Đề thi học sinh giỏi môn vật lý lớp 10 (56)

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
(Đề thi có 01 trang)
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2012 – 2013
Môn thi: VẬT LÍ 12 THPT - BẢNG A
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề).
Câu 1 (5,0 điểm).
1. Cho con lắc lò xo như hình 1. Vật nặng khối lượng m=100g, lò xo nhẹ có độ
cứng k = 40N/m lồng vào trục thẳng đứng, đầu dưới của lò xo gắn chặt với giá đỡ tại
điểm Q. Bỏ qua mọi ma sát. Lấy g=10m/s
2
. Đưa vật đến vị trí lò xo bị nén một đoạn
4,5cm rồi thả nhẹ. Chọn trục tọa độ Ox theo phương thẳng đứng, gốc O ở vị trí cân
bằng, chiều dương hướng lên và gốc thời gian (t = 0) lúc thả vật.
a. Chứng minh vật dao động điều hòa và viết phương trình dao động của vật.
b. Tìm thời điểm lò xo bị nén một đoạn 3,5cm lần thứ 35 và quãng đường vật đi
được đến thời điểm đó?
c. Viết biểu thức lực đàn hồi của lò xo tác dụng lên giá đỡ theo thời gian.
2. Cho đầu dưới của lò xo gắn cố định vào vật có khối lượng M = m được đặt trên
bàn nằm ngang như hình 2. Đưa vật m đến vị trí lò xo không biến dạng rồi truyền cho nó
vận tốc ban đầu có độ lớn
0
v
=120cm/s hướng thẳng đứng xuống dưới. Chứng tỏ rằng đến
một thời điểm vật M bắt đầu bị nhấc lên khỏi mặt bàn? Tính tốc độ của m ở thời điểm đó?
Câu 2 (5,0 điểm). Trên mặt chất lỏng có hai nguồn phát sóng kết hợp A, B cách nhau 20cm dao động với
phương trình:
A B
u 2cos20 t(mm),u 2cos(20 t )(mm).
= π = π + π
Tốc độ truyền sóng v = 0,6m/s. Coi

biên độ sóng không đổi.
1. Viết phương trình sóng tại điểm M trên mặt chất lỏng cách A, B là MA=9cm, MB=12cm.
2. C, D là hai điểm trên mặt chất lỏng sao cho ABCD là hình chữ nhật có AD=15cm. Xác định số
điểm dao động cực đại trên đoạn AB và đoạn BD?
3. M
1
, M
2
là hai điểm trên đoạn AB cách A lần lượt là 12cm và 14cm. Xác định độ lệch pha dao động
của M
1
và M
2
?
4. Gọi I là trung điểm của đoạn CD. Xác định điểm N trên CD gần I nhất dao động cực đại?
Câu 3 (5,0 điểm). Cho đoạn mạch xoay chiều như hình 3. Đặt vào hai đầu A, B điện áp xoay chiều
AB
u 100 2 cos(100 t )(V)
2
π
= π −
. Biết cuộn dây có:
1
L (H),r 20( )
3
= = Ω
π
; tụ điện có:
4
3.10

C (F)
2
−
=
π
;
biến trở R.
1. Điều chỉnh R bằng
1
R 80( )= Ω
:
a. Viết biểu thức cường độ dòng điện qua mạch.
b. Viết biểu thức điện áp
MB
u
.
c. Phải thay tụ C bằng tụ C
1
có điện dung bằng bao nhiêu để điện áp hiệu dụng U
AN
cực tiểu?
2. Điều chỉnh R bằng
2
R
để ở thời điểm
AB
u 100 2(V)= −
thì
MN
u 0(V)=

. Tìm
2
R
?
Câu 4 (3,0 điểm). Một vật sáng phẳng, nhỏ AB được đặt trên trục chính và vuông góc với trục chính trước một thấu
kính phân kì cho ảnh A
1
B
1
. Từ vị trí ban đầu, giữ vật cố định, dịch chuyển thấu kính một đoạn 10cm dọc theo trục
chính (cùng phía ban đầu đối với vật) thì cho ảnh A
2
B
2
=
2
3
A
1
B
1
và A
2
B
2
cách A
1
B
1
một đoạn

25
(cm)
3
.
Tìm tiêu cự của thấu kính?
Câu 5 (2,0 điểm). Một dây đồng, đường kính d = 0,2mm có phủ một lớp sơn cách điện mỏng được quấn
thành N vòng xếp sát nhau để tạo thành một ống dây dài, có chiều dài l và đường kính D = 5cm. Cho dòng
điện có cường độ I
0
= 1A chạy qua ống dây, sau đó ngắt các đầu dây của ống khỏi nguồn. Hãy xác định điện
lượng chuyển qua ống dây kể từ lúc bắt đầu ngắt điện? Cho biết điện trở suất của đồng
8
1,7.10 ( .m)
−
ρ = Ω
.
- - - Hết - - -
C
B
A
R
L, r
N
Hình 3
M
m
Hình 1
k
Q
Đề chính thức

m
Hình 2
k
M
Họ và tên thí sinh : Số báo danh :
SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12
NĂM HỌC 2012 - 2013
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi: VẬT LÍ 12 THPT – BẢNG A
(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)
Câu Ý Nội dung Điểm
1.
(5,0đ)
1a
Ở VTCB lò xo nén một đoạn
0
mg
l 2,5(cm)
k
∆ = =
0,25
Vật ở vị trí có tọa độ x. Theo định luật II Niu tơn:
,,
0
k( l x) mg mx∆ − − =
,, ,, 2
k
kx mx x .x .x
m
⇔ − = ⇔ = − = −ω

.
Vậy vật dao động điều hòa có:
k
20(rad / s)
m
ω = =
.
0,75
Phương trình dao động có dạng:
x Acos( t )= ω +ϕ
,
v x Asin( t )⇒ = = −ω ω + ϕ
Tại t=0 thì:
0 0
0
x Acos l l 2cm
v A sin 0
= ϕ = ∆ − ∆ = −


= − ω ϕ =

A 2cm
(rad)
=

⇒

ϕ = π


0,75
Vậy phương trình dao động là:
x 2cos(20t )(cm)= + π
. 0,25
1b
Tọa độ lò xo bị nén:
'
n 0
x l l 1(cm)= ∆ − ∆ = −
, chu kì:
2
T (s)
10
π π
= =
ω
. 0,25
Từ mối liên hệ giữa dao động điều hòa và chuyển động tròn đều ta thấy vật qua
vị trí có tọa độ x
n
lần thứ 35 vào thời điểm:

35 1 T 103
t .T (s) 5,39(s)
2 6 60
− π
= + = ≈
.
0,75
Quãng đường vật đi được đến thời điểm đó:

A
S 17.4A 137(cm)
2
= + =
. 0,25
1c
Lực đàn hồi tác dụng lên vật m: F
đh
= mg + ma =
1 0,8cos(20t )(N)
− + π
.
0,25
Lực đàn hồi do lò xo tác dụng lên giá Q:
'
dh dh
F F 0,8cos(20t ) 1(N)= − = + π −
.
0,5
2
Biên độ dao động của m là:
2
2
0
0
2
v
A l 6,5(cm)
= ∆ + =
ω

. 0,25
Lực đàn hồi do lò xo tác dụng lên M:
' 2
dh
F mg m Acos( t )= − ω ω + ϕ
. 0,25
Để M đứng yên thì áp lực của nó tác dụng lên bàn thoã mãn điều kiện:
2
N 0 Mg mg m Acos( t ) 0≥ ⇔ + − ω ω + ϕ ≥

∀
t.
2
2
0
0
2 2
v M m
l
m.
+
⇔ ∆ + ≤
ω ω

2
2
0 0
M.g .(M 2m)
v v 50 3(cm / s)
k.m

+
⇔ ≤ ⇔ ≤
.
0,25
Vì
0
M(M 2m)
v g
km
+
>
nên đến một thời điểm M sẽ bắt đầu bị nhấc lên khỏi
bàn. Thời điểm M bắt đầu bị nhấc lên khỏi mặt bàn thì lò xo phải giãn một đoạn
l
∆
, khi đó lực đàn hồi và trọng lực tác dụng lên nó cân bằng nhau nên:
Mg
Mg k l l 2,5(cm).
k
= ∆ ⇒ ∆ = =
Lúc này vật m có toạ độ x=5cm.
Tốc độ của vật m khi đó là:
0,25
2
2 2 2 2
v A x 20 6,5 5 (cm / s) 83,1(cm / s)= ω − = − ≈
.
2.
(5,0đ)
1 Phương trình sóng tại M do A và B truyền đến:

1 2
1M 2M
2 d 2 d
u a cos( t );u acos( t ).
π π
= ω − = ω − + π
λ λ
0,5
Bước sóng:
v
0,06m 6cm.
f
λ = = =
0,25
Phương trình sóng tại điểm M:
M 1M 2M 1 2 1 2
u u u 2a.cos (d d ) cos t (d d )
2 2
π π π π
   
= + = − + ϖ − + +
   
λ λ
   
.
0,5
Hay:
M
u 4cos(20 t 3 )(mm).= π − π
0,25

2 Điểm dao động cực đại thỏa mãn:
1 2 1 2
1
cos (d d ) 1 d d (k ). (k Z)
2 2
π π
 
− + = ± ⇒ − = − λ ∈
 
λ
 
.
0,5
* Trên đoạn AB.
1 2
1 2
1 AB 1 AB 1
d d (k ). (k Z) k
2
2 2
d d AB
k Z
 
− = − λ ∈ − + < < +
 
⇒
λ λ
 
 
+ =

∈

Suy ra: k = -2; -1; 0; 1; 2; 3. Hay có 6 điểm dao động cực đại trên đoạn AB.
0,5
* Trên đoạn BD.
Số điểm dao động cực đại thỏa mãn:
1 2
AD BD d d AB
− ≤ − <
, (với BD=25cm)
1 1
AD BD (k ). AB 10 (k ). 20
2 2
k Z k Z
 
− ≤ − λ < − ≤ − λ <
 
⇒ ⇔
 
 
∈ ∈
 
Suy ra: k = -1; 0; 1; 2; 3. Hay có 5 điểm dao động cực đại trên đoạn BD.
0,5
3
M
1
cách A và B: d
1
= 12cm và d

2
= 8cm; M
2
cách A và B:
'
1
d
= 14cm và
'
2
d
= 6cm. 0,25
Phương trình sóng tại điểm
1
M
:

1
1
1
1
1M
M
2
1M
2 d
u 2cos(20 t )
2 5
u 4cos( )cos(20 t )
2 d

3 2 6
u 2cos(20 t )
π

= π −

π π π

λ
⇒ = + π −

π

= π − + π

λ

(mm).
Hay:
1
M
5
u 2 3.cos(20 t )
6
π
= − π −
(mm).
0,25
Phương trình sóng tại điểm
2

M
:
2
2
2
'
1
1M
M
'
2
2M
2 d
u 2cos(20 t )
4 5
u 4cos( )cos(20 t )
3 2 6
2 d
u 2cos(20 t )

π
= π −

π π π

λ
⇒ = + π −

π


= π − + π

λ

(mm)
Hay:
2
M
5
u 2 3.cos(20 t )
6
π
= π −
(mm).
0,25
Vậy M
1
và M
2
dao động cùng biên độ, ngược pha nhau. Hay độ lệch pha dao
động của M
1
và M
2
là:
(rad).
∆ϕ = π
0,25
3
4 Điểm N gần I nhất dao động cực đại thỏa mãn:

d
1
- d
2
=
/ 2 3
λ =
(cm) (1). Từ hình vẽ ta có:
2 2 2 2 2
1
2 2 2 2 2
2
AB
d AD DN AD ( x)
2
AB
d BC CN AD ( x)
2

= + = + +




= + = + −


0,25
2 2 2 2
1 2

AB AB
d d ( x) ( x) 2.AB.x 40.x
2 2
⇒ − = + − − = =
(2)
Từ (1) và (2):
1 2
40.x 40
d d .x
3
+ = =
λ
(3) 0,25
Từ (1) và (3):
2 2
1 1
40
.x
20 3 20 3
3 2
d .x d ( .x )
2 3 2 3 2
λ
+
= = + ⇒ = +
(4)
Mặt khác:
2 2 2 2 2 2 2
1
AB

d AD DN AD ( x) 15 (10 x)
2
= + = + + = + +
(5)
0,25
So sánh (4) và (5), ta có:
2
391
x 322,75 x 2,73(cm).
9
= ⇒ ≈
Kết luận: Có 2 điểm gần I nhất dao động cực đại (đối xứng nhau qua I).
0,25
3.
(5,0đ)
1a
Ta có:
L C 1
100 1 200
Z L ( );Z ( ),R R 80( )
C
3 3
= ω = Ω = = Ω = = Ω
ω
0,25
Tổng trở:
2 2
1 L C
200
Z (R r) (Z Z ) ( )

3
= + + − = Ω
0,25
Độ lệch pha giữa u
AB
và i:
L C
Z Z
1
tan (rad)
R r 6
3
−
π
ϕ = = − ⇒ ϕ = −
+
. 0,25
Suy ra:
u i i u
(rad)
3
π
ϕ = ϕ −ϕ ⇒ ϕ = ϕ −ϕ = −
. 0,25
Mặt khác:
0
0
U
6
I (A)

Z 2
= =
. 0,25
Vậy:
6
i cos(100 t )(A)
2 3
π
= π −
. 0,25
1b
Ta có:
2 2 2
MB 1 L 0MB 0 MB
200
Z (R r) Z ( ) U I Z 200 2(V)
3
= + + = Ω ⇒ = =
. 0,5
Độ lệch pha của u
MB
so với i:
L
MB MB
Z 1
tan (rad).
R r 6
3
π
ϕ = = ⇒ ϕ =

+
0,5
Suy ra:
u(MB) MB i
(rad).
6 3 6
π π π
ϕ = ϕ + ϕ = − = −
0,25
Vậy
MB
u 200 2 cos(100 t )(V)
6
π
= π −
. 0,25
1c
Ta có:
1 1
2 2 2 2
1 L C C
100
Z (R r) (Z Z ) 100 ( Z )
3
= + + − = + −

1 1
2 2 2 2
AN L C C
100

Z r (Z Z ) 20 ( Z )
3
= + − = + −
0,25
4
O
N
I
C
D
B
A
Ta có:
1
1
1
2 2
C
AN AN
2 2
C
2 2
C
100
100 20 ( Z )
100
3
U I.Z
100 9600
100 ( Z ) 1

100
3
20 ( Z )
3
+ −
= = =
+ − +
+ −
0,25
Ta thấy: U
AN(min)
khi
1
2
C
100
( Z )
3
−
min
1
C
100
Z ( )
3
⇒ = Ω
. 0,25
Suy ra:
1
4

1
C
1 3.10
C (F)
Z
−
= =
ω π
. 0,25
2
Theo bài ra suy ra: u
AB
chậm pha
/ 2
π
so với u
MN
, nên ta có:
MN
AB
1
tan
tan
ϕ = −
ϕ
0,5
⇔
C L
L 2 2
L C L

Z Z
Z R r R r
r Z Z r Z
−
+ +
= − ⇒ =
−
0,25
Suy ra:
C L L
2
(Z Z ).Z
500
R r ( )
r 3
−
+ = = Ω
2
500 440
R r ( )
3 3
⇒ = − = Ω
. 0,25
4
(3,0đ)
Vì ảnh sau khi dịch chuyển có kích thước nhỏ hơn nên thấu kính đã dịch chuyển
ra xa vật nên ta có : d
2
= d
1

+ 10(cm). (1)
0,5
Số phóng đại ảnh lúc đầu:
'
1 1 1
1
1
d A B
k 0
d AB
= − = >
(2)
Số phóng đại ảnh sau khi dịch chuyển thấu kính:
'
2 2 2
2
2
d A B
k 0
d AB
= − = >
(3)
Từ (2) và (3) suy ra:
'
1 2 2 2 1
'
2 1 1 1 2
k A B d .d 2
k A B d .d 3
= = =

. (4)
0,75
Theo công thức thấu kính ta có
'
1
1
1
d .f
d
d f
=
−
(5),
'
2
2
2
d .f
d
d f
=
−
(6) 0,5
Từ (1),(4), (5) và (6) suy ra d
1
= f + 20 (cm) (7) 0,25
Gọi L
1
và L
2

lần lượt là khoảng cách giữa vật và ảnh trước và sau khi dịch
chuyển thấu kính ta có:

'
1 1 1
L d d= +
,
'
2 2 2
L d d= +
và
' '
2 1 2 2 1 1
25
L L d d d d (cm)
3
− = + − − =
. (8)
0,5
Từ (1), (5), (6), (7) và (8) ta có:
2
f
= 100. Suy ra: f = -10(cm). 0,5
5.
(2,0đ)
Khi ngắt điện, trong ống dây xuất hiện suất điện động tự cảm e
tc
do đó có dòng
điện qua ống dây:
tc

e
I
R
=
Điện lượng chuyển qua ống dây trong thời gian
t
∆
là:
q∆
= I
t
∆
=
tc
e
. t
R
∆
.
0,25
Với
2 1
tc
e q q
t R R
φ − φ∆φ ∆φ
= − ⇒ ∆ = − ⇒ ∆ = −
∆
0,25
2

φ
là từ thông qua ống dây khi I=0 suy ra:
2
φ
=0
1
φ
là từ thông qua ống dây khi I=I
0
suy ra:
1 0
L.Iφ =
0,25

0
L.I
q
R
⇒ ∆ =
(1) 0,25
Đối với một ống dây:
 4
DN
S
N
L
22
0
2
0

π
µ=µ=
(2)
0,25
5
Mặt khác điện trở ống dây:
2
d
4
S
R
π
′
ρ=
′
′
ρ=

(3)
Thay (2) và (3) vào (1) ta được:
∆
0
2222
0
I
16
DdN
q

′

ρ
π
µ=
. (4) 0,25
Với chiều dài dây
DNπ=
′

(5), chiều dài ống dây
Nd=
(6) 0,25
Thay (5) và (6) vào (4) ta được:
2 4
7 4
0 0
8
Dd 5 10 2 10
q I 4 10 1 1, 45 10 C
16 16 1,7 10
− −
− −
−
π π× × × ×
∆ = µ = π× × ≈ ×
ρ × ×
.
0,25
- - - Hết - - -
Chú ý : Nếu học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
6