de thi hsg vat ly lop 12 tinh Gia Lai bang B nam 2017 2018

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018
Mơn thi: VẬT LÍ - Bảng B
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 09/12/2017
(Đề này gồm 02 trang, có 7 câu)

Câu 1 (3,0 điểm). Hai xe mô tô A và B chuyển động thẳng đều theo hai con đường vng góc với nhau,
cùng tiến về phía ngã tư (giao điểm của hai con đường), xe A chạy từ hướng Tây sang hướng Đông với
tốc độ 50  km / h  ; xe B chạy từ hướng Nam về hướng Bắc với tốc độ 30  km / h  . Lúc 8 giờ 15 phút, xe
A và xe B cùng cách ngã tư lần lượt 2,2  km  và 2  km  . Tìm thời điểm mà khoảng cách giữa hai xe là
nhỏ nhất. Tính khoảng cách này.
Câu 2 (4,0 điểm). Con lắc đơn gồm quả cầu nhỏ khối lượng m1  100(g), chiều dài là

 1,0  m  .

Con lắc lị xo gồm lị xo có độ cứng k  25  N / m  và quả cầu khối lượng



m2 = m1 (hình vẽ). Lấy g  10 m / s2



và 2  10. Bố trí hai con lắc

sao cho khi hệ cân bằng, lò xo không biến dạng, sợi dây thẳng đứng. Kéo

m1 lệch khỏi vị trí cân bằng để sợi dây lệch một góc nhỏ  0  0,1  rad  ,

k

m2
m1

rồi thả nhẹ. Bỏ qua mọi ma sát, coi va chạm giữa hai quả cầu là tuyệt đối
đàn hồi xuyên tâm và sau va chạm lần thứ nhất, lò xo bị nén.
a) Tính vận tốc của m2 ngay sau khi va chạm với m1 và độ nén cực đại của lò xo.
b) Tìm chu kì dao động T của hệ.
c) Chọn gốc thời gian là lúc bắt đầu va chạm, chiều dương của trục tọa độ là chiều chuyển động của vật
m2 ngay sau va chạm lần đầu tiên. Hãy vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của vận tốc theo thời gian của
con lắc lò xo  0  t  T  .

Câu 3 (2,0 điểm). Một nguồn phát sóng dao động điều hịa tạo ra sóng trịn đồng tâm O, truyền trên
mặt nước với bước sóng . Hai điểm M và N thuộc mặt nước, nằm trên hai phương truyền sóng mà các
phần tử nước đang dao động. Biết OM  8, ON  12 và OM vuông góc với ON . Tìm số điểm
trên đoạn MN có phần tử nước tại đó dao động ngược pha với dao động của nguồn O.


Câu 4 (4,0 điểm). Đặt điện áp xoay chiều có biểu thức: u  200 2cos 100t    V  vào hai đầu
6

đoạn mạch AB (hình vẽ). Cuộn cảm thuần có độ tự cảm L xác định; R là một biến trở, tụ điện có
điện dung C thay đổi được.
C
R
N
a) Điều chỉnh biến trở đến giá trị R  200    , điều chỉnh điện dung để M

điện áp hiệu dụng giữa hai đầu đoạn mạch MB đạt giá trị cực tiểu là U1



và giá trị cực đại là U2  400 V  . Tính giá trị U1 và L.

L



A

B

b) Điều chỉnh biến trở đến giá trị R  300 3    , tiếp tục điều chỉnh điện dung để tổng điện áp
hiệu dụng U AN  U NB  đạt giá trị cực đại. Viết biểu thức điện áp uAN (t) lúc này.

Đăng tải bởi

Page 1


Câu 5 (3,0 điểm). Một khung dây dẫn phẳng, hình vng cạnh a, khối lượng m,

z

a

khơng biến dạng, có điện trở R, được ném ngang từ độ cao z0 xác định  a  z0 

v0

với vận tốc v0 trong vùng có từ trường với cảm ứng từ B có hướng không đổi, độ

lớn phụ thuộc độ cao z theo qui luật B  B0  k .z với B0 , k là những hằng số,
B
k  0. Bỏ qua mọi lực cản. Biết rằng trong suốt quá trình ném, mặt phẳng khung
ln thẳng đứng, vng góc với B và khung khơng quay; Cho gia tốc trọng trường
là g (hình vẽ).
O
x
a) Viết biểu thức từ thông  qua khung dây theo tọa độ z.
b) Xác định tốc độ cực đại mà khung đạt được.
Câu 6. (2,0 điểm). Cho hệ 3 thấu kính L1 , L2 , L3 đặt đồng trục như hình vẽ. Hai thấu kính L1 và L3 được
giữ cố định tại hai vị trí O1 và O3 cách nhau một đoạn

 90  cm  . Thấu kính L2 đặt tại vị trí cách L1

một khoảng O1O2  30  cm  . Vật sáng phẳng, nhỏ, có chiều cao AB, đặt vng góc với trục chính, ở
trước L1 cách L1 khoảng d1  60  cm  . Khi đó ảnh cuối của vật AB cho bởi hệ ở sau L3 và cách L3 một
khoảng bằng 120  cm  .
B

- Nếu bỏ L2 đi thì ảnh cuối khơng có gì thay đổi và vẫn ở
vị trí cũ.
A
- Nếu khơng bỏ L2 mà dịch chuyển nó từ vị trí đã cho về

L1

L2

L3

O1

O2

O3

phía L3 một đoạn 40  cm  thì ảnh cuối dịch chuyển ra xa vơ cực.
Tính các tiêu cự f1 , f 2 , f 3 của các thấu kính.

Câu 7 (2,0 điểm). Có 3 điện trở R1 , R2 , R3 được mắc thành mạch theo sơ đồ như
hình vẽ. Trình bày phương án xác định giá trị của các điện trở trên, nếu các
dụng cụ đo không được mắc vào tiếp điểm O. Đồ dùng gồm có: Nguồn điện khơng
đổi (E , r ) ; Ampe kế lý tưởng (A); Vôn kế lý tưởng (V); Khóa ngắt điện (K) và các
dây dẫn có điện trở khơng đáng kể.

O

R1

R2

R3

-------------- HẾT --------------

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




Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu;
Giám thị coi thi khơng giải thích gì thêm.

Đăng tải bởi

Page 2




KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2017 - 2018
Mơn: VẬT LÍ - BẢNG B
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 09/12/2017
(Hướng dẫn này gồm 05 trang)

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO GIA
LAI
ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
Câu
1
(3,0
đ)

NỘI DUNG - LƯỢC GIẢI
+ Chọn hệ trục tọa độ Oxy, với: Trục Ox theo hướng từ Tây sang Đông; Trục Oy theo
hướng từ Nam sang Bắc; Gốc tọa độ O tại ngả tư.
+ Chọn mốc thời gian là lúc 8 giờ 15 phút.

ĐIỂM
0,25
0,25

y

vA
O
vB

x0

0,50

x

y0
+ Phương trình chuyển động của mỗi xe lần lượt là:
Mô tô A: x  x0  vA .t  2,2  50t (km)

0,50

Mô tô B: y  y0  vB .t  2  30t (km)

2

(4,0
đ)

+ Khoảng cách giữa hai mô tô: L  x 2  y 2  3400t 2  340t  8,84 (km)

0,50

 L  3400.(t  0,05)2  0,34 (km)

0,25

+ Nhận xét: L  0,34 (km)  0,583(km)  583(m)

0,25

 Lmin  583 (m). Suy ra: t  0,05(giờ)  3( phút) .
Vậy: Lúc 8 giờ 18 phút, khoảng cách nhỏ nhất giữa hai mơ tơ là 583 (m) .

0,50

a) Tìm vận tốc của m2 ngay sau khi va chạm với m1 và độ nén cực đại của lò xo.
+ Gọi vận tốc m1 ngay trước khi va chạm là v0 : m1gh  m1g  (1- cos  0 ) 
+ Khi đó: v0 = 0 g =0,1. 2 .1  0,1.  m / s 

1
 m1  v02
2

 2,0 ñ
0,25

0,25

+ Gọi v1 , v2 là vận tốc của m1 , m2 ngay sau khi va chạm.
(1)
m1 .v0  m1 .v1  m2 .v2

+ Vì va chạm đàn hồi, xuyên tâm nên:  1
1
1
2
2
2 (2)
 .m1 .v0  .m1 .v1  .m2 .v2
2
2
2
(3)
v  v  v
+ Vì m1  m2 nên từ (1) và (2) ta có:  02 12 22 (4)
v0  v1  v2

Đăng tải bởi

0,50

0,25

Page 3

+ Từ (3) suy ra: v02   v1  v2   v12  v22  2  v1  v2 ; So sánh với (4) suy ra: 2.v1.v2  0

0,25

+ Vì lị xo bị nén nên v2  0   v1  0; v2  v0  0,1.  m / s  .

0,25

2

+ Khi lò xo ở vị trí có độ nén cực đại, áp dụng định luật bảo toàn cơ năng:
1
 k 
2



2
max

1
  m2  v22   
2



max

m2
 0,02(m)  2(cm) .

k

 v2 

0,25

 1,0 đ

b) Chu kì dao động:
+ Con lắc đơn: T1  2

g

 2(s)
0,50

m
+ Con lắc lò xo: T2  2 2  0,4(s)
k
1
1
+ Chu kì dao động của hệ: T  (T1  T2 )  (2  0,4)  1,2(s)
2
2
c) Vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của vận tốc theo thời gian của con lắc lò xo.

0,50

 1,0 đ



+ Phương trình li độ của con lắc lị xo: x  0,02.cos  5t -  (m)
2

+ Phương trình vận tốc của con lắc lị xo: v  0,1..cos  5t  m / s 

0,25

+ Bảng giá trị:
t (s)

0

v (m / s)

v0

0,1

0,2

0

v0

0,3

0

0, 4

0,5

0

0

0,6

0

0, 7

0,9

0

0

1, 0

0

1,1

0

1,2

0




0,25

v (m / s)

+ Đồ thị được vẽ:

0,1.
O

t (s)

0, 2
0,1

0,50

1,2

0,1.
3
(2,0
đ)

+ Gọi I là một điểm bất kì nằm trên đoạn MN. Để I dao động ngược pha với nguồn O thì:


d   2k  1  với k  Z
2

0,25

M

H

0,25

I
O

+ Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vng ta có:
Đăng tải bởi

d

N

0,25
Page 4


1
1
1
24



 OH 

2
2
2
OH
OM
ON
13
+ Tìm số điểm dao động ngược pha với nguồn O trên đoạn NH:
24
24

Vì OH  OI  ON 
   d  12 
    2k  1   12
2
13
13
 6,1  k  11,5  Có 5 điểm dao động ngược pha với nguồn O trên đoạn NH.

4
(4,0
đ)

0,50

+ Tìm số điểm dao động ngược pha với nguồn O trên đoạn MH:
24

24

Vì OH  OI  OM 
  d  8 
   2k  1  8
2
13
13
 6,1  k  7,5  Có 1 điểm dao động ngược pha với nguồn O trên đoạn MH.
 Có tất cả 6 điểm dao động ngược pha với nguồn trên đoạn MN.
a) Tính giá trị U1 và L.
+ Ta có: U MB 

+ Đặt f ( ZC ) 

U R 2  ZC2
R  ( Z L  ZC )
2

Z L2  2 Z L ZC
R Z
2

+ f   ZC   0 khi ZC 

2
C

0,25

 2,0ñ

U


1

 f   ZC  

0,25

Z  2 ZL ZC
2
L

R 2  ZC2



2Z L ZC2  Z L ZC  R 2

R

2

 ZC2





0,25

2

Z L  4 R 2  Z L2

0,25

2

+ Khi Z C  0 thì: U MB 

+ Khi ZC 

2

0,50

U
Z
1
R

Z L  4 R 2  Z L2
2

2
L
2

U

thì U MB 

R

0,25

R  Z L2
2

2UR
4 R 2  Z L2  Z L

0,25

+ Khi ZC   thì U MB  U
+ Bảng biến thiên:
ZC

0,25

Z L  4 R 2  Z L2

0

f   ZC 
f  ZC 

UMB



2


2Z L

Z L2

0,25

2UR

UR
R Z

0

Z L  4 R 2  Z L2

R2
2



0

2

L

+ Từ bảng biến thiên ta có: U MB  U MB max 

Đăng tải bởi

4R  Z2L  ZL
2

2UR
4 R 2  Z L2  Z L

U

 U2

Page 5


  R  Z L   4 R 2  Z 2 L  Z L  1, 5R  300     L 
2

UR

 U MB  U MB min  ZC  0  U MB min 

R 2  Z L2

ZL 3


 

H 
UR

 U1  U1 =

R 2  Z L2

 111  V 

 2,0ñ

b) Viết biểu thức điện áp uAN (t) .

U AN

U
sin 
+ Ta có:
 NB  U NB  U .
 sin 

sin
sin
3
3
U

+ Tương tự:

U

sin
3



U AN
 2

sin 
  
 3


0,25

 U AN

 2

sin 
  
3

 U. 

sin
3

O


6


3



UR

U AB

UC

 U AN  U NB


 2

sin 
   

sin 
 3

 U.






sin
 sin

3
3



+ U AN  UNB  U 







3 sin   cos  U AN  U NB  2U  cos      2U
3


+ Suy ra: U AN  UNB 
+ Mặt khác: u
5
(3,0
đ)

AN



max


 Lúc này: U0  U0  200 2 V 
AN
AB
3


 200 2cos 100t    V 
6


khi  


nên uAN
6

a) Viết biểu thức từ thông  qua khung dây trên theo tọa độ z.
z
+ Vẽ hình đúng.
F1

G

z

+ Vì độ cao của khung giảm dần nên B giảm.
 Từ thơng giảm, dẫn đến có dịng điện cảm ứng.

ic

0,50
0,50
0,50

 1,5đ
0,50
0,25

v0 F 2

F4

+ Mặt khác Bc  B nên dịng điện cảm ứng ic cùng
chiều kim đồng hồ.

F3

vz

O

0,50

x

+ Ở thời diểm t , trọng tâm G của khung có tọa độ z,
từ thông qua khung:
  a 2 B  a 2  B0  k .z 

b) Xác định tốc độ cực đại mà khung đạt được.
+ Trong khoảng thời gian t rất nhỏ, suất điện động cảm ứng xuất hiện trong khung:

z
z
ec 
 a2k
 a2k
 a 2 kvz (Với vz là tốc độ tức thời).
t
t
t

Đăng tải bởi

0,25

0,50

 1,5ñ
0,50

Page 6

+ Dịng điện cảm ứng xuất hiện trong khung có độ lớn: i 

ec a 2 kvz

R
R

+ Lực từ tổng hợp F  F 1  F 2  F 3  F 4 hướng lên và có độ lớn tăng theo v z (theo định
luật Lenxơ). Đến khi F  P, theo trục Oz khung sẽ chuyển động thẳng đều với vận tốc

0,25

vz  vzmax .
+ Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng:
2

 a 2 kvz max 
mgR
mgvz max t  Ri t  mgvz max  R 
  vz max  2 4 .
R 
k a

+ Trên phương ngang, khung chuyển động thẳng đều: vx  v0 .

0,25

2

2

+ Tốc độ cực đại của khung: vmax  v
6
(2,0
đ)

2
z max

 mgR 
 v   2 4   v02
k a 

0,50

2
0

+ Sơ đồ tạo ảnh với hệ ba thấu kính:
L3
L1
L2
AB 
 A1B1 
 A2 B2 
A31B31
d1

d1'

d2

d2'

d31

0,25

d31'

L3
L1
+ Sơ đồ tạo ảnh với hệ hai thấu kính L1 , L3 : AB 
 A1B1 

 A32 B32
d1

d1'

d32

d32'

0,25

+ Vì: A32 B32  A31B31; d32/  d31/  120  cm  nên: d32  d31  d2/  d2  0
+ Ta có: d 2  O1O2  d1/  d1/  O1O2  30  cm 

0,25

d31  O2O3  d  O2O3  90  30  60  cm 
/
2

+ Tính được: f1 

d31  d31/
d1  d1/
60.30
60.120


20
cm
f


 40  cm 
;


3
/
/
d1  d1 60  30
d31  d31 60  120

+ Sơ đồ tạo ảnh sau khi di chuyển thấu kính L2

L

L

L

3
1
2
AB 
 A1B1 

 A23 B23 
A33 B33
d1

d1'

d23

d23'

d33

 ở  

0,25

d33'

+ Vì d33/    d33  f3  40  cm 
+ Mà d33  O2/ O3  d 23/  d 23/  O2/ O3  d33  20  40  20  cm 

0,25

+ Ta có: d23  O1O2/  d1/  70  30  40 (cm)

0,25

+ Tiêu cự của thấu kính L2 : f 2 
7
(2,0
đ)

0,25

E,r

E,r
A

(K )

0,25

E,r
A

(K )

A

(K )

V

V

V

O

O

O

R2

R1
(Hình 1)

d 23d 23/
40.(20)

 40  cm  .
/
d 23  d 23
40  20

R3

R2
(Hình 2)

R3
R1

+ Bước 1: Mắc các dụng cụ đo vào mạch điện như hình 1.

Đăng tải bởi

R3

R1
(Hình 3)

R2
0,25

Page 7


+ Khi đó, áp dụng định luật Ơm ta được: I1 

U1
R1  R 2

(1)

Với U1 , I1 là hiệu điện thế và cường độ dòng điện đo được bởi Vôn kế và Ampe kế trong

phép đo lần thứ nhất.
+ Bước 2: Mắc các dụng cụ đo vào mạch điện như hình 2.
U2
(2)
+ Khi đó, áp dụng định luật Ơm ta được: I2 
R 2  R3

0,25

0,25

Với U2 , I2 là hiệu điện thế và cường độ dòng điện đo được bởi Vôn kế và Ampe kế
trong phép đo lần thứ hai.

0,25

+ Bước 3: Mắc các dụng cụ đo vào mạch điện như hình 3.
U3
(3)
+ Khi đó, áp dụng định luật Ôm ta được: I3 
R1  R3

0,25

Với U3 , I3 là hiệu điện thế và cường độ dòng điện đo được bởi Vôn kế và Ampe kế
trong phép đo lần thứ ba.

U
U 
1 U

 R1    1  3  2 
2  I1
I3
I2 


U U 
1 U

+ Bước 4: Giải hệ phương trình (1), (2) và (3), ta được: R 2    2  1  3 
2  I2
I1
I3 




 R  1   U3  U 2  U1 
3


2  I3
I2
I1 


0,25

0,50

* Ghi chú:
- Thí sinh luận giải theo các cách khác, nếu đúng vẫn đạt điểm tối đa theo biểu điểm.
- Thí sinh trình bày thiếu hoặc sai đơn vị ở đáp số mỗi câu sẽ bị trừ 0,25 điểm (tồn bài khơng trừ q 0,5 điểm).

--------- HẾT ---------

Đăng tải bởi

Page 8