DAP AN CHINH THUC HSG VAT LI BANG b 2022 2023

Kéo con lắc lệch khỏi phương thẳng đứng một góc bằng 0,1 rad về phía bên phải rồi truyền cho vật vận tốc 14 cm/s theo phương vuông góc với dây treo về phía vị trí cân bằng.. Chọn gốc tọa

ĐỀ THI CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2022-2023

Môn: VẬT LÍ Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 17/12/2022 (Hướng dẫn này gồm 08 trang)

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM

1

(4,0 đ) Cho gia tốc rơi tự do tại nơi treo các con lắc đơn là

2

2

m

g π 10

s

a) Một con lắc đơn dài 20 cm treo tại một điểm cố định Kéo con lắc lệch khỏi phương

thẳng đứng một góc bằng 0,1 rad về phía bên phải rồi truyền cho vật vận tốc 14 cm/s

theo phương vuông góc với dây treo về phía vị trí cân bằng Coi con lắc dao động điều

hòa Chọn gốc tọa độ tại vị trí cân bằng, chiều dương hướng từ vị trí cân bằng sang phải,

gốc thời gian là lúc con lắc qua vị trí cân bằng lần thứ 3

=

 2,5ñ

a1) Viết phương trình dao động đối với li độ dài của con lắc =1,0ñ

Tần số góc: ω = g 7 rad/s

Li độ dài x = αl = 2cm tại v = 14cm/s suy ra biên độ: A = 2 2 cm 0,25 Tại thời điểm ban đầu vật qua vị trí cân bằng lần thứ 3 suy ra pha ban đầu: π

φ = rad

Phương trình dao động: π

x = 2 2 cos(7t+ ) cm

a2) Tính gia tốc toàn phần theo của con lắc khi qua vị trí có li độ dài 2 cm =0,5ñ

Dao động của con lắc đơn vừa có gia tốc tiếp tuyến at(phương tiếp tuyến quỹ đạo) vừa

có gia tốc pháp tuyến an (gia tốc hướng tâm) nên gia tốc toàn phần là tổng hợp của hai

gia tốc nói trên: a = a +at n

0,25

t

a = ω x = 98cm/s

2

2 n

v

a = = 9,8 cm/s

l

Suy ra: 2 2 ( 2)

tt n

a = a +a 98,5 m/s

0,25

a3) Thời điểm vật qua vị trí có gia tốc tiếp tuyến là 2

98 cm/s lần thứ 2023 kể từ thời

Gia tốc tiếp tuyến là gia tốc trong dao động điều hòa của con lắc Tại vị trí có

at =98 cm/s2, trên đường tròn tương ứng với các điểm M,N (thuộc 2 đỉnh hình vuông

nội tiếp như hình vẽ)

0,25

Tính từ thời điểm ban đầu (tương ứng là điểm I trên vòng tròn) vật qua vị trí có gia tốc

tiếp tuyến là 98 cm/s2sau mỗi chu kì là 2 lần (qua M,N) về lại I Như vậy lần thứ 2023

sẽ ứng với 1011 chu kì và 1

8 chu kì (ứng với cung IM)

0,25

Suy ra thời điểm vật qua vị trí có gia tốc tiếp tuyến là 2

98 cm/s lần thứ 2023 kể từ thời điểm ban đầu là: (1011+1

8).

2π 907,6 s 7

0,5

b) Hai con lắc đơn A và B có chiều dài lần lượt là 64 cm và 81 cm được treo ở trần một

căn phòng Khi các vật nhỏ của hai con lắc đang ở vị trí cân bằng, đồng thời truyền cho

chúng các vận tốc cùng hướng sao cho hai con lắc dao động điều hòa với cùng biên độ

góc 5o, trong hai mặt phẳng song song nhau Gọi khoảng thời gian ngắn nhất kể từ lúc

truyền vận tốc đến lúc hai dây treo song song nhau là τ Tổng quãng đường dài nhất của

A và B trong cùng khoảng thời gian 2022τ là bao nhiêu?

=

 1,5

Con lắc A: T1 = 1,6 s ; con lắc B: T2 = 1,8 s

Chọn vị trí của hai con lắc khi truyền vận tốc ban đầu tại I trên đường tròn (biểu diễn 2

dao động điều hòa của A và B)

Trong thời gian τ con lắc A đến điểm A trên đường tròn, con lắc B đến B sao cho AB

vuông góc Ox (cùng li độ):

2

16

Mặc khác β+α = 90 → β = 84,70 o

1,0

I

x

A

O



I



I 

I

B

98cm/s 2

M

O

98 2cm/s 2

I

a

N

x

Con lắc A: S = α l (535.4 + 2sin 42,35) 119,6 m.1 0 1 

Con lắc B: S = α l (475.4 + 2 + 2sin 47,65) 2 0 2 134,6m

Tổng quãng đường: S + S = 254,2 m 1 2

0,5

2

(3,0 đ)

Trên mặt nước có hai nguồn phát sóng kết hợp A và B cách nhau 12 cm, dao động theo phương thẳng đứng với phương trình u = u = 2cos40πt (cm) Xét điểm M 1 2

trên mặt nước có sóng truyền qua, cách A và B những đoạn tương ứng là d1 = 4,2 cm và

d2 = 9 cm Coi biên độ sóng không đổi trong quá trình truyền đi, biết tốc độ truyền sóng trên

mặt nước là 32 cm/s

a) Tính bước sóng và viết phương trình sóng tổng hợp tại điểm M

=

 1,0

v

λ = = 1,6 cm.

- Phương trình sóng thành phần tại M:

1 1M

2πd

u = 2cos(40πt - ) cm

λ 2 2M

2πd

u = 2cos(40πt - ) cm

λ

0,25

Phương trình sóng tổng hợp tại M:

b) Tính số điểm cực đại và số điểm cực tiểu giao thoa trong khoảng AB = 1,0

λ   λ  1,6 1,6

đ

- 7,5 k 7,5 - 7 k 7 N 15

0,25

0,25

- - 0, 5 k - 0, 5 - - 0, 5 k - 0, 5

t

- 8 k 7 - 7 k 6 N 14

0,25

0,25

Đoạn AN có giá trị nhỏ nhất thì N phải nằm trên đường cực đại bậc 7 (kmax) như hình

vẽ và thỏa mãn: d - d = kλ = 7.1,6 = 11,2 cm (1) 2 1

Mặt khác, do tam giác ANB là tam giác vuông tại A nên ta có:

BN = d = AB + AN = 12 + d (2) 2 2 2 2 12

0,25

Thay (2) vào (1) ta được: 12 + d - d = 11,2 2 12 1 d1 0,8286 cm 0,25

d) Tính khoảng cách lớn nhất từ CD đến AB sao cho trên đoạn CD chỉ có 3 điểm dao

Khoảng cách lớn nhất từ CD đến AB mà trên CD chỉ có 3 điểm dao động với biên độ

cực đại khi tại C và D thuộc các vân cực đại bậc 1 (k = ± 1)

Tại C: d2 – d1 = kλ = 1,6 cm (1)

Khi đó: AH = 4 cm; BH = 8 cm

Ta có: d = h + 4 ; d = h + 812 2 2 22 2 2

0,25

Do đó: 2 2 ( )

d – d = 1,6 d + d = 48

d2 + d1 = 30 cm (2)

Từ (1) và (2): d1 = 14,2 cm

h = d - 4 = 14,2 - 4 12 2 2 2 13,62 cm

0,25

3

(2,0 đ)

Cho mạch điện như hình vẽ bên Các nguồn điện có các suất điện động E1 = 6 V; E2 = 12 V và

điện trở trong r = r = 3 Ω Biến trở có thể thay 1 2

đổi giá trị điện trở R từ 0 đến 20 Ω Một bình X

điện phân đựng dung dịch CuSO4 có các điện cực

bằng đồng và có điện trở R = 1 Ω và được mắc

vào 2 điểm A và B Bỏ qua điện trở dây nối

a) Điều chỉnh điện trở của biến trở đến giá trị R = 6 Ω Xác định khối lượng đồng X

bám vào catốt sau 16 phút 5 giây và điện năng tiêu thụ của bình trong thời gian

trên Biết khối lượng mol nguyên tử và hóa trị của đồng là A = 64 và n = 2; hằng số

Fa-ra-đây F = 96500 C/mol

=

 1,0ñ

Quy ước chiều dòng điện như hình vẽ

Áp dụng định luật Ôm cho các đoạn mạch:

I = I + I UAB = RI UAB - E1 = - r1I1 UAB - E2 = - (r2 + RX)I2

0,25

Khối lượng đồng bám vào catot: m = 1 A .I.t = 0,736g

Điện năng tiêu thụ của bình: 2

b) Điều chỉnh giá trị biến trở để công suất tỏa nhiệt trên biến trở đạt cực đại Tính

E 2 , r 2

B

E 1 , r 1

R X

A

R

I 2

I 1

I

E 2 , r 2

B

E 1 , r 1

R X

A

Thay R = 1 và các giá trị của điện trở vào hệ phương trình trên, ta có:

2

X

42

I =

15+4R

Từ biểu thức công suất tỏa nhiệt trên biến trở:

2

225

x

x

0,5

X

P đạt cực đại khi (225

16x

x + ) cực tiểu Suy ra x = 3,75 Ω Từ (*) suy ra công suất

cực đại của biến trở là 7,35 W

0,5

4

(3,0 đ)

Đặt điện áp xoay chiều u vào hai đầu đoạn mạch có điện

trở thuần R, cuộn dây thuần cảm L và tụ điện C mắc nối tiếp

thì dòng điện trong đoạn mạch có cường độ i Hình bên là một

phần đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của tích u.i theo thời gian t

Ta có:

u= U cos(ωt+φ )

; φ +φ =x;φ -φ =φ i= I cos(ωt+φ )







0 0

1

p = ui = U I [cos(2ωt+x)+cosφ]

2

- pmax = - 6 = 0,5U0I0[- 1 + cosφ] (1) và 2ωt0 + x = π + k2π

Lúc t = 0, p = - 4 = 0,5U0I0[cosx +cosφ] (2)

Lúc t = 3t0, p = 1 = 0,5U0I0[cos(2ω.3t0 +x) + cosφ] = 0,5U0I0[cos(3π-2x) + cosφ]

= 0,5U0I0[- cos(2x) + cosφ] (3)

Lấy (1) chia (2) ta được 6/4 = [- 1 + cosφ]/ [cosx +cosφ] Suy ra cosφ = - 2 - 3cosx

Lấy (1) chia (3) ta được:

- 6/1 = [- 1 + cosφ]/ [- cos(2x) + cosφ] = [- 1 - 2 - 3cosx]/[-2.cos2x +1 - 2 - 3cosx]

Suy ra cosx = - 0,75 vậy cosφ = 0,25

2,0

b) Biết công suất tiêu thụ của đoạn mạch trên là 100 W, điện áp hiệu dụng ở hai

Thiết lập công thức

2

max

U

P = P cos φ = cos φ

5

(3,0 đ)

Đầu trên của hai thanh ray kim loại

thẳng, song song cách nhau một đoạn

L, đặt thẳng đứng nối với hai cực của

tụ điện có điện dung C bằng dây dẫn

Hiệu điện thế đánh thủng tụ là UT Hệ

thống được đặt trong một từ trường

đều có vectơ cảm ứng từ B vuông góc

với mặt phẳng hai thanh như hình vẽ

bên Một thanh kim loại MN có khối

lượng m, chiều dài L, trượt từ đỉnh hai

thanh ray xuống dưới với vận tốc ban

đầu v0 Cho rằng trong quá trình trượt

MN luôn tiếp xúc và vuông góc với hai thanh ray Giả thiết các thanh ray đủ dài và bỏ

qua điện trở của mạch điện, ma sát không đáng kể, gia tốc rơi tự do là g

a) Hãy chứng minh rằng chuyển động của thanh MN là chuyển động thẳng nhanh

dần đều và tìm gia tốc của nó

=

 2,0

0,25

Vì R = 0 nên suất điện động cảm ứng trên thanh MN luôn bằng hiệu điện thế giữa hai

bản tụ điện: E=UC BLv=U (1)C 0,25 Phương trình Định luật II Newton cho chuyển động của thanh MN:

t

Chọn chiều dương là chiều chuyển động của thanh MN Chiếu phương trình (*) lên

chiều dương:

t

P− =F mamg−BLI=ma (2) Với Ft là lực từ tác dụng lên thanh MN, a là gia tốc của thanh MN, I là cường độ dòng

điện qua mạch trong khoảng thời gian t

0,25

Ta có: q UC





Từ (1) suy ra UC =BL v thay vào (3) ta được: v

I CBL CBLa (4)

t



Thay (4) vào (2) ta được: a mg2 2

m CB L

Điều đó chứng tỏ thanh MN chuyển động nhanh dần đều 0,25

b) Tìm thời gian trượt của thanh MN cho đến khi tụ điện bị đánh thủng = 1,0

Thanh MN trượt nhanh dần đều với vận tốc:

m CB L

0,25

Khi UC = UT thì tụ điện bị đánh thủng, khi đó vận tốc của thanh MN là: UT

v (6) BL

= 0,25

B

v

C

N

M

B

v

C

N

M

P F

định Ban đầu khi nhiệt độ khí của hai phần như nhau thì thể tích phần khí ở trên

pit-tông gấp 2 lần thể tích phần khí ở dưới pit-pit-tông Hỏi nếu nhiệt độ của khí ở phần trên

pit-tông được giữ không đổi thì cần phải tăng nhiệt độ khí ở phần dưới

pit-tông lên bao nhiêu lần để thể tích khí ở phần dưới pit-tông gấp 2 lần thể tích khí ở

phần trên pit-tông? Bỏ qua ma sát giữa pit-tông và xilanh

=

 3,0ñ

Lượng khí ở 2 phần xilanh là như nhau nên:

1 1 2 2 1 1 2 2

p V p V p V p V m

R

' ' ' '

Vì V1=nV2 nên p2 =n p. 1 (với n = 2)

Theo giả thiết: 2

1

V V n

' ' = , suy ra:

n

Để tính P

P

' 2 ' 1

ta dựa vào các nhận xét sau:

- Hiệu áp lực hai phần khí lên pit-tông bằng trọng lượng M.g của pit-tông:

(P' −P S') =M g=(P −P S)

2 1 2 1

P =P + −n P (2)

- Từ phương trình trạng thái của khí lí tưởng ở phần trên của pit-tông:

1

1 1 1 1 1 1

1

V

P V P V P P

V

'

Thay vào (2), ta suy ra:

'

n

- Để tìm

1

' 1

V

V

ta chú ý là tổng thể tích 2 phần khí là không đổi:

V1 + V2 = V1’+V2’

1

V

n

' 1 1

1

V

Thay vào (3) ta được:

' 2 ' 1

n

−

Thay vào (1) ta có kết quả:

2 1 3

T = P = − = Kết luận: Tăng nhiệt độ lên 3 lần

0,5

0,25

0,25

0,5

0,25

0,25

7

(2,0 đ)

Cho lò xo nhẹ có độ cứng k, một quả cầu rỗng có khối lượng riêng D, một cốc nước có khối lượng riêng D0 (D0 < D) Với dụng cụ là một chiếc thước thẳng có độ chia

nhỏ nhất là mm, em hãy trình bày phương án xác định thể tích phần rỗng của quả cầu

(trình bày cơ sở lý thuyết, tiến trình thí nghiệm)

Gọi V là thể tích toàn bộ quả cầu,V0 là thể tích phần rỗng của quả cầu ; P: trọng lượng

quả cầu ;  ,l1  là độ dãn lò xo khi treo quả cầu trong không khí và nhúng vào nước l2

Khi treo quả cầu vào lò xo ta có:

P=  k l V−V D g =  k l 1

0

k l

D g



 = − (1) Khi treo quả cầu vào lò xo và nhúng vào trong nước:

2

A

P−F =  k l 1 2

0

V

D g

 − 

Từ (1) và (2) ta có: 1 2 1

0

0

( l l l )

k V

 −  

Vậy với dụng cụ đã cho ta hoàn toàn có thể tìm được V0

Trước tiên ta treo quả cầu vào lò xo, đợi quả cầu nằm cân bằng khi đó ta đọc kết quả độ

dãn của lò xo  Sau đó ta tiếp tục tiến hành thí nghiệm treo quả cầu vào lò xo rồi l1

nhúng toàn bộ quả cầu vào trong nước (chỉ có quả cầu chìm trong nước) khi đó ta đọc

kết quả độ dãn của lò xo  l2

* Ghi chú:

- Thí sinh luận giải theo các cách khác, nếu đúng vẫn đạt điểm tối đa theo biểu điểm

- 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 0,5 điểm)

- HẾT -