ĐỀ THI HSG môn lý lớp 12 THI CHỌN HSG TỈNH và HSG QUỐC GIA

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2010 – 2011
MÔN THI: VẬT LÝ
Thời gian làm bài thi: 180 phút
Ngày thi: 02/11/2010
(Đề thi có 02 trang)

Câu 1 (2,5 điểm): Một vật nhỏ A bắt đầu trượt từ đỉnh của một bán cầu cố
định, bán kính R = 90cm, xuống dưới (Hình 1). Tìm vị trí vật bắt đầu tách
khỏi mặt cầu và vận tốc của vật tại vị trí đó. Cho gia tốc trọng trường g =
10m/s2. Bỏ qua ma sát giữa vật và bán cầu.

A
R
Hình 1

Câu 2 (2,5 điểm): : Hai bình cầu A, B có thể tích là 400cm3 và 200cm3 được
nối với nhau bằng ống dài l = 30cm nằm ngang, tiết diện S = 0,2cm2. Ở 00C
giọt thủy ngân nằm giữa ống. Hỏi nếu nhiệt độ bình A là t1 = 10C và bình B
là t2 = -30C thì giọt thủy ngân dịch chuyển đi bao nhiêu ? Cho rằng với độ
biến thiên nhiệt độ nhỏ, thể tích bình và ống coi như không đổi, bỏ qua thể
tích giọt thủy ngân.
Câu 3 (2,5 điểm): Hai vật có khối lượng m1 và m2 được nối với
nhau bằng một sợi dây nhẹ, không dãn vắt qua một ròng rọc có
trục quay nằm ngang và cố định gắn vào mép bàn (hình 3). Ròng
rọc có momen quán tính I và bán kính R. Coi rằng dây không
trượt trên ròng rọc khi quay. Biết hệ số ma sát giữa vật m2 và mặt
bàn là , bỏ qua ma sát trục quay.

a. Xác định gia tốc của m1 và m2.
b. Tìm điều kiện giữa khối lượng m1, m2 và hệ số ma sát mặt bàn
 để hệ thống nằm cân bằng.

B

A
Hình 2

m2

Câu 4 (2,5 điểm): Cho mạch điện như hình 4. Các điện trở có giá trị
R1 = R2 = R3 = R4 = R5 = 3  ; Rx là một biến trở; nguồn điện có suất
điện động E = 5,4V; tụ điện có điện dung C = 0,01 F. Vôn kế V có điện
trở rất lớn, các dây nối có điện trở không đáng kể.
1. Ban đầu cho Rx = 1  thì vôn kế chỉ 3,6V.
a, Tính điện trở trong của nguồn điện.
b, Tính điện tích của bản tụ nối với M.
2. Tìm Rx để công suất tiêu thụ trên Rx cực đại. Tính công suất đó.
Câu 5 (2,5 điểm): Hai nguồn sóng trên mặt nước S1, S2 cách nhau
30 cm có biểu thức u1  u2  2 cos10t (cm,s). Biết vận tốc truyền sóng
v = 40 cm/s. Chỉ xét các điểm trên mặt nước.
1. Tại điểm M cách hai nguồn S1, S2 lần lượt là 10cm và 20cm ở đó
biên độ bằng bao nhiêu? Trên đoạn MS2 có bao nhiêu điểm có biên độ
cực đại, và bao nhiêu điểm đứng yên?

m1

Hình 3

V

R1

E, r

R3

M

Rx

C
R2 N

R4

R5
Hình 4


2. Gọi I là trung điểm của S1S2. Tìm khoảng cách tới I của tất cả các điểm nằm trên đường
trung trực của S1S2 có cùng pha với hai nguồn.
3. Tìm các điểm dao động cùng pha với I.
Câu 6 (2,5 điểm): Một con lắc đơn, gồm vật nặng m = 0,2kg, dây treo nhẹ, không dãn có chiều
dài l = 1m được treo ở A cách mặt đất là H = 4,9m. Truyền cho m một vận tốc theo phương ngang
để nó có động năng Wđ. Con lắc chuyển động đến vị trí dây
treo lệch góc   600 so với phương thẳng đứng thì dây treo A
bị đứt, khi đó vật m có vận tốc v0 = 4 m/s. Bỏ qua mọi lực
cản và ma sát. Lấy g = 10m/s2.


1. Xác định động năng Wđ.
2. Bao lâu sau khi dây treo đứt, vật m sẽ rơi đến mặt đất.
3. Nếu từ vị trí của vật khi dây treo bị đứt có căng một
sợi dây khác nghiêng với mặt đất một góc   300 trong mặt

phẳng quỹ đạo của vật m (Hình 5), thì vật m chạm vào dây
Hình 5
tại điểm cách mặt đất bao nhiêu.
Câu 7 (2,5 điểm): Một cái chậu có đáy là gương phẳng G nằm ngang (Hình
6). Đặt thấu kính L nhỏ, mỏng, dạng phẳng lồi, tiêu cự là 10 cm, sao cho
mặt lồi ở trên còn mặt phẳng thì nằm trên mặt phẳng ngang qua đỉnh của
chậu. Vật sáng S nằm trên trục chính của thấu kính, ở trong khoảng giữa
20
gương và thấu kính và cho hai ảnh thật, cách nhau
cm. Cho nước vào
3
đầy chậu thì hai ảnh thật lúc này cách nhau 15cm. Biết chiết suất của nước
4
là n = , Tìm độ cao h của chậu và khoảng cách từ vật S tới thấu kính.
3

O

L

h

S
G

Hình 6
Câu 8 (2,5 điểm): Mạch chọn sóng của một máy thu vô tuyến điện gồm một cuộn dây có độ tự
cảm L và một bộ tụ điện gồm một tụ không đổi C0 mắc song song với tụ xoay Cx. Tụ xoay có
điện dung là hàm bậc nhất của góc xoay và biến thiên từ C1=10pF đến C2 = 250pF khi góc xoay
biến thiên từ 00 đến 1200. Mạch có thể thu được các sóng điện từ từ 1=10m đến 2 =30m.
1. Tính L và C0.
2. Tính góc xoay của tụ để tụ thu được sóng có bước sóng 20m
-------------------------------------------------------------HẾT---------------------------------------------------

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

Chữ ký giám thị số 1:


SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2020 – 2011

HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN THI: VẬT LÝ
(Hướng dẫn chấm có 4 trang)
Câu
Nội dung
1
(2,5đ) Áp dụng định lí động năng Vận tốc tại M:
v2  2g.AH  2gR(1  cos) (1)

  
mv2
Fhl  P  N chiếu lên phương OM được: P cos   N 
(2)
R
Từ (1) và (2) được: N = mg(3cos  -2)

2
(2,5)

A
H

Điểm


N

M



v


P

O

Vật bắt đầu tách khỏi mặt cầu khi N = 0  cos  =2/3, hay bởi độ

Hình 1
2gR
Cao OH = Rcos  0 =60cm. Vận tốc v của vật tại vị trí đó: v2 
6v 6m/s
3
Thể tích ống nối: Sxl =6 (cm3)
V1 = 403cm3, V2 = 203cm3
Quá trình biến đổi (1):

P1V1 P2 (V1  V)

T1
T1  1

(1)

Quá trình biến đổi (2):

P1V2 P2 (V2  V)

T1
T1  3

(2)

(1) và (2)  V  1,98cm3
V
x
 9,9cm
S

3
a/ Xác định gia tốc của m1 và m2.
(2,5đ) + Biểu diễn các lực trên hình
+ Xét vật m1: m1g – T1 = m1a  T1 = m1(g –a)
(3.1)
+ Xét vật m2 : T2 – Fms = m2a  T2 = m2(g + a) (3.2)
a
+ Xét ròng rọc : (T1 – T2)R = I  T1  T2  I 2
(3.3)
R
g(m1  m2 )
Từ (4.1), (4.2), (4.3)  a 
(3.4)
I

m

m
1
2
R2
b/ Tìm điều kiện giữa khối lượng m1, m2 và hệ số ma sát mặt bàn  để hệ thống nằm
cân bằng.
Để hệ thống nằm cân bằng P1 = Fmsn ≤ (Fmsn)max,  m2µ ≥ m1

0,5
0,25
0,5
0,5
0,5

HV:0,25
0,5

0,5

0,5
0,5
0,5

0,5
0,25
0,25
0,5

0,5

0,5


4
(2,5)

1, (((R2 nt R4)//R5) nt Rx)//(R1 nt R3)
(R24 = 6; R245 = 2; R245x = 3; R13 = 6)
Rtd = 2
Do R1 = R3 và mắc nối tiếp nên U1 = U3 = U/2= 1,8V
U
Dòng điện Ix qua Rx: I x 
 1,2A
R x  R 245

Tính được điện trở trong r = 1 
U5 = U- RxIx = 2,4V
Do R2 = R4 và mắc nối tiếp nên U2 = U4 = U5/2=
1,2V

V

0,25

R1

E, r

A

0,25

R3

M

B
Rx

C
D

C

R2 N

UNM = UNA + UAM =-U2 + U1 = 0,6V >0
Vậy VN > UM do đó bản N là bản tích điện dương.
Q = CUNM = 6nC

R4

0,25
0,25

R5
Hình 4

6(R x  2)
5,4(R x  8)
E
: => I 

R td  r
7R x  20
Rx  8
I13(R1 + R3) = Ix(Rx + R245)  6I13 = Ix(Rx + 2)
I
I I
Ix
5,4(R x  8)
I
32,4
 13  x 13 


 Ix 
6 R x  2 R x  8 R x  8 (7R x  20)(R x  8)
7R x  20

2, R td 

Vậy Px  R x I2x 

(32,4)2 R x
(32,4)2

(7R x  20)2 (7 R  20 )2
x
Rx

0,5

0,25

0,25

=>Px lớn nhất thì R x 

20

7

0,25
0,25

Px(max)  1,875W

5
(2,5)

v.2
 8cm

(d 2  d1 )
A M  2A cos
 2 2cm

S1S2
 3,75 có tổng 7 cực đại, 8 cực tiểu trên vùng giao

thoa.
M nằm giữa cực đại bậc 1 và cực tiểu thứ 2 nên trên
đoạn MS2 có 05 cực đại, 05 cực tiểu.
1,  

M
0,25
S1

S2

0,25

0,25
N

2, Các điểm nằm trên trung trực của S1S2 nên d1=d2 =d.
d

x
Các điểm nằm trên trung trực của S1S2 có cùng pha với
S2

S1
nguồn thì: (d1  d 2 )  2k  d  k  8k
I

2
SS
Đặt x = IN=>x2 = d2 - 1 1 => x  64k 2  225
4
S1S2
 k  1,875 (k  Z)  k  2 .Vậy x  64k 2  225 (k  2)
Điều kiện: d  k 
2

0,25

0,25
0,25


S1S2 30

 3,75


8
(d1  d 2 ) (d1  d 2 )
Pha ban đầu của P: P 


8
P và I dao động cùng pha khi I  P  2n

3, Pha ban đầu của I: I 

6
(2,5)

0,25
0,25
0,25


hay  3,75  (d1  d 2 )  2n
8
 d1  d 2  16n  30 (n  N* )
1, Chọn gốc thế năng tại C, áp dụng định luật bảo toàn cơ
năng:
1
Wc  mgl(1  cos)+ mv20  2,6J
2
2, Chọn hqc xOy như hình vẽ. Chuyển động của vật theo
hai trục là
x = (v0cos)t

(1)

v0
1 2
y = gt  (v0 sin )t (2)
M 
2
O
(2) y  5t 2  2 3t (3)
Khi chạm đất y = 4,4m =>t = 1,34s.
5
x
3, (1)  t 
=> y  x2  3x
(4)
4
2
Mặt khác dây là một đoạn thẳng có PT: y
= (tan)x  x  3y

0,25
A
v0


0,25
0,25

O
0,25

0,25
C

x

M



h?

0,25

0,25
0,25

0,25
y

15 2
16
y  4y  0  y  m . =>y =16/15 m
4
15
và điểm đó cách mặt đất 3,33m

Gọi d = OS
Sơ đồ tạo ảnh:

7

(2,5)

0,25X2

S
S

O

L

Ta có d’ =

h

S
G

L
d

d’
G

d1

S1

d1’

d’

G
d1

d1’

d2

S2
d2’

0,25đ

d’ - d2’ = 2/3 => 2d2 - 4dh +100h - 60d - 200 = 0
Khi có nước:
S LCP
S’ L
S’’
S

L

10d
d-10

d1= h - d => d2 = 2h - d => d2’ =

d

0,25đ

S’

10(2h-d)
2h - d -10

(1)

d’’

S1

LCP
d2

S2
d2’ d3

0,25đ
0,25đ

0,25
L
d3’

S3


Ta có d’ =

0,25đ

7,5d
3d
=> d’’=
4
0,75d-10

7,5(2h-d)
3(2h-d)
=> d3’=
4
1,5h-0,75d-10
2
=> d’’- d3’ = 15
=> 0,5625d - 1,125dh +25h - 10d - 100 = 0 (2)
Từ (1) và (2) => d = 11,765 cm (loại)
d = 20 cm
(nhận)
=> h = 30 cm

0,25đ
0,25đ

d1= h-d => d2= 2h-d => d3=

8
(2,5)

1,

1  2c L(C0  C1 )
 2  2c L(C0  C2 )

=> L 

2

=>

12
 9,4.107 H
42 c2 (C0  C1 )
2

0,25đ
0,25đ

C0  C1  1 
1
  
2, C0  C3  3 
4
 C3  100pF
Gọi PT của Cx là Cx = a + b (*)
Khi 1=00 thì Cx1=10  b =10
Khi 2=1200 thì Cx2=250  250 = 10 + a120  a=2
Vậy PT sự phụ thuộc của Cx theo góc quay là : Cx = 2 + 10
Với C3 = 100pF thì  = 450

C0  10  1  1
  
C0  250   2  9
 C0  20pF

0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

-------------------------------------------------------HẾT--------------------------------------------------------------


SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA-VŨNG TÀU
-------------------

KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI
LỚP 12 THPT DỰ THI QUỐC GIA, NĂM HỌC 2010-2011
-------------------------------------------MÔN THI VẬT LÝ
Thời gian làm bài thi : 180 phút
Ngày thi : 07/12/2010

(Đề thi có 1 trang)

Câu 1 (4 điểm): Một thanh mảnh OA đồng chất, khối lượng M = 1kg, dài l = 1m
(hình1) có thể quay không ma sát trong mặt phẳng thẳng đứng quanh một trục cố định
nằm ngang đi qua đầu O của thanh. Lúc đầu thanh ở vị trí cân bằng, một vật nhỏ khối
lượng m=0,5kg chuyển động thẳng đều với vận tốc V0 = 0,5 m/s vuông góc với thanh
và vuông góc với trục quay của thanh, đến va chạm vào đầu tự do A của thanh. Coi va
chạm là hoàn toàn không đàn hồi. Sau va chạm, m gắn vào đầu A của và dao động cùng
thanh. Lấy g = 10 m/s2.
a. Chứng minh rằng sau va chạm, hệ dao động điều hoà.

b. Chọn gốc thời gian là lúc va chạm, chiều dương cùng chiều V0 , gốc toạ độ tại vị trí
cân bằng của hệ. Lập phương trình li độ góc của hệ.

O
M

V0

A

m

Hình 1

Câu 2 (4 điểm): Xylanh kín, hình trụ, thẳng đứng, chiều dài L chia thành hai phần nhờ
piston mỏng, cách nhiệt. Phần trên chứa 0,01 mol khí, phần dưới chứa n mol khí ở cùng
nhiệt độ là T1 = 300K. Lò xo có độ cứng là k = 963N/m, một đầu gắn vào xylanh, một đầu
gắn vào piston (hình 2). Khi cân bằng, piston cách đáy dưới là 0,6L, áp suất phần khí ở trên
là 104Pa và lò xo không biến dạng. Piston nặng m = 10 kg; tiết diện S = 100cm2.

Cho: g = 10m/s2 và hằng số chất khí R = 8,31 J/mol.K.
1. Tính số mol khí trong phần xylanh ở dưới piston.
2. Tăng nhiệt độ của một phần khí đến giá trị T2 và giữ phần còn lại ở nhiệt độ ban đầu
để piston cân bằng ở chính giữa xylanh. Tính nhiệt độ T2.
Hình 2

Câu 3 (4điểm): Trên mặt bàn nằm ngang rất nhẵn có một chiếc nêm khối lượng
M, mặt nêm nghiêng một góc  so với mặt bàn. Trên mặt nêm có một quả cầu
đặc, đồng chất và có khối lượng m (hình 3). Lúc đầu hai vật được giữ đứng yên;
sau đó thả ra, quả cầu lăn không trượt trên mặt nêm. Hãy xác định gia tốc của
nêm so với mặt bàn khi quả cầu đang lăn trên mặt nêm.

m
M



Hình 3

Câu 4 (4điểm): Điểm sáng A nằm trên trục chính của một thấu kính mỏng, phía bên kia thấu kính đặt
một màn (M) vuông góc với trục chính cách A đoạn L. Xê dịch thấu kính trong khoảng từ A đến màn
(M), ta thấy khi thấu kính cách màn một đoạn  1 = 40 (cm) thì trên màn thu được một vệt sáng nhỏ
nhất. Dịch màn ra xa A một đoạn 21 cm, rồi lại dịch chuyển thấu kính như trên thì ta lại thấy khi thấu
kính cách màn đoạn  2 = 55 (cm) thì trên màn lại thu được vệt sáng nhỏ nhất. Tính tiêu cự f của thấu
kính và khoảng cách L.
V2

Câu 5: (4 điểm): Cho mạch như hình vẽ 4: UAB ổn định và f = 50 Hz,

M

L,r

A

B

V1

R

Hình 4

C

N
K


4

H, RV1 = RV2 =  . Khi K đóng V1 chỉ 170V và uMN trễ pha hơn uAB
(rad).
5
4
Khi K mở, C được điều chỉnh để mạch cộng hưởng.
a) Tính điện trở của cuộn dây?
b) Tính số chỉ của V1 và V2 khi K mở?

R = 60 Ω; L =

------------------------------------------------------HẾT-----------------------------------------------------------Họ và tên thí sinh:...................................................
Chữ ký giám thị số
1:............................
Số báo danh: ...........................................................


SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA-VŨNG TÀU
2011
-------------------

CÂU
Câu 1
(4điểm)

KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI
LỚP 12 THPT DỰ THI QUỐC GIA,NĂM HỌC 2010-------------------------------------------HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN THI VẬT LÝ
( Hướng dẫn chấm có 03 trang)

NỘI DUNG
a/. m va chạm mềm với thanh l:
+ Áp dụng định luật bảo toàn mômen động lượng: Ltrước v.c = L sau v.c
Ml 2
 ml 2 .0  (ml 2 
Im . 0  (Im  I M ).
).
3
 3mV0 .l  (3m  M )l 2

3mV0
+
: tốc độ góc của hệ ngay sau va chạm, đồng thời là tốc độ
(3m  M )l
góc cực đại của hệ (M+m).
+ Sau va chạm, hệ lệch một góc  nhỏ ra khỏi vị trí cân bằng.
Phương trình động lực học cho vật rắn quay quanh một trục cố định
O:
M = Ihệ. 
l
M
 Mg. .sin   mg.l.sin   (  m).l 2 .
2
3
+ Do sin    và    "
g
l2
 ( M  2m) .  (3m  M ) . "
2
3
3 g M  2m
 " 
.
2l M  3m
3 g M  2m
Đặt  
=>  "   2 . => hệ vật dao động điều hoà.
2l M  3m
b/.Phương trình li độ
+ pt li độ góc có dạng:    0 .cos (t   )

 pt tốc độ góc có dạng:   0 ..sin (t   )

 max
3mV0
2l M  2m

.

( M  3m)l 3g M  3m
+ Thay số: M = 1kg; m = 0,2kg; l = 1m; V0 = 0,5m/s, ta được:
  3,62(rad / s);0  0,05(rad );

+ Chọn t0 = 0 lúc va chạm =>   
+ tốc độ góc cực đại:  max =  0 .   0 

2

Vậy pt li độ góc của hệ vật là:   0, 05.cos (3,62.t -


2

) (rad)

ĐIỂM
( 0,5điểm)
( 0,5điểm)
( 0,5điểm)

( 0,5điểm)

( 0,5điểm)
( 0,5điểm)

( 0,5điểm)

( 0,5điểm)


Câu 2
(4điểm)

1. Áp suất của piston là Δp=

mg
= 104 Pa
S

Gọi p1 và V1 là áp suất và thể tích của khối khí trên
Gọi p2 và V2 là áp suất và thể tích của khối khí dưới
Ta có :
p2 = p1 + Δp = 2.104Pa
p1 =
0,01.RT/V1
p2
n.V1
n.0,4
=
=
p1 0,01.V2 0,01.0,6

p2 = n.RT/V2 => n = 0,03 mol
2. p1 = 0,01.RT/V1= 0,01.RT/(S.0,4L) => L = 62,325 cm.
Khi cân bằng, lò xo dãn l = 0,1L = 6,2325cm
k.Δl
Áp suất của lực đàn hồi gây ra là p' =
 0,6.104 Pa.
S
Áp suất của khối khí dưới : p’2 = p2.0,6/0,5 = 2,4.104 Pa
Áp suất của khối khí trên : p’1 = p’2 - p + p’ = 2,4.104 - 104 + 0,6.104 = 2.104
Pa
p' .V'
Nhiệt độ của khối khí trên : T2 = 1 1 T1 = 750 K
p1.V1
Câu 3
(4điểm)

N12
y
x

ma1
O Fmsn
 mg
Mg

0, 5đ

0,5đ
0,5đ
0,5đ

0, 5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0, 5đ


Fmsn

N21

a1(+)

 Vẽ lực đúng
Gọi nêm là vật 1; quả cầu là vật 2. Gia tốc của nêm là a1; quả cầu có gia tốc
góc  và gia tốc khối tâm đối với nêm là a21.
 Định luật 2 Niutơn cho chuyển động của nêm trong hệ qui chiếu gắn với
mặt sàn:
Ma1 = N21sin - Fmsncos
(1)
 Xét chuyển động của quả cầu trong hệ qui chiếu gắn với nêm:
Ox: ma1cos + mgsin – Fmsn = ma21 (2)
Oy: N12 + ma1sin – mgcos = 0
(3)
2
2
Fmsn R  mR 2   mRa 21
(4)
5

5
 Giải hệ phương trình (1), (2), (3) và (4), ta được:
5mgsin  cos 
a1 =
7(M  m)  5mcos 2 

( 0,75điểm)

( 0,75điểm)
( 0,5điểm)
( 0,5điểm)
( 0,5điểm)
(1điểm)


Câu 4 -Nhận xét : vật thật cho ảnh thật  Đây là thấu kính hội tụ.
(4điểm) -Vẽ hình

( 0,5điểm)
( 0,5điểm)

-Ta có:
r d d L
=
R
d/
/



r
R

d

=

d. f
L
d f
d. f
d f



r
R

=

d 2  Ld  Lf
fd

=

( 0,5điểm)

d L L
 
f

f d
 d L
-Vì R không đổi, để r nhỏ nhất thì    nhỏ nhất.
 f d
2
d
( L  ) 2
Điều kiện này xảy ra khi : f =
=
L
L

Câu 5
(4điểm)

( 0,5điểm)

( 0,5điểm)
( L  40) 2
* Khi thấu kính cách màn một đoạn    1 = 40 cm. f =
(1)
L
* Khi thấu kính cách màn một đoạn    2 = 55 cm và màn dịch chuyển ra xa
A một đoạn 21 cm ta có :
( 0,5điểm)
( L  21   2 ) 2
( L  21  55) 2
f =
=
(2)

L  21
L  21
( L  34) 2
( L  40) 2
Từ (1) và (2) ta có :
=
L
L  21
2
 (L + 21)(L - 80L + 1600) = (L 2 - 68L + 1156)L
 L 3 - 80L 2 + 1600L + 21 L 2 - 1680L + 33600 = L 3 - 68 L 2 +
1156L
( 0,5điểm)
 9L 2 - 1236L + 33600 = 0
L = 100 (cm)
( 0,5điểm)
L = 37,33 (cm) Loại
( L  40) 2
(100  40) 2
Từ (1) ta tính được : f =
=
= 36 (cm)
L
100
a/.Ta có mạch điện như hình vẽ
A

V2

L,r

C

R
M
V1

4
Cảm kháng Z L  .L  2 .50.  80
5

B

N

K
A

L,r

R
M
V1

B
N

( 0,5điểm)

* Khi K đóng
-Vẽ hình

( 0,5điểm)

2
-Ta có: UAB = UAN = 170V  U AN
 (U r  U R )2  U L2

 (U r  U R )2  U L2  1702 (1)


-vì uMN trễ pha hơn uAB `     tan   1
4
4
Z
 L  1  Z L  r  R  U L  U r  U R (2)
rR
thay (2) vào (1) ta được (U r  U R )2  (U r  U R )2  1702  U r  U R  85 2 V

UL = 85 2 V  I 

U L 85 2 17


2A
ZL
80
16

17
2 = 63,75 2 V  Ur = 85 2 -63,75 2 = 21,25 2 V
16
U
21, 25 2
 r r 
 20
17
I
2
16
b/ Khi K mở mạch xảy ra cộng hưởng nên ZC = ZL = 80Ω
U
170
17
ta có U = 170V  I 

 A
r  R 20  60 8
17
Số chỉ V1: U AN  I .Z AN  I . (r  R)2  Z L2 
(20  60)2  802  170 2V
8
17
Số chỉ V2: U MB  I .Z MB  I . R 2  ZC2 
602  802  212,5V
8

( 0,5điểm)
( 0,5điểm)

( 0,5điểm)

 UR = R.I = 60.

( 0,5điểm)

( 0,25điểm)
( 0,25điểm)
(0,25điểm)
( 0,25điểm)