Tuyển tập đề thi HSG môn vật lý lớp 12 hay nhất (11)

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

KỲ THI CHỌN HSG TỈNH LỚP 12
Năm học: 2009 – 2010

HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Hướng dẫn và biểu điểm chấm thi này gồm 05 trang)
MÔN: VẬT LÝ 12 – THPT - BẢNG B
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
1 a. + Chon trục Ox trùng quỹ đạo, O ≡ VTCB.
+ Tại VTCB: hai lò xo không biến dạng, nên
0=+ NP


+ Tại vị trí vật có li độ x:
Lực tác dụng lên vật gồm:
xKFxKFNgMmP .;.;;).(
2211
−=−=+=

Theo định luật 2 Niu Tơn:
amMFFNP


)(
21
+=+++
(1)
(theo gt hai vật không trượt trên nhau)
Chiếu (1) lên Ox:
//

21
).( xmMxKxK +=−−
Đặt
21
KKK +=
0.
//
=
+
+⇒ x
Mm
K
x
, chứng tỏ vật dao động điều hoà với tần số
góc
)/(5 srad
Mm
K
πω
=
+
=

+ Chu kì dao động của hệ:
)(4,0
2
sT ==
ω
π
+ Biên độ dao động của hệ: A= x

0
= 4cm ( vì v
0
= 0)
+ Vận tốc cực đại của hệ:
)/(20
max
scmAv
πω
==
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25
b.
+ Lực tác dụng lên M:
;
2
MgP =
phản lực Q của sàn; áp lực mà m đè lên M là N
12
= mg;
lực ma sát nghỉ giữa m và M là
12ms
F

+ Theo định luật 2 Niu Tơn:

aMFNQP
ms




=+++
12122
(2)
Chiếu (2) lên Ox:
xM
Mm
K
xMMxF
ms
) (
2//
12
+
−=−==
ω
với
[ ]
AAx ;−∈
+ Để hệ dao động điều hoà thì hai vật không trượt trên nhau, nên ma sát giữa hai vật là
ma sát nghỉ, cần điều kiện:
mgNF
ms
µµ
=<

1212
với
[ ]
AAx ;−∈∀

chỉ cần
333,0
).(

≈
+
>⇒<
+ mgMm
AMK
mgAM
Mm
K
µµ
0,25
0,25
0,25
0,25
c. Khi lò xo K
2
bị nén 2cm, người ta giữ chặt điểm chính giữa của lò xo K
2
thì:
+ Độ cứng của phần lò xo K
2
nối với vật m là 2K

2
= 80(N/m)

+ Tại VTCB mới của hệ: hai lò xo giãn các đoạn tương ứng là
21
; ll ∆∆
thoả mãn:








=∆
=∆
⇒



∆=∆
=−=∆+∆
)(
7
3
)(
7
4
2

)(112
2
1
2211
21
cml
cml
lKlK
cmll
+ Như vậy, lúc bắt đầu giữ chặt điểm chính giữa của lò xo K
2
thì hai vật có li độ và vận
tốc:
0,25
0,25
Trang 1/4
)(26,3
4,0/140
12.250
7
10
2
.310245
)(
7
10
2
2
21
2

2
1
22
1
cm
mM
KK
V
XA
V
cmlX
≈+






=
+
+
+=⇒





=−=
=∆−=
ππ

2 a. Phương trình sóng tại M:
- Bước sóng:
λ
= v/f = 6cm
- Sóng do A truyền tới M có dạng: u
1M
= 2cos(20
π
t – 2
π
1
d
λ
)
- Sóng do B truyền tới M có dạng: u
2M
= 2cos(20
π
t – 2
π
2
d
λ
)
- Phương trình sóng tổng hợp tại M là: u
M
= 4cos
2 1 2 1
( ) os(20 t - )
d d d d

c
π π π
λ λ
− +

⇒
u
M
=
2 3 os(20 t - )
6
c
π
π
cm
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
b. * Tìm số điểm dao động với biên độ cực đại:
- Điều kiện để dao động cực đại là: d
2
– d
1
= k.
λ
với k
∈
Z (1)

với d
1
+ d
2
= AB (2)
Giải hệ (1) và (2) ta được: d
2
= 3k + 10,5
Với 0 < d
2
< AB
⇒
-3,8 < k < 3,8
⇒
k =
0; 1; 2; 3± ± ±

Vậy có 7 điểm dao động với biên độ cực đại trên khoảng AB
* Tìm số điểm dao động với biên độ cực tiểu:
- Điều kiện để một điểm dao động cực tiểu là: d
2
– d
1
= (k’ + ½).
λ
; k’
∈
Z (3)
từ (2) và (3) ta có: d
2

= 3k’ + 12
Với 0 < d
2
< AB
⇒
-4 < k’ < 3
⇒
k’ =
0; 1; 2; 3± ± −
Vậy có 6 điểm dao động cực tiểu trên khoảng AB
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
c. Tìm điểm N trên trung trực của AB cách trung điểm O của AB một đoạn gần nhất để N
dao đông ngược pha với nguồn A.
Gọi d là khoảng cách từ N đến nguồn A
Để N dao động ngược pha với nguồn A thì phải thoả mãn điều kiện:
d = (k + ½)
λ
= 6k + 3 với d > AB/2
⇒
k > 5/4 = 1,25
Điểm N gần O nhất dao động ngược pha với nguồn A khi k = 2
⇒
d
min

=15cm
NO =
2 2
min
d OA−

≈
10,7 cm
0,5
0,5
3 a.
- Sơ đồ tạo ảnh:
1 2
' '
1 1 2 2
1 1 2 2
; ;
O O
d d d d
AB A B A B→ →
- Ta có:
'
1 1
1
1 1
d f
d
d f
=
−

= 56cm
+ d
2
= l – d’
1
= -8 cm;
+
'
2 2
2
2 2
d f
d
d f
=
−
= 24 cm
- Số phóng đại: k =
' '
1 2
1 2
( )( )
d d
d d
− −
= - 4
- Vậy ảnh cuối cùng qua hệ là ảnh thật cách thấu kính O
2
một đoạn 24 cm, ngược
chiều với vật và lớn gấp 4 lần vật

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
b. Tìm vị trí của vật để ảnh cuối cùng là ảnh thật.
'
1 1
1
1 1
d f
d
d f
=
−
=
1
1
24
24
d
d −
0,25
Trang 2/4
d
2
= l – d
1
’ =

1
1
24( 48)
24
d
d
−
−
;
'
2 2
2
2 2
d f
d
d f
=
−
=
1
1
8(48 )
40
d
d
−
−
Để ảnh cuối cùng là ảnh thật thì d’
2
> 0

⇒
40cm < d
1
< 48 cm
0,25
0,5
0,5
4 a. *Viết biểu thức i:
Z
L
= 200
Ω
; Z
C
= 100
Ω
; Z =
2 2
( )
L C
R Z Z+ −
= 100
2
Ω

I
0
=
0
U

Z
= 2 A
Tan
ϕ
=
L C
Z Z
R
−
= 1
⇒

ϕ
=
π
/4
⇒
i = 2cos(100
π
t –
π
/4)A
* Biểu thức u
AN
:
Z
AN
=
2 2
L

R Z+
= 100
5
Ω
⇒
U
0AN
= I
0
.Z
AN
= 200
5
V
Tan
ϕ
AN
=
L
Z
R
= 2
⇒

ϕ
AN

≈
1,107(rad)
mà

ϕ
AN
=
ϕ
uAN
–
ϕ
i

⇒

ϕ
uAN

≈
0,322 rad
Vậy: u
AN
= 200
5
cos(100
π
t + 0,322) (V)
0,5
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25

0,25
b. Tìm L để u
AN
và u
NB
lệch pha nhau 3
π
/4.
- Từ giản đồ véctơ ta thấy u
AN
sớm pha hơn i một góc bằng
π
/4
⇒
tan
ϕ
AN
= 1
⇒
Z
L
= R = 100
Ω

⇒
L = 1/
π
(H)
0,25
0,25

c - Từ giản đồ véc tơ, áp dụng định lí hàm sin:
.sin
sin sin sin
L AB AB
L
U U U
U
α
α β β
= ⇒ =
(1).
với sin
β
=
2 2 2 2
R R
RC
R C C
U U R
U
U U R Z
= =
+ +
(2)
Để U
Lmax
thì sin
α
= 1
/ 2

α π
⇒ =
Khi đó: U
Lmax
= U
AB
.
2 2
C
R Z
R
+
= 200
2
V.
* Vì
/ 2
α π
=
nên
2
2 2
R
( ) ( ) 200
c L C C L C L C
C
R
U U U U R Z Z Z Z Z
Z
= − ⇒ = − ⇒ = + = Ω

0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 3/4
0







0







⇒
L =
2
L
Z
ω π
=
H

0,25
0,25
5 a *Tìm i
max
:
+ Khi K mở:
1 2
o1 2
1 2
q .E
o
C C
q
C C
= =
+
Năng lượng:
2 2
2
1 2
1 2
1
1 2 1 2
1 1 1
.E
2 2 2
o o
q q
C C
W

C C C C
= + =
+
(1)
+ Khi K đóng: cường độ dòng điện qua cuộn dây tăng và đạt giá trị i
max
khi:
2 1
0 0 0; E
L L
L C C
di di
u L u u
dt dt
= ⇒ = = ⇒ = =
Năng lượng điện từ của mạch là:
2 2
2 1 max
1 1
E
2 2
W C Li= +
(2)
+ Điện lượng của tụ điện C
1
trong thời gian t kể từ lúc đóng khóa K là:
2
1 2 1
1 o1 1
1 2 1 2

q = C E - q = C E - . 0
C C C
E E
C C C C
∆ = >
+ +

Công của lực điện là: A = E Δq =
2
2
1
1 2
.E
C
C C+
+Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng, ta có:
A = ΔW = W
2
– W
1
(coi nhiệt lượng tỏa ra Q = 0)
2
2 2 2 2
1 1 2
1 ax
1 2 1 2
1 1 1
. ( ) .
2 2 2
m

C C C
E C E Li E
C C C C
⇒ = + −
+ +
1
max
1 2
( )
C
i E
L C C
⇒ =
+
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
b * Tìm U
1max
:
+ Khi U
1max
thì
1
1max 1
q 0
dq

i
dt
⇒ = =
(3)
Mặt khác: U
1
= E - U
2
+ Khi U
1max
→ U
2min
nghĩa là U
2
= U
MB
< 0, bản tụ C
2
nối với M mang điện âm. Lúc này
với U
2min
thì i
2
= 0 (4)
Từ (3) và (4) → i
L
= 0.
+ Khi đó năng lượng điện từ trong mạch là:
2
max12

2
max112
)(
2
1
2
1
'W UECUC −+=
+ Điện lượng ∆q qua mạch là:
1 1
1 1max
1 2
'
C C
q C U E
C C
∆ = −
+
→ A’= E ∆q’ = C
1
EU
1max

2
1 2
1 1max
1 2
A'= E q' = C EU
C C
E

C C
⇒ ∆ −
+
+ Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng, ta có:
2
1 2
2 1 1 1max
1 2
A' = W ' - W ' = C E U
C C
E
C C
−
+
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 4/4
L (r=0)
K
C
2
C
1
E
(r=0)
+
-

Hình 3
A
M
B

2 2 2 2
1 2
1 1max 2 1max 1max
1 2
1 1
= C U + C (U + E -2U E )-
2 2
C C
E
C C+

2 2
1 2
1 2 1max 1 2 1max
1 2
1 1
(C + C ) U - (C + C )EU + 0
2 2
C C
E
C C
⇒ =
+
Giải ra ta được:
1 2

1max
1 2
2C C
U E
C C
+
=
+
0,25
6 * Chức năng của đồng hồ hiện số là dùng để do các đại lượng: U, I, R
* Trong chương trình vật lí lớp 11, nó được dùng trong các thí nghiệm thực hành:
+ Đo suất điện động và điện trở trong của nguồn điện.
+ Khảo sát đặc tính đặc tính chỉnh lưu của điốt bán dẫn và đặc tính khuếch đại của
tranzito.
+ Xác định thành phần nằm ngang của từ trường Trái Đất.
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 5/4