Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
SỞ GD&ĐT NINH BÌNH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013
MÔN: VẬT LÝ
Ngày thi 09/10/2012
(Thời gian 180 phút không kể thời gian phát đề)

Đề thi gồm 05 câu, trong 02 trang
Câu 1 (5,0 điểm):
Cho cơ hệ như hình 1: Hai lị xo nhẹ có độ
m
cứng lần lượt là K1 = 60N/m; K2 = 40N/m; hai vật
K1
M
K2
M
nặng có khối lượng lần lượt m = 300g; M = 100g. Bỏ
qua ma sát giữa M với sàn, lấy g =  2 ≈ 10m/s2. Tại
Hình 1
vị trí cân bằng của hệ, hai lị xo khơng biến dạng.
Đưa hai vật lệch khỏi vị trí cân bằng theo phương ngang một đoạn 4cm rồi thả nhẹ, người ta
thấy trong quá trình chuyển động hai vật không trượt đối với nhau.
1. Chứng minh hệ dao động điều hồ. Tính chu kì dao động và vận tốc cực đại của hệ.
2. Coi hệ số ma sát nghỉ cực đại giữa m và M bằng hệ số ma sát trượt µ. Tìm điều kiện của µ
thỏa mãn điều kiện đã cho.
3. Khi lò xo K2 bị nén 2cm thì người ta giữ cố định điểm chính giữa của lò xo K2, hệ tiếp
tục dao động điều hồ và hai vật vẫn khơng trượt đối với nhau trong q trình chuyển động.
Tính biên độ dao động của hệ khi đó.

Câu 2 (4,0 điểm):
V
Cho mạch điện như hình 2: u AB  200 2 cos100 t (V ) ;
C
R = 100  ; C =

R

104

F ; cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L A

thay đổi được; vơn kế lí tưởng.

1. Điều chỉnh L = L1 =

L

M

N

B

Hình 2

2

H , hãy viết biểu thức cường độ dòng điện tức thời qua mạch và


biểu thức điện áp tức thời giữa hai điểm A, N.
2. Với giá trị nào của L thì uAN và uNB lệch pha nhau một góc 0,75π?
3. Điều chỉnh L = L2 thì thấy vơn kế chỉ giá trị cực đại. Hãy xác định L2 và số chỉ vơn kế
lúc đó.
Câu 3 (4,0 điểm):
Cho mạch điện như hình 3: R 1 = R 2 = 3  ; R 3 = 2  ; R 4 là biến trở. Đặt vào giữa
hai điểm B và D hiệu điện thế U không đổi. Ampe kế và vôn kế đều lý tưởng; bỏ qua điện
trở các dây nối và khóa K.
1. Ban đầu khóa K mở, R 4 = 4  , vôn kế chỉ 1V.
- Xác định hiệu điện thế U của nguồn điện.
- Đóng khóa K, tìm số chỉ của ampe kế và vơn kế.
2. Khóa K đóng, di chuyển con chạy C của biến trở
R 4 từ đầu bên trái sang đầu bên phải thì số chỉ của
Hình 3
ampe kế I A thay đổi như thế nào? Vẽ đồ thị biểu diễn
sự phụ thuộc của I A theo giá trị của biến trở. Coi điện

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


trở toàn phần của biến trở rất lớn.
Câu 4 (3,0 điểm):
Một vật có khối lượng m có thể trượt khơng ma sát trên một
cái nêm có dạng tam giác vng ABC với Bˆ =  (hình 4). Nêm có
khối lượng M, ban đầu đứng n và có thể trượt khơng ma sát trên
mặt sàn nằm ngang. Thiết lập biểu thức tính gia tốc a của vật đối với
nêm và gia tốc a 0 của nêm đối với sàn.
Câu 5 (4,0 điểm):
Trên hình 5 biểu diễn một chu trình biến đổi trạng thái của n
mol khí lý tưởng trong hệ tọa độ p - V. Trên đường đẳng áp 1- 2, sau

khi thực hiện một cơng A thì nhiệt độ của khí tăng 4 lần. Nhiệt độ ở
các trạng thái 1 và 3 bằng nhau. Các điểm 2 và 3 cùng nằm trên một
đường thẳng đi qua gốc tọa độ. Hãy xác định nhiệt độ của khí ở
trạng thái 1 và cơng mà khí thực hiện trong chu trình theo n, A và
hằng số các khí R.
Áp dụng bằng số: n = 1; A = 9kJ; R = 8,31J/mol.K.

M
Hình 4

p

1

2
3
V

o

Hình 5

------------HẾT------------

Họ và tên thí sinh :.............................................................. Số báo danh .................................
Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:...................................................................................................

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



Giám thị 2:...................................................................................................
SỞ GD&ĐT NINH BÌNH

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT

Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013
MÔN: VẬT LÝ
Ngày thi 09/10/2012
(Hướng dẫn chấm gồm 07 trang)
Đáp án

Câu
1
(5 điểm)

Điểm

1. (1,5 điểm)
+ Chon trục Ox trùng quỹ đạo, O ≡ VTCB.
 
+ Tại VTCB: hai lị xo khơng biến dạng, nên P  N  0
+ Tại vị trí vật có li độ x:
Lực tác dụng lên hệ vật gồm: P  (m  M ).g ; N ; F1   K 1 .x; F2   K 2 .x
   

Theo định luật 2 Newton: P  N  F1  F2  (M  m)a (1)
Chiếu (1) lên Ox:  K 1 .x  K 2 .x  ( M  m).x //
K
Đặt K  K 1  K 2  x // 
.x  0 , chứng tỏ vật dao động điều hồ

mM
K
 5 (rad / s)
với tần số
góc  
mM
2
+ Chu kì dao động của hệ: T 
 0,4( s)


+ Biên độ dao động của hệ: A= x0 = 4cm ( vì v0 = 0)
+ Vận tốc cực đại của hệ: v max  A  20 (cm / s)

0,5

0,5
0,5

2. (1,5 điểm)
+ Lực tác dụng lên M: P2  Mg; phản lực Q của sàn; áp lực mà m đè lên
M là N12 = mg; lực ma sát nghỉ giữa m và M là Fms12











+ Theo định luật 2 Newton: P2  Q  N 12  Fms12  Ma (2)
Chiếu (2) lên Ox:
Fms12  Mx //  M .(  2 .x)  

→ Fms12 MAX 

K
.M .x
mM

K
.M . A
mM

+ Để hai vật không trượt trên nhau: Fms12 MAX  N12  mg
→

K
K .M . A
.M . A  mg   
 0,333
mM
(m  M ).mg

3. (2 điểm)
Khi lò xo K2 bị nén 2cm, người ta giữ chặt điểm chính giữa của lị xo K2
thì:
+ Độ cứng của phần lò xo K2 nối với vật m là 2K2 = 80(N/m)

+ Tại VTCB mới của hệ: hai lò xo giãn các đoạn tương ứng là l1 ; l 2
thoả mãn:

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

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

0,25


4

l1  (cm)

l1  l 2  2  1  1(cm) 
7


 K 1 l1  2 K 2 l 2
l  3 (cm)
2
7


0,5


+ Như vậy, lúc bắt đầu giữ chặt điểm chính giữa của lị xo K2 thì hai vật
10

 X  2  l1  7 (cm )
có li độ và vận tốc: 
V  5 4 2  2 2  10 3.


0,5

2

2
(4 điểm)

0,25

V2
250.12
 10 
   
 3,26(cm)
K1  2 K 2
 7  140 / 0,4
M m

 A1  X 2 

0,5


1. (1,0 điểm)
*Viết biểu thức i:
ZL = 200  ; ZC = 100  ;
Z=

R 2  ( Z L  ZC )2 = 100 2  ; I0 =

Tan  =

Z L  ZC
= 1   =  /4
R

U0
= 2A
Z

 i = 2cos(100  t –  /4)(A)
* Biểu thức uAN:
ZAN = R 2  Z L 2 = 100 5   U0AN = I0.ZAN = 200 5 V

0,5

ZL
= 2   AN  1,107(rad)
R
=  uAN –  i   uAN  0,322 rad

tan  AN =
mà  AN


Vậy: uAN = 200 5 cos(100  t + 0,322) (V)

0,5

2. (1,0 điểm)
Tìm L để uAN và uNB lệch pha nhau 3  /4.
- Từ giản đồ véctơ ta thấy uAN sớm pha hơn i một góc bằng  /4
 tan  AN = 1  ZL = R = 100 
 L = 1/  (H)

1,0

UL

U AN



0

UL

U AB



UR

i


0

UC

UR
i

U RC


UC

3. (2,0 điểm)
- Từ giản đồ véc tơ, áp dụng định lí hàm sin:

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


UL
U
U
 AB  U L  AB .sin  (1).
sin  sin 
sin 
U
UR
R
với sin  = R 
(2)


2
2
2
U RC
U R  UC
R  ZC2
Để ULmax thì sin  = 1     / 2

Khi đó: ULmax = UAB.

R 2  ZC2
R

* Vì    / 2 nên

U R2  U c (U L  U C )  R 2  Z C ( Z L  Z C )  Z L 
L =

3
(4 điểm)

ZL





2




1,0

= 200 2 V.
R2
 Z C  200
ZC

H

1,0

1. (1 điểm)
+ Xác định hiệu điện thế U của nguồn điện.
R 12 = R 1 + R 2 = 6 (  )
R 34 = R 3 + R 4 = 6 (  )
I1 = I 2 =

U
6

U
6
U
U 2 = I 2 .R 3 = 2.I 2 = 2.
6

Ta có : U 1 = I 1 .R 1 = 3.I 1 = 3.


+ U1 > U2  V M < V N ta có :

U U
U
=
3
2
6
= 6.1 = 6 (V)

UNM = - U 2 + U 1 =  U = 6 UV

+ Khi khóa K đóng :
R1 R3
3.2
6
=
  1,2 (  )
R1  R3
3 2 5
R2 R4
3.4 12


R 24 =
( )
R2  R4 3  4 7
12
20,4
R BD = R 13 + R 24 = 1,2 +

=
( )
7
7

R 13 =

Cường độ dịng điện mạch chính:
6
42
21
U

=
=
 2,06 (A
20,4
20,4 10,2
RBD
7
21
U 13 = U 1 = U 3 = I. R 13 =
.1,2 = 2,47 (V)
10,2
U
2,47
I1 = 1 =
= 0,823 (A)
R1
3

21 12
U 24 = U 2 = U 4 = I. R 24 =
.
= 3,53 (V)
10,2 7

I =

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

0,5


U2
3,53
=
= 1,18 (A)
R2
3
Ta có : I 2 > I 1  I A = I 2 - I 1 = 1,18 - 0,823 = 0,357 (A)

I2 =

Vậy dòng điện qua ampe kế có chiều từ N đến M và có cường độ
I A = 0,357 (A)
Vôn kế chỉ 0 (V)

0,25
0,25


2. (2 điểm)
+ Đóng khóa K và di chuyển con chạy C của biến trở R 4 từ đầu bên trái
sang đầu bên phải thì số chỉ của ampe kế I A thay đổi như thế nào ? Vẽ
đồ thị của I A theo vị trí của con chạy C.
Ta có :
R 13 =

R1 R3
3.2
6
=
  1,2 (  )
R1  R3
3 2 5

Đặt NC = x
R2 .x
3.x
=
R2  x
3 x
3.x
4,2 x  3,6
R BD = 1,2 +
=
3 x
3 x
6
6(3  x)
U

I =
=
=
4,2 x  3,6
4,2 x  3,6
RBD
3 x
6(3  x)
7,2(3  x )
U 13 = I. R 13 =
.1,2 =
4,2 x  3,6
4,2 x  3,6
7,2(3  x)
U
2,4(3  x )
4,2 x  3,6
I 1 = 13 =
=
4,2 x  3,6
3
R1
6(3  x)
18.x
3.x
U 24 = I.R 24 =
.
=
4,2 x  3,6 3  x
4,2 x  3,6

18.x
U
6. x
4,2 x  3,6
I 2 = 24 =
=
4,2 x  3,6
3
R2

R 24 =

0,5

0,5

* Xét hai trường hợp :
- Trường hợp 1 : Dịng điện chạy qua ampe kế có chiều từ M đến N.
Khi đó : I A = I 1 - I 2 =

2,4(3  x )
6. x
7,2  3,6 x
=
(1)
4,2 x  3,6
4,2 x  3,6
4,2 x  3,6

Biện luận :

+ Khi x = 0  I A = 2 (A)
+ Khi x tăng thì (7,2 - 3,6.x) giảm ; (4,2.x + 3,6) tăng do đó I A
giảm
+ Khi x = 2  I A =

7,2  3,6.2
= 0.
4,2.2  3,6

- Trường hợp 2 : Dòng điện chạy qua ampe kế có chiều từ N đến M.

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

0,75


Khi đó : I A = I 2 - I 1 =
7,2
x
=
3,6
4,2 
x

6. x
2,4(3  x )
4,2 x  3,6
4,2 x  3,6

=


3,6 x  7,2
4,2 x  3,6

3,6 

IA

(2)

Biện luận :
+ Khi x tăng từ 2 (  ) trở lên thì

7,2
3,6
và
đều giảm do đó I A
x
x

0,75

tăng.
+ Khi x rất lớn ( x =  ) thì

7,2
3,6
và
tiến tới 0. Do đó I A 
x

x

0,86 (A) và cường độ dịng chạy qua điện trở R 4 rất nhỏ;
* Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của cường độ dòng điện I A chạy qua
ampe kế vào giá trị x của biến trở R 4 có dạng như hình vẽ .

0,5

4
(3 điểm)

Tính gia tốc a của vật đối với nêm và gia
tốc ao của nêm đối với sàn.
+ Chọn hệ tục tọa độ xOy như hình vẽ
+ Động lượng của hệ bằng 0  Vật đi
xuống sang phải thi nêm phải sang trái 
giá trị đại số gia tốc của nêm là a 0 < 0.
+ Vật m chịu tác dụng của 2 lực : trọng lực


m g , phản lực N của nêm vng góc với AB
(hình vẽ)



+ Gia tốc của vật đối với sàn : a1 = a + a 0
+ Phương trình chuyển động của vật :
Theo phương AB : mgsin  = m(a + a 0 .cos  )
(1)
Theo phương vơng góc với AB : N - mgcos  = m a 0 sin 

+ Phương trình chuyển động của nêm chịu thành phần nằm ngang

của - N :
Chọn trục Ox trùng với hướng chuyển động của nêm
- N sin  = M a 0
(3)
N sin 
) sin 
Từ (2) và (3) ta có : N  mg cos   m.( 

(2)

M

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


N sin 
= mgcos 
M
 N(M + m.sin 2  ) = M mgcos 
M .mg . cos 
 N =
M  m. sin 2 


a0

N + m.sin 


Thế vào phương trình (3) ta được :
 M .mg . cos  
sin  .

mg . sin 2
M  m. sin 2  

= = 2

1,5

2( M  m sin  )

M

Thế vào phương trình (1) ta được :
mgsin  = m(a + (-

mg . sin 2
).cos  )
2( M  m sin 2  )

m 2 g. sin 2 .soc
2( M  m sin 2  )
mg sin 2 . cos 
 a = gsin  +
2( M  m sin 2  )
 mgsin  = m.a -

2Mg sin   2mg sin 3   mg sin 2 . cos 

=
2( M  m sin 2  )
2Mg sin   2mg sin  (1  cos 2  )  2mg sin  . cos 2 
 a =
2( M  m sin 2  )
( M  m) g. sin 
 a =
M  m sin 2 

5
(4 điểm)

Gọi nhiệt độ của khí ở trạng thái 1 là T1,
khi đó nhiệt độ ở trạng thái 2 sẽ là 4T1.
Giả sử áp suất trên đường đẳng áp 1 – 2 là
p1, thì cơng mà khí thực hiện trong q
trình này là: A = p1(V2 -V1), trong đó V1 và
V2 tương ứng là thể tích khí ở trạng thái 1
và 2.

p

1,5

1

2
3
V


o

Hình 5

Áp dụng phương trình trạng thái cho hai
trạng thái này:
p1V1 =nRT1, p2V2=4nRT1 (1)  T1= A/3nR (2)
Thay số ta có : T1=361K

0,5
0,5

+ Gọi p3 là áp suất khí ở trạng thái 3 thì cơng mà khí thực hiện trong cả
chu trình được tính bằng diện tích của tam giác 123:
A123 = 1/2 (p1-p3)(V2 - V1) (3)

0,5

+ Kết hợp với phương trình trạng thái (1) và nhiệt độ T1 theo (2) ta tìm
được:
V1= nRT1/P1 = A/3p1 (4) và V2 = 4nRT1/P1 = 4A/3p1 (5)

0,5

+Thay (4) vào (5) ta có biểu thức tính cơng trong cả chu trình:
0,5

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



A123 =

p3 
A
1  (6)
2
p1 

+ Vì các trạng thái 2 và 3 nằm trên cùng một đường thẳng qua gốc tọa
độ nên:

0,5

p3/p1 =V3/V2 (7), với V3= nRT1/p3 = A/3p3 (8)

0,5

+ Thay(5), (8) vào (7) ta nhận được: p3/p1= p1/4p3  p3/p1 = 1/2 (9)
+ Thay (9) vào (6) ta tính được cơng của khí trong chu trình: A123= A/4
Thay số ta có: A123 = 2250J.

-------------HẾT-------------

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

0,5


SỞ GD&ĐT NINH BÌNH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC


ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013
MÔN: VẬT LÝ
Ngày thi 10/10/2012
(Thời gian 180 phút không kể thời gian phát đề)

Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang
Câu 1 (4,0 điểm):
Một bánh xe không biến dạng khối lượng m, bán kính R, có trục
R
hình trụ bán kính r tựa lên hai đường ray song song nghiêng góc α so
r
với mặt phẳng nằm ngang như hình 1. Coi hệ số ma sát trượt giữa trục
hình trụ và hai đường ray bằng hệ số ma sát nghỉ cực đại giữa chúng và
bằng . Cho biết momen quán tính của bánh xe (kể cả trục) đối với trục

quay qua tâm là I = mR2.
1. Giả sử trục bánh xe lăn khơng trượt trên đường ray. Tìm lực ma sát
Hình 1
giữa trục bánh xe và đường ray.
2. Tăng dần góc nghiêng α tới giá trị tới hạn α 0 thì trục bánh xe bắt đầu trượt trên đường ray.
Tìm α 0 .
Câu 2 (4,0 điểm):
p
(B)
Một mol khí lý tưởng trong xi-lanh kín biến đổi trạng thái từ
(A) đến (B) theo đồ thị có dạng một phần tư đường trịn tâm I(VB, pA),
bán kính r = VA – VB như hình 2. Tính cơng mà khí nhận trong q
I

pA
(A)
trình biến đổi trạng thái từ (A) đến (B) theo pA và r.
Câu 3 (4,0 điểm):
O
VB
VA V
Cho mạch điện xoay chiều như hình 3:
Hình 2
1
Biết u AB 120 2 sin t (V ) ;
mR (với m là tham
C
K
số dương).
C
C
1. Khi khoá K đóng, tính m để hệ số cơng suất của
M R
mạch bằng 0,5.
D
A
B
R
2. Khi khố K mở, tính m để điện áp uAB vng pha
với uMB và tính giá trị điện áp hiệu dụng UMB.
Hình 3
Câu 4 (4,0 điểm):
Cho một thấu kính mỏng hội tụ có tiêu cự f. Một nguồn sáng điểm chuyển động từ rất
xa, với tốc độ v khơng đổi hướng về phía thấu kính trên quỹ đạo là đường thẳng tạo góc nhỏ α

đối với trục chính của thấu kính. Quỹ đạo của điểm sáng cắt trục chính tại một điểm cách thấu
kính một khoảng bằng 2f ở phía trước thấu kính.
1. Tính độ lớn vận tốc tương đối nhỏ nhất giữa điểm sáng và ảnh thật của nó
2. Khi độ lớn vận tốc tương đối giữa điểm sáng và ảnh thật của
nó là nhỏ nhất thì khoảng cách giữa điểm sáng và ảnh đó là bao
K2
K1
nhiêu?
Câu 5 (4,0 điểm):
(E, r)
Cho mạch điện gồm: một điện trở thuần R, một tụ điện C,
L1
L2
C
hai cuộn cảm thuần có độ tự cảm L1 = 2L, L2 = L và các khóa K1,
K2 được mắc vào một nguồn điện khơng đổi (có suất điện động E,
R
điện trở trong r = 0) như hình 4. Ban đầu K1 đóng, K2 ngắt. Sau
Hình 4
khi dịng điện trong mạch ổn định, người ta đóng K2, đồng thời

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


ngắt K1. Tính điện áp cực đại giữa hai bản tụ.
------------HẾT-----------Họ và tên thí sinh :....................................................................... Số báo danh ..............................
Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:..............................................; Giám thị 2:.......................................

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



SỞ GD&ĐT NINH BÌNH

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT

Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2012 – 2013
MÔN: VẬT LÝ
Ngày thi 10/10/2012
(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)
Đáp án

Điểm

Khi bánh xe lăn khơng trượt, ta có các phương trình chuyển động
- tịnh tiến: mgsinα  Fms  ma

0,75

Câu
1
(4 điểm)

1. (2,5 điểm)

a
- quay:
với γ  và I  m.R 2
Fms .r  I.γ
r
gsinα

Từ các phương trình này rút ra a 
2
R
1  
r

suy ra Fms 

R2
mgsinα
R2  r2

0,75

1,0

2. (1,5 điểm)

Để bánh xe chỉ trượt trên đường ray, lực ma sát đạt giá trị cực đại
Fms  Fmsmax  μ.N  μ.mgcosα 0

Theo kết quả câu 1: thì Fms 
 tanα 0 

2
(4 điểm)

0,75

2


R
mgsinα 0
R  r2
2

(do α  α 0 )

R2  r2
μ
R2

0,75

+Gọi tâm đường tròn I(x0, y0); x0 = VB; y0 = PA và V = x; y = P.
+Ta có phương trình đường trịn tâm I, bán kính R là:
( y  y0 )2  ( x  x0 )2  r 2  y  y0  r 2  ( x  x0 )2

(1)

0,5

+Theo cơng thức tính cơng của khí:
dA  P  dV   y0  r 2  ( x  x0 )2
 A

x2

y


0

x1

  dx

x2

 dx   r 2  ( x  x0 ) 2  dx

(2)

0,5

x1

+Đặt X  x  x0  dx  dX

(3)
x2

+Từ (2) suy ra: A  y0 (VB  VA )   r 2  X 2  dX

(4)

x1

+Đặt X  r  sin t  dX  r  cos t  dt
t2


+Thay vào (4), suy ra: A  PA (VB  VA )   r 2  cos 2t  dt
t1

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


t

 A  PA (VB  VA ) 

r2 2
(1  cos2t )dt
2 t1

t2
r 2 t2 r 2
t  sin 2t
t1
2 t1 4
+Vì X  x  x0  x  VB và X  r  sin t

 A  PA (VB  VA ) 

+Khi x  x1  VA  X 1  VA  VB  t1 



2
+Khi x  x2  VB  X 2  VB  VB  0  t2  0


+Suy ra A   PA (VA  VB ) 

2,5

r 

  0  A  PA (VB  VA )   r 2
2 2
4
2

0,5



+ Khí thực hiện cơng: A  r ( PA  r )
4

3
(4 điểm)

0,5
a)Tính m để cos
+Vì khi K đóng : mạch điện cấu tạo : C nt (R // R) .

R
2

+Lúc đó : cos


R
( )2
2
3 2
R
4

+Suy ra : ZC2

1
2

ZC2

R

3
R
2

ZC

2

mR

R2
4

Z C2


3
R
2

m

0,5

3
2

0,5

b)+Nhánh (1) :
sin

1

ZC
1

R2

Z C2

; cos

R
1


R2

Z C2

;

1

0 (1)

0,25

là góc lệch pha của U DB so với I1
(1)
( )

U MB
U DM

I
I1
1

O

I2

U DB


(
U AD 2

1

)

+Trong tam giác vectơ dịng ta có : I 2
Và U DB

I1 R 2

ZC2

I2 R

U AB

I12

I 22

2I1I 2cos

1

(2)

0,25


(3)

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


RI 2

+Suy ra I1

0,25

R2

Z C2

+Thay vào (2) được :
I

2

I

2
2

I2

R2
R


2

I 22 (

Z

I

2
C

2
2

RI 22

2

R

4 R 2 Z C2
)
R 2 ZC2

2

I

R
Z


2
C

R

2

ZC2

4 R 2 Z C2
R 2 Z C2

I2

(4)

0,25

+Áp dụng định lý hình sin cho tam giác dịng, ta có:
I2
sin

I
sin(

(5)
1

)


+Áp dụng định lý hình sin cho tam giác thế, ta có:
U DB
sin

U AD
sin(

U AD
cos 1

1)

2

(6)
I2
sin(
I

+Từ (5) và (6), suy ra: sin
I2
I

ZC
R

2

Z


I2 R
IZ C

2
C

0,25

1

)

U DB
cos
U AD

1

R
R

2

0,25

Z C2

+Suy ra: ZC R mR R m 1
+Khi m = 1 thì ZC = R, ta có:

U MB

I1R

U AB

U AD cos

I

I2

+Vì:

U DB cos(

I2
;sin
2

5
; I1
2

cos

1

1


2

1
5

0,5

)

IZC cos

I2
sin(
I

2
;cos(
2
5

1

)

1

I 2 R cos(

2
5


)
sin

1

1
2

)

0,25

1
2

0,25

1

2

1
5

sin(

1

)


+Suy ra:
U MB
U AB

U MB

I1
I2

5
cos
2

U AB

1
3

I 2cos(

120
3

2

1

)


1
1
)
2

1
)
2

2 ( 2

40(V )

1. Nếu d = 2f thì d’=2f nên
quỹ đạo ảnh cũng tạo với trục
(4 điểm) chính góc  đối xứng qua mặt
phẳng thấu kính.
 Nên góc hợp bởi giữa quỹ
đạo ảnh và vật là góc 2  .
4

I2
2
5 2
I2 (
2 5

1
3


0,5

vA

S

va

vv

S'

2

vv

v va
0,5

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


vv  va  vva

Dựa vào giản đồ ta thấy vận tốc tương đối giữa ảnh và vật nhỏ
nhất khi vva vng góc với va khi đó vva min  vv sin 2  v sin 2 khi
đó v A = v0 cos2 
2. Theo quy ước thì từ điểm O về bên trái là trục toạ độ cho vật
còn chiều từ O về phía phải là trục toạ độ của ảnh đạo hàm theo
thời gian hai vế công thức thấu kính:



0,5
0,5

1 1 1
 
f d d'

v
v'
d'
f 2
 2  0  v '  v ( ) 2   v (
)
2
d
d'
d
d f

f
d'
v '
f
 
 cos2  d  f 
d f
d
v

cos2

d'

1,0

df
 f  f cos2
d f

HH’ = d +d’= 2 f 

f
( cos2  1) 2
 f cos2  f
cos2
cos2

1,0
0,5

5
(4 điểm) +K1 đóng, K2 ngắt, dịng
điện ổn định qua L1:
I0 

0,5




R

+ K1 ngắt, K2 đóng: Vì 2
cuộn dây mắc song song
u L1 = u L2 = uAB
==> - 2L (i1 – I0) = Li2
 2L (I0 – i1) =Li2 (1)

1,0

0,5
0,5

2 LI 02 2 Li12 Li22 CU 2
Ta có
(2)



2
2
2
2
IC = i1 – i2  UCmax  IC = 0  i1 = i2 = i (3)

Từ (2) và (3)  CU 02
Từ (1)  2LI0
 CU 02 

Li 2


2LI02

2Li1

2Li12

Li 22

3Li  i

2LI02

2I 0
3

0,5

3Li 2

0,5
0,5

2 2
2L  2L
LI 0  U 0  I 0

3
3C R 3C


-----------Hết-----------

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