Đề thi chọn HSG cấp trường môn Vật lí lớp 12 năm 2017-2018 lần 1 - THPT Đồng Đậu

TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU

(ĐỀ THI CÓ 2 TRANG)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017-2018
Môn: VẬT LÝ THPT
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề.
Ngày thi: 18/09/2017.

Câu 1. (2,5 điểm)
Một con lắc lò xo được treo thẳng đứng gồm vật nặng khối lượng m = 1kg, lị xo nhẹ có
độ cứng k = 100N/m. Đặt giá B nằm ngang đỡ vật m để lị xo có chiều dài tự nhiên. Cho giá B
chuyển động đi xuống với gia tốc a = 2m/s2 không vận tốc ban đầu.
a. Tính thời gian từ khi giá B bắt đầu chuyển động cho đến khi vật rời giá B.
b. Chọn trục tọa độ có phương thẳng đứng, chiều dương hướng xuống, gốc tọa độ tại vị
trí cân bằng của vật, gốc thời gian là lúc vật rời giá B. Viết phương trình dao động điều hịa của
vật.
Câu 2. (2 điểm)
Trong thí nghiệm giao thoa sóng mặt nước, hai nguồn kết hợp S1, S2 cách nhau 8cm dao
động cùng pha với tần số f = 20Hz. Tại điểm M trên mặt nước cách S1, S2 lần lượt những
khoảng d1 = 25cm, d2 = 20,5cm dao động với biên độ cực đại, giữa M và đường trung trực của
AB có hai dãy cực đại khác.
a. Tính tốc độ truyền sóng trên mặt nước.
b. N là một điểm thuộc đường trung trực của đoạn thẳng S1S2 dao động ngược pha với
hai nguồn. Tìm khoảng cách nhỏ nhất từ N đến đoạn thẳng nối S1S2.
c. Điểm C cách S1 khoảng L thỏa mãn CS1 vng góc với S1S2. Tính giá trị cực đại của
L để điểm C dao động với biên độ cực đại.
Câu 3: (2,5 điểm)
Trên mặt nước có hai nguồn phát sóng kết hợp A, B dao động theo phương trình:
u A 2 cos(20t )cm và u B 2 cos(20t   )cm .Coi biên độ sóng khơng đổi, tốc độ sóng là 60cm/s.

a. Viết phương trình sóng tổng hợp tại điểm M cách A, B những đoạn là: MA = 9cm;
MB = 12cm.
b. Cho AB = 20cm. Hai điểm C, D trên mặt nước mà ABCD là hình chữ nhật với AD =
15cm. Tính số điểm dao động với biên độ cực đại đoạn trên AB và trên đoạn AC.
c. Hai điểm M1 và M2 trên đoạn AB cách A những đoạn 12cm và 14cm. Tính độ lệch
pha dao động của M1 so với M2. .
Câu 4: (2 điểm)
Cho quang hệ đồng trục gồm thấu kính phân kì O 1 và thấu kính hội tụ O2. Một điểm sáng S
nằm trên trục chính của hệ trước O 1 một đoạn 20cm. Màn E đặt vng góc trục chính của hệ
sau O2 cách O2 một đoạn 30cm. Khoảng cách giữa hai thấu kính là 50cm. Biết tiêu cự của O 2 là
20cm và hệ cho ảnh rõ nét trên màn. Thấu kính phân kì O 1 có dạng phẳng - lõm, bán kính mặt
lõm là 10cm.
a. Tính tiêu cự của thấu kính phân kì O1 và chiết suất của chất làm thấu kính này.


b. Giữ S, O1 và màn E cố định, người ta thay thấu kính O 2 bằng một thấu kính hội tụ L
đặt đồng trục với O1. Dịch chuyển L từ sát O 1 đến màn thì vệt sáng trên màn không bao giờ thu
nhỏ lại thành một điểm, nhưng khi L cách màn 18cm thì đường kính vệt sáng trên màn là nhỏ
nhất. Tính tiêu cự của thấu kính L.
Câu 5. (1 điểm)
Cho các dụng cụ sau:
Hai hộp đen kín có hai điện cực, bên ngồi hồn tồn giống nhau, bên trong của một
hộp có một đèn sợi đốt còn ở hộp kia là một điện trở;
- Một nguồn điện (pin hoặc acquy);
- Một ampe kế và một vôn kế;
- Một biến trở và các dây nối.
Hãy trình bày và giải thích một phương án thực nghiệm để xác định hộp nào chứa đèn, hộp nào
chứa điện trở

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐÁP ÁN

CÂU
1

ĐIỂM

a. Tìm thời gian
 Khi vật ở VTCB lò xo giãn: Δl =
Tần số của dao động: ω =
r

r

r

mg
= 0,1 m
k

k

k
= 10 rad/s
m

m


Fdh

N


P

r

 Vật m: P + N + Fdh = ma .

B

O

Chiếu lên Ox: mg - N - k l = ma
Khi vật rời giá thì N = 0, gia tốc của vật a = 2 m/s2

x

 Suy ra:
m(g - a)
at 2
=
k
2
2m(g - a)
� t=
= 0,283 s

ka
Δl =

b. Viết phương trình
at 2
= 0,08 m
2

 Quãng đường vật đi được cho đến khi rời giá là S =

Tọa độ ban đầu của vật là: x0 = 0,08 - 0,1 = - 0,02 m = -2 cm
Vận tốc của vật khi rời giá là: v0 = at = 40 2 cm/s
 Biên độ của dao động: A  x02 

v02
= 6 cm
2

Tại t = 0 thì 6cos  = -2 và v  0 suy ra  = -1,91 rad
Phương trình dao động: x = 6cos(10t - 1,91) (cm)
2

a. Tính tốc độ truyền sóng:
 Tại M sóng có biên độ cực nên: d1 – d2 = k   

d1  d 2
k

- Giữa M và trung trực của AB có hai dãy cực đại khác  k 3
 Từ đó   1,5cm , vận tốc truyền sóng: v = f = 30 cm/s

b. Tìm vị trí điểm N
 Giả sử u1 u2 a cos t , phương trình sóng tại N:
2d 

u N 2a cos t 

 

Độ lệch pha giữa phương trình sóng tại N và tại nguồn:  

2d


Để dao động tại N ngược pha với dao động tại nguồn thì
 

2d

(2k  1)  d  2k  1

2

 Do d  a/2   2k  1


 a/2  k 2,16. Để dmin thì k=3.
2

2

dmin= xmin

2

a
    xmin 3,4cm
 2

c. Xác định Lmax
 Để tại C có cực đại giao thoa thì:
L2  a 2  L  k. ; k =1, 2, 3... và a = S1S2

Khi L càng lớn đường CS1 cắt các cực đại giao thoa có bậc càng nhỏ (k
càng bé), vậy ứng với giá trị lớn nhất của L để tại C có cực đại là k =1
 Thay các giá trị đã cho vào biểu thức trên ta nhận được:
L2 max  64  Lmax 1,5  Lmax 20,6cm

3

a)+ Phương trình sóng do A,B truyền tới M lần lượt là:
2d 1

 u1 a. cos(t   )
V 60
với    6(cm)

f 10
 u a. cos(t  2d 2   )

2


+ Phương trình dao động tổng hợp tại M là:

� � 
�
�
uM  u1  u2  2a.cos �  d1  d 2   �
.cos �
t   d1  d 2   �

2� � 
2�
�
uM  4 cos(20 t  3 )(cm)  4.cos(20 t   )(cm).
( Hoặc uM  4.cos(20 t   )(cm). )
b.+ Vị trí điểm dao động với biên độ cực đại thoả mãn:

1


cos   d 1  d 2    1  d1  d 2  k  
2
2



+ Các điểm trên đoạn AB dao động với biên độ cực đại thoả mãn:
�

AB 1
AB 1
� 1�
d1  d 2  �
k �
 �

 �k � 
�
�
 2
� 2� ��  2
�
�
�
k �Z
d1  d 2  AB
�
�


� k  2;....;3 Suy ra trên đoạn AB có 6 điểm cực đại giao thoa

+ Các điểm trên đoạn AC dao động với biên độ cực đại thoả mãn:
1 

AD  BD d 1  d 2  k     AB  0 với k  Z
2 

�

� 1�
15  25 ��
k �
.6 �20
�
��
� 2�
�
k �Z
�
� k  1;0;1; 2;3 suy ra trên AC có 5 điểm cực đại
c) + M1 cách A,B những đoạn d 1 12cm; d 2 8cm ; M2 cách A,B những
đoạn d 1 14cm; d 2 6cm

+ Phương trình dao động tổng hợp của M1 và M2 tương ứng là:
�
2
5
5
�2  � � 5 �
uM 1  4.cos �  �
.cos �
t 
.cos(t  )  2 3.cos(t  )(cm)
� 4.sin
�
6 �
3
6
6

�
�3 2 � �
�
4
5
5
�4  � � 5 �
�
uM 2  4.cos �  �
.cos �
t  � 4.sin .cos(t  )  2 3.cos(t  )(cm)
�
6 �
3
6
6
�3 2 � �
�

4

chứng tỏ hai điểm M1 và M2 dao động cùng biên độ ngược pha nhau, nên
độ lệch pha của M1 so với M2 là    .
a
O
O
 S1 
 S2
+ Sơ đồ tạo ảnh qua hệ: S 
+ Ta có d1 = 20cm; ảnh rõ nét trên màn nên

1

2

d 2/ . f 2
d 30cm  d 2 
60cm
d2  f2
/
2

+ Mặt khác: d 2  d 1/ O1 O2  d 1/ O1 O2  d 2 50  60  10cm
+ Tiêu cự của thấu kính phân kì là: f 1 

d 1 .d 1/



20.( 10)
 20(cm)
20  10

d 1  d 1/
1
1
R
 10
( n  1).  n 1 
1 
1,5

+ Mặt khác:
f1
R
f1
 20

d 2/

M

P
S1

O1

L

S

Q

d2

N

S2

x

50cm

b)+ Từ sơ đồ tạo ảnh ta có S;O1 cố định nên S1 cố định, đặt khoảng cách từ
thấu kính L đến
màn E là x.
+ Ta có: S 2 PQ đồng dạng S 2 MN , nên:
1 1 
1
PQ d 2/  x
x
1 
 1  x. 


1  / 1  x. 
/
MN
d2
d2
 f a x
 f d2 


/
với a  80  d1  90cm

PQ
x
x
a
a x a

1  



MN
f a x a x
f
f

Theo bất đẳng thức Côsy:
a
a x
a
PQ
a a
a a

2

2
  PQ MN (2
 )
a x
f
f
MN
f
f
f
f

Suy ra PQ min khi
5

a
ax
(a  x) 2 (90  18) 2

�f 

 57, 6cm
ax
f
a
90

( theo gt khi x = 18cm thì PQ nhỏ nhất)
- Mắc mạch điện khảo sát sự phụ thuộc của I vào U cho từng hộp đen. Từ
đó vẽ đường đặc trưng Vôn – Ampe cho từng trường hợp.
- Khi có dịng điện chạy qua, nhiệt độ của điện trở tăng khơng nhiều, nên
điện trở ít thay đổi theo nhiệt độ. Vì vậy, đường đặc trưng Vơn – Ampe
gần như là đường thẳng.
- Khi có dịng điện chạy qua, nhiệt độ của dây tóc bóng đèn rất lớn, nên
điện trở của dây tóc bóng đèn thay đổi theo nhiệt độ rất nhiều. Vì vậy,
đường đặc trưng Vơn – Ampe có dạng 1 đường cong.
- Dựa vào đặc tuyến Vôn – Ampe vẽ được ta xác định đúng từng hộp