ  x = ( k + ) với k = −6;...; 6 4 4 2 1 3 1 3 x min = (0 + ). = 0,375(cm) + Do đó : x max = (6 + ). 9,375(cm) 4 2 4 2

0,5 0,5 0,5

+ Phương trình dao động tổng hợp tại M cách A,B những đoạn d1 và d 2 là:

π π π π  u M = 12. cos  ( d 1 − d 2 ) + . cos ωt − ( d 1 + d 2 ) +  ( mm) 4 4 λ λ  + Hai điểm M 1 và M 2 đều thuộc một elip nhận A,B làm tiêu điểm nên:

0,5 0,5

AM 1 + BM 1 = AM 2 + BM 2 = b

Suy ra pt dao động của M1 và M2 là:

π π .b π  π  u M 1 = 12. cos  .3 + . cos ωt − +  4 4 λ 3  π π .b π  π  u M 2 = 12. cos  .4,5 + . cos ωt − +  4 4 λ 3 

0,5



u M1 uM2

= −1

0,5

Tại thời điểm t : u M 1 = 2(mm)  u M 2 = −2(mm)

Bài 3 + Vẽ đúng giản đồ vectơ + Vì u AN và u MB vuông pha nên: U L + U C = U 2 2 2 2 + Mặt khác: U AN = U R + U L = 5.50 ,

 1

U L − U C = 150(V )

2 AN

= 250(V )

0,5 0,5

(1)

2 U MB = U R2 + U C2 = 5.100 2

(2)

+ Từ (1) và (2) ta có: U C = 200(V ) , U L = 50(V )

2 MB

UAN

0,5

 U R = 100(V ) ……

P = 0,5( A) ……… + Ta lại có P = U R .I  I = UR

0,5

UC U .Z L = Z

U 2

2 R C − 2L + 2 +1 2 2 4 LC ω L Cω 2

0,5 0,5

UR U = 200(Ω) , Z L = L = 100(Ω) , I I U Z C = C = 400(Ω) .......................... I

 R=

U L = I .Z L =

UMB

U y

0,5

1 R C − 2L R 2 C − 2L 1 + 1 y = 2 2 4 + 2 2 +1 Trong đó: y = 2 2 4 + 2 2 LC ω L Cω LC ω L Cω 0,5

- Vì U không đổi , nên (U L ) max khi y min

2 LC − R 2 C 2

2 = ω 22 (3) 2 2 LC − R 2 C ω L Z L Z C = = 40000 = R 2 - Mặt khác khi ω = ω1 ta có: (4) C Z 10 −4 2 C = ( F ); L = ( H ) ; ω1 = L = 50π (rad / s) - Từ (3) và (4) L 2π π y min ↔

ω2 =

0,5 0,5

Bài 4 (L) (G ) (L) → S 2 → - Sơ đồ tạo ảnh : S → S 1  S′ d1 d1’d2 d2’d3 d3’ ' ' - Theo điều kiện của bài , ta có : d 3 = d 1 , suy ra : d 1 = d 3 ,

hay : l − d 2 = l − d 2' Với l là khoảng cách giữa gương cầu và thấu kính.



(1)



2 − 1 = 0 - Vậy : d 2' = d 2 , do đó : d 2  d −  2 f2 

Từ (2) , ta có : d2 = 0 , suy ra : l – d1’ = 0 , vậy : l = d1’ d1 = 120cm (4) - Từ (3) và (4), ta có phương trình : d1 + d1’ = 120cm Hay :

d1 +

0,5

(2) ( 3)

- Mà ta có : l +

d1 f1 = 120 d1 − f1

Đưa về phương trình bậc hai : d 12 − 120d 1 + 120 f 1 = 0

(5)

Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi : ∆ ≥ 0, suy ra : f1 ≤ 30cm

0,5

(6)

f2 - Cũng từ (2), ta có : − 1 = 0 , suy ra : d 2 = 2 f 2 = l − d 1' . d2 − f2

0,5

l = d 1' + 2 f 2 = d 1' + 72 - Thay (7) vào (4) , ta có : d 1' + d 1 = 120 − 72 = 48 d1’ Vậy ta đi đến phương trình : d 12 − 48d 1 + 48 f 1 = 0

0,5

Vậy :

(7) (8)

0,5

Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi : ∆ ≥ 0 , hay : f1 ≤ 12cm (9) - Từ (6) và (9) , ta suy ra : f1 ≤ 12cm (10) 0,5 + 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 (11)

- Thay f1 = 12cm vào phương trình (8) , ta có : d1 = 24/1 = 24cm - Thay f1 = 12cm vào phương trình (5) , ta được phương trình :

(12)

0,5

d 12 − 120d 1 + 1440 = 0 Phương trình này có nghiệm : d1 = 106,475cm và

d1 = 13,525cm

(13)

0,5

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2012-2013 Môn: VẬT LÝ – Lớp 12 THPT Phần tự luận - Thời gian làm bài: 90 phút

Câu 1. Một đĩa tròn mỏng, phẳng, đồng chất khối lượng 0,2 kg, bán kính 20 cm đang quay đều quanh trục vuông góc với mặt đĩa và đi qua tâm đĩa với tốc độ góc ω0 = 10 rad/s thì bị tác dụng bởi một momen hãm. Đĩa quay chậm dần đều và dừng lại sau khi quay được một góc 10 rad. 1. Tính độ lớn của momen hãm đó? 2. Tính thời gian từ lúc đĩa chịu tác dụng của momen hãm đến khi dừng hẳn? Câu 2. Một con lắc đơn gồm quả cầu nhỏ khối lượng m = 100 g, sợi dây có chiều dài 1 m dao động ở nơi có gia tốc trọng trường g = 10 m/s2. 1. Lập công thức tính lực căng của sợi dây tại một vị trí sợi dây hợp với phương thẳng đứng góc α. Tính tỉ số giữa lực căng cực đại và lực căng cực tiểu của sợi dây biết biên độ dao động của con lắc bằng 0,1 rad? 2. Quả cầu được tích điện với độ lớn điện tích q rồi đặt trong điện trường đều có vec tơ cường độ điện trường nằm ngang. Khi cân bằng sợi dây treo bị lệch so với phương thẳng đứng góc β = 0,1 rad và quả cầu ở vị trí O1. Kéo quả cầu sao cho sợi dây lệch khỏi vị trí cân bằng góc 0,1 rad rồi thả nhẹ cho nó dao động điều hòa. Khi quả cầu tới vị trí O1 thì điện trường đột ngột bị mất, vật tiếp tục dao động điều hòa. Tính biên độ của dao động và gia tốc của quả cầu tại vị trí lực căng của sợi dây và trọng lực của quả cầu có cùng độ lớn? Câu 3. Trong thí nghiệm giao thoa sóng mặt nước, hai nguồn sóng S1 và S2 cách nhau 11 cm dao động điều hòa theo phương y vuông góc với mặt nước có phương trình u1 = u2 = 5cos(100πt) mm. Tốc độ truyền sóng v = 0,5 m/s và biên độ sóng không thay đổi khi truyền đi. Chọn hệ trục tọa độ xOy thuộc mặt phẳng mặt nước khi yên lặng, gốc O trùng với S1 (hình 1). 1. Tìm biên độ sóng tổng hợp tại điểm M có tọa độ x = 3,96 cm; y = 5,28 cm? 2. Trong không gian, phía trên mặt nước có một chất điểm chuyển động mà hình chiếu (P) của nó ở mặt nước chuyển động

⋅

S1 ≡ O I S2 x với phương trình quĩ đạo y = x + 2 và có tốc độ v1 = 5 2 cm/s. Trong thời gian t = 2 s kể từ lúc (P) có tọa độ x = 0 thì (P) Hình 1 cắt bao nhiêu vân cực đại trong vùng giao thoa của 2 sóng? Câu 4. Một mạch điện xoay chiều gồm một biến trở R, cuộn cảm thuần và tụ điện có điện dung C thay đổi được. Điện áp xoay chiều hai đầu AB có giá trị hiệu dụng không đổi. 1. Điều chỉnh điện dung của tụ điện tới giá trị C1 rồi thay đổi R thì số chỉ của vôn kế (có điện trở rất lớn) mắc song song với biến trở không thay đổi. Nhúng biến trở vào một nhiệt lượng kế để đun sôi một lượng nước. Nếu điều chỉnh điện trở của biến trở có giá trị R1 thì thấy sau 10 phút nước sôi. Nếu điện trở của biến trở có giá trị R2 thì thấy sau 15 phút nước sôi. Nếu điều chỉnh điện trở của biến trở có giá trị R3 = 2R1 + 3R2 thì sau bao lâu nước sôi? Coi điện trở của biến trở không thay đổi theo nhiệt độ. 2. Điều chỉnh điên trở của biến trở tới giá trị xác đinh rồi điều chỉnh điện dung của tụ điện. Khi C = C1 thì dòng điện sớm pha hơn π/4 so với điện áp uAB. Điều chỉnh điện dung của tụ điện tới giá trị C = C2 = 0,4C1 thì điện áp hiệu dụng giữa hai đầu tụ điện đạt cực đại. Tính hệ số công suất của mạch khi đó? Câu 5. Cho mạch dao động lí tưởng (hình 2). Các tụ điện có điện dung C1 = 3 nF; C2 = 6 nF; cuộn thuần cảm có độ tự cảm L = 0,5 mH. Bỏ qua điện trở dây nối. Khi C1 C2 trong mạch có dao động điện từ tự do thì cường độ dòng điện cực đại • B A M trong mạch là 0,03 A. 1. Tính tần số biến thiên năng lượng từ trường của mạch? 2. Tính điện áp cực đại giữa hai điểm A, M và M, B? L Hình 2 55

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2012-2013 NAM ĐỊNH Môn: VẬT LÝ – Lớp 12 THPT Phần trắc nghiệm - Thời gian làm bài: 45 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1: Một con lắc lò xo gồm vật nặng khối lượng m và lò xo có độ cứng k dao động điều hòa theo g = 10m/s2; lấy phương thẳng đứng với tần số góc 5π rad/s ở nơi có gia tốc trọng trường 2 π = 10. Biết gia tốc cực đại của vật nặng amax > g. Trong thời gian một chu kỳ dao động, thời gian lực đàn hồi của lò xo và lực kéo về tác dụng vào vật cùng hướng là t1, thời gian 2 lực đó ngược hướng là t2. Cho t1 = 5t2. Trong một chu kỳ dao động, thời gian lò xo bị nén là A.

2 s. 15

1 s. 15

2 1 s. D. s. 3 30 0,8 H, tụ điện có điện dung C = π

Câu 2: Biến trở R, cuộn dây có điện trở thuần r và độ tự cảm L =

10 −3 F mắc nối tiếp. Đặt vào hai đầu đoạn mạch điện áp xoay chiều có tần số 4π

50 Hz. Khi điện

trở của biến trở là R1 = 10 Ω thì công suất tiêu thụ trên toàn đoạn mạch có giá trị cực đại. Để công suất tiêu thụ trên biến trở cực đại thì phải điều chỉnh điện trở của biến trở A. tăng thêm 50 Ω so với ban đầu. B. tăng thêm 30 Ω so với ban đầu. C. tăng thêm 40 Ω so với ban đầu. D. giảm đi 5 Ω so với ban đầu. Câu 3: Trên một sợi dây đàn hồi đang có sóng dừng mà biên độ dao động của một phần tử bụng sóng uM = 2,5cos(10πt + là 5 cm. M là một điểm trên dây dao động với phương trình

π 2π ) cm và điểm N có phương trình uN = 2,5cos(10πt ) cm. Tốc độ truyền sóng trên sợi dây là 1,2 3 3 m/s. Khoảng cách nhỏ nhất giữa hai điểm M, N là A. 0,02 m. B. 0,04 m. C. 0,08 m. D. 0,06 m. Câu 4: Đặt điện áp xoay chiều có điện áp hiệu dụng không đổi nhưng tần số biến thiên vào hai đầu đoạn mạch gồm điện trở thuần R, cuộn cảm thuần có độ tự cảm L và tụ điện có điện dung C. Khi tần số điện áp là ω1 = 100 2 π rad/s thì công suất tiêu thụ của đoạn mạch cực đại. Khi tần số điện áp là ω2 thì cảm kháng của cuộn cảm thuần bằng 15 Ω và dung kháng của tụ điện bằng 30 Ω. Độ tự cảm L bằng

0, 45 H π

0,30 H π

0,15 H π

0,60 H π

Câu 5: Một đoạn mạch AB không phân nhánh gồm cuộn cảm thuần độ tự cảm L, điện trở thuần R và tụ điện có điện dung C thay đổi. M là điểm nối giữa L và R; N là điểm nối giữa R và C. Đặt vào hai đầu AB điện áp xoay chiều có biểu thức u = U 2cosωt (U và ω không đổi). Biết R =

điện dung của tụ điện, khi C = C1 thì điện áp tức thời uAN lệch pha

3 ZL. Điều chỉnh

π so với điện áp tức thời uMB; khi 2

C = C2 thì điện áp hiệu dụng UAM đạt cực đại. Hệ thức liên hệ đúng giữa C1 và C2 là

A. C1 =

C2 . 3

C1 =

C2 . 3

C. C1 = 3C2.

D. C1 =

3C2 .

Câu 6: Trong mạch dao động điện từ LC lí tưởng, điện tích của tụ điện có biểu thức q = 5.109 7 .cos10 t (C). Kể từ thời điểm t = 0 cho đến khi năng lượng từ trường cực đại lần đầu tiên thì độ lớn điện lượng đã phóng qua cuộn cảm bằng A. 10 nC. B. 1 nC. C. 2,5 nC. D. 5 nC. Câu 7: Đoạn mạch không phân nhánh AB gồm biến trở R, cuộn cảm thuần và tụ điện có điện dung C =

10 −3 F. Đặt vào hai đầu đoạn mạch đó điện áp xoay chiều tần số 50 Hz. Khi điện trở của biến trở là R1 2π = 9 Ω thì dòng điện nhanh pha hơn điện áp uAB góc ϕ1. Khi điện trở của biến trở là R2 = 16 Ω thì dòng

điện nhanh pha hơn điện áp uAB góc ϕ2. Biết

φ1 + φ 2 =

π . Độ tự cảm L có giá trị bằng 2

1,64 H. π

0,32 H. π

1, 24 H. π

0,08 H. π

Câu 8: Một mạch dao động điện từ lí tưởng dao động với chu kì T và có điện tích cực đại trên một bản tụ là 2μC. Trong một chu kì khoảng thời gian cường độ dòng điện có độ lớn không vượt quá 20 mA là

T . Lấy π = 3,14. Chu kì dao động của mạch là 3 A. 3,14 μs. B. 314 μs. C. 0,314 μs. D. 31,4 μs. Câu 9: Trong thí nghiệm giao thoa sóng mặt nước, hai nguồn kết hợp A và B cách nhau 10 cm dao động cùng pha, cùng biên độ a và tần số 20 Hz. Tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 30 cm/s, coi biên độ sóng không đổi trong quá trình truyền sóng. Gọi C và D là hai điểm ở mặt nước sao cho ABCD là hình vuông. Số điểm dao động với biên độ bằng a 2 trên đoạn CD là A. 6. B. 10. C. 5. D. 12. Câu 10: Mạch dao động điện từ gồm cuộn dây có độ tự cảm L = 1,2.10-4 H, điện trở thuần r = 0,2 Ω và một tụ điện có điện dung C = 3 nF. Để duy trì dao động điện từ trong mạch với hiệu đện thế cực đại giữa hai bản tụ điện là U0 = 6 V thì mỗi chu kì dao động cần cung cấp cho mạch một năng lượng bằng A. 108π pJ. B. 0,09 mJ. C. 108π nJ. D. 6π nJ.

Câu 11: Đặt điện áp xoay chiều u = 120 2 cos100πt (V) vào hai đầu đoạn mạch gồm biến trở R, cuộn

10−4 cảm thuần có độ tự cảm L và tụ điện có điện dung C mắc nối tiếp, với L.C > 2 . Khi điều chỉnh R π thì thấy có hai giá trị của biến trở là R1 = 18 Ω và R2 = 8 Ω thì công suất tiêu thụ của mạch như nhau. Khi công suất tiêu thụ trên mạch đạt cực đại thì điện trở của biến trở là R3, khi đó dòng điện qua mạch có biểu thức

 

π A 4 π  C. i 3 = 10 2 100πt −  A 4 

 

π A 4 π  D. i 3 = 5 2 100πt +  A 4 

A. i 3 = 10  100πt −

B. i 3 = 10 100πt +

Câu 12: Một chất điểm dao động điều hòa trên trục Ox với phương trình x=1+ 5cos2πt (cm), trong đó t đo bằng s. Vật có tốc độ dao động cực đại bằng A. 5π cm/s khi vật ở vị trí có x = 1 cm. B. 10π cm/s khi vật ở vị trí có x = 0. C. 10π cm/s khi vật ở vị trí có x = 1 cm. D. 10π cm/s khi vật ở vị trí có x = - 1 cm. Câu 13: Trong thí nghiệm giao thoa sóng mặt nước, hai nguồn sóng A và B cách nhau 8 cm dao động cùng pha. Ở mặt nước, về một phía của AB lấy hai điểm C và D sao cho CD = 4 cm và có chung đường trung trực với AB. Biết bước sóng là 1 cm. Để trên CD chỉ có 5 điểm dao động với biên độ cực đại thì khoảng cách lớn giữa AB và CD bằng A. 2 2 cm. B. 6 2 cm. C. 3 5 cm. D. 4 cm. Câu 14: Chuyển động của vật có khối lượng không đổi m là tổng hợp của hai dao động điều hòa cùng phương, có phương trình dao động lần lượt là x1 = 10cos(2πt + ϕ) cm; x2 = A2cos(2πt -

π π ) cm. Phương trình của dao động tổng hợp là x = Acos(2πt - ) cm. Khi thay đổi biên độ A2 mà cơ 2 3

năng dao động của vật không đổi thì giá trị lớn nhất của A2 là

A. 10 3 cm. B. 20 cm. C. 20 3 cm. D. 10 cm. Câu 15: Một con lắc đơn có chiều dài sợi dây là 20 cm dao động điều hòa ở nơi có gia tốc trọng trường g = 9,8 m/s2. Khi con lắc dao động tới vị trí mà góc lệch của sợi dây so với phương thẳng đứng là α = 0,1 rad thì vật nặng có tốc độ 0,14 m/s. Biên độ và tần số góc của dao động lần lượt là

2 cm và 7π rad/s. D. 2 2 cm và 7 rad/s.

A. 2 cm và 7π rad/s.

B. 2

C. 2 cm và 7 rad/s. Câu 16: Một đoạn mạch xoay chiều AB được mắc nối tiếp theo thứ tự: cuộn cảm thuần có độ tự cảm thay đổi, điện trở thuần và tụ điện. Gọi M là điểm giữa cuộn cảm thuần và điện trở thuần. Dùng vôn kế

có điện trở rất lớn đo điện áp hai đầu đoạn mạch AB và MB thì số chỉ của vôn kế lần lượt là 120 V và 160 V. Biết điện áp hai đầu đoạn mạch AB và MB lệch pha nhau

π rad. Mạch điện lúc đó có 2

A. điện áp hiệu dụng hai đầu cuộn cảm thuần cực đại và bằng 250 V. B. hệ số công suất của đoạn mạch AB bằng 0,8. C. điện áp hai đầu tụ điện trễ pha hơn điện áp hai đầu đoạn AB góc

2π . 3

D. điện áp hai đầu điện trở thuần đo được là 120 3 V. Câu 17: Một bánh đà có momen quán tính là 20 kg.m2 quay đều quanh trục cố định, trong thời gian 5 s nó quay được 62 vòng. Momen động lượng của bánh đà đối với trục quay đó có độ lớn bằng A. 1558 kg.m/s. B. 779 kg.m/s. C. 496 kg.m2/s. D. 1558 kg.m2/s. Câu 18: Cho đoạn mạch không phân nhánh gồm hai đoạn AM và MB, trong đó đoạn AM là một cuộn dây không thuần cảm. Đặt điện áp xoay chiều u = 100 2 cos100πt V vào hai đầu AM thì dòng điện có cường độ hiệu dụng I1 = 2 A và lệch pha với điện áp hai đầu đoạn mạch góc 300. Khi đặt điện áp vào hai đầu đoạn AB thì dòng điện có cường độ hiệu dụng I2 = 1 A và các điện áp tức thời hai đầu đoạn AM và MB lệch pha nhau

π . Công suất tiêu thụ của đoạn AB bằng A. 75 3 W. 2

B. 50

3 W. C.

50 W. D. 25 3 W. Câu 19: Dao động của một chất điểm là dao động tổng hợp của 3 dao động điều hòa cùng phương, cùng tần số 50 Hz với biên độ và pha ban đầu lần lượt là A1 = 1,5 cm;A2 =

3 cm; A3 = 3 cm; ϕ1 = 0; ϕ2 2

π 5π ; ϕ3 = . Phương trình dao động của chất điểm là 2 6 π 2π ) cm . A. x = 3cos(100πt + ) cm B. x = 3cos(100πt + 2 3 π π C. x = 2 3cos(100πt + ) cm D. x = 2 3cos(100πt + ) cm 3 2 Câu 20: Đặt điện áp xoay chiều u = 120 2 cos100πt V vào hai đầu đoạn mạch AB gồm hai đoạn AM

và MB nối tiếp. Đoạn AM gồm điện trở thuần R và tụ điện có điện dung C, đoạn MB là một cuộn dây có độ tự cảm L và điện trở thuần r. Dòng điện qua đoạn mạch có biểu thức i = 2 A; điện áp hai đầu AM và MB có các giá trị hiệu dụng

π rad. Giá trị điện trở r là 2 A. 15 2 Ω B. 60 2 Ω

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH

UMB =

C. 15

2 cos(100πt -

π ) 12

3 UAM và lệch pha nhau

6 Ω

D. 30

6 Ω

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI KỲ THI CHỌN HSG NĂM HỌC 2012-2013 Môn: VẬT LÝ (Phần tự luận) – Lớp 12 THPT

Câu 1 Yêu cầu

Điểm

(1 đ) 2

Gia tốc góc γ =

2 0

ω −ω = −5 2φ

0,25 đ

rad/s

0,5 đ

Momen hãm M = Iγ = - 0,1 N.m Độ lớn của momen hãm là 0,1 N 2.

Thời gian đĩa quay đến khi dừng T =

Câu 2

Yêu cầu

ω − ω0 = 2 s. γ

0,25 đ

Điểm (2,5 đ)

Tính tỉ số lực căng của sợi dây - Lập công thức tính tốc độ dao động tại một vị trí bất kỳ với góc lệch của sợi dây là α so với vị trí cân bằng

v = 2gl(cosα-cosα 0 ) = gl(α '20 − α 2 )

0,25 đ

- Lực hướng tâm tác dụng vào vật là 1

Fht = T − P.cosα mv 2  T = P cos α + = 3P cos α − 2Pcos α 0 l = P + P.α02 − 1,5P.α 2

0,5 đ

Tmax = P + P.α 02 ; Tmin = P − 0,5P.α 20 Thay số tính được tỉ số

Tmax P + P.α 02 = = 1,06 Tmin P − 0,5P.α 02

0,25 đ

Khi có điện trường: Quả cầu dao động do tác dụng của hợp lực + Vận tốc của quả cầu tại vị trí O1 là v’ =

g '.l.α0

; với g’ =

R của hai lực P

và

Fd 0,5 đ

R P g = = =10,04 m/s2 m m.cosβ cosβ

Thay số tính được v’ = 0,32 m/s. - Sau khi điện trường bị mất, con lắc dao động điều hòa chỉ do tác dụng của trọng lực xung quanh vị trí cân bằng O: 0,25 đ 2 - Biên độ dao động là

' 0;

- Ta có:

' 0

α = β +

v '02

= 0,1 2

rad

- Gọi vị trí góc lệch của sợi dây khi lực căng sợi dây và trọng lực có cùng độ lớn là α. Với a=

Câu 3.

2 0

0,25 đ

T = P + P.α − 1,5P.α = P ; Khi P = T thì α = 0,12 rad. 2 t

a +a

2 ht

;

Với: at = P.α Và aht =

v 2 g.l(α02 − α 2 ) = = g(α 02 − α 2 ) l l

0,25 đ

Thay số ta được: a = 1,12 m/s2.

0,25 đ

Yêu cầu

Điểm (2 đ)

Lập phương trình sóng tại một điểm B cách 2 nguồn những đoạn d1 và d2

π π u = 2a cos (d 2 − d1 )cos(ωt- (d1 + d 2 ) λ λ 59

0,25 đ

1. Biên độ sóng tại điểm B là

π A = 2a cos (d 2 − d1 ) λ

Tính d1M = 3,96 cm và d2M = 8,8 cm Bước sóng λ =

λ=

v f

0,5 đ

= 1 cm

Thay số tính được biên độ dao động của điểm M là A = 9,8 mm Gọi C, D là vị trí ban đầu và cuối đoạn đường đi của của (P). 2.

0,5 đ

Độ dài CD = v.t = 10 2 cm Vì quĩ đạo chuyển động có hệ số góc bằng

2 nên tứ giác BCND là hình vuông. CN = 10 cm BC = 10 cm Tại C có S1C = 2 cm;

S1S22 + S1 N 2

S2 C = 2.

0,25 đ = 11,18 cm

∆dC = 9,18 cm = 9,18λ Tại D có

S1E 2 + ED 2

S1 D =

= 15,62 cm; S2D =

S2 E 2 + ED 2

= 10,04 cm

∆dD = 5,58 cm = 5,58λ Từ phương trình sóng, ta được vân đi qua I là vân cực đại. Số vân cực đại cắt đoạn CD là 15 vân. Số điểm có biên độ cực đại cắt CD là 15 Câu 4

Yêu cầu

0,25 đ

Điểm (3 đ)

Khi C = C1

U R = R.I =

R.U R 2 + (ZL − ZC )2

= 1+

(ZL − ZC )2 R2

0,5 đ

Để UR không phụ thuộc R thì ZL = ZC Vậy

U R

Q1 = R1I t1 =

U2 t1 R1

Q2 = R2I t2 =

U2 U2 2 t 2 ; Q3 = R3I t3 = t3 R2 R3

Q1 R 2 t1 R t 2 =  1= 1= Q 2 R 1t 2 R2 t2 3

0,5 đ 0,25 đ

R2 = 1,5R1 R3 = 2R1 + 3R2 =2R1 + 4,5R1 = 6,5R1

Q1 R 3 t1 R t 10 R1 =  1= 1= = Q 3 R 1t 3 R 3 t 3 t 3 6,5R1 t3 = 65 phút Khi C = C1

0,5 đ

tan ϕ =

ZL − ZC 1

= tan

π = 1 Z L − ZC = R  Z L = Z C + R 4 ; 1

0,25 đ

Khi C = C2 thì UCmax 2

Chứng minh khi UCmax thì

ZC = 2

0,25 đ

R 2 + Z L2 ZL

R 2 + Z L2 ZC = = 2,5ZC ZL 2

Ta được phương trình: 1,5Z Giải ra ta được: ZL =

Câu 5.

0,5 đ 2 L

+ 2,5R.ZL − R = 0 R 10.R ; ZC2 = 3 3

Thay số tính hệ số công suất của mạch cosϕ = 0,316

0,25 đ

Yêu cầu

Điểm

Tính tần số biến thiên của năng lượng từ trường + Tần số dao động riêng của mạch: 1.

1 = 2π LC

1 ≃ 159155 Hz. C1C2 2π L C1 + C2

0,25 đ

+ Tần số biến thiên của năng lượng từ trường: Chứng minh tần số biến thiên của năng lượng từ trường bằng 2 lần tần số dao động điện t ừ. 0,5 đ f1 = 2f ≃ 318310 Hz + Vậy: Tần số biến thiên của năng lượng từ trường là: Tính điện áp cực đại hai đầu mỗi tụ điện + Điện áp cực đại hai đầu bộ tụ điện:

Cb U 02 LI02 L = → U0 = .I0 = 15 V 2 2 Cb

0,25 đ

+ 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 = 10V  →  U 01 C2 U 02 = 5V U = C = 2  02 1 Lưu ý: - Học sinh có thể giải cách khác cho kết quả đúng vẫn cho điểm tối đa. - Kết quả cuối cùng thiếu hoặc sai đơn vị trừ 0,25 điểm (Trừ lỗi sai hoặc thiếu đơn vị toàn bài không quá 0,5 điểm) - Điểm toàn bài tự luận là tổng điểm các câu trong bài (không làm tròn)

0,5 đ

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 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 α 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 K định trên mặt nêm nghiêng một góc α so với phương ngang, đầu dưới gắn vào vật nhỏ có khối lượng m (hình vẽ 1). Bỏ qua ma m sát ở mặt nêm và ma sát giữa nêm 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 thả nhẹ vật và đồng thời buông nêm. Tính M 300 chu kì dao động của vật m so với nêm. Hình 1 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 = u B = acos(20π 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 C1 = 3nF ; C2 = 6nF . Cuộn thuần cảm có độ tự cảm L = 0,5mH . K Bỏ qua điện trở khoá K và dây nối. C1 C2 • 1. Ban đầu khoá K đóng, trong mạch có dao động điện từ tự do A M 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. 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 Hình 2 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 điện C và cuộn cảm có điện trở thuần mắc nối tiếp. Đặt vào hai đầu đoạn mạch một điện áp xoay chiều u AB = 120.cos(100π t)V. Bỏ qua điện trở của dây nối 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 .

R A

• M

K C

• N Hình 3

a) Tính hệ số công suất của đoạn mạch. b) Viết biểu thức của điện áp tức thời hai đầu điện trở R. 10−3 F . Khoá K mở thì điện áp hiệu dụng giữa hai điểm M, B 2. Điện dung của tụ điện C =

là U MB = 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 các trục song song nằm ngang với các tốc O2 x độ góc ω1 = ω2 = ω = 2rad / s. (hình vẽ  4). Khoảng cách giữa các trục theo phương ngang là 4m. Ở thời điểm t=0, người ta đặt một tấm ván đồng chất có 4m tiết diện đều lên các hình trụ, vuông góc với các trục quay sao cho nó ở vị trí Hình 4 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 µ = 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 danh:..........................

sinh:...........................................................................

Số

báo

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 Điểm Câu1 Xác định chu kì dao động và tốc độ cực đại (1điểm): (5đ) 2π l 2π = 2π = = 1, 257( s) …………………………….. 0,5 + Chu kì dao động: T = g 5 ω 1.1.a

+ Biên độ dao động của quả cầu: s0 = α 0 .l = 6cm …………………………………. 0,25 + Tốc độ cực đại của quả cầu: vmax = ω s0 = 5.6 = 30cm / s ………………………….. 0,25

1.1.b

Xác định sức căng dây treo tại VTCB (1điểm): + Lúc đi qua VTCB quả cầu có tốc độ: vmax = 30cm / s …………………………….. 0,25

vm2 ax 0,32 = = 0, 225m / s 2 ………………….. 0,25 l 0, 4 + Theo định luật II Niu Tơn, khi vậ t đi qua VTB: τ − mg = man  τ = mg + man = 0, 6.(10 + 0, 225) = 6,135( N ) ………………………… 0,5 + Gia tốc hướng tâm của quả cầu: an =

1.1.c

1.1.d

1.2

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.4 s0 ………………………… 0,25 n.4s0 4.6 S + Tốc độ trung bình của vật sau n chu kì là: V = = = = 19,1(cm / s ) nT n.T 1, 2566 0,25 …………………………………………….. Quãng đường cực đại (1,5điểm): 0,25 2T T T = + ………………………………………………………… + Phân tích ∆t = 3 2 6 + Quãng đường cực đại Smax = 2s0 + S1max …………………………………………… 0,25 Trong thời gian T/6 vật đi được S1max ứng với M2 M1 tốc độ trung bình lớn nhất khi vật chuyển động s lân cận VTCB. Sử dụng véc tơ quay ta tính • 3 6 O -3 2π T π . = suy ra được góc quay M1OM 2 = T 6 3 0,5 S1max= A → S max = 3s0 = 3.6 = 18cm …………………….…………….. + 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: 0,5 v = ω A2 − x 2 = 6. 62 − (−3)2 = 18 3(cm / s ) ………….…………… 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 α trên bàn): lò xo giãn một đoạn: ∆l0 = (1) K

0,25

- Chọn trục Ox gắn với nêm và trùng mặt nêm hướngFxu ống, O là VTCB của m d trên nêm. N - Tại vị trí vật có li độ x: theo định luật II Niu Tơn: 0,25 // • Q F q mg sin α − K (∆l0 + x) + ma.cosα =mx (2) ............................................................ O m với a là gia tốc của nêm so với sàn. P X N + Trong hqc gắn với bàn, với nêm ta có: ( mgcosα -ma.sinα )sinα -K(x+∆l0 )cosα =Ma ..................................................... P/ thay (1) vào biểu thức vừa tìm ta được: − Kx.cosα 0,5 (3) a= M + m sin 2 α K .x.cos 2α K .( M + m) = mx //  x // + .x = 0 + Thay (3) vào (2) cho ta: − Kx − m 2 M + m.sin α m( M + m.sin 2 α ) chứng tỏ m dao động điều hoà so với nêm với chu kì: T =

2π

= 2π

m( M + m.sin 2 α ) 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: λ / 2 = 3cm → λ = 6cm ……………………………………………………. 0,5 2.1 + Tốc độ sóng: v = λ f = 60cm / s …………………………………………………… 0,5 Tính số điểm cực đại trên đoạn AB (1 điểm) + Khoảng cách giữa hai điểm đứng yên liên tiếp trên đoạn AB là λ / 2 , khoảng cách 2.2 giữa một điểm cực đại và một điểm đứng yên liên tiếp trên đoạn AB là λ / 4 …… 0,25 + Hai nguồn cùng pha thì trung điểm của AB là một điểm cực đại giao thoa……… 0,25  AB 1  +  = 10 điểm…………….0,5 + Trên đoạn AB có số điểm đứng yên là: N A min = 2  2  λ 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: 0,25 2π x π . AB uM = 2a.cos .cos(ωt − ) …………………………………………. 2.3

2.4

+ Từ pt dao động của M trên đoạn AB ta thấy hai điểm trên đoạn AB dao động cùng 0,25 pha hoặc ngược pha, nên tỷ số li độ cũng chính là tỷ số vận tốc…………………… 2π x1 2π .0,5 cos uM/ 1 uM1 cos λ 6 = 3/2 = − 3 = = = / 2π .2 uM 2 uM 2 cos 2π x 2 −1/ 2 cos λ 6 / uM → vM 2 = uM/ 2 = − 1 = 4 3(cm / s ) 0,5 3

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 : 2π x π . AB 2π x uM = 2a.cos .cos(ωt − ) = 2a.cos cos(ω t-5π ) 0,25 λ λ λ …………………………… + Các điểm dao động với biên độ cực trên đoạn AB cùng pha với nguồn thoả mãn: 2k + 1  .λ 2π x 2π x x = cos = −1 → = (2k + 1)π →  → k = −2; −1; 0;1 2 λ λ − AB / 2 < x < AB / 2 0,75 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) (4đ) 1 1 = ≃ 159155( Hz ) ……. + Tần số dao động riêng của mạch: f = 0,5 2π LC C1C2 π 2 L 3.1.a C1 + C2

3.1.b

+ 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) C U 2 LI 2 L .I 0 = 15(V ) …………. + Điện áp cực đại hai đầu bộ tụ điện: b 0 = 0 → U 0 = 0,5 2 2 Cb

+ 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 )  → ………………………………………….0,5  U 01 C2 U 02 = 5(V ) U = C = 2 1  02 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: u1 C2 u = = 2 → u2 = 1 = 3V ………………………………………………… 3.1.c 0,5 u2 C1 2 + Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng: C1u12 C2 u22 Li 2 LI 02 C1u12 + C2 u22 2 W= + + = → i = I0 − = 0, 024( A) …………. 0,5 2 2 2 2 L Tính cường độ dòng điện cực đại và viết biểu thức điện tích (1điểm) 0,25 + Theo định luật bảo toàn điện tích: q1 + q2 = C1U 01 = 3.10−9.10 = 3.10−8 (C ) = q0 (1)…

+ Theo định luật bảo toàn năng lượng:

3.2

q12 q 2 Li 2 q02 + 2 + = (2)…………………..0,25 2C1 2C2 2 2C1 thay vào (2) ta được pt:

+ Rút q2 từ (1) 2 2 2 2 q1 q (q − q ) Li + 0 1 + = 0 → C2 q12 + C1 (q0 − q1 )2 + LC1C2 .i 2 − C2 .q02 = 0 , thay số: 2C1 2C2 2 2C1 0,25 2 2 −12 2 3q1 − 2q0 .q1 − q0 + 3.10 .i = 0 (3)…………………………………………………. + Điều kiện tồn tại nghiệm của pt (3): 2 q 0 ∆ / = q02 − 3.(3.10−12.i 2 − q02 ) = 4q02 − 9.10−12.i 2 ≥ 0  i ≤ = 0, 02( A) , suy ra cườ 3.10−6 0,25 dòng điện cực đại trong mạch là I0=0,02A

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…………………………………………………

4.1

0,25

+ Giản đồ véc tơ : 0,25 - Áp dụng định lí hàm số cosin: hệ số công suất của đoạn mạch: 2 U 2 + U AB − U 22 2 cosϕ = 1 = ………………………………………………………….. 1,5 UA U2 2.U1.U AB 2 - Suy ra uAM trễ pha π / 4 so với uAB nên: I U1 u AM = 40 2cos(100π t − π / 4)(V ) ………………………………………………… 0,5

Tính R; L (2,5điểm)

0,5 1 = 10(Ω) ………………………………………… ωC + Từ giản đồ véc tơ, ta còn có: U R + U r = U AB .cos(π /4)=60 → U r = 20V 0,5 U L = U AB .sin π / 4 = 60V , suy ra: R = 2r ; Z L = 3r …… + Khi khoá K mở, mạch có thêm tụ điện, lúc này điện áp hiệu dụng giữa hai điểm M, B: + Dung kháng của tụ điện: ZC =

4.2

U MB = I . r + ( Z L − Z C ) =

U AB . r 2 + ( Z L − ZC ) 2 ( R + r )2 + ( Z L − Z C )2

= 12 10(V ) , thay R=2r; ZL=3r

1,0 = 12 10 → r = 5(Ω ) ……………………………. (3r ) 2 + (3r − 10) 2 0,5 Từ đó suy ra: R = 10Ω; Z L = 15Ω → L = 0,15 / π ( H ) ………………………………… vào ta được:

60 2. r 2 + (3r − 10) 2

Câu5 Thời điểm tốc độ dài của một điểm trên vành trụ nhỏ bằng tốc độ ván (0,75điểm (2đ) + Chọn gốc O trùng khối tâm của ván khi nó ở VTCB + Khi G có tọa độ x: 2mg   N1 l / 2 − x N = (l / 2 − x ) =   1 l  N2 l / 2 + x   2mg    N1 + N 2 = mg  N 2 = l (l / 2 + x) + Ban dầu ma sát trượt, nên theo định luật II Niu Tơn: 2µ mg 2µ g Fms1 − Fms 2 = mx //  − .x = mx //  x // + .x = 0 (1) l l 5.1 Chứng tỏ ban đầu vật chuyển động pt: x = A cos(ω0t + ϕ ) với ω0 = 2µ g / l = 0,5(rad / s )

 x = 2(m)  A.cosϕ =2  A = 2m   Trong đó: t = 0 ta có:  V = 0 sin ϕ = 0 ϕ = 0 Do đó đầu tiên vật dao động theo pt: x = 2.cos(0,5t) (m) khi mà ma sát giữa ván 0,25 và các trụ đều là ma sát trượt (khi mà Fms 2 = µ N 2 > µ N1 = Fms1 )…………………. + 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 0,25 thì sau đó lực ma sát giữa ván với trụ nhỏ là ma sát nghỉ……………………………. + Ta xác định thời điểm t1: 0,25 V1 = −ω0 . A.sin ω0t1 = ω r  sin ω0t1 = 2.0, 25 = 0,5  ω0t1 = π / 6  t1 = π / 3( s) ( 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 x1 − x2 π 3 0,25 = + ≃= 4,5( s ) ………………………. x2= 0: ván ở VTCB , nên: t2 = t1 + V1 3 2 + 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

0,25 = 1m . …….

ω0 + 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 = ω0 . A1 = 0,5m / s < ω r < ω 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+ϕ1 ) , tại t = 4,5(s):

cos(2,25+ϕ1 ) = 0 x = 0   V = −0,5(m / s ) − sin(2, 25 + ϕ1 ) = −1  ϕ1 = −0, 68(rad )  x = 1.cos(0,5t-0,68)(m)

Vậy: * với 0 ≤ t ≤

π 3

…………………………………………………….. 0,25

( 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

0,25

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

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

ĐỀ CHÍNH THỨC

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 50πt (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 2 đoạn mạch một điện áp xoay chiều u AB = 220 2 cos100πt (V ) , R = 50 3Ω , L = H ,

−3

10 A F. R 5π a) Viết biểu thức cường độ dòng điện, biểu thức của các điện áp uAN và uMB. b) Điều chỉnh C để công suất trên cả đoạn mạch đạt cực đại. Tìm C và giá trị cực đại của công suất. 2 c) Giữ nguyên L = H , thay điện trở R bằng R1 = 1000Ω, C=

Hình 1

4 µF . Giữ nguyên điện áp hiệu dụng của nguồn, thay đổi tần 9π số f đến 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. 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, π 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 D Ω. Biết rằng đường đặc trưng vôn-ampe của điôt D (tức là sự phụ thuộc của E,r R dòng điện đi qua điôt vào hiệu điện thế hai đầu của nó) được mô tả bởi công -2 2 thức I = 10 U , trong đó I được tính bằng ampe còn U được tính bằng vôn. Xác định cường độ dòng điện trong mạch. Hình 2 - - - Hết - - điều chỉnh tụ điện C bằng C1 =

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

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

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

NỘI DUNG Điểm - Bước sóng : λ = vT = 2cm ............................................................................................. 0,5 - Phương trình sóng từ các nguồn truyền tới điểm M : 1.a 0,5 2πd1 2πd 2 u1M = 2 cos(50πt − ); u2 M = 2 cos(50πt − ) ................................................ (1,5đ) λ λ - Phương trình sóng tổng hợp tại M : π π    u M = 4 cos  (d 2 − d1 ) cos 50πt − (d1 + d 2 ) (cm). λ λ    - Độ lệch pha :

∆ϕ =

2π

0,5

(d 2 − d1 ) .................................................................................... 0,5

1.b 2π λ (1,5đ) - Điểm đứng yên khi : ∆ϕ = (d 2 − d1 ) = (2k + 1)π  d 2 − d1 = (2k + 1) .....................0,5

2 λ - Số điểm đứng yên trên AB : ( 2k + 1) ≤ AB  −9,5 ≤ k ≤ 8,5 với k nguyên 2

0,5

=> k nhận các giá trị từ : - 9, -8..............7, 8. có 18 điểm........................................... π  - Phương trình sóng : u M = 4 cos  ( d 2 − d1 )  cos[50πt − π ](cm). λ  1.c (1,0đ)

0,5 π  Hay : u M = −4 cos  ( d 2 − d1 )  cos 50πt (cm). ........................................... λ  - Các điểm dao động cực đại cùng pha với nguồn khi : π  cos  (d 2 − d1 ) = −1  d 2 − d1 = 4k + 2 . Khi đó : (4k + 2) < AB 0,5 2  => -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 λ => điểm O dao động ngược pha với nguồn do đó điểm M cũng dao động ngược pha với nguồn................................................................................... 0,25

- Điểm M dao động ngược pha với nguồn khi : AM = (2k + 1) ....................................... 0,25 1.d 2 (1,0đ) λ - Để điểm M nằm trên đường trung trực AB thì : (2k + 1) >9 => k > 4............................. 0,25

- Điểm M gần nhất khi kmin : kmin = 5. Khi đó : AM = 11cm - Khoảng cách MO là :

MO =

0,25

AM − AO = 2 10 (cm) ..............................................

2 2 0,5 Tổng trở : Z = R + ( Z L − Z C ) = 100 3 (Ω) .................................................................

trong đó Z L = ωL = 200Ω; Z C = 2.a (3,5đ) Cường độ dòng điện : Độ lệch pha :

1 = 50Ω ....................................................... 0,5 ωC

U0 ≈ 1,8 A .............................................................................. 0,5 Z Z − ZC π π tan ϕ = L = 3 ϕ = ϕi = ϕu − ϕ = − ............................. 0,5 R 3 3 I0 =

0,5

- Biểu thức cường độ dòng điện :

i = 1,8 cos(100πt − ) A ............................................. 3

- Biểu thức uAN :

Z AN = R 2 + Z L2 ≈ 218Ω

0,25

U0AN = I0ZAN ≈ 392,4V

0,25 ZL 200 =  ϕ AN ≈ 1,16rad = ϕ uAN − ϕ i  ϕuAN ≈ 0,11rad R 50 3 u AN = 392,4 cos(100πt + 0,11)(V ) ...................................................................... - Biểu thức uMB : 0,25 Z AN = Z L − Z C = 150Ω U0MB = I0ZMB = 1,8.150 = 270(V) 0,25 π Vì ZL > ZC nên ϕ MB = ..................................................................................... 2

tan ϕ AN =

u MB = 270 cos(100πt −

π 3

π 2

)(V ) = 270 cos(100πt +

π 6

)(V ) ..............................

- Công suất trên đoạn mạch đạt cực đại khi : Z C , = Z L = 200Ω ........................................... 0,5 2.b −4 (1,5đ) - Điện dung của tụ : C , = 1 = 10 F ............................................................................. 0,5 ω.Z C , 2π 2

 220  2  .50 3 ≈ 558,7(W ). ...................................0,5 - Công suất cực đại là : Pmax = I max .R =   50 3  - Điện áp hiệu dụng giữa hai bản tụ: U .Z C1 U C1 = I .Z C1 = = R12 + ( Z L − Z C ) 2 2.c (1,0đ)

U 2

 R12  Z L +  − 1 2 Z C1  Z C1  - Ta thấy UC1 đạt cực đại khi mẫu số cực tiểu. Biến đổi biểu thức ở mẫu số ta được: MS =

2C1 L − C12 R12 = 1000π (rad / s) 2C12 L2

U. - Giá trị cực đại của UC1 là: U C1Max =

3.1.a (2,0đ)

0,25

L2C12ω 4 + (C12 R12 − 2 LC1 )ω 2 + 1 ………………..…………….…………..

- Mẫu số cực tiểu khi: ω0 =

3.1

0,25 ……………………………………

1 ω0C1 2

 f0 =

ω0 = 500 Hz. …..0,25 2π

= 480,2(V ). ……………… 0,25

 1   R12 +  ω0 L − ω0C1   - Phương trình dao động của vật có dạng: x = A cos(ωt + ϕ ) ……………………………. - Tần số góc: ω =

0,5 k 25 = = 2π (rad / s) ……………………………………………….. m 0,625 0,5

 x0 = A cos ϕ = 5  A = 5cm; ϕ = 0 ………………………………. - Tại thời điểm t = 0:  v0 = −ωA sin ϕ = 0 0,5 - Phương trình dao động là: x = 5 cos 2πt (cm). …………………………………………….. 0,5

- 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 chuyển động đến lúc vật qua vị trí 1,0 x = -2,5cm là: 3.1.b (2,0đ)

α=

4π = ωt 3

2 ( s ) ………………………… 3 S 12,5 = 18,75(cm / s ). tđtb = = t 2/3

 t=

- Tốc độ trung bình:

-5 -2,5

1,0

= 0,25m = 25cm. Vì vậy vật chỉ dao động 0,5 - Tại vị trí cân bằng độ giãn của dây là ∆l = 3.2 k (1,0đ) điều 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

0,25 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 : kx02 mv02 0,25 Tại VTCB: W1 = + Tại vị trí cao nhất: W2 = 2 2 mghmax………………………………….. W1 = W2 => hmax = 32,5cm.

4.a (2,0đ)

TK O1 TK O3 A1B1 A2B2 ………………………………….. 0,5 - Sơ đồ tạo ảnh qua hệ: AB - Áp dụng công thức thấu kính, ta có: 0,5 d f d f 50 d1/ = 1 1 = 30cm. d 2 = l − d1/ = 10cm. d 2/ = 2 2 = − cm ………………. d1 − f1 d2 − f2 3

d1/ d 2/ 50 100 = − .  A2 B2 = k AB = cm. ………………………….0,5 d1d 2 15 15 50 - Vậy ảnh A2B2 qua hệ thấu kính là ảnh ảo, ngược chiều với vật và bằng lần vật…….. 0,5 15 - Độ phóng đại: k =

I O1

F’1

0,25

4.b (1,0đ) K

……………………………………………….... - 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 chính………………………………………………………………………………………. 0,25 - Suy ra tia JK kéo dài phải qua F3, từ hình vẽ, ta có F3 là ảnh của F1’ qua TK O2. - Ta có: d2 = 10cm; d2’ = -5cm

 f2 =

d 2 d 2/ = −10(cm) …………………………….0,25 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 = 0,01U2.R……………………………………….. 0,25 5 - Thay số vào ta được phương trình : 0,5U2 + U – 1,5 = 0……………………………….. 0,25 (1,0đ) - Giải phương trình này và lấy nghiệm U = 1V, suy ra UR = 0,5V………………………… 0,25

- Dòng điện trong mạch là: I =

UR = 0,01A. ………………………………………………. 0,25 R

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn: VẬT LÝ- Vòng II Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang. Câu 1 (4,0 điểm): Cho hai vật nhỏ A và B có khối lượng lần lượt là m1 = A 900g, m2 = 4kg đặt trên mặt phẳng nằm ngang. Hệ số ma sát trượt giữa A, B và C k mặt phẳng ngang đều là µ = 0,1; coi hệ số ma sát nghỉ cực đại bằng hệ số ma sát trượt. Hai vật được nối với nhau bằng một lò xo nhẹ có độ cứng k = 15N/m; B tựa vào tường thẳng đứng. Ban đầu hai vật nằm yên và lò xo không biến dạng. Một vật nhỏ C có khối lượng m = 100g bay dọc theo trục của lò xo với vận tốc v đến va chạm hoàn toàn mềm với A (sau va chạm C dính liền với A). Bỏ qua thời gian va chạm. Lấy g = 10m/s2. 1. Cho v = 10m/s. Tìm độ nén cực đại của lò xo. A 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của v để B có thể dịch chuyển sang trái. Câu 2 (4,5 điểm): Cho một vật mỏng, phẳng, đồng chất, khối lượng phân bố đều có dạng nửa hình tròn khối lượng m, đường kính AB = 2R. 1. Xác định vị trí khối tâm của vật. 2. Vật có thể quay không ma sát xung quanh trục quay nằm ngang đi qua đầu A G của đường kính AB và vuông góc với mặt phẳng chứa vật (hình vẽ). Kéo vật lệch khỏi vị trí cân bằng một góc nhỏ rồi thả nhẹ. Chứng tỏ vật dao động điều hòa, tìm chu kì. Cho gia tốc rơi tự do là g. Câu 3 (5,0 điểm): Cho hệ 3 thấu kính (L 1 ), (L 2 ), (L 3 ) đặt đồng trục. L1 L2 B Vật sáng phẳng, nhỏ có chiều cao AB đặt vuông góc với trục chính, ở trước (L 1 ) cách (L1) khoảng d1 = 45cm. Hai thấu kính (L 1 ) và (L 3 ) được giữ cố A O2 O1 định tại hai vị trí O 1 và O 3 cách nhau 70cm.

B L3 O3

1. Thấu kính (L 2 ) đặt tại vị trí cách (L 1 ) khoảng O 1 O 2 = 36cm, khi đó ảnh cuối của vật AB cho bởi hệ ở sau (L 3 ) và cách (L 3 ) một khoảng bằng 255cm. Trong trường hợp này nếu bỏ (L 2 ) đi thì ảnh cuối không có gì thay đổi và vẫn ở vị trí cũ. Nếu không bỏ (L 2 ) mà dịch chuyển nó từ vị trí đã cho về phía (L 3 ) một đoạn 10 (cm), thì ảnh cuối ra vô cực. Tìm các tiêu cự f 1 , f 2 , f 3 của các thấu kính. 2. Tìm các vị trí của (L 2 ) trong khoảng O 1 O 3 mà khi đặt (L 2 ) cố định tại các vị trí đó thì ảnh cuối có độ lớn luôn luôn không thay đổi khi ta tịnh tiến vật AB dọc theo trục chính trước (L 1 ). Câu 4 (4,5 điểm): Cho mạch điện như hình vẽ: 1 L1 Biết hai cuộn dây cảm thuần, L1 thay đổi được; L2 = H; R = A R 2π M

10−3 F ; u AB = 100 2 cos100πt (V). 50Ω; C = 5π 73

1. Điều chỉnh L1 =

1 H, viết biểu thức của cường độ dòng điện trong mạch chính. 2π

2. Thay đổi L1, tìm L1 để điện áp hiệu dụng giữa hai đầu L1 cực đại. Tìm giá trị cực đại đó. Câu 5 (2,0 điểm): Một chiếc vòng mảnh bằng điện môi có khối lượng m, tích điện Q phân bố đều. Vòng lăn không trượt (do quán tính) trên mặt phẳng ngang cách điện trong vùng từ trường đều có véc tơ cảm ứng từ B vuông góc với mặt phẳng của vòng. Xác định vận tốc khối tâm của vòng nếu áp lực của vòng xuống mặt phẳng nằm ngang chỉ bằng một nửa so với khi vòng đứng yên. Bỏ qua ma sát lăn. ---------------HẾT---------------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH

ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1

HDC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn: VẬT LÝ- Vòng II

Nội dung 1. Gọi x là độ co lớn nhất của lò xo, vo là vận tốc của hệ A và viên đạn ngay sau va chạm, áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có: mv = (m1+m)vo→ vo=1m/s 1 1 - Định luật bảo toàn năng lượng cho: (m1 + m)vo2 − kx 2 = µ(m1 + m)gx 2 2 2 → 15 x + 2 x − 1 = 0 → x = 0,2m 2. Để B có thể dịch sang trái thì lò xo phải giãn một đoạn ít nhất là xo sao cho: Fđh = Fms→ kxo = µm2g → 150xo = 40 → xo = 4/15(m). - Như thế, vận tốc vo mà hệ (m1 + m) có khi bắt đầu chuyển động phải làm cho lò xo có độ co tối đa x sao cho khi nó dãn ra thì độ dãn tối thiểu phải là xo 1 1 → kx 2 = µ(m1 + m)g(x + x o ) + kx o2 2 2 2 → 75x − 10x − 8 = 0 → x = 0, 4m 1 1 - Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có: (m1 + m)vo2 − kx 2 = µ(m1 + m)gx 2 2 - Từ đó tính được: vo min ≈ 1,8m/s → vmin ≈ 18m/s.

Điểm 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5

2 A

ϕ O dx R

αx

0,5 O 1. Chia vật thành các dải mỏng coi như các hình chữ nhật có chiều rộng dx rất nhỏ 0,5 cách O khoảng x. Khối lượng của các phần này: dm = σ(2Rsinα)dx 0,5 (σ là khối lượng trên 1 đơn vị diện tích) Từ hình vẽ: x = Rcosα → dx = - Rsinαdα → dm = - 2σR2sin2αdα Áp dụng công thức xác định khối tâm: 0,5

0,5

 (−2σR sin αdα).R cos α 2

xG =

 (dm)x =  (dm)

π 2

2σR 3 2σR 3 2 sin α d(sin α ) =− = m 1 3m

π 4R Thay m = σ R 2 → xG = OG = 2 3π 2. Áp dụng phương trình động lực học của vật rắn: - mg.AG.sinϕ = IA.γ ϕ nhỏ → - mg.AG.ϕ = IA.ϕ" (1)

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

16 + 9π2  4R  Với AG = AO + OG = R +  = R  3π  3π  2 Định lí Stainer: IA = IG + m.AG ; IO = IG + m.OG2 → IA = IO + m(AG2 - OG2) = 0,5mR2 + mR2 = 1,5mR2 2

Thay vào (1) → - mgR

0,25 0,25

16 + 9π2 ϕ = 1,5mR2ϕ" 3π

2g. 16 + 9π2 2g. 16 + 9π2 ϕ = 0 → ϕ" + ω2ϕ = 0 với ω2 = 9πR 9πR πR Chu kì dao động: T = 6π 2g. 16 + 9π2 → ϕ" +

1. Tìm các tiêu cự f 1 , f 2 , f 3 của các thấu kính. - Ta có : + Sơ đồ tạo ảnh với hệ ba thấu kính :

+ Sơ đồ tạo ảnh với hệ hai thấu kính (L 1 ), ( L 3 ) :

0,5 0,5 0,5

Vì :

/ / A2/ B2/ = A1/ B1/ ; d 31 = d 32 nên : d 32 = d 31  d 2/ = d 2 = 0

Ta có :

d 2 = O 1 O 2 - d 1/

 d 1/ = O 1 O 2 = 36 (cm)

d 3 = O 2 O 3 - d 2/

 d 3 = O 2 O 3 = 34 (cm)

0,5

Tiêu cự của thấu kính (L 1 ) :

d1d1/ 45.36 f1 = = = 20 (cm) / d1 + d1 45 + 36 Tiêu cự của thấu kính (L 3 ) : f3

d 3 d 3/ 34.255 = = = 30 (cm) / d3 + d3 34 + 255

Khi dịch chuyển (L 2 ) ta có sơ đồ tạo ảnh bởi (L 2 ) (vị trí mới) và ( L 3 ) như sau :

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

0,25 0,25

0,5

/ → ∞  d 33 = f 3 = 30 (cm) Vì d 33

Mà

/ / d 33 = O 2/ O 3 - d 22  d 22 = O 2/ O 3 - d 33 = 24 - 30 = - 6 (cm)

d 22 = O 1 O 2/ - d 1/ = 46 - 36 = 10 (cm) Tiêu cự của thấu kính (L 2 ) : f2

0,5 0,25 0,25

d 22 d 22/ 10.(−6) = = = - 15 (cm) / d 22 + d 22 10 − 6

2. Tìm các vị trí của (L 2 ) trong khoảng O 1 O 3 : - Khi tịnh tiến vật AB trước thấu kính (L 1 ), tia tới từ B song song với trục chính không đổi. Có thể coi là tia này do một điểm vật ở vô cực trên trục chính phát ra. Nếu ảnh sau cùng có độ lớn không đổi, ta có một tia ló khỏi ( L 3 ) song song với trục chính cố định. Có thể coi tia này tạo điểm ảnh ở vô cực trên trục chính. Hai tia này tương ứng với nhau qua hệ thấu kính. Ta có : d 1 → ∞  d 1/ = f 1 = 20 (cm) d 3/ → ∞  d 3 = f 3 = 30 (cm) Gọi x là khoảng cách từ (L 1 ) đến (L 2 ) thỏa yêu cầu đề bài; ta có : d 2 = x - d 1/ = x - 20 d 3 = 70 – x - d 2/ = 30

(1) (2) ( x − 20)(−15) = 30 Từ (1) và (2) ta được: 70 - x x − 20 + 15 ⇔ 70x - 350 - x 2 + 5x + 15x - 300 = 30x - 150 (*) ⇔ x 2 - 60x + 500 = 0 Phương trình (*) cho ta 02 giá trị x = 50 (cm) x = 10 (cm)

U L2

U MB

1. ZL1 = ZL2 = ω.L1 = 50Ω ; Z1 =

U AB U MB

U L1 I

U MB

R 2 + Z2L2 = 50 2Ω ; ZC =

π . 4 * Gọi ϕMB là độ lệch pha giữa i và uMB:

1 = 50Ω . ωC

0,25

* UMB sớm pha so với iR góc ϕ1 =

tan ϕMB =

2 1

π I C − I R sin ϕ1 Z − ZC Z L2 = = 1 > 0  ϕMB = > 0 4 I R cosϕ1 ZC .R

→ i sớm pha 0,25π so với uMB.

0,5 0,5 0,25

1 1 1 = 2+ 2 2 ZC Z1 ZMB

* Từ giản đồ: I C = I R + I →

→ ZMB = 50 2Ω

2 2 U 2MB + U L1 − 2U MB U L1cos450 = I. Z2MB + ZL1 − 2ZMB ZL1cos450

* UAB =

0,5

U AB

→I=

2 Z2MB + ZL1 − 2ZMB ZL1cos450

0,25

100

= 2A 1 (50 2) + 50 − 2.50 2.50. 2 Gọi ϕ là độ lệch pha giữa uAB và i: U L1 − U MB sin 450 ZL1 − ZMB sin 450 tanϕ = = =0→ϕ=0 U MBcos450 ZMBcos450 2

0,5

0,25

0,5 Vậy phương trình dòng điện trong mạch chính: i = 2 2 cos100πt (A). 0,25 2. Độ lệch pha giữa uMB và i không phụ thuộc vào L1 và luôn bằng 0,25π. Ta có giản đồ véc tơ như hình vẽ. U AB U 0,5 = L1 Từ giản đồ, áp dụng định lí sin: 0 sin 45 sin α U sin α → U L1 = AB 0 sin 45 Dễ thấy UL1 lớn nhất ↔ sinα lớn nhất ↔ α = 900. ∆OMN vuông cân → UL1max = UMB 2 = UAB 2 = 100 2 (V) U 100 = 2A I = MB = ZMB 50 2 1 → ZL1 = 100Ω → L1 = H π - Xét phần tử có chiều dài dl chắn góc ở tâm là dα. Điện tích của phần tử là: Q dq = dα 0,25 2π → Lực từ tác dụng lên dq là: dF = vBdq → dFy = dF . cos β . 0,25 - Do vòng tròn có tính đối xứng nên thành phần dFx của dF triệt tiêu với thành phần dFx’ của dF’. Vì vậy lực từ tác dụng lên vòng chỉ do thành phần dFy sinh ra. 0,25 R + R cos α R + R cos α = - Từ hình vẽ ta có (β = α/2): IJ = α cos β cos 2 0,5 - Xét chuyển động của vòng quanh tâm quay tức thời I ta có: v = ω.IJ , vo = ω.R → 0,25 1 + cos α IJ v = vo = v α o R cos 0,25 2 2π

Fy =

 dF

0,25

QBvo 2π

2π

 (1 + cos α )dα = QBv

Khi

áp

lực

y dFy

dF’ v

dα

β x I N=

mg mg mg → Fy = → vo = 2 2 2QB

* Lưu ý: - Học sinh giải đúng theo cách khác vẫn cho điểm tối đa. - Điểm của mỗi ý trong câu có thể thay đổi nhưng phải được sự nhất trí của toàn bộ tổ chấm. - Nếu thiếu từ 2 đơn vị trở lên, trừ 0,5 điểm cho toàn bài thi. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn: VẬT LÝ- Vòng I Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang. Câu 1 (5,0 điểm): Cho cơ hệ như hình vẽ. Vật M có khối lượng m = 200g, được treo bằng A sợi dây buộc vào trục ròng rọc R2. Lò xo nhẹ có độ cứng k = 45N/m, một đầu gắn vào trục R1 ròng rọc R2, còn đầu kia gắn vào đầu sợi dây vắt qua R1, R2 đầu còn lại của dây buộc vào điểm B. Bỏ qua ma sát ở các ròng rọc, coi dây không dãn. Kéo vật M xuống dưới vị trí cân bằng một đoạn 5cm rồi thả nhẹ. Chứng minh vật M dao động điều hoà và viết phương trình dao động nó. Chọn trục Ox thẳng đứng hướng xuống, gốc toạ độ O ở VTCB của M. Xét hai trường hợp: 1. Bỏ qua khối lượng các ròng rọc. R2 2. Bỏ qua khối lượng ròng rọc R1; ròng rọc R2 có dạng hình trụ đặc khối lượng m = 200g, bán kính R. Dây không trượt trên các ròng rọc. M Câu 2 (6,0 điểm): Tại hai điểm A và B trên mặt chất lỏng có hai nguồn phát sóng cơ đồng bộ cách nhau AB = 8cm, dao động với tần số f = 20Hz và pha ban đầu bằng 0. Một điểm M trên mặt nước, cách A một khoảng 25 cm và cách B một khoảng 20,5 cm, dao động với biên độ cực đại. Giữa M và đường trung trực của AB có hai vân giao thoa cực đại. Coi biên độ sóng truyền đi không giảm. 1. Xác định tốc độ truyền sóng và tìm số điểm dao động cực đại, số điểm dao động cực tiểu trên đoạn AB (không kể A và B). 2. Gọi O là trung điểm của AB; N và P là hai điểm nằm trên trung trực của AB về cùng một phía so với O thỏa mãn ON = 2cm; OP = 5cm. Xác định các điểm trên đoạn NP dao động cùng pha với O. 3. Điểm Q cách A khoảng L thỏa mãn AQ ⊥ AB.

a) Tính giá trị cực đại của L để điểm Q dao động với biên độ cực đại. (E1; r1) (E2; r2) b) Xác định L để Q đứng yên không dao động. Câu 3 (4,0 điểm): Cho mạch điện như hình vẽ : E 1 = 8V; r 1 = 0,5 Ω ; E 2 = 2V; r 2 = 0,5 Ω ; R1 R3 R1 = 1 Ω ; R 2 = R 3 = 3 Ω . Điện trở của ampe kế, khóa điện K và dây nối không đáng kể. Bi ết rằ ng số chỉ củ a ampe k ế khi đóng khóa K bằ ng 9/5 A K R2 R4 s ố chỉ của nó khi ngắt khóa K. 1. Tìm R4. 2. Xác định chiều và cường độ dòng điện qua K khi K đóng. Câu 4 (3,0 điểm): Đ i ể m sáng A n ằm trên trụ c chính c ủ a m ộ t th ấ u kính h ộ i t ụ m ỏ ng tiêu c ự f = 36cm, phía bên kia th ấ u kính đặt m ộ t màn (M) vuông góc v ớ i trụ c chính, cách A đ o ạ n L. Gi ữ A và (M) cố định, xê dịch thấu kính dọc theo trục chính trong khoảng từ A đến màn (M), ta không thu được ảnh rõ nét của A trên màn mà chỉ thu được các vết sáng hình tròn. Khi thấu kính cách màn một đoạn ℓ = 40cm ta thu được trên màn vết sáng hình tròn có kích thước nhỏ nhất. Tìm L. Câu 5 (2,0 điểm): Một khối gỗ không ngấm nước có dạng hình chóp tứ giác đều, nổi trên mặt nước (đỉnh ở phía trên mặt nước). Phần nổi có chiều cao là h = 10m. Biết khối lượng riêng của gỗ và nước lần lượt là 900kg/m3 và 1000kg/m3. Xác định chu kì dao động bé của khối gỗ theo phương thẳng đứng. Lấy g = 10m/s2. ---------------HẾT--------------Họ, tên thí sinh :...................................................................; Số báo danh :..............………….. Chữ kí giám thị 1:……………..…………….; Chữ kí giám thị 2:……………………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH

ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1

HDC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn: VẬT LÝ- Vòng I

Nội dung 1. Bỏ qua khối lượng của ròng rọc và dây nối: T = F + Tại VTCB của vật M ta có: P + 3F0 = 0 (1) suy ra: mg = 3k∆l0 (2)

- Tại vị trí vật M có toạ độ x bất kì ta có: P + 3F = ma (3)

Điểm - Từ (1)

0,5

Chiếu (3)

lên trục toạ độ Ox ta có : mg - 3k(∆l0 + 3x) = ma = mx’’ (4)

0,5 0,5 F

9k x=0 - Từ (2) và (4) ta có : x' '+ m 9k 2 ↔ x ' '+ω 2 x = 0 (5) (ω = ) m

R2 M

- Phương trình (5) có nghiệm : x = Acos( ω t + ϕ ) trong đó A , ω , ϕ là những hằng số. Vậy vật M dao động điều hoà. + Chọn gốc thời gian là lúc thả vật. ω =

Acosϕ=5(cm) -ωAsinϕ=0

Tại thời điểm t =0 : 

0,5

9k = 45(rad/s) m → A = 5cm và ϕ = 0

Vậy phương trình dao động là x = 5cos45t (cm). 2. Tại vị trí cân bằng: 2mg = 3k∆ℓ (1) Tại li độ x của M: mg – T3 = ma (2) T3 + mg – 2T1 – T2 = ma (3)

0,5 0,5 1,0

P A

0,5 0,5 F

T1 R2 M

ĐỀ THI CHỌ HỌC SIN GIỎ LỚP 12 THP NĂM HỌC 2010 2011 Môn VẬT LÝVòn Thờ gian làm bài: 180 phút (khô kể t gian giao đề)

T1 = k(∆ℓ + 3x) (4) (T2 – T1)R = I.γ; I = 0,5mR2; γ = a/R (5) Thay (2), (4), (5) vào (3): 2mg - 2k(∆ℓ + 3x) - k(∆ℓ + 3x) - ma/2 = 2ma kết hợp với (1) → - 9kx = 2,5mx”

18k rad/s 9m

→ x” + ω2x = 0 với ω = 2

phương trình dao động: x = 5cos28,5t (cm) 1. Điều kiện để tại M dao động cực đại: d 2 − d1 = k .λ → kλ = 25 − 20,5 = 4,5 (cm) Vì giữa M và đường trung trực của AB có 2 vân giao thoa cực đại. Tại M là vân dao thoa cực 0,5 0,5 đại thứ 3 nên k = 3. Từ đó → λ = 1,5(cm) Mà: v = λ .f = 20.1,5 = 30 (cm/s) - Đk để tại M’ trên AB có dao động cực đại: d2 – d1 = k. λ (với k = 0; ± 1; ± 2; ± 3 ..)

1 (kλ + AB) 2 1 0 < d1; d2 < AB hay 0 < (kλ + AB) < AB 2 AB AB Thay số vào tìm được: <k< hay: -5,33 < k < 5,33. λ λ d1 + d2 = AB nên: d1 =

Vậy: k = -5, -4, -3, -2, -1,0, 1, 2, 3, 4, 5. Vậy trên đoạn AB có 5.2 + 1 = 11 điểm dao động cực đại. - Đk tại M’ trên AB có dao động cực tiểu: d2 – d1 = (2k+1)

λ 2

0,5

(với k = 0; ± 1; ± 2; ± 3 ..)

1 1 AB 4 2 1 1 0 < d1; d2 < AB hay 0 < (2k + 1) λ + AB < AB 4 2 d1 + d2 = AB nên: d1 = (2k + 1) λ +

Thay số: -5,83 < k < 4,83 nên: k = -5, -4, -3, -2, -1,0, 1, 2, 3, 4. Như vậy có 10 giá trị của k nên trên đoạn AB có 10 cực tiểu. 2. Phương trình dao động của hai nguồn: u1 = u2 = Acos2πft → Điểm T nằm trên trung trực của AB cách A khoảng d dao động theo phương trình: u = 2Acos(2πft - 2π

d ) λ

d − dO Độ lệch pha của điểm này so với O: ∆ϕ = 2π λ Điều kiện để điểm này dao động cùng pha với O: ∆ϕ = k2π (k nguyên) → d - dO = kλ → d = dO + kλ = 4 + 1,5k (cm) Nếu T nằm trên đoạn NP: dN ≤ 4 + 1,5k ≤ dP

→

d 2O + ON 2 ≤ 4 + 1,5k ≤ d O2 + OP 2 → 0,31 ≤ k ≤ 1,60 → k = 1

→ d = 5,5cm → OT =

d 2 − d O2 ≃ 3,8 cm.

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

Vậy điểm T trên trung trực AB cách O 3,8cm dao động cùng pha với O. 3. + Điều kiện để tại Q có cực đại giao thoa là hiệu đường đi từ Q đến hai nguồn sóng phải 0,5 bằng số nguyên lần bước sóng:

L2 + a 2 − L = kλ. ; k=1, 2, 3... và a = AB Khi L càng lớn đường AQ cắt các cực đại giao thoa có bậc càng nhỏ (k càng bé), vậy ứng với giá trị lớn nhất của L để tại Q có cực đại nghĩa là tại Q đường AQ cắt đường cực đại bậc 1 (k 0,5 = 1).

Thay các giá trị đã cho vào biểu thức trên ta nhận được: 2 max

+ 64 − L max = 1,5  L max ≃ 20, 6(cm)

+ Điều kiện để tại Q có cực tiểu giao thoa là: 0,5

λ L2 + d 2 − L = (2k + 1) . (k=0, 1, 2, 3, ...) 2 2 λ  2 d −  (2k + 1)  2  Ta suy ra : L = (2k + 1)λ

L > 0 → k < 4,8 → k = 0; 1; 2; 3; 4. Từ đó ta có 5 giá trị của L là: * Với k = 0 thì L = 42,29cm * Với k = 1 thì L = 13,10cm * Với k = 2 thì L = 6,66cm * Với k = 3 thì L = 3,47cm * Với k = 4 thì L = 1,37cm * Suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn E b = E 1 - E 2 = 8 - 2 = 6 (V) r b = r 1 + r 2 = 0,5 + 0,5 = 1 ( Ω ) a. Xét khi K mở: Điện trở tương đương của mạch ngoài : R 13 = R 1 + R 3 = 1 + 3 = 4 Ω

R13 .R24 4(3 + R4 ) = R13 + R24 7 + R4

Cường độ dòng điện mạch chính phát ra từ cực dương của nguồn E 1

(E2; r2)

0,25

R 24 = R 2 + R 4 = 3 + R 4 R AB =

(E1; r1)

Eb 6 I = = = 4(3 + R4 ) R AB + rb +1 7 + R4

C K

B A

0,25

D 0,5

42 + 6 R4 42 + 6 R4 = 12 + 4 R4 + 7 + R4 5 R4 + 19 0,25

Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B : U AB = I.R AB =

42 + 6 R4 4(3 + R4 ) 72 + 24 R4 . = 5 R4 + 19 7 + R4 5 R4 + 19

0,25

Số chỉ Ampe kế khi K mở : I Am =

U AB 72 + 24 R4 24 = = R 2 + R4 (5 R4 + 19)(3 + R4 ) 5 R4 + 19

(1) 0,5

Xét trường hợp khi K đóng: Điện trở tương đương của mạch ngoài R 12 = R ABđ = R 12

R3 . R 4 R1 .R2 3R4 3 = ( Ω ); R 34 = = R1 + R2 R3 + R 4 3 + R4 4 3R4 9 + 3R4 + 12 R4 9 + 15R4 3 + R 34 = + = = 3 + R4 12 + 4 R4 12 + 4 R4 4

0,5 0,5

Cường độ dòng điện mạch chính : Iđ =

Eb 6(12 + 4 R4 ) 6 = = 9 + 15 R R ABđ + rb 21 + 19 R4 4 +1 12 + 4 R4

0,5 0,5

U CB = U 4 = I đ .R 34 =

6(12 + 4 R4 ) 3R 4 72 R4 . = 21 + 19 R4 3 + R4 21 + 19 R4

U CB 72 = R4 21 + 19 R4 9 Theo đề bài ta có : I Ađ = .I Am 5 72 24 9 ⇔ = . 21 + 19 R4 5 5 R4 + 19 I Ađ =

(2)

⇔ 1800R 4 + 6840 = 4536 + 4104R 4 ⇔ 2304R 4 = 2304  R 4 = 1( Ω ) b. Cường độ dòng điện qua K khi K đóng.

U CB 72 72 = = = 1,8 (A) R4 21 + 19 R4 21 + 19.1 6(12 + 4 R4 ) 6(12 + 4.1) Iđ = = = 2,4 (A) 21 + 19 R4 21 + 19.1 3 U 2 = I đ .R 12 = 2,4. = 1,8 (V) 4 U2 1,8 I2 = = = 0,6 (A) R2 3

Ta có : I Ađ =

 Cường độ dòng điện qua k khi k đóng : I K = I Ađ - I 2 = 1,8 - 0,6 = 1,2 (A) và có chiều từ C đến D.

Ta có: 0,5

r d +d/ − L = R d/ r ⇔ = R

0,5

d. f −L d− f d. f d− f

d 2 − Ld + Lf r = ⇔ fd R d L L − + f f d

0,5 0,5 0,5

0,5

d

L

Vì R không đổi, để r nhỏ nhất thì  +  nhỏ nhất.  f d

Điều kiện này xảy ra khi :

d L = f d

Thay d = L - ℓ → (L - 40)2 = 36L

L = 100cm L = 16cm < ℓ (lo¹i)

↔ 

Gọi S là diện tích đáy khối gỗ, s là diện tích tiết diện cắt ngang mặt nước.Thể tích của khối gỗ và phần nổi của nó là V0 =

SH sh và V = . 3 3

s h =  Ngoài ra hệ số tỉ lệ là S H 

và

V h =  V0  H 

Khối gỗ sẽ nổi cân bằng nếu lực Acsimet = trọng lượng của nó.

SH  SH sh  −  = ρg g 3 3  3 h 3 ρ n − ρg = Suy ra H3 ρn Tức là ρ n g 

Hay ρn(H3-h3) = ρgH3.

0,5 0,5

Nếu khối gỗ dao động bé, giả sử khối gỗ chìm thêm đoạn rất nhỏ x. Áp dụng định luật II Niutơn: 0,5

SH SH  SH sh  − ρn g  − + ∆V  = ρ g x" 3 3 3  3  SH SH x " → - ρn.g.s.x = ρg x " (∆V = s.x) → - ρng.ΔV = ρg 3 3 ρn − ρ g ρn h 2 → x" + 3 g. . 3 x = 0 → x" + 3 g . x = 0 → x" + ω2x = 0 hρ g ρb H ρg g

Chu kì dao động là T =

hρ g 2π = 2π ≈ 10,9 s. ω 3g ( ρ n − ρg )

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013 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 hình R trụ bán kính r tựa lên hai đường ray song song nghiêng góc α so với mặt r 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 µ. 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 giữa Hình 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):

0,5

Một mol khí lý tưởng trong xi-lanh kín biến đổi trạng thái từ (A) p (B) 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 trình biến đổi trạng thái từ (A) đến (B) theo pA và r. I pA (A) Câu 3 (4,0 điểm): Cho mạch điện xoay chiều như hình 3: Hình O V VA V B 1 2 = mR (với m là tham Biết u AB = 120 2 ⋅ sin ωt (V ) ; Cω K số dương). C C 1. Khi khoá K đóng, tính m để hệ số công suất của mạch M R 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 Câu 4 (4,0 điểm): 3 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, hai (E, r) cuộn cảm thuần có độ tự cảm L1 = 2L, L2 = L và các khóa K1, K2 được L1 L2 C 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 khi dòng điện trong R mạch ổn định, người ta đóng K2, đồng thời ngắt K1. Tính điện áp cực Hình đại giữa hai bản tụ. 4 ------------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)

Câu 1 (4 điểm)

Đáp án 1. (2,5 điểm) Khi bánh xe lăn không trượt, ta có các phương trình chuyển động - tịnh tiến: mgsinα − Fms = ma -

quay:

với γ =

Fms .r = I.γ

a và I = m.R 2 r

Điểm 0,75 0,75

Từ các phương trình này rút ra a =

suy ra Fms =

1,0

gsinα

R 1+   r

R2 mgsinα R2 + r2

2. (1,5 điểm) Để bánh xe chỉ trượt trên đường ray, lực ma sát đạt giá trị cực đại 0,75

Fms = Fmsmax = μ.N = μ.mgcosα 0 2

R mgsinα 0 R + r2

Theo kết quả câu 1: thì Fms =

(do α = α 0 ) 0,75

R2 + r2  tanα 0 = μ R2

2 (4 điểm)

+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

+Theo

công

thức

tính

dA = P ⋅ dV = [ y0 + r + ( x − x0 ) x2

 A=

y

0,5

(1)

công

của

] ⋅ dx

⋅ dx +  r 2 − ( x − x0 )2 ⋅ dx

khí: 0,5

(2)

(3)

+Đặt X = x − x0  dx = dX

+Từ (2) suy ra: A = y0 (VB − VA ) +  r 2 − X 2 ⋅ dX

(4)

+Đặt X = r ⋅ sin t  dX = r ⋅ cos t ⋅ dt t2

+Thay vào (4), suy ra: A = PA (VB − VA ) +  r 2 ⋅ cos 2t ⋅ dt t1 2 t2

⇔ A = PA (VB − VA ) +

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

2,5

⇔ A = PA (VB − VA ) +

+Khi x = x1 = VA  X 1 = VA − VB  t1 =

0,5

π 2

+Khi x = x2 = VB  X 2 = VB − VB = 0  t2 = 0 r2 π π +Suy ra A = − PA (VA − VB ) − ⋅ + 0  A = PA (VB − VA ) − ⋅ r 2 2 2

+ Khí thực hiện công: A = r ( PA + 3 (4 điểm)

π 4

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

R 2

0,5

R ( )2 + ZC2 2

1 R ⇒ R2 = + ZC2 2 4

0,5

3 4

+Suy ra : Z C2 = R 2 ⇒ Z C =

3 3 3 R ⇒ mR = R⇒m= 2 2 2

b)+Nhánh (1) : sin ϕ1 =

−Z C 2

R +Z

2 C

; cosϕ1 =

2 C

R +Z ϕ1 là góc lệch pha của U DB so với I1

0,25

; ϕ1 < 0 (1)

(1)

0,25 0,25

+Trong tam giác vectơ dòng ta có : I 2 = I12 + I 22 + 2 I1I 2cosϕ1

(2)

Và U DB = I1 R 2 + Z C2 = I 2 R (3) +Suy ra I1 =

RI 2 R 2 + Z C2

+Thay vào (2) được : I 2 = I 22

0,25

R2 RI 22 R 2 + I + 2 ⋅ 2 2 2 2 2 2 R + ZC R + ZC R + Z C2

⇔ I 2 = I 22 (

0,25

4 R 2 + Z C2 4 R 2 + Z C2 ) ⇒ I = I 2 R 2 + Z C2 R 2 + Z C2

0,25

(4)

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

I2 I = sin α sin(−ϕ1 )

0,5

(5)

+Áp dụng định lý hình sin cho tam giác thế, ta có: U DB U AD U = = AD sin α sin( π + ϕ ) cosϕ1 1 2

(6)

+Từ (5) và (6), suy ra: sin α = ⇒

0,25

I2 U ⋅ sin(−ϕ1 ) = DB ⋅ cos ϕ1 I U AD

ZC I2 I R R ⋅ = 2 ⋅ 2 2 2 I IZ C R + Z C2 R + ZC

0,25

+Suy ra: Z C = R ⇒ mR = R ⇒ m = 1 +Khi m = 1 thì ZC = R, ta có:

0,5

U MB = I1R   U AB = U AD ⋅ cosα + U DB ⋅ cos( π + ϕ1 ) = IZC ⋅ cosα + I 2 R ⋅ cos( π + ϕ1 )  2 2   I = I 5 ; I = I 2 ;sin α = I 2 sin(−ϕ ) = 2 ⋅ 1 = 1 2 1 1  2 I 5 2 2 5 +Vì:   1 2 π 1 cos α = 1− = ; cos( + ϕ1 ) = − sin ϕ1 = sin(−ϕ1 ) =  5 2 5 2

+Suy

ra:

I2 U MB I1 1 1 2 = = = = 1 U AB 5 π 5 2 1 2 ⋅( 2 + ) I2 ⋅ cosα + I 2 cos( + ϕ1 ) I 2 ( ⋅ + ) 2 2 2 2 5 2 1 120 ⇒ U MB = U AB ⋅ = = 40(V ) 3 3

4 (4 điểm)

1. Nếu d = 2f thì d’=2f nên quỹ đạo ảnh cũng tạo với trục chính

S S'

0,5 0,5 0,5

1,0 1,0 0,5

góc α đối xứng qua mặt phẳng thấu kính. → Nên góc hợp bởi giữa quỹ đạo ảnh và vật là góc 2 α . 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 2α = v sin 2α khi đó vA = v0 cos2 α 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 1 1 1 = + f d d' v v' d' f 2 → − 2 − 2 = 0 → v ' = −v ( ) 2 = −v ( ) d d' d d− f

hai vế công thức thấu kính:

f d' −v ' f = = = cos2α → d = f + d− f d v cos2α df d'= = f + f cos2α d− f

HH’ = d +d’= 2 f +

f ( cos2α + 1)2 + f cos2α = f cos2α cos2α

2α

5 (4 điểm)

+K1 đóng, K2 ngắt, dòng điện ổn định qua L1: I 0 = + K1 ngắt, K2 đóng: Vì 2 cuộn dây mắc song song u L1 = u L2 = uAB

ε R

0,5

==> - 2L (i1 – I0) = Li2 ⇔ 2L (I0 – i1) =Li2 (1) Ta

1,0 có

2 LI 02 2 Li12 Li 22 CU 2 = + + 2 2 2 2

0,5

(2) IC = i1 – i2  UCmax ⇔ IC = 0 ⇔ i1 = i2 = i (3) 2 2 2 2 2 2 Từ (2) và (3)  CU 0 = 2LI0 − 2Li1 − Li 2 = 2LI0 − 3Li 2I Từ (1)  2LI0 = Li 2 + 2Li1 = 3Li  i = 0 3 2 2 2L ε 2L 2  CU 0 =

LI 0  U 0 = I 0

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

R 3C

-----------Hết-----------

SỞ GD&ĐT BÌNH

QUẢNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TĨNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn: VẬT LÍ –Vòng 1 Khóa ngày: 11/10/2012 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao

ĐỀ THI CHÍNH THỨC Số báo danh:.............

đề)

Câu 1(2,0 điểm): Trên mặt bàn nằm ngang có một khối bán trụ cố định có bán kính R. Trong mặt phẳng thẳng đứng vuông góc với trục O của bán trụ (mặt phẳng hình vẽ) có một thanh đồng chất AB chiều dài bằng R tựa đầu A lên bán trụ, đầu B ở trên mặt bàn. Trọng lượng của thanh là P. Bỏ qua ma sát giữa bán trụ 3 và thanh. Hệ số ma sát giữa thanh và mặt bàn là k= 3 Góc α (góc hợp bởi thanh AB và mặt bàn) phải thõa mãn điều kiện gì để thanh ở trạng thái cân bằng?

A R

O Hình cho câu 1 V(l)

V3 V1

Câu 2 (2,0 điểm): Một mol khí lí tưởng thực hiện chu trình 1-2-3-1 như hình vẽ. Biết T1 = 300K; T3 = 675K; V3 = 5lít; R = 8,31J/mol.K; các điểm 1 và 3 cùng nằm trên một Parabol có đỉnh là tọa độ. Tính công sinh ra trong cả chu trình.

T2 T3 Hình cho R3 E, r

T(K)

Câu 3 (2,0 điểm): Cho mạch điện như hình vẽ: E = 6V, r = R3 = 0,5 Ω , R1= 3 Ω , R2 = 2 Ω , C1 = C2 = 0,2 µ F, độ lớn C1 K M điện tích electron e = 1,6.10-19C. Bỏ qua điện trở các dây nối. A B a) Tìm số electron dịch chuyển qua khóa K và chiều dịch C2 chuyển của chúng khi khóa K từ mở chuyển sang đóng? R1 R2 b) Thay khóa K bằng tụ C3 = 0,4 µ F. Tìm điện tích trên tụ C3 N trong các trường hợp sau: Hình cho câu - Thay tụ C3 khi K đang mở. - Thay tụ C3 khi K đang đóng Câu 4 (2,0 điểm): Một điểm sáng S chuyển động theo vòng tròn với vận tốc có độ lớn không đổi v0 xung quanh trục chính của thấu kính hội tụ ở trong mặt phẳng vuông góc với trục chính và cách thấu kính một khoảng d = 1,5f (f là tiêu cự của thấu kính). Hãy xác định : a) Vị trí đặt màn để quan sát được ảnh của S. b) Độ lớn và hướng vận tốc ảnh của điểm sáng S. Câu 5 (2,0 điểm): Một pittong khối lượng m có thể trượt không ma sát trong một xilanh đặt nằm ngang. Ban đầu pittong ngăn xilanh thành hai phần bằng nhau chứa cùng một lượng khí lý tưởng dưới áp suất P, chiều dài mỗi ngăn là d, tiết P, P, diện của pittong là S. Pittong hoàn toàn kín để khí ở hai ngăn không trộn V V lẫn vào nhau. Dời pittong một đoạn nhỏ rồi thả ra không vận tốc đầu. Coi quá trình biến đổi khí trong xilanh là đẳng nhiệt. Hình cho câu 5 Chứng minh rằng pittong dao động điều hòa. Tìm chu kì của dao động đó. ……………………. Hết………………………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TĨNH LỚP 12 THPT QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: VẬT LÍ – Vòng 1 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Câu

Điểm

Nội dung

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 toàn phần Q cña mÆt bµn xiªn gãc víi ph−¬ng ngang v× cã ma s¸t, trong ®ã:

y 0,25

Q = F + QN ; trong ®ã F lµ lùc ma s¸t.

Câu 1 (2,0 đ)

0,5

(2) (3)

R cos α = NR sin 2α ; 2

3 QN ; 3

F≤

MÆt kh¸c :

(1) ChiÕu (1) xuèng ox ta cã: Ncosα = F ; ChiÕu (1) xuèng oy : Nsinα + QN = P ; Tam gi¸c OAB lµ c©n nªn gãc BAN = 2α LÊy mo men ®èi víi B :

Ba lùc Q, N , P c©n b»ng, vËy giao ®iÓm cña N , Q ph¶i ë trªn gi¸ cña P . P+Q+ N = 0 Ta cã:

(4) ……………………..

0,25

(5) ……………………..

0,25

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

P cos α P = . 2 sin 2α 4 sin α P cot gα F= ; 4

Thay vµo (3) thu ®−îc:

Thay vµo (2) nhËn ®−îc: (6) QN = P - Nsinα =

3P 4

(7) ………………………

0,25

Thay (6) vµ (7) vµo (5) cã:

P 3 ≤ P. 4tgα 4

Suy ra:

tgα ≥

1 3

;

o hay α ≥ 30

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 α = 450.. VËy tr¹ng th¸i c©n b»ng cña thanh 30 0 ≤ α ≤ 45 0 . øng víi gãc α thõa m·n ®iÒu kiÖn: ë tr¹ng th¸i 3: P3 = T3= α V32 nªn:

V1 T 300 2 = 1 = = V3 T3 675 3

N/………………………… Ph−¬ng tr×nh cña ®o¹n 1-3 trong hÖ täa ®é (P,V) nh− sau: Tõ P.V=RT=R α V2 Suy ra P=R α V nªn ®o¹n 13 trong hÖ (P,V) lµ ®o¹n th¼ng đi qua góc tọa độ.

;

C«ng sinh ra : A =

P1 =

3 0,5

10 l 3

V12 vµ 0,25

RT1 = 7,48 .105 V1

Suy ra V1 = Câu 2 (2,0 đ)

RT3 = 11,22.10 5 N / m 2 V× T1= α V3

0,5

1 ( P3 − P1 )(V3 − V1 ) ≈ 312( J ) 2

1 V1

0,25 0,5 0,5

a) + Cường độ dòng điện trong mạch chính khi K đóng hay K mở là:

0,25

E 6 = = 1( A) ……………………………………….. R1 + R2 + R3 + r 3 + 2 + 0,5 + 0,5 0,25

+ Khi K mở : C1 nối tiếp với C2 nên điện tích của hệ các bản tụ nối với M: qM = 0 Dấu điện tích của các bản tụ như hình vẽ. ………………………………. E, r

1 + -

E, r

+ -

+- C2

0,25

+ Khi K đóng: dấu điện tích trên các bản tụ như hình

q1 = C1U AM = C1U AB = C1.I .( R1 + R2 ) = 1( µ C ) q2 = C2U NM = C2U NB = C2 .I .R2 = 0, 4( µ C )

0,25

qM, = −q1 − q2 = −1, 4( µC ) + Các electron di chuyển từ B → K → M ; +Số hạt ne =

Câu 3 (2,0 đ)

b) Thay tụ C3 khi K mở, K đóng: Gọi điện tích của các tụ lúc này là: q1M , q2 M , q3 M và có dấu như hình vẽ

1, 4.10−6 = 8, 75.1012 (hạt) 1, 6.10 −19 E, r

C1 A

+ R1

q2 M q = − 2 M (1) C2 0, 2 q q = U MA + U AN = − 1M + I.R1 = − 1M + 3 C1 0, 2 q q = U MB + U BN = 3 M − I .R2 = 3 M − 2 C3 0, 4

+ U MN

+ -

C2 R2 N

Ta có: + U MN = − + U MN

0,5 (2) (3)

0,25

Từ (1), (2), (3) ta được:

− q1M − q2 M + q3M = 0,8U MN + 0, 2

(4)

- Khi K mở, thay tụ C3 thì : −q1M − q2 M + q3M = 0  U MN = −0, 25(V ) Do đó q3 M = 0, 7 µ C …………………………………………………………………

0,25

- Khi K đóng, thay tụ C3 thì: −q1M − q2 M + q3M = −1, 4  U MN = −2(V ) Do đó UMB = 0 (V), q3 M = 0 ……………………………………………………….. + Vị trí đặt màn d' =

Câu 4 (2,0 đ)

df = 3f d− f

………………………………………………….

−d ' +k= = -2 . Vòng tròn quỹ đạo ảnh có bán kính lớn gấp đôi quỹ đạo vật…………… d

0,5 0,5

+ Vận tốc góc của vật và ảnh như nhau, nên vận tốc dài của ảnh có độ lớn v' = 2v0. …….. 0,5 + Chọn tia sáng đi qua quang tâm để khảo sát, ta nhận thấy chiều vận tốc ảnh ngược với 0,5 chiều vận tốc của vật.Vậy vận tốc của ảnh luôn có phương tiếp tuyến với quỹ đạo của nó và có chiều ngược chiều chuyển động của S.

F2 x

Câu 5 (2,0 đ)

0,25

F1 x

Các lực tác dụng lên pittong gồm có: mg , N , F1 , F2 (F1 = P1.S, F2 = P2.S). Ta luôn có: mg + N = 0 Ở vị trí cân bằng: P1= P2  F01 = F02

- Chọn trục ox như hình vẽ, gốc O ở VTCB.Xét pittong ở vị trí có tọa độ x bé + V1= (d+x). S; V2 = (d-x). S + Áp dụng định luật Bôilơ-Mariốt: P1.S.(d +x) = P2. S.(d-x) = P.S.d ………………. + Áp dụng định luật II Newton:

0,5

2 P.S .d x = ma …………………………… 0,25 2 2 d −x 2.P.S 2 2 2 x = mx '' Vì x<<d nên d − x ≈ d , thay a = x’’ ta có − d 2 PS 0,5 '' x = 0 ………………………………………………………………. Hay x + md 2 PS Điều đó chứng tỏ pittong dao động điều hòa với tần số góc ω = và chu kì md F1 – F2 = ma ⇔ ( P1 − P2 ).S = ma ⇔ −

md T = 2π …………………………………………………………………………… 2 PS

0,5

* 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.

SỞ GD&ĐT BÌNH

QUẢNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn: VẬT LÍ –Vòng 2

ĐỀ THI THỨC

Khóa ngày: 11/10/2012 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao

CHÍNH đề)

Số báo danh:.............

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 m2 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 cho câu 1 hình vẽ. Hiệu điện thế đánh thủng tụ điện là UT. Hệ thống được đặt trong C 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 M N 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. Hình cho câu b) Hãy tìm thời gian trượt của thanh MN cho đến khi tụ điện bị đánh thủng. 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 0cos40π 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. Hình cho câu 4 Hãy chứng minh tấm gỗ dao động điều hòa. 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 KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TĨNH LỚP 12 THPT QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: VẬT LÍ – Vòng 2 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu

Câu 1 (2,0 đ)

Câu 2 (2,0 đ)

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 ω 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: v v L0( m2 ) + L0(3m1 ) = L( m2 ) + L(3m1 ) ⇔ I 2 . 0 = I ω − I 2 2l 2l m2 (v0 + v) ⇔ m2 v0 2l = I ω − m2 v 2l  ω = (1) 7 m1l Gọi α 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 I ω = m1 gl (1 − cosα ) + m1 g 2l (1 − cosα ) + m1 g 3l (1 − cosα ) (2) 2 m22 (v0 + v)2 c os α = 1 − Giải hệ (1) và (2) ta có: 42m12 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. E = U C ⇔ BLv = U C (1 Phương trình Định luật II Newton cho chuyển động của thanh MN P − Ft = ma ⇔ mg − BLI = ma (2) Với Ft là lực từ tác dung lên thanh, a là gia tốc của thanh, I là cường độ dòng điện ∆U C ∆q =C qua mạch trong khoảng thời gian ∆t . Ta có I = (3) …… ∆t ∆t Từ (1) suy ra ∆U C = BL∆v thay vào (3) ta được: ∆v I = CBL = CBLa (4) ……. ∆t mg = hằng số. Điều đó chứng tỏ thanh MN Thay (4) vào (2) ta được: a = m + CB 2 L2 chuyển động nhanh dần đều. b) (0,75 điểm) mg t Thanh MN trượt nhanh dần đều với vận tốc v = v0 + at = v0 + m + CB 2 L2 (5)…. U Khi UC = UT thì tụ bị đánh thủng, khi đó vận tốc của thanh là v = T BL (6)….. Từ (5) và (6) suy ra thời gian trượt của thanh cho đến khi tụ bị đánh thủng là: 1  UT  t= − v0  ( m + CB 2 L2 )  mg  BL  …………………………………………………..

a) (1,0 điểm)

Điểm 0,5

0,5

0,5 0,5

0,25 0,25

0,25

0,25 0,25

0,25

Câu 3 (2,0 đ)

Ta có λ = v.T = 1cm ………………………………………………………. Điều kiện để tại M có cực đại giao thoa là: MB – MA = k λ ⇔ l 2 + d 2 − l = k λ với k =1, 2, 3 … …………………..

0,25 0,25

k=2 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. …………………………….. Gọi khoảng cách từ AB đến CD bằng x. Xét điểm C nằm trên vân cực đại bậc 0,5 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 = 2λ = 2  x = 16, 73(cm) ………………. 0,25 0,25

0,5

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 lực ma sát F1 , F2 ( F1 = kN1 , F2 = kN 2 ) . Ta luôn có: mg + N1 + N 2 = 0  N1 + N 2 = mg (1) .......... 0,25 - Ở VTCB  F = F01 + F02 = 0 Suy ra N01 = N02 nên khối tâm G cách đều hai trục quay. 0,25 ……………………………………………………………………….. - 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 = F1 + F2 Tấm gỗ không quay quanh G nên M N 1 = M N 2 hay N1 (l − x) = N 2 (l + x) ……. Suy ra N1 > N2, do đó F1 >F2 nên

F

có chiều của F1

N1 N mg = 2 = l + x l − x 2l Áp dụng định luật 2  F = ma  F2 − F1 = ma  k ( N 2 − N1 ) = ma .

(3)……… 0,25

Từ (1) và (2) ta có thể viết

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

Câu 5 (2,0 đ)

Newton

ĐỀ CHÍNH THỨC

có: 0,25

mg kg x = mx'' ⇔ x'' + x = 0 l l

……………. 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). - Bước 1: Chỉ đóng K1: số chỉ ampe kế là I1. Ta có: E = I1(r + R0) - 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 )

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH

(2) 0,25

0,25

(1) …….

KÌ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2013 - 2014 Khóa ngày 28 – 3 - 2014 Môn: VẬT LÍ

0,25

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

LỚP 12 THPT Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao

Họ và tên: …………………… Số báo danh:.............................

đề) Đề gồm có 02 trang Câu 1 (1,0 điểm) Một lượng khí lý tưởng đơn nguyên tử thực hiện một quá trình biến đổi trạng thái, trên hệ toạ độ p-T quá trình này được biểu diễn bằng đoạn 1-2 của một T 2 parabol mà đỉnh của nó trùng với góc toạ độ (hình vẽ). Hỏi nhiệt lượng mà khí nhận vào trong quá trình này được sử dụng bao nhiêu phần trăm để làm biến đổi 3 nội năng của khí? Biết nội năng của 1 mol khí lý tưởng đơn nguyên tử là U = 1 2 RT.

O Hình cho câu 1 Câu 2 (1,5 điểm) Cho cơ hệ gồm khung dây ABDE có điện trở thuần không đáng kể, được đặt nằm trên mặt phẳng nằm ngang, cạnh BD được nối với tụ điện có điện dung C. Lò xo nhẹ có độ cứng k, đoạn dây MN dài ℓ , khối lượng m tiếp xúc với A M B khung và có thể chuyển động tịnh tiến không ma sát dọc theo khung. Hệ C thống đặt trong từ trường đều có véc tơ cảm ứng từ B vuông góc với mặt phẳng của khung và có chiều như hình vẽ. Kích thích cho MN dao động dọc + theo trục lò xo (MN luôn tì lên khung). Chứng minh thanh MN dao động điều hòa và tính chu kì dao động.

Hình cho câu 2 Câu 3 (1,0 điểm) Một quả nặng nhỏ, khối lượng m nằm yên trên một giá đỡ nằm ngang được gắn với một lò xo nhẹ, có độ cứng k, ban đầu lò xo không biến dạng. Đầu tự do của lò xo bắt đầu được kéo lên thẳng đứng với vận tốc v không đổi cho đến khi vật vừa rời giá đỡ thì dừng kéo, đồng thời giá đỡ cũng không còn nữa. Xác định độ giãn cực đại của lò xo. Biết gia tốc trọng trường là g.

k m Hình cho câu 3

Câu 4 (1,5 điểm) Hai nguồn phát sóng kết hợp A, B trên mặt thoáng của một chất lỏng dao động theo phương trình u A = 6.cos(20π t ) (mm); u B = 6.cos(20π t + π / 2) ( mm) . Biên độ sóng không giảm theo khoảng cách, tốc độ sóng v = 30 cm/s, khoảng cách giữa hai nguồn AB = 20cm . a, Gọi H là trung điểm của AB. Tìm số điểm đứng yên trên đoạn AB (không kể A, B) và chỉ ra điểm đứng yên ở gần H nhất và xa H nhất ở trên AB cách H một đoạn bằng bao nhiêu ? b, Hai điểm M 1 , M 2 cùng nằm trên một elip nhận A, B làm tiêu điểm. Biết AM 1 − BM 1 = 3cm và AM 2 − BM 2 = 4,5cm . Tại thời điểm t1 nào đó, li độ của M1 là 2mm, tính li độ của M2 tại thời điểm đó.

Câu 5 (1,5 điểm)

Cho mạch điện như hình vẽ, E = 4V, r = 4 Ω , hai tụ điện giống k2 k1 nhau cùng điện dung C, cuộn dây có độ tự cảm L = 10-4 H. Ban đầu cả hai khóa k1 và k2 đều đóng, trong mạch có dòng điện không đổi. Ngắt khóa k1 để có dao động điện từ tự do trong mạch với hiệu điện thế cực C C đại giữa hai đầu cuộn dây đúng bằng suất điện động E của nguồn. Bỏ L qua điện trở thuần của cuộn dây, dây nối và các khóa k1, k2. a, Xác định điện dung C của mỗi tụ điện và điện tích cực đại của mỗi tụ điện trong quá trình dao động Hình cho câu 5 b, Khi năng lượng từ trường trong cuộn dây bằng năng lượng điện trường trên bộ tụ điện, ngắt k2. Xác định hiệu điện thế cực đại giữa hai đầu cuộn dây sau đó.

Câu 6 (1,5 điểm) Mạch điện AB gồm đoạn AM nối tiếp với MB. Đặt vào hai đầu mạch AB hiệu điện thế u = 150 2cos100π t (V). Điện áp ở hai đầu đoạn mạch AM sớm pha hơn cường độ dòng điện một góc

. Đoạn mạch MB chỉ có tụ điện có điện dung C thay đổi được. Điều 6 chỉnh C để tổng điện áp hiệu dụng (UAM + UMB) đạt giá trị cực đại. Hỏi khi đó điện áp hiệu dụng ở hai đầu tụ điện là bao nhiêu?

Câu 7 (1,0 điểm) Trong thí nghiệm I-Âng về giao thoa ánh sáng, hai khe S1, S2 cách nhau một đoạn a = 2mm, được chiếu bởi ánh sáng trắng có bước sóng nằm trong khoảng từ 0,40 µm đến 0,75 µm . Khoảng cách từ mặt phẳng chứa hai khe S1, S2 đến màn quan sát là D=2m. Tính khoảng cách nhỏ nhất từ vị trí có 4 bức xạ sáng trùng nhau tới vân trung tâm. Câu 8 (1,0 điểm) Một tế bào quang điện có công thoát electron của kim loại làm catode là 3,50 eV. Người ta đặt vào hai đầu anode (A) và catode (K) một điện áp xoay chiều

u AK = 3.cos(4π t − ) (V ) , sau đó dùng ánh sáng hồ quang có bước sóng λ = 0, 248µ m chiếu 3 vào catode. Hỏi trong 1s sau khi đã chiếu ánh sáng, khoảng thời gian không có dòng quang điện chạy trong tế bào quang điện là bao nhiêu? (Cho điện tích, khối lượng của electron là e = -1,6.10-19C, m = 9,1.10-31kg, vận tốc ánh sáng c = 3.108 m/s, hằng số Plăng h = 6,625.10-34 J.s) ---------- Hết ----------

E, r

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNH HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 2014

1 (1,0 đ)

Dựa vào đồ thị 1-2 đã cho ta được: T = αp2 (α: (1) hằng số) 2 Áp dụng phương trình C-M: pV = νRT (2) 1 1 V Từ (1) và (2) => p= ανR (3) O 1 A B V Vì = hằng số nên đồ thị trong p-V là đoạn ανR thẳng 1-2 kéo dài qua gốc toạ độ. Dựa vào đồ thị này ta tính được công mà khí thực hiện (bằng diện tích A12B): p V − p1V1 νR (T2 − T1 ) A= 2 2 = (4) 2 2 Độ biến thiên nội năng của khí: 3 ∆U = νR(T2 – T1) (5) 2 Từ (4) và (5) => nhiệt lượng mà khí nhận vào: Q = ∆U + A = 2νR(T2 – T1) (6 Tỉ lệ nhiệt lượng chuyển thành nội năng là: ∆U 3 = = 75% Q 4 - 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. - Chiều dòng điện xuất hiện trên thanh MN được xác định theo quy tắc bàn tay phải

2 (1,5 đ)

và

có

biểu

thức:

0,25 0,25

dq dv = CBl = CBla dt dt 0,25

....................................................................... Chiều lực từ như hình vẽ và có biểu thức: Ft = iBl = CB2l2 x’’ 0,25 ……………………..… Theo định luận II Niutơn, ta có: Fhl = Fdh + Ft = ma 0,25

A M ………………………………………. 2 2 Chiếu lên trục Ox, ta được: mx '' = − CB l x ''− kx k ⇔ (m + CB2l2 )x '' = − kx ⇔ x '' = − x m + CB2 l2 k Đặt  x” ω2x ω= E+ N m + CB2 l2 .............................................................................................. O Vậy, thanh MN dao động điều hòa với chu kì: ...........................

100

C +

0,5 =

0. D

m + CB2l2 T = 2π k

0,25

3 (1,0 đ)

a (0,75 )

4 (1,5 đ)

b (0,75 )

Gọi ∆l0 là độ giãn của lò xo ở vị trí cân bằng, khi lò xo được treo thẳng đứng mg ∆l0 = 0,25 k - Khi kéo, lò xo giãn ra cho đến khi độ giãn = ∆l0 , nếu tiếp tục kéo thì vật bắt đầu rời giá đỡ và dao động điều hòa. Như vậy coi như tại vị trí cân bằng ta truyền cho vật vận tốc v để nó dao động. v v m - Do đó, biên độ A của vật là: A = = v 0,5 ω k k mg k 0,25 - Độ dãn cực đại của lò xo: ∆lmax = ∆l0 + A = +v . m k m B + Tại M là cực tiểu giao thoa: 2π π 1 ∆ϕ = (d1 − d 2 ) + = (2k + 1)π → d1 − d 2 = (k + )λ λ 2 4 1 M thuộc đoạn AB : − AB < d1 − d 2 = (k + )λ < AB → k = −6,..., 6 : Trên đoạn AB có13 4 điểm cực tiểu 0,25 + Tại điểm M thuộc đoạn AB cách trung điểm H một đoạn x, có hiệu đường đi của hai sóng là : d1 − d 2 = 2 x + Điểm M thuộc đoạn AB đứng yên thoả mãn : 1 1 λ d1 − d 2 = 2 x = (k + )λ → x = (k + ). với k = −6,..., 6 4 4 2 1 3   xmax = (6 + 4 ). 2 = 9, 375(cm) + Do đó  0,5  x = (0 + 1 ). 3 = 0,375(cm)  min 4 2 Phương trình dao động tổng hợp tại M cách A,B những đoạn d1 và d π π π π  uM = 12.cos  ( d1 − d 2 ) +  .cos ωt − ( d1 + d 2 ) +  ( mm) 0,25 λ 4 4 λ  ........................................... + Hai điểm M1 và M2 đều thuộc một elip nhận A,B làm tiêu điểm nên: AM 1 + BM 1 = AM 2 + BM 2 = b Suy ra pt dao động của M1 và M2 là:  π π .b π  π  uM1 = 12.cos  3 .3 + 4  .cos ωt − λ + 4  uM      → 1 = −1  u = 12.cos  π .4,5 + π  .cos ωt − π .b + π  uM 2  3   M 2 λ 4  4  0,5 u M1 = 2( mm) → u M 2 = −2( mm ) Tại thời điểm t1 : .................................................................

101

a (0,75 )

5 (1,5 đ)

b (0,75 )

Câu

6 (1,5 đ)

- Khi k1 chưa ngắt, dòng điện không đổi qua cuộn dây có I o =

E r

và năng lượng từ trường trong cuộn dây khi đó W =

1 2 1 E LI 0 = L  2 2 r

0,25

....................... - Sau khi ngắt k1, năng lương W chính là năng lượng điện từ trong quá trình dao động của mạch 2

1 E 1 W = L  = CbU 02 Theo bài ra: Uo = E  2 r 2 L 10−4 Cb = 2 = = 0, 25.10−4 F = 25µ F  C = 12, 5µ F ........ r 4 Qo = CU o = 12,5.4 = 50 µC Điện tích cực đại của m ỗi tụ ...................................................... Khi năng lượng từ trường bằng năng lượng điện trường thì 1 1 W = WL + WCb = 2WCb  WCb = W  WC = W 2 4 W  WL = WCb = 2 .................................................................................................................................. ................ Sau khi ngắt k2 thì mạch dao động gồm L và một tụ C với năng lượng điện từ 1 1 3 W ' = WL + WC = W + W = W 2 4 4 ........................................................................................................ 1 3 1 3 1 3 3 Hay: CU ' o2 = . C bU o2 = . 2CU o2  U ' o = Uo = E ≈ 4,9V 2 4 2 4 2 2 2 ..................... Nội dung Vẽ giãn đồ véc tơ:

0,25 0,25

0,25 0,25 0,25

Điểm

Dùng định lí hàm sin trong tam giác AMB: U U U U + U MB U = AM = MB = AM  U AM + U MB = (sin α + sin β ) (*) π sin α sin β sin α + sin β π sin sin 3 3 2π 2π α = −β - Vì α + β = 3 3 3 1 3 3 cosβ + sin β  sin α + sin β = cosβ + sin β - Do đó sin α = 2 2 2 2

M UAM A 102 U

UMB

0,25

0,25 - Áp dụng BĐT Bunhiacopsky ta có:

 3   3  2  3 3 2 2  sin α + sin β = cosβ + sin β ≤   +    cos β + sin β  = 3 2 2  2   2     2

-Dấu

x ảy

khi

3 1 cosβ = sin β  β = π 3 2 2

....................................................................... U U -Từ (*) ta thấy (U AM + U MB ) Max = 3 = 2U ( sin α + sin β )Max = π 3 sin 3 2 π -Khi β = nên tam giác AMB đều, suy ra UC = U = 150V 3 0,5 .....................................

0,5

7 (1,0 đ)

- Khi làm thí nghiệm giao thoa với ánh sáng trắng, trên màn quan sát ta thu được các dải màu biến thiên liên tục từ đỏ đến tím. Dải màu của bậc này có một phần chồng lên dải màu của bậc khác. - Gọi 4 bức xạ trùng nhau gần vân trung tâm nhất thuộc các giải màu bậc k, k+1, k+2, k+3 ở cùng một phía so với vân trung tâm ở O như hình vẽ ( k ∈ N ) ………. Đặt: λ1 = λtim = 0, 40 µ m ; λ2 = λdo = 0, 75µ m ; λ1 ≤ λ ≤ λ2 Ta có: λD (k + 3) λD x = (k + 3) 1 = k λ = λ1 a a k ............................................................................... (k + 3) 0,25 λ1 ≤ λ2 - Vì: λ1 ≤ λ ≤ λ2 ⇔ λ1 ≤ k

103

Hay:

3λ1 (k + 3) λ1 ≤ λ 2  3λ1 ≤ k (λ 2 − λ1 ) ⇔ k ≥ ⇔ k ≥ 3,43 k λ 2 − λ1

………………. Do khoảng cách ngắn nhất, nên chọn: k = 4 λ D 7λ D 7.0, 40.10−6.2  xmim = (k + 3) 1 = 1 = = 2,8.10−3 m = 2,8mm a a 2.10−3 …………………

0,25

8 (1,0 đ)

- Giá trị hiệu điện thế hãm có độ lớn: 1 hc e U h = mv 2 = − A  U h = 1,5V 2 λ ………………………………………………………….…. - Như vậy khi u AK ≤ −1, 5V thì không có dòng quang điện .......................................... - Suy ra, trong 1 chu kì (T=1/2 s) thời gian dòng quang điện bằng 0 là: T/3. ............ T 1 - Phân tích t = 1s =2.T, ta có thời gian dòng quang điện bằng 0 là ∆t = 2. = s 3 3

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT

104

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

QUẢNG NAM

NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn thi : VẬT LÝ Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 02/10/2013

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi có 2 trang, 7 bài toán) Bài 1. (3 điểm) Một thanh thẳng AB đồng chất, tiết diện đều, chiều dài L, khối lượng m được đặt trên một mặt phẳng ngang. Mặt phẳng ngang có hai phần ngăn cách bởi một đường thẳng: một phần không có ma sát (phần I); phần còn lại có ma sát, hệ số ma sát giữa thanh và phần này là μ (phần II). Người ta bố trí một hệ cơ học gồm: Một lò xo nhẹ, độ cứng k, một đầu gắn cố định vào tường tại O, đầu còn lại nối với đầu A của thanh. Ban đầu trục của thanh và của lò xo nằm trên một đường thẳng vuông góc với đường thẳng phân cách; lò xo không bị biến dạng; thanh nằm hoàn toàn trong phần I và điểm B của thanh vừa chạm vào đường phân cách (hình vẽ). Tại một thời điểm bất kỳ, truyền cho thanh một vận tốc V0 có phương dọc theo thanh và có chiều hướng về phía phần II. Tính: a) Công của lực ma sát khi thanh trượt vào phần II một đoạn x (x ≤ L). b) Độ dãn cực đại của lò xo và điều kiện của V0 để có độ dãn cực đại đó.

B V0

Phần II

Phần I

Đường cáchnhiệt có hai pit-tông: Pit-tông A nhẹ Bài 2. (3 điểm) Trong một xi-lanh thẳng đứng, phân thành cách (trọng lượng không đáng kể), dẫn nhiệt; pit-tông B nặng, cách nhiệt. Hai pit-tông và đáy xilanh tạo thành hai ngăn, mỗi ngăn có chiều cao là h = 0,5m và chứa 2 mol khí lý tưởng đơn nguyên tử. Ban đầu hệ thống ở trạng thái cân bằng nhiệt với nhiệt độ bằng 300K. Truyền cho khí ở ngăn dưới một nhiệt lượng Q = 1kJ làm cho nó nóng lên thật chậm. Pit-tông A có ma sát với thành bình và B không chuyển động, pit-tông B chuyển động không ma sát với thành bình. Khi cân bằng mới được thiết lập, hãy tính: a) Nhiệt độ của hệ. h b) Lực ma sát tác dụng lên pit-tông A. Cho biết: Nội năng của 1 mol khí lý tưởng ở nhiệt độ T được tính theo A công thức: U µ =

i RT - Trong đó: i là số bậc tự do (với khí đơn h 2

nguyên tử thì i = 3; khí lưỡng nguyên tử thì i = 5); R = 8,31J/mol.K là hằng số của chất khí. Bài 3. (3 điểm) Trên một mặt phẳng nghiêng góc α (so với mặt ngang) đặt một vật hình hộp nhỏ A và một vật hình trụ đặc B, đồng chất, khối lượng phân bố đều. Cùng một lúc cho hai vật bắt đầu chuyển động xuống phía dưới theo đường dốc chính của mặt nghiêng. Vật A trượt, vật B lăn không trượt và trong quá trình chuyển động hai vật luôn cách nhau một khoảng không đổi. Biết hệ số ma sát trượt giữa vật A và mặt phẳng nghiêng bằng μ. a) Tìm giá trị góc α. b) Hệ số ma sát μ’ giữa vật B và mặt phẳng nghiêng phải thỏa mãn điều kiện gì để có chuyển động của hai vật như trên? Bài 4. (3 điểm) Cho một hệ quang học gồm hai thấu kính hội tụ mỏng giống nhau có cùng tiêu cự f, đặt đồng trục, cách nhau một khoảng l. a) Chiếu tới hệ một chùm tia sáng đơn sắc song song hợp với trục chính của hệ một góc nhỏ. Hãy nêu đặc điểm của chùm tia ló ra khỏi hệ (có vẽ hình minh họa) trong hai trường hợp sau: - f < l < 2f - l > 2f

105

b) Cho f = 10cm, l = 2f. Ban đầu đặt một điểm sáng trên trục chính, sát thấu kính thứ nhất, sau đó cho điểm sáng di chuyển dọc theo trục chính ra xa thấu kính với tốc độ không đổi V = 5cm/s. Nêu tính chất chuyển động và tính chất của ảnh cuối cùng của hệ. Bài 5. (3 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ: Các điện trở R1 = 2a(Ω), R2 = 4a(Ω), R3 = a(Ω); X là một phần tử phi tuyến mà cường độ dòng điện chạy qua nó phụ thuộc vào hiệu điện thế giữa hai đầu phần tử R1 R2 3 theo qui luật: I X = α.U X , với α là một hệ số tỉ lệ có đơn vị là A/V3. Hãy tính hiệu điện thế giữa hai đầu mạch G điện và công suất tiêu thụ trên X (theo α và a) khi dòng điện qua điện kế G bằng không. Bài 6. (3 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ: Các điện R3 X trở thuần R1 = 400Ω, R2 = 200Ω; cuộn dây thuần cảm 2

10 2 μF có độ tự cảm L = H ; tụ điện có điện dung C = Π Π

. Đặt vào hai đầu mạch điện một điện áp xoay chiều u =

2 2.cosωt (V) , tần số góc ω có thể thay đổi được.

R1 R2

a) Giá trị của ω bằng bao nhiêu để hiệu điện thế giữa hai bản của tụ điện đạt giá trị cực đại? b) Nếu thay điện trở R2 bằng điện trở R3 = 500Ω thì giá trị cực đại của hiệu điện thế giữa hai bản của tụ điện là bao nhiêu và ứng với giá trị nào của ω? Bài 7. (2 điểm) Lập phương án thực hành xác định suất điện động của nguồn điện. Cho các dụng cụ sau: - 1 nguồn điện không đổi; - 2 vôn kế; - 1 ngắt điện; - Các dây nối cần thiết. Yêu cầu: a) Vẽ các sơ đồ mạch điện (nếu có). b) Nêu cơ sở lý thuyết và xây dựng các công thức cần thiết. c) Trình bày các bước tiến hành thí nghiệm, lập bảng biểu cần thiết. ----------------HẾT---------------

UBND TỈNH QUẢNG NAM

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT

106

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn: Vật lý

HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1.

3,0

a) Công nguyên tố của lực ma sát khi thanh dịch chuyển một khoảng rất nhỏ dx: dAms = − Fms dx = −

µ mg L

xdx

0,50

µmg µmg 2 xdx = − x L 2L 0

 A ms = −  dA ms = −  0

0,50

b) Ban đầu lò xo không biến dạng nên độ dãn của lò xo bằng với độ dịch chuyển của thanh. Tùy vào giá trị của V0 mà độ dãn cực đại của lò xo A ≤ L hoặc A > L  Có hai trường hợp: - Trường hợp A ≤ L: Định luật bảo toàn cơ năng:

µmg 2 kA 2 mV02 A = − A ms = W2 − W1  2L 2 2 m  A = V0 µmg k+ L m k µg ≤ L  V0 ≤ L + Điều kiện: A ≤ L  V0 µmg m L k+ L - Trường hợp A > L: Công của lực ma sát lúc này:

A ms

µmg  µmg 2  = − L + µmg ( A − L)  = − L − µmg ( A − L) 2  2L 

0,25 0,25 0,50

0,25

Định luật bảo toàn cơ năng:

µmg kA 2 mV02 L − µmg(A − L) = − A ms = W2 − W1  − 2 2 2 2 2  kA + 2µmgA − ( mV0 + µmgL) = 0 Giải phương trình (bỏ nghiệm âm), ta có: 2

0,25

 µmg  m(V0 + µgL) µmg A=  −  + k k  k  µmg Điều kiện: A > L  − L − µmg (A − L) > L 2 k µg +  V0 > L m L Bài 2.

0,50

3,0

107

Gọi T0, T là nhiệt độ ban đầu và sau cùng của hệ; p0 là áp suất ban đầu của hệ; V0 là thể tích ban đầu của mỗi ngăn. a) Xét ngăn trên: Khí tăng nhiệt độ đẳng áp từ T0 đến T, thể tích của nó tăng từ V0 đến V, ta có: V =

V0 T T0

0,25

Khí sinh công: A = p0.(V – V0)



PV A = − 0 0 (T − T0 ) = −2 R (T − T0 ) (1) T0

0,25

- Độ biến thiên nội năng của khí (4 mol):

i ΔU = ν. R (T − T0 ) = 6R (T − T0 ) 2

(2)

0,50

Áp dụng nguyên lý I nhiệt động lực học cho hệ: ΔU = Q + A (3) Từ (1), (2) và (3): 6R(T – T0) = Q – R(T – T0)   T= T=

R.(T − T 0 ) =

Q 8

Q +T 0 7R

0,25

0,50

1000 + 300 ≈ 315 K 8.8, 31

0,25

b) Xét ngăn dưới: Khí nóng đẳng tích từ T0 đến T, áp suất của nó tăng từ p0 đến p, ta có: p =

p0 T T0

0,25

- Lực ma sát tác dụng lên pit-tông A:

Fms = (p − p 0 ).S = ( p − p 0 ).  Fms =

V0  h

Fms =

p0V 0 2 R.(T − T 0 ) .(T − T0 ) = T0 h h

8, 31.(315 − 300) ≈ 500 N 0, 5

0,50 0,25

Bài 3.

3,0

- Phương trình chuyển động của vật A (theo phương nghiêng): m1gsinα – μm1gcosα = m1a1  Gia tốc của vật A: a1 = g.(sinα – μcosα) 0,50 - Phương trình chuyển động tịnh tiến của vật B: m2gsinα – Fms2 = m2a2 (1) 0,50 - Với Fms2 là lực ma sát giữ cho B lăn không trượt, đồng thời gây ra sự quay quanh trục của nó với gia tốc góc γ. Ta có phương trình: M = I.γ  Fms2.r =

1 m2.r2.γ 2

- Vật B lăn không trượt nên: γ = Từ (1), (2) và (3): a 2 =

a2 r

2 g.sin α 3

0,25

(3)

0,25

(4)

- Muốn khoảng cách giữa hai vật luôn không đổi thì: a1 = a2  g.(sinα − µ cos α ) =

(2)

2 g.sin α 3

0,25 0,25 0,25

 tgα = 3µ  α = arctg3μ

108

b) Từ (1) và (4) ta có: Fms 2 =

1 m 2 g sin α 3

0,25 0,25

- Lực ma sát cực đại giữa B và mặt nghiêng: Fmsnmax = μ’m2gcosα - Điều kiện phải thỏa mãn là: Fms2 ≤ Fmsnmax

0,25

1 tgα ' ' =µ  m 2 g sin α ≤ µ m 2 g cos α  µ ≥ 3 3 Bài 4.

3,0

a) Sơ đồ tạo ảnh:

AB d1

A1B1 d’1

- Chùm sáng tới //: d1 = ∞

A2B2

d’2

 d’1 = f  d2 = l – d’1 = l – f '

 d2 =

d 2f (l − f )f = d2 − f l − 2f

0,25

+ Khi f < l < 2f  d’2 < 0: Chùm tia ló là chùm phân kỳ.

0,50

F’1

F’2 0,25

+ Khi l = 2f  d’2 > 0: Chùm tia ló là chùm hội tụ.

0,50

F’2 F1

O1 F’1

O2 S2

b) Ban đầu điểm sáng đặt sát thấu kính thứ nhất  cách thấu kính thứ hai: d0 '

= l = 2f = 20cm  ảnh của hệ ở vị trí cách thấu kính d 0 =

d0f = 20cm . 0,25 d0 − f

- Đoạn đường điểm sáng đi được trong thời gian t: d1 = V.t = 5.t (cm)

d 1f 10 t (cm) = d1 − f t − 2 10t 10.(t − 4) ' =  d 2 = l − d 1 = 20 − t−2 t−2 d '−d ' 20 − 5.(4 − t ) d 2f ' = 5cm / s  d2 = = 5.(4 − t )  V ' = 2 0 = t t d2 − f '

 d1 =

109

0,25

Bài 5.

 + Tính chất chuyển động: Ảnh sau cùng của hệ chuyển động đều từ vị trí 0,50 cách thấu kính thứ hai một đoạn 20cm, với vận tốc V’ = 5cm/s, cùng chiều với chiều chuyển động của vật. + Tính chất của ảnh sau cùng của hệ:  0 < d’2 < 20cm: Ảnh thật. * Khi 0 < t < 4s 0,50 * Khi t = 4s  d’2 = 0: Ảnh sát với thấu kính thứ hai. * Khi t > 4s  d’2 < 0: Ảnh ảo. 3,0

Gọi: U, U1, U2, U3, UX lần lượt là hiệu điện thế giữa hai đầu mạch điện, giữa hai đầu R1, R2, R3 và X.

U2 U.R 2 U 2U  U2 = = = R 2 R1 + R 2 R1 + R 2 3 2U - Khi IG = 0  U X = U 2 = 3 U.R 1 U và U 1 = U 3 = = R1 + R 2 3 - Ta có:

- Cường độ dòng điện chạy qua X:

 U=

U  2U  = α.  3a  3 

0,50 0,50

0,50

U U.R 1 U = I X = I3 = 3 = R 3 (R 1 + R 2 ).R 3 3a 3 Theo đề: I X = α.U X 

0,50

9 8αa

0,50 4

- Công suất tỏa ra trên RX: PX = I X .U X = α.U X = Bài 6.

1 (W) 4αa 2 3,0

UAB

UMB

UAM

I1 IC

Ta có: Z LC = Z L − Z C ; Z MB =

0,25

R 2 Z LC

0,25

R 22 + Z 2LC

U C = I C ZC ; U L = I C Z L

0,25

U MB = U L − U C = I C Z LC = I 2 R 2  I 2 = I C

R 1 R 22 + Z 2LC R1 U AM = I1R 1 = I C = IC cos α R2 U 2AB = U 2AM + U 2MB + 2 U AM U MB .sin α 110

Z LC R2

0,25 0,25

 R 12 2  Z LC R U = I  2 ( R 2 + Z 2LC ) + Z 2LC + 2 1 R 22 + Z 2LC .Z LC  R2 R 22 + Z 2LC   R 2 2 U C2  2  R 1 + R 2  2   Z LC  = 2 R 1 +  Z C  R  2   U AB  UC = .ZC 2  R + R2   ( Z L − ZC ) R 12 +  1  R2  2 AB

2 C

R2 ZC . R1 + R 2  R R 2  1 2  + ( Z L − ZC ) 2  R1 + R 2  R 1R 2 R2 1 1 (với R = ) = U AB . . . R1 + R 2 R1 + R 2 1 2 Cω 2 (R ) + (Lω − ) Cω R2 1 = U AB . . 2 2 4 R 1 + R 2 L C ω − (2LC − R 2 C 2 )ω2 + 1 = U AB .

Đặt: y = L C ω − (2LC − R C )ω + 1 Để UC = UCmax  y = ymin

0,25 0,50

0,50

R 1R 2 400 2 2 = Ω  (2LC − R C ) < 0 R1 + R 2 3 2LC − R 2 C 2 2 Do đó: y = ymin  ω = 2L2 C 2 0,25 2 2 2LC − R C  ω= ≈ 165,6rad/s 0,25 2LC R 1R 3 2000 b) Thay R2 bằng R3 = 500Ω, ta có: R = = Ω R1 + R 3 9 2 2  2LC − R C > 0 2 2 4 2 2 2  Hàm y = L C ω − (2LC − R C )ω + 1 ≥ 1 tăng đồng biến theo ω2. a) R2 = 400Ω  R =

Do đó: y = ymin = 1  ω = 0  uAB phải là điện áp không đổi.  U C = U AB

R3 5 = V R1 + R 3 3

Bài 7.

2,0

a) Vẽ hai sơ đồ mạch điện:

0,50

111

E,r

Mạch 2

Mạch 1

b) Cơ sở lý thuyết: Gọi E, r là suất điện động và điện trở trong của nguồn, ta có: - Mạch 1: U1 = E − r

U1 R1

U 1' - Mạch 2: U + U = E − r R1 ' 1

 E=

' 2

(1)

0,25

(2)

0,50

U 1 U '2 U 1 − U 1'

0,25

c) Các bước tiến hành thí nghiệm, lập bảng số liệu: - Bước 1: Mắc mạch điện 1, đóng khóa k, đọc số chỉ U1. - Bước 2: Mắc mạch điện 2, đóng khóa k, đọc số chỉ U’1, U’2. - Lặp lại các bước trên với các lần đo khác nhau. - Lập bảng số liệu: Lần đo U1 U ’1 U ’2 E 1 2 3 ….. - Tính giá trị trung bình: E =

0,25

E 1 + E 2 + ... + E n n

Ghi chú: 1. Thí sinh có thể giải theo cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. 2. Nếu sai đơn vị ở phần kết quả thì trừ 0,25 điểm cho toàn bài thi.

112

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG TRỊ ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA 11 THPT Khóa thi ngày 19 tháng 03 năm 2014 Môn thi: VẬT LÍ Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề có 02 trang, gồm 05 câu)

Câu 1. (4 điểm) Một êlectron đang chuyển động với vận tốc v0= 6.107m/s thì bay vào một miền có từ trường đều, phương vuông góc với các đường sức từ. Vectơ vận tốc v 0 nằm trong mặt phẳng hình vẽ và có chiều hướng từ trái sang phải (Hình 1). Cho biết B = 0, 005T , m e = 9,1.10 −31 kg , điện tích của êlectron bằng −1, 6.10 −19 C . Bỏ qua trọng lượng của êlectron. v0 1. Cần phải đặt một điện trường E có hướng và độ lớn thế nào trong miền từ trường để êlectron chuyển động thẳng đều trong miền đó? 2. Không đặt điện trường như đã nêu ở câu trên. B a) Hãy tính bán kính quỹ đạo chuyển động của êlectron khi chuyển động trong không gian có từ trường. d b) Miền từ trường nói trên được giới hạn giữa hai đường thẳng Hình 1 song song, cách nhau một khoảng d = 5,91cm. Tính thời gian chuyển động của êlectron trong từ trường. Câu 2. (4 điểm) Cho hai mạch điện như Hình 2a và Hình 2b, trong đó E1 = 15V; r1 = 1Ω ; E2 = 10V; r2 = 1Ω ; R 1 = 3Ω ; R 2 = 5Ω . Biết hiệu điện thế U AB = U CD . Hãy tính suất điện động E0 và điện trở r0 .

Câu 3. (4 điểm) Một bán cầu có khối lượng M đặt trên mặt phẳng nằm ngang. Một vật nhỏ có khối lượng m bắt đầu trượt không ma sát, không vận tốc đầu từ đỉnh bán cầu. Gọi α 0 là góc hợp giữa bán kính nối vật với tâm bán cầu với phương thẳng đứng khi vật bắt đầu rời khỏi bán cầu (Hình 3). α 1. Bán cầu được giữ cố định. Khi α < α 0 , tìm biểu thức xác định áp lực của bán cầu lên mặt phẳng ngang. 2. Giả sử bỏ qua ma sát giữa bán cầu và mặt phẳng ngang. Hình 3 Hãy tính α0. Biết M = 10m.

113

Câu 4. (3 điểm) Một bình hình trụ kín, thẳng đứng, được chia làm hai ngăn bằng một vách ngăn có trọng lượng đáng kể và có thể trượt không ma sát bên trong hình trụ. Nhiệt độ của cả hệ là T0, vách ngăn ở vị trí cân bằng, khí ở ngăn trên (ký hiệu là ngăn A) có áp suất 10 kPa và có thể tích gấp 3 lần thể tích của khí ở ngăn dưới (ký hiệu là ngăn B), áp suất khí ở ngăn dưới là 20 kPa. a) Lật ngược bình hình trụ, để cho bình thẳng đứng, ngăn B ở trên còn ngăn A ở dưới. Sau khi nhiệt độ trở về T0 và cân bằng được thiết lập. Tính áp suất khí trong ngăn A và tỉ số thể tích khí giữa ngăn A và B khi đó. b) Sau khi lật ngược bình như câu a thì phải làm cho nhiệt độ của cả hệ biến đổi như thế nào, để thể tích của ngăn A và ngăn B bằng nhau? Câu 5. (5 điểm) Cho một khối thủy tinh dạng bán cầu có bán kính R = 4cm, A chiết suất n = 2 đặt trong không khí (Hình 4). 1. Chiếu thẳng góc tới mặt phẳng của bán cầu một tia sáng SI. S I a) Điểm tới I cách tâm O của khối bán cầu là R/2. Xác định O góc lệch giữa tia ló ra khỏi bán cầu so với tia tới. R b) Điểm tới I ở trong vùng nào thì có tia sáng đi qua mặt cầu của bán cầu? 2. Chiếu một chùm tia sáng đơn sắc song song vào mặt Hình 4 B phẳng, theo phương vuông góc và phủ kín mặt đó. Chùm sáng ló ra khỏi mặt cầu không phải là một chùm tia sáng đồng quy mà nó tạo ra một vệt sáng có dạng một đoạn thẳng nằm dọc theo đường kính vuông góc với mặt phẳng. Hãy xác định vị trí và chiều dài đoạn thẳng nói trên. ----------- HẾT ----------• Thí sinh không được sử dụng tài liệu. • Giám thị không giải thích gì thêm.

114

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG TRỊ

CÂ U 1

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG VĂN HÓA 11 THPT Môn: Vật lí - Khóa thi ngày: 19/03/2014 (Đáp án - thang điểm gồm 05 trang)

NỘI DUNG

Điể m

- Sử dụng quy tắc bàn tay trái ta tìm được chiều của lực Lorenxơ FL tác dụng 0,5 lên electron hướng thẳng đứng từ trên xuống. - Để electron chuyển động thẳng đều thì lực điện trường ( FD ) phải cân bằng với 0,5 FL , tức là FD hướng lên. Suy ra E phải hướng thẳng đứng xuống dưới. - Độ lớn E thỏa mãn: Ee = ev0B (e là độ lớn điện tích electron) 0,5  E = Bv0 = 0, 005.6.107 = 3.105 V . m

Khi không có điện trường, trong miền từ trường, lực Lorenxơ FL đóng vai trò là lực hướng tâm nên: FL = ma ht 0,5

mv 0 mv 02 R= eB R −31 7 9,1.10 .6.10 R= = 0,06825m = 6,825cm 1,6.10−19.0,005

ev 0 B =

0,5 0,5

Vì R > d nên êlectron sẽ ra khỏi từ trường tại một điểm trên đường giới hạn theo 0,25 phương lệch với phương ban đầu một góc  xác định bởi:

sin ϕ =

d 5,91 = ≈ 0,866 hay ϕ ≈ 600 . R 6,825

0,25

N φ v0 R φ O d

Như vậy cung tròn mà êlectron chuyển động trong từ trường chỉ chiếm 1/6 đường tròn nên thời gian êlectron chuyển động trong từ trường là:

1 2πR 1 2π.0,06825 t= . = . ≈ 1,191.10−9 s 7 6 v0 6 6.10 B

(a) A

0,5

(b)

Giả sử chiều dòng điện chạy qua đoạn mạch trong Hình 2a có chiều như hình vẽ. Ta có: I = I1 + I 2 0,5

115

CÂ U

NỘI DUNG →

Điể m

U E1 − U U + E2 = − R R 1 + r1 R 2 + r2

0,5

E1 E2 − R1 + r1 R 2 + r2 U= (1) 1 1 1 + + R R1 + r1 R 2 + r2

0,5

Mặt khác, theo mạch ở Hình 2b, ta có: U = IR =

E0 r0

0,5

(2) 1 1 + R r0 Đồng nhất (1) và (2) suy ra: E0 E1 E2 = − r0 R 1 + r1 R 2 + r2 1 1 1 và = + r0 R 1 + r1 R 2 + r2 Thay số E1 = 15V; r1 = 1Ω ; E2 = 10V; r2 = 1Ω ; R 1 = 3Ω ; R 2 = 5Ω 1 1 1  r0 = 2, 4Ω ; Tính được: = + r0 3 + 1 5 + 1 E0 15 10 = −  E0 = 5V. 2, 4 3 + 1 5 + 1 Hình vẽ U=

E0 E .R = 0 r R + r0 1+ 0 R

0,5 0,5

0,25

Chọn mốc thế năng trùng mặt phẳng ngang qua đỉnh của bán cầu. Xét tại vị trí vật m chưa rời khỏi bán cầu: mv2 Áp dụng ĐL bảo toàn cơ năng, ta có: 0 = − mgR(1 − cos α) + 2 2  v = 2gR(1 − cos α ) Theo định luật 2 Newton: P + N = ma (*) mv2 mg cos α − N = R  N = mg(3 cos α − 2) b)

0,25

0,5 0,5

Áp lực của bán trụ lên sàn: Q = Mg + N cos α = Mg + mg(3 cos2 α − 2 cos α ) 0,5 Xét tại thời điểm bất kỳ khi vật nhỏ m chưa rời bán cầu M. Gọi v1 , v 2 lần lượt là vận tốc của vật m và bán cầu M đối với sàn, u là vận tốc của vật m đối với M. Chọn hệ quy chiếu gắn với bán cầu thì các lực tác dụng lên vật m: P = m1g; N; Fqt = −ma

116

CÂ U

NỘI DUNG

Điể m

u2 (a) R Lúc vật m bắt đầu rời bán cầu thì: N = 0 , Fq = 0  u 2 = gR cos α (b)

Theo định luật II Newton ta có: mg cos α − N − Fqt sin α = m ⋅

0,25

Mặt khác: v1 = v 2 + u

0,25

 v12 = v 22 + u 2 − 2v 2 u ⋅ cos α (c) Từ hình vẽ suy ra:  (d)  v1x = u cos α − v 2 Theo phương ngang, động lượng của hệ “vật m và M” được bảo toàn: M mv1x − Mv 2 = 0  v1x = v2 (e) m M m ⋅ u cos α (*) Từ (d) và (e)  u cos α − v2 = v 2  v 2 = m m+M Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ta có: mv 2 Mv 22 mgR(1 − cos α ) = 1 + (**) 2 2 Thay (b), (c) và (*) vào (**), sau khi rút gọn ta được: m   2 gR =  3 − ⋅ cos 2 α  ⋅ u 2 ; (lưu ý: u 2 = gR cos α ) m + M   m  ⋅ cos 3 α − 3 cos α + 2 = 0 (* * *) . m+M Thay M = 10m vào (***) ta có: 1 .cos3 α − 3cos α + 2 = 0 . Giải ra được: cos α ≃ 0, 676  α ≈ 47, 50 11 Gọi thể tích khí ở phần B lúc trước và sau khi lật ngược bình là V và V’, chọn đơn vị áp suất là kPa. Biến thiên trạng thái khí trong ngăn A; B: T0 T0   sau khi lat binh → 10 + p ' (A) 10  (B) 3V 4V − V ' (A) (B)   ; 10, 3V p’, V’ T0 T0   sau khi lat binh → p '  20  (A) V V ' (B) p’+10,   20, V

0,25

0,25 0,25 0,25

4V-V’

Áp dụng định luật Boyle – Mariotte lần lượt cho khí ở ngăn A và ngăn B 0,25 10.3V = ( p'+ 10)( 4V − V') (1) 0,25 20.V = p ' V ' (2) Từ

(1) '2

và

(2)

có

phương

trình:

 20V  30V = ( p '+ 10 )  4V −  p'  

0,25

 2p − 5p − 100 = 0

5 + 825 ≈ 8, 43kPa ; 4 20V Thay p’ vào (2) ta có: V ' = ≈ 2,37V p'

Giải pt ta lấy nghiệm: p ' =

117

0,25

CÂ U

NỘI DUNG

Điể m 0,25

Áp suất khí trong ngăn A là: p '+ 10 = 18, 43kPa Thể tích khí trong ngăn A là: 4V-V’=1,63V Vậy tỉ số thể tích khí trong ngăn A và B lúc sau là: b)

1, 63V ≈ 0, 69 2,37V

0,25

0,5 Gọi T là nhiệt độ mà tại đó thể tích khí hai ngăn bằng nhau và bằng 2V, áp suất khí trong ngăn B là p”. Khi đó khí ở phần A có thể tích là 2V và áp suất là (p” + 10). Áp dụng phương trình trạng thái lần lượt cho khối khí trong ngăn A và ngăn B: 10.3V ( p"+ 10 ) .2V = ( 3) (B)  T  T0 p”, 2V  0,25  20.V = p"2V ( 4)  T0 T (A) 0,25 p”+10, 2V

3 p"+ 10 =  p" = 20kPa 2 p" Thay giá trị này vào (4) ta có: T=2T0. Như vậy phải tăng nhiệt độ tuyệt đối lên hai lần thì thể tích của hai ngăn sẽ bằng nhau. - Tia sáng đi thẳng qua mặt phẳng AB của khối bán cầu và tới mặt cầu tại J với góc tới là i. OI 1 sin i = =  i = 300 OJ 2 Tại J, ta có: n sin i = sin r hay 2 sin 30 0 = sin r  r = 450 Góc lệch giữa tia ló và tia tới tại J là: D = 450 – 300 =150. Để có tia ló ra mặt cầu của bán cầu thì góc tới tại mặt cầu thỏa mãn điều kiện: 1 i ≤ i gh , với sin i gh = 2 - Khi i = igh thì tia ló ra khỏi mặt cầu theo phương tiếp tuyến với bán cầu. Khi R đó: OI = R sin i = 2 Gọi I1 là vị trí của I khi có góc tới tại J là i = igh. R Vậy nếu điểm tới I nằm trong đoạn I1I 2 = R 2 , với OI1 = OI 2 = thì sẽ có 2 tia ló ra khỏi mặt cầu của bán cầu. Với những tia sáng tới mặt cầu tại I1, I2 sẽ có tia ló ra khỏi bán cầu theo phương tiếp tuyến với mặt cầu và hội tụ tại điểm M trên trục bán cầu. Ta có: OM = R 2 Hình vẽ

118

0,25

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

0,5 0,5

0,5

0,5 0,25

CÂ U

NỘI DUNG

Điể m A I1 igh

r-i

igh

- Xét đường đi của một tia sáng bất kì SIJK, đi qua được khối bán cầu và ló ra khỏi bán cầu: Tại J, gọi i là góc tới, r là góc khúc xạ. Tia JK cắt trục bán cầu tại F. OF OJ sin r Trong tam giác OJF, ta có: = hay OF = R sin r sin ( r − i ) sin ( r − i ) Mặt khác: sin r = n sin i; sin ( r − i ) = sin r cos i − sin i cos r  OF = R

n sin i 2

n sin i cos i − sin i 1 − sin r n cos i − 1 − n 2 sin 2 i 0,25 Rn Rn  OF =  OF = 2 n 1 − sin 2 i + 1 − n 2 sin 2 i 2 2 2 n −1 n 1 − sin i − 1 − n sin i Những chùm tia sáng hẹp lân cận với trục bán cầu sẽ gặp mặt cầu dưới góc tới i rất nhỏ và hội tụ tại điểm xa O nhất. Điểm đó ứng với góc tới i ≈ 0 . Rn ( n + 1) Rn  ( OF )max = = 0,5 n2 −1 n −1 Vậy độ dài đ oạ n sáng nói trên là: R 2 0,5 MF = ( OF )max − OM = − R 2 = 2R = 8 ( cm ) 2 −1 Ghi chú: Thí sinh có thể giải cách khác nếu đáp số đúng thì cho điểm tối đa, sai phần nào thì trừ điểm ngang phần đó.

(

119

)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG TRỊ ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA 12 THPT Khóa ngày 05 tháng 03 năm 2014 Môn thi: VẬT LÍ Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 02 trang, gồm 05 câu)

Câu 1. (4 điểm) Trên mặt chất lỏng có hai nguồn phát sóng kết hợp A, B cách nhau 16 cm dao động theo phương thẳng đứng với phương trình: u A = u B = 2 cos 40 πt(mm). Coi biên độ sóng không đổi. Xét các vân giao thoa cùng loại, nằm về một phía với đường trung trực của AB, ta thấy vân bậc k đi qua điểm M có hiệu số AM – BM = 7,5cm thì vân bậc (k+2) đi qua điểm P có hiệu số AP – BP = 13,5cm. a) Tính vận tốc truyền sóng, cho biết vân bậc k là cực đại hay cực tiểu. b) Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua trung điểm của AB. Tính số điểm cực đại, cực tiểu trên đoạn MM’. c) N là điểm dao động với biên độ cực đại trên mặt chất lỏng thuộc đường tròn tâm A, bán kính AB. Tính khoảng cách ngắn nhất từ N đến đường thẳng AB. Câu 2. (4 điểm)

Mạch dao động LC lí tưởng đang thực hiện dao động điện từ tự do với chu kì T. Tại thời điểm nào đó dòng điện trong mạch có cường độ 8π mA và đang tăng, sau đó khoảng thời gian T/4 thì điện tích trên bản tụ có độ lớn 2.10-9 C. a) Tính chu kì dao động điện từ trong mạch. b) Vào thời điểm t, 75% năng lượng tổng cộng trong mạch dao động LC được dự trữ trong từ trường của cuộn dây. Hỏi sau thời gian ngắn nhất là bao nhiêu thì cường độ dòng điện trong mạch bằng không? c) Dao động điện từ trong mạch trên có đường biểu diễn sự phụ thuộc cường độ dòng điện qua cuộn dây theo thời gian như Hình 1. Hãy viết biểu thức điện tích tức thời trên tụ điện. Câu 3. (5 điểm)

Cho mạch điện như Hình 2. Đặt vào hai đầu A và B hiệu điện thế xoay chiều u AB = U 2 cos(100πt) (V), người ta thấy số chỉ của các vôn kế V1 ,V2 và ampe kế chỉ lần lượt là: 80 V, 120 V và 2 A (coi điện trở các vôn kế rất lớn và điện trở ampe kế rất nhỏ). Biết rằng hiệu điện thế hai đầu V3 trễ pha so với hiệu điện thế hai đầu vôn kế V1 một góc π ; hiệu điện 6 thế hai đầu các vôn kế V1 và V2 lệch pha nhau một góc 2π . 3 a) Tính R, r, L, C và U. b) Cho điện dung C thay đổi đến giá trị C1 để số chỉ của vôn kế V3 là cực đại. - Hãy xác định số chỉ của vôn kế V3. - Viết biểu thức của hiệu điện thế tức thời hai đầu V2.

120

Câu 4. (4 điểm)

Một lò xo có hệ số đàn hồi k = 100 N/m, khối lượng không đáng kể đặt nằm ngang, một đầu được giữ cố định, đầu còn lại được gắn với chất điểm khối lượng m1 = 0,5 kg (Hình 3). Chất điểm m1 được gắn với chất điểm thứ hai khối lượng m2 = 0,5 kg. Các chất điểm đó có thể dao động không ma sát trên trục Ox nằm ngang hướng từ điểm cố định giữ lò xo về phía các chất điểm m1, m2. Dịch hai chất điểm đi một đoạn 2 cm khỏi vị trí cân bằng sao cho lò xo bị nén rồi thả nhẹ. Bỏ qua sức cản của môi trường. Chọn gốc thời gian khi thả vật. a) Viết phương trình dao động điều hòa của các chất điểm, giả thiết chúng luôn gắn chặt với nhau. Lấy vị trí cân bằng của chúng làm gốc tọa độ. b) Chỗ gắn hai chất điểm bị bong ra nếu lực kéo tại đó đạt đến 1 N. Hỏi chất điểm m2 có thể bị tách khỏi chất điểm m1 không? Nếu có thì tách ở vị trí và thời điểm nào? Viết phương trình dao động của chất điểm m1 sau khi chất điểm m2 tách khỏi nó. Mốc thời gian vẫn lấy như cũ. Câu 5. (3 điểm)

Quả cầu nhỏ 1 (xem là chất điểm) có khối lượng m1 = 2,0 kg được treo vào điểm O bằng dây treo mảnh, nhẹ, có chiều dài L = 1,0 m. Quả cầu 1 đang nằm cân bằng cách mặt đất h = 5,0 m thì quả cầu 2 có khối lượng m2 = 1,0 kg chuyển động theo phương nằm ngang với vận tốc v0 = 10 m/s tới va chạm xuyên tâm với quả cầu 1. Sau va chạm, quả cầu 2 bật ngược lại và chạm đất cách đường thẳng đứng đi qua O một đoạn 2m, còn quả cầu 1 chuyển động lên trên. Khi dây treo hợp với phương thẳng đứng góc θ = 1200 thì dây gặp một cái đinh tại O’ cách O một khoảng x (Hình 4). Sau đó, quả cầu 1 quay quanh O’ trong mặt phẳng thẳng đứng. a) Tính vận tốc của quả cầu m2 ngay sau va chạm. b) Để quả cầu 1 thực hiện được chuyển động tròn thì khoảng cách tối thiểu x phải bằng bao nhiêu? Lấy g = 10 m/s2. Bỏ qua sức cản của môi trường. ----------- HẾT ----------•

Thí sinh không được sử dụng tài liệu.

•

Giám thị không giải thích gì thêm.

121

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG TRỊ

CÂ U 1

NỘI DUNG

Ý a)

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG VĂN HÓA 12 THPT Môn: Vật lí - Khóa ngày: 05/03/2014 (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) Điể m

Giả sử M là điểm dao động với biên độ cực đại, ta có: ∆d = AM − BM = 7,5cm = kλ (1) ∆d ' = AP − BP = 13,5cm = (k + 2)λ (2) Suy ra λ = 3cm và k = 2,5. Vận tốc truyền sóng v = λ f = 0, 03.20 = 0, 6m / s . k = 2,5 ; k là số bán nguyên nên vân bậc k là cực tiểu giao thoa. Vì M thuộc dãy cực tiểu thứ 3 kể từ đường trung trực của AB nên trên đoạn MM’: - Số điểm dao động với biên độ cực đại là 5 - Số điểm dao động với biên độ cực tiểu là 6. Điểm N dao động với biên độ cực đại gần AB nhất nằm về phía B, Điều kiện cực đại: d 2 − d1 = NA − NB = kλ Số điểm dao động với biên độ cực đại trên khoảng AB: l l 16 16 − < k < ⇔− < k < λ λ 3 3 N gần AB nhất nên k = 5, NA − NB = 5λ  NB = 16 − 5.3 = 1cm

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

Đặt NH = x, ta có: 2

NA 2 − x 2 + NB2 − x 2 = AH + HB 2

⇔ 16 − x + 1 − x = 16  x = 0,9995cm Tính chu kì dao động điện từ - Cường độ dòng điện tại thời điểm t có dạng: i1 = I0 cos ( ωt + ϕ) -Cường độ dòng điện tại thời điểm t+T/4 có dạng: π  i 2 = I 0 cos  ωt + ϕ +  = − I 0 sin ( ωt + ϕ ) 2  2 2 2 Do đó: i1 + i 2 = I 0 (1) - Mặt khác: ω2 q 22 + i 22 = I 02 (2) Từ (1) và (2), ta có: ω2 q 22 = I 02 − i 22 = i12  ω =

i1 q2

2π T= = 0,5.10−6 ( s ) . ω I 3 3 1 31  Tại thời điểm t: Wt = W  Li 2 =  LI02   i = ± 0 4 2 42 2  - Kể từ thời điểm đó, sau thời gian ngắn nhất để i = 0 là: ∆t T 1 Sử dụng giản đồ vectơ quay, tính được: ∆t = = ( s ) = 0, 083 ( µs ) . 6 12 Biểu thức của điện tích trên bản tụ có dạng: q = q 0 cos ( ωt + ϕ ) π  Biểu thức của cường độ dòng điện sẽ là: i = I0 cos  ωt + ϕ +  2  Trong đó:

122

0,25 0,5 0,5

0,5

0,5 0,5

ω=

0,25

2π 2π rad = = 4π.106 ; −6 T 0,5.10 s

0,25

I 8π 2.10 −3 q0 = 0 = = 2 2.10−9 C 6 ω 4π.10 .

π  Từ đồ thị ở Hình 1, ta thấy tại: t = 0 thì i = I0 cos  ϕ +  = I0 2  π π  ϕ+ = 0  ϕ = − . 2 2 π  Vậy: q = 2 2 cos  4π.106 t −  (nC) . 2  - Giản đồ vectơ

π/3

0,5 0,5

0,25

π/3 π/6

Theo giản đồ vectơ ta có: U R = U1 sin

U 40 π 1 = 20Ω. = 80. = 40(V)  R = R = 6 2 I 2

UC = U1 sin

U π 3 40 3 = 80. = 40 3(V)  Z C = C = = 20 3Ω 3 2 I 2  C ≈ 92µF .

0,5

U π 3 60 3 = 120. = 60 3(V)  Z L = L = = 30 3Ω 3 2 I 2  L ≈ 0,165H .

0,5

π 1 = 120. = 60(V)  U r = 20(V )  r = 10Ω. 6 2

0,5

UL = U 2 sin

U R + U r = U 2 sin

U = I ( R + r ) 2 + ( Z L − Z C ) 2 = 2 30 2 + (10 3 ) 2 = 40 3 (V ). b)

0,5

0,25

* Số chỉ cực đại của vôn kế V3

Ta có: U C = IZ C =

UZ C (R + r) 2 + (Z L − Z C ) 2

U 2

Z ( R + r ) + Z L2 − 2 L +1 2 ZC ZC

(1)

Biểu thức trong căn là một tam thức bậc hai của 1 / Z C , do đó U C đạt cực đại (vì U = const) tại:

ZL (R + r) 2 + Z2L 1 1 = =  Z = = 40 3Ω . C1 ZC ZC1 (R + r) 2 + ZL2 ZL

123

0,5

Thay

vào

U Cmax =

(1)

tính

U (R + r) 2 + Z2L R+r

được

giá

trị

c ực

đại

c ủa

bằng: 0,25

= 80 3 V . 0,25

Vậy số chỉ của vôn kế V3 là 80 3(V) . U2

UR+Ur O

UAB

UCmax

- Chứng tỏ được: Khi hiệu điện thế giữa hai đầu tụ điện có giá trị lớn nhất, hiệu điện thế giữa hai đầu V2 sớm pha π/2 hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch. Từ giản đồ vectơ, ta có: U

 U 2 = U 2Cmax − U 2AB =

2 Cmax

2 AB

(80 3 ) − ( 40 3 )

= 120V

0,5

π  - Biểu thức hiệu điện thế hai đầu V2: u 2 = 120 2 cos  100πt +  ( V ) 2  - Phương trình dao động điều hòa của hệ hai vật dọc trục của lò xo: Phương trình dao động có dạng: x = A cos ( ωt + ϕ) Trong đó: ω =

0,5

2 2

k 100 = = 10 rad . s m1 + m 2 0,5 + 0,5

0,5

Chọn mốc thời gian: t = 0; x 0 = −2cm; v0 = 0

A cos ϕ = −2 ϕ = π rad   −Aω sin ϕ = 0 A = 2cm x = 2cos (10t + π)( cm )

0,5 0,5

m1 m2

•

• O

•

x (+)

A B Chọn hệ quy chiếu gắn với m1. Hệ quy chiếu này là HQC phi quán tính, do m1 chuyển động có gia tốc. Khi đó m2 chịu tác dụng của lực quán tính. - Lúc hai vật m1 và m2 mới đươck thả ra, m1 chuyển động nhanh dần từ A về O, lực quán tính tác dụng lên m2 có chiều ngược lại, tức là m2 không thể bị tách ra khỏi m1 trên đoạn này. Trên đoạn OB, m1 chuyển động chậm dần nên lực quán tính tác dụng lên m2 có xu hướng kéo m2 tách ra khỏi m1 trên đoạn OB. - Theo bài ra, m2 có thể tách ra khỏi m1 khi lực quán tính có độ lớn: Fqt = m | a | =1 | m2ω2 x | = 1 ……………………………………………………

 | x |=

1 1 = = 0, 02m = 2cm 2 m2ω 0, 5.102

124

0,5

0,25 0,25

Vì m2 tách ra trên đoạn OB nên x = 2cm. Vậy m2 tách ra tại B, cách O 2 cm, tức là vật m2 tách ra ở vị trí biên và vào thời T π điểm sau khi thả vật một khoảng thời gian: t1 = = ( s ) . 2 10 - Ngay sau đó vật dao động m1 dao động điều hòa với phương trình: x = A'cos ( ω ' t + ϕ ')

k 100 Trong đó: ω ' = = = 10 2 rad ; A ' = 2cm s m1 0,5

0,5

0,25

Tại thời điểm m2 tách khỏi m1, ta có:  x ( t1 ) = A ' cos 10 2t1 + ϕ ' = 2 π   10 2t1 + ϕ ' = 0  ϕ ' = −10 2. = −π 2  10  v ( t1 ) = − Aω sin 10 2t 1 + ϕ ' = 0 

(

)

(

)

Vậy phương trình dao động của m1 sau khi m2 tách khỏi nó là: x = 2 cos 10 2t − π 2 ( cm ) .

(

)

Gọi vận tốc quả cầu 1 sau va chạm là v1, quả cầu 2 sau va chạm là v2. Sau va chạm, quả cầu 2 chuyển động giống một vật bị ném ngang và chạm đất 2h s 2 sau thời gian: t = , tính được: v 2 = = =2 m s g 2h 2.5 g 10 Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ trước và sau va chạm: m 2 v0 = m1v1 + m 2 v2  m 2 v0 = m1v1 − m 2 v 2

( )

0,25

m2 ( v0 + v 2 ) 1(10 + 2 ) = = 6m s m1 2 Khi quả cầu 1 lên trên đến khi dây treo chạm đinh, vật bắt đầu chuyển động tròn với vận tốc u, bán kính R. Chọn mốc thế năng hấp dẫn tại vị trí cân bằng m1. Theo định luật bảo toàn cơ năng, khi vật m1 ở vị trí cao nhất, ta có: 1 1 m1 v12 = m1g  L + ( L − R ) cos (180 − θ ) + R  + m1u 2 2 2 1 3 m gR 1 m1v12 = m1gL + 1 + m1u 2 (1) 2 2 2 2 Để quả cầu 1 thực hiện được chuyển động tròn thì ở vị trí cao nhất trong quỹ đạo chuyển động, trọng lực có độ lớn nhỏ nhất là bằng lực hướng tâm: u2 m1g = m1  u 2 = gR (2) R v 2 − 3gL 36 − 30 Thay (2) vào (1) ta có: R = 1 = = 0,3 ( m ) 2g 20 Vậy để quả cầu 1 chuyển động tròn với khoảng cách: x ≥ L − R = 0,7 ( m ) . v1 =

0,5

0,25 0,25

0,5 0,5

0,25 0,5 0,5

Ghi chú: Thí sinh có thể giải cách khác nếu đáp số đúng thì cho điểm tối đa, sai phần nào thì trừ điểm ngang phần đó. ------ Hết ------

125

UBND TỈNH THÁI NGUYÊN SỞ GD&ĐT

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 O 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. l a/ Xác định v0 để M lên đến vị trí dây nằm ngang. v0 M b/ Xác định v0 tối thiểu để M chuyển động tròn xung quanh O. m Hình 1 3 7 c/ Cho v0 = m/s, xác định chuyển động của M. 2 Bài 2 Một vật sáng AB hình mũi tên đặt song song với một màn E như hình bên. B Khoảng cách giữa AB và E là L. Giữa AB và E có một thấu kính hội tụ tiêu L cự f. Tịnh tiến thấu kính dọc theo trục chính AE người ta thấy có hai vị trí A 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 tưởng m 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 dãn 2cm và vật có vận tốc v0 = 10 15 cm/s hướng theo chiều dương. π b/ Tại thời điểm t1 lò xo không biến dạng. Hỏi tại t2 = t1 + s, vật có tọa độ bao nhiêu? 4 5 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

126

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 = mv1 + Mv 2 2m v0 mv 02 mv12 Mv 22 => v 2 = m+M = + 2 2 2 Mv 22 m + M gl Khi dây nằm ngang: = Mgl  v 0 = 2 m 2 Thay số: v0 = 3m/s. b/ Để M chuyển động hết vòng tròn, tại điểm cao nhất E: v E = gl

Điểm

0,25 0,25

O 0,25

Mv 22 Mv E m+M = Mg 2l +  v0 = 5gl . 2 2 2m 3 10 Thay số: v0 = m/s. 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 Lực căng của dây: T = mg cos α + . Khi T = 0 => M bắt đầu rời quĩ đạo tròn tại l D với 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) df  d 2 − Ld + Lf = 0 ; a/ L = d + d' = d + d−f 2 ∆ = L − 4Lf 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.

L± ∆

0,25 0,25

f =

L −a

0,25 0,25

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

4L Thay số f = 20cm.

M0,25 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. Bài 3 (2,5đ) k g sin α a/ Tại VTCB ω = = m ∆l π => Δl = 1cm, ω = 10 5 rad/s, T = s. 5 5

0,25

c/ ∆S' MN ≈ ∆S' IO 

0,25

π v  x +  0  => A = 2cm và ϕ = − . 3 ω

-1

Biên độ: A =

0,25

 d 2 − d1 = a

127

0,25 0,25

b/ Nghiệm d1,2 =

0,25

Vậy: x = 2cos( 10 5t −

π 3

0,25 0,25

)cm.

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

4 5 - vật ở K (nếu v1 > 0) => tọa độ x2 = 3 cm. - vật ở N (nếu v1 < 0) => tọa độ x2 = - 3 cm.

0,25

= 1,25T.

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)

M M M2' v = 0,8cm và d1 = d2 = d = 8cm f + Ta có phương trình dao động sóng tổng hợp tại M1 π(d 2 − d1 ) π(d1 + d 2 )   cos200πt − uM1 = 2A cos  λ λ   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 a. + λ =

2 2

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

S1 M − S1 I = 8,8 − 4 = 7,84(cm)

Do đó:

IM2 =

Suy ra

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

Tương tự: IM2’ =

0,25 0,25 2

S1M 2 − S1I = 7, 2 − 4 = 5,99(cm) 0,25  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 λ λ λ vân giao thoa cực đại. Do đó ta có: S1I = S2I = k + = (2k + 1) => S1S2 = 2S1I 2 4 4 0,25 λ = (2k + 1) 2 0,25 λ λ Ban đầu ta đã có: S1S2 = 8cm = 10λ = 20 => chỉ cần tăng S1S2 một khoảng = 2 2 0,4cm. Khi đó trên S1S2 có 21 điểm có biên độ cực đại.

128

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH KHỐI 12 THPT - NĂM HỌC 2007 - 2008

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn : VẬT LÝ Thời gian làm bài : 180 phút .................................................................................................................................................. Bài 1: (4 điểm) Khảo sát chuyển động của một vật từ khi bắt đầu chuyển động thẳng chậm dần đều cho đến khi dừng lại hẳn. Quãng đường đi được trong giây đầu tiên dài gấp 15 lần quãng đường đi được trong giây cuối cùng. Tìm vận tốc ban đầu của vật. Biết toàn bộ quãng đường vật đi được là 25,6m. Bài 2: (3 điểm) Cho cơ hệ gồm hai vật có khối lượng m1 và m2 k được nối với nhau bằng một lò xo rất nhẹ có độ cứng m2 m1 F k, chiều dài tự nhiên l0. Hệ được đặt trên một mặt phẳng ngang trơn nhẵn. Một lực F không đổi có phương nằm ngang (dọc theo trục của lò xo) bắt đầu tác dụng vào vật m2 như hình vẽ. a, Chứng tỏ các vật dao động điều hoà. Tính biên độ và chu kỳ dao động của mỗi vật. b, Tính khoảng cách cực đại và khoảng cách cực tiểu giữa hai vật trong quá trình dao động. Bài 3: (3,5 điểm) P Một mol khí lí tưởng thực hiện quá trình giãn nở từ trạng 1 P0 thái 1 (P0, V0) đến trạng thái 2 (P0/2, 2V0) có đồ thị trên hệ toạ độ P-V như hình vẽ. Biểu diễn quá trình ấy trên hệ toạ độ P2 P0 /2 T và xác định nhiệt độ cực đại của khối khí trong quá trình đó. Bài 4: (3 điểm) V Cho N điện tích dương q như nhau, nằm cách đều nhau trên một đường tròn tâm O V0 bán 2V0 kính R. Cần đặt tại tâm đường tròn một điện tích bằng bao nhiêu để hệ cân bằng ? Khảo sát thêm với các trường hợp riêng N = 3 và N = 4. Bài 5: (4 điểm) Một đoạn mạch điện xoay chiều AB gồm một điện trở C R thuần, một cuộn cảm và một tụ điện ghép nối tiếp như trên hình vẽ. Hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch có dạng : N A M B u AB = 175 2sin100πt (V). Biết các hiệu điện thế hiệu dụng U AM = U MN = 25V , U NB = 175V . Tìm hệ số công suất của đoạn mạch AB. Bài 6: (2,5 điểm) Cho các dụng cụ : một ăcquy chưa biết suất điện động và điện trở trong của nó, một ampe kế, một điện trở R0 đã biết giá trị, một điện trở Rx chưa biết giá trị, các dây dẫn. Bỏ qua điện trở của ampe kế và của dây dẫn. Trình bày một phương án xác định giá trị của điện trở Rx. ----------------- Hết -----------------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

129

THỪA THIÊN HUẾ

KHỐI 12 THPT - NĂM HỌC 2007 - 20078

HƯỚNG DẪN CHẤM VẬT LÝ - ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu

Nội dung – Yêu cầu Biểu diễn quãng đường của vật trên hình vẽ. - Xét đoạn đường AB trong giây đầu tiên:

s AB 1 4đ

1 a = vA .1 + a.12 = vA + 2 2

(1)

Điểm A

C vC

D v

0,5

Xét đoạn đường CD trong giây cuối cùng:

0,5

v D = v C + a.1 = 0  v C = - a 1 a a sCD = vC .1 + a.12 = - a + = (2) 2 2 2 a a v A + = 15. ( - )  v A = - 8a . - Từ (1) và (2) ta được: 2 2 2 2 v - vA - v 2A - (- 8a)2 - Xét cả quãng đường AD: s AD = D =  25,6 = . 2a 2a 2a Ta có: a = - 0,8 (m/s 2 ) Vậy vận tốc ban đầu của vật là: v A = 6,4 (m/s)

0,5 1,0 0,5 0,5 0,5

- Xét trong hệ quy chiếu gắn với khối tâm G của cơ hệ. - Gia tốc của khối tâm: a G =

F m1 + m 2

- Gọi O1 và O2 lần lượt là vị trí của m1 và m2 khi lò xo ở trạng thái tự nhiên : = l0; - Vị trí O1 và O2 lần lượt cách G những đoạn l1 và l2, thoả mãn điều kiện : m1l1 = m2l2 = m2(l0 - l1)  l1 =

O1O2

m 2 l0 m1l0 ; l2 = . m1 + m 2 m1 + m 2

- Ta coi hệ trên gồm : vật m1 gắn vào một đầu lò xo có chiều dài l1, đầu kia của l1 được gắn cố định vào G và vật m2 gắn vào một đầu của lò xo có chiều dài l2, đầu kia của l2 được gắn cố định vào G. - Độ cứng của các lò xo l1 và l2 : k1 = 2 3đ

k(m1 + m 2 ) k(m1 + m 2 ) và k 2 = ; m2 m1

0,5

* Phương trình dao động của các vật: Chọn các trục toạ độ cho mỗi vật gắn với khối tâm G của cơ hệ như trên hình vẽ. - Vật m1 : Fqt1 - Fdh1 = m1a1 m1

Fdh1 Fqt2 m1F Fqt1 - k1 x1 = m1x1′′ hay F m1 + m 2 Fdh2 k m1F )=0  x1′′ + 1 (x1 O O2 x 2 0,5 x1 1 m1 (m1 +m 2 )k1 k m1F 2 2 Đặt : ω1 = 1 ; X1 = x1  X1′′ + ω1 X1 = 0 (*): vật m1 dao động điều m1 (m1 + m 2 )k1

hoà. Nghiệm phương trình (*) có dạng : X1 = A1sin (ω1 t + ϕ1 ) - Vật m2 : F - Fqt 2 - Fdh 2 = m 2 a 2 hay F -

130

m2F - k 2 x 2 = m 2 x 2′′ . m1 + m 2

0,25

2 Đặt : ω 2 =

k2 m1F ; X2 = x 2  m2 (m1 + m 2 )k 2

X 2′′ + ω22 X 2 = 0 : vật m2 dao động điều 0,25

hoà. Nghiệm phương trình (*) có dạng : X 2 = A 2sin (ω 2 t + ϕ 2 ) * Chu kì dao động của các vật: - Vật m1 : T1 =

2π m1m 2 = 2π ; ω1 (m1 + m 2 )k

- Vật m2 : T2 =

2π m1m 2 = 2π . ω2 (m1 + m 2 )k

0,5

* Biên độ dao động của các vật:

- Vật m1 : x1 =

m1m 2 F + A1sin(ω1t + ϕ1 ) (m1 + m 2 ) 2 k

v1 = A1ω1cos(ω1t + ϕ1 ) A1 =

Khi t = 0



x1 = 0 v1 = 0 - Vật m2 : x 2 =

m1m 2 F (m1 + m 2 )2 k

0,5

ϕ1 = −π / 2

m12 F + A 2sin(ω2 t + ϕ2 ) (m1 + m 2 )2 k

0,5

v 2 = A 2 ω2cos(ω2 t + ϕ 2 ) Khi t = 0

m12 F (m1 + m2 )2 k ϕ2 = −π / 2 A2 =

x2 = 0  v2 = 0 b, Khoảng cách cực đại và cực tiểu giữa hai vật trong quá trình dao động : Hai vật dao động cùng pha trên hai trục toạ độ cùng phương ngược chiều nên lmax = l0 + 2(A1 + A2) = l0 + 2

m1F ; (m1 + m 2 )k

lmin = l0 - Vì đồ thị trên P-V là đoạn thẳng nên ta có: P = αV + β (*); trong đó α và β là các hệ số phải tìm. - Khi V = V0 thì P = P0 nên: P0 = αV0 + β (1) - Khi V = 2V0 thì P = P0/2 nên: P0 /2 = 2αV0 + β

(2) 0,5

- Từ (1) và (2) ta có: α = - P0 / 2V0 ; β = 3P0 / 2 3 3,5đ

3P0 P - 0 V 2 2V0 - Mặt khác, phương trình trạng thái của 1 mol khí : PV = RT 3V0 2V0 2 PP - Từ (**) và (***) ta có : T = R RP0 - Thay vào (*) ta có phương trình đoạn thẳng đó : P =

- T là hàm bậc 2 của P nên đồ thị trên T-P là một phần parabol + khi P = P0 và P = P0/2 thì T = T1 =T2 =

(**)

1,0

(***)

0,5

P0 V0 ; R

+ khi T = 0 thì P = 0 và P = 3P0/2 . 0,5

131

3V0 4V0 3P ′ =0 ⇔ P= 0 ; P  T(P) R RP0 4 3P0 9V0 P0 cho nên khi P = thì nhiệt độ chất khí là T = Tmax = 4 8R

′ = - Ta có : T(P)

- Đồ thị biểu diễn quá trình đó trên hệ toạ độ T-P là một trong hai đồ thị dưới đây : T 9V0 P0 /8R

V0 P0 /R

1,0

P 0

P0 /2 3P0 /4

3P0 /2 i

Chia làm hai trường hợp N chẵn và N lẻ để xét: * Xét với N lẻ: Gọi điện tích của các điện tích dương ri Fi là q. Xét lực tác dụng lên một điện tích ở điểm C bất ai x kỳ. Trừ điện tích ở C ra, các điện tích còn lại đều có vị bi O trí đối xứng với nhau từng đôi một qua đường kính qua C Fi CO. - Đánh dấu các điện tích ở về hai phía của đường kính qua OC lần lượt là 1, 2,…, n ( với n = (N -1 )/2); i sao cho các cặp điện tích đối xứng nhau mang cùng số thứ tự và những điện tích mang số nhỏ nằm gần điểm C. - Hai điện tích thứ i tác dụng hai lực đẩy Fi lên điện tích ở C có độ lớn bằng nhau như trên hình 0,25

kq 2 2πi πi 2 2 2 ) = 4R 2sin 2 ( ) . vẽ: Fi = 2 với : ri = 2R (1- cosa i ) = 2R (1 - cos ri N N - Tổng hai lực của 2 điện tích thứ i lên điện tích tại C có phương của đường kính OCx với độ 0,25

a kq 2sin i kq 2 cosbi kq 2 2 = lớn: 2Fcosb = = . i i πi 2 2 πi 2 2 πi 2 2R sin 2R sin 2R sin N N N - Do đó, hợp lực mà (N - 1) điện tích dương khác tác dụng lên điện tích C có phương của đường

3đ

kq 2

kính OCx, hướng ra xa tâm O, với độ lớn: F =

(N-1)/2

0,25

πi 2R  sin 0,25 N i=1 - Để hệ cân bằng, tại tâm O phải đặt điện tích Q sao cho lực F′ mà Q tác dụng lên lên C cân bằng với F , nghĩa là: F′ = - F .   0,25 2   q kqQ kq Q = - (N-1)/2   Hay : . =-  (N-1)/2 πi πi  R2  2R 2 2  sin sin    N N i=1 i=1 0,5 q q =- Khảo sát với N = 3 : Q = . π 3 2sin 3 2

* Xét với N chẵn : Xét tương tự như trên, nhưng sẽ còn một điện tích dương q đối xứng với điện tích C qua tâm O. Do đó lực đẩy tổng hợp lên điện tích ở C theo hướng OCx là:

132

0,25

kq 2 + 4R 2

kq 2 2R 2

(N-2)/2

πi

 sin N

0,5

i=1

- Để hệ cân bằng, tại O phải đặt một điện tích Q sao cho F′ = - F .   2 2   q q kqQ kq kq    Q = - - (N-2)/2 Hay : . = + (N-2)/2 2 2 πi 4 πi  R  4R 2 2  sin 2R  sin   N N i=1 i=1  - Khảo sát với N = 4 : Q = -

- Theo giả thiết có : U AB =

0,5

q q q(1 + 2 2) =π 4 2sin 4 4

175 2 = 175 (V). 2

0,5

- Gọi r là điện trở nội của cuộn cảm. Giả sử r = 0, ta có :

U AB = U R2 + (U L - U C ) 2 = 5 4đ

- Ta có : -

2 AB

U 2MN = U 2L + U 2r = 252 Mặ t 2

2 R

0,5

(1) ta

khác

1,0

252 + (25 - 175)2 = 25 37 ≠ 175  r > 0.

2 r

có

2 L

2 C

= (U R + U r ) + (U L - U C ) = U + 2U R U r + U + U + U - 2U L U C 0,5

2 + U C2 - 2U L U C = 1752 = U 2R + 2U R U r + U MN

 7U L - U r = 25

(2)

0,5

- Giải hệ phương trình (1) và (2) : U L = 7 (V) và U r = 24 (V) - Hệ số công suất của đoạn mạch : cosϕ =

1,0

UR + Ur 25 + 24 = = 0,28 U AB 175

- Gọi E, r lần lượt là suất điện động và điện trở trong của nguồn điện. - Lần thứ nhất, mắc mạch điện nối tiếp gồm ăcquy, ampe kế và điện trở R0. Dòng điện chạy qua mạch là I1 :

E R0 + r

I1 =

(1)

0,5

- Lần thứ hai, thay điện trở Rx vào vị trí R0 ở mạch điện trên. Dòng điện qua mạch trong trường hợp này là :

I2 =

E Rx + r

(2)

0,5

- Để xác định 3 đại lượng E, r, Rx ta cần ít nhất ba phương trình. Do đó cần phải có thêm một phương trình nữa. Lần thứ ba, ta mắc R0 và Rx nối tiếp vào mạch điện trên rồi đo cường độ dòng 6 2,5đ

điện I3 trong mạch : I3 =

E R0 + Rx + r

0,5

(3)

- Giải hệ 3 phương trình (1), (2) và (3) ta có : R x =

1,0

I 2 (I3 - I1 ) R0 . I1 (I3 - I 2 )

Chú ý: Học sinh có thể trình bày cách mắc R0 // Rx rồi mắc vào mạch trên ở lần mắc thứ ba. Khi đó, cường độ dòng điện trong mạch chính là :

I4 =

E R 0R x +r R0 + Rx

- Giải hệ pt (1), (2) và (3’) ta có: R x =

133

I1 (I 4 - I2 ) R0 . I2 (I 4 - I1 )

(3’)

(cho 1,5đ)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH KHỐI 12 THPT - NĂM HỌC 2008 - 2009

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn : VẬT LÝ Thời gian làm bài : 180 phút ....................................................................................................................................................... ... Bài 1: (4 điểm) Một hình trụ đặc bán kính R, khối lượng m1 = 20 kg có thể quay không m1 ma sát quanh một trục cố định nằm ngang trùng với trục của hình trụ. Trên O hình trụ có quấn một sợi dây không giãn, khối lượng không đáng kể. Đầu tự do của dây có buộc một vật nặng m2 = 4 kg, như hình vẽ. Tìm gia tốc của vật nặng và lực căng của dây. Biết moment quán tính của hình trụ đối m R2 với trục quay là I = 1 ; lấy g = 10 m/s2. m2 2 Bài 2: (3 điểm) v Một quả nặng nhỏ khối lượng m, nằm trên mặt nằm ngang, được gắn với một lò xo nhẹ có độ cứng k. Đầu tự do của lò xo bắt đầu được nâng lên thẳng đứng với vận tốc v không đổi như hình vẽ. Xác định độ giãn cực đại của lò xo. Bài 3: (3 điểm) Một vòng dây tròn tâm O bán kính R, mang điện tích Q>0 được phân bố đều trên vòng dây. a, Xác định cường độ điện trường do điện tích trên dây gây ra tại điểm A trên trục xx’ (xx’ đi qua tâm O và vuông góc với mặt phẳng vòng dây) cách O một đoạn OA = x. b, Tại tâm O, đặt một điện tích điểm –q. Ta kích thích để điện tích –q lệch khỏi O một đoạn nhỏ dọc theo trục xx’. Chứng tỏ điện tích –q dao động điều hòa và tìm chu kì của dao động đó. Bỏ qua tác dụng của trọng lực và ma sát với môi trường. Bài 4: (3 điểm) K Một mạch dao động LC được nối với một bộ pin E có điện trở trong r = 1 Ω qua khoá K như hình vẽ. Ban đầu K đóng. Khi dòng điện đã ổn định, người ta mở khoá K và trong mạch có dao động điện L C từ với tần số f = 1MHz. Biết rằng hiệu điện thế cực đại giữa hai bản r tụ gấp n = 10 lần suất điện động E của bộ pin. Hãy tính L và C của mạch dao động. Bài 5: (3,5 điểm) Cho đoạn mạch RLC không phân nhánh, cuộn dây L thuần cảm, điện trở của ampe kế rất nhỏ. Đặt một điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng UAB = 150 V không đổi vào hai đầu đoạn mạch, thì thấy hệ số công suất của đoạn mạch AN bằng 0,6 C R L và hệ số công suất của đoạn mạch AB bằng 0,8. A a,Tính các điện áp hiệu dụng UR, UL và UC, biết N B A đoạn mạch có tính dung kháng. b, Khi tần số dòng điện bằng 100 Hz thì thấy điện áp hai đầu đoạn mạch AB lệch pha π/2 so với điện áp giữa hai đầu đoạn NB và số chỉ của ampe kế là 2,5A. Tính các giá trị của R, L, C. Bài 6: (3,5 điểm) Cho hệ hai thấu kính L1 và L2 đặt đồng trục cách nhau l = 30 cm, có tiêu cự lần lượt là f1 = 6 cm và f2 = - 3 cm. Một vật sáng AB = 1 cm đặt vuông góc với trục chính, cách thấu kính L1 một khoảng d1, cho ảnh A’B’ tạo bởi hệ.

134

a, Cho d1 = 15 cm. Xác định vị trí, tính chất, và chiều 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 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH KHỐI 12 THPT - NĂM HỌC 2008 - 2009

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn : VẬT LÝ Thời gian làm bài : 180 phút

Câu

Nội dung – Yêu cầu - Do tác dụng của trọng lực P2 = m2g, hệ chuyển động : hình trụ quay và vật nặng tịnh tiến đi xuống. - Gọi a là gia tốc dài của vật nặng, γ là gia tốc góc của hình trụ. Ta có: a = Rγ . - Áp dụng định luật II Newton cho vật nặng: m2g – T = m2a (1) (với T là lực căng dây tác dụng lên vật nặng) 1 - Phương trình chuyển động quay của hình trụ : M = I γ , với M = T’R = TR (với T’ là lực căng của dây tác dụng lên hình trụ, T’ = T) (4đ) a m R2 I= 1 , γ= (2) 2 R 2m 2 g - Từ (1) và (2) ta có : a = ≃ 2,86 (m/s2) 2m 2 + m1 và T = m2(g – a) ≃ 286 (N) - Lò xo bắt đầu nâng vật lên khi kx0 = mg (1), với x0 là độ giãn của lò xo tại thời điểm vật bắt đầu rời mặt nằm ngang. - Trong HQC chuyển động lên trên với vận tốc v , tại thời điểm vật bắt đầu rời mặt nằm ngang, vật chuyển động xuống dưới với vận tốc v . Gọi xM là độ giãn cực đại của lò xo. Thế năng của vật khi x0 vừa rời khỏi mặt ngang là mg(xM - x0). Theo định luật bảo toàn cơ năng: xM mv 2 kx 02 kx 2M A + mg(x M -x 0 ) + = (2) v 2 2 2 m2g 2 = 0 2 2 2 - Từ (1) và (2) ta có: kx M - 2mgx M - mv + (*) k mg m - Do xM > x0 nên nghiệm của phương trình (*) là đơn trị : x M = +v k k -------------------------------------------------------------------------------------------(3đ) Chú ý : HS có thể giải theo cách khác: - Kể từ khi rời mặt ngang, vật dao động điều hoà quanh O (vị trí của vật ở thời điểm k này). Phương trình dao động: x = A.cos( ω t + ϕ ), với ω = m - Khi t = 0 → x = Acos ϕ = 0 v = - A ω sin ϕ Ta có : -

A= −

v m = v ω sin ϕ k

Độ giãn cực đại của lò xo là : xM = x0 + A =

135

mg m +v k k

Điểm

0,5 0,5 0,5 0,75 1,0 0,75

0,5

1,0 0,5 1,0 -------

a- Chia dây thành những phần tử nhỏ có chiều dài dl mang điện tich dq. Xét từng cặp dq đối xứng nhau qua O. k dq - Cường độ điện trường do dq gây ra tại A là: dE1 = 2 R + x2 Thành phần cường độ điện trường dE1x dọc theo trục xx’: k dq x kx dq kλ x dl . = dE1x = dE1cosα = 2 = ; với λ=Q/(2πR) 2 2 3/2 R + x2 R 2 + x2 (R + x ) (R 2 + x 2 )3/2 - Cường độ điện trường do vòng dây gây ra tại A là: kxλ kQx E =  dE = 2πR = 2 2 3/2 2 (R + x ) (R + x 2 )3/2 3 -------------------------------------------------------------------------------------------b- Khi điện tích –q ở vị trí O thì lực điện tác dụng lên nó bằng 0. Khi –q ở vị trí (3đ) M với OM = x, lực điện tác dụng lên –q: F= - qE = -qkQx = mx ′′ (R 2 + x 2 )3/2 kQqx  x ′′ + =0 m(R 2 + x 2 )3/2 x x kQq kQq x = 0 (*). Đặt: ω2 = ≈ 3  x′′ + - Vì x<<R nên: 3 2 2 3 R mR mR 3 (R + x ) Chứng tỏ -q dao động điều hòa quanh vtcb O. Với chu kỳ T = 2π

mR 3 kQq

0,25 0,25 0,5

0,5 -------

0,5

0,5 0,5

E . Khi khoá r K mở, trong mạch bắt đầu có dao động điện từ. Năng lượng từ trường ở cuộn cảm 2 LI2 LE khi đó cũng là năng lượng điện từ toàn phần của mạch: W0 = 0 =   2 2 r  0,5 - Trong quá trình dao động khi tụ điện đã tích điện đến hiệu điện thế cực đại U0 thì dòng điện triệt tiêu, khi đó năng lượng điện từ của mạch cũng là năng lượng điện - Khi dòng điện đã ổn định, cường độ dòng điện qua cuộn cảm là I0 =

4 (3đ)

CU 20 E trường của tụ: W0 = ; do đó CU 20 = L   2 r - Theo bài ra: U0 = nE

5 (3,5 đ)

→ C(nE)2 = L  E 

0,5

→ L = Cn2r2

(1) r 1 1 1 → LC = - Tần số dao động của mạch : f = = (2) 4π 2f 2 T 2π LC 1 nr - Từ (1) và (2) ta có : C = = 15,9 (nF) ; L = = 1,59 ( μ H) 2πnrf 2πf a. Tính UR, UL và UC. U - Ta có: cos ϕAB = R  UR = UAB.cos ϕAB = 120 (V). U AB U UR - Lại có: cos ϕAN = R =  UL = 160 (V). U AN U 2R + U 2L 2 AB

2 R

0,5 1,0

0,5 0,5

U = U + (U L − U C ) - Điện áp hai đầu đoạn mạch: Thay số và giải phương trình ta có: UC = 250 (V) hoặc UC = 70 (V) - Vì đoạn mạch có tính dung kháng, ZC > ZL  UC > UL, vậy UC = 250 (V).

136

0,5

-------------------------------------------------------------------------------------------b. Tính R, L, C. * Dòng điện i lệch pha π/2 so với uc = uNB. - Theo giả thiết uAB lệch pha π/2 so với uNB  uAB cùng pha với i: trong mạch xảy ra cộng hưởng, khi đó: U R = ZABmin = AB = 60 (Ω). + Điện trở thuần: I −4 1 10 + ZL = ZC → LC = 2 = 2 (1) ω 4π - Mặt khác, theo câu 1, ta có: R R U  ZAB = = 75 (Ω), nên I1 = AB = 2 (A). cos ϕAB = Z AB cosϕAB Z AB U Từ đó: ZL1 = L = 80 (Ω) ; L. ω1 = 80 (2) I1 U 1 = 125 và ZC1 = C = 125 (Ω) ; (3) I1 ω1C L = 104 (4) - Nhân (2) và (3) vế theo vế, ta có: C 1 10 −4 - Giải (1) và (4) ta có: L = (H) và C= (F). 2π 2π a, Ta có : d1′ =

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

- Khi d1 = 15 cm

6 (3,5 đ)

→ d’2 = - 2,6 cm < 0 : A’B’ là ảnh ảo cách L2 một khoảng 2,6 cm.

f1 f 2 - d′2 2 . =- Độ phóng đại: k = <0: f1 - d1 f 2 23 ảnh A’B’ ngược chiều với AB, có độ lớn là A’B’ = 2/23 (cm). -------------------------------------------------------------------------------------------df -3d1 b, Khi hoán vị hai thấu kính: d1 → d1′ = 1 2 = ; d1 - f 2 d1 + 3 33d1 + 90 →d′2 = d 2f1 = 2(11d1 + 30) (2) d 2 - f1 3d1 + 8 d1 + 3 60 - 8d1 2(11d1 + 30) → 3d12 - 14d1 - 60 = 0 (*) - Từ (1) và (2) ta có : = 3d1 - 22 3d1 + 8 - Phương trình (*) có 01 nghiệm dương duy nhất là d1 = 7,37. Vây phải đặt vật AB cách thấu kính gần nó nhất một khoảng 7,37 cm.

→ d2

= l - d1′ =

137

0,5 ------

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

0,5 0,5 0,5 0,5 -------

0,5 0,5 0,5

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG TRƯỜNG THPT NGUYỄN DUY TRINH MÔN: VẬT LÝ 12 (Đề thi có hai trang!) Thời gian làm bài 150 phút Câu 1.(5điểm) Một dây cao su nhẹ đàn hồi có chiều dài AB = l0 = 1m, có lực đàn hồi tuân theo định luật Húc: F = kx. Một đầu dây được treo ở A, đầu kia gắn A vật có khối lượng m = 0,2kg. Dây giãn đoạn OB và vật nằm vị trí cân bằng O. Kéo vật xuống đoạn OC = 0,10 m rồi buông ra. Vật dao động điều hòa theo phương thẳng đứng với chu kì T = 2s (hình 1). B a.Hãy tìm: Hệ số đàn hồi của dây. Vận tốc của vật ở vị trí OD = 0,05 m. Thời gian để vật đi từa C đến D. Động năng cực đại của vật. b, Khối lượng m được nâng lên đến vị trí A rồi được thả rơi tự do. Tìm thời gian để vật m quay lại A lần thứ nhất (Chu kỳ dao động). c, Vẽ đồ thị vận tốc của vật m theo thời gian trong chuyển động ở ý (b). H: Câu 2 (3 điểm): Một vật nhỏ khối lượng m nằm trên mặt bàn nằm ngang k trong một cái khung cứng. Khung có chiều dài L và khối lượng m được nối m vào một điểm tựa cố định bằng một lò xo có độ cứng k (H:2). Ban đầu vật nằm tiếp xúc với cạnh phải của khung,lò xo không biến dạng. Sau đó, khung m được đẩy về phía bên phải sao cho cạnh trái của nó tiếp xúc với vật và buông ra. Do va chạm đàn hồi giữa vật và khung nên hệ thực hiện dao động. Bỏ qua H:2 bề rộng của vật so với L, bỏ qua mọi ma sát. Tìm chu kì dao động của vật nặng. Câu 3(5điểm): 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 S1, S2

cách điểm dao động với biên độ cực đại gần nó nhất một đoạn

1 3

O D C

. 4 C©u 4(3điểm) Mét d©y dÉn cã tiÕt diÖn ngang S = 1,2 mm2, ®iÖn trë suÊt = 1,7.10-8 m ®−îc uèn thµnh nöa vßng trßn APQ cã b¸n kÝnh OQ = r = 24cm (h×nh vÏ). Hai ®o¹n d©y OQ vµ OP cïng lo¹i víi d©y trªn, OQ cè ®Þnh, OP quay quanh O sao cho P lu«n tiÕp xóc víi cung trßn. HÖ thèng ®Æt trong tõ tr−êng ®Òu B = 0,15T. T¹i thêi ®iÓm t0 = 0, OP trïng OQ vµ nhËn gia tèc gãc kh«ng ®æi.Sau

B A

P O

øng trong m¹ch cã gi¸ trÞ cùc ®¹i. X¸c ®Þnh gi¸ trÞ cùc ®¹i cña dßng ®iÖn. Câu 5. (4 điểm) Cho hệ hai thấu kính mỏng đồng trục L1 và L2 đặt trong không khí. Một vật phẳng nhỏ AB cao 3cm đặt vuông góc với trục chính trước L1, cho ảnh cuối cùng qua hệ ở M1 sau L2, ảnh này ngược chiều với AB và cao 4,5cm. Giữ cố định AB và L1, bỏ L2 đi thì ảnh của AB ở vị trí M2 xa hơn M1 một đoạn 6cm, ảnh này cao 9cm. Nếu giữ cố định L1, bỏ L2 đi và dịch chuyển vật dọc theo trục chính ra xa L1 thêm một đoạn 12cm thì ảnh của vật có độ lớn bằng vật. L2 B L1 a. Các thấu kính L1 và L2 là hội tụ hay phân kì? Tại sao? b.Tìm tiêu cự của mỗi thấu kính và khoảng cách giữa chúng.

138

M1 M2

c.Giữ nguyên L1 và L2 như ban đầu. Đặt xen giữa L1 và L2 một thấu kính mỏng L3 có tiêu cự f3 40 = − cm (cùng trục chính với hệ đã cho) tại vị trí nào để ảnh của vật đặt trước L1 qua hệ 3 thấu kính 3 có độ cao không phụ thuộc vào vị trí của vật?

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

Câu 1: Phần A: Hệ số đàn hồi của dây: T = 2π

m 4π 2 m 40.0, 2 N k = = = 2  . 2 2 k T 2 m

2 2 2 2 Vận tốc của vật ở vị trí D: v = ω A − x = π 0,1 − 0, 05 = 0, 27 ( m / s ) . T 1 Thời gian vật đi từ C đến D: ∆t = = ( s ) . 6 3 1 1 1 Động năng cực đại của vật: Wđmax = mvm2 ax = kA2 = .2.0,12 = 0, 01( J ) . 2 2 2 Phần B: Khi vật lên đến điểm A rồi rơi xuống, gọi L là vị trí thấp nhất mà vật đi xuống được, K là vị trí cân bằng. Đặt BK = x’ ; KL = x0. A mg 0, 2.10 Tính x’: Ta có: mg = kx’  x ' = = = 1m . l0 k 2 x0 được tính từ định luật bảo toàn năng lượng: x’ Cơ năng ở A bằng cơ năng ở L (chọn mốc thế năng ở B): 1 2 mgl0 = k ( x '+ x0 ) − mg ( x '+ x0 )  x0 = 3 . K 2 x0 1 1 1 Hoặc: mvB2 + kx '2 = kx02  x0 = 3 . L 2 2 2 Thời gian vật quay lại A: t = 2. ( t AB + t BK + t KL )

t AB = t BK =

2l0 = 0, 447 ( s ) g

α 0,196π = = 0,196 ( s ) ω π

T = 0, 5 ( s ) 4 t = 2, 286 ( s )

A B K

t KL =

K B A

t(s)

Câu 2: Thế năng ban đầu của khung: 1 Wt = kL2 2 Động năng của khung ngay trước lúc va chạm lần đầu tiên:

1 2 mv . 2

k . m Do va chạm là đàn hồi và hai vật có khối lượng như nhau nên sau va chạm hai vật trao đổi vận k tốc cho nhau. Vậy sau lần va chạm thứ nhất vận tốc của vật là: v = L . m

Vận tốc của khung ngay trước lúc va chạm: v = L

139

L . Tiếp đó là lần v va chạm thứ hai, sau va chạm vật đứng yên còn khung chuyển động với vận tốc v từ trạng thái T lò xo không biến dạng. Nên thời gian này bằng: t2 = 0 . 2 Tiếp đó, khung trở lại vị trí ban đầu, lại va chạm lần thứ 3 với vật và khung đứng yên còn vật lại chuyển động với vận tốc v sang cạnh phải của khung hết thời gian t3 = t1. Tiếp đó, va chạm lần thứ tư, vật lại nằm yên, còn khung lại thực hiện ½ chu kỳ dao động riêng của nó: t4 = t2. T L m Chu kỳ dao động của hệ là t = t1 + t2 + t3 + t4 = 2 0 + 2 = 2 (π + 1) . 2 v k

Kể từ khi va chạm lần đầu, vật đi đến cạnh trái của khung hết thời gian t1 =

v = 0,8cm và d1 = d2 = d = 8cm f + Ta có phương trình dao động sóng tổng hợp tại M1 π(d 2 − d 1 ) π(d 1 + d 2 )   cos200πt − uM1 = 2A cos  λ λ   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

Câu 3:a. + λ =

M M M2 S

S1 M 22 − S1 I 2 = 8,8 2 − 4 2 = 7,84(cm )

Do đó:

IM2 =

Suy ra

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

Tương tự: IM2’ =

S1M 2 − S1I = 7, 2 − 4 = 5,99(cm)  M1M2’ = 6,93 – 5,99 = 0,94 (cm)  Nhưng điểm gần nhất so với M1 nên điểm đó là M2 với khoảng cách M1M2 = 0,91 (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 thoa cực λ λ λ λ + = ( 2 k + 1) => S1S2 = 2S1I = (2k + 1) 2 4 4 2 λ λ 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. Câu 4

đại. Do đó ta có: S1I = S2I = k

Góc quay được sau thời gian t là điện trở của nửa vòng tròn Ro=

ROP = ROQ=R1=

(0,5điểm)

= 0,01Ω( 0,5điểm)

= 0,0034 Ω (0,5điểm)

Điện trở cung PQ là R3 =

(0,5điểm)

Suất điện động cảm ứng tại thời điểm t là: E=

Cường độ dòng điện: i = E/(2R1+R3)(0,5điểm) theo cô sy 38 và imax= 8,1A(1điểm)

140

(0,5điểm)

Câu 5 (4 điểm) 1. Sơ đồ tạo ảnh: L1 L2 AB → A1 B1 → A2 B 2 0,5 L1: vật thật - ảnh thật → hội tụ L2: vật ảo (tại M2) cho ảnh thật gần thấu kính hơn vật → hội tụ. A2 B2 d 2' 1 = − = 2. + Xét L2: k2 = d2 2 A1 B1 2,5

1,0

(− d 2 ) − d 2'

= 6 cm → d2 = - 12cm; d2’ = 6cm → f2 = 12cm 1 1 1 AB d' = + + Bỏ L2, chỉ có L1: k1 = 1 1 = − 1 = −3 → (1) f 1 d 1 3d1 d1 AB

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

Dịch chuyển vật: d1c = d1 + 12 Ảnh cao bằng vật → ảnh thật: d1c’ = d1c = d1 + 12 1 1 1 = + → (2) f 1 d 1 + 12 d 1 + 12 (1), (2) → d1 = 24cm; d1’ = 72cm; f1 = 18cm. ℓ = O1O2 = d1’ + d2 = 60cm 3. Đề → chùm tới L1 song song trục chính thì chùm ló khỏi L2 cũng song song trục chính. Chùm tới L1 song song trục chính cho ảnh ở F1’, vật ở F2 qua L2 cho chùm ló song song trục chính. Vậy, với L3: F1’ là vật, F2 là ảnh. Gọi x là chiều dài đại số từ L1 đến L3 , chiều dương chiều truyền sáng. 1 1 1 3 + = =− Có: − x + 18 60 − ( x + 12) f 3 40

0,25 0,25

 x = 58cm ↔   x = 8cm Vậy, có hai vị trí L3 thỏa mãn, cách L1 các khoảng 8cm và 58cm!

0,25

A L1

L3 F1’

141

M1 M2

0,5 0,25

Së GD & §T VÜnh Phóc -------------------§Ò chÝnh thøc

Kú thi häc sinh giái líp 12 n¨m häc 2007 - 2008 §Ò thi m«n: VËt lý Dµnh cho häc sinh tr−êng THPT chuyªn VÜnh Phóc Thêi gian lµm bµi: 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian ph¸t ®Ò.

Bµi1: Hai träng vËt A vµ B cã khèi l−îng lÇn l−ît lµ M1=9kg, M2=40kg ®Æt trªn mÆt ph¼ng n»m ngang. HÖ sè ma s¸t gi÷a mÆt ph¼ng ngang vµ A, B ®Òu lµ µ=0,1. Hai vËt ®−îc nèi víi nhau b»ng mét lß xo nhÑ cã ®é cøng k=150N/m, B tùa vµo t−êng th¼ng ®øng (H×nh 1). Ban ®Çu hai khèi n»m yªn vµ lß xo kh«ng biÕn d¹ng. Mét vËt cã khèi l−îng m=1kg bay theo ph−¬ng ngang víi vËn tèc v ®Õn c¾m vµo trong A (coi va ch¹m x¶y ra tøc th× vµ A m B hoµn toµn mÒm). LÊy g=10m/s2. k v a) Cho v=10m/s. T×m ®é nÐn cùc ®¹i cña lß xo. b) T×m vmin ®Ó B cã thÓ dÞch chuyÓn sang tr¸i. H×nh 1 Bµi 2: Cho mét l−îng khÝ lý t−ëng ®¬n nguyªn tö thùc hiÖn chu tr×nh 5 ABCDECA biÓu diÔn trªn ®å thÞ (h×nh 2). Cho biÕt PA=PB=10 Pa, PC=3.105Pa, PE=PD=4.105Pa, TA=TE=300K, VA=20lÝt, VB=VC=VD=10lÝt, AB, BC, CD, DE, EC, CA lµ çc ®o¹n th¼ng. a) TÝnh çc th«ng sè TB, TD, VE. b) TÝnh tæng nhiÖt l−îng mµ khÝ nhËn ®−îc trong tÊt c¶ çc giai ®o¹n cña chu tr×nh mµ nhiÖt ®é cña khÝ t¨ng. c) TÝnh hiÖu suÊt cña chu tr×nh. Bµi3: Cho m¹ch ®iÖn (h×nh 3). Tô ®iÖn cã ®iÖn dung C=1µF ban ®Çu kh«ng mang ®iÖn, ®iÖn trë R=10Ω, nguån ®iÖn cã suÊt ®iÖn ®éng E=20V cã ®iÖn trë trong kh«ng ®¸ng kÓ. §ièt D cã ®−êng ®Æc tr−ng V«n-Ampe (h×nh 4), víi Io=1A, Uo=10V. Bá qua ®iÖn trë d©y nèi vµ kho¸ K. TÝnh tæng nhiÖt l−îng to¶ ra trªn R sau khi ®ãng K. Bµi4: Mét thanh cøng AB ®ång chÊt, dµi L, khèi l−îng M cã thÓ quay kh«ng ma s¸t trong mÆt ph¼ng th¼ng ®øng quanh mét trôc cè ®Þnh n»m ngang ®i qua ®iÓm O trªn thanh víi OA=L/4. Ban ®Çu thanh ®ang ®øng yªn th¼ng ®øng th× mét vËt nhá cã khèi l−îng m=M/3 bay theo ph−¬ng ngang tíi va ch¹m vµo ®Çu B cña thanh víi vËn tèc V (h×nh 5). Sau va ch¹m, vËt dÝnh vµo thanh vµ hÖ thanh - vËt b¾t ®Çu dao ®éng víi gãc lÖch bÐ xung quanh vÞ trÝ c©n b»ng. Chøng tá r»ng dao ®éng cña hÖ thanh - vËt lµ dao ®éng ®iÒu hoµ. LËp c«ng thøc tÝnh chu k× dao ®éng vµ viÕt ph−¬ng tr×nh dao ®éng. Bµi 5: Mét thiªn th¹ch bay tíi hµnh tinh khèi l−îng M theo ®−êng th¼ng qua t©m cña thiªn th¹ch vµ hµnh tinh vµ ®©m vµo nhµ ga vò trô ®ang bay trªn quü ®¹o trßn b¸n kÝnh R. Khèi l−îng P PE

D E

B VE

VC H×nh 2

H×nh 5

•O

A VA

IoR

Uo UR

O H×nh 4

H×nh 3

142

nhµ ga gÊp 10 lÇn cña thiªn th¹ch. Do va ch¹m, thiªn th¹ch g¾n vµo nhµ ga vò trô vµ chóng chuyÓn sang quü ®¹o míi víi b¸n kÝnh nhá nhÊt lµ R/2. H·y x¸c ®Þnh vËn tèc cña thiªn th¹ch tr−íc va ch¹m vµ quü ®¹o cña nhµ ga sau va ch¹m.

h−íng dÉn chÊm m«n vËt lý - líp 12 (chuyªn) N¨m häc 2007 - 2008 Gi¸m kh¶o chó ý: Ngoµi ®¸p ¸n sau, nÕu häc sinh lµm theo c¸ch kh¸c mµ vÉn ®óng b¶n chÊt vËt lý vµ ®¸p sè th× vÉn cho ®iÓm tèi ®a. NÕu häc sinh lµm ®óng tõ trªn xuèng nh−ng ch−a ra kÕt qu¶ th× ®óng ®Õn b−íc nµo cho ®iÓm ®Õn b−íc ®ã. NÕu häc sinh lµm sai trªn ®óng d−íi hoÆc xuÊt ph¸t tõ nh÷ng quan niÖm vËt lÝ sai th× dï cã ra kÕt qu¶ ®óng vÉn kh«ng cho ®iÓm. Gi¸m kh¶o cã thÓ chia thµnh c¸c ý nhá h¬n n÷a ®Ó chÊm ®iÓm. C©u Lêi gi¶i 1 a) Gäi x lµ ®é co lín nhÊt cña lß xo, vo lµ vËn tèc cña hÖ A vµ viªn ®¹n ngay sau va ch¹m, ¸p dông ®Þnh luËt baot toµn ®éng l−îng ta cã: mv=(M1+m)vo→ vo=1m/s 1 1 - §Þnh luËt b¶o toµn n¨ng l−îng cho: ( M 1 + m)vo2 − kx 2 = µ ( M 1 + m) gx 2 2 2 → 15 x + 2 x − 1 = 0 → x = 0,2m b) §Ó B cã thÓ dÞch sang tr¸i th× lß xo ph¶i gi·n mét ®o¹n Ýt nhÊt lµ xo sao cho: F®h=Fms→ kxo=µM2g → 150xo=40 → xo=4/15(m). - Nh− thÕ, vËn tèc vo mµ hÖ (M1+m) cã khi b¾t ®Çu chuyÓn ®éng ph¶i lµm cho lß xo cã ®é co tèi ®a x sao cho khi nã d·n ra th× ®é d·n tèi thiÓu ph¶i lµ xo 1 1 → kx2 = µ ( M1 + m) g ( x + xo ) + kxo2 → 75x 2 − 10 x − 8 = 0 → x = 0,4m 2 2 1 1 - Theo ®Þnh luËt b¶o toµn n¨ng l−îng ta cã: ( M 1 + m)vo2 − kx 2 = µ ( M 1 + m) gx 2 2 - Tõ ®ã tÝnh ®−îc: vo~1,8m/s → v~18m/s. 2 a) ¸p dông ph−¬ng tr×nh tr¹ng th¸i PAVA=nRTA→nR=20/3 TB=PBVB/nR=150K, TD=PDVD/nR=600K. VE=nRTE/PE=5 lÝt. b) KhÝ nhËn nhiÖt trong qu¸ tr×nh ®¼ng tÝch BD vµ mét giai ®o¹n trong qu¸ tr×nh biÕn ®æi ECA: 3 3 20 Q1=QBD=n. R(TD − TB ) = . (600 − 150) = 4500J 2 2 3 3 2 (−V + 5V ) (2) → P=V/5+5 (1) (V ®o b»ng lÝt, P ®o b»ng 105Pa)→ T=PV/nR = 20 5 (T ®o b»ng 100K) T=Tmax=468,75K, khi Vm=12,5 lÝt, T t¨ng khi 12,5 lÝt ≥V≥5, Vm øng víi ®iÓm F trªn ®o¹n CA. XÐt nhiÖt l−îng nhËn ®−îc ∆Q trong qu¸ tr×nh thÓ tÝch t¨ng tõ V ®Õn V+∆V (trªn ®o¹n EF) 3 ∆Q = n. R∆T + P.∆V . Tõ (1), (2) ta t×m ®−îc: ∆Q=(-4V/5+12,5)∆V. DÔ dµng nhËn 2 thÊy trong giai ®o¹n ECF lu«n cã ∆Q>0

143

§iÓm 2,00 0,25 0,5

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2,00 0,25 0,25 0,5

0,25 0,25 0,25

Trong giai ®o¹n nµy, nhiÖt l−îng nhËn ®−îc lµ: Q2=∆U+A, víi ∆U=n. 0,25 3 R (Tmax − TE ) = 1687,5 J 2 A lµ diÖn tÝch h×nh thang EFVmVE=2437,5J→Q2=1687,5+2437,5=4125J Tæng nhiÖt l−îng khÝ nhËn ®−îc lµ: Q=Q1+Q2=8625J c) C«ng sinh ra trong mét chu tr×nh lµ: A=SABC-SCDE→A=750J Ta thÊy khÝ nhËn nhiÖt trªn giai ®o¹n ECF, t¹i F sÏ cã: ∆Q=0 4V 28125 → − F + 12,5 = 0 → VF = 15,625l , PF = 1,875.105 Pa, TF = K 5 64 NhiÖt l−îng khÝ nhËn: Q=QBD+QEF 3 QEF=A+∆V. Víi ∆V= nR(TF − TE ) = 1394,53J 2 A b»ng diÖn tÝch h×nh thang VFFEVE → A=3121J → QEF= 4515J →QnhËn=9015,625J 750.100% HiÖu suÊt: H = = 8,3% 9015,625 2,00 - Ngay sau khi ®ãng K th× cã dßng ®iÖn ®i qua ®ièt D, tô ®iÖn ®−îc n¹p ®iÖn, hiÖu ®iÖn thÕ trªn tô ®iÖn t¨ng dÇn, hiÖu ®iÖn thÕ trªn D b»ng Uo, dßng ®iÖn gi¶m dÇn, hiÖu 0,25 ®iÖn thÕ trªn tô t¨ng dÇn. §Õn thêi ®iÓm t1, dßng ®iÖn trong m¹ch b»ng Io. Lóc nµy hiÖu ®iÖn thÕ vµ ®iÖn tÝch trªn tô lµ: U1=E-Uo-IoR, q1=C.U1=C.(E-Uo-IoR). 0,25 CU 12 C ( E − U o − I o R ) 2 = - N¨ng l−îng tÝch luü trªn tô: WC1= 2 2 - NhiÖt l−îng to¶ ra trªn D: WD1=q1Uo=UoC(E-Uo-IoR) 0,5 - C«ng cña nguån ®iÖn: A=q1E=EC(E-Uo-IoR) C - NhiÖt l−îng to¶ ra trªn R: Q1=A-WD1-WC1= [( E − U o ) 2 − ( I o R ) 2 ] 2 Sau thêi ®iÓm t1 dßng ®iÖn trong m¹ch tiÕp tôc gi¶m, lóc nµy D cã vai trß nh− ®iÖn trë thuÇn r=Uo/Io. Giai ®o¹n nµy, nhiÖt l−îng Q2 to¶ ra trªn R b»ng c«ng cña nguån 0, 5 A2 trõ ®i ®é t¨ng n¨ng l−îng trªn tô ∆WC vµ nhiÖt l−îng to¶ ra trªn D (W§2): Q2=A2∆WC-W§2 C«ng cña nguån: A2=E(EC-q1)=E[EC-C(E-Uo-IoR)]=EC(Uo+IoR) E 2C E 2C C PhÇn n¨ng l−îng t¨ng thªm trong tô: ∆WC = − WC1 = − ( E − U o − I o R) 2 0,5 2 2 2 Uo + IoR → ∆WC = C (U o + I o R)( E − ) 2 NhiÖt l−îng to¶ ra trªn R: Q2=A2-∆WC-W§2→Q2+W§2=A2-∆WC RI U I R +Uo Q R R = o → W D 2 = Q2 o → Q2 + W D 2 = Q2 ( o ) Mµ 2 = = WD 2 r U o / I o U o Io R Io R IoR Io R U +I R → Q2 = ( A2 − ∆WC ) = [ EC (U o + I o R) − C (U o + I o R)( E − o o )] Io R +Uo IoR +Uo 2 RI C (U o + I o R) → Q2 = o 2 C Tæng nhiÖt l−îng to¶ ra trªn R: Q=Q1+Q2= [( E − U o ) 2 + U o I o R ] = 10 −4 ( J ) 2 2,00 M«men qu¸n tÝnh cña hÖ thanh-vËt sau va ch¹m: I= 0,5 1 3 1 M .l 2 + M .OG 2 + m( l ) 2 = Ml 2 (1) 12 4 3 Ph−¬ng tr×nh ®éng lùc häc trong chuyÓn ®éng quay hÖ thanh-vËt:

144

0,5 1 Iγ =  M ↔ Ml 2γ = M Mg / O + M mg / O 3 TriÓn khai c¸c m«men lùc vÕ ph¶i vµ thay γ = θ " ta ®−îc: 0,5 l 3l 1 2 l 3l Iθ " = − Mg.GI − mg.BH = − Mg sin θ − mg sin θ → Ml θ " = − Mg sin θ − mg 4 4 3 4 4 0,5 l 1 → θ " = − g sin θ . V× θ bÐ nªn sinθ≅θ 3 2 l 1 3g → θ " = − gθ → θ "+ θ = 0 → θ "+ω 2θ = 0 3 2 2l 3g (víi ω 2 = ). VËy hÖ thanh-vËt sau va ch¹m dao ®éng ®iÒu hoµ víi chu k× 2l 2l T = 2π 3g Ph−¬ng tr×nh dao ®éng cã d¹ng: θ=θmsin(ωt+ϕ) T¹i t=0 th× θ=0 vµ θ’=dθ/dt>0 suy ra ϕ=0 1 M 3 V l = Ml 2θ o' (θ’o lµ vËn tèc gãc §Þnh luËt b¶o toµn m«men ®éng l−îng cho: 3 4 3 3 V ban ®Çu hÖ thanh-vËt) hay θ o' = . Ph−¬ng tr×nh vËn tèc gãc cña thanh: 4l θ’=ωθmcosωt 3 3 3g →θ =V sin( )t T¹i t=0 th× θ’o=ωθm suy ra: θ m = V 8 gl 8 gl 2l 1,00 - Gäi u, v lµ vËn tèc cña thiªn th¹ch vµ nhµ ga tr−íc va ch¹m. Gäi u’, v’ lµ vËn tèc theo ph−¬ng Ox, Oy cña nhµ ga vò trô sau va ch¹m. Ta cã: v2=GM/R. 0,25 - ¸p dông ®Þnh luËt b¶o toµn ®éng l−îng ta cã: m1v 10 - Theo Oy: m1 v = ( m1 + m 2 )v ' → v ' = = v m1 + m 2 11 u 0,25 - Theo Ox: m2 u = (m1 + m2 )u ' → u ' = 11 - Gäi khèi l−îng nhµ ga sau va ch¹m lµ m, n¨ng l−îng cña nhµ ga ngay sau va ch¹m 1 GMm lµ: W1 = m(v'2 +u '2 ) − 0,25 2 R - T¹i ®iÓm A trªn quü ®¹o nhµ ga cã b¸n kÝnh nhá nhÊt th× vËn tèc nhµ ga lóc ®ã lµ v. R 0,25 Cã: v = v' R → v = 2v' 2 1 2GMm 2GMm = 2mv'2 − - N¨ng l−îng cña nhµ ga lóc ®ã lµ: W2 = mv 2 − 2 R R - ¸p dông ®Þnh luËt b¶o toµn n¨ng l−îng ta cã: W1=W2 1 GMm 2GMm → m (v ' 2 + u ' 2 ) − = 2mv'2 − 2 R R 58GM - Gi¶i ra ta ®−îc: u = R * Quü ®¹o nhµ ga sau va ch¹m: lµ quü ®¹o Elip cã viÔn ®iÓm lµ vÞ trÝ ban ®Çu sau va ch¹m cã RviÔn=R vµ cËn ®iÓm ë A cã RcËn=R/2.

145

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

m h

so với M (Hình 1). Coi va chạm giữa m và M là hoàn toàn mềm. Sau va chạm, hệ M và m bắt M 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 độ k 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 Câu 2 (2 điểm). Hình 1 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 k

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

m Hình 2

có li độ 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 40π 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.

146

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

Ý 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 a vận tốc V

Điể m 0,25

0,25 mv = 20 3cm / s ≈ 34,6cm / s M +m K Tần số dao động của hệ: ω = = 20rad / s . Khi có thêm m thì lò xo 0,25 M +m mg = 1cm . Vậy VTCB mới của hệ nằm dưới bị nén thêm một đoạn: x0 = K mv = ( M + m)V → V =

0,25

VTCB ban đầu một đoạn 1cm 2

1 (2đ)

b Tính A: A = x 2 + V = 2 (cm) 0 ω2 1 = 2cosϕ π → ϕ = rad Tại t=0 ta có:  3 −2.20sin ϕ < 0 π  Vậy: x = 2cos  20t +  cm

lên m 2 N + mg = ma → N − mg = ma = − mω x → N = mg − mω 2 x → N min = mg − mω 2 A Để Amax =

2 (2đ)

m ω

của

không

g 2

0,25

3



Ph ản lực

0,25

rờ i

khỏi

thì

là

thỏa

mãn: 0,25

N min ≥ 0 → A ≤

ω2

0,25 Vậy

10 = 2,5cm 202

Tại M sóng có biên độ cực đại nên: d1 – d2 = kλ  λ =

d1 − d 2 k

0,25

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

Từ đó  λ = 1,5cm , vận tốc truyền sóng: v = λf = 30 cm/s

147

0,25

* Số điểm dao động cực đại trên đoạn AS2 là: S1 A − S2 A

≤k<

S1S2 − 0

→ −2, 7 ≤ k < 5,3 → k = {−2, −1,......4,5}

λ λ → Có 8 điểm dao động cực đại. b * Số điểm dao động cực tiểu trên đoạn AS2 là: S1 A − S 2 A

≤k+

0,5

1 S1S2 − 0 < → −3, 2 ≤ k < 4,8 → k = {−3, −2, −1,......3, 4} 2 λ

λ → Có 8 điểm dao động cực tiểu. u1 = u2 = a cosωt , 2π d   u N = 2 a cos  ω t − λ  

Giả

sử

0,5 phương

trình

Độ lệch pha giữa sóng tại N và tại nguồn: ∆ϕ = c

sóng

tại

2πd

λ Để dao động tại N ngược pha với dao động tại nguồn thì 2πd λ ∆ϕ = = (2k + 1)π  d = (2k + 1) λ 2 λ Do d ≥ S1S2 /2  (2k + 1) ≥ S1S2 /2  k ≥ 2,16. Để dmin thì k=3.

0,25

 S1S 2    xmin ≈ 3, 4cm  2 

dmin= xmin 2 + 

Tần số góc ω =

3 (2,5đ )

0,25

k 50 = 10rad / s = m 0,5

0,25

2,5  cosϕ= π    x = A cos ϕ = 2,5 ϕ= A   Tại t = 0, ta có:  ⇔ ⇔ 3 25 3  v = − Aω sin ϕ = −25 3 sin ϕ =  A = 5cm  10A π → Phương trình dao động x = 5cos(10t + ) (cm) 3

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 b

-5

α π π ∆t = = = s ≈ 0,1s ω 3.10 30

O •

α M

148

5 x

0,5

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

N 2, O

0,5 0,5

Q (Lần

P - 5 (Lần

Wd A 2 − x 2 A = =1⇔ x = ± = ±2,5 2cm 2 Wt x 2  s = 7,5 + 5 − 2,5 2 = 12,5 − 2,5 2 ≈ 8,96cm 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 0,5 (do trung điểm của CD là một cực đại). Bước sóng: λ =

4 (2đ)

v 20 = = 1cm . f 20

0,5

Gọi khoảng cách từ AB đến CD bằng x. Từ hình vẽ ta có:  d12 = x 2 + 9 → d 2 − d1 = x 2 + 81 − x 2 + 9 = 2λ = 2 → x = 16, 73Cm  2 2  d 2 = x + 81

 d 2 = d1 + 5 k d 'd (d + 5)d1 ' ; 1 =2= 1 2 = 1 ⇔ 2d1 (d1 '− 40) = (d1 + 5)d0,25 ' (1)  1 d 2 ' = d1 '− 40 k 2 d1d 2 ' (d1 '− 40)d1 a 1= 1 + 1 = 1 + 1 ⇔ d1 '(d1 '− 40) = 8d1 (d1 + 5) (2) f d1 d1 ' d1 + 5 d1 '− 40 0,25 Từ (1), (2) d1 = 25cm ,d1 ' = 100cm,f = 20cm, AB = 1mm 0,5  d = 30cm df = 90 →  Khoảng cách vật - ảnh: L = d + d ' = 90 → d + d− f  d = 60cm 5 Ban đầu thấu kính cách vật d2=30cm do vậy để lại có ảnh rõ nét trên màn (1,5đ thì phải dịch thấu kính lại gần vật thêm một đoạn ∆d = 60 − 30 = 30cm ) 0,25 df d2 2 Xét L = d + d ' = d + = → d − Ld + 20L = 0 d − f d − 20 b Để phương trình có nghiệm thì: ∆ = L2 − 80 L ≥ 0 → L = 80cm khi đó min d=

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 0,25 cực tiểu, sau đó ảnh dịch ra xa vật.

149

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

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 M một thời gian đủ 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 Hình 1 trượt khỏi ván. Câu 2 (2,5 điểm).

150

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 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 O• 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. m2 k m1 c) Xác định vận tốc của vật m1 ngay sau va chạm. d) Vật m1 được gắn với m 2 =120g qua một lò xo nhẹ có độ cứng k = 100 N / m (Hình 2). Xác định biên độ dao động của m1 Hình 2 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 nhiệt. Bên dưới pittông là một mol khí Heli (coi là khí lí tưởng) ở o nhiệt độ to = 27 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 / m 2 . 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?

Hình

Câu 4 (2 điểm). K Cho mạch điện (Hình 4). Nguồn điện có suất điện động A E = 8V , điện trở trong r = 2Ω . Điện trở của đèn là R1 = R2 = 3Ω , Ampe kế được coi là lí tưởng. E,r R1 a) Khoá K mở, di chuyển con chạy C người ta nhận thấy khi D điện trở của phần AC của biến trở AB có giá trị 1Ω thì đèn tối nhất. Tính điện trở toàn phần của biến trở. R b) Mắc một biến trở khác thay vào chỗ của biến trở đã cho và đóng khóa K. Khi điện trở của phần AC bằng 6Ω thì ampe kế C chỉ 5/3A. Tính giá trị toàn phần của biến trở mới. A B Câu 5 (2 điểm). Hình 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!

151

Họ và tên thí sinh ................................................. .......................................... SBD ....................

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 CHUYÊN

Ý Lời giải * Xét chuyển động của m: Trước khi dây bị đứt: F − Fms = 0 → Fms = F

1 a (1,5đ)

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

152

Điểm 0,25 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

0,25

v Mv = = 2s aM F

+ Tấm ván đạt vận tốc v tại thời điểm to =

* Giai đoạn 2: to ≤ t Vật m và M chuyển động nhanh dần đều với vận tốc ban đầu vo = 2m / s và gia F 10 = ≈ 0,9m / s 2 tốc: a = M + m 10 + 1 0,25 Quãng đường m đi được trên M kể từ khi dây đứt đến thời điểm t=to là: 1 Mv 2 Mv 2 10.22 0,5 Δl = vt − aM t 2 = → lmin = l + Δl = l + = 1+ = 3m 2 2F 2F 2.10 Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho vị trí thẳng đứng và nằm ngang: L 1 1 3g 3.10  rad  Mg = I ω 2 . Thay I = ML2 ta được: ω = = = 10  0,5 . 0,3 2 2 3 L  s  Phương trình động lực học cho chuyển động quay quanh O: M ( P ) = I γ .

b 2 (2,5đ)

3 g 3.10 1 L  rad  = = 50  2  . Thay I = ML2 và M ( P ) = Mg ta được: γ = 2 L 2.0,3 3 2  s  Định luật II Niutơn cho chuyển động tịnh tiến của thanh: P + N = Ma (*) Chiếu (*) lên phương ngang: L N x = Max = Man = M ω 2 2 N Ny Thay ω ở phần a) vào ta được: G Nx = 3Mg / 2 = 5, 4 N . O Nx Chiếu (*) lên phương thẳng đứng: L P P − N y = Ma y = Mat = M γ 2 Thay γ ở phần a) vào ta được : Ny = Mg / 4 = 0,9N .

Bảo toàn cơ năng cho chuyển động của M từ đầu đến ngay trước va chạm với 1 2 MgL 6g m1: I ω 2 = MgL → ω = = 2 I L 1 1 1 Bảo toàn động năng trong va chạm: m1v 2 + I ω '2 = I ω 2 (1) 2 2 2 Bảo toàn mômen động lượng: m1vL + I ω ' = I ω (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: 1 m 2mVG = mv → VG = v = 1, 5 2 ≈ 2,1  . 2 s 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.

153

0,5

0,25

Gọi A là biên độ dao động của mỗi vật, theo định luật bảo toàn cơ năng ta có: 1 2 1 1 mv = 2mVG2 + 2. k ' A2 → A = 5, 2cm 2 2 2 0,25 *) 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 - Nhiệt lượng khí nhận vào trong giai đoạn này là: Q1 = ∆U + A . 3 - Với ∆U = nCV ∆T = 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 )

0,25

0,25 0,25

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 thái cân bằng mới cột chất lỏng có độ cao 3H - x, sẽ có áp suất bằng 3H − x po H Dễ thấy rằng áp suất của khí px ở trạng thái cân bằng mới bằng tổng áp suất khí 3H − x 4H − x po = po (1). quyển po và áp suất của cột chất lỏng nên: px = po + H H Theo phương trình Mendeleev - Clapeyron viết cho trạng thái cân bằng ban đầu p .S .x 2 po .S .2 H = và 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 (4 H − x).x .T1 bằng mới là: Tx = 4H 2 Độ biến thiên nội năng trong quá trình pittông nâng lên đến độ cao x bằng: 2 3( x − 2 H )2  x − 2H  ∆U = nCV (Tx − T1 ) = −  C T = − RT1 (2).  V 1 8H 2  2H  Công mà khí thực hiện trong quá trình trên (áp suất biến thiên tuyến tính từ 2po 2 P + px (6 H − x)( x − 2 H ) ( xS − 2 HS ) = po S đến px) là: A = o 2 2H Vì trong trạng thái ban đầu: 2 po .2 HS = RT1 (6 H − x)( x − 2 H ) .RT1 Nên ta được: A = (3) 8H 2 Theo Nguyên lý I NĐH: Q2 = ∆U + A RT Kết hợp (2) và (3), ta được: Q2 = (− x 2 + 5Hx − 6 H 2 ). 12 2H

154

0,25

Vẽ đồ thị của Q theo x. Từ đồ thị ta thấy để đạt đến trạng thái cân bằng khi x = RT 2,5H, ta cần cung 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. nhiệt lượng tối thiểu cần cung cấp là Vậ y

Q Q0 x O

0,25

2H 2,5H 3H

Qmin = Q2 max + Q1 = 623, 25 + 3939,5 = 4562, 75( J ) .

4 (2đ)

Gọi điện trở toàn phần của biến trở là R, E,r điện trở phần AC là x Khi K mở ta có mạch như hình vẽ. điện trở toàn mạch x A R1 3( x + 3) • Rtm = R − x + +2 (Rx+6 D B x) C 2 R2 − 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

nhỏ

R −1 . Theo đề bài x=1 Ω . Vậy R=3 Ω 2 Khi K đóng ta có mạch như hình vẽ, điện trở toàn mạch: 17 R ' − 60 Rtm = 4( R ' − 3) (R’ là điện trở toàn phần của biến trở mới) 32( R ' − 3) 48 5 I A = I − I BC = − = A ' ' 17 R − 60 17 R − 60 3 '  R = 12Ω

nhất

hay

mẫu

số

lớn

0,25

0,25 (HV 0,25)

E, r R1 (R’B A 6)

6d1 24d1 - 180 60 - 8d1 Ta có: d1′ = ; d2 = ; d′2 = (1) d1 -6 d1 - 6 3d1 - 22

5 (2đ)

0,25

nhất

(HV 0,25)

0,25

D0,25 0,25 0,25

Khi d1 = 15 cm → d’2 = - 2,6 cm < 0 : A’B’ là ảnh ảo cách L2 một khoảng 2,6 cm. 0,25 f1 f 2 - d′2 2 . =Độ phóng đại: k = <0 f1 - d1 f 2 23 0,25 ảnh A’B’ ngược chiều với AB, có độ lớn là A’B’ = 2/23 (cm). 0,25

155

Khi hoán vị hai thấu kính: d1 → d1′ =

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

df 2(11d1 + 30) 33d1 + 90 → d′2 = 2 1 = (2) d 2 - f1 3d1 + 8 d1 + 3 60 - 8d1 2(11d1 + 30) → 3d12 - 14d1 - 60 = 0 (*) Từ (1) và (2) ta có : = 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. → d 2 = l - d1′ =

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH VĨNH PHÚC LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013 Môn: VẬT LÝ – THPT CHUYÊN Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề. ĐỀ THI CHÍNH THỨC 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

156

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

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 nằm trên mặt phẳng ngang qua miệng chậu. 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 20/3 cm. Cho nước vào đầy chậu thì hai L O 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 h S thấu kính. G 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 O S đồng nhất OA có khối lượng M, chiều dài l có thể α 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 M,l cùng độ cao với O và OS=l. Khi cân bằng góc α= 0 m 60 . Bỏ qua ma sát, khối lượng và kích thước của ròng rọc. M a) Tìm tỷ số . m A 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. Câu 4: (1 điểm) E 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 X2 X1 điện trở trong không đáng kể. Để công suất tỏa nhiệt trên B A biến trở đạt giá trị cực đại, phải điều chỉnh cho biến trở R R có giá trị bằng bao nhiêu? Câu 5: (1,5 điểm)

157

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 đứng có cảm ứng từ B . Một thanh kim loại CD dài l, khối lượng m có thể quay quanh trục thẳng đứng đi qua C, đầu kia của thanh kim loại trượt có ma sát trên vòng tròn. Một nguồn điện suất điện động E nối 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.

158

D A C R E

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH VĨNH PHÚC LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013 Môn: VẬT LÝ – THPT CHUYÊN HƯỚNG DẪN CHẤM (Gồm 04 trang) Câu Nội dung Điểm a. (1,5 điểm) V1' P1’ V1, P1 1 (2,5 Lượng khí ở 2 phần xylanh là như nhau điểm) nên: 0,25 0,25 V2, P2 '

PV P V P V P V m .R = 1 1 = 2 2 = 1 1 = 2 2 µ T1 T1 T1 T2

V2’, P2’

0,25

Vì V1 = 2 V2 nên P2 = 2 P1  Mg = P1S ' ' Theo giả thiết: V1 = V2 / 2 , suy ra:

T2 P' = 2 2' T1 P1

0,25

(1)

Phương trình cân bằng của pittông: '

(P2 − P1 )S = Mg = (P2 − P1 )S



P2' = P1' + P1

(2) Từ phương trình trạng thái phần trên của pittông: P1V1 = P1’V1’

V → P1 = P1 . 1 suy ra: V1 '

P2' V1' = 1 + P1' V1

(3) ’

’

Do: V1+V2 = V1 +V2 ;  Thay vào (3) ta được:

P2' 1 3 = 1+ = ' P1 2 2

Thay vào (1) ta có kết quả:

V1' 1 = ; V1 2

' 2 ' 1

T2 P = 2 = 3. T1 P

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)

S’

159

0,25

0,5 0,25

Câu (2,5 điểm)

Nội dung Gọi d = OS Sơ đồ tạo ảnh:

Điểm

S Ta có d’ =

G d1

d1’

10d d-10

S G

10(2h-d) d1= h - d => d2 = 2h - d => d2’ = 2h - d -10

0,25

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

S S

Ta có d’ =

S’

G d1

d1’

0,25

S’’

LCP L S2 S3 d2 d3 d3’ 0,25

7,5d 3d => d’’= 0,75d-10 4 d1= h-d => d2= 2h-d => d3=

3(2h-d) => d3’= 4

7,5(2h-d) 1,5h-0,75d-10

0,25 0,25

 d’’- d3’ = 15 => 0,5625d2 - 1,125dh +25h - 10d - 100 = 0 (2) 0,25

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 f 10 10 = = = k1 = ; k2 = 3 2h − d f − 0, 75d 10 − 0, 75d f − d3 ( ) 0, 75d − 35 10 − 4 k1 0, 75d − 35 =  tỷ số hai ảnh: (do hai ảnh cùng là thật nên k1 và k2 k 2 10 − 0, 75d cùng dấu) 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.

160

0,25 0,25

0,25

Câu

Nội dung Mg.cosα l α Mg. .cos α = T.l.cos T= = mg α 2 2 2cos 2 (mỗi biểu thức mômen lực đúng được 0,25 điểm) α 2cos M 2 =2 3  = m cosα 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 l 3 l bằng một khoảng hG = sin α = , còn vật m ở dưới vị trí cân bằng 4 2 của nó một đoạn hm = SA = l. - Gọi vận tốc của m khi thanh đi qua VTCB là v, giá trị của v bằng thành ωl 3 phần vận tốc của điểm A theo phương dây  v = vA.sin α = ω 2 2v = l 3

Điểm 0,5

0,25

0,25 0,5

3 Mgl Mgl − = . 4 2 3 4 3 đúng được 0,25 0,5

- Cơ năng ban đầu của hệ. W = MghG – mghm = Mgl (mỗi biểu thức thế năng điểm)………………………………….. Cơ năng của hệ tại 2

1 1 1 M 2 1 1 2  2v  mv 2 + I0 ω2 = v + Ml   = 2 2 22 3 23 l 3 (mỗi biểu thức động năng điểm)…………………………………..

VTCB: Mv 2 9 + 8 3

(

W’

)

36 3 đúng được

(

2 Mgl Mv 9 + 8 3 - Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ta được: = 4 3 36 3

v=

4 (1 điểm)

0,25 0,25

)

9gl 9+8 3

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

Công suất nhiệt tỏa ra trên biến trở là: P = UI = U

(*)

E −U − U 10

0,25 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 36

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

U ≈ 6,3Ω I

Khi thanh CB quay với vận tốc góc ω thì trong thời gian dt nó quét được diện tích là

161

0,25

Câu điểm)

Nội dung 1 dΦ l 2ω B dS= l.lω.dt => Ecu = − =− 2 dt 2 2 l ωB E− E l 2ω B 2 = − => 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

Điểm 0,25

0,25

Phương trình chuyển động quay của thanh quanh trục: 1 2 dω l2 E l 2ω B l 2 ml = −α l 2ω + Bi = −α l 2ω + B ( − ) dt R 2R 2 3 2 B 2l 4 BEl 2 = −ω (α l 2 + )+ 4R 2R

0,25

B 2l 4 BEl 2 B 2l 4 )+ => dx= −(α l 2 + ) dω 4R 2R 4R B 2l 2 3(α + )dt dx R 4 =− Khi đó phương trình trên trở thành: x m Đặt x= −ω (α l 2 +

Khi ω lấy cận từ 0 đến ω thì x lấy cận từ

0,25

BEl 2 2R

đến

B 2l 4 BEl 2 )+ 4R 2R Tích phân hai vế ta được: −ω (α l 2 +

−ω( αl2 +

B2l 4 BEl2 )+ 4R 2R



BEl2 2R

dx = − x 0

3(α +

B2 l 2 )dt 4R m

B 2l 2 B 2l 4 BEl 2 3(α + )t )+ 4R − 4R 2R = e m BEl 2 2R

−ω (α l 2 +



ω=

2 BE (1 − e B l + 4α R 2 2

 B 2l 2  −3 α + t 4 R   m

)

0,25

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

162

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 ứng là k1 = 120 N/m, k2 = 60 N/m, m = 400 g. Bỏ qua mọi ma sát. Kéo vật theo phương m k1 k2 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 loại mảnh nhẹ dài L. Thanh treo cố định ở O và có thể quay dễ dàng quanh O • 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 đều có véc tơ cảm L α0 ứng từ B vuông góc với mặt phẳng mạch điện. Bỏ qua ma sát và điện trở dây nối. C B Đưa thanh kim loại đến vị trí lệch khỏi phương đứng góc α0 nhỏ rồi thả nhẹ. Tìm chu m 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 dài. Hãy trình bày phương án thí nghiệm đo vận tốc của viên đạn khi rời nòng súng. Hình câu 6.a ---------------HẾT--------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh.......................................................................SBD......................

163

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) Câu

Lời giải vắn tắt

1.a (1đ)

Phương trình dao động: x=Acos(ωt+φ)

ω=

Điểm 0,25

k =10 rad/s m

Tại VTCB lò xo dãn là: Δl=

mg =0,1m k

0,25

Biên độ dao động: A=2 cm

1.b (1đ)

2.a (1đ)

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

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: O 6 Δφ 5π π 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 0,25 Khi động năng bằng thế năng thì: Wt = 2 Khi đó thế năng đàn hồi của lò xo k1 là: W W k x 2 2k x 2 W 0,25 Wt1 = 1 1 = 2 2 = t2 . Mà Wt1 +Wt2 =Wt → Wt1 = t = 2 8 2 3 6 → Sau khi giữ chặt điểm cố định thì năng lượng hệ bị giảm W/6 → Năng lượng hệ còn 0,25 lại là W’=5W/6

164

Ta có: W'= 3a (0,75)

k 2 A'2 5kA 2 5A = → A'= =4 5 cm ≈ 8,94 cm 2 12 3

0,25 0,25

Điểm M gần C nhất khi M thuộc cực đại bậc 1 → d1 –d2 = λ =4 cm Đặt IH = x. Từ hình vẽ ta có: d12 = (AI +IH)2 + MH2 = (8+x)2 +82, d22 = (BI - IH)2 + MH2 = (8-x)2 +82

→

0,25 0,25

(8+x)2 +64- (8-x) 2 +64=4 → x=2,87 cm

0,25

Trên PK xét một điểm thuộc cực đại bậc k → AP - PB ≤ k λ ≤ AK - BK 2

0,25

10 +13 - 10 +3 ≤ 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. 3.b (0,75)

d1 • A

Hình câu

4.a (1đ)

4.b (0,5đ)

x’

0,25

d2 • B

• A Hình câu

• B

Giả sử hai điểm M1; M2 cách các nguồn các khoảng d1, d2; d1’, d2’. Hai nguồn giống nhau có λ =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 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 u M1 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 +C 2 =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) = =Q =1,12.10-10 A Dòng điện: I= t t εa

165

0,5

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

0,5

0,25 0,25

0,25

Xét tại li độ α, tốc độ góc bằng ω = α ' =

dα dt

0,25

α L2α L2 α dφ L2α ' = → φ = B.S = B. → eC = − = −B. 2π 2 2 dt 2 2 L α' → q = C.eC = −C.B. 2 m.(Lω) 2 q 2 Bảo toàn năng lượng: mgL(1 − cosα) + + = const 2 2C α 2 mL2 C 2 B2 L4 2 → mgL + .(α ') + .(α ')2 = const 2 2 8C → s = π.L2 .

6.a (1đ)

0,25

Đạo hàm hai vế theo thời gian:

mgL

2α.α ' mL2 C 2 .B2 L4 + .2α '.α ''+ .2α '.α '' = 0 2 2 8C

0,25 B2 L3C mL + mg 2π 2 4 → α '' = − . α = −ω . α → T = = 2 π B2 L3C ω 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 0,25 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) 6.b Áp dụng ĐLBT cơ năng cho hệ ngay sau va chạm (0,5đ) và khi lên độ cao lớn nhất ta có: (m+M)v2/2 = (M+m)gH → v2=2gH (2) Thay v từ (1) vào (2) ta được: m 2 2 M+m ( ) v0 =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) ----------------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.

166

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN TRƯỜNG THPT NGUYỄN DUY TRINH (Đề thi có hai trang!)

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG MÔN: VẬT LÝ 12 Thời gian làm bài 150 phút

Câu 1(5điểm) Trên bề mặt chất lỏng cho 2 nguồn dao động vuông góc với bề mặt chất lỏng có phương trình dao động uA = 3cos10πt (cm) và uB = 3cos(10πt + ) (cm). Điểm không dao động gần trung điểm O của AB nhất cách O một khoảng là . AB =30cm. Tốc độ truyền sóng là V= 50cm/s a.Tìm ? Biết 0 b.Viết phương trình dao động của một điểm M bất kỳ trên mặt chất lỏng cách A,B lần lượt là d1, d2, Từ đó tìm điều kiện cực đại,cực tiểu và tìm vị trí các điểm đứng yên trên AB. c.Tìm trên trung trực điểm gần O nhất dao động cùng pha với O d. Cho điểm C trên đoạn AB, cách A khoảng 18cm và cách B 12cm .Vẽ vòng tròn đường kính 10cm, tâm tại C. Tính số điểm dao đông cực đại trên đường tròn. Câu 2 (2 điểm)Hai vật giống nhau, mỗi vật có khối lượng m, được nối với nhau bằng một lò xo nhẹ có độ cứng k,chiều dài tự nhiên ℓ0. Hệ vật được đặt trên mặt phẳng nằm ngang,vật bên trái tiếp xúc với tường. Hỏi cần phải truyền cho vật bên phải một vận tốc tối thiểu v0 bằng bao nhiêu hướng vào tường để khi dịch chuyển theo hướng ngược lại nó làm cho lò xo bị giãn nhưng không làm cho vật bên trái dịch chuyển?Cho hệ số ma sát nghỉ xấp xỉ bằng hệ số ma sát trượt μ và lò xo ban đầu chưa bị biến dạng; gia tốc trọng trường là g. Câu 3 (3điểm) Cho cơ hệ như hình 3: Hai lò xo lí tưởng có độ cứng lần lượt là K1 và K2; hai vật m1 và m2 có khối lượng bằng nhau. Ban đầu các lò xo không biến dạng, hai vật tiếp xúc nhau và có thể trượt không ma sát dọc thanh cứng AB nằm ngang. Kéo vật m2 để lò xo K2 bị nén một đoạn A2 theo chiều dương rồi thả nhẹ. Va K2 K1 m1 m2 chạm giữa 2 vật là xuyên tâm đàn hồi. A a.Tính độ nén cực đại A1 của lò xo K1 sau va chạm. Mô tả chuyển động và tính chu kì dao động của hệ. b.Vẽ dạng đồ thị của dao động của hệ kể từ lúc thả Hình 3 m2(K2 >K1) C©u 4(2 ®iÓm ) Trªn quang trôc chÝnh cña mét thÊu kÝnh héi tô máng víi tiªu cù f = 20 cm ®Æt mét −1 g−¬ng ph¼ng ë c¸ch thÊu kÝnh mét kho¶ng L = 3f g−¬ng quay víi vËn tèc gãc ω = 0,1S xung quanh trôc th¼ng gãc víi mÆt ph¼ng h×nh vÏ vµ ®i qua A ,nguån s¸ng ®iÓm S c¸ch thÊu kÝnh mét kho¶ng

5f . Ở c¸ch ®iÓm A mét kháng lµ 4

bao nhiªu th× thu ®−îc ¶nh cña nguån trong hÖ thÊu kÝnh A g−¬ng do sù ®i qua mét lÇn cña c¸c tia tõ nguån qua thÊu kÝnh . T×m vËn tèc cña ¶nh nµy ë thêi ®iÓm khi gãc gi÷a mÆt ph¼ng S O 0 g−¬ng vµ quang trôc chÝnh α = 60 Câu 5:(4điểm)Sau khi được tăng tốc bởi hiệu điện thế U trong ống phát,d êlectrôn được phóng ra theo L hướng Ox để rồi sau đó bắn trúng vào điểm M ở cách O khoảng d. Hãy tìm dạng quỹ đạo của êlectrôn và cảm ứng từ B trong hai trường hợp sau: O a.Từ trường có phương vuông góc với mặt phẳng hình vẽ. α b.Từ trường có phương song song với OM. (OM hợp với phương Ox góc α; điện tích êlectrôn là –e, khối lượng là m)

Câu 6:(4điểm)Cho mạch điện như hình vẽ: nguồn điện có suất điện động E, điện trở trong r, điện trở thuần R, cuộn dây thuần cảm, độ tự cảm L, tụ điện có điện dung C. Ban đầu khoá K đóng, sau đó mở K .Bỏ qua điện trở dây nối a.Tính cường độ dòng điện qua cuộn dây khi K đóng. b. Tính hiệu điện thế cực đại giữa hai đầu tụ điện khi K mở. c. Viết biểu thức điện tích bản trên của tụ khi K mở.

167

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG12 LẦN 2 MÔN VẬT LÝ Câu 1 a.

b. uM = 6cos (

! "cos &10 !

)

(1đ)

* " (cm)

(0,5đ)

min: + ! + ,- * . 10 (k': bán nguyên)

(0,5đ)

max: + ! + ,- * . 10 (k nguyên) Các điểm trên AB cực tiểu cách A: 1,67; 6,67;11,67;16,67;21,67;26,67cm c.Pha

ban

đầu

0,5đ)

c ủa

Pha ban đầu của M trên trung trực:! Độ lệch pha là: !

MOmin= 20cm (0,5đ)

d. 8 điểm Câu 2.

012

→ ∆4 !

Câu 3(3điểm) a.A1= <

; ;

(

-∆4 * 506∆4 89: ;

+ <&

89: ;

89: " ;

(0,5đ)

;

→ 12 > 56<

; 89: ;

(0,25đ) 89: ;

tức là ∆4 A 3

89: ;

(0,25đ) → (0,25đ)

(1đ)

ĐC: EF<

là

Để vật bên trái không bị kéo ra thì ∆4 !2 ;

(0,5đ)

Để lò xo bị giãn ∆4 > 2

12 A 56<

(0,5đ)

A 1J A 56<

KLH

(0,25đ)

A2 (2 điểm)

b.Vẽ đồ thị(1điểm) Câu4(2điểm) . Khoảng cách 2f. Tốc độ của ảnh là 2RM không phụ thuộc góc →

(1điểm) (1điểm)

Câu 5(4điểm).Trường hợp 1: B có phương vuông góc với mặt phẳng hình vẽ. 2eU Vận tốc của êlectrôn khi ra khỏi ống phát xạ là: v = (0,5điểm) m

168

Vận tốc của êlectrôn có phương vuông góc với từ trường nên quỹ đạo chuyển động của êlectrôn là đường tròn bán kính R sao cho:

x α

mv R (0,5điểm) d Với R sin α = 2 eBv =

suy ra: B

(0,5điểm)

2 sin α 2 sin α 2eU v= d d m

(0,5điểm)

→

a) Trường hợp 2: B có phương song song với OM. Vận tốc của êlectrôn tai O được phân ra thành hai thành phần - Thành phần trên OM có độ lớn vcosα, thành phần này gây ra chuyển động thẳng đều trên O OM. - Thành phần vuông góc với OM có độ lớn vsinα, thành phần này gây ra chuyển động x tròn đều quay quanh truc OM. Phối hợp hai chuyển động thành phần, ta được một M quỹ đạo hình xoắn ốc của êlectron quanh OM. Thời gian để êlectrôn tới được M là: d t= (0,5điểm) v cos α Trong thời gian trên êlectrôn đã quay được một số vòng quanh OM với chu kì: 2πm T= (0,5điểm) eB ta có: t = kT (k: số nguyên dương 1, 2, 3...) d 2πm 2π cos α 2 Um =k B=k (0,5điểm) v cos α eB d e Câu 6.(4điểm) a) Khi khoá K đóng: dòng điện qua cuộn dây là dòng điện không đổi, cuộn cảm không cản trở dòng điện. Do đó dòng điện qua cuộn dây là: E I0 = (3.1) (1điểm) r+R b) Khi K mở, cuộn dây và tụ điện tạo thành một mạch dao động: trong mạch hình thành một dao động điện từ xoay chiều. Vì cuộn dây thuần cảm nên tổng năng lượng của mạch bảo toàn: 1 1 W = LI 02 = CU 02 (3.2) (1điểm) 2 2 U0 là hiệu điện thế cực đại giữa hai đầu tụ điện. L E L = --> U 0 = I 0 (3.3) (1điểm) C r+R C c) q=

CE L 1 π cos( t+ ) r+R C 2 LC

(1điểm)

169