HSG AG Vong 1 20102012

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO AN GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC. SBD:. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN: VẬT LÍ 12 Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian phát đề) (Đề thi gồm 2 trang) Phòng:. Bài 1 ( 4 điểm) Một đoàn tàu khối lượng tổng cộng M=100 tấn đang chuyền động thẳng đều với vận tốc v0= 36 km/h trên đường sắt nằm ngang thì toa cuối của đoàn tàu có khối lượng m = 12 tấn bị tách ra khỏi đoàn tàu. Cho biết lực kéo của đầu tàu giữ nguyên không thay đổi. Tìm khoảng cách giữa toa cuối và phần còn lại của đoàn tàu sau 10s, và ngay khi toa cuối dừng lại. Biết hệ số ma sát lăn k = 0,08. Lấy g = 10m/s2 E1, r1. Bài 2 ( 4 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ: E1= 4,5 V, E2= 1,8V, r1=1, RA= 0.. A. B. a) Khi RAC= 0,45RAB thì ampe kế chỉ 0. Tính điện trở RAB. b) Mắc thêm điện trở R’= 2 song song với đoạn mạch chứa E2 và ampe kế. Tìm vị trí con chạy C để ampe kế chỉ 0.. C. A E2, r2. Bài 3 ( 2 điểm) Vật AB đặt vuông góc với trục chính của thấu kính hội tụ cho ảnh ngược chiều gấp 2 lần vật. Dời vật dọc theo trục chính, ra xa thấu kính thêm 2cm thì ảnh dời 6 cm. Tính tiêu cự của thấu kính. Bài 4 ( 4 điểm) Hai vật M1 và M2 có khối lượng tương ứng là m1 = 500g và m2 = 100g được gắn vào lò xo L có độ cứng là K = 40N/m, trục của lò xo luôn giữ thẳng đứng (hình vẽ). Bỏ qua khối lượng của lò xo, lấy gia tốc trọng trường g = 10m/s2 a) Tính độ biến dạng của lò xo L khi hệ cân bằng.. M2 L. b) Từ vị trí cân bằng nhấn vật M2 xuống 2cm theo phương thẳng đứng rồi buông ra không vận tốc đầu thì thấy M2 dao động M1 điều hòa khi M1 vẫn nằm yên so với mặt đất. Chọn trục tọa độ Ox hướng theo phương thẳng đứng từ trên xuống, gốc tọa độ O là vị trí cân bằng của M2, gốc thời gian là lúc buông M2. Hãy viết phương trình dao động của M2. c) Tìm điều kiện đối với biên độ dao động của M2 để M1 luôn luôn nằm yên trong khi M2 dao động..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Bài 5 ( 2 điểm) Trong thí nghiệm giao thoa sóng trên 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 S 1, S2 lần lượt những khoảng d1 = 7cm, d2 = 3,25cm dao động với biên độ cực tiểu, giữa M và đường trung trực của S1S2 có hai dãy cực đại khác. a) Tính tốc độ truyền sóng trên mặt nước. b) Gọi N là một điểm trên mặt nước 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. Bài 6 ( 4 điểm ) Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ, trong đó A là ampe kế nhiệt, điện trở R0 = 100, cuộn dây thuần cảm L0 , X là một hộp kín chứa hai trong ba phần tử (cuộn dây thuần cảm L, tụ điện C, điện trở thuần R) mắc nối tiếp. Bỏ qua điện trở của ampe kế, khóa K và dây nối. Đặt vào hai đầu M và N một điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng không đổi và có biểu thức uMN = 200 √ 2 cos2ft (V). K M. X. R0 P. L 0. A. N. 1. a) Với f = 50Hz, thì khi khóa K đóng ampe kế chỉ 1A. Tính độ tự cảm L 0 của cuộn dây . b) Khi khóa K ngắt, thay đổi tần số thì khi f = 50Hz, ampe kế chỉ giá trị cực đại và điện áp hai đầu hộp kín X lệch pha  /2 so với điện áp hai điểm P và N. Hỏi hộp X chứa những phần tử nào ? Tính các giá trị của chúng. 2. Khóa K vẫn ngắt, thay đổi f thì thấy ampe kế chỉ cùng trị số khi f = f 1 hoặc f = f2. Biết f1 + f2 = 125Hz. Tính f1, f2 và số chỉ của ampe khi đó. -------------------- Hết ----------------------.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO AN GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN: VẬT LÍ 12. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Bài 1 ( 4 điểm) Một đoàn tàu khối lượng tổng cộng M=100 tấn đang chuyền động thẳng đều với vận tốc v0= 36 km/h trên đường sắt nằm ngang thì toa cuối của đoàn tàu có khối lượng m = 12 tấn bị tách ra khỏi đoàn tàu. Cho biết lực kéo của đầu tàu giữ nguyên không thay đổi. Tìm khoảng cách giữa toa cuối và phần còn lại của đoàn tàu sau 10s, và ngay khi toa cuối dừng lại. Hệ số ma sát lăn k = 0,08. Lấy g = 10m/s2.. 1,0 điểm. Lược giải - Chọn gốc tọa độ là vị trí lúc toa cuối bắt đầu tách khỏi đoàn tàu. Chiều dương là chiều chuyển động. Gốc thời gian lúc toa cuối tách khỏi đoàn tàu. - Toa cuối chuyển động chậm dần với gia tốc F a1  ms  kg  m - 0,8m/s2 - Phương trình chuyển động của toa cuối a t2 x1 v0t  1 2 - Toa cuối dừng lại sau thời gian t1 t1 . 2,0 điểm. v0 12,5s a1. - Lực kéo của đầu máy F = Fms= kMg - Lực ma sát của phần đầu tàu lúc sau F’ms= k(M-m)g - Gia tốc của phần đầu tàu a2 . F  Fms, kmg 6   m / s2 M  m M  m 55. Điểm 0,25 0,25. 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5. - Phương trình chuyển động của phần đầu tàu x2 v0t . a2 t 2 2. 0,25. - Khoảng cách giữa toa cuối và phần còn lại t2 5 2  t d =x2- x1= (a2 – a1) 2 11. 0,5 điểm. - Khoảng cách sau 10 s 5 d  102 45,5m 11. 0,5 điểm. 0,5. - Khoảng cách sau khi toa cuối dừng lại. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 0,5. 5 d  12,52 71m 11 E1, r1. Bài 2 ( 4 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ: E1= 4,5 V, E2= 1,8V, r1=1, RA= 0. a) Khi RAC= 0,45RAB thì ampe kế chỉ 0. Tính điện trở RAB. b) Mắc thêm điện trở R’= 2 song song với đoạn mạch chứa E2 và ampe kế. Tìm vị trí con chạy C để ampe kế chỉ 0. Lược giải a) + Vì ampe kế chỉ 0 nên : UAC=E2= 1,8V 1,5 điểm + E1= (RAB+r1).I + UAC= RAC.I = 0,45RAB.I Thay (1) và (3) vào (2) => RAB = 8 + UAC +UCB –E1+ I.r1= 0  1,8+I.RCB-4,5+I = 0 2,5 điểm  I(9-RAC) – 2,7 = 0 (4) + Vì ampe kế chỉ số 0 nên UAC=E2=1,8V U I 2  AC 0,9 A R' => (5) U 1,8 I I1  I 2  AC  0,9   0,9 R R AC AC + (6). A. B C. A E2, r2 E1, r1. (1) I (2) (3). A. B C. I1. A E2, r2 I2 R’. Điểm 0,25 0,5 0,25 0,5 0,5 0,5 0,25 0,5. Thay (6) vào (4) 2. => RAC  4 RAC  18 0 => RAC  6,69 và RAC  -2,69 (loại). 0,5 0,25. Bài 3 ( 2 điểm) Vật AB đặt vuông góc với trục chính của thấu kính cho ảnh ngược chiều gấp 2 lần vật. Dời vật dọc theo trục chính, ra xa thấu kính thêm 2cm thì ảnh dời 6 cm. Tính tiêu cự của thấu kính. Lược giải ' 1. d =− 2 => d '1=2 . d1 d1 1 1 1 = + f d 1 d '1 1 1 1 = + f d 2 d '2 d 2=d 1 +2 k =−. (1). Điểm 0,25. (2). 0,25. (3). 0,25. (4). 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> d 2' d1'  6. 0,25. (5). Thay (1), (4), (5) vào (2) và (3) …………………………………… Suy ra d1= 18cm; d1’= 36 cm 0,5 ’ Thay d1 và d1 vào (2) . Suy ra f = 12cm 0,25 Bài 4 ( 4 điểm) Hai vật M1 và M2 có khối lượng tương ứng là m1 = 500g và m2 = 100g được gắn vào lò xo L có độ cứng là K = 40N/m, trục của lò xo luôn giữ thẳng đứng (hình vẽ). Bỏ qua khối lượng của lò xo, lấy gia tốc trọng trường g = 10m/s2 M2 a) Tính độ biến dạng của lò xo L khi hệ cân bằng. b) Từ vị trí cân bằng nhấn vật M2 xuống 2cm theo phương L thẳng đứng rồi buông ra không vận tốc đầu thì thấy M2 dao động điều hòa khi M1 vẫn nằm yên so với mặt đất. Chọn trục tọa độ Ox hướng theo phương thẳng đứng từ trên xuống, gốc tọa độ O là vị trí M1 cân bằng của M2, gốc thời gian là lúc buông M2. Hãy viết phương trình dao động của M2. c) Tìm điều kiện đối với biên độ dao động của M2 để M1 luôn luôn nằm yên trong khi M2 dao động. Lược giải a) 1,0 điểm. . Các lực tác dụng lên M2 có hai lực: Trọng lực P2 và lực đàn hồi. . của lò xo F 0dh . Tại  vị trí  cân bằng:. Điểm 0,25 0,25. P2  F 0 dh 0.  m 2 g K.lo  lo . m2g K. lo . b) 1,0 điểm. 0,25. 0,110 0,025m 40. Thay số: Phương trình chuyển động của M2 . K 40  20(rad / s). m 0,1. Trong đó: Tại thời điểm t = 0 có x o 2cm vo 0. .   0; A 2cm. x 2cos  20t  (cm). c) 2,0 điểm. 0,25. - Ta chỉ xét trường hợp lực đàn hồi của lò xo hướng lên trên (khi lò xo đang dãn). . -Các lực tác dụng lên M1 là: Trọng lực P1 , lực đàn hồi của lò xo F dh và phản lực của mặt đất N . Theo định luật III Niutơn ta có. 0,25 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>     N P1  Fdh. Hay. N = P1 – K.∆l => Nmin = m1g - K∆lmax Vì lò xo đang dãn nên suy ra ∆lmax = A - ∆lo Do đó:. 0,5. N min m1g  K  A  l0  m1g  Kl 0  KA m1g  m 2g  KA.. Để vật M1 nằm yên thì: N min 0 Suy ra: m1g  m 2g  KA 0. Do đó:. A. 0,5.  m1  m2  g K. 0,5.  0,5  0,1 10 0,15m. 0,5. A. 40 Thế số ta được: Vậy khi A 15cm thì vật M1 luôn nằm yên. Bài 5 ( 2 điểm) Trong thí nghiệm giao thoa sóng trên 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 S 1, S2 lần lượt những khoảng d1 = 7cm, d2 = 3,25cm dao động với biên độ cực tiểu, giữa M và đường trung trực của S1S2 có hai dãy cực đại khác. a) Tính tốc độ truyền sóng trên mặt nước. b) Gọi N là một điểm trên mặt nước 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. a) 0,75 điểm. b) 1,25 điểm. Lược giải +Tại M sóng có biên độ cực tiểu nên: d1 – d2 = (k +0,5) . Điểm 0,25. d1  d 2 k  0,5. => + Giữa M và trung trực của AB có hai dãy cực đại khác => k = 2 Từ đó   1,5cm + Tốc độ truyền sóng: v = f = 30 cm/s + Giả sử u1=u2 =a cos ωt , phương trình sóng tại N:. (. u N =2 a cos ωt −. 2 πd λ. ). ;với d = d1= d2. + Độ lệch pha giữa u1 với uN : Δϕ=. 0,25. 0,25. 2 πd λ. + Để dao động tại N ngược pha với dao động tại nguồn thì 2 d   (2k  1)  d  k  0,5     k  0,5 . 0,25.  + Do d a/2  a/2  k + Để dmin thì k=3 => dmin = 5,25 cm. 2,16.. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 0,25. 2.  xmin  d. 2 min. a    3, 4cm  2. 0,25. Bài 6 ( 4 điểm ) Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ, trong đó A là ampe kế nhiệt, điện trở R0 = 100, cuộn dây thuần cảm L0 , X là một hộp kín chứa hai trong ba phần tử (cuộn dây thuần cảm L, tụ điện C, điện trở thuần R) mắc nối tiếp. Bỏ qua điện trở của ampe kế, khóa K và dây nối. Đặt vào hai đầu M và N một điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng không đổi và có biểu thức uMN = 200 √ 2 cos2ft (V). K M. X. R0. L 0. P. A. N. 1. a) Với f = 50Hz, thì khi khóa K đóng ampe kế chỉ 1A. Tính độ tự cảm L 0 của cuộn dây . b) Khi khóa K ngắt, thay đổi tần số thì khi f = 50Hz, ampe kế chỉ giá trị cực đại và điện áp hai đầu hộp kín X lệch pha  /2 so với điện áp hai điểm P và N. Hỏi hộp X chứa những phần tử nào ? Tính các giá trị của chúng. 2. Khóa K vẫn ngắt, thay đổi f thì thấy ampe kế chỉ cùng trị số khi f = f 1 hoặc f = f2. Biết f1 + f2 = 125Hz. Tính f1, f2 và số chỉ của ampe khi đó. Lược giải 1.a. Điểm. + Khi đóng khóa K 2. 0,75 điểm.  U MN  2 2 2  I  R 0  Z L0 200  . 0,25.  ZL0  2002  1002 100 3. 0,25.  L0 . 1.b 1,75 điểm. ZL 0,55H 2 f. tgu PN /i . Z L0. 0,25.    u PN /i . R0 Vì ux lệch pha  /2 so với uPN.  .  u x /i . 0,25.  0 6. Dựa vào giản đồ véc tơ => đoạn mạch MP có tính dung kháng. Vậy hộp kín X chứa tụ điện C và điện trở thuần R.. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> + Do cường độ dòng điện cực đại nên mạch xảy ra cộng hưởng điện, suy ra: 0,25 ZC ZL0 100 3.  C. 1 1  .10  4 F 18,38 m ZL0   tgu x /i . 0,25.  ZC 3   R 3. 0,25 0,25. Mặt khác: R  3.ZC 300  2. 1,5 điểm. I1 I 2 . U MN U MN  Z1 Z2. 0,25. Với f thay đổi: 2 2  Z1 Z2   Z1L0  Z1C   Z2L0  Z2C .   Z1L0  Z1C   Z2L0  Z2C . 0,25. 2. + Trường hợp 1:.  Z1L0 . Z1C   Z2L0  Z2C . 1 1 1  1       L0             C   2  C0    Trường hợp này bị loại. + Trường hợp 2:  Z1L0  Z1C    Z2L0  Z2C . 0,25. 1 1 1  1       L0            C   2  C    1 L0C 1  f1f 2    4 L 0 C   . 1. 0,25. 2500 3 1  4 4 . .10   3 Mặt khác: f1 + f2 = 125 Nên f1 và f2 là nghiệm của phương trình: f2 – 125f + 2500 = 0. 0,25 0,25.  f1 25Hz, f 2 100Hz Với f = f1 = 25Hz thì: Z1L0 2f1L 50 3  1 Z1C  200 3  2f1C0 I. U  Z. U.  R  R0 . 2.   Z1L0  Z1C . 2. . 200 4002  3.1502. 0,42A. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Ghi chú: - Thí sinh giải theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. - Thí sinh trình bày thiếu hoặc sai đơn vị ở đáp số mỗi câu sẽ bị trừ 0,25 điểm (toàn bài không trừ quá 1 điểm).

<span class='text_page_counter'>(10)</span>