De HSG Bắc Giang 09-10

Xác định vị trí gần vân trung tâm nhất mà tại đó những bức xạ đơn sắc của ánh sáng trắng cho vân sáng trùng nhau.. Tại vị trí trên màn cách vân trung tâm 2,7cm có những bức xạ đơn sắc nà

V2

L

V1

N

Hình 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BẮC GIANG

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2009 – 2010 MÔN THI: VẬT LÍ - LỚP 12 THPT

Ngày thi: 28/3/ 2010 Thời gian làm bài 180 phút

( không kể thời gian giao đề)

Đề thi gồm 02 trang

Câu 1: (3,0 điểm)

Chiếu ánh sáng đơn sắc có bước sóng λ1 = 0,4 µ m vào catôt của một tế bào quang điện Khi đặt vào anôt

và catôt của tế bào quang điện này một hiệu điện thế UAK = -2V thì dòng quang điện bắt đầu triệt tiêu Cho hằng

số Plăng h = 6,625.10-34Js, tốc độ ánh sáng trong chân không c = 3.108 m/s, khối lượng electron me = 9,1.10-31kg,

độ lớn điện tích của electron e = 1,6.10-19C.

1 Tính công thoát của kim loại dùng làm catốt.

2 Nếu thay bức xạ λ1 bằng bức xạ λ2 = 0,2 µ m, đồng thời giữ nguyên hiệu điện thế giữa anôt và catôt trên thì tốc độ lớn nhất của electron quang điện khi tới anôt có giá trị bằng bao nhiêu?

Câu 2: (3,0 điểm)

Trong thí nghiệm của Y- âng về giao thoa ánh sáng: khoảng cách giữa hai khe hẹp S1, S2 là a = 0,2mm, khoảng cách từ mặt phẳng hai khe đến màn là D = 1m.

1 Nguồn S phát ra ánh sáng đơn sắc, biết khoảng cách giữa 10 vân sáng liên tiếp là 2,7cm Tính bước sóng ánh sáng đơn sắc do nguồn S phát ra.

2 Nguồn S phát ra ánh sáng trắng có bước sóng nằm trong khoảng từ 0,38 µ m ÷ 0,76 µ m

a Xác định vị trí gần vân trung tâm nhất mà tại đó những bức xạ đơn sắc của ánh sáng trắng cho vân sáng trùng nhau.

b Tại vị trí trên màn cách vân trung tâm 2,7cm có những bức xạ đơn sắc nào cho vân sáng trùng nhau.

Câu 3: (3,0 điểm)

Cho mạch điện như hình 1 Cuộn dây thuần cảm có độ tự

cảm L có thể thay đổi được, R là biến trở Hiệu điện thế hai đầu

đoạn mạch AB có dạng uAB = 200 2 cos 100 π t ( V ) Điện trở

dây nối không đáng kể, điện trở vôn kế vô cùng lớn.

1 Khi R = R1 Điều chỉnh độ tự cảm của cuộn dây để L L1 1 ( H )

π

=

pha hơn uAN cùng góc

3

π

Xác định R1, C và số chỉ của các vôn kế.

2 Khi L = L2 thì số chỉ vôn kế V1 không thay đổi khi R thay đổi Tìm L2 và số chỉ của V1 khi đó.

3 Điều chỉnh biến trở để R = 100 Ω , sau đó thay đổi L để vôn kế V2 chỉ giá trị cực đại Tính L và số chỉ của các vôn kế V1, V2 khi đó.

Câu 6: (3,0 điểm)

Trong thí nghiệm giao thoa sóng trên mặt nước, hai nguồn kết hợp S1 và S2 cách nhau 15cm Phương trình dao động tại S1, S2 có dạng: u1 = 2 cos 40 π t ( cm ) , u2 = 2 sin 40 π t ( cm ) Tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 30cm/s Coi biên độ của sóng không thay đổi trong quá trình truyền.

1 Lập phương trình dao động tổng hợp tại phần tử M trên mặt nước cách S1, S2 lần lượt là d1 = 15cm, d2 = 9cm.

2 Xác định tốc độ dao động cực đại của phần tử O nằm tại trung điểm của S1S2.

3 Gọi I là điểm nằm trên trung trực của S1S2, ngoài đoạn S1S2 Xác định số điểm dao động với biên độ cực đại nằm trên chu vi của tam giác IS1S2.

Đề chính thức

Câu 7: (2,0 điểm)

Cho mạch dao động LC như hình 4 Ban đầu điện tích trên tụ có điện dung C1

bằng Q0, còn tụ có điện dung C2 không tích điện, cuộn dây lí tưởng có độ tự cảm L,

bỏ qua điện trở thuần của mạch Tìm sự phụ thuộc của cường độ dòng điện chạy

qua cuộn dây vào thời gian trong các trường hợp sau:

1 K đóng vào 1

2 K đóng vào 2.

Hết

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh:……… Số báo danh………

Hình 4

L

C

1

C2 K

Q0 1

2

HƯỚNG DẪN CHẤM THI HSG TỈNH NĂM 2009 – 2010

MÔN VẬT LÍ - LỚP 12 THPT

(Đề chính thức)

1

1

+ Áp dụng phương trình Anhxtanh: hc A e UAK

1 +

= λ

=> A = 1,768.10-19J = 1,1eV

1 đ

2

+ Áp dụng phương trình Anhxtanh: 02 AX

1

M

mv A

hc = + λ

1

1

MA

U e hc hc

+

−

= λ λ +áp dụng định lý động năng mv M = mvM2 + e UAK

AX

2 AX 0

2

1 2

1

1 2

X = m λ − λ

hc

vMA thay số vMA 1 , 045 106m / s

X =

1đ

1đ

2

1 + Khoảng vân: i = 3mm =>

D

ai

=

2

a) Vị trí gần vân trung tâm nhất mà tại đó những bức xạ của ánh sáng trắng cho vân sáng trùng

nhau là vân đỏ bậc 1 trùng vân tím bậc 2:

+

a

D 2

x = = λ thay số: x = 3,8mm

b) Những bức xạ của ánh sáng trắng cho vân sáng tại

x = 2,7cm thoả mãn: . 5 , 4 ( m )

k a

D k

+ Ta có: 0 , 38 ( µ m ) ≤ λ ≤ 0 , 76 ( µ m ) ⇒ 7 , 1 ≤ k ≤ 14 , 2;

k nguyên => k = 8,9 14

Vậy có 7 bức xạ cho vân sáng tại vị trí x = 2,7 cm

+ Từ đó ta tính được bước sóng các bức xạ:

=

λ 0,675 ; 0,60 ; 0,54; 0,491; 0,45; 0,415; 0,386 (µ m)

1đ

1đ

3 1

+ Dùng giản đồ véc tơ:

+ Từ giản đồ véc tơ:

∆ODE dều:

=> UL = UAN = UAB = 200(V)

+ Vậy vôn kế: V1; V2 cùng chỉ 200(V)

+ UC = 0,5UL => ZC = 0,5 ZL = 50Ω

=> ( )

5

10 3

F C

π

−

= +UR = UAB.cos 6

π

=> R = ZL

) ( 3 50 2

1đ

2

Hiệu điện thế hiệu dụng giữa hai điểm AN

+ U1 = UAN = I.ZAN = UAB 2 2

2 2

) ( L2 C

C

Z Z R

Z R

+ + +

+ U1 =

2 2

) 2 (

C

C L L AB

Z R

Z Z Z U

+

− +

để U1 không phụ thuộc vào R thì: 0

2 =

L

Z hoặc ZL 2 ZC

2 =

=> L2 = 0 hoặc L2 = 1 ( H )

π + Khi đó U = U = 200(V)

1đ

i

AN

U 

MB

C

U 

R

U 

O

E D

Áp dụng định lý Sin trong tam giỏc ODE

=> UL= UAB

α

β sin

sin Trong đú

5

2 U

sin

2 2 AN

+

=

=

C

Z R

R U

α

=> ULmax khi

2

π

β = vậy ULmax = 100 5 V ( )

=> vụn kế V2 chỉ 100 5 V ( )

max 2

V U

U L − AB = => Vụn kế V1 chỉ 100(V) + UR = UAN.sinα = 40 5 V ( )

=>

L

L

Z

U U

= => ZL = 250(Ω) => L 2 , 5 ( H )

π

=

1đ

4

1

+ Phơng trình định luật II Newton cho chuyển động tịnh tiến của các vật khi chiếu trên các trục với

chiều dơng nh đã chỉ ra trên hình vẽ:

0

.

T mg m a

− =

- Đối với chuyển động quay quanh trục của khối trụ:

2 0

0

1

a R

R

ε

0,25đ

0,75đ

2

+ Khối trụ lăn không trợt, điểm tiếp xúc I giữa khối trụ và mặt nghiêng đứng yên tức thời và đóng

vai trò làm tâm quay tức thời

+Ta gọi gia tốc góc của khối trụ quanh trục của nó là ε, cũng là gia tốc góc quanh tâm quay tức thời

I Ta có quan hệ với gia tốc dài:









=











 +

=

=

0

0

a 2

3 2

R R a

R a

ε

ε

(3)

Từ (2) và (3) rút ra:

3

sin Mg

Và

g 4 g M 2 m 3 3

m 3 sin M 2 2

+

−

g g M 2 m 3

m 3 sin M 2 a 2

3

+

−

=

0,5đ

0,5đ

5 Mmg M 2 m 3

sin 2 g M 2 m 3

m 3 sin M m mg

+

+

= +

− +

+ Từ (2) và (3) rút ra:

3

sin Mg

5 1 Gọi m = m1 = m2

+ Vận tốc của m2 ngay trước va chạm với m1 là V0:

2

2 2 0

2 0

2 2 2

2

1 2

1

m

K A V mV A

+ Vỡ va chạm là xuyờn tõm đàn hồi nờn ỏp dụng ĐLBTĐL và BTCN

Do m1= m2 = m nờn V2 = 0, V1 = V0

Vậy ngay sau va chạm hai vật trao đổi vận tốc cho nhau

+ Áp dụng ĐLBTCN

0,5đ

α

C m

A

a0

+ a B

I

f

ms

P

2

P1 N

+

2 2 1

2 1 1

2 2 2

2 0

2

1 2

1 2

1

K

K A A A K A

K V

* Mô tả chuyển động của hệ:

+ Sau khi lò xo K1 bị nén cực đại, dưới tác dụng của lực đàn hồi đẩy m1 tới vị trí cân bằng thì thu

được tốc độ V1 = V0, va chạm đàn hồi với m2 Tương tự như trên: sau va chạm hai vật trao đổi vận

tốc cho nhau, m2 nén lò xo K2 tới độ nén cực đại A2 Quá trình xảy ra lặp lại như cũ

Vậy hệ dao động tuần hoàn với chu kì:

2

1

2

2 1

1 2

1

K

m K

m T

T

0,5đ

0,5đ

0,5đ

2

Chọn t = 0 là thời điểm va chạm lần 1,ta có đồ thị dao động

1đ

6 1

+ Phương trình dao động tại S1 và S2 có dạng:

+ u1 = 2cos(40π t) ; u2 = 2cos(40π t- 0,5π )

- Phương trình sóng tại M có dạng:

π

π t d

π

π t d

Phương trình dao động tổng hợp:













= +

=

4 40

cos 4

) (

cos

2 1

π λ

π π

π λ

t d

d u

u

+ Bước sóng 1 cm , 5 ( )

f

= λ

+ Với d1 = 15cm, d2 = 9cm, thay vào (1) ta được )( )

4 40 cos(

2

0,75đ

0, 5đ

2

Từ (1) dao động tại M có biên độ:







=

4

) (

cos

λ

π d d a

+ Tại O có d1 = d2 => a0 = 2 2 ( cm )

+ Tốc độ dao động của phân tử O: V0 = a0.ω = 80 π 2 ( cm / s )

0,75đ

3

Xác định số điểm dao động cực đại trong đoạn S1,S2,

+ Điểm M dao động cực đại khi hai sóng tới cùng pha:

π

ϕ = 2 k

∆ => d2 – d1 =

2 ) 1 2 ( k − λ ( k ∈ z )

+ Xét tam giác MS1S2 ta luôn có: 2 1 1 2

2 2

1

d

=>- 9,75 < k<10,25

=> k = 0, ±1, ±2, ±9,-10

Vậy trong khoảng S1S2 có 20 đường dao động cực đại

Vậy trên chu vi tam giác IS1S2 có 40 điểm dao động cực đại

0,5đ

0,5đ

7 1

Chọn điện tích của bản tụ C1 nối ới A là qchiều dương (+) như hình vẽ:

+ Ta có i = -q’

Sđđ tự cảm xuất hiện ở cuộn dây etc = - Li’ = Lq”

+ Theo định luật Ôm: uAB + uBA = 0

Li’- 0

1

=

C

q

1

= +

′′

LC q

0

t -A1

A2

T1/2 (T

1+T2)/2

A

B

q +

Nghiệm của phương trỡnh: q = Q0cos( ω +1t ϕ1) với

1 1

1

LC

= ω

=> i = -q’ = I0sin( ω +1t ϕ1) với I0 =ω1 Q0

+ Từ điều kiện ban đầu =>ϕ1 = 0

Vậy

1 1

0 sin

LC

t LC

Q

i =

0,5đ

0,5đ

- Ta xét tại một thời điểm tùy ý sau khi khoá K đóng

- Giả sử tại thời điểm đó, điện tích trên tụ thứ nhất là q1, còn trên tụ thứ

hai là q2 và trong mạch có dòng điện i Vì ta chỉ quan tâm tới giá trị

q2max, nên ta sẽ tìm biểu thức q2(t)

+ Theo định luật Ohm ta có :

1

1 2

2

'

C

q C

q

−

2

q

i = và q1 + q2 = q0, đa về phơng trình của q2 :

1

0 2 2 1

2 1 ''

2

LC

q q C LC

C C

- Đặt:

2 1

2 0 2

C C

C q q X

+

−

= ta đợc phơng trình: '' 2 0

0 = + X

X ω , trong đó

2 1

2 1

0 LC C

C

=

tần số dao động riêng của mạch Nghiệm của phơng trình trên là : X ( t ) = A cos ω0t + B sin ω0t

+ Dùng điều kiện ban đầu: tại t = 0 q2 = 0 hay X(0) =

2 1

2 0

C C

C q

+

− và i = 0 hay X' = 0,

ta tìm đợc : A =

2 1

2 0

C C

C q

+

− và B = 0 Cuối cùng, trở lại biến q2 ta đợc:

) cos 1 ( )

2 1

2 0

C C

C q t

+

C C

C q t

2 1

2

)

+

=

0,5đ

0,5đ

Chỳ ý: + Nếu thiếu một đơn vị trừ: 0,25điểm

+ nếu thiếu từ 2 lỗi trở lờn trừ 0,5điểm;

Học sinh làm theo cỏch khỏc đỳng cho điểm tối đa.