Đề và đáp án thi học sinh giỏi tỉnh bắc ninh môn vật lý 12

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

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=200g nối với một lò xo có độ cứng

80 /

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 = 10m 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

khí người ta dùng một dụng cụ gọi là ống Koenig có

nguyên tắc cấu tạo như sau:

- Một ống thủy tinh T có dạng chữ U, có hai lỗ hở:

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 00C, 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

T

T’ S

O

chuyển bằng 33cm Biết vận tốc âm trong không khí khô ở 00C là 330 m/s Tìm tần số dao động của âm thoa

c) Ống bây giờ chứa không khí ở nhiệt độ t0C 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 R0 = 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

chiều có biểu thức u MN = 200 2 cos2 f.t (V) π

a) Với f = 50Hz thì khi K đóng ampe kế chỉ 1

A Tính điện dung C0 của tụ điện

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 = f1 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 C1, 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.

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 rad− 2 , 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

X

K

C0 A

D

R0

L

C2

b a

C1 ξ

K

a) Xác định vị trí vân trung tâm O’ trên màn quan sát.

b) Phải dịch chuyển khe S theo phương song song với

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

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

13,6

n E

n

= − eV , với n = 1, 2, 3…

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

h

A

S1

S2

UBND TỈNH BẮC NINH

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI HSG CẤP TỈNH LỚP 12 THPT

Năm học 2014 - 2015

Môn thi: Vật lí Ngày thi: 02/4/2015

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

0,2

k

rad s m

Tại thời điểm t = 0: 0

0

cos 10 sin 0

ϕ



10

=



 = −

 Vậy pt dao động của vật là x 10cos(20t- ) cm = π

0.25

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 g

Pt có nghiệm x - +Acos( t+ ) cm = x0 ω ϕ với x0 mg 0,0025m

k

µ

Pt này mô tả vật dao động điều hòa quanh O1 có O1

mg x

k

µ

= −

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

0

+Acos( t+ ) cm

Hay vật dao động điều hòa quanh O2 có O2

mg x

k

µ

=

Sau mỗi nửa chu kỳ biên độ của vật giảm đi 0

2

k

µ

=

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:

m

0.25

0.25

0.25

0.25

2

T

Sau 6

2

T

biên độ dao động của vật là A6 = −A 6.2x0 = − 10 6.2.0, 25 7 = cm

Quãng đường vật đã đi

1

0

102

µ

Trong ∆ =t 0,0575( )s còn lại vật đi được quãng đường

2 ( 6 0 )(1 os( )) 4

S = A −x −c ω ∆ =t cm

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

0.25 0.25 0.25

Do

4

T t

∆ < nên vật chưa vượt qua O2 do đó tốc độ lớn nhất vật đạt được tại O2 và bằng:

m

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) Theo định luật bảo toàn năng lượng

2 0

0

mv

0.25 0.25

0.25

0.25

1

+ Sóng âm phát ra từ nguồn S đi theo 2 nhánh của ống gặp nhau ở O và giao

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

+ Lúc nghe rõ, O ứng với cực đại giao thoa nên hiệu đường đi qua hai ống T và

T’ thảo mãn

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

2

d − = +d k λ k Z∈

0.25

0.25 0.25

0.25

2 Khi ống T’ dịch đi một đoạn ∆d thì hiệu đường đi giữa hai sóng thay đổi một

lượng 2∆d

Do ứng với hai vị trí liên tiếp là cực tiểu giao thoa nên: 2 d∆ = λ

d

λ

∆

0.25 0.25 0.5

3 Ta có T' v' d'

T

∆

= =

∆

Ta được θ = 57.33 0C

0.5

0.5

1

v

x0

x0 -A1

Am pe kế chỉ 1A → I = 1A

1

→R2

0 + Z2 C0 = 2002⇒ZC0 = 100 3 (Ω) → C0=

π

− 3

104 (F)

0.5

b) Khi K ngắt:

DN

MD U

MD

R

Z

c

0

C =−

−

→ϕMD = - 60

Vậy ϕDN sớm pha 30 so với i

→ X chứa R và ZL

3

L

L

Z

*Cường độ dòng điện trong mạch cực đại nên khi đó xảy ra cộng hưởng

ZL = ZC0 ⇔ωL =

0

C

1

2 2 0

10

100

3

C

π

−

R = 3ZL 3 .L 3.100 3=300

π π

= ω

0.25

0.25

0.25

0.25

2

Khi thay đổi có 2 giá trị của cường độ dòng điện bằng nhau

I1= I2⇒

2

MN 1

MN

Z

U Z

U

⇔ (Z1L- Z1c0)2= (Z2L- Z2co)2

*TH1: Z1L- Z1co = Z2L - Z2co Z1L- Z2L= Z1co- Z2c

⇔ L (ω1 - ω2) = 2 1

0 1 2

1

C

ω ω

ω ω

−

C f f 4

1

0 2 1 2

(f1# f2 → f1 - f2 #0)

→ L+

0 2 1

2f f C 4

1

*TH2: Z1L- Z1co = - (Z2L - Z2co)

⇒L(ω1 + ω2) =

2 1

2 1 0

( C

1

ω ω

ω + ω

)

⇒ω1ω2 =

o 2 2

1

0 4 LC

1 f

f LC

1

π

=

⇒

2

1

3 10

3

π

− = 2500

Theo đầu bài f1+ f2= 125

f2 = 100Hz

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

Z1co =

1 0

1

200 3

2 f Cπ = Ω

150 3 400

200 Z

U

+

8

3 3

− = -0,65 =>

/ 0,58

u i rad

ϕ = −

=> i1= 0,42 2cos(50πt + 0,58) (A)

* Khi f = f2= 100Hz thì Z2L = 2πf2 L = 200 3

0.25

0.25

0.25

0.25

Z2c6= 50 3

C f 2

1

0 2

=

3 3 R

R

C Z

0

0 L

2 = +

−

=0,65 →ϕu/i = 0,58 rad

=> i2= 0,42 2cos(200πt - 0,58) (A)

0.5

0.5

Vào thời điểm t điện tích trên các tụ và suất điện động

trên cuộn cảm như hình vẽ

1 2

c

+

= + ⇒ − = + =

Tại nút b ta có: q1 − =q2 q0 =Cξ ⇒q2 = −q1 q0

2

2

q

LC

= −  − ÷

2

q

LC

ω = Tại thời điểm t = 0 q1 =q0 nên 0 0

2 0

q Q

ϕ

 =





 =



1

2

2

q

LC

1 1,5 os(2 2.10 ) 1 ( )

q = c t +  µC

2 1,5 os(2 2.10 ) 1 ( )

q = c t −  µC

0.5

0.5 0.25

0.25 0.25

0.25

2 Biểu thức cường độ dòng điện qua cuộn cảm

2

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

0.5 0.5

1 Áp dụng công thức tính khoảng vân:

1,2

D

a

λ

1

b

L

C1

C

2

+

2 Bề dày của lăng kính tại vị trí các tia sáng từ S1 và S2 đi qua là:

AS tan AS

AS tan AS

e e

2 AS

2 2 AS

2

h a

AH S H

h a

AH S H

−

+

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:

' '

2 1

ax

Vân sáng trung tâm ứng với ' '

2 1 0

0

ax

D + α − = ⇒ = − − α

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

0.25

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:

' '

2 1

ax

0

ax'

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

0.25 0.25

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

Ta có OO 1 bD

d

=

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

Suy ra

1 2 2

( 1)

bD

d

α

α

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

0.25

0.25

0.25 0.25

A

S1

S2

S

d1’

d

1

d2 O’

d2’

O

2

O1

A S

H

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

n E

n

= − eV

W ≥ 13,6 1,5 12,1 ; W − = eV < 13,6- 0,85 = 12,75 eV.

- Vậy ta phải có: 12,1 eV ≤Wđ < 12,75 eV

- 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

0.5

0.5 0.5 0.5

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