de thi hsg

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD & ĐT THANH HOÁ. ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Câu Câu 1 2,5 điểm. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2013 - 2014 MÔN THI: VẬT LÝ LỚP: 12 THPT Ngày thi: 20 - 3 - 2014 Thời gian làm bài 180 phút (không kể thời gian giao đề). Nội dung Điểm * Khi treo vật m1 vào ròng rọc lớn: Các phương trình động lực học cho m1 và ròng rọc là : (chiều dương là chiều chuyển động của m1 và chiều quay của ròng rọc) P1 - T1 = m1a1  m1g  0,5 đ OR R  a1 = (1) a1  ' ' ● I i T1  T1 T1R1 = Iγ1 = I R Vớ m1 + 2  1 ' R1 T1 ( I là mô men quán tính của ròng rọc kép ) 1. 2. T1 m1. P1. * Tương tự khi khi treo m2 vào ròng rọc nhỏ: a 2 =. m2g I m2 + 2 R2. (2). I a m R 22 * Lấy hai vế của (1) chia cho (2) được: 1  1 a 2 m2 m + I 1 R12. 0,5 đ. m2 +. 0,5 đ. I a 76 76 0,3 0, 052 * Thay 1 = và m1 = 0,3 kg, m2 = 0,5 kg ta được  a 2 55 55 0,5 0,3 + I 0,12 * Giải phương trình suy ra kết quả I = 1,125.10-3 kg.m2. a. Tính độ cứng mỗi lò xo: 0,5 +. Câu 2. 0,5 đ 0,5 đ. 3,0 điểm 0,5 đ * Vì độ cứng tỉ lệ nghịch với chiều dài với những lò xo cùng loại nên ta áp dụng công thức k1l1 = k2l2 = kl0  k1 = 20N/m ; k2 = 80N/m b. Xác định khoảng cách cực tiểu và khoảng thời gian tương ứng: 2W0 2W0 * Biên độ của mỗi vật: A1= = 0,1m = 10cm; A2= = 0,05m = 5cm. k1 k2. k1 k2 = 2π(rad/s) = ω ; ω2= = 2ω m m * Phương trình dao động của mỗi vật đối với các vị trí cân bằng của chúng: x1 = A1cos(ω1t +φ1) = 10cos(ωt – π) (cm) x2 = A2cos(ω2t +φ2) = 5cos(2ωt) (cm * Khoảng cách hai vật tại một thời điểm bất kỳ (tính theo cm): d = |O1O2 + x2 – x1 = 20 + 5cos(2ωt) - 10cos(ωt – π)| (cm) * Biến đổi toán học:. 0,5 đ. Tần số góc dao động của mỗi vật là: ω1=. 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> d = | 20 + 5(2cos2ωt – 1) + 10cosωt = 15 + 10(cos2ωt + cosωt)| 1 1 1 2 2 ) – 2,5| = |12,5 + (cosωt + )|  d = |15 + 10(cos ωt + 2. .cosωt + 2 4 2 1 2 * Để tìm khoảng thời gian kể từ lúc thả đến khi đạt khoảng cách cực tiểu lần đầu tiên 1 2 ta giải phương trình trên: cosωt = - = cos(± ). Vậy, hoặc t = 1/3 + k ( k = 2 3 0; 1; 2; ...) hoặc t = -1/3 + k ( k = 1; 2; ...) Từ đó ta lấy nghiệm : tmin = 1/3 (s) a. Tìm tốc độ truyền sóng và số cực đại trên AB. * Điều kiện để tại M dao động cực đại: d 2 - d1 = k.λ  kλ = 25 - 20,5 = 4,5 (cm) Vì giữa M và đường trung trực của AB có 2 vân giao thoa cực đại. Tại M là vân dao thoa cực đại thứ 3 nên k = 3. Từ đó λ = 1,5 (cm)  v = λ .f = 20.1,5 = 30 (cm/s) * Điều kiện để tại M’ trên AB có dao động cực đại: d2 – d1 = k. λ (với k = 0;  1;  2..) và d1 + d2 = AB nên: d1 = (k  AB) / 2 Điều kiện 0 < d1; d2 < AB hay 0 < (kλ + AB)/2 < AB AB AB Thay số vào tìm được: <k< hay: -5,33 < k < 5,33.   Suy ra: k = - 5; - 4; - 3; - 2; - 1; 0; 1; 2; 3; 4; 5.  11 điểm dao động cực đại.. Vậy khoảng cách nhỏ nhất giữa hai vật dmin = 12,5cm xảy ra khi cosωt = -. Câu 3 2,5 điểm. 0,5 đ. 0,5 đ. 0,5 đ. b. Tìm đoạn QO: * Phương trình dao động của hai nguồn: u1 = u2 = Acos2ft Điểm Q nằm trên trung trực của AB cách A khoảng d dao động theo phương trình: d  dO d u = 2Acos(2ft - 2 )  Độ lệch pha của điểm này so với O:  = 2   * Điều kiện để điểm này dao động cùng pha với O:  = k2 (k nguyên) Ta có: d - dO = k  d = dO + k = 4 + 1,5k (cm) * Q nằm trên đoạn NP: dN  4 + 1,5k  dP d O2  ON 2  4 + 1,5k  d O2  OP 2  0,31  k  1,60  k = 1. Suy ra: d = 5,5cm  OQ = Câu 4 2,5 điểm. d 2  d O2 =. a. Tính các giá trị R, L1 và C1. * Ta vẽ giản đồ véc tơ như hình bên: + Áp dụng định lý cosin ta có: U2 = U2AN + U2NB - 2UAN .UNB .cosβ. U 0,5 đ. U 2AN + U 2NB - U 2 . 2U AN .U NB + Thay số: cos = 0,8  sin = 0,6. + ZC. 1.  U AN .  cosβ =. * tg β =. O  UC. UR. I. U P = 0,2 A  R = R = 480 Ω UR I. ZL1 UR 0,6 3 R 3 4R 640 = =  =  ZL1 = = 640 Ω  L1 = =  2,04 H U L1 0,8 4 ZL1 4 3 ω 100π. U 56 1 = NB = = 280 Ω  C1 =  11,37 μF I 0,2 ωZC1. b. Tìm giá trị của C2 và UL max:. 0,5 đ. 0,5 đ. 5,52 - 42  3,775 cm.  UL. * Từ đó UR = UAN sin = 96 V Lại có: P = UR I  I =. 0,5 đ. 0.5 đ. 0,5 đ 0,5 đ 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 9,6 H  ZL2 = 960 Ω thì UL đạt cực tại π U.ZL U Ta có: UL = I.ZL = (*) = 2 2 2 2 R + (ZL - ZC2 ) R + ZC2 2ZC2 +1 Z2L ZL. * Khi L 2 =. R 2 + ZC2 2. ZC2 +1 Z ZL * Dễ thấy UL đạt cực đại khi y cực tiểu. Khi đó 2 Z R 2 + ZC2 1 2 = 2 C2 2  ZL2 =  ZC2 - 960ZC2 + 4802 = 0 ZL2 R + ZC2 ZC2  ZC2 = 480 Ω  C2  6,63 μF và thay số vào biểu thức (*) ta được: Đặt y =. Câu 5 2,5 điểm. 2 L. -2. ULmax = 120 2 (V) a. Xác định chu kỳ T và cường độ I0 của mạch: * Do khóa K đóng nên tụ C2 bị nối tắt, mạch dao động gồm L nối kín với C1. Chu kỳ dao động của mạch được tính theo công thức: T = 2 L.C1 . Thay số ta được T= 8.10-5s hay T  0,25ms * Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng điện từ của mạch : q 02 L.I02 2π.q 0 =  I0 = q 0ω =  0,3A 2C1 2 T. 0,5 đ. 0,5 đ. b. Xác định cường độ i khi khóa K mở và u1=0. * Khi điện áp giữa hai tấm của tụ C1 đạt giá trị cực đại U0 thì cường độ dòng điện trong mạch bằng 0 , vậy lúc đó sự mở khóa K không gây ra hiệu ứng gì. Vào lúc vừa mở K, điện tích tụ C1 là q1= q0, điện tích tụ C 2 là q2 = 0 . Cụ thể lúc đó điện tích tấm bên phải của C1 là q0 và điện tích tấm bên trái của C 2 là q2 = 0 . * Vì tổng điện tích của hai tấm này không đổi nên đến thời điểm điện tích tụ C1 bằng 0 thì điện tích trên tấm trái của C 2 là q0 đồng thời lúc đó trong mạch có dòng q 02 điện cường độ i. Năng lượng mạch lúc đầu bằng năng lượng tụ C1: W0  ; lúc 2C1 sau năng lượng mạch gồm năng lượng điện trường trên tụ C2 và năng lượng từ. trường trên cuộn cảm, theo ĐLBT năng lượng của mạch W . 0,5 đ. 0,5 đ. 0,5 đ. 1 q12 1 2 1 q02 1 2  Li   Li 2 C2 2 2 C2 2. * Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng đối với mạch điện: q 02 1 q02 1 2 1 C12U 02 1 2 C2  C1  Li =  Li  i = q0 = 2C1 2 C2 2 2 C2 2 C1C2 L. 0,5 đ. 0,3 (A) = 0,15 2(A) 2 a. Tính độ dịch chuyển của S: Thay số ta được i =. Câu 6 2,5 điểm. * Khoảng vân giao thoa i . D a.  2  mm . Ban đầu ta thấy vân tối gần tọa độ +1,2 mm nhất là vân tối thứ 1 tại tọa độ +1 mm Vậy để tại tọa độ +1,2mm là một vân tối thì ta cần dịch chuyển 1 đoạn ngắn nhất sao cho vân tối thứ 1, và đồng thời là vân trung tâm dịch chuyển theo chiều dương 1 đoạn ngắn nhất là x  0, 2mm theo chiều dương. * Khi S di chuyển đoạn y, tại một điểm M trên màn là vị trí vân sáng, hiệu đường đi của hai sóng từ S tới M là ∆d = d2’ – d1’ + d2 – d1 = k trong đó d2 – d1 = ax/D, và. 0,5 đ. 0,5 đ3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu 7 2,5 điểm. d2’ – d1’= ay/d (d là khoảng cách từ S đến S1S2. d * Vân bậc 0 có k=0  y   x0 tức là vân trung tâm (cùng với cả hệ vân) dịch D d chuyển ngược lại một đoạn có độ dài | y | x0 . Vậy khe S phải dịch chuyển D d 0,8 ngược lại tức là theo chiều âm 1 đoạn ngắn nhất là | y | x  0, 2  0, 08  mm  D 2 b. Tính tọa độ các vị trí vân tối của hai hệ trùng nhau: * Vị trí các vân tối của 2 hệ trùng nhau xtối trùng = (2k1+1)i1/2 = (2k2+1)i2/2 2k  1 2 7 7 2k  1 * Khai triển 1    .  2k1  1  7(2k  1) 2k2  1 1 5 5 2k  1 Thay vào trên ta được xtối trùng = (2k+1)5,6 (mm) với k  Z a. Vận tốc của e trên quỹ đạo K. * Trong chuyển động tròn đều của e quanh hạt nhân, lực điện trường giữa e và hạt nhân đóng vai trò lực hướng tâm nên Fđ = Fht * Khai triển : k. e2 r02. . mv2 k m ve  2,186.106 r0 mr0 s. b. Tính khoảng cách xa nhất còn thấy nguồn sáng. Gọi d là khoảng cách từ người đến nguồn sáng; d1 là đường kính con ngươi. n0 = 100 photon/s là số photon tối thiểu lọt vào mắt trong 1s để mắt còn nhìn thấy P P * Số photon phát ra từ nguồn sáng trong 1s là   hc d12  P.d12 P Số photon lọt vào con ngươi mắt trong 1s là : n  . 42  hc 4 d 16hcd 2 P .d1 * Theo đề ra ta phải có n  n0  d  16hcn0 Vậy khoảng cách lớn nhất từ người đến nguồn sáng là :. 0,5 đ. 0,5 đ 0,5 đ. 0,5 đ 0,5 đ. 0,5 đ. 0,5 đ. 0,5 đ. P 2, 4.0, 6.10 .d1  .4.103  269, 2.103  m  16hcn0 16.6, 625.1034.3.108.100 6. d max = Câu 8 2,0 điểm. * Cách xác định: - Dùng vôn kế đo điện áp hiệu dụng ở 2 đầu đoạn mạch được U. - Mắc nối tiếp 1 hộp X bất kỳ trong 2 hộp với ống dây L rồi mắc vào mạch xoay chiều. - Dùng vôn kế đo điện áp hiệu dụng 2 đầu ống dây và 2 đầu hộp X được UL và UX - Nếu 1 trong 2 số chỉ này UL hoặc UX > U  Hộp X chứa tụ C - Nếu cả 2 số chỉ này UL ; UX < U  Hộp X chứa R    * Nếu hộp X chứa tụ C  U = U L + U C Hay U = | UL - UC | Vậy: Hoặc U = UL - UC  UL = U + UC > U Hoặc U = UC – UL  UC = U + UL > U    * Nếu hộp X chứa R  U = U L + U R Hay U2 = UL2 + UR2 . Vậy : UR ; UL < U. 0,5 đ. 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ. ---------------------------------HẾT--------------------------------Chú ý: Học sinh làm cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>