HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN LÝ CẤP TRƯỜNG LỚP 12 NĂM HỌC 2022 – 2023

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LÊ KHIẾT

HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI CHỌN
HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LỚP 12
NĂM HỌC 2021 – 2022
Ngày thi: 9/01/2022
Mơn thi: Vật lí

HƯỚNG DẪN CHẤM
NGHỊ
(Hướng ĐỀ
dẫnĐỀ
chấm
có 6 trang)

Bài 1: (4 điểm)
Nội dung

Điểm

1. (2 đ)
a.(0,5đ) Áp dụng định luật bảo tồn động lượng :
v=

Suy ra được :
b.(1đ)
ω=

- Tìm được
A=

- Áp dụng :

0,5

m0 v0
= 25 cm / s
(m0 + m)

0,5

k
= 5 rad / s
m1
v
= 5 cm
ω

- Tại thời điểm t0 = 0
- Suy ra được :
c.(0,5)

uu
r
r
m0 v0 = (m0 + m)v

x = 0
π
⇒

⇒ϕ=−
2
sin ϕ< 0

0,5

π
x = 5cos(5t − ) cm
2

x=±

Xác định được các vị trí có động năng bằng hai lần thế năng :

A
3

0,5

α min = 0,615 rad

Chọn được
Liên hệ giữa chuyển động trịn đều và dao động điều hồ viết được :
tmin =

α min
ω

Tính được kết quả : tmin = 0,123s.
2.(2đ)

a. (1đ)
v=

- Gọi v là vận tốc của m1 ngay sau va chạm :
- Tìm được biên độ dao động của m1 :

m0v0
(m0 + m)

m
1
1
m1v 2 = kA2 ⇒ A = v 1
2
2
k

0,5


- Điều kiện để M vẫn nằm yên khi m1 dao động điều hồ là
kA ≤ Fmsn max = µMg

0,5
v0 ≤

µMg
m0

m1

⇒ v0 ≤ 4 m / s
k

- Kết hợp suy ra được :
b. (1đ)
Vận tốc của M và m1 ngay sau va chạm
v1 =

vM = 0 ;

.

m0 v0
= 0,5m / s
(m0 + m)
xG =

0,25
Mx1 + m1 x2 M .0 + m1l0
=
= 6cm
M + m1
M + m1

Toạ độ khối tâm của hệ :
Hệ cô lập, khối tâm chuyển động thẳng đều với vận tốc :
vG =

MvM + m1v1 1
= m/s

M + m1
7

kM =

kl0
kl
= 35 N / m; k1 = 0 = 14 N / m
lM
lm1

0,25

Hai con lắc M, m1 có độ cứng :
M, m1 dao động điều hoà quanh khối tâm với tần số góc :
k
k1
ω1 = ω2 = ω = M =
= 35 rad / s
M
m1
Vận tốc của M, m1 đối với khối tâm ngay say va chạm
1
vMG = vM − vG = − m / s
7
v1G = v1 − vG =

0,25

5

m/s
14

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho M, m1 dao động quanh khối tâm
m1v12G k1 A12
v
=
→ A1 = 1G = 6 cm / s
2
2
ω

0,25

2
MvMG
v
k A2
= M M → AM = MG = 2, 41m / s
2
2
ω

Bài 2: (4 điểm)
Nội dung
a.(1đ)
Điều kiện cực đại giao thoa hai nguồn cùng pha tại M :
∆d = k λ ⇔ −4,5 = −3λ ⇒ λ = 1,5cm
Suy ra được :
b.(1đ)

v = λf = 20.1,5 = 30cm / s

Điểm
0,5
0,5


∆d = k λ
- Dựa vào điều kiện cực đại giao thoa hai nguồn cùng pha:
0 − AB
NB − NA
⇒
⇔ −5,3 < k ≤ 2,67 ⇒ k = 0, ±1, ±2, −3, −4, −5
λ
λ

0,5

Suy được có 8 cực đại
1
∆d = (k + )λ
2

- Dựa vào điều kiện cực tiểu giao thoa hai nguồn cùng pha:
0,5
− AB 1
NB − NA 1
⇒

− − ⇔ −5,8 < k ≤ 2,16 ⇒ k = 0, ±1, ±2, −3, −4, −5
λ
2
λ
2
Suy được có 8 cực tiểu
c. (1đ)
- Phương trình sóng tổng hợp tại O :

0,25

π (d1 + d 2 ) 
2π d 


uO = 10cos  40π t −
= 10cos  40π t −
÷
λ
λ ÷





∆ϕ =
- Độ lệch pha giữa O và nguồn :
Điều
kiện

dao
động
2πd
λ
= (2k + 1)π ⇒ d = (2k + 1)
λ
2

Suy được

O

0,25
ngược

pha

nguồn

AB
AB 1
⇒k>
− = 2,16
2
2λ 2

d>
Ta có :

2πd

λ
:

0,25

kmin = 3 ⇒ d min = 5, 25 cm
2
OI min = d min
−

Suy được :
d. (1đ)
Xét điểm P:
- Phương trình sóng tại P :

2π d 

uO = 10cos  40π t −
÷
λ 


∆ϕ =
- Dao động của P cùng pha với nguồn :
AB
AB
d>
⇒k >
= 2,6 ⇒ k min = 3
2

2λ
Ta có :
d min = 3λ = 4,5 cm
Suy ra được :
2
IPmin = d min
−

Suy ra được :

0,25

AB 2
= 3, 4 cm
4

AB 2
= 2,06 cm
4

2πd
= 2k π ⇒ d = k λ
λ

0,25


IQmin =
- Xét điểm Q: Vì Q là cực đại trên AB gần I nhất nên
- Suy được phương trình dao động tổng hợp của sóng của P,Q:

λ
= 0,75 cm
2

2π d 

u P = 10cos  40π t −
= 10cos ( 40π t ) ( mm)
λ ÷



0,25

0,25

π
π AB 
π


uQ = 10cos( (d 2 − d1 )) cos  40π t −
÷ = 10cos  40π t − ÷( mm)
λ
λ 
3



Độ lệch của P, Q xét theo phương dao động thẳng đứng :
π
∆u P ,Q = 10cos(40πt + ) (mm) ⇒ ∆umax = 10 mm = 1cm
3
Khoảng cách PQ lớn nhất trong quá trình dao động :
2
2
2
PQmax = IPmin
+ IQmin
+ ∆umax
= 2, 4 cm

A

Q

∆umax

I

0,25
B

Bài 3: (4 điểm)
Nội dung
1.(2đ)
a.(1đ)
Khi f = 50Hz thì

Z L = Z C = Z = 50Ω

0,5

U2
P=
= 800W
R

0,5

Mạch cộng hưởng :
b. (1đ)
U
I0 = 0 = 4 2 A
Z
ϕ=0

Điểm

0,5

suy u cùng pha với i

Biểu thức cường độ dòng điện qua mạch :
U 0 L = I 0 Z L = 200 2 V

UL sớm pha hơn i một góc

π

i = 4 2 cos(100πt + ) A
6

π
rad
2
u L = 200 2 cos(100πt +

Biểu thức điện áp hai đầu L :

0,5
2π
)V
3


2. (2đ)
a. (1đ)

0,5
4f

2500
10000
U C = IZC =
=
2
2
f



2500 
2500 
2
2
50 +  f −
50 +  f −
f ÷
f ÷




2

Suy ra :

2


2500  
2500 
 f1 −
÷ =  3 f1 −
÷
f1  
3 f1 

f1 =

0,5

50 3
Hz
3

Suy ra được :
b. (1đ)
Cường độ dòng điện hiệu dụng trong mạch
U
4f
4
I= =
=
2
Z
1
1

2500 
2
25002. 4 − 2500. 2 + 1
50 +  f −
f
f
f ÷


x=
Đặt

0,5

1
f2
I=

Viết lại :
I → I max ; x =

0,5
4
25002 x 2 − 2500 x + 1
1
⇒ f = 50 2 Hz
5000

Bài 4: (4 điểm)
Nội dung

Điểm

a. (1đ)
p1V1 = nRT1 ⇒ T1 =

TT (1) :
TT (2) : V2 = V1 = V0 ;

p0V0
R

0,25
(1)

6p V
p2 p1
= ⇒ T2 = 0 0
T2 T1
R
p = aV ⇒

- Trong quá trình 3 – 1 :
9p V
p3V3 = nRT3 ⇒ T3 = 0 0
R

0,25
(2)

pV
p1 V1
= ⇒ p3 = 1 3 = 3 p0
p3 V3
V1

- Theo :
(4)
b. (1đ)
Xét sự biến đổi trạng thái khí 2 – 3 :

0,25
(3)
0,25


3p

a=− 0

6 p0 = aV0 + b

2V
p = aV + b ⇒ 
⇒
3 p0 = a3V0 + b b = 15 p0

2
p=−

Suy được :
Sử dụng :

3 p0
15 p0
V+
2V
2

0,5

(5)

(6)

RT
pV = nRT ⇒ p =
V

(7)

T =−

Thay (7) vào (6), suy được :
Đạo hàm (8) theo V, thu được :

3 p0 2 15 p0V
V +
2 RV0
2R

(8)

0,5

3p
15 p0
15V0
dT
=− 0V +
= 0 ⇒ Vc =

dV
RV0
2R
6
Tmax

(9)

75 p0V0
=
= Tc
8R

Thay (9) và (8), suy nhiệt độ cực đại của khí :
(10)
c. (1 đ)
Tính cơng khí thực hiện trong cả chu trình bằng diện tích tam giác giới hạn
0,5

1
A ' = ( p2 − p1 )(V3 − V1 )
2
A ' = 5 p0V0

0,5

Thay số tính tốn :
(11)
d. (1 đ)
Các giai đoạn thu nhiệt của khí trong q trình biến đổi

Q12 = CV (T2 − T1 ) =

0,25

15 p0V0
2

Quá trình : 1 – 2 :
(13)
Gọi c là trạng thái khí có nhiệt độ cực đại T c, khí biến đổi từ 2 – c là thu
nhiệt, theo nguyên lý I nhiệt động lực học :

∆U 2c = Q2 c + A2 c

∆U 2 c = nCV (Tc − T2 ) =

- Độ tăng nội năng của khí :
Cơng mà khí thực hiện :

81 p0V0
16

Từ (14) suy ra :

Qthu = Q12 + Q2 c =

Từ (13), (17) suy ra :

(16)
0,25

(17)

159 p0V0
8

0,25

(15)

117 p0V0
117 p0V0
1
A '2c = ( p2 + pc )(Vc − V2 ) =
⇒ A2 c = − A '2 c = −
2
16
16
99 p0V0
Q2 c = ∆U 2 c − A2 c =
8

(14)

(18)


H=

Thay (11), (18) vào (12) thu được :

A'
= 25%
Qthu

0,25
.

Bài 5: (4 điểm)
Nội dung

Điểm

1. (2 đ)
a. (1 đ)
d + d ' = −45cm
1
1
1

⇒ −
=
1 1 1
d 45 + d 10
 f = d + d'


0,5

Ta có :

Giải phương trình chọn được nghiệm d = 8,42 cm.
b. (1 đ)
df
L=d +d'=d +
⇒ d 2 − Ld + Lf = 0
d− f
Khoảng cách vật ảnh :
Hai vị trí vật cho khoảng cách vật - ảnh L 1 bằng nhau, từ phương trình bậc
15 x1 = L1 f = 10 L1

 x1 + 15 = L1
hai ta có :
Giải hệ phương trình thu được x1 = 30 cm.
Suy ra được L1 = 45 cm.
2. (2 đ)
a. (1 đ)
Gọi S0 và S là diện tích lúc đầu và lúc sau của vệt sáng trên màn :
MN 2
2
π
S
1
MN 1
 MN 
4
=
=
=
⇒
=

÷
2
IJ
S0
IJ 
25
IJ
5

π
4
- Xét Hai tam giác đồng dạng :
∆A 'IJ
∆A ' MN
và
A ' F ' MN 1
d '− f 1
=
= ⇔
= ⇒ d ' = 12,5 cm
A'O
IJ
5
d'
5
d=
Suy ra được :

Quãng đường vật di chuyển :

0,25

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

d' f
= 50 cm
d '− f

s=d− f =

0,5

1 2
at ⇒ t =
2

2s
= 20 s
a

0,25

b. (1 đ)
- Sơ đồ tạo ảnh ban đầu :

d'=
Vị trí ảnh A’ ban đầu :

0,25

O
A 
→ A'
d ,d '

df
15.10
=
= 30 cm
d − f 15 − 10

0,25

- Khi xoay thấu kính ảnh vẫn trên trục chính cũ. Từ A hạ đường vng góc
đến trục chính mới tại H, sơ đồ tạo ảnh sau khi xoay thấu kính :
O
 A 
→ A ''
d1 , d1 '


O
→H '
 H 
d2 ,d2 '

d 2 = d cos α

Suy được khoảng cách từ H đến quang tâm O :
d f
df .cos α
d2 ' = 2
=
d 2 − f d cos α − f
Suy được :
d 2'
df
'
d1 =
=
= 31, 43 cm
cos α d cos α − f
Tính được :
d1' > d '
Vì
nên ảnh mới dời ra xa O so với ảnh cũ
A ' A '' = d1' − d ' = 1, 43 cm
Tính tốn được :

0,25

0,25