Trường THPT Lạng Giang Số 1 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM 2011 Môn: VẬT LÝ 12 Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1 (4,0 điểm): Cho cơ hệ như hình vẽ. Vật M có khối lượng m = 200g, được treo bằng sợi dây buộc vào trục ròng rọc R 2 . Lò xo nhẹ có độ cứng k = 45N/m, một đầu gắn vào trục ròng rọc R 2 , còn đầu kia gắn vào đầu sợi dây vắt qua R 1 , R 2 đầu còn lại của dây buộc vào điểm B. Bỏ qua ma sát ở các ròng rọc, coi dây không dãn. Kéo vật M xuống dưới vị trí cân bằng một đoạn 5cm rồi thả nhẹ. Chứng minh vật M dao động điều hoà và viết phương trình dao động nó. Chọn trục Ox thẳng đứng hướng xuống, gốc toạ độ O ở VTCB của M. Xét hai trường hợp: 1. Bỏ qua khối lượng các ròng rọc. 2. Bỏ qua khối lượng ròng rọc R 1 ; ròng rọc R 2 có dạng hình trụ đặc khối lượng m = 200g, bán kính R. Dây không trượt trên các ròng rọc. Câu 2 (4,0 điểm): Tại hai điểm A và B trên mặt chất lỏng có hai nguồn phát sóng cơ đồng bộ cách nhau AB = 8cm, dao động với tần số f = 20Hz và pha ban đầu bằng 0. Một điểm M trên mặt nước, cách A một khoảng 25 cm và cách B một khoảng 20,5 cm, dao động với biên độ cực đại. Giữa M và đường trung trực của AB có hai vân giao thoa cực đại. Coi biên độ sóng truyền đi không giảm. 1. Xác định tốc độ truyền sóng và tìm số điểm dao động cực đại, số điểm dao động cực tiểu trên đoạn AB (không kể A và B). 2. Gọi O là trung điểm của AB; N và P là hai điểm nằm trên trung trực của AB về cùng một phía so với O thỏa mãn ON = 2cm; OP = 5cm. Xác định các điểm trên đoạn NP dao động cùng pha với O. 3. Điểm Q cách A khoảng L thỏa mãn AQ ⊥ AB. a) Tính giá trị cực đại của L để điểm Q dao động với biên độ cực đại. b) Xác định L để Q đứng yên không dao động. Câu 3 (2,0 điểm): Một khối gỗ không ngấm nước có dạng hình chóp tứ giác đều, nổi trên mặt nước (đỉnh ở phía trên mặt nước). Phần nổi có chiều cao là h = 10m. Biết khối lượng riêng của gỗ và nước lần lượt là 900kg/m 3 và 1000kg/m 3 . Xác định chu kì dao động bé của khối gỗ theo phương thẳng đứng. Lấy g = 10m/s 2 . Câu 4( 2 điểm). Một khung dao động gồm một tụ điện và một cuôn dây được nối với một bộ pin có điện trở trong r qua một khoá K. Khi dòng điện đã ổn định,người ta mở khoá K và trong khung có dao động điện từ với chu kì T. Biết hiệu điện thế cực đại giữa hai bản tụ lớn gấp n lần suất điện động của bộ pin.Tính theo T và n giá trị điện dung C của tụ và độ tự cảm L của cuộn dây, (bỏ qua điện trở thuần của cuộn dây). Câu 5 ( 3 điểm). Trong thí nghiệm giao thoa khe Iâng, hai khe S 1 và S 2 cách nhau một khoảng a = 1mm.Vân giao thoa hứng trên màn E đặt cách hai khe là D = 3,2m. 1. Khoảng cách giữa hai vân tối thứ ba ở hai bên vân trung tâm là 0,1dm. Tính bước sóng dùng trong thí nghiệm. 2. Nếu dùng ánh sáng trắng có bước sóng từ 0,4 μm đến 0,76 μm; bề rộng trường giao thoa trên màn bằng 48,64 mm. a. Tính số vân sáng màu tím và số vân sáng màu đỏ có được trên màn E. b. Tính bước sóng của ánh sáng đơn sắc có vân sáng trùng với vân sáng màu tím bậc 3. Câu 6 ( 3 điểm). Chiếu vào catốt của một tế bào quang điện bức xạ có bước sóng λ 1 = 0,3μm hiệu điện thế hãm đo được là - 0,6 V. Nếu chiếu bức xạ λ 2 thì đo được hiệu điện thế hãm là - 1,2 V. Cho biết hằng số Plăng h = 6,625.10 -34 Js, c = 3.10 8 m/s, e = -1,6.10 -19 C. a. Tính bước sóng λ 2 và công thoát của kim loại làm catốt ra đơn vị eV. b. Khi sử dụng bức xạ λ 2 ta thấy cường độ dòng điện bão hoà bằng 0,5A. Hiệu suất lượng tử của bức xạ này bằng 10%. Hãy tính công suất của bức xạ λ 2 . Câu 7 ( 2 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ: Đặt vào hai đầu A, B một điện áp xoay chiều u = 130 2 cos100πt (V). Cuộn dây 1 thuần cảm có độ tự cảm L 1 , cuộn dây 2 có độ tự cảm L 2 = 0,5/π H và điện trở trong r = 50Ω. Biết chỉ số ampekế là 1A. a. Tìm giá trị L 1 của cuộn dây 1 và tổng trở của đoạn mạch. b. Phải mắc thêm một tụ điện có điện dung C bằng bao nhiêu nối tiếp với L 1 để vônkế chỉ giá trị lớn nhất? HẾT Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. M L 2 B L 1 ,r A V Họ, tên thí sinh : ; Số báo danh : ………… HƯỚNG DẪN CHÂM MÔN VẬT LÝ Câu Nội dung Điểm 1 1. Bỏ qua khối lượng của ròng rọc và dây nối: T = F + Tại VTCB của vật M ta có: 03 0 =+ FP (1) - Từ (1) suy ra: mg = 3k∆l 0 (2) - Tại vị trí vật M có toạ độ x bất kì ta có: amFP =+ 3 (3) Chiếu (3) lên trục toạ độ Ox ta có : mg - 3k(∆l 0 + 3x) = ma = mx’’ (4) - Từ (2) và (4) ta có : 0 9 '' =+ x m k x ↔ 0'' 2 =+ xx ω (5) ( m k9 2 = ω ) - Phương trình (5) có nghiệm : x = Acos( ) ϕω +t trong đó A , ϕω , là những hằng số. Vậy vật M dao động điều hoà. + Chọn gốc thời gian là lúc thả vật. == m k9 ω 45(rad/s) Tại thời điểm t =0 : Acos =5(cm) - Asin =0 ϕ ω ϕ → A = 5cm và ϕ = 0 Vậy phương trình dao động là x = 5cos45t (cm). 2. Tại vị trí cân bằng: 2mg = 3k∆ℓ (1) Tại li độ x của M: mg – T 3 = ma (2) T 3 + mg – 2T 1 – T 2 = ma (3) T 1 = k(∆ℓ + 3x) (4) (T 2 – T 1 )R = I.γ; I = 0,5mR 2 ; γ = a/R (5) Thay (2), (4), (5) vào (3): 2mg - 2k(∆ℓ + 3x) - k(∆ℓ + 3x) - ma/2 = 2ma kết hợp với (1) → - 9kx = 2,5mx” → x” + ω 2 x = 0 với ω = 18k 9m rad/s phương trình dao động: x = 5cos28,5t (cm) 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 2 1. Điều kiện để tại M dao động cực đại: 5,45,2025. 12 =−=→=− λλ kkdd (cm) Vì giữa M và đường trung trực của AB có 2 vân giao thoa cực đại. Tại M là vân dao thoa cực đại thứ 3 nên k = 3. Từ đó )(5,1 cm=→ λ Mà: v = λ .f = 20.1,5 = 30 (cm/s) - Đk để tại M’ trên AB có dao động cực đại: d 2 – d 1 = k. λ (với k = 0; ± 1; ± 2; ± 3 ) d 1 + d 2 = AB nên: d 1 = 1 (k AB) 2 λ + 0 < d 1 ; d 2 < AB hay 0 < 1 (k AB) 2 λ + < AB Thay số vào tìm được: - AB λ < k < AB λ hay: -5,33 < k < 5,33. Vậy: k = -5, -4, -3, -2, -1,0, 1, 2, 3, 4, 5. 0,5 0,5 2 B A R 1 R 2 M P T T F B A R 1 R 2 M P T 2 T 1 F Vậy trên đoạn AB có 5.2 + 1 = 11 điểm dao động cực đại. - Đk tại M’ trên AB có dao động cực tiểu: d 2 – d 1 = (2k+1) 2 λ (với k = 0; ± 1; ± 2; ± 3 ) d 1 + d 2 = AB nên: d 1 = 1 1 (2k 1) AB 4 2 + λ + 0 < d 1 ; d 2 < AB hay 0 < 1 1 (2k 1) AB 4 2 + λ + < AB Thay số: -5,83 < k < 4,83 nên: k = -5, -4, -3, -2, -1,0, 1, 2, 3, 4. Như vậy có 10 giá trị của k nên trên đoạn AB có 10 cực tiểu. 0,5 2. Phương trình dao động của hai nguồn: u 1 = u 2 = Acos2πft → Điểm T nằm trên trung trực của AB cách A khoảng d dao động theo phương trình: u = 2Acos(2πft - 2π d λ ) Độ lệch pha của điểm này so với O: ∆ϕ = 2π O d d− λ Điều kiện để điểm này dao động cùng pha với O: ∆ϕ = k2π (k nguyên) → d - d O = kλ → d = d O + kλ = 4 + 1,5k (cm) Nếu T nằm trên đoạn NP: d N ≤ 4 + 1,5k ≤ d P → 2 2 O d ON+ ≤ 4 + 1,5k ≤ 2 2 O d OP+ → 0,31 k≤ ≤ 1,60 → k = 1 → d = 5,5cm → OT = 2 2 O d d− 3,8; cm. Vậy điểm T trên trung trực AB cách O 3,8cm dao động cùng pha với O. 3. + Điều kiện để tại Q có cực đại giao thoa là hiệu đường đi từ Q đến hai nguồn sóng phải bằng số nguyên lần bước sóng: 2 2 L a L k .+ − = λ ; k=1, 2, 3 và a = AB Khi L càng lớn đường AQ cắt các cực đại giao thoa có bậc càng nhỏ (k càng bé), vậy ứng với giá trị lớn nhất của L để tại Q có cực đại nghĩa là tại Q đường AQ cắt đường cực đại bậc 1 (k = 1). Thay các giá trị đã cho vào biểu thức trên ta nhận được: 2 max max max L 64 L 1,5 L 20,6(cm)+ − = ⇒ ; + Điều kiện để tại Q có cực tiểu giao thoa là: 2 2 L d L (2k 1) . 2 λ + − = + (k=0, 1, 2, 3, ) Ta suy ra : 2 2 d (2k 1) 2 L (2k 1) λ − + = + λ L > 0 → k < 4,8 → k = 0; 1; 2; 3; 4. Từ đó ta có 5 giá trị của L là: * Với k = 0 thì L = 42,29cm * Với k = 1 thì L = 13,10cm * Với k = 2 thì L = 6,66cm * Với k = 3 thì L = 3,47cm * Với k = 4 thì L = 1,37cm 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 3 Gọi S là diện tích đáy khối gỗ, s là diện tích tiết diện cắt ngang mặt nước.Thể tích của khối gỗ và phần nổi của nó là V 0 = 3 SH và V = 3 sh . 3 Ngoài ra hệ số tỉ lệ là 2 = H h S s và 3 0 = H h V V Khối gỗ sẽ nổi cân bằng nếu lực Acsimet = trọng lượng của nó. Tức là n g SH sh SH g g 3 3 3 ρ − =ρ ÷ Hay ρ n (H 3 -h 3 ) = ρ g H 3 . Suy ra 3 n g 3 n h H ρ −ρ = ρ Nếu khối gỗ dao động bé, giả sử khối gỗ chìm thêm đoạn rất nhỏ x. Áp dụng định luật II Niu-tơn: g n g SH SH sh SH g g V x" 3 3 3 3 ρ −ρ − + ∆ =ρ ÷ → - ρ n g.ΔV = g SH x" 3 ρ → - ρ n .g.s.x = g SH x" 3 ρ (∆V = s.x) → x" + 2 3 3 . . n b h g H ρ ρ x = 0 → x" + 3 . − n g g g h ρ ρ ρ x = 0 → x" + ω 2 x = 0 Chu kì dao động là T = ( ) g n g h 2 2 3g ρ π = π ω ρ −ρ ≈ 10,9 s. 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu 4 (2đ) -Khi dòng điện ổn định: 0 r E I = . 2 2 2 0 0 0 2 W 2 2 2 LI CU LE r = = = 0 2 2 2 2 ( ) U nE LE C nE L Cn r r = → = → = 2 2 2 4 T T LC C L π π = → = ; 2 2 T Tnr C L nr π π → = = 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu 5 (3đ) a) Theo bài 5i = 1 cm suy ra i = 0,2 cm = 2 mm. ta có mmm D ia µλ 625,010.625,0 10.2,3 1.2 3 3 ==== − b) Xác định mm a D i t t 28,1== λ ; mm a i d d 432,2 D == λ Tính 19 2 = t i L 10 2 = d i L Số vân màu tím trên E là 2.19 +1 = 39 vân; Số vân màu đỏ trên E là 2.10 +1 = 21 vân. c) Vị trí vân sáng tím bậc 3: x t3 = 3,84mm 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 4 H h ta có kD ax a D kx t t 3 3 =⇒= λ λ mà 0,4μm≤λ≤0,76μm suy ra 1,58 ≤k≤ 3; k nguyên nên k = 2,3 với k = 2 suy ra λ = 0,6 μm , k = 3 suy ra λ = 0,4 μm ( là vân tím) Vậy bước sóng của ánh sáng đơn sắc trùng vân tím bậc 3 là λ = 0,6 μm 0,25 0,25 0,25 Câu 6 (3đ) a) Ta có 1max 1 1 hdo eUAEA hc −=+== λ ε ; 2 2 2 h eUA hc −== λ ε nên ε 2 = ε 1 + e(U h1 - U h2 ) = 7,585.10 -19 J Vậy mm hc µ ε λ 262,010.62,2 7 2 2 === − Công thoát của kim loại: A = ε 1 + eU h1 =5,665.10 -19 J = 3,54 eV b) Ta tính được số electron rời bề mặt kim loại trong 1 s : 18 10.125,3== e I N bh e electron/s. Số phôtôn đến bề mặt kim loại trong 1 s là: 19 10.125,3== H N N e f phôtôn/s. Ta có công suất bức xạ λ 2 : P f = ε 2 .N f = 23,7 W. 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu 7 (2đ) a) ta có Ω=== 130 1 130 I U Z Mặt khác: 22 21 2 )( ω LLrZ ++= Suy ra 2 22 2 22 2 21 )100( 50130 )( πω − = − =+ rZ LL suy ra L 1 + L 2 = π 2,1 suy ra HL π 7,0 1 = b) Số chỉ vôn kế : U MB = IZ MB = 2'2 )( C L MB MB ZZr UZ Z Z U −+ = Do U và Z MB không đổi nên số chỉ vôn kế cực đại khi trong mạch có cộng hưởng điện. Nên Z' L = Z C suy ra )( 12 10 )( 1 )( 1 3 21 2 21 F LL CLL C π ω ω ω − = + =⇒+= . 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 * Lưu ý: - Học sinh giải đúng theo cách khác vẫn cho điểm tối đa. - Nếu thiếu từ 2 đơn vị trở lên, trừ 0,5 điểm cho toàn bài thi. 5 6 . Trường THPT Lạng Giang Số 1 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM 2 011 Môn: VẬT LÝ 12 Thời gian làm bài: 18 0 phút Câu 1 (4,0 điểm): Cho cơ hệ như hình vẽ. Vật M có khối. tiểu: d 2 – d 1 = (2k +1) 2 λ (với k = 0; ± 1; ± 2; ± 3 ) d 1 + d 2 = AB nên: d 1 = 1 1 (2k 1) AB 4 2 + λ + 0 < d 1 ; d 2 < AB hay 0 < 1 1 (2k 1) AB 4 2 + λ + < AB Thay. ε 1 + eU h1 =5,665 .10 -19 J = 3,54 eV b) Ta tính được số electron rời bề mặt kim loại trong 1 s : 18 10 .12 5,3== e I N bh e electron/s. Số phôtôn đến bề mặt kim loại trong 1 s là: 19 10 .12 5,3== H N N e f phôtôn/s. Ta