đề thi, đáp án hsg vật lý lớp 12 năm học 2014 - 2015 tỉnh ninh bình

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2014 – 2015
MÔN: VẬT LÝ
Ngày thi thứ nhất: 07/10/2014
(Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm 06 câu, trong 02 trang
Câu 1 (4 điểm):
Một thanh cứng AB đồng chất dài ℓ, khối lượng M có thể quay
không ma sát trong mặt phẳng thẳng đứng quanh một trục nằm ngang
cố định xuyên qua A (hình 1), ban đầu thanh ở vị trí cân bằng. Một chất
điểm khối lượng m chuyển động thẳng đều theo phương nằm ngang với
vận tốc v tới va chạm vào đầu B của thanh, gắn chặt vào đó và chuyển
động cùng với thanh. Cho gia tốc rơi tự do là g, bỏ qua lực cản không
khí.
1. Biết sau va chạm thanh dao động với biên độ góc nhỏ. Chứng tỏ
rằng dao động của thanh là điều hòa. Tìm góc lệch cực đại của thanh so
với phương thẳng đứng.
2. Tìm giá trị tối thiểu vận tốc v của chất điểm m trước khi va chạm để thanh có thể quay
tròn quanh A.
Câu 2 (4 điểm):
Cho mạch điện như hình 2:
R
1
= R
2
= R
3
= R
4
= R
5

= 3
Ω
; R
x
là một biến trở; nguồn điện có suất
điện động E = 5,4V; tụ điện có điện dung C = 0,01μF. Vôn kế V có điện
trở vô cùng lớn, các dây nối có điện trở không đáng kể.
1. Điều chỉnh R
x
= 1
Ω

thì vôn kế chỉ 3,6V. Tính điện trở trong của
nguồn điện và điện tích của tụ điện.
2. Tìm R
x
để công suất tiêu thụ trên R
x
cực đại. Tính công suất cực đại
đó.
Câu 3 (4 điểm):
Cho mạch điện như hình 3. Hộp đen X
chứa hai trong ba phần tử: điện trở R
0
, tụ điện
có điện dung C
0
, cuộn cảm thuần L
0
mắc nối

tiếp. Đặt vào hai đầu đoạn mạch AB một điện
áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng không đổi.
Khi đó điện áp tức thời giữa hai đầu các đoạn mạch AN và NB có biểu thức lần lượt là
AN
u 180 2cos(100 t )
2
π
= π −
(V);
NB
u 60 2 cos100 t(V)= π
, đồng thời có Z
C
= 90
Ω
; R = 90
Ω
.
1. Viết biểu thức u
AB
.
2. Xác định các phần tử trong X và giá trị tương ứng của các phần tử đó.
Câu 4 (3 điểm):
Một mol khí lí tưởng đơn nguyên tử, biến đổi trạng thái theo một
chu trình như hình 4. Biết T
1
= T
2
= 300K; V
3

= 2,5V
1
; hằng số khí R =
8,31J/mol.K. Tìm nhiệt lượng truyền cho khí chỉ trong các giai đoạn mà
nhiệt độ khí tăng.
1
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
ℓ
Hình 1
A
B
m
v
r
X
A B
M N
C
R
Hình 3
(E, r)
R
2
R
4
R
1
R
3
R

5
R
x
C
Hình2
M
N
V
p
V
1
2
3
Hình 4
O
Câu 5 (2 điểm):
Đồng vị phóng xạ pôlôni
210
84
Po phóng xạ
α
và biến đổi thành hạt nhân chì. Ban đầu
có một mẫu pôlôni nguyên chất. Tại thời điểm t
1
tỉ lệ giữa số hạt nhân chì và số hạt pôlôni
trong mẫu là 7:1. Tại thời điểm t
2
= t
1
+ 414 ngày đêm, tỉ lệ đó là 63:1. Tìm chu kì bán rã

của pôlôni
210
84
Po.
Câu 6 (3 điểm):
Quả cầu nhỏ C khối lượng m được nối với một trục thẳng đứng tại
hai điểm A, B bằng hai thanh cứng, nhẹ có cùng chiều dài ℓ như hình 5
(khoảng cách AB = 2a). Các chỗ nối đều là các chốt nên hai thanh chỉ bị
kéo hoặc nén. Cả hệ quay không ma sát quanh trục thẳng đứng AB với tốc
độ góc ω không đổi.
Tính các lực T và T
'
mà vật m tác dụng lên các thanh AC và BC
tương ứng. Các thanh bị kéo hay bị nén?
HẾT
Họ và tên thí sinh : Số báo danh
Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:
Giám thị 2:
2
A
B
C
2a
Hình 5
ℓ
SỞ GD&ĐT NINH BÌNH
HDC ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT
Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2014 – 2015
MÔN: VẬT LÝ
Ngày thi 07 /10/2014

(Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)

Câu Đáp án
Điểm
1
1. ( 2,5 điểm) Viết phương trình dao động điều hoà ; Tìm biên độ
0
θ
.
+ Sau khi va chạm mềm mô men quán tính của hệ ( gồm thanh và vật ) là :

2
2
3
ml
Ml
I +=
+ Phương trình dao động của thanh :

γ
r
r
IM =

••
+−=+=+
θθθθ
)
3
()

2
(sinsin
2
1
2
2
ml
Ml
m
M
glmglMgl
Với
θ
nhỏ
sin
θ θ
≈
khi đó ta được phương trình vi phân bậc hai :

0
2
=+
••
θωθ

+ Nghiệm của phương trình là hàm dao động điều hoà :
)sin(
0
ϕωθθ
+= t

với
)3(
)2(
2
3
mMl
mMg
+
+
=
ω
.
+ Chọn gốc thời gian là thời điểm ngay sau va chạm
)0(
0
=t
ta có

0
'
00
.
=
==
t
dt
d
θ
θθω
(1) ( vận tốc góc ngay sau va chạm )

+ Áp dụng định luật bảo toàn mô men động lượng cho hệ ( gồm thanh và vật ) ta
có :
'
0
2
2
'
00
)
3
(
θθ
ml
Ml
Ilmv +==
⇒
'
0
θ
=
lmM
mv
)3(
3
0
+
(2)
+Thay (1) vào (2) ta được biên độ góc:

lmM
mv
ω
θθ
)3(
3
0
0max
+
==
. với
)3(
)2(
2
3
mMl
mMg
+
+
=
ω
.
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
2. (1,5 điểm) Tìm giá trị tối thiểu của vận tốc v.

(4 điểm)
+ Chọn mốc thế năng tại B .
Ta có cơ năng của hệ ( gồm thanh và vật ) ngay sau va chạm tại B :

BB
dtB
WWW +=

( )
2
' 2 2 2
0 0 0
( ) 3
1
2 2 2 2 2 2 3
I mv l m v
l l l
Mg Mg I Mg
I M m
θ
 
= + = + = +
 ÷
+
 
(3)
Ta có cơ năng của hệ ( gồm thanh và vật ) tại B’ là điểm cao nhất :

'''
2

2
3
'
BBB
ddtB
Wlmg
l
MgWWW ++=+=
( 4)
+ Theo yêu cầu của bài để v nhỏ nhất thì
'B
d
W
=
0
. Khi đó theo (3) và (4) ta
0,5
0,5
3
được :
2
)43(
)3(2
3
2
2
0
2
glmM
mM

vm
l
Mg
+
=
+
+
⇒

2
0
v

2
2( 2 )( 3 )
3
M m M m gl
m
+ +
=
,

⇒

0
v

1 2( 2 )( 3 )
.
3

M m M m gl
m
+ +
=
0,5
1. ( 2,0 điểm) Tìm điện trở trong r ; điện tích được tích vào tụ Q.
+ Mạch có dạng: ((R
2
nt R
4
)//R
5
) nt R
x
)//(R
1
nt R
3
))
Ta có điện trở mạch ngoài:
R
24
= 6Ω; R
245
= 2Ω; R
245x
= 3Ω;
R
13
= 6Ω; R

N
= 2Ω.
+ Định luật ôm cho đoạn mạch ngoài:
I=
N
3,6
1,8
R 2
N
U
= =
(A) (1)
+ Định luật ôm cho toàn mạch :
U
N
= IR
N
= ξ – Ir (2)
+ Thay (1) vào (2) ta được điện trở trong của nguồn:
r= (5,4 -3,6)/1,8 = 1Ω.
+ Do R
1
= R
3
và mắc nối tiếp nên:
U
1
= U
3
= U/2= 1,8V

I
1
= U
1
/R
1
= 0,6 (A)
⇒
I
x
= I – I
1
= 1,2A
⇒
U
24
= I
x
.R
245
= 1,2.2 = 2,4(V)

⇒
I
2
= U
24
/R
24
= 2,4/6 = 0,4A

⇒
U
NM
= U
NA
+ U
AM
= - U
2
+ U
1
= -0,4.3+0,6.3 = 0,6V .
+ Điện tích của tụ điện là:Q = CU
NM
= 6nC. ( Bản N tích điện dương ).
0,5
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
2. ( 2,0 điểm) Tìm R
x
để công suất tiêu thụ trên R
x
cực đại. Tính công suất cực đại
Mạch điện trên tương đương với mạch sau:
+ Áp dụng công thức bộ nguồn tương đương,
ta có:

b 13
1 1 1
r r r
= +



b
b 13
1 0
r r r
ξ
= +
+ Thay số tính được:
r
b
= 6/7 Ω
ξ
b
= 162/35 V
+ Công suất tiêu thụ trên R
x
là:

2
2
b
x
b x 234
P RI R

r r r
 
ξ
= =
 ÷
+ +
 

+ Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có P
xmax
khi
R
x
= R
245
+ r
b
= 20/7 Ω
+ Công suất cực đại khi đó là: P
xmax
= ξ
b
2
/4(r
b
+R
245
) = 1,875 W
0,5
0,5

0,5
0,5
1. (1,5 điểm) Viết biểu thức u
AB
.
+ Ta có hiệu điện thế giữa 2 điểm A B xác định bởi :
u
AB
(t) = u
AN
+ u
NB

= 180
2 os(100 )
2
c t
π
π
−
+60
2
cos 100
π
t(V)
= 190
2
cos (100
0,4t
π π

−
) (V ).
1,5
4
R
2
R
4
R
1
R
3
R
5
R
x
M
N
E, r
ξ
b
, r
b
R
x
R
245
3
(4 điểm)
2. (2,5 điểm) Xác định các phần tử trong X và giá trị tương ứng của các phần tử đó

+ Giản đồ véc tơ cho mạch :
+ Vì u
NB
nhanh pha hơn u
AN
⇒
nên X chứa R
0
và L
0
+ Dòng điện trong mạch:
tan
β
=
c
R
Z
=1
4
π
β
⇒ =
⇒
U
c
=U
AN
cos
β
=90

2
(V)
⇒
I=
c
c
U
Z
=
90 2
90
=
2
(A)
+ Điện trở của X là:
Từ giản đồ :
0
R
U
=
NB
U
cos45
0
= 30
2
V
⇒
R
0

=
0
R
U
I
=
30
Ω
.
+ Độ tự cảm của cuận dây trong X là :
Từ giản đồ :
0
L
U
=
NB
U
cos45
0
= 30
2
V

⇒
Z
0
L
=
0
L

U
I
=
30
Ω
.
⇒
L
0
=
0,3
π
H
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
4
Tìm nhiệt lượng truyền cho khí chỉ trong các giai đoạn mà nhiệt độ khí tăng.
+ Xét quá trình biến đổi tử trạng thái 1-2 :
- Gọi vị trí 4 là vị trí ứng với nhiệt độ đạt giá trị lớn
nhất trong quá trình biến đổi 1-2. ta xác định trạng thái
này: T
4,
V
4,
P

4
Đồ thi 1-2 có dạng: p= aV + b
Với:
1
1
31
23
21
21
5
2
V
P
VV
PP
VV
pp
a −=
−
−
=
−
−
=

121
5
7
pppb =+=
- Theo phương trình trạng thài thì:

2
PV aV bV
T
R R
+
= =
2
2
( )
2 4
a b b
T V
R a aR
⇒ = − −
(a<0).
2
1
4 max
49
4 40
Tb
T T
aR
⇒ = = − =
;

1
4
7V
V

4
=
;

1
4
7p
p
10
=
+ Quá trình 1-4 : Quá trình nhận nhiệt lượng ứng với nhiệt độ khí tăng:
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
5
U
ur
C
M
A

B
N
β
Lo
U
ur

RoR
NB
AN
p
V
1
2
3
Hình 4
4
111
14
41
14141414
40
39
80
51
80
27
)(
2
)(
2
3
RTRTRT
VV
PP
TTRAUQ
=+=

−
+
+−=+∆=
+ Quá trình 2-3: Quá trình nhận nhiệt lượng ứng với nhiệt độ khí tăng :
Q
23
= ∆U
23
=
3 1 1
3 9
R(T T ) RT
2 4
− =
.
+ Nhiệt lượng truyền cho khí trong một chu trình ứng với nhiệt độ khí tăng là:

8
40
129
11423
≈=+= RTQQQ
KJ
0,5
0,5
0,25
5
(2điểm) Tìm chu kì bán rã của pôlôni
210
84

Po
+ Tại thời điểm t
1
ta có tỷ số giữa hạt chì và Pôlini

1
1
1
1
1 2
7
2
t
T
t
T
N
N
−
−
∆ −
= =
(1)

1
1
1
2 3
8
t

T
t
T
−
⇒ = ⇒ =
+ Tại thời điểm t
2
ta có tỷ số giữa hạt chì và Pôlini

2
2
1 2
63
2
t
T
t
T
−
−
−
=

2
2
1
2 6
64
t
T

t
T
−
⇒ = ⇔ =


1
2 1
414
414 6
t
t t
T T
= + ⇒ + =
(2)
+ Thay (1) và (2) ta được:
3 +
414
6
T
=

⇔
T= 138 ( ngày đêm )
0,5
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25

6
(3 điểm) Tính các lực T và T
'
mà vật m tác dụng lên các thanh AM và MB . Nhận
xét thanh bị kéo hay bị nén.
(3 điểm)
+ Chọn HQC quay: M chịu các lực: P, T
M
, T
'
M
;
F
qtlt
( lực quán tính li tâm F
qtlt
= mω
2
R=
2 2 2
m l a
ω
−
)
+ Vật cân bằng so với thanh nên:

0 ' 0
qtlt
F T T P F= ⇔ + + + =
∑

ur r ur uur ur uuur r
(*)
+ Chiếu (*) lên 0x; 0y ta được:

( )
,
2
os
M
M
T T c m R
α ω
+ =

( )
,
sin
M
M
T T mg
α
− =
0,25
0,5
0,25
0,25
6
y
A
H

M
M
T
r
0
B
x
'
M
T
r
P
r
⇒
,
2 2
;
2 2
M
M
ml g ml g
T T
a a
ω ω
   
= + = −
 ÷  ÷
   
+ Kết luận:
* Thanh AM luôn bị kéo do T

M
là chiều do thanh tác dụng lên M. Ngược
lại, M tác dụng lên thanh trực đối T.
* Thanh BM thì:
.
0
M
T >
nếu
g
a
ω
>
( quay đủ nhanh), thanh BM bị kéo
.
0
M
T <
nếu
g
a
ω
<
thanh BM bị nén
.
0
M
T =
nếu
g

a
ω
=
thanh BM không chịu lực nào.
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
• Lưu ý:
- Điểm bài thi không làm tròn
- Sự thay đổi biểu điểm phải được sự nhất trí của hội đồng chấm.
- Học sinh giải theo cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa với ý tương ứng.
Hết
7
SỞ GD&ĐT NINH BÌNH
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2014 – 2015
MÔN: VẬT LÝ
Ngày thi thứ hai: 08/10/2014
(Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm 05 câu, trong 02 trang
Câu 1 (4 điểm):
Cho mạch dao động lý tưởng như hình 1:
Ban đầu khoá K
1
ở 1, khóa K
2
mở, hai tụ C
1

, C
2
giống
nhau được cấp năng lượng W = 10
-6
J từ nguồn điện một
chiều có suất điện động E = 4V. Chuyển K
1
từ 1 sang 2,
mạch dao động với chu kì T = 4.10
6−
s.
1. Xác định cường độ dòng điện cực đại trong cuộn dây.
2. Vào lúc cường độ dòng điện trong cuộn dây đạt giá trị
cực đại thì đóng nhanh K
2
. Tính điện áp cực đại giữa hai đầu
cuộn dây sau đó.
Câu 2 (4 điểm):
Cho mạch điện như hình 2, trong đó điện dung C của
tụ điện và điện trở R có thể thay đổi được. Cuộn dây cảm
thuần có độ tự cảm L =
1
π
H; vôn kế có điện trở vô cùng lớn.
Đặt vào hai đầu mạch điện áp
( )
AB
u 100 2cos100 t V= π
.

1. Khi R =
100 3 ,Ω
tìm C để số chỉ vôn kế đạt giá trị lớn nhất, tìm giá trị lớn nhất đó.
2. Tìm C để số chỉ của vôn kế không phụ thuộc vào R.
Câu 3 (4 điểm):
Hai điốt không lí tưởng giống nhau có đường đặc trưng Vôn-Ampe như hình 3 được
mắc vào mạch điện như hình 4. Cho biết R = 16Ω, r = 4Ω, nguồn điện lý tưởng có suất điện
động là E = 4V, điện dung của tụ là C = 100µF. Các tham số trên đường đặc trưng Vôn-
Ampe của điốt: U
0
= 1V, I
0
= 50mA.
1. Đóng khoá K, hỏi tụ điện nạp đến hiệu điện thế bằng bao nhiêu.
2. Sau khi nạp cho tụ, mở khoá K. Tính nhiệt lượng toả ra trên R và trên mỗi điốt.
8
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
L
C
1
C
2
K
2
1 2
Hình 1
E
K
1
O

U
0
U
I
I
0
Hình 3
r
E
K
R
C
Hình 4
V
A
B
C
R
L
Hình 2
Câu 4 (4 điểm):
Xét một khối cầu thủy tinh tâm
O, bán kính R và chiết suất n đặt trong
không khí. (P) là một tiết diện thẳng
chứa đường kính AB, một điểm sáng S
thuộc AB, S’ là ảnh của S tạo bởi các
tia khúc xạ qua mặt cầu (hình 5).
1. Gọi I là một điểm tới bất kì;
SO x=
;

S'O x'=
;
SI d=
;
SI' d'=
.
Chứng tỏ rằng:
d nx
d ' x '
=
2. Điểm sáng S cho ảnh rõ nét khi thỏa mãn điều kiện tương điểm. Tuy nhiên, có hai vị trí
của S (không trùng với O) thỏa mãn điều kiện tương điểm một cách tuyệt đối với mọi tia
sáng phát ra từ S. Tìm hai vị trí đó.
Câu 5 (4 điểm):
Một chiếc vòng khối lượng M, bán kính R, bề dày
không đáng kể, mô-men quán tính đối với trục đi qua tâm
MR
2
, được treo trên một chiếc vòng tay nhỏ bán kính r
(r < R), tâm của vòng nhỏ tại O (hình 6). Cho chiếc vòng
lớn dao động với biên độ góc nhỏ trong mặt phẳng thẳng
đứng. Biết chuyển động của vòng lớn trên vòng nhỏ là lăn
không trượt. Cho gia tốc trọng trường là g và bỏ qua sức cản
không khí.
1. Cho vòng nhỏ cố định, bán kính r vô cùng nhỏ (r ≈ 0).
Tìm chu kì dao động của vòng lớn.
2. Cho vòng nhỏ bán kính r ≠ 0 và vẫn cố định. Tìm chu
kì dao động của vòng lớn.
3. Trong trường hợp vòng nhỏ có khối lượng m, bán kính r ≠ 0, mô-men quán tính đối với
trục đi qua tâm là mr

2
và có thể quay không ma sát quanh trục cố định đi qua O. Tìm chu kì
dao động của hệ.
HẾT
Họ và tên thí sinh : Số báo danh
Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:
Giám thị 2:
9
Hình 6
O
R
S
S’
O
x x’
d
d’
I
A
B
Hình 5
SỞ GD&ĐT NINH BÌNH
HDC ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT
Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2014 – 2015
MÔN: VẬT LÝ
Ngày thi 08/10/2014
(Hướng dẫn chấm gồm 06 trang)

Câu Đáp án Điểm
1

(4 điểm)
1. (2 điểm) Xác định cường độ cực đại trong cuộn dây.
+ Gọi C là điện dung tương đương của mạch
W
0
=
1
2
CE
2
do đó C =
0
2
2W
E
=
6
2
2.10
4
−
= 0,125.10
6−
F
+ T=2
LC
π
nên L=
2
2

4
T
C
π
thay số vào ta được L =3,24.10
6−
H; I
0
= 0,79A
1,0 đ
1,0 đ
2. (2 điểm) Điện áp cực đại giữa hai đầu cuộn dây.
+ Vì nối tiếp nên: C
1
= C
2
=2C =0,25.10
6−
F
+ Khi đóng K
1
tụ C
1
bị loại khỏi hệ dao động
Ta có
1
2
C
2
U

2
0
=W
0

⇒
U
0
=
0
2
2W
C
thay số được U
0
=2,83V
1,0 đ
1,0 đ
1. (2,5 điểm) .Khi R =
100 3 ,Ω
giá trị của C và U
CMAX
.
+ Giản đồ véc tơ cho đoạn mạch MB :
+ Từ giản đồ véc tơ ta có :

2 2 2
1 1 1
50 3= + ⇒ = Ω
MB

MB L
Z
Z R Z
(vì
100
L
z L
ω
= = Ω
; R =
100 3Ω
)

1
1
os
2 3
R MB
I Z
c
I R
π
ϕ ϕ
= = = ⇒ =
+ Giản đồ véc tơ cho đoạn mạch AB :
0,5 đ
0,5 đ
10
r
R

i
r
i
r
L
i
MB
U
ur
ϕ
C
U
r
U
r
MB
U
r
β
α
1
ϕ

o
+ Áp dụng định lí hàm số sin ta được:

,
sin sin
C
U

U
=
β α
với
1
1
sin os
2
= =c
β ϕ

AX
sin
2 sin 2 200
sin
=> = = => = =
C CM
U
U U U U V
α
α
β
.
+ Vôn kế đạt giá trị lớn nhất khi
sin 1
2
= ⇒ =
π
α α

⇒
4
10
os 100
os os
−
= => = ⇔ = = Ω ⇒ =
MB MB MB
C C
C
U U Z
c U Z C F
U c c
β
β β π
.
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
2. (1,5 điểm) .Giá trị của C để số chỉ của vôn kế không phụ thuộc vào R.
+ Áp dụng định lí hàm số cosin cho giản đồ AB :

2 2 2
2 os= + −
C MB C MB
U U U U U c
β
(1)
Với :
1

os sin= = =
MB C
L
L C
U Z
I
c
I Z U
β ϕ
. (2)
+ Thay (2) vào (1) :

2 2 2 2 2 2
2 1 2
 
= + − = + −
 ÷
 
C C
C MB MB C MB
L L
Z Z
U U U U U U
Z Z
(3)
+ Từ (3) Để U không đổi ,U
C
không phụ thuộc vào R thì

1 2

C
L
Z
Z
−
=0
4
2.10
50
2
−
⇒ = = Ω ⇒ =
L
C
Z
Z C F
π
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
1. ( 1,5 điểm) Đóng khoá K, Giá trị hiệu điện thế mà tụ điện nạp.
+ Giả sử khi mạch đã ổn định thì cường độ dòng điện qua điốt I>I
0
, khi đó
hiệu điện thế hai đầu mỗi điốt là U
0
. Cường độ dòng điện trong mạch:
( )
0
2

0,1
−
= =
+
E U
I A
R r

+ Mà I
0
= 0,05
0
I I⇒ >
Vậy điều giả sử đúng.
+ Hiệu điện thế giữa hai bản tụ:
( )
0
. 1 0,1.16 2,6U U I R V= + = + =

0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
2. (2,5 điểm) Tính nhiệt lượng toả ra trên R và trên mỗi điốt.
3
(4 điểm)
+ Giai đoạn 1: Tụ phóng điện đến khi hiệu điện thế trên điốt bắt đầu giảm.
- Cuối giai đoạn này hiệu điện thế là:
( )
'
0 0

0,05.16 1 1,8
t
U I R U V= + = + =
- Điện lượng tụ đã phóng:
( )
( )
' 5
8.10
t
q C U U C
−
∆ = − =
- Nhiệt lượng toả ra trên điốt:
( )
5
1 0
8.10
d
Q U q J
−
= ∆ =
0,25 đ.
0,25 đ
11
- Nhiệt lượng toả ra trên điện trở R. Áp dụng định luật bảo toàn năng
lượng ta có:
( )
2 '2
5
1 1

9,6.10
2 2
t
R d
CU CU
Q Q J
−
= − − =
.
+ Giai đoạn 2: Từ lúc hiệu điện thế trên điốt bắt đầu giảm, có thể xem điốt
như điện trở có giá trị:
( )
0
0
20
d
U
R
I
= = Ω
- Ta có:
2
2
5
4
d d
R
Q R
Q R
= =

và
'2
2 2
2
t
d R
CU
Q Q+ =
- Từ đó suy ra:
( ) ( )
5 5
2 2
9.10 ; 7,2.10
d R
Q J Q J
− −
= =
+ Vậy nhiệt lương toả ra trên R là:
( )
5
1 2
16,8.10
R R R
Q Q Q J
−
= + =
+ Nhiệt toả ra trên điốt bên phải là:
( )
5
1 2

17.10
d d d
Q Q Q J
−
= + =
+ Không có nhiệt lượng toả ra trên điốt bên trái.
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
4
(4 điểm) Chứng tỏ rằng:
d nx
d ' x '
=
; Vị trí của điểm sáng S.
(4 điểm)
+ Đặt x = SO cà x’ = S’O theo định lý hàm số sin cho
0SJ∆
;
'0S J∆
ta có :
sin sin
x R
i
α

=
và
,
sin sin
x R
r
β
=
( 1)
+ Theo đinh luật khúc xạ ánh sáng thì
sinr = nsini thay vào (1)
⇒

,
sin
sin
x
nx
α
β
=
(2)
+ Cũng theo định lý hàm số sin cho
∆
SJS’ ta có
'
sin sin
d d
α β
=

(3).
+ Từ (2) và (3) ta đuợc :
' '
d nx
d x
=
(4)
+ Dùng định lý hàm số cos cho
∆
SJS’ ta có :

2 2 2
2 cosd x R Rx
ϕ
= + +
(5)
1,0 đ
0,25 đ.
0,5 đ.
0,25 đ.
0,25 đ
12
S
S’
O
x x’
d
d’
J
A

B
i
α
r
β
φ

'2 '2 2
2 'cosd x R Rx
ϕ
= + −
(6)
+ Thay (5) ; (6) vào (4) ta được :

2 2
2 2
1 1 1
2 os 1 0
' '
R R
Rc
x n x nx n x
 
     
+ − + − − =
 
 ÷  ÷  ÷
     
 
 

ϕ
(7).
+ Phương trình (7) thoả mãn với mọi giá trị của
ϕ
. Vậy ta có hệ :

2
1 1
'x n x
 
+
 ÷
 
=0

2 2
2
1
1
'
R R
nx n x
   
+ − −
 ÷  ÷
   
=0 (8).
+ Giải hệ phương trình (8) ta đựoc nghiệm : x =
R
n

±
.
+ Vậy có 2 vị trí của S nằm đối xứng nhau qua tâm O; cách O một khoảng R/n.
0,25 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,25 đ
0,25 đ
1. ( 1 điểm) Vòng nhỏ cố định, r=0. Tính chu kì dao động của vòng lớn.
+ Mô men quán tính của vòng lớn đối với trục quay tại A là
I= 2MR
2
(1)
+ Phương trình động lực học :

2
sin 2 ''MgR MR
θ θ
− =
(2)
+ Dao động với góc nhỏ
sin
θ θ
≈
thay vào (2) :

'' 0
2
g
R

θ θ
+ =
(3)
+ Đây là phương trình dao động điều hoà với chu kì :
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
13
A
A’
B
B’
P
P’
O
A’
θ
ϕ
ϕ
R
r
5
(4 điểm)

2
2
R
T
g
π

=
(4)
0,25 đ
2.( 1,5 điểm) Vòng nhỏ cố định, r
≠
0. Tính chu kì dao động của vòng lớn.
+Theo hình vẽ, điểm tiếp xúc từ A đến A’ nên cung AB bằng cung A’B’
bằng
r
θ
Toạ độ góc của vòng lớn đối với tâm vòng nhỏ là
θ
Gọi toạ độ góc của vòng lớn quanh tâm của nó là
ϕ
+ Góc quay của tâm vòng tròn lớn đối với điểm tiếp xúc A
' '
(1 )
A B r
R R
ϕ θ θ
= − = −

⇒

'' ''(1 )
r
R
ϕ θ
= −
(5)

+Chuyển động quay quanh tâm vòng tròn lớn:
2
''fR MR
ϕ
− =
(6)
+ Phương trình động lực học của vòng lớn đối với tâm O(Vòng lớn dao động
quanh O)

( ) ''MgSin f M R r
θ θ
− + = −
(7).
+ Thay (5) và (6) vào (7) với dao động nhỏ
sin
θ θ
≈
ta được :

'' 0
2( )
g
R r
θ θ
+ =
−

+ Đây là phương trình dao động điều hoà với chu kì :

2( )

2
R r
T
g
π
−
=
(8).
0,5 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
3. (1,5 điểm) Vòng nhỏ quay quanh trục O. Tính chu kì dao động của hệ.
+Gọi toạ độ góc của vòng lớn quanh tâm là
ϕ
Toạ độ góc của vòng nhỏ quanh tâm của nó là
β
Toạ độ góc của vòng lớn đối với tâm vòng nhỏ là
θ
(1 )
r r
R R
ϕ θ β
= − +
(9).
+ Phương trình động lực học
sin ( ) ''Mg f M R r
θ θ
− + = −

(10)
+
2
''fR MR
ϕ
− =
(11)
+
2
''fr mr
β
=
(12)
0,5 đ
0,25 đ
0,25 đ
14
+ Từ (11) và (12) ta được :
( )
''
mM
f R r
m M
θ
= − −
+
(13)
+ Thay (13) vào (10)

( )

sin '' ( ) ''
mM
Mg R r M R r
m M
θ θ θ
− − − = −
+
(14).
+ Với dao động nhỏ
sin
θ θ
≈
ta được phương trình :

'' 0
2
g m M
R r m M
θ θ
+
+ =
− +
(15).
+ Đây là phương trình dao động điều hoà với chu kì :

( ) 2
2 ( )
R r m M
T
g m M

π
− +
=
+
(16)
0,25 đ
0,25 đ
• Lưu ý:
- Điểm bài thi không làm tròn
- Sự thay đổi biểu điểm phải được sự nhất trí của hội đồng chấm.
- Học sinh giải theo cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa với ý tương ứng.
Hết
15