De va DA HSG

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD& ĐT PHÚ THỌ TRƯỜNG THPT THANH THỦY. ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HSG VẬT LÝ 12 NĂM HỌC 2012-2013. Câu 1( 4 điểm ): Cho mạch điện như hình vẽ. Nguồn điện có E = 8V, r =2  . Điện trở của đèn là R1 = 3  ; R2 = 3  ; ampe kế có điện trở không đáng kể. a) K mở, di chuyển con chạy C người ta nhận thấy khi điện trở phần AC của biến trở AB có giá trị 1  thì đèn tối nhất. Tính điện trở toàn phần của biến trở. b) Thay biến trở trên bằng một biến trở khác và mắc. K A. + E,r. R1. R2 C. B. A. 5 vào chỗ biến trở cũ ở mạch điện trên rồi đóng khoá K. Khi điện trở phần AC bằng 6  thì ampe kế chỉ 3 A. Tính điện trở toàn phần của biến trở mới. Câu 2( 4 điểm ):. Một con lắc đơn có chiều dài l thực hiện dao động điều hoà trên một chiếc xe đang lăn tự do xuống dốc không ma sát. Dốc nghiêng một góc  so với phương nằm ngang. a) Chứng minh rằng: Vị trí cân bằng của con lắc là vị trí có dây treo vuông góc với mặt dốc. b) Tìm biểu thức tính chu kì dao động của con lắc. Áp dụng bằng số l =1,73 m;  =300; g = 9,8 m/s2. P. Câu 3: (4 điểm) Một mol khí lí tưởng thực hiện quá trình giãn nở từ trạng thái 1 (P 0, V0) đến trạng thái 2 (P0/2, 2V0) có đồ thị trên hệ toạ độ P-V như hình vẽ. Biểu diễn quá trình ấy trên hệ toạ độ P-T và xác định nhiệt độ cực đại của khối khí trong quá trình đó. Câu 4( 6điểm ): Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ (h.1). Hiệu điện thế xoay chiều hai đầu mạch có biểu thức: u AB = U0.sin100t (V), bỏ qua điện trở các dây nối. Các hiệu điện thế hiệu dụng: UAN = 300 (V),. 1. P0. 2. P0 / 2. V V0. L,r. R A. M. L. 1. 0. C N. B. (h .1). UMB = 60 3 (V). Hiệu điện thế tức thời u AN lệch pha so với uMB một . 2V. C=.  3 (H) với điện trở r, điện dung của tụ điện góc 2 . Cuộn dây có hệ số tự cảm a/ Tính điện trở r. Viết biểu thức hiệu điện thế tức thời giữa hai điểm A, N. b/ Thay đổi R đến khi công suất tiêu thụ trên nó cực đại. Tính giá trị của R lúc này.. 3.10 3 16. (F).. Câu 5 ( 4 điểm ): Cần rung có mũi nhọn A chạm vào mặt nước với tần số rung f = 100Hz, thì trên mặt nước có sóng lan truyền với khoảng cách giữa 2 ngọn sóng liên tiếp là 0,5 cm.Chiếu sáng mặt nước bằng đèn nhấp nháy phát ra 25 chớp sáng trong 1s. Trình bày hiện tương quan sát được? .......................................Hết......................................... (Giám thị coi thi không giải thích gì thêm). Họ tên thí sinh............................................................Số báo danh............................................................... Giám thị 1..................................................................Giám thị 2.....................................................................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Đáp án Câu 1: () a, Gọi R là điện trở toàn phần, x là điện trở phần AC. Khi K mở, ta vẽ lại mạch điện như hình bên. R -x - Điện trở toàn mạch là: 3( x  3)  x 2  ( R  1) x  21  6 R Rtm R  x  r  x 6 x 6 E 8( x  6) I  2 R tm  x  ( R  1) x  21  6R ; . B. +. -. E r. A. x. R1 R2. C. 0,5. D. 0,25. 24( x  3)  x  ( R  1) x  21  6 R ; - H.đ.t giữa hai điểm C và D: U 24 I1  CD  2 R1  x  x  ( R  1) x  21  6 R ; - Cường độ dòng điện qua đèn là: - Khi đèn tối nhất tức I1 đạt min, và khi đó mẫu số đạt cực đại. U CD E  I ( R  r  x) . - Xét tam thức bậc 2 ở mẫu số, ta có: - Suy ra R  3 (  ).. x . 0,5. 2. 0,25 0,25. b R 1  1 2a 2 ;. b, Khi K đóng, ta chập các điểm A và B lại với nhau như hình vẽ. Gọi R' là giá trị biến trở toàn phần mới. 17 R ' 60 Rtm  4( R ' 3) - Điện trở toàn mạch lúc này: - Từ các nút ta có: I I A  I BC hay I A I  I BC .. 0,25 E, r A B. -. +. R1 R'-6 C R2. D 0,25. x=6. - Từ sơ đồ ta tính được cường độ dòng điện mạch chính và cường độ qua BC:. 0,25. 32( R ' 3) I 17 R ' 60 ;. 48 I BC  17 R ' 60 ; 5 32( R ' 3) 48 5 IA    3 A, ta có: 17 R ' 60 17 R ' 60 3 ; - Theo giả thiết - Từ đó tính được : R' = 12 (  ). Câu 2. + Gia tốc chuyển động xuống dốc của xe là a = gsin. Xét hệ quy chiếu gắn với xe + Tác dụng lên con lắc tại một thời điểm nào đó có 3 lực: Trọng lượng P, lực quán tính F và sức căng T của dây treo.. 0,25 0,25 0,5 0,25 T. 0,25. F. P. Tại vị trí cân bằng Ta có: ⃗P + ⃗F + T⃗ =0 + Chiếu phương trình trên xuống phương OX song song với mặt dốc ta có: Psin - F + TX = 0 Mà F = ma = mgsin.  x. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> suy ra TX = 0. Điều này chứng tỏ ở vị trí cân bằng dây treo con lắc vuông góc với Ox. 0,25 0,25. + Vị trí cân bằng như trên thì trọng lực biểu kiến của con lắc là P' = Pcos. Tức là gia tốc biểu kiến là g' = gcos.. 0,5. + Vậy chu kì dao động của con lắc sẽ là 0,5. l l T = 2 g ' = 2 g cos   2,83 (s).. - Vì đồ thị trên P-V là đoạn thẳng nên ta có: P = αV + β (*); trong đó α và β là các hệ số phải tìm. - Khi V = V0 thì P = P0 nên: P0 = αV0 + β (1) - Khi V = 2V0 thì P = P0/2 nên: P0 /2 = 2αV0 + β (2) - Từ (1) và (2) ta có: α = - P0 / 2V0 ; β = 3P0 / 2 P=. 3P0 P - 0 V 2 2V0. - Thay vào (*) ta có phương trình đoạn thẳng đó : - Mặt khác, phương trình trạng thái của 1 mol khí : PV = RT T=. (**) (***). 3V0 2V0 2 PP R RP0. - Từ (**) và (***) ta có : - T là hàm bậc 2 của P nên đồ thị trên T-P là một phần parabol P0 V0 + khi P = P0 và P = P0/2 thì T = T1 =T2 = R ;. 3. + khi T = 0 thì P = 0 và P = 3P0/2 . 3,5 đ. 3V0 4V0 3P P P= 0  T = 0 R RP  (P)  4 ; 0 - Ta có : 3P 9V0 P0 P= 0 4 thì nhiệt độ chất khí là T = Tmax = 8R cho nên khi  = T(P). - Đồ thị biểu diễn quá trình đó trên hệ toạ độ T-P là một trong hai đồ thị dưới đây : T 9 V 0 P0 / 8 R V 0 P0 / R. 2. 1. P 0. P0 / 2. P0. 3 P0 / 4. 3 P0 / 2. Bài 4 (2 đ) a) Tính r:. Z L .L . 100 3. ; Z C . 1. 160  . C 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> tgAN . - Ta có: AN + MB = /2. Suy ra:. 1. ZL. tgMB. , từ đó: R  r. . r ZC  Z L. .. Vậy : ZL.(ZC – ZL) = r.(R + r), hay: U L (U C  U L ) U r (U R  U r ) Mặt khác:. 2 U AN. 2. (U r  U R )  2 U MB. Và: Từ (1), ta rút ra:. 2 U r. (U R . Thay (4) vào (2):. (2).  (U L  U C ). 2 UL 2 Ur )  2 Ur. 2 UL 2 U AN  2 Ur. (1). 2 UL 2. (3). (U C  U L ) 2. (U C  U L ) . 2. (4). 2 UL 2 UL  2 Ur.  (U C  U L ) 2  U r2 . (5). 2.  UL  2  .U MB  Ur . 2. U AN . Thay (3) vào (5), ta được: UL. . 300. . 5. 3. 100 3  20 5 5 3. 3 , suy ra: r = Z . Biến đổi ta có: U r 60 3 L Biểu thức uAN: - Ta có: u AN U 0AN sin(100t  uAN ) . + Biên độ: U0AN = 300 √ 2 (V). (6).  i   AN u     AN    AN + Pha ban đầu: u AN. Mà:. tg . (7). Z L  ZC Rr. (8) 100  160 100     3 3 3 100 20. Z L (ZC  Z L ). r Từ mục a/ ta có: R + r = = Suy ra: R = 80 Thay vào (8), ta tính được: tg = - 0,346   = -190. Ta lại có: Vậy:. tgAN . ZL R r. . 100. 100 3. u AN 190  300 490 . 49 180. . 1 3. (9) (10).  AN 300. (11). (rad). u AN 300 2 sin(100t . (12). 49. )(V). 180 - Biểu thức: Lưu ý: HS có thể giải bằng giản đồ vectơ.. (13) 2. U R. 2. I R . 2. (R  r)  (ZL  Z C ). b/ Công suất tiêu thụ trên R: PR 2. R  r  (Z  Z ). 2. 2. U. . 2. 2. R. r  (Z L  ZC ) R. 2.  2r. L C Theo Cô si: PRmax khi = 40Ω. Câu 5(điểm ): - Thời gian giữa hai lần chớp sáng là t0 = 1/25 = 0,04s - Chu kỳ của sóng T = 1 / f = 1 / 100 = 0,01s - Từ đó suy ra t0 = 4T. - Ta thấy trong khoảng 2 lần chớp sáng t0 sóng đã truyền đi một quãng đường s = 4 = 2 cm.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> các ngọn sóng đổi chỗ cho nhau. Như vậy khi có chớp sáng ta có cảm giác hình như sóng không lan truyền trên mặt nước ( các ngọn sóng hình như đứng yên ).

<span class='text_page_counter'>(6)</span>