dap an de thi HSG ly 12

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC ----------------Câu. KÌ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011-2012 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM MÔN: VẬT LÝ KHÔNG CHUYÊN. Ý. Lời giải v  2 gh 50 3cm / s 86, 6cm / s. Vận tốc của m ngay trước va chạm: a Do va chạm hoàn toàn không đàn hồi nên sau va chạm hai vật có cùng vận tốc V mv mv ( M  m)V  V  20 3cm / s 34, 6cm / s M m K  20rad / s M m Tần số dao động của hệ: . Khi có thêm m thì lò xo bị nén mg x0  1cm K thêm một đoạn: . Vậy VTCB mới của hệ nằm dưới VTCB ban đầu một đoạn 1cm 1 (2đ). b. V2 2 2 Tính A: (cm) 1 2cos     rad  3 Tại t=0 ta có:   2.20sin   0 A  x20 .   x 2cos  20t   cm 3  Vậy:.   N  mg  ma  N  mg ma  m 2 x Phản lực của M lên m là N thỏa mãn: c. 2 (2đ) a. Điểm 0,25 0,25 0,25. 0,25 0,25. 0,25. . 2 2  N mg  m x  N min mg  m A. g g 10  A 2 Amax  2  2 2,5cm N  0  Vậy  20 Để m không rời khỏi M thì min d  d2   1 k Tại M sóng có biên độ cực đại nên: d1 – d2 = k. 0,25 0,25 0,25. 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 * Số điểm dao động cực đại trên đoạn AS2 là:. 0,25. S1 A  S 2 A SS  0 k  1 2   2,7 k  5,3  k   2,  1,......4,5   b.  Có 8 điểm dao động cực đại. * Số điểm dao động cực tiểu trên đoạn AS2 là:. 0,5. S1 A  S 2 A 1 SS  0 k   1 2   3, 2 k  4,8  k   3,  2,  1,......3, 4  2 .  Có 8 điểm dao động cực tiểu. c. 0,5. 2 d   u N 2a cos  t     Giả sử , phương trình sóng tại N: 2 πd Độ lệch pha giữa sóng tại N và tại nguồn: Δϕ= λ u1=u2 =a cos ωt. Để dao động tại N ngược pha với dao động tại nguồn thì 0,25.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 2 πd λ =(2 k +1) π ⇒ d=( 2 k +1 ) λ 2 λ S1S 2 /2 ⇒ ( 2 k +1 ) S1S2 /2  k Do d 2 Δϕ=. 2,16. Để dmin thì k=3.. 2. 0,25. SS  xmin 2   1 2   xmin 3, 4cm  2  dmin=.  Tần số góc. k 50  10rad / s m 0,5. 0,25. 2,5  cos=     x A cos  2,5 A    a   3   v  A sin   25 3 sin   25 3  A 5cm  10A Tại t = 0, ta có:  x 5cos(10t  ) (cm) 3  Phương trình dao động. 0,5. 0,25. Khoảng thời gian ngắn nhất vật đi từ vị trí có li độ x1 = -2,5cm đến vị trí có li độ x2 = 2,5cm. 3 (2,5đ) b. t .      s 0,1s  3.10 30. -5. - 2,5. O . 2,5. 5 x. 0,5.  Quãng đường vật đi từ vị trí ban đầu tới vị trí có động năng bằng M thế năng lần thứ 2 c. Wd A 2  x 2 A  1  x  2,5 2cm 2 Wt x 2. N 5. M. 2,5 0,5 2N 2,5.  s 7,5  5  2,5 2 12,5  2,5 2 8,96cm O. Để trên CD chỉ có 5 điểm dao động với biên độ cực đại mà khoảng cách từ CD đến AB là lớn nhất thì C, D phải nằm trên đường cực đại k 2 (do trung điểm của CD là Q một cực đại). (Lần 1) -5 v 20    1cm f 20 Bước sóng: . Gọi khoảng cách từ AB đến CD bằng x. Từ hình vẽ ta có:. 4 (2đ). d12 x 2  9  d 2  d1  x 2  81   2 2 d 2 x  81 5 (1,5đ). a. x 2  9 2 2  x 16, 73Cm. 0,5. 0,5 P (Lần 2) 0,5. 1. ïìï d 2 = d1 + 5 k d 'd (d + 5)d1 ' ; 1 =2= 1 2 = 1 Û 2d1 (d1 '- 40) = (d1 + 5)d1 ' (1) í ïïî d 2 ' = d1 '- 40 k 2 d1d 2 ' (d1 '- 40)d1. 0,25. 1 1 1 1 1 = + = + Û d1 '(d1 '- 40) = 8d1 (d1 + 5) (2) f d1 d1 ' d1 + 5 d1 '- 40. 0,25 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Từ (1), (2) d1 = 25cm,d1 ' =100cm,f = 20cm,AB =1mm df L d  d ' 90  d  90  d  f Khoảng cách vật - ảnh:.  d 30cm  d 60cm . Ban đầu thấu kính cách vật d2=30cm do vậy để lại có ảnh rõ nét trên màn thì phải dịch thấu kính lại gần vật thêm một đoạn d 60  30 30cm b Xét. L = d +d ' = d +. 0,25. df d2 = ® d 2 - Ld + 20L = 0 d - f d - 20. 2 Để phương trình có nghiệm thì:  L  80 L 0  Lmin 80cm khi đó. Lmin 40cm 2 Vậy khi dịch chuyển thấu kính lại gần vật thì lúc đầu ảnh của vật dịch lại gần vật, khi thấu kính cách vật 40 cm thì khoảng cách từ vật tới thấu kính cực tiểu, sau đó ảnh dịch ra xa vật. d. ----------------------HẾT-----------------------. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>