Tuyển tập đề thi HSG môn vật lý lớp 12 hay nhất (44)

Sở Giáo dục và Đào tạo
Thanh Hoá
Kì thi Học Sinh Giỏi bậc THPT năm học 2006-2007
Đề thi môn; Vật lý
Thời gian làm bài : 180 phút không kể thời gian giao nhận đề.
I. Cơ học (6,5 điểm):
1/. Một hạt thực hiện dao động điều hoà với tần số 0,25 (Hz) quanh điểm x = 0. Vào lúc t = 0 nó có
độ dời 0,37 (cm). Hãy xác định độ dời và vận tốc của hạt lúc lúc t = 3,0 (s) ?
2/. Một con lắc đơn có chiều dài L thực hiện dao động điều hoà trên một chiếc xe đang lăn tự do
xuống dốc không ma sát. Dốc nghiêng một góc so với phơng nằm ngang.
a) Hãy chứng minh rằng: Vị trí cân bằng của con lắc là vị trí có dây treo vuông góc với mặt dốc.
b) Tìm biểu thức tính chu kì dao động của con lắc.
áp dụng bằng số L=1,73 m; =30
0
; g = 9,8 m/s
2
.
3/. Một con lắc đơn đợc kéo ra khỏi vị trí cân bằng một góc nhỏ
0
= 0,1 rad rồi buông không có
vận tốc ban đầu. Coi rằng trong quá trình dao động lực cản của môi trờng tác dụng lên con lắc
không đổi và bằng 1/1000 trọng lợng của con lắc. Hỏi sau bao nhiêu chu kì dao động thì con lắc
dừng hẳn lại ?
4/. Một hạt khối lợng 10 (g), dao động điều hoà theo qui luật hàm sin với biên độ 2.10
-3
(m) và pha
ban đầu của dao động là -/3 (rad). Gia tốc cực đại của nó là 8.10
3
(m/s
2
). Hãy:

a) Viết biểu thức của lực tác dụng vào hạt dới dạng hàm của thời gian.
b) Tính cơ năng toàn phần của dao động của hạt.
Điện học (6,5 điểm):
1/. Một mạch nối tiếp gồm cuộn thuần cảm L
1
và tụ điện C
1
dao động với tần số . Một mạch nối
tiếp thứ hai gồm cuộn thuần cảm L
2
và tụ điện C
2
cũng dao động với tần số . Hỏi khi mạch nối tiếp
chứa cả bốn yếu tố trên thì sẽ dao động với tần số nh thế nào ?
2/. Một mạch RLC nối tiếp hoạt động ở tần số 60 (Hz) có điện áp cực đại ở hai đầu cuộn cảm bằng 2
lần điện áp cực đại ở hai đầu điện trở và bằng 2 lần điện áp cực đại ở hai đầu tụ điện. Hỏi: Nếu suất
điện động cực đại của máy phát là 30 (V) thì điện trở của mạch phải bằng bao nhiêu để dòng điện
cực đại là 300 (mA) ?
3/. Trên hình bên. Ban đầu, tụ điện 900 (àF) đợc nạp điện đến
hiệu điện thế 100 (V) còn tụ 100 (àF) không có điện tích. Hãy mô
tả cách làm thế nào để nạp điện cho tụ 100 (àF) nhờ các khoá K
1
, K
2

và hiệu điện thế lớn nhất tụ 100 (àF) có thể đạt đợc là bao nhiêu ?
Quang học (6,0 im): Cho mt thu kính hi t bng thy tinh dng hình tròn có chit sut n, có
hai mt li nh nhau bán kính cong R. Mt vt sáng AB l on thẳng t trc thu kính.
1/ Chng minh rng khi t vật nhỏ AB vuông góc vi trc chính ca thu kính thì nh ca nó cng
vuông góc vi trc chính.

2/ Nu có mt con rui u v o b mt thu kính thì nh A'B' ca AB s b nh hng nh th n o?
3/ Hãy xác nh t ca mt thu kính phng-lõm có bán kính mt lõm bng bán kính li ca thu
kính hi t ã cho.
4/ Hãy vẽ xác định ảnh ca AB khi t AB nghiêng 45
0
so vi trc chính ca thu kính v có trung
iểm trùng vi tiêu im ca thu kính.
5/ Từ định luật khúc xạ ánh sáng hãy chng minh công thức thấu kính:
( )
R
2
1n
'd
1
d
1
=+

Sở Giáo dục và Đào tạo
Thanh Hoá
Kì thi Học Sinh Giỏi bậc THPT năm học 2006-2007
Hớng dẫn chấm môn ; Vật lý
I. Cơ học (6,5 điểm):
Câu 1(1,5 điểm):
Đề chính thức
100 àF
900 àF
K
1
K

2
10 H
+ Tần số dao động = 2 = /2 (rad/s) ; Biên độ của dao động A = 0,37 (cm)
Vậy x = 0,37sin(
2

t+ ) (cm).
+ Tại t = 0 thì x = 0,37 => = /2. Vậy phơng trình dao động của hạt là
x = 0,37sin (
2

t +
2

) (cm) = 0,37cos
2

t (cm).
+ Lúc t = 3 (s) độ dời là x
t
= = 0,37cos
2

.3 = 0 và v = x'
t
= - 0,37.
2

. sin
2

3 = 0,581 (cm/s).
Câu 2 (1,5 điểm): a)
+ Gia tốc chuyển động xuống dốc của xe là a = gsin.
+ Tác dụng lên con lắc tại một thời điểm nào đó có 3 lực:
Trọng lợng P, lực quán tính F (do xe ch đg nh dần đều)
và sức căng T của dây treo.
Vị trí cân bằng của con lắc là vị trí có hợp lực bằng 0.
Tức là
0TFP =++

+ Chiếu phơng trình trên xuống phơng OX song song với mặt dốc ta có: Psin - F + T
X
= 0
+ Chú ý rằng độ lớn lực quán tính F = ma = mgsin suy ra T
X
= 0. Điều này chứng tỏ dây treo con
lắc vuông góc với OX khi ở trạng thái cân bằng. (đpcm).
b)
+ Vị trí cân bằng nh trên thì trọng lực biểu kiến của con lắc là P' = Pcos. Tức là gia tốc biểu kiến là
g' = gcos.
+ Vậy chu kì dao động của con lắc sẽ là T = 2
'g
L
= 2
cosg
L
2,83 (s).
Câu 3(1,5 điểm):
+ Năng lợng ban đầu của con lắc là E

0
= mgl.(1-cos
0
) =
2
0
mgl
2
1

.
+ Gọi
1
và
2
là hai biên độ liên tiếp của dao động (một lần con lắc qua vị trí cân bằng). Ta có độ
giảm thế năng là (
2
1
mgl
2
1
-
2
2
mgl
2
1
).
+ Độ giảm này bằng công của lực cản môi trờng A = F

c
.S = F
c
.l.(
1
+
2
).
+ Suy ra
( )
21
mg
2
1

= F
c
.
+ Độ giảm biên độ góc mỗi lần sẽ là (
1
-
2
) = 2F
c
/ mg = 2.10
-3
mg/mg = 2.10
-3
rad.
+ Đến khi con lắc ngừng dao động thì số lần đi qua vị trí cân bằng sẽ là N =

0
/(
1
-
2
) = 50. Tơng
ứng với 25 chu kì.
Câu 4(2,0 điểm):
+ Gia tốc a = x'' = -
2
x => gia tốc cực đại a
m
=
2
A => = (a
m
/A)
1/2
= 2.10
3
(rad/s).
+ Vậy ta có F = ma = - 0,01.(2.10
3
)
2
. 2.10
-3
sin(2.10
3
.t -

3

) = 80 sin(2.10
3
t +
3
2
) (N)
+ Vận tốc cực đại của hạt là v
m
= A = 4 (m/s)
+ Cơ năng toàn phần E
0
=
2
mv
2
m
= 0,08 (J).
Điện học (5,5 điểm):
Câu 5(2,0 điểm):
T
F
P

P'
+ Theo bài ra ta có L
1
C
1

=
2
1

1
= L
2
C
2
=
2
2

1
+ Khi mạch chứa cả 4 yếu tố thì C =
21
21
CC
CC
+
và L = (L
1
+ L
2
)
+ Khi đó tần số của mạch là
2

1
= LC =

21
21
CC
CC
+
.(L
1
+ L
2
) =
21
211
CC
CCL
+
+
21
212
CC
CCL
+
+ Ta có:
2

1
=
2
1

1

+
21
2
CC
C
+
2
2

1








+
21
1
CC

C
=> =
1
=
2
.
Câu 6(1,5 điểm):
+ Theo bài ra ta có 2U
0R
= U
0L
và 2U
0C
= U
0L

do đó, E
0
2
= U
0R
2

+ (U
0L
-

U
0C
)

2

= U
0R
2

+ (2U
0R
-

U
0R
)
2

= 2U
0R
2
. => U
0R
=
2
E
0
+ Mặt khác U
R
= I
0
R => R =
2I

E
0
0

+ Thay số ta có: R = 70,7 ().
Câu 7(2,0 điểm):
+ Ban đầu tụ 900 (àF) đợc tích điện đến 100 (V) sẽ có năng lợng
điện trờng là W
1
=
2
11
UC
2
1
= 4,5 (J).
+ Đóng khoá K
1
cho mạch LC
1
dao động. Sau
4
1
chu kì (
1
LC
4
2
), tụ C
1

phóng hết điện, toàn bộ năng lợng này sẽ chuyển thành năng lợng từ trờng của cuộn cảm L.
Đúng thời điểm đó ngắt khoá K
1
và đóng khoá K
2
cho mạch LC
2
dao động, thì sau
4
1
chu kì
2
LC
4
2
, dòng điện qua L bằng 0, lúc đó toàn bộ năng lợng từ trờng này lại chuyển thành năng l-
ợng điện trờng của tụ C
2
.
+ Theo định luật bảo toàn năng lợng ta có
2
22
UC
2
1
= 4,5 (J) => U
2
= 300 (V).
+ Tuy nhiên, thời gian diễn ra quá trình này là rất ngắn nên việc đóng ngắt khoá K
1

, K
2
không thể
làm bằng tay mà phải làm bằng một cơ cấu rơle tự động.
Quang học (6,0 im):
1/. (1,0 điểm)
+ Từ công thức
f
1
'd
1
d
1
=+
ta thấy rằng với một thấu kính cho trớc (f = hằng số): Nếu hai điểm sáng
bất kì cách thấu kính những khoảng nh nhau d
1
= d
2
thì ảnh của chúng cũng cách thấu kính những
khoảng nh nhau d'
1
= d'
2
.
+ Suy ra rằng nếu vật đặt vuông góc với trục chính (mọi điểm trên vật cách đều thấu kính) thì ảnh
của vật cũng phải vuông góc với trục chính.
2/. (1,0 điểm)
+ ảnh của một điểm đợc tạo thành bởi điểm đồng qui của toàn bộ chùm tia sáng đi đến thấu kính và
ló ra khỏi thấu kính.

+ Khi có con ruồi đậu vào thấu kính thì một phần của chùm tia sáng bị che chắn. Do đó, ảnh A'B' của
vật AB chỉ bị giảm đi về cờng độ sáng mà thôi.
3/. (1,0 điểm)
+ Hãy tởng tợng bổ dọc thấu kính đã cho thành hai nửa nh nhau có dạng phẳng-lồi. thì mỗi nửa sẽ có
độ tụ D = D
0
/2 = (n-1)/R
100 àF
hình 3
900 àF
K
2
K
1
10 H
+ Bây giờ ghép thấu kính phẳng-lõm sát vào một trong hai nửa thấu kính trên ta sẽ đợc một tấm thuỷ
tinh độ tụ bằng 0. Vậy thấu kính phẳng-lõm có độ tụ là D
x
= - D/2 = -(n-1)/R.
4/. (1,5 điểm)
Hình vẽ dới. Chú ý: học sinh có thể vẽ theo cách khá, nhng phải giải thích đợc hình vẽ.
+ Vẽ các tia sáng tới đặc biệt: Tia đi qua quang tâm và đi qua tiêu điểm, ta đợc ảnh thật của A là A'
và ảnh ảo của B là B'.
+ Trung điểm I có ảnh ở vô cực là I'. Các điểm còn lại trên đoạn BI có ảnh (giao điểm của tia qua
quang tâm với đờng A'B') nằm trên nửa đờng thẳng ảo B'I', còn đoạn AF có ảnh là nửa đờng thẳng
thật A'I'.
+ Do vật AB nằm nghiêng 45
0
so với trục chính nên hai ảnh này song song với trục chính và cách
trục chính một khoảng đúng bằng tiêu cự f.

5/. (1,5 điểm)
+ Xét tia sáng đi trong thấu kính //trục chính có góc tới
là và góc ló là . Định luật khúc xạ sẽ là
sin =n sin . (*)
+ Từ hình vẽ ta có sin = H/R (**)
và sin(-) H/OA => H/OA = sincos - cossin.
+ Từ (*) và (**) ta có
2
22
2
2
R
Hn
1
R
H
R
H
1
R
nH
OA
H
=
+ Do H<<R, nên bỏ qua VCB bậc 2 ta có:
R
1n
OA
1
=

+ OA d'. nên
R
1n
'd
1
=
và tơng tự cho mặt cầu thứ nhất ta có
R
1n
d
1
=
+ Cuối cùng
R
1n
2
'd
1
d
1
=+
(đpcm).

-
H
R
O
A
F
A

B
I
B' A'
I' I'