Hướng dẫn chấm thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Vật Lý 12

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG
Đề chính thức
HƯỚNG DẪN CHẤM THI 
CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Năm học: 2008 – 2009
Môn Vật lý 12 - THPT
Thang điểm 20/20 – Số trang: 04
Câu
Nội dung chính
Điểm
Câu 1:
(3 điểm)
a. Viết phương trình dao động:
+ Gọi v là vận tốc của hệ vật sau va chạm, sử dụng định luật bảo toàn động lượng ta có:
mv0 = ( M + m)v v = 0,4 m/s = 40 cm/s
+ Phương trình dao động của hệ hai vật:
Chọn gốc thời gian, trục tọa độ như giả thiết, ta có:
 (1)
 w = rad/s	 (2)
Từ (1) và (2) ta tìm được A = 2 cm, j = p/2.
+ Phương trình dao động: x = 2cos(20t + p/2)(cm)
b. Xác định thời gian ngắn nhất:
+ Lực tác dụng vào mối hàn là lực kéo khi hệ vật (M + m) dao động với
x > 0
+ Lực tác dụng vào mối hàn chính là lực đàn hồi của lò xo Fđ = k= kx
+ Mối hàn sẽ bật ra khi Fđ 1N kx 1N x 0,01m = 1 cm
+ Thời gian ngắn nhất từ khi lò xo bị nén cực đại cho tới khi mối hàn bị bật ra là thời gian vật chuyển động từ B đến P ( xP = 1 cm). Sử dụng hình chiếu chuyển động tròn đều ta xác định được:
tmin = T/3 = p/30 (s)
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 2:
(3 điểm)
a. Viết biểu thức tính chu kỳ dao động nhỏ:
+ Chu kỳ dao động nhỏ của con lắc: 
+ Biểu thức xác định momen quán tính của thanh khi khối tâm G cách trục quay một đoạn x: 
b. Tìm L để Tmin = 2(s):
+ Chu kỳ dao động nhỏ nhất khi , sử dụng bất đẳng thức Co si:
 , lấy dấu bằng ta thu được: 
+ Để Tmin = 2 s 
 L = m
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 3:
(3 điểm)
* Khi mắc M,Q vào nguồn một chiều thấy Ampe kế chỉ 1A nên trong hộp X không thể chứa tụ C hộp X chứa cuộn thuần cảm L nối tiếp điện trở thuần R
+ Cuộn cảm đóng vai trò như một sợi dây dẫn ( ZL = 0), R = R1 = = 30 W
* Khi mắc M, N vào nuồn một chiều thì thấy hiệu điện thế hai đầu M,Q vuông pha hiệu điện thế hai đầu Q,N ( giản đồ véc tơ) từ đó suy ra hiệu điện thế hai đầu hộp Y trễ pha một góc ( 0, p/2) so với i nên hộp Y chứa điện trở thuần và tụ điện.
* Ta có: ZX = UX/I2 = 120/2 = 60
 H
 Theo giản đồ vectơ: sin = UL/UX = ZL/ZX = = 
 Mà uX vuông pha với uY nên: 
* Đối với hộp Y: ZY = UY/I2 = 120/2 = 60
+ Từ giản đồ: R2 = ZY.cos = 60. = 30 
 ZC = ZY.sin = 60.0,5 = 30 (F)
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 4:
(3 điểm)
a. Xác định khoảng vân, vị trí vân sáng bậc 4:
+ Khoảng vân i = mm
+ Vị trí vân sáng bậc 4 là xS4 = 4i = 2 mm
b. Tìm ymin để không quan sát được hệ vân gia thoa:
+ Khi chiếu đồng thời vào hai khe S và S’ ta thu được được hai hệ vân với khoảng vân như nhau, vị trí vân sáng trung tâm khác nhau
+ Với khe S, vân trung tâm tại O
+ Khe S’ vân trung tâm nằm tại O’ 
+ Chứng minh O’, I, S’ thẳng hàng nhau.
Khi nguồn sáng nằm tại S, vân trung tâm tại O. Hiệu quang trình tới điểm M bất kỳ:
 = SS2M – SS1M = (SS2 – SS1) + ( d2 – d1 ) = 
với d1, d2 là khoảng cách từ từ S1, S2 đến M trên màn
Khi nguồn sáng nằm tại S’. Hiệu quang trình tới M:
’ = S’S2M – S’S1M = (S’S2 + S2M) – ( S’S1 + S1M)
 = (S’S2 – S’S1) + ( S2M – S1M) = ( r2 – r1) + ( d2 – d1). 
Với r2 = S’S2 , r1 = S’S1.
- Bằng phương pháp tương tự tính ra: r2 – r1 = 
- Ta có ’ = + = + 
- Khi chiếu sáng khe S’ để thu được vân sáng trung tâm ta có ’= 0 
Khi đó x là khoảng cách từ vân trung tâm (O) khi chiếu sáng vào khe S đến vân trung tâm (O’) khi chiếu sáng vào khe S’ 
 = - ó = - “ - ” thể hiện sự di chuyển ngược chiều của hệ vân so với chiều di chuyển của nguồn sáng.
+ Khi chiếu sáng đồng thời hai khe S và S’ để trên màn không quan sát được hệ thống vân giao thoa khi vân sáng của hệ thống vân của nguồn S trùng với vân tối trong hệ thống vân của nguồn S’.
+ x = OO’ = ( k + ½)i’ 
 y = 
+ Để ymin thỏa mãn điều kiện bài toán ứng với k = 0
 ymin = = 0,05mm.
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 5:
(2 điểm)
* Tính l = 10 m.
* Do sóng không bị mất mát năng lượng khi sóng lan truyền trên mặt chất lỏng, năng lượng của sóng phân bố trên các đường tròn đồng tâm tâm tại nguồn. Biên độ sóng giảm tỉ lệ nghịch với căn bậc hai quãng đường sóng truyền được. 
 cm
+ Độ lệch pha của N so với nguồn O là: Dj = rad
 Phương trình dao động tại N: uN = cm.
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 6:
(3 điểm)
+ Khi chiếu sáng vào quả cầu cô lập về điện, ánh sáng bứt e khỏi quả cầu làm cho quả cầu nhiễm điện dương.
+ Khi mới chiếu ánh sáng, số e bị bứt khỏi quả cầu là nhỏ nên điện tích dương của quả cầu nhỏ không có khả năng kéo lại các e có động năng lớn.
+ Sau một thời gian chiếu ánh sáng, số e bị bứt khỏi quả cầu lớn lúc này, điện tích dương trên quả cầu lớn sinh ra lực điện trường lớn đủ mạnh để kéo được các e có động năng ban đầu cực đại quay trở lại quả cầu, khi đó, nếu trong một giây có bao nhiêu e bị bứt khỏi quả cầu thì sẽ có bấy nhiêu e bị kéo quay trở lại quả cầu, quả cầu không bị mất thêm e nên điện tích quả cầu không tăng và đạt giá trị cực đại ứng với điên trường cực đại Vmax :
 Vmax = (1)
Công thức Anhxtanh: (2)
Từ (1) và (2) =2,48 V.
1,0
0,5
0,5
1,0
Câu 7:
(3 điểm)
a. Xác định chu kì biến thiên của năng lượng điện trường:
+ Từ : 
+ Chu kì dao động của mạch dao động: 
 = = 
+ Năng lượng điện trường, năng lượng từ trường biến thiên tuần hoàn với chu kỳ T’ = T/2 = p.10 – 7 s
b. Xác định khoảng thời gian ngắn nhất giữa hai lần mà WL = WC.
+ Vẽ đồ thị của WL, WC theo thời gian, ta được đồ thị như sau:
+ Từ đồ thị ta thu được khoảng thời gian để WL = WC hai lần liên tiếp là T’/2
 Khoảng thời gian ngắn nhất: Dt = = 
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Chó ý: - NÕu thÝ sinh cã c¸ch gi¶i kh¸c ®óng vÉn cho ®iÓm tèi ®a
	 - Mçi lçi kh«ng cã ®¬n vÞ trõ 0,25 ®iÓm, tèi ®a trõ 1 ®iÓm cho toµn bµi
	 - Khi gi¶i chØ viÕt c«ng thøc mµ kh«ng ph©n tÝch cho nöa sè ®iÓm phÇn ®ã
	 - Khi gi¶i chØ ®óng c«ng thøc mµ sai kÕt qu¶ cho nöa sè ®iÓm cña phÇn ®ã
	 - Lµm phÇn sau thay sè theo kÕt qu¶ sai cña phÇn tr­íc th× kh«ng cho ®iÓm