HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LỚP 12 NĂM HỌC 2022 – 2023

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT HƯỚNG DẪN CHẤM CHÍNH THỨC (Hướng dẫn chấm có 6 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LỚP 12 NĂM HỌC 2022 – 2023 Ngày thi 16102022 Môn thi Vật lí Bài. HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LỚP 12 NĂM HỌC 2022 – 2023

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

LÊ KHIẾT

(Hướng dẫn chấm có 6 trang)

HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LỚP 12

NĂM HỌC 2022 – 2023 Ngày thi: 16/10/2022 Môn thi: Vật lí

Bài 1: (5,0đ)

1) (1đ)

Ta có

3 1

k

Tính được A1 = 3cm, 1 2rad



Suy ra x1 3cos(20t 2)cm



0,25

A2 = 1,5 cm, 2 0rad

2) (1đ)Khoảng cách giữa hai vật theo phương thẳng đứng :

Khoảng cách lớn nhất giữa hai vật là

max

0,5

3) (1đ) Vì O1O2 = O2O3 và ba vật luôn nằm trên cùng một đường thẳng nên :

1 3

2

x x

Sử dụng giản đồ véc tơ quay ta có A3 2 A2  A1

0,25

Suy ra : A3 4A22A12 3 2cm

0,5

HƯỚNG DẪN CHẤM

CHÍNH THỨC

2

tan

A

rad A



Tìm được phương trình dao động của vật m3 là

1 3 2 cos(20 )

4

4) (2đ)

a) Độ dãn của lò xo khi hệ ở vị trí cân bằng :

1 0

2

5

m

g

  

Tần số góc của hệ : 0

g

rad s l



0,5

Biên độ dao động mới của hệ: A = 20 cm

Áp dụng định luật 2 Niuton cho m2 ở vị trí dây nối bắt đầu chùng đi

0

g

l



b) Tốc độ của m2 ngay khi dây chùng đi là v1 A2 x2  7,5 /m s

Độ cao cực đại m2 đạt được sau khi dây chùng đi là :

2

1

1

3

v

g

0,5

Quãng đường rơi tự do của m2 đến vị trí ban đầu được thả:

0 1

5 8

s   A l s  m

Thời gian rơi của vật

2 0,35

s

g

0,5

Bài 2: (5,0đ)

2.a) (1,0 điểm) Vì A, B là hai nguồn kết hợp cùng pha

và M, P thuộc các vân cực đại giao thoa bậc k và k + 2 nên ta có

 2











với  là bước sóng

0,5

Kết hợp với đề cho AM BM 4 cm và

8 cm

AP BP  ta tìm được

2, 2 cm

Tốc độ truyền sóng là

40

0,5

k +2

Hình 3

Vì hai nguồn A, B có cùng phương trình dao động và trung điểm O của đoạn

AB thì cách đều hai nguồn A, B nên phương trình dao động tại O do hai

nguồn gây ra là như nhau

A O B O

2





Do đó phương trình dao động tổng hợp của phần tử chất lỏng ở O là

O A O B O A O

2







2 4,5

cos 40 t   cos 40 t  

0,5

2.c) (1,0 điểm)Theo kết quả câu 1.a, M thuộc vân cực đại giao thoa bậc k 2

nên giữa M và đường trung trực  (không tính vân cực đại trùng đường )

thì có 2 vân cực đại giao thoa Vì tính đối xứng mà giữaM  và đường trung

trực  (không tính vân cực đại trùng đường ) cũng có 2 vân cực đại giao

thoa Do đó, giữa M và M  có 5 vân cực đại giao thoa, tức là trên đoạn MM 

có 5 vị trí mà phần tử chất lỏng ở đó dao động với biên độ cực đại

0,5

Lập luận tương tự ta tìm được trên đoạn MM  có 4 vị trí mà phần tử chất

2.d) (1,0 điểm)

Số dãy cực đại giao thoa là số số nguyên k thỏa

4, 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3, 4

0,25

Điểm N thỏa các yêu cầu của đề thì N phải thuộc vân giao thoa cực đại gần B nhất, tức là thuộc vân

giao thoa cực đại k 4, có hai

điểm N như vậy (điểm N và N

như ở hình bên) Xét một trong

hai điểm N hoặc N, ta có

NA NB   

0,25

Mặt khác, ta có

Giải hệ hai phương trình ngay trên và chỉ lấy nghiệm dương ta được

8,95 cm

2.e) (1,0 điểm)

Phương trình dao động của phần tử chất lỏng tại Q là

Q A Q B Q A Q

2





0,25

Độ lệch pha dao động giữa uO và uQ

là



0,25

Dao động uO và uQ

cùng pha nên ta có

2k

   2AQ AO 2k AQ AO k

0,25

Do Q gần O nhất nên khoảng cách AQ phải gần khoảng cách AO nhất và chú ý

AQ AO ta suy ra số nguyên k phải bằng 1 và

4,5 2 6,5 cm

AQ AO     

0,25

Bài 3 (3,0đ) :

3.a) (1,0 điểm)

Dùng phương trình trạng thái ta có

1 1 2 2 2 2

300 K

0,5

Công mà khối khí đã sinh ra bằng diện tích của hình thang (1)

(2)V2V1 và bằng

1 2 2 1

500 J 2

0,5

3.b) (1,0 điểm)

Áp suất p phụ thuộc vào thể tích V theo quy luật của đường thẳng

p aV b 

0,5

Thay các giá trị của trạng thái (1) và trạng thái (2) vào ta

được







Và tìm được áp suất p phụ thuộc vào thể tích V theo

phương trình

1,5.10 5,5.10 (Pa)

0,5

3.c) (1,0 điểm)

Dùng phương trình trạng thái ta có

1 1 1

(Pa)

p V

p

0,25

Kết hợp thêm với phương trình p1,5.108V 5,5.10 (Pa)5 tìm được ở câu c

ta có

1,5.10 5,5.10 (K)

0,25

Hình 4

p (Pa)

V

(m3) 0

(1)

(2)

Từ phương trình phụ thuộc của T theo V ở trên ta suy ra Tmax

khi 5

8

m 1,83.10 m 2.( 1,5.10 ) 6000

0,25

Ta thấy V1 V 1,83.10 m3 3 V2

nên ta tìm được nhiệt độ lớn nhất của khối khí là

2

0,25

Bài 4 (4,0đ):

1) (2đ)

Khi K đóng, mạch có: R nt (L,r)

Ta có: UR = UAM = 35V; U MN2 U L2U r2 852 (1)

0,25

R

PMN = Ur.I = 40 W => I = PMN/Ur = 1(A) 0,25 Vậy: R = UR/I = 35Ω

r = Ur/I = 40Ω

ZL= UL/I =75Ω => L = 0,75/π (H) )

0,75

2) (1đ)

Ta có:

2

1

C

U I Z

0,25

Chứng minh: UCmax =

2 2

R r

 , khi ZC =

2 2

L

Z

thay số tính được UCmax = 150V, khi ZC = 150Ω => C = 2.10-4/3π (F))

0,25

UAM= IR = 35V, UMN= I r2Z L2  85V 0,25

3) (1đ)

Khi K mở mạch có: R nt (L,r) nt C

Ta có

1

U I Z



0,25

Khi C thay đổi: (ZL - ZC)2 ≥ 0 =>

( L C)

0,25

Đẳng thức xảy ra dấu bằng khi : ZC = ZL = 75Ω => C = 4.10-4/3π (F)) 0,25

=> UV ≥ Ur/(R+r) => UVmin= Ur/(R+r) = 40 2 (V) 0,25

Bài 5 (3,0đ):

a) (1đ)

Ta có :

40 2,5 ; '

3

2

'

d



0,25

Suy ra được : f = 20 cm; d = 50 cm

b) (2đ)

Do hai điểm sáng A,B nằm hai bên thấu kính và ảnh của A, B trùng nhau

nên tính chất ảnh của chúng khác nhau

Giả sử A cho ảnh thật A’ còn B cho ảnh ảo B’ Gọi d d lần lượt là các A' , B'

vị trí ảnh A’ và B’

Ta có:

Với dB = L – dA (2)

0,5

0,5

Từ (1), (2) và (3), suy ra

d  cm d  cm d  cm d  cm

Trường hợp dA = 12cm tính chất ngược lại

Ta có A’ và B’ chuyển động ngược chiều nhau, được mô tả

như hình vẽ

0,5

với tốc độ A’ và B’ đối với A lần lượt :

OO' ' ~ ' ''

' ''

A

O’

O

B A

60

A A

A

d

d

- Xét hai tam giác đồng dạng:

'

'

OO' ' ~ ' ''

B



'

12

B B

B

d

d

Suy ra được tốc độ tương đối của hai ảnh là : v A B' ' v A' v B' 12cm s/ 0,5

Ghi chú : HS giải cách khác đúng vẫn cho điểm