Đề và đáp án thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Vật lí lớp 12 của tỉnh hải dương

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018
MÔN THI : VẬT LÝ
Thời gian làm bài : 180 phút
(Đề thi gồm 06 câu, trang)

Câu 1 (2,0 điểm):
Một con lắc lò xo, một đầu cố định, đầu còn lại gắn với vật nặng có khối lượng m = 400g, lị xo
nhẹ có độ cứng k = 80 N/m đặt trên mặt phẳng nằm ngang. Vật đang ở vị trí lị xo khơng bị biến
dạng. Kéo vật dọc theo trục lị xo đến vị trí lị xo dãn 10cm rồi thả nhẹ cho vật dao động dọc theo
trục lò xo. Chọn trục Ox trùng với trục lò xo, gốc O là vị trí của vật khi lị xo khơng bị biến dạng,
chiều dương theo chiều lò xo dãn.
1. Bỏ qua ma sát, vật dao động điều hòa. Chọn gốc thời gian là lúc vật có li độ x = 5cm và đang
giảm.
a. Viết phương trình dao động của vật.
b. Tìm tốc độ trung bình của vật trong thời gian từ lúc t = 0 đến khi vật tới vị trí lị xo bị nén 5cm
lần đầu tiên.
2. Biết hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng ngang là  0,1 . Cho g = 10m/s2.
a. Tìm độ nén cực đại của lị xo.
b. Tìm tốc độ của vật ngay khi nó tới vị trí lị xo khơng biến dạng lần thứ 2.
Câu 2 ( 2,0 điểm):
1. Một con lắc đơn gồm dây treo nhẹ không dãn, vật nặng có khối lượng m được treo tại nơi có gia
tốc trọng trường g 10m / s 2 . Kích thích cho vật dao động điều hịa với phương trình
 0,15cos(2t 


)rad . Lấy 2 10 .

6

a. Tìm chiều dài của dây treo và tốc độ cực đại của vật nặng.
b. Tìm góc giữa vectơ gia tốc của vật và phương thẳng đứng tại vị trí vật có li độ  0,1rad
2. Cho hai dao động điều hòa cùng phương, cùng tần số có phương trình tương ứng là


x1 A1cos(t)cm; x 2 A 2 cos  t   cm , tần số góc  khơng đổi.
3


 P1 

Phương trình dao động tổng hợp của hai dao động trên là

v0

H

Câu 3 (2,0 điểm):
Một prôtôn đang chuyển động thẳng đều với tốc độ v 0 4790m / s

 P2 



x 2 3cos(t  )cm . Tìm giá trị lớn nhất của (A1  A 2 ) , và tìm  khi
đó.

Miền 1



B1

d1

Hình 1


 P1  ;  P2 

thì bay vào miền không gian giới hạn bởi hai mặt phẳng thẳng đứng

song song với nhau


và vng góc với mặt phẳng hình vẽ (Miền 1). Miền này có từ trường đều với vectơ cảm ứng từ B1
3
vng góc với mặt phẳng hình vẽ, hướng từ trong ra, B1 5.10 T , bề rộng của miền này là


d1 0, 75cm . Ngay khi đi vào miền 1 ở vị trí H trên mặt phẳng  P1  , vectơ vận tốc v0 hợp với
phương nằm ngang góc  300 (Hình 1).
 27
 19
Khối lượng và điện tích của prơtơn tương ứng là m p 1, 67.10 kg ; q p 1, 6.10 C . Bỏ

qua tác dụng của trọng lực, ma sát, lực cản. Prơtơn chỉ chuyển động trong mặt phẳng hình vẽ.
1. Xác định bán kính quỹ đạo của prơtơn trong miền 1.

2. Xác định thời gian prôtôn chuyển động trong miền 1.
3. Sau khi ra khỏi miền 1 ở một điểm nào đó trên mặt phẳng  P2  , prơtơn tiếp tục chuyển động vào
miền 2, giới hạn bởi hai mặt phẳng thẳng đứng  P2  ;  P3  song
song với nhau và vng góc với mặt phẳng hình vẽ (Hình 2).

Miền 2 có từ trường đều với vectơ cảm ứng từ B2 vuông

 P1 

 P2Miền
 2 P3 



v0

3

góc với mặt phẳng hình vẽ, hướng từ ngồi vào, B2 10 T , bề
rộng của miền này là d 2 0,5cm . Sau đó prơtơn tiếp tục chuyển

Miền 1

H



B1

động ra khỏi miền 2 tại điểm S trên mặt phẳng  P3  . Xác định

khoảng cách QS. Biết Q là chân đường vng góc từ H tới mặt

d1

Q


B2
d2

Hình 2

phẳng  P3 
Câu 4 (1,5 điểm):
Thấu kính hội tụ L1 và thấu kính phân kì L2 có các tiêu
cự tương ứng là f1 15cm, f 2  15cm được đặt đồng trục như

L2

L1
B

hình vẽ. Vật sáng AB phẳng mỏng được đặt vng góc với
trục chính trong khoảng giữa hai quang tâm O1, O2 (Hình vẽ),

O1

A

O2

A nằm trên đoạn O1O2 . Biết O1O 2 40cm .
a. Đặt vật ở vị trí cách đều hai thấu kính, tìm vị trí ảnh của AB cho bởi mỗi thấu kính.
b. Xác định vị trí đặt vật AB trên đoạn O1O2 để hai ảnh có vị trí trùng nhau.
c. Đặt vật AB trên đoạn O1O2 . Gọi A1B1 là ảnh của AB qua thấu kính L1 , A 2 B2 là ảnh của AB qua
thấu kính L2. Xác định vị trí đặt vật AB trên đoạn O1O2 để A1B1 2A 2 B2 .


Câu 5 (1,5 điểm):
Cho mạch điện như hình vẽ. Nguồn điện có suất điện động E = 8V,

K
A

điện trở trong r 2 . Điện trở của đèn là R 1 3 ; R 2 3 , AB là
E ,r

một biến trở, con chạy C. Ampe kế lí tưởng, bỏ qua điện trở dây nối và
khóa K.

R1

D

R2

a. Nếu điện trở tồn phần của biến trở AB bằng R.

C

Khoá K mở, di chuyển con chạy C người ta nhận thấy khi điện

B

A

trở của phần AC (của biến trở AB) có giá trị 1 thì đèn tối nhất. Tìm R.
b. Nếu điện trở tồn phần của biến trở AB bằng R'.

Khóa K đóng, di chuyển con chạy C người ta nhận thấy khi điện trở của phần AC (của biến
trở AB) bằng 6 thì ampe kế chỉ 1,6A. Tính cơng của nguồn điện trong thời gian 1 phút.
Câu 6 ( 1 điểm):
Cho sơ đồ thí nghiệm như hình vẽ.
- Một ống dây có lõi sắt cố định, nằm ngang nối với ăcquy

Ống dây

Lõi sắt

qua khố K đang ngắt.
- Để một vịng nhơm nhẹ, kín, có thể chuyển động khơng
ma sát trên lõi sắt ở gần đầu ống dây.

Vịng nhơm

- Đóng nhanh khố K thì vịng nhơm chuyển động về phía
nào? Giải thích?

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

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

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG VẬT LÝ 12 – NĂM HỌC 2017 – 2018
Câu
1
(2,0

Nội dung

Điểm

a. Ta có:  10 2rad / s
Con lắc lị xo nằm ngang, thả nhẹ vật tại vị trí lị xo giãn 10cm

điểm)

 A 10cm
 x 5cm

 
3
 v0

Khi t 0 thì: 

0,25







Phương trình dao động: x 10cos  10 2t   cm
3

0,25



b. Khi lò xo nén 5cm lần thứ nhất thì s = 10cm, t 

T
6

s
 v tb  135, 047cm / s
t

0,25
0,25

Giả sử tại thời điểm ban đầu lò xo dãn A1 sau 1/2 chu kì vật đến
biên và lò xo nén cực đại 1 đoạn A2.
Năng lượng mất đi là do ma sát chuyển thành nhiệt. Theo định luật
bảo toàn năng lượng:
W  A ms 

1
1

kA12  kA 22 Ns
2
2

0,25

1
1
kA12  kA 22 .m.g.(A1  A 2 )
2
2
2mg
 A1  A 2 
0, 01m 1cm
k


Độ nén cực đại của lò xo: A2 = 10 - 1 = 9cm
0,25

b. Khi vật qua O lần 2 thì vật đã đi được quãng đường 0,28m.

0,25

Theo định luật bảo toàn năng lượng
1 2 1
kA1  mv 2 Ns
2
2

Thay số ta được: v 1, 2m / s
0,25
Câu 2:

a.

(2
điểm)



g
g
   2 0, 25m



v max  0   0 g 

3
m / s 0, 24m / s
40

0,25
0,25


b.
2
2

- Tại vị trí có li độ góc  0,1rad  a t    1m / s
2

0,25

2

    v 
1
2

 1  v 
  
32
  0    0 g 

 a ht 

v2 1
 m / s2
 8
0,25

- Từ hình vẽ, ta



có



 a ht
a 

at
a
tan   t 8   1, 44644rad
a ht

0,25
(Chỉ cần
một
nghiệm)

- Vậy góc cần tìm là
  1,54644rad 88, 60
- Hoặc

      1,595rad 91, 40


2.
- Từ hình vẽ, ta có    


3


A 2  /3

- Áp dụng định lý sin cho tam giác



ta được


A1

O
A
sin


3



A1
A
A1  A 2
 2 
sin  sin  sin   sin 

 (A1  A 2 ) 

A

sin
3




A
(  )

   
    
 .cos 

 2 
 2 

 sin   sin   4.2.sin 

 /3
    
 (A1  A 2 ) 4.2.sin 
 .cos 

 2 
 2 
    
Do cos 
 1   A1  A 2  max 4.2 8cm
 2 

    
Khi cos 
 1    

6
 2 

Từ hình vẽ, ta có   

0,5


6

0,25

Câu 3:

Khi prơtơn chuyển động trong từ trường có vectơ cảm ứng từ vng góc

(2,0

với vectơ vận tốc, nó chịu tác dụng của lực Lo - ren- xơ như hình vẽ. Vì


FL  v 0 nên độ lớn vận tốc không đổi, chỉ bị thay đổi hướng, quỹ đạo

điểm)

chuyển động của prơtơn là một cung trịn

1.
- Áp dụng định luật II Niu-tơn cho prôtôn, chiếu lên phương HO chiều
hướng về tâm O

 
v2
FL m pa ht  q p v 0 B1 sin(v 0 , B1 ) m p 0
R

R

0,25

m p v0

1, 67.10 27.4790

0, 01m 1cm
q p B1 1, 6.10 19.5.10 3

0,25

2.


B1

P1


 P2 

v0
H



F

L

R

E
R 


O

D

d1

- Prôtôn bắt đầu ra khỏi miền 1 ở điểm E trên mặt phẳng

  2  .
- Từ hình vẽ, ta có
OD d1  R sin  0, 75  1.sin 30 0 0, 25cm

- Xét tam giác ODE
sin  

OD
0, 25   14, 47750
R

0,25
0,25

- Quỹ đạo chuyển động của prơtơn là cung trịn
 (  )  .R 0, 7763cm
HE
180

- Thời gian prôtôn chuyển động trong miền 1 là

0,25


t 


HE
1, 62.10  6 s
v0
0,25

3.


L

 
FL '


B1

P1




v0
H



F

L

R

E

d1

K

R 


O

O'

N

S
Q

V
M


B2

D

d2

 P2 

 P3 
0,25

- Khi prôtôn đi vào miền 2, vận tốc của prôtôn vẫn bằng v0 , nó chịu tác

dụng của lực Lo - ren- xơ FL ' như hình vẽ.

- Quỹ đạo chuyển động prơtơn trong miền 2 có dạng một cung tròn tâm
O'

0,25

- Áp dụng định luật II Niu-tơn cho prôtôn, chiếu lên phương EO' chiều
hướng về tâm O'
FL ' m p a ht
 
v2
 q p v0 B2 sin(v0 , B 2 ) m p 0
R2
mp v0

1, 67.10 27.4790
 R2 

q p B2
1, 6.10 19.10 3
0, 05m 5cm

 EL R 2cos
EV R 2cos(900  )

 KV EV  d 2

 MO '  R 22  KV 2
 SK MO ' VO '

Mặt khác

KQ NE DE  DN Rcos  Rcos

 QS KQ  KS 2, 043.10 5 m 0, 02043mm

a.
Câu 4

- Xét với thấu kính L1

(1,5

d1 20cm  d1 ' 

điểm)

d1f1
20.15

60cm
d1  f1 20  15

0,25

- Xét với thấu kính L2

d 2 20cm  d 2 ' 

d 2f
20.(  15)  60



cm  8, 6cm
d2  f
20  15
7

b.
L

L

AB    1  A1B1 ; AB    2  A 2B2
d1

d1 '

d2

d2 '

Gọi x là khoảng cách từ AB đến thấu kính L1
 d1 x  d 2 40  x (cm)

Do ảnh A1B1 luôn là ảnh ảo, nằm trong đoạn O 2 F2 ' nên để ảnh A 2 B2

0,25


trùng với A1B1 thì A1B1 phải là ảnh ảo.
  d1 ' d 2 ' O1O 2 40

0,25

15x
15(40  x)


40
x  15 40  x  15

 x 10cm
0,25

c.
Để A B 2A B .
1 1
2 2

 k1 2 k 2

0,25

f1
f2
1
2

2.



 x  25cm

f1  x
f 2  (40  x) 15  x 40  x  15
 
f2
1
2
85
 f1
 f  x  2. f  (40  x)  15  x  40  x  15  x  3 cm 28,3cm
 1
2

a.

E,r

Câu 5
(1,5

x

điểm)

(R- x)
B

C

A R1



R2

D

0,25


Gọi điện trở toàn phần của biến trở là R, điện trở phần AC là x
Khi K mở ta có mạch như hình vẽ.
điện trở tồn mạch
3(x  3)
2
x 6
 x 2  (R  1)x  21  6R

x 6
R tm R  x 

0,25

Cường độ dòng điện qua đèn:
I1 

U CD
I.R
24

 CD  2
x  R 1 x  R1  x  (R  1)x  21  6R

Khi đèn tối nhất thì I1 nhỏ nhất hay mẫu số lớn nhất
x

0,25

b R1

.
2a
2

Theo đề bài x 1  R 3
0,25

b.

E,r
R1
B
A

(R’- 6)
C

R2

D

x=6

Khi K đóng ta có mạch như hình vẽ, điện trở toàn mạch:
17R '  60
R tm 
4(R '  3)

0,25


I A I  I BC 

32(R '  3)
48

1, 6A
'
17R  60 17R '  60

 R ' 10

Do đó cường độ dịng điện trong mạch chính
112
I
A
55

0,25

0,25
Cơng của nguồn trong thời gian 1 phút là
A = EIt =

10752
977J
11

Câu 6
(1,0
điểm)

Khi đóng K, dịng điện qua ống dây tăng đột ngột, dẫn tới từ thơng qua

0,5

vịng nhơm tăng nhanh. Vì vịng nhơm kín nên sẽ xuất hiện dịng điện
cảm ứng trong vịng nhơm.

Theo quy tắc Len-xơ thì dịng điện cảm ứng trong vịng nhơm có chiều
sao cho vịng nhơm và ống dây đẩy nhau.

Chú ý:
Nếu học sinh giải theo cách khác và đúng, vẫn có điểm tối đa của phần đó.

0,5