TUYỂN CHỌN
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN VẬT LÝ
LỚP 12
(có đáp án và thang điểm)
Tp. Hồ Chí Minh, ngày 10/2016
SỞ GIÁO DỤC &ĐÀO TẠO Hµ Néi
Trường THPT Tùng Thiện
ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN MÔN VẬT LÍ 12
Thời gian làm bài 180 phút
Năm học 2011-2012
Bài 1 : ( 1,5 điẻm)
Một quả bóng nằm trên mặt đất , cách đều hai cột khung thành và cách đường thẳng nối hai khung thành
một đoạn x0 = 50 m .Quả bóng được đá với vận tốc v0 = 25 m/s mà v0 nằm trong mặt phẳng thẳng đứng
,vuông góc với mặt phẳng khung thành và hợp với mặt đất một góc là α . Khung thành cao 3,44 m .Hỏi góc α
là bao nhiêu để quả bóng lọt vào khung thành? Lấy g = 9,8 m/s2.
Bài 2 : (1,5 điểm)
Cho cơ hệ như hình vẽ 1 : ròng rọc có hai rãnh gắn chặt nhau ,có bán kính là r và R
( R = 2 r)) ,khối lượng của ròng rọc và dây nối không đáng kể ,dây nối không co
giãn, lò xo có độ cứng k và vật năng có khối lượng m .
Kéo vật nặng m xuống thẳng đứng một đoạn nhỏ rồi buông nhẹ .Chứng minh
rằng vật nặng m dao động đièu hoà và tính chu kỳ dao động của nó.
k
m
Hinh1
Bài 3: ( 1,5 điểm)
Một xi lanh kín ở hai đầu được chia thành hai phần bằng nhau bởi một vách
ngăn .Phần thứ nhất chứa khí Ôxy (có khối lượng mol là µ1),phần thứ hai chứa khí
Nitơ (có khối lượng mol là µ2). Áp suất của khí Nitơ gấp đôi áp suất của khí Ôxy. Đặt
xi lanh trên mặt bàn nằm ngang,nhẵn. Xilanh sẽ dịch chuyển một đoạn bao nhiêu néu
vách ngăn có lỗ thông với nhau ? Biết xi lanh có chiều dài l.Bỏ qua khối lượng của xi
lanh và vách ngăn .Xem quá trình có nhiệt độ không đổi và nhiệt độ ban đầu ở hai
phần là như nhau.
Bầi 4 :( 2 điẻm)
Cho mach điện gồm 3 hộp linh kiện X,Y,Z mắc nối tiép với ampe kế (có điện trở không đáng kể),mỗi hộp
chỉ chứa một trong ba loại linh kịện cho trước : diện trở thuần R ,cuộn cảm L và tụ điện C (như hình vẽ 2) .
Đặt vào hai đầu A và D của mạch một hịêu điện thế xoay chiều uAD = 32V2 sin 2πft (V) .Khi f=100Hz dùng
một vôn kế (có điện trở rất lớn) đo lần lượt được UAB = UBC = 20 V; UCD = 16 V; UBD =12V.Dùng oát kế đo
công suất tiêu thụ của mạch được P = 6,4 W. Người ta thấy khi f>100Hz hoặc f<100Hz thì số chỉ của ampe
kế giảm đi .Hỏi : mỗi hộp kín X,Y,Z chứa linh kiện gì? Tính giá trị các linh kiện đó.
Hình 2
A
X
Y
Z
A
B
C
D
Bài 5 : (2 điểm)
Một sợi dây tiết diện ngang 1,2 mm2 và điện trở suất 1,7.10 – 8 Ω.m được uốn thành cung tròn bán kính
r = 24 cm như hình vẽ 3. Một đoạn dây thẳng khác cùng loại như trên có thể quay
P
quanh O và trượt tiếp xúc với cung tròn tại P. Sau cùng một đoạn dây thẳng khác
OQ cũng cùng loại như trên tạo thành mạch điện kín .Hệ thống được đặt trong từ
r
trường đèu B = 0,15 T hướng từ mặt giấy ra ngoài . Đoạn dây thẳng OP lúc đầu
B
β
đứng yên tại vị trí β = 0 và nhận gia tốc góc bằng 12 rad / s2 .Hỏi: với giá trị nào
O
Q
của β thì dòng điện cảm ứng trong mạch cực đại ? Tính giá trị cực đại đó.
Hình 3
Bài 6 :( 1,5 điểm)
Cho một vôn kế ,một ampe kế ,một bộ acquy,một bộ dây nối và một điện trở chưa biết giá trị .Bỏ qua điện
trở của dây nối . Hãy nêu phương án xác định chính xác giá trị của điện trở đã cho. Chú ý rằng các dụng cụ
đo đều có điện trở chưa biết.
--------------------------HẾT--------------------------------------
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIÊM THI CHỌN ĐỘI TUYỂN MÔN VẬT LÍ 12
Bài 1 ( 1,5 điểm)
+Lập phương trình y theo x và góc α rồi thay x = 50 m
x = v0 cos α t và y = v0 sin α t => y = tg α.x – g ( 1+tg2 α)x2 / 2v02 ------------------------------------ 0,5
Đặt tg α = z và thay x = 50 m=> y = 50z -19,6z2 -23,04
-------------------------------------- 0,25
+ Đi ều ki ện : 0< y < 3,44m
------------------------------------- 0,25
0
0
0
0
=> 25,8 < α < 31,1 v à 62,8 < α < 64,2
----------------------------------------0,5
Bài 2 ( 1,5 đi ểm)
+Chọn trục có gốc O là vị trí cân bằng của vật m, chièu dương hướng xuống-----------+Tại VTCB : P – T = 0
--------------------------------------- 0,25
+Khi m bị kéo xuống ở vị trí x : có thêm lực T’ là lực hồi phục
Vì góc quay φ = x / r = X / R => X= R x / r =>Lực đàn hồi thêm /F/ = kX = k Rx / r--------------- 0,5
Theo quy tắc momen lực : T’. r = F . R => T’ = F R / r = k (R2/ r2). x------------------------------- 0,25
+Tho ĐL II Niutơn: -T’ = mx’’ x” +( k/m)( R2 /r2 )x =0 => m dao động Đ hoà với
ω2 = ( k/m)( R2 /r2 ) ω = (R/r) V(k/m)
--------------------------------0,25
+ Chu kỳ : T = 2π/ ω = π Vm / k
---------------------------------- 0,25
Bài 3 ( 1,5 điểm)
+ Do theo phương ngang xi lanh không chịu ngoại lực nào nên khối tâm của hệ đượcbảo toàn----------0,25
Gọi m1 và m2 là khối lượng của khí Ôxy và Nitơ .Chọn trục Ox nằm ngang ,gốc O tại tâm xi lanh
Gọi x là toạ độ khối tâm của hệ ,ta có: x= (m2.l/4 – m1.l/4) /(m1 + m2) ------- 0,5
Đặt α =m2 / m1 => x =( l/4).( α -1) / ( α + 1) (*)
Ô
x + Từ phương trình M-Clapayron và theo đề bài p2 = 2p1 ta có :
O
α = m2 / m1 = p2 μ2/ p1 μ1 = 2μ2/ μ1
----------------------------+ Thay vào (*) ta có : x = (l/4)(2μ2 – μ1 ) /(2μ2 + μ1) ----------------------------0,5
l/4 l/4
Khi 2 khí trộn vào nhau thì khối tâm 2 khí ở tại tâm của xi lanh . Vậy để
khối tâm không đổi v trí thì xi lanh phải dời một đoạn x ------------------------0,25
Bài 4 ( 2 điẻm)
+ Theo đề bài : UAD =U AB + UBD =20+12= 32V
U2BC = 202 = U2BD + U2DC = 122 +162 = 202 -------------------------------------------------- 0,25
+ Vẽ đươc giản đồ vectơ: C ---------------------------------------------------------------------------------
A
+ Kết luận : X có chúa điẹn trở thuần
Y có chứa cuộn cảm L ( có điên trở thuần r)
D
Z có chứa tụ điện C-----------------------------------------------0,75
B
+ Theo đề bài : khi f = 100hz thì có cộng hưởng điện .Ta suy ra :
I = P / UAB + UBD = 6,4/ 20 +12 = 0,2 A => R = UAB /I = 100Ω
ZL = ZC = UCD /I = 80 Ω => L = 2/ 5π H và C = 10 -3 /16π F---------------------------------------------0,75
r = UBD /I = 60 Ω
--------------------------------------0,25
Bài 5 ( 2 điểm)
+Định được từ thông qua mạch ở thời điểm t : Ф =BR2γt2 /4 --------------------------------------0,25
+Độ lớn suất điện động : e = Ф’ = BR2γt/2
--------------------------------------0,25
2
+ Dòng điện cảm ứng : i = e/R với R = ρ l/S = (ρ/S ) ( 2r +βr) =( ρr /2S) ( 4+ γt )
i = (BRγS)/ ρ( 4/t + γt)
------------------------------------------- 1,00
+ i = I max khi : 4/t = γ t t = 2/ V γ
+ Vậy : β = ½ γ t2 = 2 rad
và imax = 2,2 A
-------------------------------------------- 0,5
Bài 6 ( 1,5 điểm)
+ Mắc được mạch điên như hình vẽ :
---------------------------------------------- 0,5
+ Trong sđ I : Rv = U1/I1 (1) + Trong sđ II : Rx = U2/ I RX=U2/( I2-U2/Rv ) (2) ---------------------- 0,75
Rx
Rx
V
U1
+ Từ 1 và 2 : Rx= U2/ (I2- U2I1/U1)--- 0,25
A
Rv
A
I1
U2
V
I2
(I)
Rv
( II )
ĐỀ TUYỂN CHỌN HỌC SINH GIỎI -MÔN VẬT LÝ -KHỐI 12
(Thời gian làm bài: 180 phút)
Bài 1.
Cho cơ hệ như hình vẽ 1, lò xo lý tưởng có độ cứng k = 100 (N/m)
được gắn chặt vào tường tại Q, vật M = 200 (g) được gắn với lò xo
bằng một mối nối hàn. Vật M đang ở vị trí cân bằng, một vật m = 50
(g) chuyển động đều theo phương ngang với tốc độ v0 = 2 (m/s) tới
va chạm hoàn toàn mềm với vật M. Sau va chạm hai vật dính làm
một và dao động điều hòa. Bỏ qua ma sát giữa vật M với mặt phẳng ngang.
1) Viết phương trình dao động của hệ vật. Chọn trục tọa độ như hình vẽ, gốc O trùng tại vị trí cân bằng, gốc
thời gian t = 0 lúc xảy ra va chạm.
2) Sau một thời gian dao động, mối hàn gắn vật M với lò xo bị lỏng dần, ở thời điểm t hệ vật đang ở
vị trí lực nén của lò xo vào Q cực đại. Sau khoảng thời gian ngắn nhất là bao nhiêu (tính từ thời điểm t)
mối hàn sẽ bị bật ra? Biết rằng, kể từ thời điểm t mối hàn có thể chịu được một lực nén tùy ý nhưng chỉ
chịu được một lực kéo tối đa là 1 (N).
Bài 2:
Quả cầu 1 có khối lượng m 1 = 0,3 (kg) được treo vào đầu một sợi
dây không dãn, khối lượng không đáng kể, có chiều dài = 1 (m).
Kéo căng dây treo quả cầu theo phương nằm ngang rồi thả tay cho nó
lao xuống. Khi xuống đến điểm thấp nhất, quả cầu 1 va chạm đàn hồi
xuyên tâm với quả cầu 2, quả cầu 2 có khối lượng m 2 = 0,2 (kg) đặt
ở mặt sàn nằm ngang. (Được mô tả như hình vẽ bên)
Sau va chạm, quả cầu 1 lên tới điểm cao nhất thì dây treo lệch góc so với phương thẳng đứng. Quả cầu 2 sẽ
lăn được đoạn đường có chiều dài S trên phương ngang.
Biết hệ số ma sát giữa quả cầu 2 và mặt sàn nằm ngang là 0,02 và trong sự tương tác giữa m 1 và m 2 thì lực ma
sát tác dụng vào quả cầu 2 là không đáng kể so với tương tác giữa hai quả cầu. Lấy g = 10(m/s 2 ).
Tính: và S.
Bài 3:
Một xi lanh cách nhiệt nằm ngang, thể tích V 1 + V 2 = V 0 = 60 (lít), được
chia làm hai phần không thông với nhau bởi một pittông cách nhiệt (như hình
vẽ). Píttông có thể chuyển động không ma sát. Mỗi phần của xi lanh chứa 1
(mol) khí lý tưởng đơn nguyên tử.
Ban đầu píttông đứng yên, nhiệt độ hai phần khác nhau. Cho dòng điện chạy
qua điện trở R để truyền cho khí ở bên trái nhiệt lượng Q = 90 (J).
1) Nhiệt độ ở phần bên phải cũng tăng, tại sao ?
2) Khi đã có cân bằng, áp suất mới trong xi lanh lớn hơn áp suất ban đầu bao nhiêu ?
3
Biết nội năng của 1 mol khí lý tưởng được xác định bằng công thức U = RT
2
Bài 4
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.
1)Gõ nhẹ cần rung cho hai điểm S1, S2 dao động theo phương thẳng đứng với phương trình dạng
u = A.cos2πft. Viết phương trình dao động của điểm M1 cách đều S1, S2 một khoảng d = 8cm.
2)Tìm trên đường trung trực của S1, S2 điểm M2 gần M1 nhất và dao động cùng pha với M1.
3)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
L
tiểu.
Bài 5. Một mạch điện gồm cuộn dây thuần cảm L và hai điện trở
r
r
R1 và R2 được đặt trong từ trường đều B như hình vẽ.Ngay sau khi
R1
B
tắt từ trường cường độ dòng điện chạy qua R1 là I. Tính nhiệt lượng
tỏa ra trên mỗi điện trở sau đó.
R2
Bài 6: Hai vật A và B có khối lượng lần lượt là mA = m và mB = 2m được nối với nhau
bằng một sợi dây không dãn, không khối lượng, vắt qua ròng rọc động C. Ròng rọc là một
đĩa tròn đồng chất, khối lượng mC = 2m, bán kính R. Hệ thống được buộc vào đầu một lò
xo có độ cứng k; đầu còn lại của lò xo buộc vào một điểm cố định. Ở thời điểm ban đầu,
giữ hệ đứng yên và lò xo có chiều dài tự nhiên. Xác định gia tốc của các vật A và B .
Bài 7:
mA
Cho dụng cụ gồm:
- Một hình trụ rỗng có khối lượng và bán kính trong chưa biết.
- Mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng thay đổi được, nối tiếp với một mặt phẳng ngang.
- Đồng hồ
- Thước chia độ
- Ống thăng bằng
- Thước kẹp
Yêu cầu:
1)Xác định hệ số ma sát lăn của hình trụ.
2)Xác định bán kính trong của hình trụ bằng cách cho nó lăn trên hai mặt phẳng.
k
mB
...................................................................................................................................................................................
ĐÁP ÁN
Đáp án bài 1
1) 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
x A cos(t )
+ Phương trình dao động của hệ hai vật:
(1)
v A sin(t )
x A cos 0(cm)
Chọn gốc thời gian, trục tọa độ như giả thiết, ta có:
(2)
v A sin 40(cm / s )
k
100
20 rad/s
M m
0,25
Từ (1) và (2) ta tìm được A = 2 cm, = /2.
x'
+ Phương trình dao động: x = 2cos(20t + /2)(cm)
-2
2) Xác định thời gian ngắn nhất:
B
+ 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 x = kx
y
=
O
P
2
x
α
N
+ 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 = /30 (s)
................................................................................................................................................................................
Đáp án bài 2:
Gọi: A là vị trí buông vật m 1 B là vị trí thấp nhất (nơi m 1 , m 2 va chạm)
C là vị trí cao nhất vật 1 lên được sau va chạm.Chọn gốc thế năng bằng
không là ở sàn
So sánh cơ năng của quả cầu 1 ở A và ở B.
1
m 1 gh 1 = m 1 v 12
2
Vận tốc quả cầu m 1 ngay trước khi va chạm có độ lớn:
2gh1 = 2 5 (m/s)
v1 =
/
1
Gọi v là vận tốc của m 1 ngay sau khi va chạm. So sánh cơ năng của quả cầu 1 ở B và ở C.
1
m 1 v 1/ 2 = m 1 gh 2 v 1/ = 2gh2
2
Động năng của quả cầu 1 trước va chạm chuyển hóa thành thế năng của nó ở C và công thực hiện để thắng ma
sát của quả cầu 2 khi lăn.
1
m 1 v 12 = m 1 gh 2 + A
2
1
.0,3.20 = 0,3.10.h 2 + 0,02.0,2.10.S 3 = 3 h 2 + 0,04S
(1)
2
Đối với hai quả cầu, thì lực ma sát giữa quả cầu 2 và sàn là ngoại lực. Lực ma sát tác dụng vào quả cầu 2 có làm
cho động lượng của hệ hai quả cầu giảm đi. Thời gian va chạm giữa hai quả cầu rất ngắn nên xung lực của lực
ma sát làm động lượng của quả cầu 2 giảm đi không đáng kể. Như vậy có thể coi thời gian va chạm giữa hai
quả cầu thì tổng động lượng của chúng được bảo toàn:
m 1 v 1 = m 1 v 1/ + m 2 v 2/ 0,3. 2 5 = 0,3.
2gh2 + 0,2. v 2/
0,6. 5 = 0,3. 20h2 + 0,2. v 2/
(2)
Áp dụng định lý động năng cho quả cầu 2 ta được:
v/2
1
0 - m 2 v 2/ 2 = - m 2 g.S 0,5. v 2/ 2 = 0,2.S S = 2
(3)
2
0,4
3 0,1.v 2/ 2
v/2
Thay (3) vào (1) ta được: 3 = 3 h 2 + 0,04. 2 3 = 3 h 2 + 0,1. v 2/ 2 h 2 =
0,4
3
Thế (4) vào (2) ta được: 0,6.
3 0,1v 2/ 2
5 = 0,3. 20
3
+ 0,2. v 2/
(4)
(5)
Giải phương trình (5) ta được: v 2/ = 0 (loại); v 2/ = 2,4. 5 (m/s)
Từ (3) S =
Từ (4) h 2
v 2/ 2
= 72 (m)
0,4
3 0,1.v 2/ 2
=
= 0,04 (m)
3
h2
1 0,04
=
= 0,96 16,26 0
1
...................................................................................................................................................................................
Đáp án bài 3:
a. Nhiệt độ ở phần bên phải cũng tăng, tại sao ?
Nội năng của 1 mol khí lý tưởng được xác định bằng biểu thức U = 3RT/2. Khi ta làm tăng nhiệt độ
của khí ở bên trái (do cung cấp nhiệt lượng Q) thì khí giãn nở làm píttông nén khí trong phần bên phải (V 2 ); vì
nén cách nhiệt nên nhiệt độ của phần bên phải cũng tăng lên.
b. Khi đã có cân bằng, áp suất mới trong xi lanh lớn hơn áp suất ban đầu bao nhiêu ?
Gọi U 1 và U 2 là nội năng của khí ở hai phần xi lanh, ta có phương trình :
3
Q = U 1 + U 2 hay Q =
R( T 1 + T 2 ) ; ở đây công tổng cộng bằng không.
2
Lúc đầu ta có pV 1 = RT 1 và pV 2 = RT 2 (áp suất p như nhau)
Sau khi cung cấp nhiệt lượng và khi đã có cân bằng thì áp suất ở hai bên là (p + p), thể tích ở hai
phần là (V 1 + V) và (V 2 - V) nên các phương trình trạng thái là:
(p + p) (V 1 + V) = R(T 1 + T 1 )
p V + V1 p + V p = R T1
(1)
(p + p) (V 2 - V) = R(T 2 + T 2 )
p V2 - pV - Vp = RT2
(2)
Cộng 2 phương trình (1) và (2) vế theo vế ta được:
p(V 1 + V 2 ) = R( T 1 + T 2 )
(3)
3
Mặt khác ta có: Q =
R( T 1 + T 2 ) T 1 + T 2 = 2Q/3R và V 1 + V 2 = V 0 = 60 (lít) thế vào
2
60
phương trình (3) ta được: p.0,06 = R. 2.90/3R p =
= 1000 (N/m 2 ).
0,06
Vậy khi đã có cân bằng, áp suất mới trong xi lanh lớn hơn áp suất ban đầu là 1000 (N/m 2 ).
Mặt khác ta có : h 2 = - .cos cos =
..................................................................................................................................................................................
Đáp án Bài 4
v
1. λ = = 0,8cm và d1 = d2 = d = 8cm
f
Ta có phương trình dao động sóng tổng hợp tại M1
( d 2 d 1 )
( d 1 d 2 )
uM1 = 2A cos
cos 200t
với d1 + d2 = 16cm = 20λ và d2 – d1 = 0,
ta được: uM1 = 2Acos(200πt - 20π)
2.. Hai điểm M2 và M2’ gần M1 ta có:
S1M2 = d + λ = 8 + 0,8 = 8,8 cm
S1M2’ = d – λ = 8 – 0,8 = 7,2 cm
Do đó:
Suy ra
M2
M1
M2'
S1
I
IM2 = S1 M 22 S1I 2 8,8 2 4 2 7,84(cm) ; IM1 = S1I 3 4 3 6,93(cm)
M1M2 = 7,84 – 6,93 = 0,91 (cm)
'2
2
2
2
Tương tự: IM2’ = S1M 2 S1I 7, 2 4 5,99(cm)
M1M2’ = 6,93 – 5,99 = 0,94 (cm)
3.. 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 (2k 1) => S1S2 = 2S1I = (2k + 1)
2 4
4
2
Ban đầu ta đã có: S1S2 = 8cm = 10λ = 20 => chỉ cần tăng S1S2 một khoảng = 0,4cm.
2
2
Khi đó trên S1S2 có 21 điểm có biên độ cực đại.
Đáp án bài 5 :
Ngay sau khi tắt từ trường , do tượng cảm ứng điện từ , cường độ dòng điện qua cuộn dây là I0 , qua R2 là I2. Ta
có :
I0 = I + I2
R
R
Mặt khác UR1 = UR2 IR1 = I2 R2 I 2 I 1 I0 = I 1 1 .
R2
R2
Nhiệt lượng tỏa ra trên các điện trở R1 và R2 tương ứng là Q1 và Q2. Tổng các nhiệt lượng này đúng bằng năng
lượng từ trường ban đầu tích trữ trrong cuộn dây.
1
1
R
Q1 + Q2 =W = LI 02 LI 2 1 1 (1)
2
2
R2
Mặt khác ta có : Q1 =
U12
U2
t ; Q2 = 2 t
R1
R2
Q1 R2
Q2 R1
Từ (1) và (2) ta tìm được : Q1
( Δt là thời gian xảy ra sự biến thiên tử trường)
(2)
1 2
R
1
R R
LI 1 1 và Q2 LI 2 1 1 1
2
2
R2
R2 R2
....................................................................................................................................................................................
Đáp án bài 6
* Xét khi ròng rọc có độ dãn x so với chiều dài tự nhiên. Do hệ không có vi trí cân bằng cố định nên chọn gốc
tọa độ tại vị trí ban đầu của ròng rọc, các chiều dương như hình vẽ.
Áp dụng các phương trình cơ bản của động lực học (TA/ = TA và TB/ = TB) ta có:
k
2mg – TB = 2maB
(1)
kx
TA – mg = maA
(2)
C
2mg + TA + TB – kx = 2maC (3)
aA / C aA aC
a B / C a B a C 2a C a A a B
a A / C a B / C
(+)
mA
PA
2mR
)
Ta lại có: TB TA R mR (do I
2
Mặt khác: R a A / C a A a C
g 5a C
g 3a C
(*) và a B
(**)
4
4
3
5
Thay vào (1) và (2), ta được: TB m(g a C ) và TA m(g a C )
2
4
5
3
Thay vào (3): 2mg m(g a C ) m(g a C ) kx 2ma C
4
2
19
19
ma C kx mg
(6)
(Với aC = x’’)
4
4
19
Đặt X kx mg X’’ = kx’’
4
19 X"
4k
Khi đó, (6) trở thành: m
X X"
X 2 X
4
k
19m
aA
19
mg A cos( t )
4
19
x 0 mg Aco s
* Tại t = 0:
4
19
x ' 0 A sin 0 A 4 mg
19
19
4k
t
maC
mgco s t a C g cos
19m
4
4
g 5
g
4k
4k
g cos
t 1 5 cos
t
4 4
19m 4
19m
Thay vào (*) và (**) ta được:
g 3
g
4k
4k
a B g cos
t 1 3 cos
t
4 4
19m 4
19m
aA
B
mB
PB
(+)
TB – TA = m(aA + aC)
(5)
* Từ (1), (2) và (5) ta có: mg – m(aA + aC) = m(aA + 2aB)
g = 2(aA + aB) + aC
Từ (4): aB = 2aC + aA nên g = 2(aA + 2aC + aA) + aC
Nghiệm của phương trình là: x = Acos(t + ) kx
T B/
TB
A
2
2
PC
TA
Chiếu: 2aC = aB – aA (4)
Thay vào (6) thì:
T A/
Đáp án bài 7:
VA = 0
A
s1
h
VB
VC = 0
B
s2
C
Thả cho hình trụ bắt đầu lăn xuống từ đỉnh A của mặt phẳng nghiêng, hình trụ lăn xuống B rồi tiếp tục đi trên mặt ngang
và dừng lại ở C.
Ta có: EA = mgh
EC = 0
EA – EC = Ams= .mg(s1+s2) ( góc đủ nhỏ cos 1)
mgh = .mg(s1+s2)
h
(1)
s1 s 2
Chọn mốc thế năng ở mặt phẳng ngang.
Cơ năng tại B có giá trị bằng công của lực ma sát trên đoạn đường BC:
Có B
1
1
.mVB2 I . B2 .mg.s 2
2
2
VB
1
và I m R 2 r 2 .Với: R: bán kính ngoài của hình trụ r: bán kính trong của hình trụ
2
R
V2
4 .g.s 2 .R 2
1
1 m
mVB2 . R 2 r 2 B2 .mg .s 2 r 2
3R 2
2
2
2 2
R
VB
Mặt khác trên đoạn đường s1 ta có:
Từ (1), (2) và (3): r R
s1
1 2
at1
2
;
g.h.t12
s2
3
s1 s 2
s12
v B at1
(2)
vB
s1
(3)
2t1
ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG-MÔN VẬT LÝ 12
*************************
Câu 1: Một vật có khối lượng m có thể trượt không ma sát trên một cái nêm ABC ; AB = , Ĉ = 90 0 ,
B̂ = . Nêm ban đầu đứng yên, có khối lượng M và có thể trượt không ma sát trên mặt sàn nằm ngang.
( như hình vẽ )Cho vật m trượt từ đỉnh A của nêm không vận tốc đầu.
a. Thiết lập biểu thức tính gia tốc a của vật đối với nêm và gia tốc a 0 của nêm đối với sàn.
b. Lấy hệ tọa độ xOy gắn với sàn, ban đầu trùng với BCA. Tính hoành độ của vật m và của đỉnh C khi
vật trượt tới đỉnh B. Quỹ đạo của vật là đường gì ? Cho m = 0,1 (kg), M = 2m, = 30 0 , = 1 (m),
g = 10 (m/s 2 ).
A
C
B
α
Câu2: Một lượng khí lý tưởng đơn nguyên tử thực hiện một quá trình biến
đổi trạng thái, trên hệ toạ độ T-p quá trình này được biểu diễn bằng đoạn 1-2
của một parabol mà đỉnh của nó trùng với gốc toạ độ (hình vẽ). Hỏi nhiệt
lượng mà khí nhận vào trong quá trình này được sử dụng bao nhiêu phần trăm
để làm biến đổi nội năng và bao nhiêu phần trăm để thực hiện công? Biết nội
3
năng của 1 mol khí lý tưởng đơn nguyên tử là U = RT.
2
T
2
1
O
p
Câu 3: Hai tụ điện phẳng không khí giống nhau có điện dung C mắc song song và được tích đến hiệu
điện thế U rồi ngắt khỏi nguồn. Hai bản của một tụ cố định, còn hai bản của tụ kia có thể chuyển động tự
do.Tìm vận tốc của các bản tự do tại thời điểm mà khoảng cách giữa chúng giảm đi một nửa. Biết khối
lượng của mỗi bản tụ là M, bỏ qua tác dụng của trọng lực.
Câu 4
Một thanh mảnh đồng chất, có khối lượng m chiều dài L, có trục
quay cố định nằm ngang vuông góc với thanh và đi qua đầu trên của thanh (Hình 1).
Bỏ qua mọi ma sát và lực cản không khí, gia tốc rơi tự do là g.
1. Thanh đang đứng yên thì một chất điểm có khối lượng m1 = m/3 bay ngang với
r
vận tốc v 0 theo phương vuông góc với trục quay đến cắm vào trung điểm của thanh.
Tính tốc độ góc của thanh ngay sau va chạm và cơ năng mất mát lúc va chạm.
m1
v0
2. Cho V0 10 gL . Tính góc lệch cực đại của thanh.
Câu 5
Trên mặt nước có hai nguồn phát sóng kết hợp A, B dao động theo phương trình:
Hình 1
u A 2 cos(20t )cm và u B 2 cos(20t )cm .Coi biên độ sóng không đổi, tốc độ sóng là 60cm/s.
1. Viết phương trình sóng tổng hợp tại điểm M cách A, B những đoạn là: MA = 9cm; MB = 12cm.
2. Cho AB = 20cm. Hai điểm C, D trên mặt nước mà ABCD là hình chữ nhật với AD = 15cm. Tính số
điểm dao động với biên độ cực đại đoạn trên AB và trên đoạn AC.
3. Hai điểm M1 và M2 trên đoạn AB cách A những đoạn 12cm và 14cm. Tính độ lệch pha dao động
của M1 so với M2. .
Câu6:
Cho quang hệ đồng trục gồm thấu kính phân kì O1 và thấu kính hội tụ O2. Một điểm sáng S nằm trên trục
chính của hệ trước O1 một đoạn 20cm. Màn E đặt vuông góc trục chính của hệ sau O2 cách O2 một đoạn
30cm. Khoảng cách giữa hai thấu kính là 50cm. Biết tiêu cự của O2 là 20cm và hệ cho ảnh rõ nét trên
màn. Thấu kính phân kì O1 có dạng phẳng - lõm, bán kính mặt lõm là 10cm.
1. Tính tiêu cự của thấu kính phân kì O1 và chiết suất của chất làm thấu kính này.
2. Giữ S, O1 và màn E cố định, người ta thay thấu kính O2 bằng một thấu kính hội tụ L đặt đồng trục
với O1. Dịch chuyển L từ sát O1 đến màn thì vệt sáng trên màn không bao giờ thu nhỏ lại thành một
điểm, nhưng khi L cách màn 18cm thì đường kính vệt sáng trên màn là nhỏ nhất. Tính tiêu cự của thấu
kính L.
Câu 7.
Cho các dụng cụ sau:
- Hai hộp đen kín có hai điện cực, bên ngoài hoàn toàn giống nhau, bên trong của một hộp có một
đèn sợi đốt còn ở hộp kia là một điện trở;
- Một nguồn điện (pin hoặc acquy);
- Một ampe kế và một vôn kế;
- Một biến trở và các dây nối.
Hãy trình bày và giải thích một phương án thực nghiệm để xác định hộp nào chứa đèn, hộp nào
chứa điện trở.
---Hết---
ĐÁP ÁN ĐỀ 16
Đáp án câu 1
a. Tính gia tốc a của vật đối với nêm và gia tốc a 0 của nêm đối với sàn.
- Chọn hệ tục tọa độ xOy như hình vẽ
- Động lượng của hệ bằng 0 Vật đi xuống sang phải thi nêm phải sang trái
giá trị đại số gia tốc của nêm là a 0 < 0.
+ Vật m chịu tác dụng của 2 lực : trọng lực m g , phản lực N của nêm vuông góc
với AB ( như hình vẽ bên )
+ Gia tốc của vật đối với sàn : a1 = a + a 0
+ Phương trình chuyển động của vật :
Theo phương AB : mgsin = m(a + a 0 .cos ) (1)
Theo phương vuông góc với AB : N - mgcos = m a 0 sin
(2)
+ Phương trình chuyển động của nêm chịu thành phần nằm ngang của - N :
Chọn trục Ox trùng với hướng chuyển động của nêm
- N sin = M a 0
(3)
N sin
N sin
Từ (2) và (3) ta có : N mg cos m.(
= mgcos
) sin N + m.sin
M
M
M .mg . cos
N(M + m.sin 2 ) = M mgcos N =
M m. sin 2
M .mg. cos
sin .
mg. sin 2
M m. sin 2
Thế vào phương trình (3) ta được : a 0 = = M
2( M m sin 2 )
mg. sin 2
Thế vào phương trình (1) ta được : mgsin = m(a + ().cos )
2( M m sin 2 )
mgsin = m.a -
m 2 g . sin 2 .soc
mg sin 2 . cos
a = gsin +
2
2( M m sin 2 )
2( M m sin )
=
2 Mg sin 2mg sin 3 mg sin 2 . cos
2( M m sin 2 )
2 Mg sin 2mg sin (1 cos 2 ) 2mg sin . cos 2
( M m) g . sin
a =
2
M m sin 2
2( M m sin )
Đáp án câu 2
Dựa vào đồ thị 1-2 đã cho ta được: T = p2 (: hằng số)
(1)
Áp dụng phương trình C-M:
pV = RT
(2)
1
V
Từ (1) và (2) =>
p=
(3)
R
1
Vì
= hằng số nên đồ thị biểu diễn quá trình này trên hệ toạ độ p-V là đoạn thẳng 1-2 kéo dài qua
R
gốc toạ độ. Dựa vào đồ thị này ta tính được công mà khí thực hiện (bằng diện tích hình thang A12B):
p V p1V1
R (T2 T1 )
p
A= 2 2
=
(4)
2
2
Độ biến thiên nội năng của khí:
2
3
U = R(T2 – T1)
(5)
2
1
Từ (4) và (5) => nhiệt lượng mà khí nhận vào:
Q = U + A = 2R(T2 – T1)
(6)
a =
O
A
B
V
Tỉ lệ nhiệt lượng chuyển thành công là:
U 1
= 25%
Q
4
A 3
và làm biến thiên nội năng là:
= 75%
Q 4
.......................................................................................................................................................................
Đáp án câu3
+ Năng lượng của hệ hai tụ trước khi các bản chưa di chuyển:
1
W1=2. C.U2= C.U2
2
Điện tích hệ Q=2C.U
+Khi hai bản của một tụ đã di chuyển đến khoảng cách bằng một nửa lúc đầu, địên dung của tụ này là 2C
+ Gọi W2 là năng lượng của hệ, U1 là hiệu điện thế trên mỗi tụ lúc này:
2
Q = Q1+ Q2 => 2C.U=(C+2C)U1= 3CU1 => U1= U
3
2
1
1
1
3 2 2
W2 = C.U 12 + 2C.U 12 = C.U 12 +C.U 12 = C. U = CU 2
2
2
2
2 3 3
+ Độ biến thiên năng lượng của hệ bằng động năng mà hai bản tụ thu được.
1
2
1
2Wđ= W1-W2 2 Mv2= CU 2 CU 2 CU 2
2
3
3
C
=> V U
3M
.......................................................................................................................................................................
Đáp án câu4
4a
+ Tính mô men động lượng của hệ " chất điểm+ thanh" ngay trước và ngay sau va chạm:
m1 .V0 .L / 2
m1 .L2
). 0
I . 0 ( I thanh
4
+ Áp dụng định luật bảo toàn mô men động lượng của hệ " thanh + chất điểm" đối với trục quay:
mV 0. L
2V
L mL2
L2
1
m1 .V 0 .
m1 . 0 0
.
0 (3)
2
2
2 3
4
6
mL
mL 5 L
12
3
+ Cơ năng mất mát khi va chạm biến thành nhiệt lượng toả ra lúc va chạm:
mL2 m L2 2
. . 0
3 4
m1 .V02 I . 02 mV02 3
2mV02
Q
(theo (3))
2
2
6
2
15
4b
m .L / 2 m.L / 2 L
OG 1
m1 m
2
+ Vị trí khôi tâm của hệ cách trục quay một đoạn:
+ Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng sau va chạm ta được:
mL2 m L2 4V02
3.
.
3
3 4 25 L2
I .02 4m L
3I .02
.g . (1 cos 0 ) cos 0 1
1
2
3
2
4mgL
4mgL
cos 0 1
V02
20 gL
cos 0 0, 5 0 600
.......................................................................................................................................................................
Đáp án câu 5
5a
+ Phương trình sóng do A,B truyền tới M lần lượt là:
2d 1
u1 a. cos(t )
V 60
với
6(cm)
f 10
u a. cos(t 2d 2 )
2
+ Phương trình dao động tổng hợp tại M là:
uM u1 u2 2a.cos d1 d 2 .cos t d1 d 2
2
2
uM 4 cos(20 t 3 )(cm) 4.cos(20 t )(cm).
( Hoặc uM 4.cos(20 t )(cm). )
5b
+ Vị trí điểm dao động với biên độ cực đại thoả mãn: cos d 1 d 2 1
2
1
d1 d 2 k
2
+ Các điểm trên đoạn AB dao động với biên độ cực đại thoả mãn:
1
AB 1
AB 1
k
d1 d 2 k
2
2
2
d d AB
k Z
2
1
k 2;....;3 Suy ra trên đoạn AB có 6 điểm cực đại giao thoa
+ Các điểm trên đoạn AC dao động với biên độ cực đại thoả mãn:
1
AD BD d 1 d 2 k AB 0 với k Z
2
1
15 25 k .6 20
2
k Z
k 1;0;1; 2;3 suy ra trên AC có 5 điểm cực đại
5c
+ M1 cách A,B những đoạn d 1 12cm; d 2 8cm ; M2 cách A,B những đoạn d 1 14cm; d 2 6cm
+ Phương trình dao động tổng hợp của M1 và M2 tương ứng là:
5
2
5
5
2
uM 1 4.cos 3 2 .cos t 6 4.sin 3 .cos(t 6 ) 2 3.cos(t 6 )(cm)
u 4.cos 4 .cos t 5 4.sin 4 .cos(t 5 ) 2 3.cos(t 5 )(cm)
M 2
6
3
6
6
3 2
chứng tỏ hai điểm M1 và M2 dao động cùng biên độ ngược pha nhau, nên độ lệch pha của M1 so với M2 là
.
........................................................................................................................................................................
Đáp án câu6
6a
O1
O2
+ Sơ đồ tạo ảnh qua hệ: S
S1
S2
d /.f
+ Ta có d1 = 20cm; ảnh rõ nét trên màn nên d 2/ 30cm d 2 2 2 60cm
d2 f2
+ Mặt khác: d 2 d 1/ O1O2 d 1/ O1O2 d 2 50 60 10cm
d .d /
20.(10)
20(cm)
+ Tiêu cự của thấu kính phân kì là: f 1 1 1 /
20 10
d1 d1
1
1
R
10
+ Mặt khác:
(n 1). n 1
1
1,5
f1
R
f1
20
d 2/
M
P
S1
L
O1
S2
S
Q
d2
N
x
50cm
6b
+ Từ sơ đồ tạo ảnh ta có S;O1 cố định nên S1 cố định, đặt khoảng cách từ thấu kính L đến
màn E là x.
+ Ta có: S 2 PQ đồng dạng S 2 MN , nên:
1 1
1
PQ d 2/ x
x
1
1 / 1 x. 1 x.
/
MN
d2
d2
f ax
f d2
với a 80 d1/ 90cm
PQ
x
x
a
ax a
1
MN
f ax ax
f
f
Theo bất đẳng thức Côsy:
a
ax
a
PQ
a a
a a
2
2
PQ MN (2
)
ax
f
f
MN
f
f
f
f
a
ax
(a x) 2 (90 18) 2
f
57, 6cm
ax
f
a
90
( theo gt khi x = 18cm thì PQ nhỏ nhất)
........................................................................................................................................................................
Đáp án câu 7
- Mắc mạch điện khảo sát sự phụ thuộc của I vào U cho từng hộp đen.
Suy ra PQ min khi
Từ đó vẽ đường đặc trưng Vôn – Ampe cho từng trường hợp.
- Khi có dòng điện chạy qua, nhiệt độ của điện trở tăng không nhiều, nên điện trở ít thay đổi theo nhiệt
độ. Vì vậy, đường đặc trưng Vôn – Ampe gần như là đường thẳng.
- Khi có dòng điện chạy qua, nhiệt độ của dây tóc bóng đèn rất lớn, nên điện trở của dây tóc bóng đèn
thay đổi theo nhiệt độ rất nhiều. Vì vậy, đường đặc trưng Vôn – Ampe có dạng 1 đường cong.
- Dựa vào đặc tuyến Vôn – Ampe vẽ được ta xác định đúng từng hộp
Së Gi¸o dôc vµ §µo t¹o
Thanh Ho¸
§Ò chÝnh thøc
K× thi Häc Sinh Giái bËc THPT n¨m häc 2006-2007
§Ò thi m«n; VËt lý
Thêi gian lµm bµi : 180 phót kh«ng kÓ thêi gian giao nhËn ®Ò.
I. C¬ häc (6,5 ®iÓm):
1/. Mét h¹t thùc hiÖn dao ®éng ®iÒu hoµ víi tÇn sè 0,25 (Hz) quanh ®iÓm x = 0. Vµo lóc t = 0 nã cã
®é dêi 0,37 (cm). H·y x¸c ®Þnh ®é dêi vµ vËn tèc cña h¹t lóc lóc t = 3,0 (s) ?
2/. Mét con l¾c ®¬n cã chiÒu dµi L thùc hiÖn dao ®éng ®iÒu hoµ trªn mét chiÕc xe ®ang l¨n tù do
xuèng dèc kh«ng ma s¸t. Dèc nghiªng mét gãc so víi ph¬ng n»m ngang.
a) H·y chøng minh r»ng: VÞ trÝ c©n b»ng cña con l¾c lµ vÞ trÝ cã d©y treo vu«ng gãc víi mÆt dèc.
b) T×m biÓu thøc tÝnh chu k× dao ®éng cña con l¾c.
¸p dông b»ng sè L=1,73 m; =300; g = 9,8 m/s2.
3/. Mét con l¾c ®¬n ®îc kÐo ra khái vÞ trÝ c©n b»ng mét gãc nhá 0= 0,1 rad råi bu«ng kh«ng cã
vËn tèc ban ®Çu. Coi r»ng trong qu¸ tr×nh dao ®éng lùc c¶n cña m«i trêng t¸c dông lªn con l¾c
kh«ng ®æi vµ b»ng 1/1000 träng lîng cña con l¾c. Hái sau bao nhiªu chu k× dao ®éng th× con l¾c
dõng h¼n l¹i ?
4/. Mét h¹t khèi lîng 10 (g), dao ®éng ®iÒu hoµ theo qui luËt hµm sin víi biªn ®é 2.10-3 (m) vµ pha
ban ®Çu cña dao ®éng lµ -/3 (rad). Gia tèc cùc ®¹i cña nã lµ 8.103 (m/s2). H·y:
a) ViÕt biÓu thøc cña lùc t¸c dông vµo h¹t díi d¹ng hµm cña thêi gian.
b) TÝnh c¬ n¨ng toµn phÇn cña dao ®éng cña h¹t.
§iÖn häc (6,5 ®iÓm):
1/. Mét m¹ch nèi tiÕp gåm cuén thuÇn c¶m L1 vµ tô ®iÖn C1 dao ®éng víi tÇn sè . Mét m¹ch nèi
tiÕp thø hai gåm cuén thuÇn c¶m L2 vµ tô ®iÖn C2 còng dao ®éng víi tÇn sè . Hái khi m¹ch nèi tiÕp
chøa c¶ bèn yÕu tè trªn th× sÏ dao ®éng víi tÇn sè nh thÕ nµo ?
2/. Mét m¹ch RLC nèi tiÕp ho¹t ®éng ë tÇn sè 60 (Hz) cã ®iÖn ¸p cùc ®¹i ë hai ®Çu cuén c¶m b»ng 2
lÇn ®iÖn ¸p cùc ®¹i ë hai ®Çu ®iÖn trë vµ b»ng 2 lÇn ®iÖn ¸p cùc ®¹i ë hai ®Çu tô ®iÖn. Hái: NÕu suÊt
®iÖn ®éng cùc ®¹i cña m¸y ph¸t lµ 30 (V) th× ®iÖn trë cña m¹ch ph¶i b»ng bao nhiªu ®Ó dßng ®iÖn
cùc ®¹i lµ 300 (mA) ?
3/. Trªn h×nh bªn. Ban ®Çu, tô ®iÖn 900 (F) ®îc n¹p ®iÖn ®Õn
hiÖu ®iÖn thÕ 100 (V) cßn tô 100 (F) kh«ng cã ®iÖn tÝch. H·y m«
t¶ c¸ch lµm thÕ nµo ®Ó n¹p ®iÖn cho tô 100 (F) nhê c¸c kho¸ K1, K2
vµ hiÖu ®iÖn thÕ lín nhÊt tô 100 (F) cã thÓ ®¹t ®îc lµ bao nhiªu ?
K1
100 F
K2
10 H
900 F
Quang häc (6,0 điểm): Cho một thấu kÝnh hội tụ bằng thủy tinh dạng h×nh trßn cã chiết suất n, cã
hai mặt lồi như nhau b¸n kÝnh cong R. Một vật s¸ng AB l đoạn th¼ng đặt trước thấu kÝnh.
1/ Chứng minh rằng khi đặt vËt nhá AB vu«ng gãc với trục chÝnh của thấu kÝnh th× ảnh của nã cũng
vu«ng gãc với trục chÝnh.
2/ Nếu cã một con ruồi đậu v o bề mặt thấu kÝnh th× ảnh A'B' của AB sẽ bị ảnh hưởng như thế n o?
3/ H·y x¸c định độ tụ của một thấu kÝnh phẳng-lâm cã b¸n kÝnh mặt lâm bằng b¸n kÝnh lồi của thấu
kÝnh hội tụ đ· cho.
4/ H·y vÏ x¸c ®Þnh ¶nh của AB khi đặt AB nghiªng 450 so với trục chÝnh của thấu kÝnh v cã trung
điÓm trïng với tiªu điểm của thấu kÝnh.
1 1
2
5/ Tõ ®Þnh luËt khóc x¹ ¸nh s¸ng h·y chứng minh c«ng thøc thÊu kÝnh:
n 1
d d'
R
Së Gi¸o dôc vµ §µo t¹o
Thanh Ho¸
K× thi Häc Sinh Giái bËc THPT n¨m häc 2006-2007
Híng dÉn chÊm m«n ; VËt lý
I. C¬ häc (6,5 ®iÓm):
C©u 1(1,5 ®iÓm):
+ TÇn sè dao ®éng = 2 = /2 (rad/s) ; Biªn ®é cña dao ®éng A = 0,37 (cm)
π
VËy x = 0,37sin( t+ ) (cm).
2
+ T¹i t = 0 th× x = 0,37 => = /2. VËy ph¬ng tr×nh dao ®éng cña h¹t lµ
π
π
π
x = 0,37sin ( t + ) (cm) = 0,37cos t (cm).
2
2
2
π
π
π
+ Lóc t = 3 (s) ®é dêi lµ xt = = 0,37cos .3 = 0 vµ v = x't = - 0,37. . sin 3 = 0,581 (cm/s).
2
2
2
C©u 2 (1,5 ®iÓm):
a)
T
+ Gia tèc chuyÓn ®éng xuèng dèc cña xe lµ a = gsin.
F
+ T¸c dông lªn con l¾c t¹i mét thêi ®iÓm nµo ®ã cã 3 lùc:
Träng lîng P, lùc qu¸n tÝnh F (do xe ch ®g nh dÇn ®Òu)
vµ søc c¨ng T cña d©y treo.
P'
P
VÞ trÝ c©n b»ng cña con l¾c lµ vÞ trÝ cã hîp lùc b»ng 0.
Tøc lµ P F T 0
+ ChiÕu ph¬ng tr×nh trªn xuèng ph¬ng OX song song víi mÆt dèc ta cã: Psin - F + TX = 0
+ Chó ý r»ng ®é lín lùc qu¸n tÝnh F = ma = mgsin suy ra TX = 0. §iÒu nµy chøng tá d©y treo con
l¾c vu«ng gãc víi OX khi ë tr¹ng th¸i c©n b»ng. (®pcm).
b)
+ VÞ trÝ c©n b»ng nh trªn th× träng lùc biÓu kiÕn cña con l¾c lµ P' = Pcos. Tøc lµ gia tèc biÓu kiÕn
lµ g' = gcos.
L
L
+ VËy chu k× dao ®éng cña con l¾c sÏ lµ T = 2
= 2
2,83 (s).
g'
g cos α
C©u 3(1,5 ®iÓm):
1
mglα20 .
2
+ Gäi 1 vµ 2 lµ hai biªn ®é liªn tiÕp cña dao ®éng (mét lÇn con l¾c qua vÞ trÝ c©n b»ng). Ta cã ®é
1
1
gi¶m thÕ n¨ng lµ ( mglα12 - mglα 22 ).
2
2
+ §é gi¶m nµy b»ng c«ng cña lùc c¶n m«i trêng A = Fc.S = Fc.l.(1 + 2).
1
+ Suy ra mgα1 α2 = Fc .
2
+ §é gi¶m biªn ®é gãc mçi lÇn sÏ lµ (1-2) = 2Fc/ mg = 2.10-3mg/mg = 2.10-3 rad.
+ §Õn khi con l¾c ngõng dao ®éng th× sè lÇn ®i qua vÞ trÝ c©n b»ng sÏ lµ N =0 /(1-2) = 50. T¬ng
øng víi 25 chu k×.
+ N¨ng lîng ban ®Çu cña con l¾c lµ E0 = mgl.(1-cos0) =
C©u 4(2,0 ®iÓm):
+ Gia tèc a = x'' = -2x => gia tèc cùc ®¹i am = 2A => = (am/A)1/2 = 2.103 (rad/s).
π
2π
+ VËy ta cã F = ma = - 0,01.(2.103)2. 2.10-3 sin(2.103.t - ) = 80 sin(2.103t +
) (N)
3
3
+ VËn tèc cùc ®¹i cña h¹t lµ vm = A = 4 (m/s)
mv 2m
+ C¬ n¨ng toµn phÇn E0 =
= 0,08 (J).
2
§iÖn häc (5,5 ®iÓm):
C©u 5(2,0 ®iÓm):
1
1
= L2C2 = 2
2
ω1
ω2
C1 C 2
+ Khi m¹ch chøa c¶ 4 yÕu tè th× C =
vµ L = (L1 + L2)
C1 C 2
CC
LCC
L CC
1
+ Khi ®ã tÇn sè cña m¹ch lµ 2 = LC = 1 2 .(L1 + L2) = 1 1 2 + 2 1 2
C1 C 2
C1 C 2 C1 C 2
ω
+ Theo bµi ra ta cã L1C1 =
+ Ta cã:
1
1
= 2
2
ω
ω1
C2
C1 C 2
1
+ 2
ω2
C1
C1 C 2
=> = 1 = 2.
C©u 6(1,5 ®iÓm):
+ Theo bµi ra ta cã 2U0R = U0L vµ 2U0C = U0L
do ®ã, E02 = U0R2 + (U0L- U0C)2 = U0R2 + (2U0R- U0R)2 = 2U0R2. => U0R =
+ MÆt kh¸c UR = I0R => R =
E0
2
E0
I0 2
+ Thay sè ta cã: R = 70,7 ().
C©u 7(2,0 ®iÓm):
K2
K1
+ Ban ®Çu tô 900 (F) ®îc tÝch ®iÖn ®Õn 100 (V) sÏ cã n¨ng lîng
1
900 F
100 F
®iÖn trêng lµ W1 = C1 U12 = 4,5 (J).
10 H
2
1
2π
h×nh 3
LC1 ), tô C1
+ §ãng kho¸ K1 cho m¹ch LC1 dao ®éng. Sau
chu k× (
4
4
phãng hÕt ®iÖn, toµn bé n¨ng lîng nµy sÏ chuyÓn thµnh n¨ng lîng tõ trêng cña cuén c¶m L.
1
§óng thêi ®iÓm ®ã ng¾t kho¸ K1 vµ ®ãng kho¸ K2 cho m¹ch LC2 dao ®éng, th× sau chu k×
4
2π
LC 2 , dßng ®iÖn qua L b»ng 0, lóc ®ã toµn bé n¨ng lîng tõ trêng nµy l¹i chuyÓn thµnh n¨ng
4
lîng ®iÖn trêng cña tô C2.
1
+ Theo ®Þnh luËt b¶o toµn n¨ng lîng ta cã C 2 U 22 = 4,5 (J) => U2 = 300 (V).
2
+ Tuy nhiªn, thêi gian diÔn ra qu¸ tr×nh nµy lµ rÊt ng¾n nªn viÖc ®ãng ng¾t kho¸ K1, K2 kh«ng thÓ
lµm b»ng tay mµ ph¶i lµm b»ng mét c¬ cÊu r¬le tù ®éng.
Quang häc (6,0 điểm):
1/. (1,0 ®iÓm)
1 1 1
ta thÊy r»ng víi mét thÊu kÝnh cho tríc (f = h»ng sè): NÕu hai ®iÓm
d d' f
s¸ng bÊt k× c¸ch thÊu kÝnh nh÷ng kho¶ng nh nhau d1 = d2 th× ¶nh cña chóng còng c¸ch thÊu kÝnh
nh÷ng kho¶ng nh nhau d'1 = d'2.
+ Tõ c«ng thøc
- Xem thêm -
.PDF 
252 
2300 
129 
