De thi HSG tinh Hai Duong mon Ly nam hoc 2012 2013

Kéo vật ra khỏi vị trí cân bằng sao cho dây treo hợp với phương thẳng đứng một góc 0,02rad về bên phải rồi truyền cho vật vận tốc đầu theo phương vuông góc với dây, chiều hướng sang trái[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Lớp 12 THPT năm học 2012- 2013 Môn thi: VẬT LÝ Thời gian làm bài: 180phút

(Đề thi gồm 02 trang)

Câu 1 (2,5 điểm)

Cho một con lắc lò xo trên mặt phẳng nằm ngang nhẵn, gồm

một lò xo có độ cứng k = 100N/m, khối lượng không đáng kể,

chiều dài tự nhiên lo= 80cm, quả nặng M coi như một chất điểm

có khối lượng m = 400g, lấy π 2 = 10 Chọn trục toạ độ Ox

trùng với trục lò xo, gốc O ở vị trí cân bằng, chiều dương như hình vẽ Tại t = 0, kéo M lệch khỏi vị trí cân bằng 4cm theo chiều dương rồi thả nhẹ để M dao động điều hoà

1 Tìm thời điểm vật đi qua vị trí x = -2cm lần thứ 2012

2 Tìm tốc độ trung bình cực tiểu trong khoảng thời gian 2615 s

3 Khi vật có li độ 2cm thì người ta giữ chặt lò xo ở G1 với GG1 = 61,5cm Tìm biên độ của M sau khi đã giữ chặt điểm G1

Câu 2 (2,0 điểm )

Một con lắc đơn gồm dây treo không dãn, không khối lượng, có chiều dài l = 1m, vật nhỏ

có khối lượng m = 100g treo cố định tại nơi có gia tốc rơi tự do g = 10m/s2 Lấy π 2 = 10

1 Kéo vật ra khỏi vị trí cân bằng sao cho dây treo hợp với phương thẳng đứng một góc 0,02rad về bên phải rồi truyền cho vật vận tốc đầu theo phương vuông góc với dây, chiều hướng sang trái, độ lớn 2 π √3 cm/s để vật dao động điều hòa Chọn trục tọa độ có gốc O trùng vị trí cân bằng, chiều dương hướng sang trái, gốc thời gian là lúc vật qua vị trí cân bằng lần thứ hai Viết phương trình li độ góc của dao động

2 Tích cho vật một điện tích q dương Khi vật đang đứng yên ở O thì đột ngột xuất hiện một điện trường đều hướng theo phương nằm ngang, cường độ

mg E q



Tìm vận tốc cực đại của vật và lực căng cực tiểu của dây treo

Câu 3 (2,0 điểm)

1 Một khung dây dẫn hình vuông ABCD có điện trở R

được đặt trên mặt phẳng nằm ngang nhẵn sao cho cạnh AD

trùng với Oy, AB song song với Ox như hình vẽ Khung dây có

khối lượng m và chiều dài cạnh là b Hệ nằm trong từ trường

thẳng đứng, chiều hướng lên, có độ lớn cảm ứng từ thay đổi

theo quy luật: B = B0(1 + kx) với B0 và k là các hằng số dương

đã biết Truyền cho khung vận tốc v0 hướng dọc theo trục Ox để

khung chuyển động tịnh tiến dọc theo trục Ox Tính quãng

đường khung đi được cho đến khi dừng lại Biết trong quá trình

chuyển động khung không bị biến dạng và coi độ tự cảm của khung bằng không

2 Một từ trường không đều có vecto cảm ứng từ B

với độ lớn được xác định như sau:

M

GG1 O x

x

y

O

v0

ĐỀ CHÍNH THỨC

Bx = -kx ; By = 0 ; Bz = kz +Bo, trong đó k và B0 là các hằng số dương Một khung dây dẫn hình vuông cạnh d, không biến dạng, khối lượng m, điện trở bằng không, độ tự cảm L được đặt trong từ trường đó Ban đầu tâm của khung trùng với gốc tọa độ O và các cạnh song song với trục Ox, Oy Người ta thả khung cho nó chuyển động và mặt phẳng khung dây luôn nằm ngang Viết biểu thức của cường độ dòng điện cảm ứng trong khung, t = 0 là lúc bắt đầu thả khung dây (Hệ trục toạ độ vuông góc Oxyz, trục Oz có phương thẳng đứng chiều hướng xuống)

Câu 4(2,0đ)

Trên mặt nước trong một chậu rất rộng đáy nằm ngang có hai nguồn phát sóng đồng

bộ S1, S2 (cùng phương, cùng tần số, cùng biên độ và pha ban đầu) dao động điều hòa với tần

số f = 50Hz, khoảng cách giữa hai nguồn S1S2 = 2d

1 Giả thiết d = 12,5cm, tốc độ sóng trên mặt chất lỏng là 100cm/s M là một điểm trên mặt nước, thuộc đoạn S1S2 , biết M dao động với biên độ cực đại gần S1 nhất Tìm MS1

2 Người ta đặt một đĩa nhựa tròn bán kính r = 1,2cm (r < d) lên đáy nằm ngang của chậu sao cho S2 nằm trên trục đi qua tâm và vuông góc với mặt đĩa, bề dày đĩa nhỏ hơn chiều cao nước trong chậu Giả sử tốc độ truyền sóng phụ thuộc vào

độ nông sâu của nước, vận tốc chỗ nước sâu là v1 = 0,4m/s,

chỗ nước nông hơn (có đĩa) là v2 tùy thuộc bề dày của đĩa

(v2 < v1) Biết trung điểm của S1S2 là một cực tiểu giao thoa

Tìm giá trị lớn nhất của v2

Câu 5 (1,5 điểm)

Một vật nhỏ tích điện trượt không ma sát, không vận

tốc ban đầu dọc theo đường dốc chính của một mặt phẳng

nghiêng có góc nghiêng  Vật chuyển động trong một từ

trường đều có phương nằm ngang và vuông góc với mặt

phẳng hình vẽ, chiều từ ngoài vào trong Sau khi trượt được

một quãng đường l, nó rời mặt nghiêng và bay theo một đường phức tạp

1 Hãy xác định vận tốc của vật lúc bắt đầu rời mặt phẳng nghiêng

2 Hãy xác định mức biến thiên chiều cao h của vật so với mặt đất trong khi chuyển động

===============Hết=================

Họ và tên: SBD:

Chữ kí giám thị 1: Chữ kí giám thị 2:

r

S 1

S 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HẢI DƯƠNG HẢI DƯƠNG Lớp 12 THPT năm học 2012- 2013

Câu 1 (2,5đ)

1

5

k m

rad/s ( biên độ dao động: A=4cm) 0,25 Thời điểm m đi qua vị trí x=-2cm lần 2012

0,25

t =

4 1005.2











0, 5

2

4 3

T

t T

1 3

Min T Min

Min Min

S

t

3

Khi m có li độ 2 thì có vận tốc v= A2 x2 =10 3 cm/s

Gọi k 1 , k 2 là độ cứng của các lò xo GG 1 ,GM:

K l=K 2 l 2  K 2 =

82.100

400

Độ giãn của lò xo K 2 khi M ở vị trí cách O 2cm là:x 2 =Kx/K 2 =0,5cm 0,25

Sau khi giữ lò xo ở G 1 thì vật dao động điều hoà vơi

2 10

k m

rad/s

2





0,25 Câu 2 (2,0đ)

1

Tìm được:s= l 2cm S 0 =

2 2 2

v s





= 4cm    0 0,04rad 0,25 t=0 thì s=0, v<0  2



Phương trình: 0,04 os( t + )c 2 rad



2 Ở vị trí cân bằng O’ thì dây treo hợp với phương thẳng đứng góc 0:

Ta có:P’=    

2

qE  mg mg 

0

 =45 0 , g’=g 2 Sau khi có điện trường thì m dao động xung quanh vị trí cân bằng O’, với

0,5

x (cm)

4

-2

biên độ góc  0=45 0

Lực căng dây cực tiêu khi vật ở vị trí biên:

T-P’cos 0=0 T=mg’cos 0=1N 0,25 Vận tốc cực đại khi m qua vị trí cân bằng:

Định luật bảo toàn cơ năng: mg’l(1-cos 0)=mv 2 /2  v= 2 ' (1g l  c os ) 0

=2,88m/s

0,25 Câu 3 (2,0đ)

1

Xét khi tâm của khung có toạ độ

x, vận tốc khung là v

suất điện động cảm ứng trên các

cạnh AD và BC lần lượt là:

e 1 =bB 01 k x b  / 2

v,

e 2 =bB 01 k x b  / 2

v

0,25

Dòng điện trong khung:

I=

2 1

e e

R



=

2 0

B kb v R

Độ lớn lực từ tác dụng lên khung: F=F 2 -F 1 =B 2 Ib-B 1 Ib=

2 2 4 0

B k b v

R và F

ngược chiều với ox (quy tắc bàn tay trái)

0,25

Ta có, độ biến thiên động năng bằng công của lực từ.

A F =W đ  F s. =

2 0

1

ax min

2

m

F F

.s=

2 0

1

2mv



2 2 4

2

B k b v

R .s =

2 0

1

0

2 2 4 0

mRv

B k b

0,5

2

Do tác dụng của trọng lực, khung dây chuyển động xuống dưới

Khi khung dây chuyển động trong khung xuất hiện suất điện động cảm ứng

e c =

-d

dt



Vì khung dây dẫn có R=0 nên e c = RI = 0



-d dt



= 0  từ thông qua khung dây không biến đổi theo thời gian.

0,25

Ta có, từ trường gây nên từ thông biến đổi qua khung dây là B z

= sB + LI = d 2 (B o + kz) + LI

Tại thời biểm t = 0:

o = d 2 B 0

Vì  không đổi, tại thời điểm bất kì =o  kd 2 z + LI = 0

 I = -

2

kd z L

0,25

x

y

v0

F2 F1

Hợp lực từ tác dụng lên khung có tác dụng làm cho khung chuyển động

dưới tác dụng của B x và có phương song song với trục Oz

F t = 2

2

2

kd I

=-2 4

k d z L

Hợp lực tác dụng vào khung F hl = F t + mg

 mz ’’ = mg -

2 4

k d z

Đặt z 0 = 2 4

mgL

k d  z ’’ =

-2 4

k d

mL (z-z o ) Khung dây dao động điều hòa quanh vị trí z o với

2 4

k d mL

 

Phương trình dao động

z= 2 4

mgL

k d (cos(

2

kd

Lm t  )+1) Thế vào (1) ta được I= -

2

kd z

L = - 2

mg

kd (cos(

2

kd

Lm t  )+1)

0,25

Câu 4 (2,0đ)

1

2 1 1 2

2 1

S S

d d

d d k





vì 0 d2  S S 1 2

-1 2

S S

 <k<

1 2

S S

  -12,5 < K < 12,5 k min =-12 0,25

2

Giả sử phương trình dao động của hai nguồn có dạng:

u 1 = u 2 = Acos2πft

Gọi M là trung điểm S 1 S 2

Phương trình sóng do S 1 truyền đến M:

u 1M = A 1 cos2πf(t - v d

1 ) Phương trình sóng do S 2 truyền đến M:

u 2M = A 2 cos2πf(t - ( r

v2+

d −r

v1 ) )

0,25

v 2 < v 1 → u 1M sớm pha hơn u 2M

Độ lệch pha Δφ = 2πf(t - v d

1 ) - 2πf(t - ( r

v2+

d −r

v1 ) ) =>Δφ = 2πf(

( r

v2−

r

v1)

0,25

Tại M là vân cực tiểu → Δφ = (2k + 1)π với k = 0, 1, 2,….

( r

v2−

r

v1) = 2 k +1

2 f thay số v 2 = 0,6

k +2

v 2 lớn nhất ↔ k nhỏ nhất = 0 nên v 2Max = 0,3m/s.

0,25 0,25

Câu 5 (1,5đ)

1 Lực Lorenxơ không sinh công nên vận tốc của vật lúc bắt đầu rời mặt

phẳng nghiêng được tính theo định luật bảo toàn cơ năng:

2 0 0

2

mV mgl    V  gl 

(4)

0, 5

2

Lúc vật bắt dầu rời mặt phẳng nghiêng là lúc mà phản lực của mặt phẳng

nghiêng tác dụng lên vật N = 0 và lực Lorenxơ: qV0B=mg cos α

(5)

Góc hợp bởi (( , ) 90v v  0 R 0

0,25

Ta phân tích V0=V1+ V R , trong đó V 1 nằm ngang, lực Lorenxơ tác dụng

lên hạt mang điện chuyển động gồm hai thành phần:

Thành phần V 1 gây ra lực Loren F 1 cân bằng với trọng lực:

mg=qV1 B ⇒ V1= mg

qB (6)

0,25

Thành phần V R gây ra lực Loren F 2 vuông góc với V R tạo chuyển động tròn

cho hạt trong mặt phẳng vuông góc với véc tơ B: mVR

2

R =qVR B ⇒V R= qBR

m

(7) Kết quả là hạt tham gia hai chuyển động gồm: chuyển động thẳng đều

theo phương ngang và chuyển động tròn trong mặt phẳng thẳng đứng, do đó

độ biến thiên độ cao sau khi rời mặt phẳng nghiêng là:

Δh=2 R ⇒ V R=qB Δh

2 m (9)

0,25

+ Đặt k = mg/qB, từ (5)(6)(7) ta có: V0=k cos α ;V1=k ;V R=g Δh

2 k ; (10)

+ Theo định lí hàm số cosin trong tam giác: V R2=V12+V02−2 V1 V0 cos α

(11)

Thay (10) vào (11) ta được:

k2.cos2α+k2−2 k2 cos2α=(g Δh 2 k )2⇒k2

= g Δh

2 sin α

Thay trở lại (10) kết hợp (4) ta được:

0

.

2sin

g h





0,25

Chú ý: Nếu học sinh làm bằng phương pháp khác nhưng đúng thì vẫn cho điểm tối đa.

V0

V1 VR

B