DAP AN DE THI HSG VAT LI 12 TINH HAI DUONG 20162017

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Câu 1: (2,5 điểm) SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017 MÔN THI: VẬT LÝ Thời gian làm bài : 180 phút Ngày thi: 8/10/2016 (Đề thi gồm 5 câu 02 trang). ĐỀ CHÍNH THỨC. 1) (1,5đ). a) . 0,25 k 10rad / s m1  m2 0,25. Tại t=0.  x0  A  2cm    rad. Suy ra phương trình dao động: x 2 cos(10t   ) cm. b) Ta có:. Wđ. Wd W  Wt. Ta có: 1 W  k.A 2 0, 02(J) 2 ; 0,5 0 Wt 0, 02(J). . O. c) Thời gian ngắn nhất để vật dđ đh đi từ x1 đến x2 tương 0,25 ứng vật chuyển động tròn đi từ M1 đến M2 với góc quét t min .     60 s. d) Vị trí của vật ở 1 là thời điểm t. . Wt. Khi Wt =0(J) thì Wđ =0,02(J) Khi Wt =0,02(J) thì Wđ =0(J).  . 0,02.  6. 0,25. 0,02.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 1 t1    .  4. Góc quét:   .t 8,5 8  0,25 rad 2. Quãng đường đi được: S = 8.2A + S0 Từ vòng tròn lượng giác, suy ra S0 = 2. A 2 2. Suy ra S = 16A + A 2 = 34,83 ( m) e) Ngay sau giữ:  ' 10 2rad / s , x’ = 0,25 0,5cm, v = 10 3 cm/s  A’ . 2) (1,0 đ). 7 1,322cm 2. Vị trí vật m2 bong ra khỏi vật m1 thoả 2 mãn: FC = m2  x = 0,25 0,5 (N) x = 1cm Ngay sau bong:  ' = K 10 2 m1. rad/s, v’ 0,25 = 10 3 cm/s, x’ =1cm 2.  10 3  10  A’  1   1,581cm.  = 2 10 2   2.  v Max A '  . Câu 2: (2,0 điểm) 1) (1,5 đ). 10 .10 2 10 5 22,36cm / s. 2. a)Tại vị trí cân bằng góc lệch của dây treo là: tan  . Fđ 1   45o P. b) Vì gốc tọa độ O. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> cách vị trí cân bằng lúc đầu của vật một đoạn: 0,25 5  d .1  (m) 180 36. Phương trình dao động có dạng: s .   S0 cos(t  ) 0,25 36. Với: . g'  4 2 (rad / s) l. Lúc t = 0,. 0,25.     S0 cos()  s  36 36  0,25  v  .S0 sin  0  0    S0 18  m . Phương trình dao động của li độ dài là: s .    cos( 4 2t) (m) 36 18. c) Tại vị trí dây treo hợp với phương thẳng đứng góc 450, thì trùng VTCB lúc đầu, ta có: a1 a n . v2 (S0 )2 l. (1) Tại vị trí thấp nhất là vị trí biên âm: a 2 a t 2S0 (2). Từ (1) và (2), suy ra: a1  S0  0,174 a2 18. 2) (0,5 đ). Xe trượt xuống dốc 0,25 với gia tốc: a g sin 300 5(m / s 2 ).

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Con lắc đơn chịu tác dụng của trọng lực biểu kiến:   . 0,25. P ' P  Fqt. Khi đó gia tốc biểu kiến có độ lớn: g’= g 2  a qt2  2ga qt cos1200 5 3  m / s 2  2. l g'. T= =2,135(s) Câu 3 : (1,5 điểm) 1) (1,0đ). Ảnh thu được là ảnh thật : d’ >0 ; k <0. Vị trí 1 : d1' . d1f f ; k1  . d1  f f  d1 0,25. Vị trí 2 :. 0,25 d 2 d1  5(cm)  f  ' ' d 2 d1  40(cm) (1); k 2  f  d  2 0,5. Từ giả thiết :. k 2 k1;  d 1 f  5(cm). (2). Từ (1) . 2) (0,5đ). (d1  5)f df  1  40 d1  5  f d1  f. Thay (2) vào (3), ta được : f = 20cm ; d1 = 25cm. Vị trí ảnh cao 2(mm), ta có: 0,25 d 2 d1  5 30(cm);d '2 60(cm). Khoảng cách từ ảnh đến vật là : L = 90(cm) Ta có : d  d ' 90(cm)  d 2  Ld  Lf 0. Giải phương trình,. 0,25. (3).

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  d 30cm  ta được :  d 60cm. Vị trí mà thấu kính dịch chuyển đến là : d = 60cm. Vậy TK dịch chuyển ra xa vật một đoạn : d 60  30(cm). Câu 4: (2 điểm) 1) (1,0 đ). 2) (1,0 đ).  Vẽ được hình 0,25  Nêu đúng và đủ vai trò 0,25 các linh kiện.  Nêu được quá trình và kết quả thí nghiệm.  Giải thích được kết quả. + Chọn trục oy có phương thẳng đứng, chiều dương hướng xuống, gốc O là vị trí của cạnh AB ở thời điểm ban đầu. + Khi buông tay, dưới tác dụng của trọng lực khung sẽ 0,25 rơi theo phương thẳng đứng xuống dưới. + Cạnh CD không chịu tác dụng của lực từ. + Cạnh AD và BC chuyển động trong từ trường nhưng không cắt các.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> đường sức từ nên không tạo ra suất điện động cảm ứng. + Xét chuyển động của thanh AB theo phương Oy 0,5 Tại thời điểm t, suất điện động của cạnh AB tạo ra là ξc = Bvyb với i = 0,25 ξc/R = Bvyb/R Lực từ tác dụng lên 0,5 AB có chiều chống lại chuyển động của AB nên chiều như hình vẽ và có độ lớn Ft = Bib = B2b2vy/R. Áp dụng định luật 2 Niuton cho khungABCD ta được P – Ft = may ↔ mg - B2b2vy/R = may Khi khung đạt vận tốc giới hạn thì ay = 0 nên vgh = mgR/B2b2 Chọn gốc thế năng tại vị trí thanh AB bắt đầu ra khỏi từ trường.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng cho khung ABCD trong quá trình chuyển động, kể từ thời điểm t = 0 tới khi cạnh trên AB bắt đầu ra khỏi từ trường: Q = mga - mv2gh/2 Suy ra: Q mg(a . m 2 .g.R 2 ) 2B4 b 4. Câu 5: (2,0 điểm) 1) (1,0 đ). R AB . R 1R 3D 8  R ABF R AB  R 2 12 R 1  R 3D. 0,25. R 45 R 4  R 5 24  R N . R ABF R 45 8 R ABF  R 45. E 1,5A  U N U AF IR N 12V Rn  r 0,25 U I 2  N 1A  U AB I 2 R AB 8V R ABF U 1 U 2 I3 I D  AB  A  I1 I R  AB  A R 3D 3 R1 3 I. 1. 0,25 U C U ED U EA  U AD  4V  q CU 8.10  6 C I A I  I1 1,5 . 2) (1,0 đ). 2 0,83A 0,25 3. Đặt R3=xR3D = x+3 R N R AF . 48(x  6) 0,25 E 9(5x  57)  I   5x  57 R N  r 2(17x  129). U N U AF IR  I4 . U 216(x  6) 27(x  15  I 2  N  17x  129 R ABF 2(17x  12. UN 9(x  6) IR 162   I D  2 AB  0,25 R 45 17x  129 R 3D 17x  129. q= 0 nên UED=0 UEF=UDF UEB+UBF=UDF RDID+I2R2=I4R4. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Giải ra tìm được: x=3 . 0,25.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>