Tuyển tập đề thi HSG môn vật lý lớp 12 hay nhất (4)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
BÌNH THUẬN Năm học : 2007 - 2008
MÔN : Vật Lý
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian : 180 phút (không kể thời gian phát đề)

ĐỀ :
Bài 1 : (5 điểm)
Muốn mắc ba bóng đèn, Đ
1
(110V-40W), Đ
2
(110V-50W) và Đ
3
(110V-80W) vào mạng điện có hiệu điện thế 220V sao
cho cả ba bóng đều sáng bình thường, người ta phải mắc thêm vào mạch một điện trở R
0
.
a. Tìm các cách mắc khả dĩ và giá trị R
0
tương ứng với mỗi cách mắc.
b. Cách mắc nào lợi nhất (công suất tiêu thụ ở R
0
là nhỏ nhất), và với cách mắc đó công suất tiêu thụ ở R
0
là bao
nhiêu ?
Bài 2 : (5 điểm)
Một vật khối lượng m = 0,1 (kg) trượt trên mặt phẳng nằm ngang với vận tốc v
0
= 0,5 (m/s) rồi trượt lên một cái nêm có
dạng như trong hình vẽ. Nêm ban đầu đứng yên, có khối lượng M = 0,5 (kg), chiều cao của đỉnh là H ; nêm có thể trượt

trên mặt phẳng nằm ngang. Bỏ qua mọi ma sát và mất mát động năng khi va chạm. Mô tả chuyển động của hệ thống và
tìm các vận tốc cuối cùng của vật và nêm trong hai trường hợp sau : Lấy g = 10 (m/s
2
)
- Khi H = 1 cm.
- Khi H = 1,2 cm.
Bài 3 : (5 điểm)
Cho hệ gồm hai thấu kính hội tụ (L
1
) và (L
2
) đặt đồng trục với nhau có tiêu cự lần lượt là f
1
= 1 (cm) và f
2
= 4 (cm),
cách nhau một đoạn a = 0
1
0
2
= 3,5 (cm) (0
1
, 0
2
là quang tâm của (L
1
) và (L
2
)). Đặt trước thấu kính (L
1

) một vật
phẳng, nhỏ có chiều cao AB = 1,5 (mm) và cách (L
1
) một đoạn d
1
= 0,5 (cm) .
a. Xác định vị trí và chiều cao ảnh của vật cho bởi hệ thấu kính ?
b. Giữ cố định thấu kính (L
2
), để chiều cao của ảnh cho bởi hệ luôn tăng người ta thực hiện theo một trong hai
cách sau :
- Cách 1 : Giữ cố định thấu kính (L
1
) , dịch chuyển vật AB dọc theo trục chính. Hỏi phải dịch chuyển vật theo
chiều nào ?
- Cách 2 : Giữ vật AB cố định, dịch chuyển thấu kính (L
1
) dọc theo trục chính. Hỏi phải dịch chuyển thấu kính
theo chiều nào ?
Trong hai cách trên, cách nào làm cho chiều cao của ảnh tăng mạnh hơn ?
c. Để ảnh cho bởi hệ luôn luôn là ảnh thật phải đặt vật AB trong khoảng nào trước thấu kính (L
1
) ?
Bài 4 : (5 điểm)
Cho mạch điện có sơ đồ như hình vẽ :
Hai đầu A, B của mạch điện nối với một nguồn điện xoay chiều có hiệu điện
thế hiệu dụng không đổi U
AB
= 100 V và có tần số f thay đổi được. Hai vôn
kế xoay chiều V

1
và V
2
có điện trở rất lớn (coi như lớn vô cùng), ampe kế A
và dây nối có điện trở không đáng kể.
1. Mắc vào hai chốt A và D một tụ điện có điện dung C và mắc vào hai
chốt D, E một cuôn cảm có độ tự cảm L, điện trở R và cho tần số f = f
0
= 250 Hz. Người ta thấy V
1
chỉ U
1
= 200
(V), vôn kế V
2
chỉ U
2
= 100
3
(V), ampe kế chỉ 1 (A). Tính các giá trị C, L, R của mạch.
2. Thay hai linh kiện trên bằng hai linh kiện khác (thuộc loại điện trở, tụ điện, cuộn cảm) thì số chỉ của các dụng
cụ đo vẫn như trước và hơn nữa khi thay đổi tần số f của nguồn điện thì số chỉ của ampe kế giảm đi.
a. Hỏi đã mắc các linh kiện nào vào các chốt nói trên và giải thích tại sao ? Tìm các giá trị R
/
, L
/
, C
/
(nếu có)
của mạch và độ lệch pha giữa u

AD
và u
DE
.
b. Giữ nguyên tần số f = f
0
= 250 Hz và mắc thêm hai linh kiện nữa giống hệt hai linh kiện của câu 2a vào
mạch. Hỏi phải mắc thế nào để thỏa mãn; số chỉ của các vôn kế vẫn như trước, nhưng số chỉ của ampe kế giảm đi một
nửa. Trong trường hợp đó, nếu thay đổi tần số f của nguồn điện thì số chỉ của ampe kế thay đổi như thế nào ?
Hết
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI THÀNH LẬP ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 12 THPT
BÌNH THUẬN DỰ THI QUỐC GIA
Năm học : 2007 - 2008
MÔN : Vật Lý
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian : 180 phút (không kể thời gian phát đề)

ĐỀ :
Bài 1 : (5 điểm)
Tám đoạn dây dẫn cùng có điện trở R được hàn lại thành hình tháp có đáy
ABCD và đỉnh 0 như hình vẽ : Tính điện trở tương đương giữa các điểm :
a. A và C.
b. A và B.
c. A và 0. Biết hiệu điện thế giữa A và 0 là 14 (V) và R = 2 (
Ω
), tính
các dòng điện trong các đoạn dây dẫn.
Bài 2 : (5 điểm)
Một vật khối lượng m được gắn vào đầu một lò xo có độ cứng k và chiều dài tự nhiên
0


như hình vẽ. Vật có thể trượt
không ma sát trên một thanh ngang. Cho thanh ngang quay quanh một trục thẳng đứng đi qua đầu còn lại của lò xo với
vận tốc
ω
không đổi.
a. Tính chiều dài của lò xo.
b. Đưa vật ra khỏi vị trí cân bằng mới một đoạn x
0
rồi buông
nhẹ. Chứng tỏ vật dao động điều hòa và lập biểu thức li độ.
Bài 3 : (5 điểm)
Cho hệ thống thấu kính như hình vẽ :
Thấu kính hội tụ (L
1
) và (L
2
) có tiêu cự lần lượt là f
1
, f
2
đặt cách nhau một đoạn a = 0
1
0
2
= 100 (cm) và vật sáng
phẳng, nhỏ, có chiều cao AB đặt vuông góc với trục chính của hệ. Đặt tại 0 một thấu kính (L) ta nhận thấy rằng ; thấu
kính (L) có thể thay thế hệ (L
1
,L
2

) sao cho với bất kỳ vị trí nào của AB đặt trước (L) đến 0 đều cho độ phóng đại ảnh
như hệ (L
1
,L
2
) .
- Đặt vật AB tại 0 :
+ Nếu đảo vị trí hai thấu kính (L
1
),(L
2
) cho nhau thì ảnh qua hệ sau khi đảo có chiều cao gấp 4 lần chiều cao ảnh
của hệ khi chưa đảo vị trí và hai ảnh này ngược chiều nhau.
+ Nếu chỉ dùng thấu kính (L
2
) đặt tại 0
1
thì (L
2
) cho ảnh của AB tại 0
2
.
Hãy tìm tiêu cự f của các thấu kính (L) và f
1
, f
2
?
Bài 4 : (5 điểm)
Trong khoảng nhiệt độ từ 0
0

C đến 100
0
C, điện trở của một cuộn dây bạch kim thay đổi theo nhiệt độ theo quy luật :
R = R
0
(1 +
α
t)
Trong đó : t là nhiệt độ bách phân (
0
C) ; R
0
= 100 (
Ω
) ; a = 41.10
4−
(
0
C)
1−
Người ta muốn dùng điện trở ấy để làm một nhiệt kế điện đo nhiệt độ từ 20
0
C đến 40
0
C với các yêu cầu sau :
1. Nhiệt độ chỉ thị bằng một micrô ampe kế, thang đo từ 0 đến 10
µ
A.
2. Thang đo nhiệt độ được chia độ đều.
3. Vị trí đầu thang (khi dòng điện qua điện kế bằng 0) là 20

0
C.
4. Vị trí cuối thang (dòng điện qua điện kế là 10
µ
A) ứng với 40
0
C.
5. Nguồn điện dùng là 3pin, mỗi pin có suất điện động là 1,5 V.
Hãy : a. Đề suất phương án chế tạo nhiệt kế ấy.
b. Viết biểu thức của cường độ dòng điện qua micrô ampe kế theo nhiệt độ.
c. Vẽ sơ đồ và ước tính giá trị của các linh kiện đã dùng.
Hết
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
BÌNH THUẬN Năm học : 2007 - 2008
MÔN : Vật Lý
Thời gian : 180 phút (không kể thời gian phát đề)

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài 1 (5 điểm)
a. Tìm các cách mắc khả dĩ và giá trị R
0
tương ứng với mỗi cách mắc.
- Điện trở của các bóng đèn :
R
1D
=
1
2
1
Dm

Dm
P
U
=
40
110
2
= 302,5 (
)Ω
0.25 điểm
R
2D
=
2
2
2
Dm
Dm
P
U
=
50
110
2
= 242 (
)Ω
0.25 điểm
R
3D
=

3
2
3
Dm
Dm
P
U
=
80
110
2
= 151,25 (
)Ω
0.25 điểm
Vì mạng điện có hiệu điện thế gấp đôi hiệu điện thế định mức của các đèn, nên phải
mắc thành hai nhóm nối tiếp, mỗi nhóm có một số đèn song song và mắc thêm điện trở phụ
R
0
sao cho điện trở tương đương của hai nhóm bằng nhau (dòng điện qua hai nhóm như nhau).
Có 4 cách mắc khả dĩ như sau :
0.75 điểm
0.75 điểm
- Với sơ đồ (a) :
0321
1111
RRRR
DDD
+=+
0
1

25,151
1
242
1
5,302
1
R
+=+

⇒
R
0
= 1210 (
Ω
) 0.5 điểm
- Với sơ đồ (b) :
0231
1111
RRRR
DDD
+=+
0
1
242
1
25,151
1
5,302
1
R

+=+

⇒
R
0

≈
172,86 (
Ω
) 0.5 điểm
- Với sơ đồ (c) :
0132
1111
RRRR
DDD
+=+
0
1
5,302
1
25,151
1
242
1
R
+=+

⇒
R
0

≈
134,44 (
Ω
) 0.5 điểm
- Với sơ đồ (d) :
25,151
1
242
1
5,302
11111
321
++=++
DDDtd
RRRR

⇒
R
td

≈
71,17 (
Ω
)
⇒
R
0

≈

71,17 (
Ω
) 0.5 điểm
b. Cách mắc nào lợi nhất (công suất tiêu thụ ở R
0
là nhỏ nhất), và với cách mắc đó
công suất tiêu thụ ở R
0
là bao nhiêu ?
Công suất tiêu thụ của R
0
: P =
0
2
R
U
- Vì U = 110 V = const nên P
min
khi R
max0
0.25 điểm
- Trong bốn cách mắc ta nhận thấy rằng theo cách mắc ở sơ đồ (a) là lợi nhất :
⇒
R
max0
= 1210 (
Ω
). 0.25 điểm
- P
min

=
max0
2
R
U
=
1210
110
2
= 10 (W). 0.25 điểm
Bài 2: (5 điểm)
* Nhận xét : Nếu vật không vượt được qua đỉnh của nêm thì vật lên đến độ cao cực đại bằng h
so với phương nằm ngang thì cả vật và nêm sẽ có cùng vận tốc là v (vật dừng trên nêm).
Ta có thể lập phương trình theo các định luật bảo toàn :
- Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta có :
2
0
2
1
mv
=
2
)(
2
1
vMm +
+ mgh (1) 0.5 điểm
- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng :
mv
0

= (m + M)v (2) 0.5 điểm
+ Từ (2)
⇒
v =
Mm
mv
+
0
thế vào (1) ta được :
+ Phương trình (1)
⇔
2
0
2
1
mv
=
2
0
)(
2
1






+
+

Mm
mv
Mm
+ mgh 0.25 điểm

⇔
2
0
2
1
mv
=
)(
)(
2
1
2
0
Mm
mv
+
+ mgh

⇔
2
0
2
1
v
=

)(2
1
2
0
Mm
mv
+
+ gh

⇔
(m + M)v
2
0
= mv
2
0
+ 2gh(m + M)

⇔
Mv
2
0
= 2gh(m + M)

⇒
h =
)(2
2
0
Mmg

Mv
+
0.25 điểm
Thay các giá trị M = 0,5 (kg), v
0
= 0,5 (m/s), m = 0,1 (kg), g = 10 (m/s
2
)
ta được h =
)5,01,0(10.2
5,0.5,0
2
+
=
12
125,0

≈
0,0104 (m) = 1,04 (cm) 0.25 điểm
a. Khi H = 1 (cm).
Khi H = 1 (cm) thì vật vượt đỉnh nêm, lúc rơi xuống sường sau thì vật hãm nêm, cuối cùng vật
sẽ đi nhanh hơn nêm.
Vận tốc cuối của vật v
1
> vận tốc cuối của nêm v
2

≥
0. áp dụng các định luật bảo toàn ta có : 0.25 điểm
2

0
2
1
mv
=
2
1
2
1
mv
+
2
2
2
1
Mv
(3) 0.5 điểm
mv
0
= mv
1
+ Mv
2
(4) 0.5 điểm
+ Từ phương trình (4)
⇒
v
2
=
M

vvm )(
10
−
thế vào phương trình (3) ta được :
⇔
mv
2
0
= mv
2
1
+ M
2
10
)(






−
M
vvm
0.25 điểm
⇔
Mmv
2
0
= Mmv

2
1
+ m
2
(v
0
- v
1
)
2
⇔
Mv
2
0
= Mv
2
1
+ m(v
0
- v
1
)
2
⇔
Mv
2
0
= Mv
2
1

+ mv
2
0
- 2mv
0
v
1
+ mv
2
1
⇔
(M + m)v
2
1
- 2mv
0
v
1
- (M - m)v
2
0
= 0 0.25 điểm
Ta có :
/
∆
= m
2
v
2
0

+ (M + m)(M - m)
= m
2
v
2
0
+ (M
2
- m
2
)v
2
0
= M
2
v
2
0
Ta có hai nghiệm : v
1
=
)(
2
0
2
0
mM
vMmv
+
+

=
1,05,0
5,0.5,05,0.1,0
+
+
=
6,0
3,0
= 0,5 (m/s) 0.5 điểm

⇒
v
2
= 0
Nghiệm thứ hai : v
1
=
)(
2
0
2
0
mM
vMmv
+
−
=
1,05,0
5,0.5,05,0.1,0
+

−
=
6,0
2,0−
= -
3
1
< 0 0.5 điểm
Vậy v
1
= 0,5 (m/s) ; v
2
= 0
* khi H = 1,2 cm, vật lên tới độ cao 1,04 cm thì bị trụt trở lại và thúc nêm.
⇒
v
2
> 0 ; v
1
có thể dương hoặc âm. 0.25 điểm
Ta nhận thấy rằng với v
1
= 0,5 (m/s) ; v
2
= 0 không phù hợp
Vậy v
1
=
3
1−

(m/s)
⇒
v
2
=
M
vvm )(
10
−
=
5,0
)
3
1
5,0(1,0 +
=
5,1
25,0
= 0,167 (m/s) 0.25 điểm
Bài 3 : (5 điểm)
1. Xác định vị trí và độ lớn ảnh của vật cho bởi hệ thấu kính :
d
/
1
=
11
11
fd
fd
−

=
15,0
1.5,0
−
= - 1 (cm). 0.25 điểm
d
2
= a - d
/
1
= 3,5 - (-1) = 4,5 (cm). 0.25 điểm
d
/
2
=
22
22
fd
fd
−
=
45,4
4.5,4
−
= 36 (cm). 0.25 điểm
Ảnh cho bởi hệ là ảnh thật cách thấu kính (L
2
) một đoạn 36 cm.
k
1

=
1
/
1
d
d−
=
5,0
)1(−−
= 2.
k
2
=
2
/
2
d
d−
=
5,4
36−
= -8
k
h
= k
1
.k
2
= -16. 0.25 điểm
A

2
B
2
=
h
k
.AB = 16.1,5 = 24 (mm) 0.25 điểm
Ảnh ngược chiều so với vật AB và có chiều cao A
2
B
2
= 24 (mm)
2. Xác định chiều dịch chuyển của vật AB, thấu kính (L
1
) để tăng độ lớn của ảnh
cho bởi hệ : Nhận xét :
- A
1
B
1
là ảnh ảo của AB cho bởi (L
1
), do đó A
1
B
1
cùng chiều với AB (k
1
>0). 0.25 điểm
- A

1
B
1
là vật thật đối với (L
2
), cho ảnh thật nên A
2
B
2
ngược chiều A
1
B
1
(k
2
<0). 0.25 điểm
⇒

h
k
=
AB
BA
22
= k
1
.
2
k
=

11
1
df
f
−
.
22
2
fd
f
−
(1). 0.25 điểm
Ta có : d
2
= a - d
/
1
= a -
11
11
fd
fd
−
0.25 điểm
⇒
d
2
- f
2
= a -

11
11
fd
fd
−
- f
2
=
11
21211111
fd
fffdfdafad
−
+−−−
=
11
211211
)]([
fd
ffafffad
−
+−+−
=
1
4)5(
1
1
−
+−−
d

ada
0.25 điểm
⇒

AB
BA
22
=
11
1
df
f
−
.
22
2
fd
f
−
=













−
+−−








−
1
4)5(
4
.
1
1
1
1
1
d
ada
d
(2) 0.25 điểm
Từ biểu thức (2) cho thấy khi cố định (L
1
) dịch chuyển vật AB hay cố định vật
AB dịch chuyển (L

1
) thì độ biến thiên nhỏ của d
1
không làm ảnh hưởng lên nhiều đối
với k
1
mà ảnh hưởng đáng kể đến
2
k
, nghĩa là vị trí A
1
B
1
đối với (L
2
) quyết định sự
thay đổi
h
k
, tức thay đổi độ lớn ảnh A
2
B
2
. 0.25 điểm
* Xét cách 1 : Cố định (L
1
), dịch chuyển vật AB :
- (L
1
) cố định, dịch chuyển vật AB, chiều chuyển

động của ảnh luôn cùng chiều chuyển động của vật.
Để ảnh thật A
2
B
2
cho bởi hệ có độ lớn tăng lên, vị
trí mới của nó phải xa (L
2
). Suy ra vật AB phải dịch
chuyển lại gần (L
1
). Hình (a) 0.25 điểm
* Xét cách 2 : Cố định vật AB, dịch chuyển (L
1
) :
- Trong trường hợp này, chiều chuyển động của ảnh
ảo A
1
B
1
của AB cho bởi (L
1
) sẽ chuyển động ngược
chiều với chiều chuyển động (L
1
) so với vật AB. Để ảnh thật A
2
B
2
cho bởi hệ có độ lớn

tăng lên, thì vị trí mới của A
1
B
1
cũng phải tiến gần (L
2
). Suy ra thấu kính (L
1
) phải dịch
chuyển lại gần vật AB (dịch chuyển xa L
2
). Hình (b) 0.25 điểm
* Gọi
∆
x là độ dịch chuyển đủ nhỏ của vật AB, củng như độ dịch chuyển của thấu kính (L
1
) :
* Ở cách 1 ta có : d
21
= O
2
C
/
1
=
/
11
d
+ a. 0.25 điểm
* Ở cách 2 ta có : d

22
= O
2
C
/
2
= a +
x∆
+
/
12
d
0.25 điểm
- Vì d
11
= d
12
= d
1
-
x∆

⇒

/
11
d
=
/
12

d

⇒
d
22
> d
21
⇒
Độ dời của A
1
B
1
ở cách 1 gần thấu kính (L
2
) hơn so với cách 2. Vậy ở cách 1 độ lớn của
ảnh A
2
B
2
tăng mạnh hơn. 0.25 điểm
3. Xác định d
1
để ảnh cho bởi hệ luôn luôn là ảnh thật :
Khoảng cách

từ 0
1
đến F
2
:


= f
2
- a = 4 - 3,5 = 0,5 (cm) 0.25 điểm
Để ảnh cuối cùng A
2
B
2
luôn là ảnh thật :
* - d
/
1
>

và d
1
< f
1
Ta có : - d
/
1
>

⇔
-
11
11
fd
fd
−

>

⇔

11
11
df
fd
−
>

⇔

1
1
1 d
d
−
> 0,5
⇔
d
1
> 0,5 – 0,5d
1
⇔
1,5d
1
> 0,5
⇒
d

1
>
3
1
(cm). (1) 0.25 điểm
* d
1
< f
1
⇒
d
1
< 1 (cm) (2) 0.25 điểm
Từ (1) và (2)
⇒

3
1
(cm) < d
1
< 1 (cm)
Vậy để ảnh cuối cùng luôn luôn là ảnh thật thì phải đặt vật AB trong khoảng
3
1
(cm) < d
1
< 1 (cm)
trước (L
1
).

Bài 4 : (5 điểm)
1. Ta có giãn đồ véc tơ như hình vẽ :
* Nhận xét :
- Dòng i nhanh pha
2
π
so với u
AD
và chậm pha
2
π
so với
u
DF
.
- Tam giác ADE có các cạnh 200 (V), 100
3
(V) và 100 (V)
nên ADE là nửa tam giác đều
+ U
AE
= I.Z = 1.Z
⇒
Z = 100 (
Ω
). 0.5 điểm
+ Sin
A
ˆ
=

AE
EF
U
U

⇒
U
EF
= U
AE
.Sin
A
ˆ
= 100.Sin60
0
= 100.
2
3
⇔
I.R = 100.
2
3

⇒
R = 50
3
(
Ω
). 0.5 điểm
+ Ta có : Cos

D
ˆ
=
DE
DF
U
U

⇒
U
DF
= U
DE
Cos
D
ˆ
= 100
3
.
2
3
= 150 (V)
⇔
I.Z
L
= 150
⇒
Z
L
= 150 (

Ω
).

⇔
L.2
π
f
0
= 150

⇒
L =
π
500
150
=
π
3,0
(H). 0.5 điểm
+ U
AD
= I.Z
C

⇒
Z
C
= 200 (
Ω
Mà C =

0
2
1
fZ
C
π
=
π
500.200
1
=
π
5
10
−
(F). 0.5 điểm
2. a :Tìm các giá trị R
/
, L
/
, C
/
(nếu có) của mạch và độ lệch pha giữa u
AD
và u
DE
.
* Khi tăng hoặc giảm tần số f thì dòng điện đều giảm,
chứng tỏ dòng điện cực đại ở tần số f
0

, ngĩa là có cộng
hưởng. Vậy phải mắc cuộn cảm vào hai chốt A, D và
mắc tụ điện vào hai chốt D, E để có cộng hưởng thì tổng
trở rút về điện trở R
/
. 0.25 điểm
- Ta có giản đồ véctơ như hình bên :
+ R
/
=
I
U
AE
=
1
100
= 100 (
Ω
). 0.5 điểm
+ Z
L
/
= Z
C
/
=
I
U
2
=

1
3100
= 100
3
(
Ω
).
+ L
/
=
0
2
/
f
Z
L
π
=
π
500
3100
=
π
5
3
(H). 0.5 điểm
+ C
/
=
0

2
1
/
fZ
C
π
=
π
500.3100
1
=
π
.35
10
4−
(F) 0.5 điểm
* Độ lệch pha giữa u
AD
và u
DE
:
- Dòng điện nhanh pha
2
π
so với u
DE
và chậm pha
3
π
so với u

AD
nên độ lệch pha giữa u
AD

và u
DE
là
6
5
π
. 0.25điểm
* Nếu đổi vị trí cuộn cảm và tụ điện thì ta trở lại sơ đồ ở câu 1(không có hiện tượng cộng hưởng
xãy ra).
2.b.Giữ nguyên tần số f = f
0
= 250 Hz và mắc thêm hai linh kiện nữa giống hệt hai
linh kiện của câu 2a vào mạch. Hỏi phải mắc thế nào để thỏa mãn; số chỉ của các vôn kế vẫn
như trước, nhưng số chỉ của ampe kế giảm đi một nửa. Trong trường hợp đó, nếu thay đổi tần
số f của nguồn điện thì số chỉ của ampe kế thay đổi như thế nào ?
* Để dòng điện giảm đi một nửa ta mắc các linh kiện theo sơ đồ như hình vẽ : 0.5 điểm
Theo sơ đồ này ta có :
R = 2R
/
L = 2L
/

⇒
Z
L
= 2L

/
2
0
f
π
C =
2
/
C

⇒
Z
C
=
0
/
2
2
fC
π
Vì Z
L
/
= Z
C
/
nên trong mạch xãy ra cộng hưởng
⇒
Nếu thay đổi tần số f thì dòng điện
sẽ giảm. 0.5 điểm

Hết
Học sinh có thể giải theo cách khác
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI THÀNH LẬP ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 12 THPT
BÌNH THUẬN DỰ THI QUỐC GIA
Năm học : 2007 - 2008
MÔN : Vật Lý
Thời gian : 180 phút (không kể thời gian phát đề)

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài 1: (5 điểm)
Khung dây hình tháp vẽ lại dạng phẳng như hình vẽ
a. Tính điện trở tương đương giữa A và C :
Do đối xứng nên V
B
= V
D
=
2
AC
VV −
= V
0
. Nên có thể bỏ
Đoạn OB và OD. 0.25 điểm
- Điện trở tương đương giữa A và C : R
AC
=
R
3
2

0.25 điểm
b. Tính điện trở tương đương giữa A và B :
Nếu tách các dây ở 0 như hình (a), do đối xứng V
01
= V
02
, nên
có tách hay chập không tác dụng gì đến dòng
⇒
Mạng mới
tương đương với mạng đã cho; ta có mạch điện có dạng như
hình (b) 0.5 điểm
- R
CD
=
3
2
R
- R
ADCB
=
3
2
R + 2R =
3
8
R.
-
AB
R

1
=
R
3
8
1
+
R
3
2
1
=
RR 2
3
8
3
+
-
AB
R
1
=
R8
15
⇒
R
AB
=
R
15

8
.
0.5 điểm
c. Tính điện trở tương đương giữa A và 0 :
- Do đối xứng nên V
B
= V
D
, ta chập ABC với ADC
Có dạng như hình (c), mạch điện tương đương như hình (d) 0.5 điểm
- R
BO
=
R
8
3
- R
ABO
=
R
8
7
- R
tđAO
=
R
15
7
0.5 điểm
- Dòng điện trong các đoạn dây dẫn có chiều như

hình(e)
* Căn cứ vào sơ đồ mạch điện hình (d) ta có :
- I
AO
=
AO
AO
R
U
=
2
14
= 7 (A).
0.25 điểm
- I
ABO
=
ABO
AO
R
U
=
2.
8
7
14
= 8 (A) 0.25 điểm
- U
BO
= I

ABO
.R
BO
= 8.
8
3
.2 = 6 (V)
- I
BO
=
2
R
U
BO
=
2
2
6
= 6 (A) 0.25 điểm
- I
BDO
= I
ABO
- I
BO
= 8 - 6 = 2 (A) 0.25 điểm
* Căn cứ vào mạch điện hình (e) ta có cường độ dòng điện trong các đoạn dây dẫn như sau :
I
1
= I

4
=
2
ABO
I
=
2
8
= 4 (A) 0.25 điểm
I
2
= I
3
=
2
BDO
I
=
2
2
= 1 (A) 0.25 điểm
I
5
= I
2
+ I
3
= 2 (A) 0.25 điểm
I
6

= I
4
- I
3
= 4 - 1 = 3 (A) 0.25 điểm
I
7
= I
1
- I
2
= 4 - 1 = 3 (A) 0.25 điểm
I
8
= I
AO
= 7 (A) 0.25 điểm
Hoặc cường độ dòng điện mạch chính I =
tdAO
AO
R
U
=
2.
15
7
14
= 15 (A)
I
8

= I - I
1
- I
4
= 15 - 4 - 4 = 7 (A)
Bài 2 : (5 điểm)
a. Tính chiều dài của lò xo.
- Chọn O là hệ qui chiếu (qui chiếu không quán tính).
Trong hệ qui chiếu này m ở vị trí cân bằng nên :
0
f

+
qt
f

=
0

(1) 0.25điểm
Với :
0
f

là lực đàn hồi f
0
= k(
0
 −
cb

) 0.25 điểm

qt
f

là lực quán tính
qt
f

= - m
ht
a

với a
ht
=
cb

.
2
ω
0.25 điểm
Chiếu phương trình (1) lên trục hướng tâm, ta được : f
0
- f
qt
= 0 0.25 điểm
⇔
k(
0

 −
cb
) - m.
cb

.
2
ω
= 0 (2) 0.25 điểm
⇔
k.
cb

- k.
0

- m.
cb

.
2
ω
= 0 0.25 điểm
⇒

cb

=
2
0

ω
mk
k
−

0.25 điểm
(hình vẽ biểu diễn đúng các véc tơ lực) 0.25 điểm
b. Tại vị trí bất kỳ có li độ x so với vị trí cân bằng mới (như hình vẽ)
- Theo định luật 2 Newtơn ta có :
f

+
qt
f

= m
a

(3) 0.5 điểm
- Chiếu phương trình (3) lên trục hướng tâm, ta có :
f - ma
ht
= ma
k(
0
−
) - m.

.
2

ω
= mx
//
(4) 0.5 điểm
Trừ phương trình (4) cho phương trình (2) vế theo vế ta được :
k(
0
−
) - m.

.
2
ω
- k(
0
 −
cb
) + m.
cb

.
2
ω
= mx
//
k

- m.

.

2
ω
-k
cb

- m.
cb

.
2
ω
= mx
//
k(

-
cb

) - m
2
ω
(

-
cb

) = mx
//
Trong đó : x = (


-
cb

)
x(k - m
2
ω
) = mx
//
x
//
-






−
2
ω
m
k
x = 0 (*) 0.5 điểm
Phương trình (*) có nghiệm tổng quát :
x = Asin(
ω
t +
ϕ
) 0.5 điểm

Với tần số góc :
Ω
=
2
ω
−
m
k
Vậy m dao động điều hòa với tần số góc
Ω
=
2
ω
−
m
k
Theo điều kiện ban đầu : + t = 0, x = x
0
+ t = 0, v = 0
Giả sử x
0
> 0 ta có : A = x
0
;
ϕ
=
2
π
Biểu thức li độ có dạng : x = x
0

sin








+








−
2
.
2
π
ω
t
m
k
1.0 điểm
Bài 3 : (5 điểm)
+ Gọi f, f

1
, f
2
lần lượt là tiêu cự của thấu kính (L), (L
1
),(L
2
).
+ Với (L) đặt tại 0 : , độ phóng đại ảnh là k.
+ Với hệ (L
1
,L
2
): , độ phóng đại ảnh là k
/
.
+ Thấu kính (L) đặt tại 0 có thể thay thế hệ (L
1
,L
2
) sao cho với bất kỳ vị trí nào của AB
đặt trước (L) đều cho độ phóng đại ảnh như hệ (L
1
,L
2
) nên ta có : k = k
/
0.25 điểm
+ Khi AB đặt tại 0 và chỉ có thấu kính (L): ta có k = 1. 0.5 điểm
+ Khi (L

2
) đặt tại 0
1
cho ảnh trùng với 0
2
; khi đảo vị trí
(L
2
) trùng với 0
1
thì ảnh của AB qua (L
2
) trùng với 0
2
và (L
1
), độ phóng đại là k
1
.
Ta có : k
1
= -
00
00
1
21
= -
00
100
1

Theo giả thiết ta có : k
1
= - 4k
⇒
0
1
0 = 25 (cm) 0.5 điểm
+ Tiêu cự của thấu kính (L
2
) : f
2
=
211
211
0000
00.00
+
=
10025
100.25
+
= 20 (cm). 0.5 điểm
+ Với hệ (L
1
,L
2
) : k
/
=
22

2
11
1
.
df
f
df
f
−−
= 1. (1) 0.25 điểm
Ta có : d
1
= 0
1
0 = 25 (cm)
⇒
d
/
1
=
11
11
fd
fd
−
=
1
1
25
25

f
f
−
d
2
= 0
1
0
2
- d
/
1
= 100 -
1
1
25
25
f
f
−
0.25 điểm
Phương trình (1)
⇔









−
−−
−
1
1
1
1
25
25
10020
20
.
25
f
f
f
f
= 1 0.25 điểm

⇔

111
1
f25f1002500f20500
f20
++−−
−
= 1

⇔

1
1
f1052000
f20
+−
−
= 1

⇔

1
1
f1052000
f20
−
= 1

⇔
20f
1
= 2000 - 105f
1
⇒
f
1
=
125
2000

= 16 (cm) 1.0 điểm
+ Với k = k
/
ta có :
df
f
−
=
22
2
11
1
.
df
f
df
f
−−
=






+
+
−+−
9d
500d84

20)].25d(16[
20.16
0.25 điểm
Vì d
2
= 0
1
0
2
- d
/
1
= 0
1
0
2
-
11
11
fd
fd
−
= 100 -
1625d
16).25d(
−+
+
=
9d
400d16900d100

+
−−+
=
9d
d84500
+
+
0.25 điểm
⇒
df
f
−
=
320d64
320
+
=
5d
5
+
⇔
df + 5f = 5f - 5d
⇔
df = - 5d
⇒
f = - 5 (cm) 1.0 điểm
Bài 4 : (5 điểm)
Ta dùng cầu Uytxtơn không cân bằng. Trên cac cạnh có 3 điện
trở bằng R ở t = 20
0

C nhưng điện trở thứ tư là điện trở bạch kim R
T
= R + dR. Ở nhiệt độ t > 20
0
C thì dR > 0 và cầu không cân
bằng. Mạch AB có điện kế và một điện trở rất lớn (điện trở tổng
cộng là R
/
) sẽ có dòng I
≠
0. Để tính I theo R, R
T
và R
/
ta viết
các phương trình Kiasốp. Với giả thiết các dòng có chiều như
hình vẽ, ta có 3 phương trình để tính i. i
/
và I :
1.0 điểm
iR + IR
/
- i
/
R
T
= 0 (1) 0.25 điểm
IR
/
+ R(i

/
+ I) - R(i - I) = 0
IR
/
+ 2IR +i
/
R - iR = 0 (2) 0.25 điểm
iR + R(i - I) = E
2iR - IR = E (3) 0.25 điểm
Từ pt (1)
⇒
i
/
=
T
R
IRiR
/
+
thế vào (2) ta được :
IR
/
+ 2IR + (
T
R
IRiR
/
+
)R - iR = 0
IR

/
R
T
+ 2IRR
T
+ iR
2
+ IR
/
R - iRR
T
= 0 (4) 0.25 điểm
Từ pt (3)
⇒
i =
R
IRE
2
+
thế vào pt (4) ta được :
IR
/
R
T
+ 2IRR
T
+ (
R
IRE
2

+
)R
2
+ IR
/
R - (
R
IRE
2
+
)RR
T
= 0
2IR
/
R
T
+ 4IRR
T
+ (E + IR)R +2IR
/
R - (E + IR)R
T
= 0
2IR
/
R
T
+ 4IRR
T

+ ER + IR
2
+2R
/
R - ER
T
- IRR
T
= 0
I(2R
/
R
T
+ 4RR
T
+ R
2
- RR
T
+ 2R
/
R) = ER
T
- ER
I[R(R + 2R
/
) + R
T
(2R
/

+ 3R)] = ER
T
- ER
⇒
I =
)32()2(
)(
//
RRRRRR
RRE
T
T
+++
−
(5) 1.0 điểm
Thế R
T
= R + dR vào pt (5) ta được :
I =
)32)(()2(
])[(
//
RRdRRRRR
RdRRE
++++
−+
=
)32(44
//2
RRdRRRR

EdR
+++
1.0 điểm
Vì R
/
>> R, nên ta có thể lấy giá trị I như sau : I
≈

RR
EdR
/
4
0.25 điểm
Với dây bạch kim : dR = 41.10
4−
R(t - 20)
Vậy biểu thức của dòng điện qua điện kế là : I =
/
4
4
)]20(10.41[
R
tE −
−
0.25 điểm
Ta nhận thấy I tỉ lệ với (t - 20) nên thang đo chia đều.
Ta muốn I = 10
5−
(A) khi t = 40
0

C thì : 10
5−
=
/
4
4
)]2040(10.41[5,4
R
−
−
⇒
R
/
= 9225 (
Ω
) 0.25 điểm
Với R = 100 (
Ω
) thì R
/
>> R , dR
max
=
E
IRR
/
4

=
5,4

9225.100.10.4
5−
0.25 điểm
= 8,2 (
Ω
) nhỏ, nên tính gần đúng trên đây là chấp nhận được.
Hết
(Học sinh có thể giải theo cách khác)