SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2010 - 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: VẬT LÍ LỚP 12 THPT – BẢNG A (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) Câu NỘI DUNG Điểm 1.1a (1,5đ) Phương trình dao động : . os( )x A c t ω ϕ = + trong đó : 20( / ) K rad s m ω = = 10( ) os 10( ) 0 : 0 sin 0 10( ) x cm Ac cm t v A cm ϕ ϕ π ϕ = − = − =    = → →    = = =    Vậy : 10. os(20 )( )x c t cm π = + 0,5 0,5 0,5 1.1b (1,5đ) + Ta thấy lò xo nén 5cm các lần chẵn liên tiếp cách nhau một chu kì, do đó lò xo nén lần thứ 2010 tại thời điểm : 2010 2 2010 2 . 2 t t T − = + với t 2 là thời điểm lò xo nén 5cm lần thứ 2. + Ta xác định thời điểm lò xo nén 5cm lần thứ hai, sử dụng pp vec tơ quay ta có : kể từ thời điểm ban đầu đến lúc lò xo nén 5cm lần thứ 2 thì vectơ quay một góc : 1 2 2 ˆ . 2 / 3 5 / 3M OM t ω π π π = = − = 2 5 ( ) 60 t s π → = + Do đó thời điểm lò xo nén 5cm lần thứ 2010 là : 2010 5 2 6029 1004. ( ) 60 20 60 t s π π π = + = 0,5 0,5 0,5 1.2 (1,5đ) + Lúc có ma sát, tại VTCB của vật lò xo biến dạng một đoạn : 0,0025( ) mg l m K µ ∆ = = + Ta thấy có hai VTCB của vật phụ thuộc vào chiều chuyển động của vật, nếu vật đi sang phải lúc lò xo nén 2,5mm thì VTCB là bên trái O(vị trí C 1 ), lúc vật đi sang trái mà lò xo giãn 2,5mm thì VTCB là bên phải O( vị trí C 2 ) + Áp dụng đinh luật bảo toàn năng lượng, ta tính được độ giảm toạ độ cực đại sau mỗi lần qua O là hằng số và bằng : ax 2 0,005( ) m mg x m K µ ∆ = = + Gia tốc của vật đổi chiều lần thứ 4 ứng với vật đi qua VTCB C 2 theo chiều sang trái lần thứ 2, áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta được : [ ] 22 2 4 ax ax ax ax ( ) ( ) 2 2 2 2( ) 2( 2 ) ( 3 ) ( 3 ) m m m m mvKA K l mg A A x A x A x A x l µ ∆ − + = = + − ∆ + − ∆ + − ∆ + − ∆ − ∆ 4 1,65( / )v m s→ = 0,25 0,5 0,25 0,5 2a (1,5đ) + Độ lệch pha của hai sóng tại một điểm M cách A, B những đoạn d 1 và d 2 là : 0,5 M 1 M 2 -5 -10 10 • • • O C 1 C 2 x 1 2 2 ( ) 2 d d π π ϕ λ ∆ = − + với 30 3( ) 10 v cm f λ = = = + Tại M là cực đại giao thoa nếu : 1 2 1 2 2 1 ( ) 2 ( ) 2 4 d d k d d k π π ϕ π λ λ ∆ = − + = → − = − M thuộc AB nên: 1 2 1 ( ) 6; .;6 4 AB d d k AB k λ − < − = − < → = − : Trên đoạn AB có 13 điểm cực đại + Tại M là cực tiểu giao thoa: 1 2 1 2 2 1 ( ) (2 1) ( ) 2 4 d d k d d k π π ϕ π λ λ ∆ = − + = + → − = + M thuộc đoạn AB : 1 2 1 ( ) 6; .;6 4 AB d d k AB k λ − < − = + < → = − : Trên đoạn AB có13 điểm cực tiểu 0,25 0,25 0,25 0,25 2b (1,0đ) + Tại điểm M thuộc đoan AB cách trung điểm H một đoạn x, có hiệu đường đi của hai sóng là : 1 2 2d d x− = + Điểm M thuộc đoạn AB đứng yên thoả mãn : 1 2 1 1 2 ( ) ( ). 4 4 2 d d x k x k λ λ − = = + → = + ( 1) với 6; .;6k = − + Do đó ax min 1 3 (6 ). 9,375( ) 4 2 1 3 (0 ). 0,375( ) 4 2 m x cm x cm  = + =     = + =   0,25 0,25 0,5 2c (1,5đ) + Phương trình dao động tổng hợp tại M cách A,B những đoạn d 1 và d 2 là: 1 2 1 2 12. os ( ) . os ( ) ( ) 4 4 M u c d d c t d d mm π π π π ω λ λ     = − + + + +         + Hai điểm M 1 và M 2 đều thuộc một elip nhận A,B làm tiêu điểm nên: 1 1 2 2 AM BM AM BM b+ = + = Suy ra pt dao động của M 1 và M 2 là: 1 1 2 2 . 12. os .3 . os 3 4 4 1 . 12. os .4,5 . os 3 4 4 M M M M b u c c t u u b u c c t π π π π ω λ π π π π ω λ      = + + +           → = −       = + + +           Tại thời điểm t 1 : 1 2 2( ) 2( ) M M u mm u mm= → = − 0,5 0,75 0,25 3 (4đ) * Khi tần số 50f Hz= : ta thấy 2 2 2 AM AB MB U U U= + chứng tỏ U AB vuông pha với U MB nên đoạn AB không thể chứa : + R và C, vì khi đó U AM vuông pha U MB + R và cuộn thuần cảm L, vì khi đó U AM vuông pha U MB + cuộn thuần cảm L và tụ điện C, vì khi đó U AM ngược pha U MB . + cuộn cảm có điện trở thuần và điện trở thuần R, vì khi đó góc lệch pha giữa U AB và U MB là góc nhọn Do đó, đoạn AB có thể chứa cuộn cảm có điện trở thuần r, độ tự cảm L và tụ điện C. * Khả năng 1: hộp X chứa tụ điện, Y chứa cuộn cảm(r,L). Khi 50f Hz= , ta thấy 2 2 2 2 200 ; (100 3) C MB r L L C L C U V U U U U U Z Z= = + = → < → < dễ thấy khi tăng tần số lên quá 50Hz thì Z L tăng Z C giảm, đến lúc Z L = Z C thì dòng điện hiệu dụng mới đạt cực đại, nghĩa là tăng tần số lên quá 50Hz thì I tăng, trái gt. Do đó, khả năng này bị loại. * Khả năng 2 : hộp X chứa cuộn cảm(r,L) và hộp Y chứa tụ C. + Khi 50f Hz= , ta có hệ: 2 2 2 2 2 2 2 2 100 3 100 3 200 100 3 100 ( ) 100 C C AM r L L r AB r L C U V U V U U U U V U V U U U U   = =     = + = → =     = = + − =     3 50 3 10 / 5 3 ( ) 50 3 0,5 3 / ( ) 50( ) 50 C L Z C F Z L H r r π π −   = Ω =     → = Ω → =     = Ω = Ω     + Dễ thấy lúc 50f Hz= thì xảy ra cộng hưởng, I max = U/R nên nếu tăng f lên quá 50Hz thì I giảm thoả mãn gt. Vậy: hộp X chứa cuộn cảm có 50( ); 0,5 3 / ( )r L H π = Ω = và hộp Y chứa tụ 3 10 / 5 3( )C F − = 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,75 0,5 4a (2đ) + Tiêu cự của thấu kính: 10 20( ) 1 1,5 1 R f cm n = = = − − + Đặt khoảng cách giữa vật và ảnh là l, ta có: / 2 / 0 1 1 1 l d d d ld lf f d d  = +  → − + =  = +   (5) + Để pt(5) có nghiệm, cần điều kiện: 2 4 0 4 80( )l lf l f cm∆ = − ≥ → ≥ = , dấu (=) xảy ra khi: / 2 40d d f cm= = = + Do đó: ban đầu ảnh cách vật một khoảng 1 30.20 30 90( ) 30 20 l cm= + = − Khi dịch chuyển thấu kính ra xa vật, đến vị trí thấu kính cách vật 40cm thì khoảng 0,25 0,25 0,5 cách l giảm đến giá trị l min = 80cm , sau đó dịch thấu kính ra xa thêm thì khoảng cách l tăng đến 2 (30 70).20 (30 70) 125( ) 100 20 l cm + = + + = − . + Vậy quãng đường dịch chuyển của ảnh : 1 min 2 min (90 80) (125 80) 55( )s l l l l cm= − + − = − + − = 0,5 0,5 4b (2đ) + Sơ đồ tạo ảnh : 1 1 2 2 O L AB A B A B→ → + Ta có : / 1 1 30.20 30( ) 60( ) 30 20 d cm d cm= → = = − + Khoảng cách giữa hai thấu kính là x, ta lại có: / 2 1 / 2 60 90 d x d x d x  = − = −   = −   (6) + Ảnh qua hệ là ảnh thật, nên A 1 B 1 là vật ảo đối với thấu kính L và A 2 B 2 cùng chiều A 1 B 1 , tức ảnh A 2 B 2 ngược chiều AB( vì A 1 B 1 ngược chiều AB), theo gt ta suy ra : số phóng đại ảnh qua hệ : / 1 2 1 2 1 1 2 20 90 . .( ) 4 . 4 30 20 30 60 f d x k k k x cm f d d x − = = − = − → = − → = − − − + Thay x = 30 cm vào(6) cho / 2 2 30( ); 60( )d cm d cm= − = , suy ra: / 2 2 2 / 2 2 . 30.60 60( ) 30 60 d d f cm d d − = = = − + − + 0,25 0,5 0,5 0,25 0,5 5(2đ) + tại + Tại t = 0: 10 DUu AB →= mở, còn D 2 đóng: 022021 ;0 UCqUuuuu MMBAM =→====→ + Với MB uTt :4/0 << giảm từ 0 0 → U nên D 1 mở: tụ C 2 phóng điện qua C 1 và nguồn nhưng không phóng điện qua D 1 được , ta có: 0221 UCqq =+− (7) + Tại t = T/4: 00 =+→= MBAMAB uuu (8) ; kết hợp(1) và (2) thì tại t = T/4 ta được:        > + = < + −= 0 0 21 02 21 02 CC UC u CC UC u Mb AM (9) nên hai điôt đều bị cấm + Sau t = T/4: ở chế độ ổn định, hai đi ôt đều bị cấm, ta có: dòng qua hai tụ là đồng nhất, nên : )sin()sin()()sin( )cos()cos( 021021021 / 21 / 12 02121210 tUCCtICCtUCCqCqC tUCCuCCuCCtUuu MBAMMBAM ωωϕωωω ωω −=++−⇔−=+→ =+→=+ 1 2 0 0 1 01 1 1 2 0 1 2 2 02 2 1 2 os sin os 0 C C U I q q c t a C C U C C i t q q c t a C C ω ω ω ω ω ϕ  = = +  −  + → → = →   = + +   =  2 0 1 1 1 1 2 1 1 0 2 2 2 1 2 2 .cos (*) .cos AM MB C U q a u t C C C C C U q a u t C C C C ω ω  = = +  +  →   = = +  +  0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 Tại t = T/4: (*) thỏa mãn (9) nên ta được:        = + = + − 2 2 21 02 1 1 21 02 C a CC UC C a CC UC thay vào (*) cho ta: ( )        + + + = − + = 21 02 21 01 21 02 cos 1cos. CC UC t CC UC u t CC UC u Mb AM ω ω (ta thấy 0; 0 AM MB u u t≤ ≥ ∀ nên khi ổn định hai đi ôt đều bị cấm) 0,25 6 (1,5đ)) + Trước hết ta tính cường độ dòng điện chạy qua đường kính của vòng tròn trên và phần còn lại của phía dưới : 1 2 2 0 1 1 2 0 2 . 3 2 3 . 3 3 . 2 . 2 3 2 I I I I I r R I I I I r R π π π π π  + =  =    + →   = =   =   +  + Vòng dây cân bằng khi mômen của lực từ tác dụng lên vòng dây cân bằng với mômen của trọng lực. * Để tính mômen lực từ tác dụng lên vòng, ta xem nó tương đương với hai vòng dây : - vòng thứ nhất hình số 8 có dòng điện cường độ I, chạy ngược chiều kim đồng hồ, có mô men lực từ: 2 1 . .2 . osM I B r c π α = - vòng dây thứ hai là vòng dây gồm vòng tròn dưới và nửa vòng tròn trên với cường độ I 1 chạy theo chiều cùng chiều kim đồng hồ qua đoạn đường kính vòng tròn trên đi theo phần vòng dây dưới, có mô men lực từ : 2 2 1 . .1,5 . osM I B r c π α = − * Mô men của trọng lực của khung: 4 . .2 .sin 2 . . . .sin p M r g r r g r π ρ α ρ α = + + Điều kiện cân bằng: 2 1 2 1 (4 1). . .2 .sin . (2 1,5 ) os p M M M r g r B r I I c π ρ α π α = + → + = − → 1 . (2 1,5 ) (3 8) . tan . 4(2 1). . 8(2 1).(3 2) . − + = = + + + B I I B I g g π π π α π ρ π π ρ 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Chú ý : Nếu học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa A B C 1 C 2 M D 1 D 2 H.2 B ur α I P r I 1 I 2 . SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2010 - 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: VẬT LÍ LỚP 12 THPT –. VTCB của vật lò xo biến dạng một đoạn : 0,0025( ) mg l m K µ ∆ = = + Ta thấy có hai VTCB của vật phụ thuộc vào chiều chuyển động của vật, nếu vật đi sang phải