Đề Thi THPTQG Môn vật lý 12 Có Đáp Án

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

GIA LAI

LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2013-2014
Môn: VẬT LÝ- Bảng B

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 05/12/2013
(Đề này có 2 trang, gồm 6 bài)

Câu 1 (3,0 điểm). Cho hệ con lắc lò xo như hình vẽ 1. Lò xo nhẹ có độ cứng
k = 40 N / m được lồng vào trục thẳng đứng, đầu dưới của lò xo gắn chặt vào gia

m

đỡ tại Q , đầu trên của lò xo gắn với vật nặng có khối lượng m = 100 g . Bỏ qua mọi

k

ma sat, g = 10m / s 2 . Đưa vật nặng đến vị trí lò xo nén 5,5cm và truyền cho vật vận

Q

tốc 0,8m / s đi xuống theo phương thẳng đứng, vật dao động điều hòa. Chọn trục

Hình 1

tọa đợ Ox có phương thẳng đứng, gốc O tại vị trí cân bằng, chiều dương hướng
xuống và gốc thời gian là lúc vật ở vị trí lò xo bị nén cực đại.
1. Viết phương trình dao động điều hòa của vật nặng.
2. Kể từ lúc truyền vận tốc, tìm thời điểm để lực đàn hồi của lò xo bằng không lần thứ 2013 và
quãng đường vật đi được cho đến thời điểm đó?
3. Tính tốc độ trung bình của vật trong khoảng thời gian ngắn nhất giữa hai lần có độ lớn của lực
đàn hồi bằng không?
Bài 2 (4,0 điểm). Trên mặt phẳng nằm ngang đặt một nêm M có

B

dạng hình tam giac ABC như hình 2, mặt nghiêng của nêm là AB,
·
góc nghiêng BAC
= α . Trên nêm đặt vật có khối lượng m. Coi hệ

m
M

C

A
Hình 2

sớ ma sat nghỉ giữa m và M bằng hệ sớ ma sat trượt giữa chúng là µ .
ur

1. Vật đặt trong khoảng AB và cố định nêm trên mặt phẳng ngang. Tac dụng lên vật một lực F
ur

theo phương song song với AB và có chiều từ A đến B. Hỏi F có độ lớn như thế nào thì vật sẽ
không bị trượt trên nêm?
2. Vật đặt nằm yên tại chân mặt phẳng nghiêng của nêm. Cần truyền cho nêm M một gia tốc
không đổi theo phương nằm ngang như thế nào để vật leo lên được
trên mặt nêm AB?
Bài 3 (3,5 điểm). Một nguồn sang điểm S đặt trên trục chính của

S

O

một thấu kính hội tụ mỏng tiêu cự f= 15cm như hình 3. Lúc t=0, S
cach thấu kính một đoạn d= 18cm. Cho thấu kính tịnh tiến dọc trục
chính, rời xa S với vận tốc khơng đổi là 2 cm/s.

Hình 3

– Website chun đề thi – tài liệu file word mới nhất

1


1. Hỏi sau bao lâu kể từ khi dịch chuyển thấu kính thì quỹ đạo chuyển động của S’ là ảnh của S
không bị trùng lại?
2. Nếu sau khi chuyển động được 11s, ta cho thấu kính dừng lại đồng thời quay thấu kính quanh
trục đi qua quang tâm O và vuông góc với mặt phẳng hình vẽ một góc α thì nhận thấy ảnh S ' có
vị trí trùng với vị trí của nó lúc ban đầu (t = 0). Hãy xac định góc quay α .
Câu 4 (3,0 điểm). Cho mạch điện xoay chiều như hình 4. Đặt vào hai đầu A, B điện ap xoay
1

π
H , điện trở r = 40Ω , tụ điện
chiều u AB = 200 2 cos(100π t − )V . Cuộn dây có độ tự cảm L =
L,r
C
π 3 R
3
A

có điện dung C =

100 3
µ F , biến trở R .
2π

M

B

Hình 4

1. Điều chỉnh biến trở R = R1 = 60Ω . Viết biểu thức điện ap u AM giữa hai điểm A,M.
2. Điều chỉnh R = R2 thì công suất tiêu thụ trên R đạt gia trị cực đại. Tìm R2 ?
3. Khi R = R3 hoặc R = R4 thì công suất tiêu thụ trên đoạn mạch AB có gia trị bằng nhau. Gọi
ϕ3 , ϕ4 là độ lệch pha của u AB so với i ứng với hai gia trị của R3 , R4 . Tìm ϕ3 + ϕ 4 ?

Câu 5 (3,5 điểm). Tại hai điểm A, B trên bề mặt chất lỏng cach nhau 15cm có hai nguồn dao
động theo phương thẳng đứng với phương trình: u A = 5cos 20π t (mm); uB = 5cos(20π t + π )(mm) .
Tốc độ truyền sóng v = 40cm / s , biên độ không đổi khi sóng truyền đi. Gọi C , D là hai điểm trên
mặt chất lỏng sao cho ABCD là hình chữ nhật có cạnh AD = 8cm .

1. Thiết lập phương trình sóng tại điểm M trên bề mặt chất lỏng, biết: AM = 8cm; BM = 10cm .
2. Gọi I là trung điểm của đoạn CD . Xac định điểm P trên đoạn CD có biên độ cực tiểu và xa
I nhất.

3. Gọi N1 ; N 2 là hai điểm trên mặt chất lỏng và cùng nằm trên một elip nhận A; B làm tiêu điểm
có: BN1 − AN1 = 2cm; BN 2 − AN 2 = 5cm . Nếu tại thời điểm t , li độ dao động của N1 bằng 5cm thì
li độ dao động của N 2 bằng bao nhiêu?
Bài 6 (3,0 điểm). Có hai điện trở cần đo gia trị là R1 , R2 ; bằng một nguồn điện không đổi phù hợp
(nguồn có điện trở trong r rất nhỏ), một vôn kế và một ampe kế không lí tưởng (điện trở ampe
kế lớn, điện trở vôn kế hữu hạn), điện trở dây nối không đang kể. Hãy trình bày phương an xac
định chính xac hai gia trị R1 , R2 .

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

2


HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu
1.
(3,0đ)

Ý
1
(1đ)

2
(1đ)

3

(1đ)

2
4,0đ

1
(2đ)

Nội dung

ω=

Điểm

mg
K
= 2,5cm
= 20rad / s , ∆l =
K
m

0,25

v
xn = ∆ln − ∆l = 3cm ; A = xn 2 + ( ) 2 = 5cm
ω
Khi t = 0 ⇒ x0 = A cos ϕ = A ⇒ ϕ = 0
Vậy pt dd đh: x = 5cos 20t (cm)
Dựa vào quan hệ giữa dao động điều hòa và chuyển động tròn đều:
2013 − 1

T
t=
T + + ∆t ≈ 316,195( s )
2
3
α
Trong đó: ∆t = ≈ 0, 043648( s )
ω
A 2A
= 201, 295(m)
Quãng đường vật đi được: s = 1006.4 A + A + +
2 5

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

0,5

Dựa vào quan hệ giữa dao động điều hòa và chuyển động tròn đều:
T 2π π
0,5
tmin = =
= (s)
3 60 30
A
s = 2 = A = 5(cm)
0,25
2

s 150
(cm / s) ≈ 47, 75(cm / s )
Tớc đợ trung bình: vtb = =
0,25
t
π
Tìm đợ lớn của lực F:
+ Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ.

ur uu
r ur uuur
+ Vật nằm trên mặt phẳng nghiêng chịu tac dụng của 4 lực: F ; N ; P; Fms
được vẽ như hình:
0,25
x

ur u
u
r
F N
uuu
r
r
Fms u
P

y

O

(Hình 1)
0,25

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

3


x

ur u
u
r
F u
N
uu
r
u
rFms
P

y

O
(Hình 2)
+Vật có xu hướng trượt xuống hoặc trượt lên. Để vật nằm yên trên nêm
0,25
ur uu
r ur uuur r
M thì : F + N + P + Fms = 0 (1)

+ Để vật không bị trượt xuống thì (Hình 1):

 Fms = P sin α − F

 N = Pcosα
Với: Fms ≤ µ N = µ mgcosα ⇒ F ≥ mg (sin α − µ cosα ) (2);
điều kiện: µ ≤ tan α
+ Để vật khơng bị trượt lên thì (Hình 2):

 Fms = − P sin α + F

 N = Pcosα
Với: Fms ≤ µ N = µ mgcosα ⇒ F ≤ mg (sin α + µ cosα ) (3)
+ Vậy để vật m không bị trượt trên nêm thì:
2
(2đ)

0,25

0,25

0,25
0,25

0,25
mg (sin α − µ cosα ) ≤ F ≤ mg (sin α + µ cosα ) điều kiện: µ ≤ tan α
Gia tốc của nêm:
+ Để vật trượt lên
uu
r trên nêm M thì M phải chuyển động trên mặt phẳng

ngang có gia tốc a0 hướng sang phải.
0,25
0,25
y
x

u
u
r
Nuuu
r
ur
F
ms
r
F qt u
P

uu
r
a0
O

+Xét vật trong hệ quy chiếu gắn với nêm M ta có phương trình động lực
0,25
ur uu
r ur
uur
r
học: P + N + F ms + Fqt = ma (5);

Chiếu (5 ) lên cac trục Ox và Oy ta được:
 −mg sin α + ma0 cosα − µ N = ma

 −mgcosα − ma0 sin α + N = 0

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

4


0,5
0,25

⇒ a = a0 (cosα − µ sin α ) − g (sin α + µ cosα )(6)
+ Để vật trượt lên trên nêm thì: a > 0 , từ (6) ta được:
Đợ lớn a0 >
3
(3,5đ)

1
(2,0đ)

0,25

g (sin α + µ cosα )
cosα − µ sin α

0,25

TK

Sơ đờ tạo ảnh S d → S 'd '
'
+ Lúc ban đầu: d 0 = 18cm ⇒ d 0 = 90cm

0,25

=>Vật thật cho ảnh thật cach nó một đoạn l = SS' = d 0 +d =108cm
'
0

+ Dịch TK ra xa; khi
d = 2. f = 30cm => d ' = 2. f = 30cm => lmin = 4. f = 60cm

0,25

+Vì d 0 = 18cm < 2. f nên khi tịnh tiến thấu kính ra xa vật (d tăng) thì đầu
tiên ảnh S’ của S sẽ chuyển động lại gần S cho đến khi còn cach S một
đoạn bằng 60cm thì ảnh bắt đầu đổi chiều chuyển động và rời xa S. Khi
này quỹ đạo chuyển động của S’ bắt đầu bị trùng lại với quỹ đạo trước đó.
Quỹ đạo chuyển động của S’ sẽ không còn trùng khi khoảng cach từ vật
đến ảnh là l = SS ' > 108cm
f .d
15(18 + 2t )
=
+Sau thời gian t: d = 18 + 2t ⇒ d ' =
d− f
3 + 2t
4t 2 + 72t + 324
⇒l =d +d'=
3 + 2t

Khi l = 108cm thì t = 0 hoặc t = 36s
Vậy sau 36s kể từ lúc bắt đầu tịnh tiến thì quỹ đạo chuyển động của ảnh
S’ sẽ không còn bị trùng lại so với quỹ đạo trước đó
2(1,5đ)

0,5

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

Tìm góc quay α :

0,25
S

O
S’

S1'

+Sau khi thấu kính chuyển động được 11s thì

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

0,25
5

d = 40cm => d ' = 24cm => l = SS ' = 64cm
+Muốn cho S’ trùng với vị trí của nó lúc t = 0 thì ta cần phải xoay thấu
kính một góc α sao cho S’ dịch chuyển rời xa S một đoạn ∆l = 44cm để 0,25
SS’ = 108cm
+Sau khi xoay thấu kính: Từ hình vẽ ta có
d1 = dcosα = 40.cosα

0,5

d1 ' = (d ' + ∆l ).cosα =68.cosα
1
1
1
+
=
+ Kết hợp với công thức thấu kính
ta thu được kết quả sau
d1 d '1 f
0,25
81
≈ 0,5956 => α = 53, 4450
136
Vậy ta phải quay thấu kính một góc α = 53, 4450 ≈ 530 26'
4
1
100
1
200
(3,0đ) (1,25đ) Z L = Lω = 3 (Ω); Z C = Cω = 3 (Ω),
200

Z = ( R1 + r ) 2 + ( Z L − Z C ) 2 =
(Ω )
3
U
I 0 = 0 AB = 6( A);U 0 AM = ( R1 + r ) 2 + Z L 2 .I 0 = 200 2(V )
Z
Z L − ZC
1
π
=−
⇒ϕ = −
Độ lệch pha giữa u AB và i : tan ϕ =
R1 + r
6
3
π
Pha ban đầu của i: ϕ = ϕu − ϕi ⇒ ϕi = ϕu − ϕ = −
6
ZL
1
π
=
⇒ ϕ AM =
Độ lệch pha giữa u AM và i : tan ϕ AM =
R1 + r
6
3
Pha ban đầu của u AM : ϕ AM = ϕu AM − ϕi ⇒ ϕu AM = ϕ AM + ϕi = 0
cos α =

Biểu thức điện ap: u AM = 200 2 cos100π t (V )
2
Công suất tỏa nhiệt trên biến trở R :
(0,75đ)
U2
U2
PR = RI 2 = R
=
r 2 + ( Z L − ZC )2
( R + r )2 + ( Z L − ZC )2
R+
+ 2r
R
r 2 + (Z L − ZC )2
Áp dụng bất đẳng thức cosi cho 2 số R;
R
Ta suy ra: Pmax ⇔ R = r + ( Z L − Z C )
2

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25

0,25

2

20 111
≈ 70, 24(Ω)
3
Công suất tiêu thụ trên đoạn AB bằng nhau:
U2
U2
P3 = ( R3 + r ).
=
P
=
(
R
+
r
).
4
4
( R3 + r ) 2 + ( Z L − Z C )2
( R4 + r ) 2 + ( Z L − Z C ) 2
Thay số: R = R2 =

3
(1đ)

0,25

Suy ra: ( R3 + r ).( R4 + r ) = ( Z L − Z C ) (1)
Z L − ZC
Z − ZC

; tan ϕ4 = L
(2)
Độ lệch pha giữa uvà i : tan ϕ3 =
R3 + r
R4 + r

0,25

0,5

2

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

0,25
6


Từ (1);(2) ta có : tan ϕ3 tan ϕ4 = 1
Vì Z C > Z L nên suy ra: ϕ3 + ϕ 4 = −
5
(3,5đ)

π
2

0,25

v
ω

= 10 Hz ; λ = = 4cm
f
2π
Phương trình sóng do hai nguồn truyền đến điểm M:
2π d1
2π d 2
u AM = a cos(ωt −
); u BM = a cos(ωt −
+π)
λ
λ
Phương trình sóng tổng hợp tại M:
π (d 2 + d1 ) π 
 π (d 2 − d1 ) π 

uM = u1M + u2 M = 2a cos 
−  cos ωt −
+ 
λ
2
λ
2


uM = 10 cos(20π t − 4π )(mm)
2
BD − AD
= 2, 25 , Với k ∈ Z
Lập
tỉ

số:
(1,75đ)
λ
Để điểm P có biên độ cưc tiểu và xa I nhất thì k p max = 2 .
Suy ra: d 2 p − d1P = 2λ = 8 (4)
1
(1đ)

Tần số và bước sóng: f =

15
15
2
2
2
2
2
2
Ta có: d 2 p = 8 + ( + x ) ; d1P = 8 + ( − x) nên:
2
2
(d 2 p + d1 p )(d 2 p − d1 p ) = 30 x (5)

0,25
0,25

0,5

0,5

0,5

15
x (6)
4
225 2
2
x (7)
Từ (4) &(6) suy ra : d 2 p = 16 + 15 x +
0,25
64
15
225
2
2
2
2
Mặt khac ta có: d 2 p = 8 + ( + x ) = 64 + 15 x + x +
(8)
2
4
6672
2
⇒ x ≈ 6, 437cm
Từ (7) & (8) suy ra: x =
0,25
161
Vậy có hai điểm P đối xứng qua I và cach một khoảng xa nhất là:
6, 437cm
0,25

x
P
I
D
C

Từ (4) & (5) suy ra: d 2 p + d1 p =

A
3
(0,75đ)

O

B

Phương trinh sóng tại N1 ; N 2
π (d 2 + d1 ) π 
 π (d 2 − d1 ) π 

u N1 = 2a cos 
−  cos ωt −
+ 
λ
2
λ
2



– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

7


 π (d 2, − d1, ) π 

π (d 2 , + d1, ) π 
u N2 = 2a cos 
−  cos ωt −
+ 
λ
2
λ
2



0,25

,
,
Vì N1 ; N 2 nằm trên cùng elip nên d1 + d 2 = d1 + d 2 :

6(3đ)

uN2
u N1

 π (d 2, − d1, ) π 

cos 
− 
λ
2
2

=
=−
2
 π ( d 2 − d1 ) π 
cos 
− 
λ
2


0,25
0,25

⇒ uM 2 = −2,5 2(mm)
CƠ SỞ LÍ THUYẾT:
+ Vì ng̀n có điện trở rất nhỏ nên hiệu điện thế giữa hai cực của nguồn
bằng suất điện động của nguồn và không đổi trong qua trình làm thí
nghiệm.

0,25

+ Trong cac sơ đồ mắc Ampekế và Vôn kế không lí tưởng để đo gia trị 2
điện trở R1 , R2 theo yêu cầu ta chú ý đến 2 sơ đồ sau:
IA

A

R1

R2

A

B
(Sơ đồ 1)

V
R

1

A

R2

I2

A

B
( Sơ đồ 2)

V

0,5

+Hai sơ đồ trên có mối liên hệ: IA ở sơ đồ 1 đúng bằng I2 ở sơ đồ 2:

I A = I2
Chứng minh IA=I2:
Ở sơ đồ 1:
A

IA
A

R1

R2

B
V

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

8


IA =

với

I=

U − R2 I

R1 + RA

;

U ( R1 + RA + RV )
U
=
( R1 + RA ).RV R2 ( R1 + RA + RV ) + ( R1 + RA ) RV ;
R2 +
R1 + RA + RV

U−
=> I A =

R2U ( R1 + RA + RV )
R2 ( R1 + RA + RV ) + ( R1 + RA ) RV
R1 + RA



R2 ( R1 + RA + RV )
1
−
 R (R + R + R ) + (R + R )R 
2
1
A
V
1
A

V 
= U. 
R1 + RA
=

U [ R2 ( R1 + RA + RV ) + ( R1 + RA ) RV − R2 ( R1 + RA + RV ) ]

[ R2 ( R1 + RA + RV ) + ( R1 + RA ) RV ] ( R1 + RA )

U .RV
=
R2 ( R1 + RA + RV ) + RV ( R1 + RA )
R

Ở sơ đồ 2:

1

0,5
(a)

I2

2

A

A

B

V

R2 I 2 = RV ( I − I 2 )
( R2 + RV ) I 2 = RV I ⇒ I 2 =

I2 =

=

R

RV
U
.
R2 + RV R + R + R2 RV
1
A
R2 + RV

URV
 ( R + R )( R + R ) + R2 RV 
( R2 + RV )  1 A 2 V

R2 + RV



U .RV
R2 ( R1 + RA + RV ) + RV ( R1 + RA )

0,5

(b)

Từ (a) và (b) suy ra đpcm
0,25

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

9


+ Gia trị R2 được tính chính xac bằng công thức: R2 =

UV
;
I2

R1 được tính tương tự.
PHƯƠNG ÁN THÍ NGHIỆM:
+ Mắc mạch điện như sơ đồ 1->Đọc số chỉ Am pekế ở sơ đồ 1 ( IA)

0,25

+ Mắc mạch điện theo sơ đồ 2-> Đọc số chỉ Vôn kế ở sơ đồ 2 ( UV)

0,25

=> Gia trị chính xac của R2 là :

R2 =

UV
IA

+ Đổi chỗ R1 và R2 rồi làm tương tự ta thu được chính xac kết quả R1.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

0,25
0,25

10