UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
(Đề thi gồm 02 trang)

ĐỀ THI HSG CẤP TỈNH LỚP 12 THPT
Năm học 2014 - 2015
Môn thi: Vật lí
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 02/4/2015
-------------------------

Bài 1 (4,0 điểm).
Một vật khối lượng m = 200 g nối với một lò xo có độ cứng
k = 80 N / m . Đầu còn lại của lò xo gắn cố định vào bức tường thẳng
đứng, sao cho vật có thể dao động trên mặt phẳng nằm ngang. Kéo vật
ra khỏi vị trí cân bằng một đoạn 10cm rồi buông tay không vận tốc ban
đầu. Chọn trục toạ độ Ox trùng với phương chuyển động, gốc toạ độ O là vị trí cân bằng, và
chiều dương của trục ngược với chiều kéo ra nói trên. Chọn gốc thời gian là lúc buông tay.
Lấy gia tốc trọng trường g = 10 m / s 2 .
1. Nếu bỏ qua ma sát giữa vật và mặt phẳng nằm ngang. Viết phương trình dao động.
2. Nếu hệ số ma sát giữa m và mặt phẳng nằm ngang là µ = 0,1 thì dao động sẽ tắt dần.
a) Tìm tốc độ lớn nhất của vật trong quá trình dao động.
b) Tìm quãng đường vật đi được đến thời điểm t = 1s?
Tốc độ lớn nhất vật đạt được sau thời điểm đó là bao nhiêu?
c) Có thể làm cho vật dao động duy trì bằng cách thay vì buông vật không vận tốc đầu
ta truyền cho vật vận tốc v0 hướng vào tường, sau đó mỗi khi lò xo giãn cực đại thì lặp lại
thao tác trên. Tìm v0 để dao động của hệ ổn định?
Bài 2 (3,0 điểm).
Để xác định bước sóng và vận tốc âm trong không
O
khí người ta dùng một dụng cụ gọi là ống Koenig có

T
nguyên tắc cấu tạo như sau:
T’
- Một ống thủy tinh T có dạng chữ U, có hai lỗ hở:
S
S để tại nguồn âm và O để tai nghe
- Một ống thủy tinh T’ cũng có dạng chữ U lồng
khít vào hai đầu của ống T; Ống T’ có thể dịch chuyển trên
một rãnh trượt. Độ dịch chuyển được đo được bằng một thước chia độ đặt bên cạnh.
a) Dùng một âm thoa đặt tại S để tạo một nguồn âm. Tai nghe đặt tại O. Bên trong ống
chứa một chất khí. Dịch chuyển ống T’ thì thấy có lúc nghe rõ, có lúc không nghe được âm
nữa. Hãy giải thích hiện tượng trên.
b) Bên trong ống chứa không khí khô ở 0 0C, ống được điều chỉnh để không nghe được
âm. Khi dịch chuyển ống T’ tới vị trí mới gần nhất thì lại không nghe được âm. Khoảng dịch


chuyển bằng 33cm. Biết vận tốc âm trong không khí khô ở 0 0C là 330 m/s. Tìm tần số dao
động của âm thoa.
c) Ống bây giờ chứa không khí ở nhiệt độ t 0C. Để nhận được hai lần im lặng liên tiếp,
ống T’ phải dịch chuyển một khoảng 36,3 cm. Xác định nhiệt độ t, biết rằng vận tốc âm trong
cùng một chất khí tỉ lệ thuận với căn bậc hai của nhiệt độ tuyệt đối.
Bài 3 (4,0 điểm).
Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ, điện trở R 0 = 100Ω, X là hộp kín chứa 2 trong
3 phần tử (R, L, C) mắc nối tiếp. Bỏ qua điện trở của ampe kế, khoá K và dây nối, đặt vào hai
đầu M, N của mạch điện một hiệu điện thế xoay
K
C
u
=
200

2
cos2
π
f.t
(V)
chiều có biểu thức MN
0
R0
a) Với f = 50Hz thì khi K đóng ampe kế chỉ 1 M
A. Tính điện dung C0 của tụ điện.

A

X

D

N

b) K ngắt, thay đổi tần số thì thấy khi f = 50Hz ampe kế chỉ cực đại và hiệu điện thế
giữa 2 hộp kín X lệch pha π/2 so với hiệu điện thế giữa 2 điểm M và D. Hỏi hộp X chứa
những phần tử nào? Tính các giá trị của chúng.
c) Khoá K vẫn ngắt, thay đổi tần số f thì thấy ampe kế chỉ cùng trị số khi f = f 1 hoặc f= f2
. Biết f1+ f2= 125 Hz. Tính f1, f2 và viết biểu thức cường độ dòng điện qua mạch khi đó.
Bài 4 (3,0 điểm).
Cho mạch điện có sơ đồ như hình vẽ. Hai tụ điện C 1, C2 có
điện dung bằng nhau C1 = C2 = C = 0,5µF; cuộn cảm thuần có độ tự
cảm L = 5mH; nguồn điện có suất điện động ξ = 6V; bỏ qua điện trở
dây nối và khóa K. Ban đầu khóa K ở a sau đó đóng K sang b
1. Tìm biểu thức chỉ sự phụ thuộc vào thời gian của điện tích

các bản hai tụ điện C1, C2 khi đóng K sang b. Chọn mốc thời gian
lúc K đóng vào b.
2. Tìm cường độ dòng điện cực đại qua cuộn cảm L.

a
K
ξ

b
C2

C1

Bài 5 (4,0 điểm).
Trong thí nghiệm giao thoa Young, hai nguồn cách nhau a = 1mm; khoảng cách từ
nguồn S đến hai nguồn là d = 1m và khoảng cách từ màn chứa hai khe S1, S2 đến màn quan
sát là D = 2m. Nguồn S phát ánh sáng đơn sắc có bước sóng λ = 0,6 µm.
1. Tính khoảng vân.
2. Đặt sát hai khe S1S2 một lăng kính thủy tinh có góc chiết quang α = 10−2 rad , chiết suất
n = 1,5, cạnh song song với các khe, đỉnh góc chiết quang cách trung điểm H một đoạn h =
1cm về phía S1.

L


a) Xác định vị trí vân trung tâm O’ trên màn quan sát.
b) Phải dịch chuyển khe S theo phương song song với
mặt phẳng hai khe về phía nào và một khoảng bao nhiêu để
vân trở về vị trí ban đầu
c) Chứng minh rằng nếu dịch chuyển khe S thì tia sáng

SH sau khi qua lăng kính (nếu bỏ mặt phẳng chứa hai khe đi)
luôn qua vị trí vân trung tâm O’ trên màn.

hệ

A
S1
S

h

H
S2

Bài 6. (2,0 điểm)
Dùng một chùm electron bắn vào nguyên tử hidro để kích thích nó. Muốn thu được 3
và chỉ 3 vạch phát xạ thì động năng của electron phải bằng bao nhiêu? 3 vạch đó thuộc dãy
nào, có bước sóng bằng bao nhiêu. Biết năng lượng ở trạng thái dừng của nguyên tử hidro
được tính theo công thức En = −

13, 6
eV , với n = 1, 2, 3…..
n2

-----------HẾT-----------Họ và tên thí sinh :...................................................................... Số báo danh ..........................


UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO


Bài
Bài 1

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI HSG CẤP TỈNH LỚP 12 THPT
Năm học 2014 - 2015
Môn thi: Vật lí
Ngày thi: 02/4/2015
------------------------Nội dung

1. Phương trình dao động của vật có dạng: x = Acos(ω t+ϕ ) cm
Với ω =

k
80
=
= 20rad / s
m
0, 2

Điểm
4 điểm
0.25

 x0 = A cos ϕ = −10cm
 A = 10cm
=> 
ϕ = −π
v0 = − Aω sin ϕ = 0
Vậy pt dao động của vật là x = 10cos(20t-π ) cm


Tại thời điểm t = 0: 

0.25
0.25
0.25

2. Xét vật chuyển động theo chiều dương:
Theo định luật II Newton:
-Fđh-Fms=ma =>-kx-µmg=mx’’ => x "+

k
x = µg
m

µmg
= 0, 0025m
Pt có nghiệm x = -x0 +Acos(ω t+ϕ ) cm với x0 =
k
µ mg
Pt này mô tả vật dao động điều hòa quanh O1 có xO1 = −
k

Tương tự khi vật chuyển động theo chiều âm ta được pt

0.25

0.25

x = x0 +Acos(ω t+ϕ ) cm


Hay vật dao động điều hòa quanh O2 có xO =
2

µ mg
k

Sau mỗi nửa chu kỳ biên độ của vật giảm đi 2 x0 =

2 µ mg
k

a) Dễ thấy vật có tốc độ lớn nhất trong nửa chu kỳ đầu tiên. Ngay sau
khi thả vật chuyển động theo chiều âm nên tốc độ cực đại tại O2 và bằng:

0.25

vmax = ω ( A − x0 ) = 20(0,1 − 0, 0025) = 1,95m / s

0.25
T
2

b) Ta tách t = 6 + 0, 0575( s)
T
biên độ dao động của vật là A6 = A − 6.2 x0 = 10 − 6.2.0, 25 = 7cm
2
kA2 − kA62 A2 − A62
S
=

=
= 102cm
Quãng đường vật đã đi 1
2 µ mg
2 x0
Trong ∆t = 0,0575( s) còn lại vật đi được quãng đường
S 2 = ( A6 − x0 )(1 − cos(ω∆t )) = 4cm

Sau 6

Như vậy quãng đường vật đi được đến thời điểm t=1s: S = S1 + S2 = 106cm

0.25
0.25
0.25


Do ∆t <

T
nên vật chưa vượt qua O2 do đó tốc độ lớn nhất vật đạt được
4

tại O2 và bằng:

vmax = ω ( A6 − x0 ) = 20(0, 07 − 0, 0025) = 1,35m / s

0.25

c) Để vật dao động ổn định sau khi được truyền vật tốc vật phải quay lại

x=A và có vận tốc bằng không.
Như vậy biên âm có tọa độ x = -A1 = -(A +2x0)
Quãng đường vật đã đi trong thời gian đó:
S=2(A+A+2x0) =4(A+x0)
x0 x0
Theo định luật bảo toàn năng lượng
v0
O2 O O1
mv02
-A1
= Fms .S = 4 µmg ( A + x0 )
2
⇒ v0 = 8µ g ( A + x0 ) = 8.0,1.10.(0.1 − 0.0025) = 0,883m / s

0.25
0.25

A

Bài 2

0.25
0.25
3 điểm

1.
+ Sóng âm phát ra từ nguồn S đi theo 2 nhánh của ống gặp nhau ở O và giao
0.25
thoa với nhau. + Cường độ âm thu được tại O phụ thuộc vào hiệu đường đi của
hai sóng, khi ta dịch chuyển ống T’ đã làm thay độ dài đường đi của sóng âm

qua nhánh này. Do vậy có lúc nghe rõ, có lúc không nghe được âm nữa.
0.25
+ Lúc nghe rõ, O ứng với cực đại giao thoa nên hiệu đường đi qua hai ống T và
T’ thảo mãn
0.25
d '− d = k λ

(k ∈ Z )

+ Lúc không nghe được âm, O ứng với cực tiểu giao thoa nên hiệu đường đi
qua hai ống T và T’ thảo mãn
1
d '− d = ( k + )λ
2

(k ∈ Z )

0.25

2. Khi ống T’ dịch đi một đoạn ∆d thì hiệu đường đi giữa hai sóng thay đổi một 0.25
lượng 2∆d
0.25
Do ứng với hai vị trí liên tiếp là cực tiểu giao thoa nên: 2∆d = λ
v
v
330
0.5
Vậy f = λ = 2∆d = 2.0, 33 = 500 Hz
3. Ta có


T ' v ' ∆d '
= =
v
∆d
T

Ta được θ = 57.33 0C
Bài 3

0.5
0.5
4 điểm

1.
a) Khi đóng K mạch điện chỉ có R0 nối tiếp C0

0.5


Am pe kế chỉ 1A → I = 1A
ZMD=

200
= 200Ω
1

→R 0 + Z
2

2

C0

10−4
= 200 ⇒ZC0 = 100 3 (Ω) → C0=
(F)
3π
2

0.5

b) Khi K ngắt:
U MD ⊥ U DN
U MD trễ pha so với i một góc ϕMD với tgϕMD=

− ZC 0
=− 3
Rc

→ϕMD = - 60

0.25

Vậy ϕDN sớm pha 30 so với i
→ X chứa R và ZL

0.25

Z
1
⇒ R = 3Z L

tgϕDN= L =
R
3

*Cường độ dòng điện trong mạch cực đại nên khi đó xảy ra cộng hưởng
ZL = ZC0 ⇔ωL =

1
⇔ω2LCo = 1
ωC 0

1
=
⇒L = ω C0
2

R=

1
1002 π 2 .

−4

10
π 3

=

3
π (H)


3ZL = 3.ω.L = 3.100.π.

3
= 300Ω
π

0.25

0.25
2.
Khi thay đổi có 2 giá trị của cường độ dòng điện bằng nhau
I1= I2⇒

U MN U MN
=
⇒Z1 = Z2
Z1
Z2

⇔ (Z1L- Z1c0)2= (Z2L- Z2co)2


0.25

*TH1: Z1L- Z1co = Z2L - Z2co Z1L- Z2L= Z1co- Z2c
⇔ L (ω1 - ω2) =
→ 2π(f1- f2)(L+

1 (ω2 − ω1 )

C0 ω1.ω2

1
)=0
4π 2f1f2C 0

(1)

(f1# f2 → f1 - f2 #0)
→ L+

1
= 0 (vô lí)→ loại
4π 2f1f2C 0

*TH2:

⇒L(ω1 + ω2) =
⇒ω1ω2 =

0.25

Z1L- Z1co = - (Z2L - Z2co)

1 ω1 + ω2
(
)
C 0 ω1ω2

1

1
⇒ f1f2 = 2
LC 0
4π LC o

1
Thay số f1f2= 4π 2 3 . 10−4 = 2500
π
3π

Theo đầu bài f1+ f2= 125
→

f1 = 25Hz

0.25

f2 = 100Hz
* Khi f = f1 = 25Hz thì Z1L= 2πf1L= 50 3Ω
1

Z1co = 2π f C = 200 3 Ω
1 0
I =

U
200
=
≈ 0,42A → tgϕ =
Z

4002 + 3.1502

ϕu / i = −0,58 rad

=> i1= 0,42 2 cos(50πt + 0,58) (A)
* Khi f = f2= 100Hz thì Z2L = 2πf2 L = 200 3

−3 3
8

= -0,65 =>

0.25


Z2c6=

1
= 50 3 Ω
2πf2C 0

tgϕ =

Z2L − C 0 3 3
=
=0,65 → ϕu/i = 0,58 0.5
R + R0
8

rad

=> i2= 0,42 2 cos(200πt - 0,58) (A)

0.5
3 điểm

Bài 4

"
Ta có ec = u1 + u2 ⇒ − Lq1 =

b

C2

q1 q2 q1 + q2
+
=
C1 C2
C

C1

Tại nút b ta có: q1 − q2 = q0 = Cξ ⇒ q2 = q1 − q0
"
Ta có phương trình: q1 = −

2 
q0 
 q1 − ÷
LC 

2

q0
+ Q0cos(ωt + ϕ ) với ω =
2
q

Q0 = 0
2
Tại thời điểm t = 0 q1 = q0 nên 
ϕ = 0

Nghiệm của pt có dạng q1 =

+

Vào thời điểm t điện tích trên các tụ và suất điện động
trên cuộn cảm như hình vẽ.

+
-

2
LC



2
t ) + 1
 cos(

LC


4
Thay số ta được q1 = 1,5 cos(2 2.10 .t ) + 1 ( µC )
4
Và q2 = 1,5  cos(2 2.10 .t ) − 1 ( µC )
q
Vậy: q1 = 0
2

L

0.5

0.5
0.25
0.25
0.25

2. Biểu thức cường độ dòng điện qua cuộn cảm

0.25
0.5

Vậy cường độ dòng điện cực đại qua cuộn cảm bằng imax = 30 2(mA)

0.5

π

i = q1' = 30 2cos(2 2.104 t + )(mA)
2

Bài 5

4 điểm
1. Áp dụng công thức tính khoảng vân:
i=

λD
= 1, 2mm
a

1


2. Bề dày của lăng kính tại vị trí các tia sáng từ S1 và S2 đi qua là:
e1 = AS1 tan α ≈ AS1.α

e2 = AS2 tan α ≈ AS2 .α
2h − a
AS1 = AH − S1H =
2
2h + a
AS2 = AH + S2 H =
2

Với

0.25

0.25

Lăng kính làm đường đi của tia sáng tăng thêm một lượng (giống bản mặt song
song) e(n-1), với e là bề dày lăng kính tại chỗ tia sáng đi qua. Do đó hiệu
đường đi của tia sáng S1M và S2M tới điểm M trên màn E bây giờ là:
ax
+ aα (n − 1)
D
Vân sáng trung tâm ứng với d 2' − d1' = 0
ax
Suy ra 0 + aα ( n − 1) = 0 ⇒ x0 = −( n − 1)α D
D
d 2' − d1' =

0.25

Thay số ta được x0=-1cm
Vậy vân trung tâm O’ dịch về phía S2 một đoạn 1cm so với O

0.25
0.25

b) Giả sử khe S ở vị trí bất kỳ S’ và S’S//S1S2
cách S một đoạn b (hình vẽ)
Hiệu đường đi của tia sáng tới điểm M bây giờ
bằng:
d 2' − d1' =

S


d1’
d2’

A
S1

d1

S2

d2

O’ 0.25

ax
ab
+ aα (n − 1) −
D
d

Vị trí vân trung tâm mới

ax'0
ab
bD
+ aα ( n − 1) −
= 0 ⇒ x0' =
− ( n − 1)α D
D
d

d

0.25

Do x0’ = 0 nên b = (n-1)αd = 0,5cm
Vậy khe S phải dịch chuyển về phía S2 một đoạn 0,5cm

0.25

c) Xét tia S’H có đường kéo dài gặp màn qua sát tại O1
Ta có OO1 =

bD
d

O1O2 = HO2 .∆ ≈ (n − 1)α .D

Suy ra

⇒ OO 2 = OO1 − O1O2 =

bD
− ( n − 1)α D
d

S

0.25

A


Góc lệch của tia ló gặp màn quan sát tại O2 là ∆ = (n − 1)α
H

Đối chiếu với kết quả câu b) ta thấy vân trung tâm mới chính là O2

O1
O2

0.25
0.25
0.25


Bài 6

2 điểm
- Vẽ sơ đồ mức năng lượng của nguyên tử hidro.
- Từ sơ đồ ta thấy muốn cho 3 và chỉ 3 vạch phát xạ thì nguyên tử phải nhảy
lên mức kích thích E3, electron phải có động năng Wđ lớn hơn hoặc bằng E3 –
E1 nhưng bé hơn E4 – E1:
13, 6
eV
n2
Wd ≥ 13, 6 − 1,5 = 12,1eV ; Wd < 13,6- 0,85 = 12,75 eV.
- Vậy ta phải có: 12,1 eV ≤ Wđ < 12,75 eV.

0.5

- Ta có: En = −


- Các vạch có bước sóng λ 1 và λ 2 thuộc dãy Laiman, vạch có bước sóng λ 3
thuộc dãy Banme.
- Giá trị của các bước sóng là: λ 1 = 103 nm; λ 2 = 121 nm; λ 3 = 658 nm.

Chú ý:
+ Học sinh có cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
+ Nếu thiếu 1 đơn vị trừ 0.25 điểm nhưng không trừ quá 1 điểm cho toàn bài thi.

0.5
0.5
0.5