Đề thi học sinh giỏi môn Vật lý 12 - Kèm Đ.án

Chia sẻ: Le Thi Man | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:37

Thêm vào BST

Báo xấu

652
lượt xem 36
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Hãy tham khảo 8 đề thi chọn học sinh giỏi môn Vật lý lớp 12 kèm đáp án môn Vật lý để giúp các em biết thêm cấu trúc đề thi như thế nào, rèn luyện kỹ năng giải bài tập và có thêm tư liệu tham khảo chuẩn bị cho kì thi học sinh giỏi sắp tới đạt điểm tốt hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Vật lý 12 - Kèm Đ.án

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TĨNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012 - 2013 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: VẬT LÍ –Vòng 1 Khóa ngày: 11/10/2013 Số báo danh:............. Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1(2,0 điểm): Trên mặt bàn nằm ngang có một khối bán trụ cố định có bán kính R. Trong mặt phẳng thẳng đứng vuông góc A với trục O của bán trụ (mặt phẳng hình vẽ) có một thanh đồng R chất AB chiều dài bằng R tựa đầu A lên bán trụ, đầu B ở trên  B mặt bàn. Trọng lượng của thanh là P. Bỏ qua ma sát giữa bán O 3 Hình cho câu 1 trụ và thanh. Hệ số ma sát giữa thanh và mặt bàn là k= V(l) 3 Góc  (góc hợp bởi thanh AB và mặt bàn) phải thõa mãn điều kiện gì để thanh ở trạng thái cân bằng? V3 3 V1 2 Câu 2 (2,0 điểm): Một mol khí lí tưởng thực hiện chu trình 1 1-2-3-1 như hình vẽ. Biết T1 = 300K; T3 = 675K; V3 = 5lít; R = 8,31J/mol.K; các điểm 1 và 3 cùng nằm trên một Parabol có đỉnh là tọa độ. O T1 T2 T3 T(K) Tính công sinh ra trong cả chu trình. Hình cho câu 2 Câu 3 (2,0 điểm): Cho mạch điện như hình vẽ: E = 6V, E, r R3 r = R3 = 0,5  , R1= 3  , R2 = 2  , C1 = C2 = 0,2  F, độ lớn C1 K điện tích electron e = 1,6.10-19C. Bỏ qua điện trở các dây nối. M A B a) Tìm số electron dịch chuyển qua khóa K và chiều dịch C2 chuyển của chúng khi khóa K từ mở chuyển sang đóng? R1 R2 b) Thay khóa K bằng tụ C3 = 0,4  F. Tìm điện tích trên tụ C3 trong các trường hợp sau: N Hình cho câu 3 - Thay tụ C3 khi K đang mở. - Thay tụ C3 khi K đang đóng Câu 4 (2,0 điểm): Một điểm sáng S chuyển động theo vòng tròn với vận tốc có độ lớn không đổi v0 xung quanh trục chính của thấu kính hội tụ ở trong mặt phẳng vuông góc với trục chính và cách thấu kính một khoảng d = 1,5f (f là tiêu cự của thấu kính). Hãy xác định : a) Vị trí đặt màn để quan sát được ảnh của S. b) Độ lớn và hướng vận tốc ảnh của điểm sáng S. Câu 5 (2,0 điểm): Một pittong khối lượng m có thể trượt không ma sát trong một xilanh đặt nằm ngang. Ban đầu pittong ngăn xilanh thành hai phần bằng nhau chứa cùng một lượng khí lý tưởng dưới áp suất P, chiều P, V P, V dài mỗi ngăn là d, tiết diện của pittong là S. Pittong hoàn toàn kín để khí ở hai ngăn không trộn lẫn vào nhau. Dời pittong một đoạn nhỏ rồi thả ra không vận tốc đầu. Coi quá trình biến đổi khí trong xilanh là đẳng nhiệt. Hình cho câu 5 Chứng minh rằng pittong dao động điều hòa. Tìm chu kì của dao động đó. ……………………. Hết………………………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TĨNH LỚP 12 THPT QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: VẬT LÍ – Vòng 1 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Câu Nội dung Điểm y Thanh chịu trọng lượng P, phản lực N của bán trục ở A vuông góc với mặt trụ N Q Q n (đi qua 0). Phản lực toàn phần Q của A 0,25 mặt bàn xiên góc với phương ngang vì R  x có ma sát, trong đó:     O F B Q  F  QN ; trong đó F là lực ma sát. P       Ba lực Q, N , P cân bằng, vậy giao điểm của N , Q phải ở trên giá của P .    Ta có: P  Q  N  0 (1) 0,5 Chiếu (1) xuống ox ta có: Ncos = F ; (2) Câu 1 Chiếu (1) xuống oy : Nsin + QN = P ; (3) (2,0 đ) Tam giác OAB là cân nên góc BAN = 2 R cos  Lấy mo men đối với B : P  NR sin 2 ; (4) 0,25 2 …………………….. 3 0,25 Mặt khác : F QN ; (5) …………………….. 3 Ta có 4 phương trình cho 4 ẩn N; QN; F và . Từ (4) có: P cos  P N  . Thay vào (2) nhận được: 2 sin 2 4 sin  P cot g F ; (6) 4 3P Thay vào (3) thu được: QN = P - Nsin = (7) 0,25 4 ……………………… Thay (6) và (7) vào (5) có: P 3 1  P. Suy ra: tg  ; hay   30 o 4 tg 4 3 Mặt khác, dễ thấy rằng vị trí của thanh khi đầu A của thanh là tiếp điểm với bán trụ thì 0,5 thanh tạo với mặt ngang với một góc giới hạn  = 450.. Vậy trạng thái cân bằng của thanh ứng với góc  thõa mãn điều kiện: 30 0    45 0 . RT3 Ở trạng thái 3: P3   11,22.10 5 N / m 2 ……………………………………………. 0,25 V3
V1 T 300 2 Vì T1=  V12 và T3=  V32 nên:  1   V3 T3 675 3 0,5 10 RT1 Câu 2 Suy ra V1  l ; P1   7,48 .105 N/m2 ………………………… 3 V1 (2,0 đ) Phương trình của đoạn 1-3 trong hệ tọa độ (P,V) như sau: Từ P.V=RT=R  V2 Suy ra P=R  V nên đoạn 1-3 trong hệ (P,V) là đoạn thẳng đi qua gúc tọa độ. ………………….. 0,25 P P3 2 3 P1 0,5 1 O V1 V3 V 1 Công sinh ra : A  ( P3  P1 )(V3  V1 )  312( J ) ………………………………… 0,5 2 a) + Cường độ dòng điện trong mạch chính khi K đóng hay K mở là: E 6 I   1( A) ……………………………………….. 0,25 R1  R2  R3  r 3  2  0,5  0,5 + Khi K mở : C1 nối tiếp với C2 nên điện tích của hệ các bản tụ nối với M: qM = 0 Dấu điện tích của các bản tụ như hình vẽ. ………………………………. 0,25 E, r R3 E, r R3 C1 C1 + - M K B + - M K A A B + - -- C2 + C2 - R1 R2 R1 R2 N N + Khi K đóng: dấu điện tích trên các bản tụ như hình q1  C1U AM  C1U AB  C1.I .( R1  R2 )  1(  C ) q2  C2U NM  C2U NB  C2 .I .R2  0, 4( C ) 0,25 , qM  q1  q2  1, 4(  C ) 1, 4.106 + Các electron di chuyển từ B  K  M ; +Số hạt ne   8, 75.1012 (hạt) 0,25 1, 6.10 19 Câu 3 b) (2,0 đ) Thay tụ C3 khi K mở, K đóng: E, r R3 Gọi điện tích của các tụ lúc này là: q1M , q2 M , q3 M và có dấu như hình vẽ C1 C3 M A + - + - B -- C2 + R2 R1 N
q2 M q Ta có: + U MN     2 M (1) C2 0, 2 q q 0,5 + U MN  U MA  U AN   1M  I.R 1   1M  3 (2) C1 0, 2 q q + U MN  U MB  U BN  3 M  I .R2  3 M  2 (3) C3 0, 4 Từ (1), (2), (3) ta được:  q1M  q2 M  q3 M  0,8U MN  0, 2 (4) 0,25 - Khi K mở, thay tụ C3 thì : q1M  q2 M  q3 M  0  U MN  0, 25(V ) Do đó q3 M  0, 7  C ………………………………………………………………… - Khi K đóng, thay tụ C3 thì:  q1M  q2 M  q3 M  1, 4  U MN  2(V ) 0,25 Do đó UMB = 0 (V), q3 M  0 ……………………………………………………….. df + Vị trí đặt màn d' = = 3f …………………………………………………. df 0,5 Câu 4 d ' +k= = -2 . Vòng tròn quỹ đạo ảnh có bán kính lớn gấp đôi quỹ đạo vật…………… (2,0 đ) d 0,5 + Vận tốc góc của vật và ảnh như nhau, nên vận tốc dài của ảnh có độ lớn v' = 2v0. …….. 0,5 + Chọn tia sáng đi qua quang tâm để khảo sát, ta nhận thấy chiều vận tốc ảnh ngược với chiều vận tốc của vật.Vậy vận tốc của ảnh luôn có phương tiếp tuyến với quỹ đạo của nó 0,5 và có chiều ngược chiều chuyển động của S. 0,25 F2 F1 O x x     - Các lực tác dụng lên pittong gồm có: mg , N , F1 , F2 (F1 = P1.S, F2 = P2.S).    - Ta luôn có: mg  N  0 - Ở vị trí cân bằng: P1= P2  F01 = F02 - Chọn trục ox như hình vẽ, gốc O ở VTCB.Xét pittong ở vị trí có tọa độ x bé Câu 5 + V1= (d+x). S; V2 = (d-x). S (2,0 đ) + Áp dụng định luật Bôilơ-Mariốt: P1.S.(d +x) = P2 . S.(d-x) = P.S.d ………………. 0,5 + Áp dụng định luật II Newton: 2 P.S .d F1 – F2 = ma  ( P  P2 ).S  ma   1 x  ma …………………………… 0,25 d 2  x2 2.P.S Vì x
1. Phần nào thí sinh làm bài theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa phần đó. 2. Không viết công thức mà viết trực tiếp bằng số các đại lượng, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. 3. Ghi công thức đúng mà: 3.1. Thay số đúng nhưng tính toán sai thì cho nửa số điểm của câu. 3.3. Thay số từ kết quả sai của ý trước dẫn đến sai thì cho nửa số điểm của ý đó. 4. Nếu sai hoặc thiếu đơn vị 3 lần trở lên thì trừ 0,5 điểm. 5. Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 điểm.
SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012 - 2013 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: VẬT LÍ –Vòng 2 Khóa ngày: 11/10/2013 Số báo danh:............. Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) O Câu 1 (2,0 điểm): Ba quả cầu nhỏ, khối lượng mỗi quả đều là m1 gắn trên một thanh nhẹ, cách nhau một khoảng bằng l . Thanh có thể l quay quanh điểm O không ma sát. Khi quả cầu đang đứng yên tại vị trí cân bằng theo phương thẳng đứng thì có một viên đạn khối lượng m2, bay ngang trúng quả cầu giữa như hình vẽ với vận tốc v0 . Ngay sau va    l m2 v0 chạm viên đạn quay ngược lại với vận tốc v ( v ngược hướng với v0 ). Cho gia tốc trọng trường là g. Hỏi sau va chạm viên đạn đã làm thanh nhỏ quay được một góc bao nhiêu quanh điểm O? l Câu 2 (2,0 điểm): Đầu trên của hai thanh kim loại thẳng, song song cách nhau L đặt thẳng đứng nối với hai cực của tụ có điện dung C như Hình cho câu 1 hình vẽ. Hiệu điện thế đánh thủng tụ điện là UT. Hệ thống được đặt C  trong một từ trường đều có véc tơ cảm ứng từ B vuông góc với mặt phẳng hai thanh. Một thanh kim loại khác MN củng có chiều dài L M N trượt từ đỉnh hai thanh kia xuống dưới với vận tốc ban đầu v0 . Cho rằng  trong quá trình trượt MN luôn tiếp xúc và vuông góc với hai thanh kim v0 loại. Giả thiết các thanh kim loại đủ dài và bỏ qua điện trở của mạch  điện, ma sát không đáng kể. + B a) Hãy chứng minh rằng chuyển động của thanh MN là chuyển động thẳng nhanh dần đều và tìm gia tốc của nó. Hình cho câu 2 b) Hãy tìm thời gian trượt của thanh MN cho đến khi tụ điện bị đánh thủng. Câu 3 (2,0 điểm): Trên mặt chất lỏng có hai nguồn sóng kết hợp ở A và B dao động theo phương thẳng đứng với phương trình: u A  uB  U 0cos40 t (cm) . Biết AB = d =12 cm, tốc độ truyền sóng trên mặt chất lỏng là 20 cm/s. a) Xét điểm M nằm trên đường thẳng vuông góc với AB tại A và cách A một khoảng l . Tính giá trị lớn nhất của l mà tại M vẫn có cực đại của giao thoa. b) Xét đoạn thẳng CD = 6cm trên mặt chất lỏng có chung đường trung trực với AB. Trên đoạn CD chỉ có 5 điểm dao động với biên độ cực đại. Hỏi khoảng cách từ AB đến CD có thể đạt giá trị lớn nhất là bao nhiêu? Câu 4 (2,0 điểm): Một tấm gỗ được đặt nằm ngang trên hai trục máy 2l hình trụ có cùng bán kính, quay đều ngược chiều nhau với cùng tốc độ góc. Khoảng cách giữa hai trục của hình trụ là 2l . Hệ số ma sát giữa hai hình trụ và tấm gỗ đều bằng k. Tấm gỗ đang cân bằng nằm ngang, đẩy nhẹ nó khỏi vị trí cân bằng theo phương ngang một đoạn nhỏ và để tự do. Hình cho câu 4 Hãy chứng minh tấm gỗ dao động điều hòa. Câu 5 (2,0 điểm): Nêu một phương án thực nghiệm xác định điện trở trong của một nguồn điện một chiều. Dụng cụ gồm: một nguồn điện một chiều chưa biết suất điện động và điện trở trong, một ampe kế có điện trở không đáng kể, một điện trở R0 đã biết giá trị, một biến trở con chạy Rb có điện trở toàn phần lớn hơn R0, hai công tắc điện K1 và K2, một số dây dẫn đủ dùng. Các công tắc điện và dây dẫn có điện trở không đáng kể. Chú ý: Không được mắc ampe kế trực tiếp vào nguồn. ……………………. Hết………………………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TĨNH LỚP 12 THPT QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: VẬT LÍ – Vòng 2 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Câu Nội dung Điểm - Mô men quán tính của hệ 3 quả cầu và thanh nhẹ đối với trục quay ở O: I  m1l 2  m1 (2l ) 2  m1 (3l ) 2  14 m1l 2 ………………………………………………. 0,5 Gọi  là tốc độ góc của hệ 3 quả cầu và thanh nhẹ ngay sau va chạm. Xét hệ gồm viên đạn và hệ (3 quả cầu + thanh). Mô men động lượng của hệ ngay lúc bắt đầu va chạm đến lúc vừa va chạm xong được bảo toàn: L0( m2 )  L0(3 m1 )  L( m2 )  L(3 m1 ) v0 v Câu 1  I2 .  I  I2 2l 2l (2,0 đ) m2 (v0  v) 0,5  m2v0 2l  I  m2v 2l    (1) ……... 7m1l Gọi  là góc cực đại tạo bởi thanh và phương thẳng đứng sau va chạm. Cơ năng của hệ 3 quả cầu và thanh được bảo toàn nên ta có: 1 2 I   m1 gl (1  cos )  m1 g 2l (1  cos )  m1 g 3l (1  cos ) (2) ………. 0,5 2 m 2 (v  v ) 2 Giải hệ (1) và (2) ta có: cos  1  2 0 2 ……………………………………. 0,5 42 m1 gl a) (1,25 điểm) Vì R=0 nên suất điện động cảm ứng trên thanh MN luôn bằng hiệu điện thế giữa hai bản tụ. E  U C  BLv  U C (1) …….. 0,25 Phương trình Định luật II Newton cho chuyển động của thanh MN P  Ft  ma  mg  BLI  ma (2) ……. 0,25 Với Ft là lực từ tác dung lên thanh, a là gia tốc của thanh, I là cường độ dòng điện qua mạch trong khoảng thời gian t . q U C Ta có I  C (3) …… 0,25 t t Câu 2 Từ (1) suy ra U C  BLv thay vào (3) ta được: (2,0 đ) v I  CBL  CBLa (4) ……. 0,25 t mg Thay (4) vào (2) ta được: a   hằng số. ………………………………… 0,25 m  CB 2 L2 Điều đó chứng tỏ thanh MN chuyển động nhanh dần đều. b) (0,75 điểm) mg 0,25 Thanh MN trượt nhanh dần đều với vận tốc v  v0  at  v0  t (5)…. m  CB 2 L2 U 0,25 Khi UC = UT thì tụ bị đánh thủng, khi đó vận tốc của thanh là v  T (6)….. BL Từ (5) và (6) suy ra thời gian trượt của thanh cho đến khi tụ bị đánh thủng là: 1  UT  t   v0   m  CB 2 L2  ………………………………………………….. 0,25 mg  BL 
a) (1,0 điểm) Câu 3 Ta có   v.T  1cm ………………………………………………………. 0,25 (2,0 đ) Điều kiện để tại M có cực đại giao thoa là: MB – MA = k   l 2  d 2  l  k  với k =1, 2, 3 … ………………….. 0,25 k=2 A l M k=1 d k=0 B Khi l càng lớn đường thẳng AM cắt các vân cực đại giao thoa có bậc càng nhỏ (k càng bé), vậy ứng với giá trị lớn nhất của l để tại M có cực đại là khi M là giao của đường AM và vân cực đại bậc 1 (k=1). ………………………….. 0,25 0,25 Thay các giá trị đã cho ta nhận được: l 2  d 2  l  1  l  71,5(cm) …………. b)(1,0 điểm) A 3cm C x k=2 k=1 d k=0 D k=-2 B Để trên CD chỉ có 5 điểm dao động với biên độ cực đại mà khoảng cách từ AB đến CD lớn nhất thì C, D phải nằm trên hai vân cực đại bậc 2 (k =  2) (do trung điểm của CD là một cực đại), xem hình vẽ. …………………………….. 0,5 Gọi khoảng cách từ AB đến CD bằng x. Xét điểm C nằm trên vân cực đại bậc 2 ứng với k=2.Từ hình vẽ ta có: CA  d1  x 2  9 và CB  d 2  x 2  81 ……………………………….. 0,25 Suy ra d 2  d1  x 2  81  x 2  9  2  2  x  16, 73(cm) ………………. 0,25  N1  N2 G   F1 F2 0,5  mg x x o 2l    Các lực tác dụng lên tấm gỗ như gồm có: Trọng lực mg ; Các phản lực: N1 ; N 2 và các Câu 4 (2,0 đ)
  lực ma sát F1 , F2 ( F1  kN1 , F2  kN 2 ) .     0,25 Ta luôn có: mg  N1  N 2  0  N1  N 2  mg (1) ..........     - Ở VTCB F  F 01  F02  0 Suy ra N01 = N02 nên khối tâm G cách đều hai 0,25 trục quay. ……………………………………………………………………….. - Chọn trục ox như hình vẽ, góc O ở VTCB, xét tấm gỗ ở vị trí có tọa độ x ,lêch    khỏi VTCB một đoạn nhỏ(xem hình vẽ). F  F  F 1 2 0,25 Tấm gỗ không quay quanh G nên M  N1 M hay N1 (l  x)  N 2 (l  x )  N2 (2) …….   Suy ra N1 > N2, do đó F1 >F2 nên  F có chiều của F1 N1 N mg 0,25 Từ (1) và (2) ta có thể viết  2  (3)……… l  x l  x 2l   0,25 Áp dụng định luật 2 Newton ta có:  F  ma  F2  F1  ma  k ( N 2  N1 )  ma . mg kg 0,25 Thay N1, N2 từ (3) và thay a=x’’ ta có k x  mx ''  x''  x  0 ……………. l l Điều đó chứng tỏ tấm gỗ dao động điều hòa. * Phương án thực hành: Bố trí mạch điện như hình vẽ (hoặc mô tả đúng cách mắc). + E _ U A K1 R0 0,25 Câu 5 (2,0 đ) K2 Rb - Bước 1: Chỉ đóng K1: số chỉ ampe kế là I1. Ta có: E = I1(r + R0) (1) ……. 0,5 - Bước 2: Chỉ đóng K2 và dịch chuyển con chạy để ampe kế chỉ I1. Khi đó phần biến trở tham gia vào mạch điện có giá trị bằng R0. …………………………… 0,5 - Bước 3: Giữ nguyên vị trí con chạy của biến trở ở bước 2 rồi đóng cả K1 và 0,5 K2, số chỉ ampe kế làI2. Ta có: E = I2(r + R0/2) (2) ……. (2 I1  I 2 ) R0 0,25 Giải hệ phương trình (1) và (2) ta tìm được: r  . 2( I 2  I1 ) * Ghi chú: 1. Phần nào thí sinh làm bài theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa phần đó. 2. Không viết công thức mà viết trực tiếp bằng số các đại lượng, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. 3. Ghi công thức đúng mà: 3.1. Thay số đúng nhưng tính toán sai thì cho nửa số điểm của câu. 3.3. Thay số từ kết quả sai của ý trước dẫn đến sai thì cho nửa số điểm của ý đó. 4. Nếu sai hoặc thiếu đơn vị 3 lần trở lên thì trừ 0,5 điểm. 5. Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 điểm.
UBND TỈNH THÁI NGUYÊN CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM SỞ GD&ĐT Độc lập - Tự do - Hạnh phúc ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 - MÔN: VẬT LÍ – Năm học 2010 - 2011 Thời gian: 180 phút - (Không kể thời gian giao đề) Bài 1 Một vật nhỏ khối lượng M =100g treo vào đầu sợi dây lí tưởng, chiều dài O l = 20cm như Hình 1. Dùng vật nhỏ m = 50g có tốc độ v0 bắn vào M. Bỏ qua sức cản của không khí. Lấy g = 10m/s2. Coi va chạm là tuyệt đối đàn hồi. a/ Xác định v0 để M lên đến vị trí dây nằm ngang. l b/ Xác định v0 tối thiểu để M chuyển động tròn xung quanh O. v0 M m 3 7 c/ Cho v0 = m/s, xác định chuyển động của M. Hình 1 2 Bài 2 Một vật sáng AB hình mũi tên đặt song song với một màn E như B hình bên. Khoảng cách giữa AB và E là L. Giữa AB và E có một thấu L E kính hội tụ tiêu cự f. Tịnh tiến thấu kính dọc theo trục chính AE A người ta thấy có hai vị trí của thấu kính đều cho ảnh rõ nét của AB trên màn. a/ Tìm điều kiện của L để bài toán thỏa mãn. b/ Biết khoảng cách giữa hai vị trí của thấu kính là a. Tìm tiêu cự f của thấu kính theo L và a. Áp dụng bằng số L = 90cm, a = 30cm. c/ Vẫn thấu kính và màn E như trên, thay AB bằng điểm sáng S đặt trên trục chính của thấu kính và cách E một khoảng 45cm. Xác định vị trí đặt thấu kính để trên màn thu được vùng sáng có kích thước nhỏ nhất. Bài 3 O Con lắc lò xo như hình vẽ. Vật nhỏ khối lượng m = 200g, lò xo lí x m tưởng có độ cứng k = 1N/cm, góc α = 300. Lấy g = 10m/s2. a/ Chọn trục tọa độ như hình vẽ, gốc tọa độ trùng với vị trí cân bằng. Viết phương trình dao động. Biết tại thời điểm ban đầu lò xo bị α dãn 2cm và vật có vận tốc v0 = 10 15 cm/s hướng theo chiều dương.  b/ Tại thời điểm t1 lò xo không biến dạng. Hỏi tại t2 = t1 + s, vật có tọa độ bao nhiêu? 4 5 c/ Tính tốc độ trung bình của m trong khoảng thời gian Δt = t2 - t1. Bài 4 Hai mũi nhọn S1, S2 ban đầu cách nhau 8cm gắn ở đầu một cần rung có tần số f = 100Hz, được đặt chạm nhẹ vào mặt nước. Tốc độ truyền sóng trên mặt nước là v = 0,8 m/s. a/ Gõ nhẹ cần rung cho hai điểm S1, S2 dao động theo phương thẳng đứng với phương trình dạng u = A.cos2πft. Viết phương trình dao động của điểm M1 cách đều S1, S2 một khoảng d = 8cm. b/ Tìm trên đường trung trực của S1, S2 điểm M2 gần M1 nhất và dao động cùng pha với M1. c/ Cố định tần số rung, thay đổi khoảng cách S1S2. Để lại quan sát được hiện tượng giao thoa ổn định trên mặt nước, phải tăng khoảng cách S1S2 một đoạn ít nhất bằng bao nhiêu ? Với khoảng cách ấy thì giữa S1, S2 có bao nhiêu điểm có biên độ cực đại. Coi rằng khi có giao thoa ổn định thì hai điểm S1S2 là hai điểm có biên độ cực tiểu. === Hết === Thí sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu nào
HƯỚNG DẪN CHẤM THI HSG VẬT LÍ 12 - Năm học 2010 -2011 (gồm 02 trang) Bài 1 (2,5đ) Điểm a/ Va chạm đàn hồi: E mv 0  mv 1  Mv 2 0,25 2m 0,25 mv 2 mv 1 Mv 2 0 2 => v 2  v0 D   2 mM 2 2 2 Mv 2 m  M gl O Khi dây nằm ngang: 2  Mgl  v 0  C 0,25 2 m 2 Thay số: v0 = 3m/s. 0,25 b/ Để M chuyển động hết vòng tròn, tại điểm cao nhất E: v E  gl 0,25 Mv 2 2 Mv E mM =>  Mg 2l   v0  5gl . 0,25 2 2 2m 3 10 0,25 Thay số: v0 = m/s. 2 3 7 3 10 0,25 c/ Khi v 0  m/s < => M không lên tới điểm cao nhất của quĩ đạo tròn. 2 2 mv 2 Lực căng của dây: T  mg cos   . Khi T = 0 => M bắt đầu rời quĩ đạo tròn tại D với l vận tốc vD, có hướng hợp với phương ngang góc 600. 0,25 Từ D vật M chuyển động như vật ném xiên. Dễ dàng tính được góc COD = 300. 0,25 * Nếu HS tính kỹ hơn ý c/ có thể thưởng điểm. Bài 2 (2,5đ) df a/ L  d  d'  d   d 2  Ld  Lf  0 ; 0,25 df   L2  4Lf 0,25 Để có hai vị trí của thấu kính đều cho ảnh rõ nét trên của AB trên màn. thì pt phải có 2 nghiệm => Δ > 0 => L > 4f. 0,25 L  0,25 b/ Nghiệm d1,2   d 2  d1  a 2 2 2 I 0,25 L a f  0,25 4L M Thay số f = 20cm. S' S MN S' N O N 0,25 c/ S' MN  S' IO   0,25 IO S' O MN d  d ' L d L L 0,25     IO d' f d f Theo Côsi MNmin khi d  Lf = 30cm. 0,25 Bài 3 (2,5đ) k g sin  0,25 a/ Tại VTCB    m l  0,25 => Δl = 1cm, ω = 10 5 rad/s, T = s. 5 5
2  0,25 v  Biên độ: A = x 2   0  => A = 2cm và    . M  3 0,25  K 0,25 Vậy: x = 2cos( 10 5t  )cm. 3 -1 O x 0,25  b/ Tại t1 vật ở M có vận tốc v1, sau Δt = = 1,25T. K' 4 5 0,25 - vật ở K (nếu v1 > 0) => tọa độ x2 = 3 cm. N 0,25 - vật ở N (nếu v1 < 0) => tọa độ x2 = - 3 cm. 0,25 c/ Quãng đường m đi được: - Nếu v1 s1 = 11  3 => vtb = 26,4m/s. 0,25 - Nếu v1>0 => s2 = 9  3 => vtb = 30,6m/s. Bài 4 (2,5đ) M2 M1 M2' v S1 a. + λ= = 0,8cm và d1 = d2 = d = 8cm I 0,25 f + Ta có phương trình dao động sóng tổng hợp tại M1 (d 2  d 1 )  (d1  d 2 )  0,25 uM1 = 2A cos cos 200t       với d1 + d2 = 16cm = 20λ và d2 – d1 = 0, 0,25 ta được: uM1 = 2Acos(200πt - 20π) 0,25 b. Hai điểm M2 và M2’ gần M1 ta có: S1M2 = d + λ = 8 + 0,8 = 8,8 cm S1M2’ = d – λ = 8 – 0,8 = 7,2 cm 0,25 Do đó: IM2 = S1M 2  S1I 2  8,8 2  4 2  7,84(cm) 2 IM1 = S1I 3  4 3  6,93(cm) 0,25 Suy ra M1M2 = 7,84 – 6,93 = 0,91 (cm) 0,25 Tương tự: IM2’ = S1M 2  S1I 2  7, 22  42  5,99(cm) '2 0,25  M1M2’ = 6,93 – 5,99 = 0,94 (cm) c. Khi hệ sóng đã ổn định thì hai điểm S1, S2 là hai tiêu điểm của các hypecbol và ở rất gần chúng xem gần đúng là đứng yên, còn trung điểm I của S1S2 luôn nằm trên vân giao     thoa cực đại. Do đó ta có: S1I = S2I = k   (2k  1) => S1S2 = 2S1I = (2k + 1) 4 2 4 2   0,25 Ban đầu ta đã có: S1S2 = 8cm = 10λ = 20 => chỉ cần tăng S1S2 một khoảng = 0,4cm. 2 2 Khi đó trên S1S2 có 21 điểm có biên độ cực đại. 0,25
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THANH HÓA Năm học 2012-2013 Môn thi: Vật lý. Lớp 12. THPT ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 24 tháng 3 năm 2013 Số báo danh Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề thi) …………………… Đề thi này có 8 câu, gồm 02 trang. Câu 1. (2,5 điểm) Một ròng rọc kép gồm hai hình trụ đặc đồng chất đặt đồng tâm. Hình trụ lớn có khối lượng M = 200g, bán kính R = 10cm, hình trụ nhỏ có khối lượng R r m = 100g, bán kính r = 5cm. Trên rãnh của từng hình trụ có quấn một sợi dây nhẹ không dãn, đầu tự do mỗi dây mang vật khối lượng lần lượt là m 1 = 250g và m2 = 200g (hình vẽ). Ban đầu hệ đứng yên, thả cho hệ chuyển động. Tính gia tốc của từng vật và lực căng của mỗi dây treo. m1 m2 Câu 2. (2,5 điểm) Một con lắc lò xo được treo thẳng đứng gồm vật nặng khối lượng m = 1kg, lò xo nhẹ có độ cứng k = 100N/m. Đặt giá B nằm ngang đỡ vật m để lò xo có chiều dài tự nhiên. Cho giá B chuyển động đi xuống với gia tốc a = 2m/s2 không vận tốc ban đầu. a. Tính thời gian từ khi giá B bắt đầu chuyển động cho đến khi vật rời giá B. b. Chọn trục tọa độ có phương thẳng đứng, chiều dương hướng xuống, gốc tọa độ tại vị trí cân bằng của vật, gốc thời gian là lúc vật rời giá B. Viết phương trình dao động điều hòa của vật. Câu 3. (3 điểm) Trong thí nghiệm giao thoa sóng mặt nước, hai nguồn kết hợp S1, S2 cách nhau 8cm dao động cùng pha với tần số f = 20Hz. Tại điểm M trên mặt nước cách S1, S2 lần lượt những khoảng d 1 = 25cm, d2 = 20,5cm dao động với biên độ cực đại, giữa M và đường trung trực của AB có hai dãy cực đại khác. a. Tính tốc độ truyền sóng trên mặt nước. b. N là một điểm thuộc đường trung trực của đoạn thẳng S1S2 dao động ngược pha với hai nguồn. Tìm khoảng cách nhỏ nhất từ N đến đoạn thẳng nối S1S2. c. Điểm C cách S1 khoảng L thỏa mãn CS1 vuông góc với S1S2. Tính giá trị cực đại của L để điểm C dao động với biên độ cực đại. Câu 4. (3 điểm) Mạch chọn sóng của một máy thu vô tuyến điện gồm một cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L và một bộ tụ điện gồm tụ điện có điện dung C0 không đổi mắc song song với tụ xoay Cx. Tụ xoay Cx có điện dung biến thiên từ C1 = 10pF đến C2 = 250pF khi góc xoay biến thiên từ 00 đến 120 0. Mạch thu được sóng điện từ có bước sóng nằm trong dải từ 1 = 10m đến 2 = 30m. Cho biết điện dung của tụ xoay là hàm bậc nhất của góc xoay. a. Tính độ tự cảm L của cuộn dây và điện dung C0 của tụ. b. Để thu được sóng điện từ có bước sóng 0 = 20m thì góc xoay của bản tụ bằng bao nhiêu? Câu 5. (3 điểm) Cho mạch điện xoay chiều gồm cuộn dây V1 D có độ tự cảm L mắc nối tiếp với điện trở D M R C thuần R và tụ điện có điện dung C (hình A A B vẽ). Biết điện áp giữa hai đầu đoạn mạch N AB có biểu thức u = U0cos100πt (V) không V2 đổi. Các vôn kế nhiệt V1;V2 có điện trở rất lớn chỉ lần lượt là U1 = 120V; U2 =80 3 V. Điện áp tức thời giữa hai đầu đoạn mạch MB lệch
pha so với điện áp tức thời giữa hai đầu đoạn mạch NB góc /6 và lệch pha so với điện áp tức thời giữa hai đầu đoạn mạch AN góc /2. Ampe kế nhiệt có điện trở không đáng kể chỉ 3 A. a. Xác định các giá trị của R; L và C. b. Tính U0 và viết biểu thức cường độ dòng điện tức thời qua mạch. Câu 6. (2 điểm) Trong quá trình truyền tải điện năng đi xa cần tăng điện áp của nguồn lên bao nhiêu lần để giảm công suất hao phí trên đường dây đi 100 lần. Giả thiết công suất nơi tiêu thụ nhận được không đổi, điện áp tức thời u cùng pha với dòng điện tức thời i. Biết ban đầu độ giảm điện thế trên đường dây bằng 15% điện áp của tải tiêu thụ. Câu 7. (3 điểm) Chiếu lần lượt hai bức xạ có bước sóng 1 = 0,555m và 2 = 377nm vào một tấm kim loại có giới hạn quang điện 0 thì thấy vận tốc ban đầu cực đại của các quang electron có độ lớn gấp đôi nhau. a. Tìm giới hạn quang điện 0 của kim loại đó. b. Chỉ chiếu bức xạ có bước sóng 1, tách từ chùm electron bắn ra một electron có vận tốc lớn nhất rồi cho nó bay từ A đến B trong điện trường đều mà hiệu điện thế UAB = -3V. Tìm vận tốc của electron khi đến B. Câu 8. (1 điểm) Một thấu kính hội tụ mỏng có tiêu cự là 10cm, bán kính đường rìa là 0,5cm. Đặt một điểm sáng S đơn sắc trên trục chính phía ngoài tiêu điểm của thấu kính. Thấu kính có thể làm lệch tia sáng tới từ S một góc tối đa là bao nhiêu? Cho biết các hằng số: c = 3.10 8 m/s; h = 6,625.10-34 J.s; e = 1,6.10-19 C; g = 10 m/s2 ------------------ HẾT ------------------ - Thí sinh không sử dụng tài liệu. - Giám thị không giải thích gì thêm. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀOTẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THANH HÓA Năm học 2012-2013 ĐÁP ÁN CHẤM Môn thi: Vật lý. Lớp 12.THPT ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 24/03/2013 (Đáp án này gồm 4 trang, mỗi ý gắn với chấm tròn  ứng với 0.5 điểm) Câu Nội dung Điểm Câu 1 (2,5 đ)  Biểu diễn các lực tác dụng lên hệ Vì R.P2 > r.P1 nên m2 đi xuống, m1 đi lên 0,5 R +  Áp dụng định luật II Newton cho m 1, m2: Vật m1: - m1g + T1 = m 1a1 (1) r Vật m2: m2g – T2 = m2a2 (2) 0,5 Áp dụng phương trình ĐLHVR cho ròng rọc:  T2R – T1r = I (3) T1  T2 m1 
Mặt khác: a1 = r (4) a2 = R (5)  Từ (1), (2), (3), (4), (5): (m2 R  m1 r ) g 1 1 0,5   2 2 với I  MR 2  mr 2 m2 R  m1r  I 2 2 Thay số:  = 20 rad/s2 ; a1 = 1m/s2 ; a2 = 2m/s2 ; 0,5  T1 = m1(g + a1); T2 = m2(g - a2) , thay số T1 = 2,75N; T2 = 1,6N. 0,5 Câu 2 a. Tìm thời gian (2,5 đ) mg  Khi vật ở VTCB lò xo giãn: Δl = = 0,1 m k  k k Fdh 0,5 Tần số của dao động: ω = = 10 rad/s  m N     m O  Vật m: P + N + Fdh = ma . B Chiếu lên Ox: mg - N - k l = ma  0,5 Khi vật rời giá thì N = 0, gia tốc của vật a = 2 m/s2 P  Suy ra: x m(g - a) at 2 Δl = = k 2 2m(g - a) 0,5  t= = 0,283 s ka b. Viết phương trình at 2  Quãng đường vật đi được cho đến khi rời giá là S = = 0,08 m 2 Tọa độ ban đầu của vật là: x0 = 0,08 - 0,1 = - 0,02 m = -2 cm Vận tốc của vật khi rời giá là: v0 = at = 40 2 cm/s 2 0,5 2 v0  Biên độ của dao động: A  x0  = 6 cm 2 Tại t = 0 thì 6cos  = -2 và v  0 suy ra  = -1,91 rad Phương trình dao động: x = 6cos(10t - 1,91) (cm) 0,5 Câu 3 a. Tính tốc độ truyền sóng: (3 đ) d1  d 2  Tại M sóng có biên độ cực nên: d1 – d2 = k    k 0,5 - 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 0,5 b. Tìm vị trí điểm N 2 d   Giả sử u1  u2  a cos t , phương trình sóng tại N: u N  2 a cos   t       0,5 2d Độ lệch pha giữa phương trình sóng tại N và tại nguồn:    Để dao động tại N ngược pha với dao động tại nguồn thì 2d     (2k  1)  d  2k  1  2
 0,5  Do d  a/2  2k  1  a/2  k  2,16. Để dmin thì k=3. 2 2 2 a d min= xmin     xmin  3,4cm 2 c. Xác định Lmax  Để tại C có cực đại giao thoa thì: L2  a 2  L  k. ; k =1, 2, 3... và a = S1S2 Khi L càng lớn đường CS1 cắt các cực đại giao thoa có bậc càng nhỏ (k càng bé), vậy ứng với giá trị lớn nhất của L để tại C có cực đại là k =1 0,5  Thay các giá trị đã cho vào biểu thức trên ta nhận được: L2max  64  Lmax  1,5  Lmax  20,6cm 0,5 Câu 4 a. Tính L và C0 (3 đ)  Bước sóng của sóng điện từ mà mạch chọn sóng thu được:   2c LC  1  2c L(C 0  C1 )  10m ;  2  2c L (C 0  C 2 )  30m 0,5 2 1 C  10 1 0,5  2  0   C0 = 20pF  2 C 0  250 9 2   L 2 2 1  9,4.10  7 ( H ) 0,5 4 c (C 0  C ) b. Góc xoay của bản tụ.  Vì điện dung của tụ là hàm bậc nhất của góc xoay  Cx = a + b Khi  = 00: C1 = 0 + b  b = C1 = 10pF Khi  = 1200: C2 = 10 + a.120  a = 2 pF/độ Vậy: Cx = 2a + 10 (pF) (1) 0,5  Để thu được sóng có bước sóng 3 thì: 3  2c L(C0  C x ) 2 1 C 0  C1 1 0,5  2    Cx = 100 pF 3 C 0  C x 4  Thay vào (1): 2 + 10 = 100   = 450 0,5 Câu 5 a. Xác định giá trị R ; L ;C (3 đ) Vẽ giãn đồ véc tơ đúng 0,5  R = UR/I = U2cos60 0 / I = 40Ω 0,5  ZC = UC/I = U2cos300 /I = 40 3 Ω 5  C  4,59.10 F 0,5  ZL = UL/I = U1sin300/I = 20 3 Ω  L  0,11H 0,5 b. Xác định U0 và viết biểu thức i     Từ GĐVT : U = U 1 + U C . Áp dụng định lý hàm số cosin ta được : 0,5 U2 = U12 + UC2 + 2U1.UC. cos1200
Thay số và tính toán ta được: U = 120V => U0 = 120 2 (V)  Lập luận để   = -/6 0,5  i = 6 cos(100t + /6) (A) Câu 6  Đặt U, U1, ΔU , I1, P là điện áp nguồn, điện áp ở tải tiêu thụ, độ giảm điện áp 1 (2 đ) trên đường dây, dòng điện hiệu dụng và công suất hao phí trên đường dây lúc đầu. U’, U2, ΔU' , I2, P2 là điện áp nguồn, điện áp ở tải tiêu thụ, độ giảm điện áp trên đường dây, dòng điện hiệu dụng và công suất hao phí trên đường dây lúc sau. 2 0,5 P  I  1 I2 1 U ' 1 Ta có: 2   2    I  100  I  10  U  10 P  1  1 1 0,15U1 Theo đề ra: ΔU = 0,15.U1  U '  (1) 10  Vì u và i cùng pha và công suất nơi tiêu thụ nhận được không đổi nên: U2 I 0,5 U1 .I1 = U 2 .I 2  = 1 = 10  U2 = 10U1 (2) U1 I2  (1) và (2):  U = U1 + ΔU = (0,15 + 1).U1 0,5   0,15.U1 0,15  U' = U 2 + ΔU' = 10.U1 + 10  = (10 + 10 ).U1 0,15 10+ U' 10 = 8,7 0,5  Do đó: = U 0,15+1 Câu 7 a. Tính 0 (3 đ) hc hc mv1 2 0,5    (1) 1 0 2 2 2 hc hc mv2 hc mv     4 1 (Vì 2  1 ) (2) 2 0 2 0 2 1 4 1  Từ (1) và (2):   0 31 32 0,5  Thay số 0  0,659m 0,5 b. Tìm vận tốc quang e tại B. hc hc 0,5  Khi chỉ chiếu 1 thì: Wđ1 = WđA =  1 0 hc hc  Theo định lí động năng: WđB - WđA = eUAB  WđB =  + eUAB 0,5 1 0 2 hc hc   vB  (   eU AB )  1,086.106 m / s m 1 0 0,5
Câu 8  Góc lệch cực đại nhận được ứng với tia sáng đến mép thấu kính. (1 đ) -Do điểm S nằm bên ngoài tiêu điểm F của thấu kính nên cho ảnh thật S’ ở bên kia thầu kính.(hình vẽ) - Gọi  là góc lệch của tia tới và tia ló,  là góc hợp bởi tia ló và trục chính 0,5 Từ hình vẽ ta có:  =  +   Theo giả thiết thì d, d’ >> r, khi đó   tan = r/d ;   tan= r/d’ 1 1 r 1 - Suy ra :  =  +  = r/d + r/d’ = r   '  = = rad = 2,90 0,5 d d  f 20 Lưu ý: Nếu thí sinh giải theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa ------------------- HẾT -------------------
Sở GD&ĐT Thanh Hóa KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHỐI 12 NĂM HỌC 2012-2013 Trường THPT Môn: Vật Lý Thời gian: 150 Phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1(2đ): Một ròng rọc hình trụ khối lượng M=3kg, bán kính R=0,4m được dùng để kéo nước trong một cái giếng (hình vẽ). Một chiếc xô khối lượng m=2kg, được buộc vào một sợi dây quấn quanh ròng rọc. Nếu xô được thả từ miệng giếng thì sau 3s nó chạm vào nước. Bỏ qua ma sát ở trục quay và momen quán tính của tay quay. Lấy g = 9,8 m/s2. Tính: a. Lực căng T và gia tốc của xô, biết dây không trượt trên ròng rọc b. Độ sâu tính từ miệng giếng đến mặt nước. Câu 2(4đ): Một con lắc lò xo treo thẳng đứng gồm vật nhỏ khối lượng m = 250g và một lò xo nhẹ có độ cứng k = 100 N/m. Kéo vật m xuống dưới theo phương thẳng đứng đến vị trí lò xo giãn 7,5 cm rồi thả nhẹ. Chọn gốc tọa độ ở vị trí cân Hình câu 1 bằng của vật, trục tọa độ thẳng đứng, chiều dương hướng lên trên, gốc thời gian là lúc thả vật. Cho g = 10m/s2. Coi vật dao động điều hòa a. Viết phương trình dao động b. Tính thời gian từ lúc thả vật đến thời điểm vật đi qua vị trí lò xo không biến dạng lần thứ nhất. 1 c. Thực tế trong quá trình dao động vật luôn chịu tác dụng của lực cản có độ lớn bằng trọng lực 50 tác dụng lên vật, coi biên độ dao động của vật giảm đều trong từng chu kì tính số lần vật đi qua vị trí cân bằng kể từ khi thả. Câu 3(4đ): Một con lắc đơn gồm quả cầu kim loại khối lượng m = 0,1kg được treo vào một điểm A cố định bằng một đoạn dây mảnh có độ dài l = 5m. Đưa quả cầu ra khỏi vị trí cân bằng cho đến khi dây treo nghiêng với góc thẳng đứng một góc  0 = 90 rồi buông cho nó dao động điều hòa. Lấy g =2 = 10 m/s2. a. Viết phương trình dao động của con lắc theo li độ góc và li độ dài ? Chọn gốc thời gian lúc buông vật.  b.Tính động năng của nó sau khi buông một khoảng thời gian t = (s)? Xác định cơ năng tồn 6 2 phần của con lắc? c. Xác định lực căng của dây treo con lắc khi vật đi qua vị trí cân bằng? Câu 4(4đ): Mức cường độ âm do nguồn S gây ra tại một điểm M là L; Cho nguồn S tiến lại gần M một khoảng D thì mức cường độ âm tăng thêm được 7dB. a. Tính khoảng cách R từ S tới M biết D = 62m. b. Biết mức cường độ âm tại M là 73dB, Hãy tính công suất của nguồn. Câu 5(4đ): Đoạn mạch gồm một cuộn dây có điện trở R, độ tự cảm L mắc nối tiếp với một tụ điện C. Đặt vào 2 đầu đoạn L,R C mạch một điện áp xoay chiều có tần số f. Cho biết các điện A B D áp hiệu dụng giữa 2 đầu đoạn mạch UAB=37,5V; giữa 2 đầu cuộn dây là: 50V và giữa 2 đầu tụ điện là 17,5 V. Cường độ dòng điện hiệu dụng trong mạch là 0,1A. a. Xác định R, ZL và ZC. b. Cho tần số f thay đổi đến giá trị f’=330Hz thì cường độ dòng điện hiệu dụng đạt cực đại xác định L và C? Câu 6 (2đ): Tụ điện của máy phát sóng điện từ có giá trị điện dung C1 ứng với tần số phát f1. Nếu mắc nối tiếp với C1 một tụ khác có điện dung C2 = 100C1 thì tần số phát ra sẽ biến đổi đi bao nhiêu lần ? . Hết Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: …………………………………………….Số báo danh: …….. ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN: VẬT LÝ - Thời gian làm bài: 150 phút Thang Câu Đáp án điểm a. Đối với xô: mg – T = ma (1)  0,25 Đối với ròng rọc: Q 1 a 1 T .R  I  M .R 2 . t  T  M .a t (2)  0,5 2 R 2 T' Dây không trượt nên ròng rọc có:  Mg at  a (3) 0,25  Câu 1 Từ (1), (2) và (3) ta tính được: a = 0,56 m/s2, T = 8,4 N T (2điểm) 0,5  mg 1 2 1 b. h  at  (5,6).(3) 2  25,2m 0,5 2 2 a. Vật chịu tác dụng của 2 lực: trọng lực và lực đàn hồi của lò xo: mg mg  kl0  l0   0,025m x 0,5 - Tại VTCB có: k  2,5cm - Phương trình dao động của vât có dạng: Câu 2 x  A cos(t   ) 0,25 4điểm k 100 Với     20(rad / s ) 0,25 m 0,25 • 0  x  (7,5  2,5)  5cm  A  5(cm) 0,5 -Tại lúc t = 0   v  0    (rad ) Vậy pt: x  5 cos(20t   )(cm) 0,5 b. Vật bắt đầu chuyển động đến lúc x = 2,5 cm thì lò xo ko giãn lầ thư nhất. khi đó ta có bán kính véc tơ của chuyển động tròn đều quét được một góc 2   1,0   .t  t   (s) 3  30 2,5  c.Gọi A1, A2, ….., An là biên độ dao động của vật trong những lần kế tiếp. Mỗi lần vật đi qua vị trí cân bằng năng lượng giảm: