Đề thi giáo viên giỏi cấp trường năm học 2012 -2013 môn: vật lí thời gian làm bài: 150 phút

website  
 1 
SỞ GD- ĐT BẮC NINH 
TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1 
ĐỀ THI GIÁO VIÊN GIỎI CẤP TRƯỜNG 
NĂM HỌC 2012 - 2013 
MÔN: VẬT LÍ 
Thời gian làm bài: 150 phút 
Câu 1 ( 5 điểm). Một vật nhỏ khối lượng M =100g treo vào đầu sợi dây lí tưởng, chiều 
dài l = 20cm như (hình 1). Dùng vật nhỏ m = 50g có tốc độ v0 bắn vào M. Bỏ qua sức cản 
của không khí. Lấy g = 10m/s2. Coi va chạm là tuyệt đối đàn hồi. 
 a. Xác định v0 để M lên đến vị trí dây nằm ngang. 
 b. Xác định v0 tối thiểu để M chuyển động tròn xung quanh O. 
Câu 2( 4 điểm). Hai mũi nhọn S1, S2 ban đầu cách nhau 8cm gắn ở đầu một cần rung có tần số 
f = 100Hz, được đặt chạm nhẹ vào mặt nước. Tốc độ truyền sóng trên mặt nước là v = 0,8 m/s. 
 Hình 1 
 a. Gõ nhẹ cần rung cho hai điểm S1, S2 dao động theo phương thẳng đứng với phương trình dạng 
u = A.cos200πt. Viết phương trình dao động của điểm M trên mặt nước cách đều S1, S2 một khoảng d = 8cm 
 b. Tìm số điểm dao động cực đại trên chu vi của tam giác S1MS2. 
 c. Cố định tần số rung, thay đổi khoảng cách S1S2. Để lại quan sát được hiện tượng giao thoa ổn định trên mặt nước, 
phải tăng khoảng cách S1S2 một đoạn ít nhất bằng bao nhiêu ? Với khoảng cách ấy thì giữa S1, S2 có bao nhiêu điểm có 
biên độ cực đại. Coi rằng khi có giao thoa ổn định thì hai điểm S1S2 là hai điểm có biên độ cực tiểu. 
Câu 3(4 điểm). Cho mạch điện xoay chiều như (hình 2).Biến trở R, Cuộn dây có 
hệ số tự cảm L 1/ 3  (H) với điện trở r, điện dung của tụ điện 
3C = 3.10 16/  (F).Hiệu điện thế xoay chiều hai đầu mạch có biểu thức: 
uAB = U0.cos100t (V), bỏ qua điện trở các dây nối. 
 Hình 2 
 a. Khi biến trở có giá trị R1 thì các hiệu điện thế hiệu dụng: UAN = 300 (V), UMB = 60 3 (V) và hiệu điện thế tức thời 
uAN lệch pha so với uMB một góc /2. Tính R1 và r. Viết biểu thức hiệu điện thế tức thời giữa hai điểm A, N. 
 b. Thay đổi R đến khi công suất tiêu thụ trên nó cực đại. Tính giá trị của R lúc này. 
Câu 4 (2 điểm). Hai electron ban đầu ở rất xa nhau cùng chuyển động lại gần nhau với tốc độ ban đầu bằng nhau là 
v0=10
6 m/s. Cho biết điện tích và khối lượng của electron lần lượt là q=1,6.10-19C và m=9,1.10-31kg. Bỏ qua mọi ma 
sát. Xác định khoảng cách nhỏ nhất r mà hai electron này có thể tiến đến gần nhau? 
Câu 5 (5 điểm). Một con lắc lò xo nằm ngang có độ cứng 40( / )K N m , vật nhỏ khối lượng 100( )m g . Ban 
đầu giữ vật sao cho lò xo bị nén 10(cm) rồi thả nhẹ. 
1. Bỏ qua mọi ma sát, vật dao động điều hoà. 
 a. Viết phương trình dao động của vật, chọn gốc O là vị trí cân bằng của vật, chiều dương là chiều chuyển 
động của vật lúc thả, gốc thời gian lúc thả vật. 
 b. Xác định thời điểm lò xo nén 5cm lần thứ 2012 kể từ lúc thả. 
 c. Khi vật nặng đi qua vị trí cân bằng , giữ chặt điểm chính giữa của lò xo. Tìm biên độ dao động của vật sau đó. 
2. Thực tế có ma sát giữa vật và mặt bàn với hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt bàn là 0,1  . Lấy 210( / )g m s . 
Tính tốc độ của vật lúc gia tốc của nó đổi chiều lần thứ 4. 
------------------------------- Hết ------------------------------- 
v0 
O 
M 
m 
l 
R L , r C 
A B M N 
website  
 2 
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM 
ĐỀ THI GIÁO VIÊN GIỎI CẤP TRƯỜNG - MÔN VẬT LÝ 
Năm học 2012-2013 
Câu 1 (5điểm) Điểm 
a. Va chạm đàn hồi: Áp dụng định luật bảo toàn động lượng và bảo toàn 
cơ năng cho hệ hai vật m và M trong va chạm 
2
Mv
2
mv
2
mv
Mvmvmv
2
2
2
1
2
0
210


 => Vận tốc của M ngay sau va chạm 02 vMm
m2
v

 
Chọn mốc thế năng tại vị trí thấp nhất của quy đạo. 
Bỏ qua ma sát và sức cản. Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho M 
ngay sau va chạm và khi dây nằm ngang (vị trí OC) 
2
gl
m
Mm
vMgl
2
Mv
0
2
2  
Thay số: v0 = 3m/s. 
b. Gọi  là góc hợp bởi dây treo và phương thẳng đứng. 
Áp dụng định luật II Niutơn cho vật tại vị trí mà dây treo hợp với phương thẳng đứng góc . 
Ta suy ra độ lớn của Lực căng dây : 
l
mv
cosmgT
2
 . 
Để M chuyển động hết vòng tròn, tại điểm cao nhất E lực căng dây Tmin =0 => gl vEmin  
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng, ta có: 
2
2
2
2
min
2
2 EMvlMg
Mv
 .=> v2= gl5 . Do đó gl
m
Mm
v 5
20

 
Thay số: v0 = 
2
103
m/s. 
0,75 
0,75 
0,5 
0,5 
0,75 
0,75 
0,5 
0,5 
Câu 2 (4điểm) 
a. Phương trình dao động của điểm M. 
 Bước sóng: λ = 
f
v
= 0,8cm và d1 = d2 = d = 8cm 
 Ta có phương trình dao động sóng tổng hợp tại M 
 uM = 2A cos 







 )dd(
t200cos
)dd( 2112 
Với d1 + d2 = 16cm = 20λ và d2 – d1 = 0; 
Ta được: uM1 = 2Acos(200πt - 20π) 
b. Tìm số điểm dao động cực đại trên chu vi tam giác S1MS2. 
Số điểm dao động cực đại trên đoạn thẳng S1S2 bằng số k nguyên thỏa mãn -

l
k
l 
 
 => 10k10  . 
Vậy có 21 điểm cực đại trên đoạn S1S2 kể cả S1 và S2 hay trong vùng giao thoa có 21 đường cực đại mà 
mỗi đường cực đại cắt chu vi tam giác S1MS2 tại 2 điểm (Trừ hai đường cực đại qua S1 và S2 ). Do đó 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
O 
C 
E 
 
website  
 3 
số điểm cực đại trên chu vi tam giác S1MS2 là 40 điểm. 
 c. Khi hệ sóng đã ổn định thì hai điểm S1, S2 là hai tiêu điểm của các hypecbol và ở rất gần chúng xem 
gần đúng là đứng yên, còn trung điểm I của S1S2 luôn nằm trên vân giao thoa cực đại. Do đó ta có: 
S1I = S2I = k
4
)1k2(
42





 => S1S2 = 2S1I = (2k + 1)
2

Ban đầu ta đã có: S1S2 = 8cm = 10λ = 20
2

. Vậy để lại quan sát được hiện tượng giao thoa trên mặt 
nước chỉ cần tăng S1S2 ít nhất một khoảng 
2

 = 0,4cm. 
Khi đó trên S1S2 có 21 điểm có biên độ cực đại. 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
Câu 3(4 điểm). 
a. Tính R1 và r: 
Cảm kháng và dung kháng của mạch là: L C
100 1 160
Z .L ; Z .
C3 3
      

- Ta có: AN + MB = /2. Suy ra: AN
MB
1
tg
tg
  

, Từ đó: L
C L1
Z r
R r Z Z

 
. 
Vậy : ZL.(ZC – ZL) = r.(R1 + r)  r.(R1 + r) = 2.103 (1) 
Mặt khác: 
U Z 5AN AN
U Z 3MB MB
 . 
Suy ra: 3[ ( R1+r)
2+ ZL
2] =25.[r2+( ZL –ZC)
2] 
 3( R1+r)2 = 25r2 + 2.104 (2) 
Từ (1) và (2). Ta suy ra : r = 20  và R1 =80  
Biểu thức uAN: 
- Ta có: AN 0AN ANu U C (100 t )os    . 
+ Biên độ: U0AN = 300 2 (V) 
+ Độ lệch pha của uAB so với i: tan(uAB- i ) L C
1
Z Z
R r



= - 
5
3
 => uAB- i = - 0,3335 rad 
+ Độ lệch pha của uAN so với i: tan(uAN- i ) L
1
Z
R r


= 
3
1
 => uAN- i = /6 rad 
+ Pha ban đầu của uAN là: uAN- uAB = 
6

+ 0,3335= 0,857 rad 
- Biểu thức: ANu 300 2C (100 t )(V)os 0,857   
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
website  
 4 
b. Công suất tiêu thụ trên R: PR
2 2
2
2 2 2 2
L C L C
U R U
I R
(R r) (Z Z ) r (Z Z )
R 2r
R
  
    
 
 Theo Cô si: PRmax khi 
2 2
L CR r (Z Z )   = 40Ω. 
0,5 
0,5 
Câu 4 (2điểm) 
Chọn mốc thế năng tĩnh điện ở vô cực. Do các electron chỉ chuyển động trong trường thế nên cơ năng 
của hệ được bảo toàn. 
Cơ năng của hệ ở vô cực chỉ là tổng động năng của 2 electron: 
W1= 
2
1
mv0
2 +
2
1
mv0
2 = mv0
2 (1) 
Khi chúng tiến lại gần nhau đến khoảng cách gần nhất thì tốc độ của mỗi electron đều bằng 0 
Do đó cơ năng của hệ lúc này chỉ là thế năng tương tác tĩnh điện của 2 electron: 
W2= k
r
e2
 (2) 
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ta có: W1=W2  mv02 = k
r
e2
Khoảng cách nhỏ nhất r mà hai electron này có thể tiến đến gần nhau là : r = k
2
0
2
mv 
e 
 (3) 
Thay số ta được: r = 2,5.10-10 (m) 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
Câu 5 (5 điểm) 
1. Bỏ qua mọi ma sát. Vật dao động điều hòa. 
a. Viết phương trình dao động. 
 Phương trình dao động của vật có dạng : . os( )x A c t   
Trong đó : 20( / )
K
rad s
m
   
 Tại 0
0
10( ) os 10( )
0 :
0 sin 0 10( )
x cm Ac cm
t
v A cm
  

      
    
   
Vậy phương trình dao động của vật : 10. os(20 )( )x c t cm  
b. Thời điểm lò xo bị nén lần thứ 2012 kể từ lúc thả vật. 
Tại t=0 vật ở vị trí biên âm. Sau đó 1006 chu kì 
Vật trở lại vị trí này và đã đi qua vị trí lò xo bị nén 5 cm 2012 lần. 
Vậy thời điểm lò xo bị nén lần thứ 2012 kể từ lúc t=0 là : t2012= 1006T - 
6
T
 = 316 s 
c.Khi vật qua VTCB, giữ chặt điểm chính giữa của lò xo. Tìm biên độ dao động của vật sau đó ? 
Khi vật qua vị trí cân bằng lò xo có chiều dài tự nhiên, ta giữ chặt điểm chính giữa của lò xo thì tạo 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
0 -10 10 -5 x 
website  
 5 
thành một con lắc lò xo mới có độ cứng K’ =2K. 
Do cơ năng của dao động vẫn được bảo toàn nên ta có : 
2
1
KA2 = 
2
1
K’A’2= KA’2. Vậy biên độ dao động mới của vật là A’= 
2
A 
= 5 2 cm. 
2. Có ma sát. Vật dao động tắt dần. 
+ Lúc có ma sát, tại VTCB mới của vật (Vị trí mà lực kéo về có độ lớn bằng lực ma sát) lò xo biến dạng 
một đoạn : 0,0025( )
mg
l m
K

   
+ Ta thấy có hai VTCB của vật phụ thuộc vào chiều chuyển động của vật, nếu vật đi sang phải lúc lò xo 
nén 2,5mm thì VTCB là bên trái O(vị trí C1), lúc vật đi sang trái mà lò xo dãn 2,5mm thì VTCB là bên 
phải O( vị trí C2) 
+ Áp dụng đinh luật bảo toàn năng lượng, ta tính được độ giảm biên độ dao động sau mỗi lần qua O là 
hằng số và bằng :
2
0,005( )
mg
A m
K

   
+ Gia tốc của vật đổi chiều lần thứ 4 ứng với vật đi qua VTCB C2 theo chiều sang trái lần thứ 2, áp dụng 
định luật bảo toàn năng lượng ta được : 
 
22 2
4( )( )
2 2 2
2 ( ) 2 ( 2 ) 2 ( 3 ) )
m vK A K l
m g A A A A A A A l

  
           
4 1,65( / )v m s  
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
GHI CHÚ : 
1) Trên đây là biểu điểm tổng quát của từng phần, từng câu. 
2) Giáo viên làm bài không nhất thiết phải theo trình tự của Hướng dẫn chấm. Mọi cách giải khác, kể cả cách 
giải định tính dựa vào ý nghĩa vật lý nào đó, lập luận đúng, có căn cứ, kết quả đúng cũng cho điểm tối đa tương 
ứng với từng bài, từng câu, từng phần của hướng dẫn chấm này. 
• • • 
O C1 C2 
x