Đề thi học sinh giỏi lớp 12 môn Lý - Sở GD&ĐT Nghệ An

Chia sẻ: Le Thi Man | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:14

Thêm vào BST

Báo xấu

452
lượt xem 28
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp cho học sinh ôn tập, luyện tập và vận dụng các kiến thức vào việc giải các bài tập được tốt hơn mời các bạn tham khảo đề thi học sinh giỏi lớp 12 môn Vật lý kèm đáp án của sở giáo dục và đào tạo Nghệ An.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi lớp 12 môn Lý - Sở GD&ĐT Nghệ An

Sở Gd&Đt Nghệ an ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA LỚP 12 Năm học 2012-2013 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: VẬT LÝ (Đề thi có 2 trang) Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 07/11/2013 Bài 1 (4 điểm) Hai quả cầu nhỏ m1 và m2 được tích điện q và -q, chúng được nối với nhau bởi một lò xo rất nhẹ có độ cứng K (hình 1). Hệ nằm yên trên mặt sàn nằm E ngang trơn nhẵn, lò xo không biến dạng. Người ta đặt đột ngột m ,q K m,-q 1 2 một điện trường đều cường độ E , hướng theo phương ngang, sang phải. Tìm vận tốc cực đại của các quả cầu trong chuyển động sau đó. Bỏ qua tương tác điện giữa hai quả cầu, lò xo và mặt (Hình 1) sàn đều cách điện. Bài 2 (4 điểm) Một vệ tinh chuyển động tròn đều quanh Trái Đất ở độ cao R = 3R0 so với tâm O của Trái Đất (Bán kính Trái Đất là R0 = 6400 km). 1. Tính vận tốc V0 và chu kỳ T0 của vệ tinh. 2. Giả sử vệ tinh bị nhiễu loạn nhẹ và tức thời theo phương bán kính sao B O . A cho nó bị lệch khỏi quỹ đạo tròn bán kính R trên. Hãy tính chu kỳ dao động nhỏ của vệ tinh theo phương bán kính và xung quanh quỹ đạo cũ. 3. Vệ tinh đang chuyển động tròn bán kính R thì tại điểm A vận tốc đột ngột giảm xuống thành VA nhưng giữ nguyên hướng, vệ tinh chuyển sang quỹ đạo elip và tiếp đất tại điểm B trên đường OA (O, A, B thẳng hàng). Tìm (Hình 2) vận tốc vệ tinh tại A, B và thời gian để nó chuyển động từ A đến B. Cho vận tốc vũ trụ cấp 1 là V1 = 7,9 km/s. Bỏ qua lực cản. Có thể dùng phương trình chuyển động của một vệ tinh trên quỹ đạo:  d 2 r  d  2  Mm m  2    r   G 2  dt   dt    r 2 d và định luật bảo toàn mômen động lượng: mr  const . dt Bài 3 (4 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ 3, biết E1= e, E2 = 2e, E3 E3 = 4e, R1 = R, R2 = 2R, AB là dây dẫn đồng chất, tiết diện đều có + - điện trở toàn phần là R3 = 3R. Bỏ qua điện trở trong của các nguồn điện và dây nối. A B 1. Khảo sát tổng công suất trên R1 và R2 khi di chuyển con chạy C C từ A đến B. R1 R2 2. Giữ nguyên vị trí con chạy C ở một vị trí nào đó trên biến trở. + - + - 4E Nối A và D bởi một ampe kế (RA  0) thì nó chỉ I1 = , nối ampe M R E1 D E2 N 3E (H×nh 3) kế đó vào A và M thì nó chỉ I2= . Hỏi khi tháo ampe kế ra thì 2R 1
cường độ dòng điện qua R1 bằng bao nhiêu? Bài 4 (4 điểm) Phía trên của một hình trụ solenoit đặt thẳng đứng có một tấm bìa cứng nằm ngang trên đó đặt một vòng tròn nhỏ siêu dẫn làm từ dây D kim loại có đường kính tiết diện dây là d1, đường kính vòng là D (d1
Sở Gd&Đt Nghệ an KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA LỚP 12 Năm học 2012-2013 ---------------------- hướng dẫn chấm, đáp án và biểu điểm chấm đề chính thức Môn: VẬT LÝ Ngày thi: 07/11/2013 -~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ Nội dung Điểm Bài1 .Do tổng ngoại lực tác dụng hệ kín theo phương ngang 1đ nên khối tâm của hệ đứng yên và tổng động lượng của hệ E được bảo toàn. Chọn trục Ox có phương ngang hướng m1,q K m2, - q sang phải, góc O ở khối tâm của hệ. Ta có: mv m1v1 + m2v2 = o  v2 = - 1 1 (1) o .x m2 .Vật m1 và m2 sẽ dao động điều hòa xung quanh vị trí cân bằng của chúng, tại đó hợp lực 1đ tác dụng lên mỗi vật bằng 0 và vận tốc của chúng đạt cực đại. Ta có: qE = k(x1-x2) (2) 1đ 2 m1v12 m2v2 k ( x1  x2 ) 2 + + = qE(x1-x2) (3) 2 2 2 .Từ (1) và (2) và (3) ta được: 1đ qE m2 qE m1 V1= , V2= k m1 ( m1  m2 ) k m2 ( m1  m2 ) Bài 2 1.Gọi M và m lần lượt là khối lượng Trái Đất và vệ tinh. 0,5đ .Lực hấp dẫn của Trái Đất lên vệ tinh đóng vai trò lực hướng tâm nên: 2 GMm mv0 GM V1 2   V0= = =4,56m/s R R 3R0 3 2R 0,5đ .Chu kỳ quay của vệ tinh: T0 = =26442s = 7,43h V0 2.Từ hai phương trình cho ở đề bài ta được phương trình: 0,5đ d 2 r ( c / m) 2 GM 2 - 3 = - 2 (1) dt r r c 0,5đ .Khi vệ tinh chuyển động với bán kính R thì: ( ) 2 = GMR (2) m d 2 r GMR GM .Từ (1) và (2), ta được: 2 - 3 = 2 với r =R+x . dt r r 2 d x GMR GM .Hay: 2  = dt x 3 x R3 (1  ) R 2 (1  )2 R R .Do vệ tinh chỉ dao động bé nên x
VA.3R = VB.R (1) m v 2 A GMm m v 2 B GMm - = - (2) 2 3R0 2 R0 .Từ (1) và (2) ta được: vA= v1/ 6 = 3,23m/s , vB = 9,68m/s 0,5đ .Bán kính trục lớn quĩ đạo elíp của vệ tinh: a = AB/2 = 2R0 0,5đ 3 a3 R .Áp dụng định luật 3 kêple ta có: 2  2  T=T0 R0 R = 4h T T0 a a .Thời gian vệ tinh chuyển động từ A đến B là: t = T/2 = 2h Bài 3 1.Đặt RAC= x. Công suất tỏa nhiệt trên R1 và R2 : 0,5đ E3 U 2 AM U 2 NB P= + (1) R1 R2 I3 A B .Trong đó : UAM = UAC- e (2) C .U BN = - 4e + UAM+ e + 2e  UBN = UAC- 2e (3) R1 R2 M I1 N I2 D E1 E2 U AC  e  2 + U AC  2e  2 0,5đ .Thay (1), (2) vào (3) ta được: P = R 2R 4e 0,5đ .Lấy đạo hàm hai vế của P theo UAC ta được : P’= 0  U AC = 3 .Lập bảng biến thiên biểu diễn sự phụ thuộc của P theo UAC ta thấy UAC đạt cực tiểu khi 4e e2 UAC= , lúc đó Pmin= . 3 3R e 2e 0,5đ .Thay UAC vào (2) và (3) ta được: UAC = và UNB = 3 3 U AM e U NB e .Từ đó tìm được: I1=  I2=   ICD= 0 R1 3R 2R 3R U AB 4e U AC I3=  x = R R3 3R I3 3e2 0,5đ .Biện luận: -Khi x= 0 thì UAC= 0 và P = . R 4e e2 . -Khi x = R thì UAC= và Pmin = 3 3R 11e 2 . -Khi x = 3R thì UAC=4e và Pmax = R 2.Coi phần mạch điện giữa A và D tương ứng với nguồn điện có suất điện động E và điện 1đ trở trong r, mạch được vẽ lại như hình bên. E 1 M D .Khi nối Ampe kế vào A và D thì: 4e e + e E = 3e (1) I1= =  R R r r R R 1 .Nối Ampe kế vào A và M thì R1 bị nối tắt: E,r 3e E  e (2) I2 = = 2R r A 4
2R 0,5đ .Giải hệ (1) và (2) ta được: E = 2e , r = 3 .Khi không có Ampe kế thì cường độ dòng điện qua R1 là: E  e = 3e = 0,6 e (A) IR1 = R1  r 5R R Bài 4 . Sau khi đóng khóa, gọi cường độ trong mạch là i và điện tích của tụ điện là q. 0,5đ q q  cU .Định luật ôm cho mạch: U – Ldi’= . Hay q’’+ = 0 (1) c cLd .Đặt q 1 = q-cU, ta được phương trình: q1’’+  2 q 1 = 0. .Nghiệm của phương trình là: q1 = Asin( t ) + Bcos( t ) (2) .Chọn t = 0 là thời điểm đóng khóa K, ta có: 0,5đ q1(t= 0) = q(t=o)– cU = cU, q1’= q’= 0 .Suy ra : A = 0 , B = - cU, q = cU[1- cos( t )] (3) ’ .Cường độ trong cuộn dây là: id = q = cU  Sin( t )  id ~ U 0,5đ , .Đối với vòng siêu dẫn:  = -Lvi,v (4) .Ở đây  là từ thông do cảm ứng từ xolenoit gửi qua vòng, iv là cường độ dòng điện chạy qua vòng, LV là độ tự cảm của vòng. 0,5đ .Nghiệm của (4) có dạng:  + Lviv = C với C là hằng số.  .Tại thời điểm ban đầu C = 0 nên: iv = - LV .Từ thông  tỷ lệ với độ tự cảm của solenoit (độ tự cảm này tỷ lệ id) và diện tích vòng: 0,5đ D 2U  ~ idD2 ~ UD2  iv ~ Lv .Lực Ampe cực đại tác dụng lên vòng theo hướng thẳng đứng lên trên, tỷ lệ với đường 0,5đ kính của vòng, cường độ dòng điện trong vòng và trong solenoit. D3U 2 F ~ Didiv ~ Lv .Vòng sẽ nảy lên nếu lực F lớn hơn trọng lực của vòng, trọng lực này tỷ lệ với Dd2. 0,5đ D 3U 2 d .Trong trường hợp giới hạn: ~ Dd2  U ~ LV Lv D .Trường hợp đầu : U0 ~ d1{Ln(1,4D/d 1)} 1 / 2 0,5đ .Trường hợp sau : U’0 ~ d2{Ln(1,4D/d2)} 1 / 2 .Vòng sẽ nảy lên khi hiệu điện thế của nguồn thỏa mãn: U’0  U0 d2{Ln(1,4D/d2)} 1 / 2 / d1{Ln(1,4D/d1)} 1 / 2 Bài 5 1.Giản đồ véc tơ được vẽ như hình bên. A UAB 1đ .Từ giản đồ suy ra UMN cực tiểu khi M trùng với N . B UR1 UR2 .Hay: UMN= 0  UR1 = UC  I1R1 = I2ZC , UR2 = UL UC UL  = I2R2= I1ZL N M R1 ZC R R 100 100 3 0,5đ  =  ZC = 1 2 =   C= F = 55( F ) ZL R2 ZL 3  5
2.Chập M và N thành điểm E.Tổng trở, độ lệch pha giữa hiệu điện thế và cường độ dòng 1đ điện trong mỗi nhánh : UEB IC I A 2 IL 1 I I R1 U AE 1 1 1 I R 1  2  2  2  Z1 = 50 3 ( ) .Tg 1 = - C = - 1 = -  1 = - Z1 R1 Z C I R1 ZC 3 6 1 1 1 I R 1  2  2  2  Z2 = 50 3 ( ) . Tg 2 = L = 2 =  2 = Z 2 R2 Z L I R2 ZL 3 6 .Vì Z1 = Z2 và cường độ hiệu dụng trong mạch chính như nhau nên: UAE = UEB = U 0,5đ  .Mặt khác U AE và U EB đều lệch về hai phía trục I một góc nên: 6 U AB UAE = UEB = = 60 3 (V) :  2 cos( ) 6 .Chọn chiều dương qua các nhánh như hình vẽ. 1đ R1 M L .Giản đồ véc tơ biểu diễn I R1  I A  I L như hình A A B C N R2 bên. .Từ đó ta được: 300  600 IA= I 2 R1  I L  2 I R1 I L cos 2 = 0,6(A) 6 IR1 IL IA 6
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 Đề chính thức Môn thi: VẬT LÍ 12 THPT - BẢNG A (Đề thi có 01 trang) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề). Câu 1 (5,0 điểm). 1. Cho con lắc lò xo như hình 1. Vật nặng khối lượng m=100g, lò xo nhẹ có độ cứng k = 40N/m lồng vào trục thẳng đứng, đầu dưới của lò xo gắn chặt với giá đỡ tại m điểm Q. Bỏ qua mọi ma sát. Lấy g=10m/s2. Đưa vật đến vị trí lò xo bị nén một đoạn 4,5cm rồi thả nhẹ. Chọn trục tọa độ Ox theo phương thẳng đứng, gốc O ở vị trí cân k bằng, chiều dương hướng lên và gốc thời gian (t = 0) lúc thả vật. a. Chứng minh vật dao động điều hòa và viết phương trình dao động của vật. Hình 1 Q b. Tìm thời điểm lò xo bị nén một đoạn 3,5cm lần thứ 35 và quãng đường vật đi được đến thời điểm đó? m c. Viết biểu thức lực đàn hồi của lò xo tác dụng lên giá đỡ theo thời gian. 2. Cho đầu dưới của lò xo gắn cố định vào vật có khối lượng M = m được đặt trên k bàn nằm ngang như hình 2. Đưa vật m đến vị trí lò xo không biến dạng rồi truyền cho nó vận tốc ban đầu có độ lớn v0 =120cm/s hướng thẳng đứng xuống dưới. Chứng tỏ rằng đến Hình 2 M một thời điểm vật M bắt đầu bị nhấc lên khỏi mặt bàn? Tính tốc độ của m ở thời điểm đó? Câu 2 (5,0 điểm). Trên mặt chất lỏng có hai nguồn phát sóng kết hợp A, B cách nhau 20cm dao động với phương trình: u A  2cos 20t(mm), u B  2cos(20t  )(mm). Tốc độ truyền sóng v = 0,6m/s. Coi biên độ sóng không đổi. 1. Viết phương trình sóng tại điểm M trên mặt chất lỏng cách A, B là MA=9cm, MB=12cm. 2. C, D là hai điểm trên mặt chất lỏng sao cho ABCD là hình chữ nhật có AD=15cm. Xác định số điểm dao động cực đại trên đoạn AB và đoạn BD? 3. M1, M2 là hai điểm trên đoạn AB cách A lần lượt là 12cm và 14cm. Xác định độ lệch pha dao động của M1 và M 2? 4. Gọi I là trung điểm của đoạn CD. Xác định điểm N trên CD gần I nhất dao động cực đại? Câu 3 (5,0 điểm). Cho đoạn mạch xoay chiều như hình 3. Đặt vào hai đầu A, B điện áp xoay chiều  1 3.104 u AB  100 2 cos(100t  )(V) . Biết cuộn dây có: L  (H), r  20() ; tụ điện có: C  (F) ; 2  3 2 biến trở R. A C M L, r N R B 1. Điều chỉnh R bằng R1  80() : a. Viết biểu thức cường độ dòng điện qua mạch. b. Viết biểu thức điện áp u MB . Hình 3 c. Phải thay tụ C bằng tụ C1 có điện dung bằng bao nhiêu để điện áp hiệu dụng UAN cực tiểu? 2. Điều chỉnh R bằng R 2 để ở thời điểm u AB  100 2(V) thì u MN  0(V) . Tìm R 2 ? Câu 4 (3,0 điểm). Một vật sáng phẳng, nhỏ AB được đặt trên trục chính và vuông góc với trục chính trước một thấu kính phân kì cho ảnh A1B1. Từ vị trí ban đầu, giữ vật cố định, dịch chuyển thấu kính một đoạn 10cm dọc theo trục chính (cùng phía ban đầu đối với vật) thì cho ảnh A2B2 = 2 A1B1 và A2B2 cách A1B1 một đoạn 25 (cm) . 3 3 Tìm tiêu cự của thấu kính? Câu 5 (2,0 điểm). Một dây đồng, đường kính d = 0,2mm có phủ một lớp sơn cách điện mỏng được quấn thành N vòng xếp sát nhau để tạo thành một ống dây dài, có chiều dài l và đường kính D = 5cm. Cho dòng điện có cường độ I0= 1A chạy qua ống dây, sau đó ngắt các đầu dây của ống khỏi nguồn. Hãy xác định điện lượng chuyển qua ống dây kể từ lúc bắt đầu ngắt điện? Cho biết điện trở suất của đồng   1,7.108 (.m) . - - - Hết - - - Họ và tên thí sinh : .........................................................................Số báo danh :................................
SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2012 - 2013 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: VẬT LÍ 12 THPT – BẢNG A (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Câu Ý Nội dung Điểm 1. 1a Ở VTCB lò xo nén một đoạn l0  mg  2,5(cm) (5,0đ) 0,25 k Vật ở vị trí có tọa độ x. Theo định luật II Niu tơn: k( l0  x)  mg  mx ,, k   kx  mx ,,  x ,,   .x  2 .x . m 0,75 Vậy vật dao động điều hòa có:   k  20(rad / s) . m Phương trình dao động có dạng: x  A cos(t  )  v  x ,  Asin(t  ) x  A cos   l0  l  2cm A  2cm Tại t=0 thì:  0   0,75  v 0   A sin   0   (rad) Vậy phương trình dao động là: x  2 cos(20t  )(cm) . 0,25 1b Tọa độ lò xo bị nén: x n  l0  l  1(cm) , chu kì: T  2   (s) . ' 0,25  10 Từ mối liên hệ giữa dao động điều hòa và chuyển động tròn đều ta thấy vật qua vị trí có tọa độ xn lần thứ 35 vào thời điểm: 35  1 T 103 0,75 t .T   (s)  5,39(s) . 2 6 60 Quãng đường vật đi được đến thời điểm đó: S  17.4A  A  137(cm) . 0,25 2 1c Lực đàn hồi tác dụng lên vật m: Fđh = mg + ma = 1  0,8cos(20t  )(N) . 0,25 ' Lực đàn hồi do lò xo tác dụng lên giá Q: Fdh   Fdh  0,8cos(20t  )  1(N) . 0,5 2 2 v0 Biên độ dao động của m là: A  l2  0  6,5(cm) . 0,25 2 Lực đàn hồi do lò xo tác dụng lên M: Fdh  mg  m2 A cos(t  ) . ' 0,25 Để M đứng yên thì áp lực của nó tác dụng lên bàn thoã mãn điều kiện: N  0  Mg  mg  m2 A cos(t  )  0  t. v2 M  m M.g 2 .(M  2m) 0,25  l2  0 0   v2  0  v0  50 3(cm / s) . 2 m.2 k.m M(M  2m) Vì v 0  g nên đến một thời điểm M sẽ bắt đầu bị nhấc lên khỏi km bàn. Thời điểm M bắt đầu bị nhấc lên khỏi mặt bàn thì lò xo phải giãn một đoạn l , khi đó lực đàn hồi và trọng lực tác dụng lên nó cân bằng nhau nên: Mg 0,25 Mg  kl  l   2,5(cm). Lúc này vật m có toạ độ x=5cm. k Tốc độ của vật m khi đó là: v   A 2  x 2  20 6,52  52 (cm / s)  83,1(cm / s) . 1
2. 1 Phương trình sóng tại M do A và B truyền đến: (5,0đ) 2d1 2d 2 0,5 u1M  a cos(t  );u 2M  a cos(t   ).   v Bước sóng:    0,06m  6cm. 0,25 f Phương trình sóng tại điểm M:      0,5 u M  u1M  u 2M  2a.cos  (d1  d 2 )   cos  t  (d1  d 2 )   .  2   2 Hay: u M  4cos(20t  3)(mm). 0,25 2 Điểm dao động cực đại thỏa mãn:   1 0,5 cos  (d1  d 2 )    1  d1  d 2  (k  ).(k  Z) .  2 2 * Trên đoạn AB.  1  AB 1 AB 1 d1  d 2  (k  ). (k  Z)   k   2   2  2 0,5 d1  d 2  AB   k  Z Suy ra: k = -2; -1; 0; 1; 2; 3. Hay có 6 điểm dao động cực đại trên đoạn AB. * Trên đoạn BD. Số điểm dao động cực đại thỏa mãn: AD  BD  d1  d 2  AB , (với BD=25cm)  1  1 AD  BD  (k  ).  AB  10  (k  ).  20 0,5  2  2 k  Z  k  Z  Suy ra: k = -1; 0; 1; 2; 3. Hay có 5 điểm dao động cực đại trên đoạn BD. 3 M1 cách A và B: d1 = 12cm và d2 = 8cm; M2 cách A và B: d1 = 14cm và d '2 = 6cm. ' 0,25 Phương trình sóng tại điểm M1 :  2d1  u1M1  2cos(20t   )  2  5   u M1  4cos(  )cos(20t  ) (mm). 0,25  u  2cos(20t  2d 2  ) 3 2 6  1M1   5 Hay: u M  2 3.cos(20t  ) (mm). 1 6 Phương trình sóng tại điểm M 2 : '  2d1  u1M2  2cos(20t   )  4  5   u M2  4cos(  )cos(20t  ) (mm) u 2d 2' 3 2 6 0,25 2M 2  2cos(20t   )    5 Hay: u M  2 3.cos(20t  ) (mm). 2 6 Vậy M 1 và M 2 dao động cùng biên độ, ngược pha nhau. Hay độ lệch pha dao động của M1 và M2 là:   (rad). 0,25 4 Điểm N gần I nhất dao động cực đại thỏa mãn: D I N C d 1- d2 =  / 2  3 (cm) (1). Từ hình vẽ ta có:  2 2 2 2 AB 2 d1  AD  DN  AD  ( 2  x)  0,25  d 2  BC 2  CN 2  AD2  ( AB  x) 2  2  2 A O B 2
AB AB  d1  d 2  ( 2 2  x)2  (  x)2  2.AB.x  40.x (2) 2 2 Từ (1) và (2): d1  d 2  40.x 40 (3)  .x 0,25  3 40  .x  Từ (1) và (3): d1  3 2  20 .x  3  d 2  ( 20 .x  3 ) 2 (4) 1 2 3 2 3 2 0,25 AB Mặt khác: d1  AD2  DN 2  AD2  ( 2  x) 2  152  (10  x)2 (5) 2 391 2 So sánh (4) và (5), ta có: x  322, 75  x  2,73(cm). 9 0,25 Kết luận: Có 2 điểm gần I nhất dao động cực đại (đối xứng nhau qua I). 3. 1a 100 1 200 Ta có: ZL  L  (); ZC   (), R  R1  80() 0,25 (5,0đ) 3 C 3 200 Tổng trở: Z  (R 1  r)2  (ZL  ZC )2  () 0,25 3 Z  ZC 1  Độ lệch pha giữa uAB và i: tan   L      (rad) . 0,25 Rr 3 6  Suy ra:   u  i  i  u     (rad) . 0,25 3 U 6 Mặt khác: I0  0  (A) . 0,25 Z 2 6  Vậy: i  cos(100t  )(A) . 0,25 2 3 1b 200 Ta có: ZMB  (R1  r)2  ZL  2 2 ()  U 0MB  I0 ZMB  200 2(V) . 0,5 3 Z 1  Độ lệch pha của uMB so với i: tan MB  L   MB  (rad). 0,5 Rr 3 6    Suy ra: u (MB)  MB  i     (rad). 0,25 6 3 6  Vậy u MB  200 2 cos(100t  )(V) . 0,25 6 1c Ta có: Z  (R1  r)2  (ZL  ZC )2  1002  (100  ZC )2 1 1 3 0,25 100 ZAN  r 2  (ZL  ZC1 )2  202  (  ZC1 ) 2 3 100 100 20 2  (  ZC1 )2 3 100 Ta có: U AN  I.ZAN   100 9600 0,25 100 2  (  ZC1 )2 1 3 100 20 2  (  ZC1 )2 3 100 100 Ta thấy: UAN(min) khi (  ZC1 )2 min  ZC1  ( ) . 0,25 3 3 1 3.104 Suy ra: C1   (F) . 0,25 ZC1  3
2 1 Theo bài ra suy ra: uAB chậm pha  / 2 so với uMN, nên ta có: tan MN   0,5 tan AB ZL R r Z  ZL R 2  r   2  C  0,25 r ZL  ZC r ZL (Z  Z L ).Z L 500 500 440 Suy ra: R 2  r  C  ( )  R 2  r  ( ) . 0,25 r 3 3 3 4 Vì ảnh sau khi dịch chuyển có kích thước nhỏ hơn nên thấu kính đã dịch chuyển 0,5 (3,0đ) ra xa vật nên ta có : d2 = d1 + 10(cm). (1) ' d AB Số phóng đại ảnh lúc đầu: k1   1  1 1  0 (2) d1 AB d '2 A 2 B2 Số phóng đại ảnh sau khi dịch chuyển thấu kính: k 2     0 (3) 0,75 d2 AB k1 A 2 B2 d '2 .d1 2 Từ (2) và (3) suy ra:   '  . (4) k 2 A1B1 d1 .d 2 3 ' d .f d .f Theo công thức thấu kính ta có d1  1 (5), d '2  2 (6) 0,5 d1  f d2  f Từ (1),(4), (5) và (6) suy ra d1 = f + 20 (cm) (7) 0,25 Gọi L1 và L2 lần lượt là khoảng cách giữa vật và ảnh trước và sau khi dịch chuyển thấu kính ta có: 25 0,5 L1  d1  d1 , L 2  d 2  d '2 và L 2  L1  d 2  d '2  d1  d1  (cm) . ' ' (8) 3 Từ (1), (5), (6), (7) và (8) ta có: f 2 = 100. Suy ra: f = -10(cm). 0,5 5. Khi ngắt điện, trong ống dây xuất hiện suất điện động tự cảm etc do đó có dòng (2,0đ) e điện qua ống dây: I  tc R 0,25 e Điện lượng chuyển qua ống dây trong thời gian t là: q = I t = tc .t . R   2  1 Với e tc    q    q   0,25 t R R 2 là từ thông qua ống dây khi I=0 suy ra: 2 =0 0,25 1 là từ thông qua ống dây khi I=I0 suy ra: 1  L.I0 L.I  q  0 (1) 0,25 R N2 N 2 D 2 Đối với một ống dây: L   0 S  0 (2)  4 0,25  4 Mặt khác điện trở ống dây: R     2 (3) S d N 2 2 d2 D 2 Thay (2) và (3) vào (1) ta được:  q   0 I0 . (4) 0,25 16 Với chiều dài dây    ND (5), chiều dài ống dây   Nd (6) 0,25 Thay (5) và (6) vào (4) ta được: Dd  5 102  2 104 0,25 q   0 I0  4 107 1  1, 45 104 C . 16  16 1, 7 108 - - - Hết - - - Chú ý : Nếu học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. 4
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC VIÊN GIỎI TỈNH LỚP 12 BT THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 Đề chính thức Môn thi: VẬT LÍ 12 - BT THPT (Đề thi có 01 trang) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề). Câu 1 (5,0 điểm). Tại hai điểm A, B trên mặt chất lỏng cách nhau 12cm có hai nguồn kết hợp dao động theo phương trình: uA = uB = acos40  t(cm). Tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng là 1m/s. Coi biên độ sóng không đổi. Hãy xác định: 1. Bước sóng? 2. Số điểm dao động với biên độ cực đại và không dao động trên đoạn AB? Câu 2 ( 5,0 điểm). Cho mạch điện xoay chiều như hình 1. 1 104 Biết điện trở R= 50 3  , cuộn dây thuần cảm có L= H ; tụ điện có C = F. 2  Điện áp ở hai đầu đoạn mạch: uAB = 200. 2cos100 t(V) . A B R L C 1. Viết biểu thức cường độ dòng điện trong mạch. 2. Xác định điện áp hiệu dụng ở hai đầu cuộn dây? 3. Thay R bằng R1 để công suất tiêu thụ trên đoạn Hình 1 mạch đạt giá trị lớn nhất. Tìm R1 và giá trị lớn nhất đó? Câu 3 (5,0 điểm). Một con lắc lò xo nằm ngang như hình 2. Vật nhỏ có khối lượng m=100g, lò xo nhẹ có độ cứng k dao động điều hòa trên quỹ đạo dài 10cm và tần số dao động là 0,5Hz. Bỏ qua mọi ma sát. Cho  2  10 . 1. Tính k và cơ năng của con lắc? 2. Viết phương trình dao động của vật. Chọn gốc thời gian (t = 0) k m lúc vật ở vị trí biên dương (x= +A), gốc tọa độ O tại vị trí cân bằng. 3. Xác định vận tốc, gia tốc của vật tại vị trí động năng gấp ba lần thế năng? Hình 2 4. Xác định thời điểm lực kéo về đổi chiều lần thứ 2012? Câu 4 (3,0 điểm). Vật sáng nhỏ AB đặt trên trục chính, vuông góc với trục chính trước một thấu kính hội tụ có tiêu cự 20(cm) và cách thấu kính 30(cm). 1. Xác định vị trí, tính chất và số phóng đại của ảnh? 2. Giữ cố định thấu kính và dịch chuyển vật trước thấu kính dọc theo trục chính để ảnh có độ lớn cao gấp ba lần vật. Hỏi phải dịch chuyển vật một đoạn bao nhiêu và theo chiều nào? Câu 5 (2,0 điểm). .x  Sóng dừng trên một sợi dây được mô tả bởi phương trình u  2sin cos(20t  )(cm) , 4 2 trong đó u là li độ tại thời điểm t của một phần tử M trên dây mà vị trí cân bằng của nó có tọa độ x (x đo bằng cm, t đo bằng s). Tính bước sóng và tốc độ truyền sóng trên dây? - - - Hết - - - Họ và tên thí sinh:......................................................................... Số báo danh:............................
SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 BT THPT NĂM HỌC 2012 - 2013 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: VẬT LÍ 12 – BT THPT (Hướng dẫn chấm gồm 02 trang) Câu Ý Nội dung Điểm 1. 1 v (5,0đ) Bước sóng    5(cm) . 1,5 f 2 Xét điểm M thuộc đoạn AB dao động với biên độ cực đại. 0,5 Ta có: d 2-d 1= k. với k  Z . AB AB Mặt khác  AB  d 2  d1  AB   k . 1,0   Suy ra: -2,4< k
2 Phương trình dao động có dạng: x = Acos( t   ) . 0,75 Tần số góc:   2 f   (rad / s ) . Dựa vào điều kiện ban đầu: t = 0, x = +A,    0 . Vậy: x = 5cos(  t )(cm) . 1,0 3 3 1 3 1 Ta có: Wđ+Wt=W mà Wđ =3Wt  Wđ = W  mv 2  . m2 A 2 4 2 4 2 0,5 A 3  v  13,6(cm / s) . 2 v2 Gia tốc lúc đó: a  2 x  2 A 2  2  a = 25 (cm/s2). 0,5  4 Thời điểm lực đổi chiều lần thứ 2012: 3T 0,5 t = 1005T + = 2011,5(s). 4 4. 1 d.f (3,0đ) Vị trí ảnh: d '   60(cm) . 0,5 df Do d ’>0 suy ra đây là ảnh thật. 0,5 ' d Số phóng đại ảnh: k    2 . 0,5 d 2 Để ảnh có độ lớn cao gấp 3 lần vật ta có: k  3  k  3 . 0,5 f 40 Trường hợp k =3 (ảnh ảo )  k   d1  (cm)