de thi hsg vat ly co dap an

Bài 1: (Cơ - 3 điểm)

Vật nhỏ khối lượng m1 = m trượt với vận tốc V 0 trên mặt bàn nằm ngang nhẵn
rồi chuyển qua một cái nêm khối lượng m 2 = 2m đang đứng yên. Nó trượt không
ma sát theo bề mặt của nêm và thoát ra khỏi nêm, trong
khi đó nêm không hề bò nảy lên so với bàn và thu được
V0
α
vân tốc V2 = V0/4 (hình vẽ). Tính góc nghiêng α của
nêm tại vò trí mà vật thoát khỏi nêm, bỏ qua sự thay đổi
thế năng của vật trong quá trình nó trượt trên nêm.
Bài 2: (Nhiệt - 3 điểm)

Cho một mol khí lý tưởng đơn nguyên tử
biến đổi theo một chu trình thuận nghòch được
biểu diễn trên đồ thò như hình vẽ, trong đó
đoạn thẳng 1-2 có đường kéo dài đi qua gốc
tọa độ và quá trình 2-3 là đọan nhiệt. Biết:
Nhiệt độ T1= 3000K, áp suất P2=3P1 và thể tích
V4= 4V1. Tính:
a. Các nhiệt độ T2, T3 và T4.
b. Hiệu suất của chu trình.

P

2

P2

3

P3
P1
O

1

V1

4
V2

V4 = V3

V

Bài 3: (Điện một chiều - 3 điểm)

Nguồn điện có suất điện động ξ điện trở trong r cung cấp điện cho mạch ngoài có
biến trở R.
1. Khi biến trở có các giá trò R 1 và R2 của mạch ngoài thì mạch ngoài có cùng giá trò
công suất P. Nếu nối tắt hai cực của nguồn điện thì cường độ dòng điện qua nguồn
là bao nhiêu? p dụng: R1=1 Ω ; R2= 4 Ω , P= 4W
2. Thay đổi vò trí con chạy trên biến trở: ứng với giá trò R ’1 dòng điện là I1 thì công
suất mạch ngoài là P1.Ứng với giá trò R’2, , dòng điện trong mạch là I 2 thì
công suất mạch ngoài P2 là bằng bao nhiêu? p dụng: Cho I 1= 1.5(A); I2=
K1
K2
0,5(A); P= 4.5(W)
Bài 4: (Dao động điều hoà - 3 điểm)
Cho hai lò xo có độ cứng K1 và K2 nối với nhau bằng một sợi dây mềm không

dãn, vắt qua một ròng rọc động. Một vật nhỏ có khối lượng m được treo vào trục
ròng rọc như hình vẽ. Từ vò trí cân bằng kéo vật m xuống một đoạn nhỏ rồi buông.
m
Bỏ qua ma sát, khối lượng dây vào ròng rọc. Chứng minh vật dao động điều hòa
Bài 5: (Điện xoay chiều - 3 điểm)
R1
L1
M
Mạch điện xoay chiều hình vẽ. L1 = L2 = L = 1/π (H); R1 = R2 = R;
B
A
u AB = U 2 sin 100πt (V ) ; uNB lệch pha π/2 so với uAB. Các cuộn dây
L2 R2
thuần cảm. Tìm giá trò của R và tổng trở mạch AB.
Bài 6: (Quang - 3 điểm)
Lăng kính ABC là một tam giác vuông tại B, góc chiết quang A là 30 0 và có chiết
suất là n.
- Khi đặt lăng kính trong môi trường không khí, ta chiếu một chùm tia sáng hẹp
vào mặt bên AB với góc tới là i 1, tia sáng đi vào lăng kính và truyền thẳng ra ngoài
tại mặt AC


- Khi đặt lăng kính vào môi trường chất lỏng có chiết suất 2 ; vẫn không thay đổi
gới tới khi chiếu ánh sáng đến mặt AB , ta quan sát vẫn thấy có tia khúc xạ vào
lăng kính và tia ló ra khỏi mặt AC với góc ló là -18.5 0.
Tính chiết suất của khối chất làm lăng kính và góc tới i 1.Vẽ hình
Bài 7: (Thực hành - 2 điểm)
Cho một khối gỗ hình hộp có cạnh BC dài hơn đáng kể so với cạnh AB đặt trên một
tấm ván nằm ngang (hình vẽ), một cái bút chì và một cái thước. Hãy tìm cách làm thí
nghiệm và trình bày cách làm để xác đònh gần đúng hệ số ma sát giữa khối gỗ và tấm

C
ván. Giải thích cách làm.
B
A

D

--- Hết ---

ĐÁP ÁN
Bài 1: (Cơ - 3 điểm)

V0

α


Vật nhỏ khối lượng m1 = m trượt với vận tốc V 0 trên mặt bàn nằm ngang nhẵn
rồi chuyển qua một cái nêm khối lượng m 2 = 2m đang đứng yên. Nó trượt không
ma sát theo bề mặt của nêm và thoát ra khỏi nêm, trong khi đó nêm không hề bò
nảy lên so với bàn và thu được vân tốc V 2 = V0/4 (hình vẽ). Tính góc nghiêng α của
nêm tại vò trí mà vật thoát khỏi nêm, bỏ qua sự thay đổi thế năng của vật trong quá
trình nó trượt trên nêm.
Giải:
Động lượng ban đầu của hệ:

(+)

r
r

Ph = m1V0

(0,25đ)

Gọi m1 là vật (1); m2 là vật
(3).

V12

(2); bàn là vật

V0

r
V13 là vận tốc m1 so với Bàn.
r
V12 là vận tốc m1 so với vật m2.
r
V23 là vận tốc m2 so với Bàn.

vẽ cho 0,5đ)

r

V23

α

(Các cách gọi và hình

r

r

Động lượng lúc sau của hệ: Ph' = m1V13 + m2V23
(0,25đ)

r
r
r
= m1(V12 + V23) + m2V23

(0,25đ)

r
r
r
r
Đònh luật Bảo toàn Động lượng: m1V0 = m1(V12 + V23) + m2V23

(*)

(0,25đ)
Chiếu phương trình (*) trên phương chuyển động và giải.
Từ (*) suy ra:
(0,25đ)

m1V0 = m1(V12.cosα + V23) + m2V23
mV0 = m(V12.cosα + V2) + 2mV2

(0,25đ)

V0 = V12.cosα +
(0,25đ)
ĐLBT Cơ năng:
(0,25đ)

V0
V
1
+ 2 0 ⇒ V12.cosα = V0
4
4
4
1
1
1
2
m1V02 + m2ghG = m1V13
+ m2ghG + m2V22
2
2
2
1
1
1
2
mV02 = m(V12
+ V22 + 2V12V2 cosα) + 2mV22
2

2
2

(0,25đ)

V13


V02 =

V02
V02 V02 V02
+
+
+
16cos2α 16
8
8

1
⇒ α ≈ 720
11

⇒ cosα =

(0,25đ)

Bài 2: (Nhiệt - 3 điểm)

Cho một mol khí lý tưởng đơn nguyên tử

biến đổi theo một chu trình thuận nghòch được
biểu diễn trên đồ thò như hình vẽ, trong đó
đoạn thẳng 1-2 có đường kéo dài đi qua gốc
tọa độ và quá trình 2-3 là đọan nhiệt. Biết:
Nhiệt độ T1= 3000K, áp suất P2=3P1 và thể tích
V4= 4V1. Tính:
a. Các nhiệt độ T2, T3 và T4.
b. Hiệu suất của chu trình.
Giải
a. Tính nhiệt độ:

P

2

P2

3

P3
1

P1
O

V1

4
V2

V4 = V3

* Quá trình 1-2: P2/V2 = P1/V1 ⇒ V2 = 3V1

T2 = T1P2V2/P1V1 = 9T1 = 27000K
(0,25đ)

* Quá trình 2-3: P3 = P2(V2/V3)γ = P2(3/4)5/3 ≈ 0,619P2 = 1,857P1

Vì V3 = V4 nên T3 = T2(V2/V3)γ - 1 = T2(3/4)2/3 = 0,825T2 = 7,43T1 = 22290K

(0,25đ)

* Quá trình 4-1: T4 = T1V4/V1 = 4T1 =12000K
(0,25đ)

b. Tính hiệu suất chu trình:
* Quá trình 1-2:
∆U12 = CV(T2 – T1) = 8CVT1 = 12RT1
(0,25đ)

A12 = (P2 + P1)(V2 – V1)/2 = 4P1V1 = 4RT1
Q12 = ∆U12 + A12 = 16RT1
(0,25đ)

* Quá trình 2-3:
A23 = -∆U23 = -CV(T3 – T2) = 2,355RT1 và Q23 = 0
(0,25đ)

* Quá trình 3- 4:

∆U34 = CV(T4 – T3) = - 5,145RT1
(0,25đ)

Q34 = ∆U34 + A34 = - 5,145RT1
(0,25đ)

* Quá trình 4-1:

và A34 = 0

V


∆U41 = CV(T1 – T4) = - 4,5RT1
(0,25đ)

A41 = P1(V1 – V4) = -3 P1V1 = -3RT1
Q41 = ∆U41 + A41 = - 7,5RT1
(0,25đ)

* Công trong toàn bộ chu trình: A = A12+ A23+ A34+ A41= 3,355RT1
* Nhiệt lượng khí nhận trong chu trình: Q = Q12 = 16RT1
Vậy hiệu suất của chu trình:
(0,5đ)

η = A/Q = 20,97% ≈ 21%

Bài 3: (Điện một chiều - 3 điểm)
Nguồn điện có suất điện động ξ điện trở trong r cung cấp điện cho mạch ngoài có
biến trở R.

1. Khi biến trở có các giá trò R 1 và R2 của mạch ngoài thì mạch ngoài có cùng giá trò
công suất P. Nếu nối tắt hai cực của nguồn điện thì cường độ dòng điện qua nguồn
là bao nhiêu? p dụng: R1=1 Ω ; R2= 4 Ω , P= 4W
2. Thay đổi vò trí con chạy trên biến trở: ứng với giá trò R ’1 dòng điện là I 1 thì công
suất mạch ngoài là P1.Ứng với giá trò R’2, , dòng điện trong mạch là I2 thì công suất
mạch ngoài P2 là bằng bao nhiêu? p dụng: Cho I1=1.5(A); I2=0,5(A);P=4.5(W)

Giải:
a.

P1 =R I

ξ2

=R1

2
1 1

( R1 +r ) 2

2
; P2 = R2 I 2 = R2

ξ2
( R2 + r ) 2

(0,5đ)

P1= P2

R1
R2
=
⇒ r = R1 R2
2
( R1 + r )
( R2 + r ) 2

⇒

(1)

(0,25đ)

⇒ ξ = ( R1 + R2 ) P
(0,25đ)
I=

Khi nối tắt
(0,25đ)

b.

(0,25đ)
ξ
I1 = '
R1 + r

ξ

r

I=

Thế (1) (2) vào (3):

(1' ) ;

(2)
(3)

( R1 + R2 ) P
R1 R2

=

'
P1 = R1 I 1'2 ⇒ R1 =

(1 + 2).2
= 3 ( A)
2
P1
I 12

(2’)

(0,25đ)
I2 =

ξ
R +r
'
2

(0,25đ)

(3' ) ;

P2 = R '2 I 22

(4’)


(1’) chia (3’) :

I 1 R' 2 + r
R' I + r ( I 1 − I 2 )
=
⇒ R' 2 = 1 1
I 2 R '1 + r
I2

(0,25đ)
Thay vào (4’) ta được

[

]

P2 = R1 I + r ( I 1 − I 2 ) .I 2
⇒ P2 =

P1 I 2 + rI 1 I 2 ( I 1 − I 2 )
I1

Thế số vào ta được P2 = 2,5W (0,25đ)
(0,5đ)

Bài 4: (Dao động điều hoà - 3 điểm)
Cho hai lò xo có độ cứng K 1 và K2 nối với nhau bằng một sợi dây mềm không
dãn, vắt qua một ròng rọc động. Một vật nhỏ có khối lượng m được treo vào trục
ròng rọc như hình vẽ. Từ vò trí cân bằng kéo vật m xuống một đoạn nhỏ rồi buông.
Bỏ qua ma sát, khối lượng dây vào ròng rọc. Chứng minh vật dao động điều hòa

Giải:

Chọn chiều dương hướng xuống, gốc toạ độ O trùng VTCB.
P–T=0
(0,25đ)
T = 2K1x01 = 2K2x02
(0,25đ)
Suy ra
mg - 2K1x01 = 0
(1)
(0,25đ)
Ở toạ độ x
P – T' = ma
(0,25đ)
T' = 2K1(x01 + x1) = 2K2(x02 + x2)

(0,25đ)
Suy ra
mg - 2K1(x01 + x1) = ma
(2)
(0,25đ)
Từ (1) và (2) ta được: - 2K1x1 = ma
(0,25đ)
Vì

K1x1 = K2x2 và x =

(0,25đ)
Nên
(0,25đ)

x1 =

2K 2 x
K1 + K 2

(3)
x1 + x 2
2

(4)

K1

K2

m


−

Từ (3) và (4) ta được:

4 K1 K 2 x
= ma = mx "
K1 + K 2

(0,25đ)
Vậy vật dao động điều hòa với tấn số góc và chu kỳ:

ω=

4 K1 K 2
( K1 + K 2 ) m

và T = 2π

m( K 1 + K 2 )
4K1 K 2

(0,5đ)

Bài 5: (Điện xoay chiều - 3 điểm)
Mạch điện xoay chiều hình vẽ. L1 = L2 = L = 1/π (H); R1 = R2 = R;
u AB = U 2 sin 100πt (V ) ; uNB lệch pha π/2 so với uAB. Các cuộn dây
thuần cảm. Tìm giá trò của R và tổng trở mạch AB.


U AM

Giải:

 
U L 2U MB
ϕ
 
U NB I 2

ϕ2 - ϕ1

2





U AB ⊥ U NB ⇒ U AB ⊥ I 2

I(0,25đ) I 1
=
sin ϕ 2 sin ( ϕ 2 − ϕ1 )


I1

ϕ1


I2

U MB
(0,25đ) U AM
=
cos ϕ 2 sin ( ϕ 2 − ϕ1 )
(0,25đ)

ϕ2


U AB

L1

B

A

L2


I1

ϕ1

ϕ2


I2

π/2 + ϕ1


U MB


I

(1)
(2)

R1

M

R2


U MB


I


Từ (1) và (2) ta có:

tgϕ 2 =

R
ZL

tgϕ 2 =

ZL
R

(0,25đ)
Mà
(0,25đ)
Vậy

R = ZL = 100Ω(0,25đ)
R = Z L ⇒ I1 = I 2 2

(0,25đ)
I 2 = I 12 + I 22 + 2 I 1 I 2 cos
(0,25đ)
Từ (3) và (4) ⇒ sin ϕ1 =

1
10

(3)

π
⇒ I = I2 5
4

; Z MB =

(4)

R 10
5

(0,25đ)
U AB
U MB
3Z
=
⇒ Z AB = MB = 60 5 Ω
π
 sin ( ϕ 2 − ϕ1 )
2
sin  + ϕ1 
2

(0,25đ)
Hình vẽ giản đồ vectơ ..............................................................................(Mỗi hình
0,25x3 = 0,75đ)

Bài 6: (Quang - 3 điểm)
Lăng kính ABC là một tam giác vuông tại B, góc chiết quang A là 30 0 và có chiết
suất là n.
- Khi đặt lăng kính trong môi trường không khí, ta chiếu một chùm tia sáng hẹp
vào mặt bên AB với góc tới là i 1, tia sáng đi vào lăng kính và truyền thẳng ra ngoài
tại mặt AC

- Khi đặt lăng kính vào môi trường chất lỏng có chiết suất 2 ; vẫn không thay đổi
gới tới khi chiếu ánh sáng đến mặt AB , ta quan sát vẫn thấy có tia khúc xạ vào
lăng kính và tia ló ra khỏi mặt AC với góc ló là -18.5 0.
Tính chiết suất của khối chất làm lăng kính và góc tới i 1.Vẽ hình.
Giải
Trong môi trường không khí
Sini1 = nsin r1.
Sini2 = nsin r2 theo đề i2 = 0 ⇒ r2 = 0
Và A = r1+ r2 = r1= 30o
n
⇒ sin i1= n .sin 30o=
2
n
sin i1 =
(1)
2

( 0,25 đ)

( 0,25 đ)


Trong môi trường chất lỏng
n’ sini1= n sin r’1
⇔ 2 sin i1 = n sin r1 '

Hình ( 0,25 đ)
( 0,25 đ)
(2)

( 0,25 đ)

Thế (1) vào (2)
⇔

2

n
= n sin r1 '
2

⇒ sin r1' =

2
2

⇒ r1' = 45 0

( 0,25 đ)
( 0,25 đ)

Trên mặt AC vẫn có hiện tượng khúc xạ ánh sáng :
A = r1’ + r2’= 30o

( 0,25 đ)

⇒ r’2= - 15o

( 0,25 đ)

Ta có : n sinr’2=n’ sin i’2
⇔
n sin ( - 15o) = 2 sin ( -18,5)
⇒
n= 3

( 0,25 đ)

Thế vào (1) ta được i1 = 60 o

( 0,25 đ)

Hình ( 0,25 đ)

C

B

Bài 7: (Thực hành - 2 điểm)
Cho một khối gỗ hình hộp có cạnh BC dài hơn đáng
A
D
kể so với cạnh AB đặt trên một tấm ván nằm ngang (hình
vẽ), một cái bút chì và một cái thước. Hãy tìm cách làm
thí nghiệm và trình bày cách làm để xác đònh gần đúng hệ số ma sát giữa khối gỗ và tấm
ván. Giải thích cách làm.
Giải
Đặt khối gỗ dựng đứng như hình vẽ.
Dùng bút chì kẻ KL chia đôi mặt bên khối gỗ. Đặt
mũi bút chì trên đường KL và đẩy nhẹ nhàng khối

gỗ bằng một lực theo phương ngang, song song với
cạnh nhỏ nhất AB của nó (Hình vẽ).
Ban đầu, điểm đặt của bút chì ở gần K. Khi đó nếu
đẩy nhẹ khối gỗ thì nó sẽ trượt chậm trên mặt tấm
ván. Dòch chuyển dần điểm đặt của bút chì dọc theo
đường KL về phía L và đẩy như trên thì sẽ tìm được
một điểm M mà nếu điểm đặt của lực ở phía dưới nó
thì khối gỗ sẽ trượt, còn nếu điểm đặt của lực ở phía
trên nó thì khối gỗ sẽ bò đổ nhào mà không trượt.

C

D
M

L

F

K
B

A

(0,5đ)

Dùng thước đo AB = a; KM = b
Khi đó hệ số ma sát sẽ được xác đònh theo công thức µ =

a

. (0,5đ)
2b

D

C
F

M
α

B

a

b
P

A


Giải thích: Nếu đẩy nhẹ cho khối gỗ trượt được thì lúc đó lực đẩy F bằng độ lớn của
lực ma sát trượt giữa khối gỗ và mặt ván. Nếu hợp lực của trọng lực P của khối gỗ và
lực đẩy F có giá còn rơi vào mặt chân đế của khối gỗ thì nó sẽ trượt, còn nếu hợp lực
này có giá lệch ra bên ngoài mặt chân đế thì nó sẽ bò đổ. Khi điểm đặt của lực đúng
vào điểm M thì giá của hợp lực sẽ đi qua mép của chân đế (Hình vẽ). Khi đó:
tgα =

F µmg
a

=
=µ= .
P
mg
2b

(0,5đ)

Hình vẽ ........................................................ ( 0,25đ x 2 = 0,5đ)

--- Hết ---

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐBSCL
LÊ QUÝ ĐÔN

KÌ THI HỌC SINH GIỎI
Năm học :2007-2008

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ - Môn :Vật Lý

Thời gian :180 phút
******
Bài 1: (3 điểm ) Một vật có khối lượng m đứng yên ở đỉnh một mặt phẳng
nghiêng nhờ lực ma sát . Hỏi sau bao lâu vật sẽ ở chân mặt phẳng nghiêng
,nếu mặt phẳng nghiêng bắt đầu chuyển động theo phương ngang với gia tốc a 0
.Chiều dài mặt phẳng nghiêng là l và góc nghiêng là α so với phương
R
R2

ngang.Hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng là µ 1
A
Bài 2 : ( 3 điểm ) Cho mạch điện như hình vẽ ,
E1 ; r1
R3
R4

E2 ; r2


trong đó các nguồn có suất điện động E1 = 64,5 V ;
E2 = 28 V ; và các điện trở trong r1 = 5 Ω ;
r2 = 4 Ω ,các điện trở có giá trò R1=10 Ω ;
R2=16 Ω ; R3= 60 Ω ; R4=40 Ω .Điện trở của
ampe kế A và của các dây nối không
đáng kể.Hỏi ampe kế chỉ bao nhiêu?
Bài 3 : (3 điểm) Hai vật có khối lượng m1và m2 đặt trên bàn và nối với nhau
bởi một lò xo có độ cứng là k .Lò xo được giữ nén lại nhờ hai dây nhỏ (hình
vẽ).Đốt các sợi dây,tìm chu kì dao động của mỗi vật.Bỏ qua ma sát.

ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ - Môn :Vật Lý
**  **

Bài 1: (3điểm)
-Xét chuyển động của m trong hệ quy chiếu gắn với mặt phẳng nghiêng
r
- Hệ quy chiếu này chuyển động với gia tốc a0
-Các lực tác dụng lên vật:
r
r

+ Trọng lực P = mg
r
+ Phản lực N của mặt phảng nghiêng
r
+ Lực yma sát Fms
u
u
rFrqt = −mar0
+Lực quán tính
uuu
r N
0

Fms

uu
r
a0

u
r
P

uur
Fqt

α

x

(hình 0,5 điểm)

-Đònh luật II Newton viết cho chuyển động của vật trong hệ quy chiếu quán
r
tính này là:( a ' là gia tốc của vật so với mặt phẳng nghiêng)
r
r r r r
ma ' = P + N + Fms + Fqt (1)
uur
uur
-Chiếu (1) lên trục 0x và 0 y như hình vẽ:
'
Trên 0x: ma = mg sin α − Fms + Fqt cos α
= mg sin α − µ N + ma0 cos α
Trên 0y : 0 = − mg cos α + N + ma0 sin α
-Từ (2) và (3) giải ra ta được :
a ' = g ( sin α − µ cos α ) + a0 ( cos α + µ sin α )

(2)

(0,5 điểm)
(3)
(0,5 điểm)
(1điểm)

-Thời gian để vật trượt từ đỉnh đến chân mặt phẳng nghiêng là :
1
l = s = a 't 2
2

2l
2l
=
hay t =
'
a
g ( sin α − µ cos α ) + a0 ( cos α + µ sin α )
(0,5điểm)
--------------------------------------------------------------------

ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ - Môn :Vật Lý
**  **

Bài 2: (3điểm)
I1 R 1
E1 ; r1

IA

R2

A

I3

I4

R3

R4

I1

I2
E2 ; r2

E1;r1

R1

A

I2

I
R34

B

-Vì RA = 0 nên ta có thể xem đoạmn mạch chức ampekế nhu một điểm
- các điện trở R3và R4 coi như mắc song song ,nên ta có :

R2
E2;r2


R34 =

R3 .R4
60.40

=
= 24Ω
R3 + R4 60 + 40

(0,5điểm)
-Vậy mạch đã cho tương đương mạch vẽ lại.
-Giả sử dòng điện có chiều như mạch vẽ lại.Áp dụng đònh luật Kiếc-xốp I cho
nút A :
I=I1 + I2
(1)
-Áp dụng đònh luật Kiếc –xốp II cho mắt ABE 1A (chọn chiều đi theo chiều kim
đồng hồ) ta được:
I1 (R1+r1) + IR34 = E1
(2)
và cho mắt ABE2A (chọn chiều đi ngược chiều kim đồng hồ) ta được:
I2 (R2 + r2) + IR34 = E2
(3)
-Thay số vào (1) ,(2),(3) ta được:
 I1 + I 2 = I

15 I1 + 24 I = 64,5
 20 I + 24 I = 28
 2
(1điểm)
-Giải hệ phương trình trên ta được :
 I1 = 1,9 A

 I 2 = −0, 4 A
 I = 1,5 A


(0,5điểm)
-Vì I1 < 0 chứng tỏ I2 có chiều ngược với chiều giả thiết trên mạch đã vẽ lại
,còn dòng điện I và I1 có chiều như đã giả thiết.
-Dòng điện qua các nhánh song song thì tỉ lệ nghòch với điện trở các nhánh đó
,nên dòng điện qua R3và R4 là:
R4
40

 I 3 = R + R I = 60 + 40 1,5 = 0, 6 A

3
4

 I = R3 I = 60 1,5 = 0,9 A
 4 R3 + R4
60 + 40
(0,5điểm)
-Trên hình vẽ ban đầu đã ghi các chiều thực của các dòng điện chạy trong
mạch.Do đó ,dòng điện IA qua ampe kế có giá trò:
IA = I1 – I2 = 1,9 – 0,6 =
1,3 A (0,5điểm)
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------

m2

m1


ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ - Môn :Vật Lý
**  **

Bài 3: (3điểm)
-Gọi chiều dài của lò xo khi chưa biến dạng là l. Khoảng cách của hai
vật đến khối tâm của hệ khi lò xo chưa biến dạng lần lượt là l1 và l2
l1 + l 2 = l (1)
-Ta có các hệ thức: 
m1l1 = m2 l 2 (2)
-Khi lò xo bò nén, các vật m1 và m2 dòch chuyển các khoảng tương ứng là
x1 và x2.
-Khoảng cách của 2 vật đến khối tâm bây giờ là (l1 – x1) và (l2 – x2)
-Ta có hệ thức:
m1(l1 – x1) = m2(l2 – x2)
(0,5điểm)
⇒ m1 l1 - m1 x1 = m2 l2 - m2 x2
⇒m1 x1 = m2 x2
m2
m1
⇒ x1 = m x2 hay x2 = m x1
1
2
-Độ co của lò xo khi bò nén:
m + m2
m + m2
x1 + x2 = 1
x1 = 1
x2
m2
m1
(0,5điểm)
-Lực đàn hồi mà lò xo tác dụng lên mỗi vật sẽ là:

m + m2
m + m2
F = K ( x1 + x2 ) = K 1
x1 = K 1
x2
m2
m1
(0,5điểm)
-Ta thấy lựcđàn hồi mà lò xo tác dụng lên mỗi vật có dạng:
F = K1x1 = K2x2
(0,5điểm)
m1 + m2

K
=
K
1

m2

Với 
 K = K m1 + m2
 2
m1
-Vậy chu kì dao động của m1 và m2 là:
m1
m2
T1 = 2π
và
T2 = 2π

K1
K2
(0,5điểm)
-Suy ra:
T1 = T2 = 2π

m1 .m2
K (m1 + m2 )

(0,5điểm)
Sở giáo dục và Đào tạo Đồng Tháp
ĐỒNG BẰNG
Trường T.H.P.T. Thò xã Sa Đéc
----

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ OLYMPIC


Bài 1 : (Cơ học) (3 điểm) Một thanh đồng
chất khối lượng M , chiều dài l có thể qua
khơng ma sát trên một trục nằm ngang O xun
qua một đầu của nó . Đầu còn lại của thanh
được buộc một sợi dây khơng trọng lượng vắt
qua một ròng rọc . Đầu còn lại của sợi dây buộc
một vật khối lượng m ( m < M ) . Trục ròng rọc
( ta bỏ qua kích thước của nó ) nằm phía trên
điểm O ở độ cao h . Tìm góc nghiêng ϕ của
thanh ở trạng thái cân bằng .
Giải :
Cơ năng của hệ : E = Et + Eđ = hằng số . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5đ

+ Vì hệ cân bằng nên vhệ = 0 ⇒ E = Et = hằng số . . . . . . . 0,5đ
+ Chọn gốc thế năng ở mức trục O
1
+ Thế năng của hệ : Et = Mg.l sinϕ + mg(h – a2) . . . . . … 0,5đ
2
+ Gọi a1 là chiều dài đọan dây phía trái ròng rọc
a1 = l 2 + h 2 − 2hl sin ϕ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5đ
+ Đặt a = a1 + a2 là chiều dài của sợi dây thì
1
E t = Mg.l sinϕ + mg(h – a + l 2 + h 2 − 2hl sin ϕ ) . . . . . . 0,5đ
2
+ Đạo hàm biểu thức thế năng theo sinϕ , ta có :
l 2 + h2
h m
− 2 .( ) 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0,5 đ
sinϕ =
2.h.l
l M

m
C

ϕ

M
O

a1

a2

m

C

M
ϕ o

Bài 2 : (nhiệt học) Một mol khí lý tưởng thực hiện chu trình gồm các
quá trình sau : quá trình đoạn nhiệt AB, quá trình đẳng nhiệt BC ở nhiệt
độ T1 , quá trình đẳng tích CD và quá trình đẳng nhiệt DA ở nhiệt độ T2 =
αT1 . Hãy xác đònh tỷ số V c / VA theo α và hệ số Poatxông γ để công
mà khí nhận được trong chu trình trên bằng không. Biễu diễn chu trình trên
giãn đồ p – V. Biện luận theo α .
Giải :
Ta tìm biểu thức tính công trên từng quá trình:
nR (TB − T A )
nRT1 (1 − α )
- Quá trình A-B là đoạn nhiệt : AAB = - ∆U =
=
1− γ
1− γ
γ
−
1
γ −1
Tacó: T . V A = T V B
A

B.

V 
V γ −1 T
T
⇔ ( A ) = A = 2 = α ⇔ ln A 
VB
TB T1
 VB 

γ −1

= ln α ⇔ ln

- Quá trình B-C là đẳng nhiệt : ABC = nRTBln

VB
1
=
ln α
VA 1 − γ

VC
V
= nRT1 ln C
VB
VB

- Quá trình C-D là đẳng tích : ACD = 0
VA
VA
= αnRT ln

VD
VD
• Biểu thức tính công mà khí nhận được trong cả chu trình là :
A = AAB + ABC + ACD + ADA = 0
V
V
1−α
= + ln C + α ln A = 0
⇒
(2)
1− γ
VB
VC
- Quá trình D-A là đẳng nhiệt : ADA = nRTD ln

h

(1)

h


•
ln

Giải ( 1) và (2) ta được : ln

VA
α − 1 − ln α
=

VC (1 − γ )(α − 1)

;

VC α (ln α − 1) + 1
=
VB
(1 − γ )(α − 1)
• Biện luận : + Nếu α < 1 ⇒
+ Nếu α > 1 ⇒

VC
>1
VB

VC
<1
VB

và
và

VA
> 1 . Ta có đồ thò a
VC

VA
< 1 . Ta có đồ thò b
VC

(b)
(a)

Bài 3 : (Tónh điện ) Hai bản của một tụ điện phẳng đặt trong không khí
có cùng diện tích S, có thể chuyển động không ma sát dọc theo một sợi
dây cách điện nằm ngang xuyên qua tâm của chúng . Một bản có khối
lượng m, điện tích Q còn bản kia có khối lượng 2m, điện tích -2Q. Ban đầu
hai bản được giữ cách nhau một khoảng 3d.
a/ Tìm năng lượng điện trường giữa hai bản tụ.
b/ Ở thời điểm nào đó người ta thả hai bản ra. Hãy xác đònh vận tốc
của mỗi bản khi chúng cách nhau một khoảng d.
Giải :
a/ Cường độ điện trường do bản tích điện Q ( bản 1) và bản tích điện –
2Q ( bản 2) gây ralần lượt là :
Q
2Q
E1 =
và E 2 =
2ε 0 S
2ε 0 S
3Q
Cường độ điện trường bên trong tụ là : Et = E1 + E 2 =
2ε 0 S
Năng lựợng điện trong tụ là :
2

1
1  3Q 
27Q 2 d
 S 3d =

Wt = ε 0 Et2Vt = ε 0 
2
2  2ε 0 S 
8ε 0 S
b/ Khi hai bản cách nhau một khoảng d, ký hiệu v1,v2 lần lượt là vận tốc
của bản 1 và bản 2. áp dụng đònh luật bảo toàn động lượng tacó :
mv1 + 2mv2 = 0 ⇒ v1 = - 2v2 (1 )
Năng lượng điện trường bên trong tụ là :
1
1  3Q 
9Q 2 d
/
2 /


Wt = ε 0 E t Vt = ε 0 
Sd =
2
2  2ε 0 S 
8ε 0 S
Cường độ điện trường bên ngoài tụ ( bên trái của bản tụ 1 và bên
phải của bản tụ 2 ) là :


Q
2ε 0 S
Khi hai bản cách nhau là d thì thể tích không gian bên ngoài tăng một
lượng là :
∆V = S 2d . Vùng thể tích tăng thêm này cũng có điện trường đều với
cường độ En. Do vây, năng lượng điện trường bên ngoài tụ đã tăng một

lượng là :
Q2d
1
∆W = ε 0 E n2 ∆V =
4ε 0 S
2
p dụng đònh luật bảo toàn năng lượng :
mv 2 2mv 22
9Q 2 d mv12 2mv 22 Q 2 d
Wt − Wt / = 1 +
+ ∆W ⇔
=
+
+
(2)
2
2
4ε 0 S
2
2
4ε 0 S
E n = E 2 − E1 =

Giải hệ phương trình (1) và (2), cho ta : v 2 = Q

2d
3ε 0 Sm

và

2d
3ε 0 Sm
Dấu (-) cho thấy hai bản chuyển động ngược chiều nhau .
Bài 4 : (dao động cơ học)
Một con lắc lò xo gồm một quả cầu khối lượng m gắn với lò xo có độ cứng k được
đặt trên mặt phẳng nằm ngang khơng ma sát. Quả cầu đựoc nối với 1 sợi dây cao su
nhẹ có hệ số đàn hồi k . Ở vị trí cân bằng lò xo và sợi dây đều khơng biến dạng . Xác
dịnh chu kỳ dao động nhỏ của quả cầu quanh vị trí cân bằng . Bỏ qua mọi ma sát .
Giải :
v1 = −2Q

Ta thấy trong mỗi chu kỳ chuyển động của quả cầu gồm hai giai đoạn:
+ Giai đoạn một: khi ta dịch chuyển qua cầu sang phải một đoạn nhỏ x, quả cầu
chỉ chịu tác dụng của lực đàn hồi của lò xo:
k
k
- kx = mx" ⇒ x" + x = 0
(ω =
)
m
m
2π
m
Chu kỳ T1 =
= 2π.
ω1
k
+ Giai đoạn hai: khi vật trở về VTCB và dịch chuyển sang trái, quả cầu chịu lực
tác dụng của lực đàn hồi của lò xo và lực căng dây
-kx - kx = m.x"

kx
=>
x" + 2
=0
m
2π
m
T2 =
= 2π
ω2
2k
Vậy chu kì dao động nhỏ của quả cầu là :
T=

1
T1 + T2
m
= π (1 +
)
2
2
k


Bài 5 : (Điện xoay chiều)
Cho mạch điện như hình vẽ . Hiệu
điện thế uAB = 200 2 .sin(100πt)
(V) ; L là cuộn dây thuần cảm .
Điện trở R , tụ điện có điện dung
C thay đổi .

10−4
1) Khi C = C1 =
(F) thì dòng
π
điện qua điện trở R trễ pha hơn
π
hiệu điện thế uAB một góc
.
2
Tính L .
2) Khi C = C2 thì cường độ dòng điện hiệu dụng trong mạch không phụ
thuộc vào điện trở R
a) Tính C2 .
b) Với C = C2 hãy xác đònh giá trò của điện trở R để côg suất mạch
lớn nhất . Tính công suất này .
Giải :
2
2
1) * Xét đoạn mạch RC : I2 = I R + I C

2
2
2
I
RZ
U MB U MB U MB
C C1
= 2 + 2
⇒
⇒

Z1
=
2
R 2 + Z C21
Z1
R
Z C1

I
Hiệu điện thế uMB trễ pha so với cường độ dòng điện I một góc ϕ1 :

ϕ1 I R
uMB
I C1 Z1
R
sinϕ1 = I = Z =
(1)
2
R + Z C2
C1
* Xét cả mạch :
U MB Z1
=
Từ hình (2) : sinϕ1 =
UL
ZL
Từ (1) và (2) ⇒ ZC1 = ZL

U AB


UL

(2)
⇒

1
= Lω
C1ω

⇒ L =

1
(H)
π

2) a) Giản đồ véc tơ quay :
2
2
U AB
= U L2 + U MB
- 2.UL.UMB. sinϕ1
i
2
2
= I2[ Z L + Z MB − 2.Z L .

2
= I [ ZL +
2

R.Z C 2 R
]
R 2 + Z C2 2

0
ϕ1


U MB

R 2 .Z C 2
(ZC2 -2.ZL)]
R 2 + Z C2

10−4
Để I không phụ thuộc điện trở R thì Z C2 = 2.ZL ⇒ C2 =
(F) . Khi này : I =
2π
U AB
ZL


U AB
ZC 2
2
b) Công suất mạch : P = R. I R mà IR = I.cosϕ1 = Z .
2
R + Z C2 2
L

Z C2 2
U 2 .Z 2
Z L2
⇒ P = R. 2 2 C 2 2 =
Z2
Z L .( R + Z C 2 )
(R + C 2 )
R
U2

Công suất mạch cực đại khi : R = ZC2 = 200 Ω và Pmax

U 2 .Z C 2 2002.200
=
=
=
2.Z L2
2.1002

400 (W)
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO SÓC TRĂNG KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐBSCL
Trường THPT chuyên Nguyễn Thò Minh Khai
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ

Môn : Vật Lý
Thời gian : 180 phút
Câu 1: (3 điểm) Một hình trụ đặc khối lượng m1= 300 kg có thể quay không ma sát xung
quanh một trục cố đònh nằm ngang trùng với trục của hình trụ . Trên hình trụ có quấn một
sợi dây không giãn, khối lượng không đáng kể. Đầu tự do của dây có buộc vật nặng m 2=
27 kg như hình vẽ. Tìm gia tốc của vật nặng và lực căng của sợi dây. Lấy g= 10 m/s 2 .

m1

O

m2u kiện T 0=
Câu 2: (3 điểm) Một quả bóng bay khối lượng m= 5 g được bơm khí hiđrô ở điề
0
5
300 K và p0= 10 Pa. Tìm bán kính của quả bóng (có dạng hình cầu) khi:
a)Bóng lơ lửng trong không khí.
b)Bóng có thể bay lên đến độ cao mà tại đó áp suất khí quyển p= 0,5 p0 và nhiệt
độ T= 280 0 K .
Cho biết khối lượng mol của hiđrô và của không khí lần lượt là µH= 2 g/mol và µK= 29
g/mol.

Câu 3: (3 điểm)
Khi mở cả hai khóa K1,K2 của mạch điện như hình vẽ, công suất tỏa nhiệt của mạch là P0.
Khi chỉ đóng khóa K1, công suất tỏa nhiệt là P1, còn khi chỉ đóng K2 công suất tỏa nhiệt là
P2 . Hỏi công suất tỏa nhiệt của cả đoạn mạch là bao nhiêu nếu đóng cả hai khóa?
R1
K2
K1
Câu 4: (3 điểm)
Trên mặt một cái dóa tròn (bán kính R= 20 cm, khối lượng

R2
R3
o o

M= 8m), có thể quay không ma sát quanh trục O nằm ngang (vuông góc vớiUmặt dóa), có

gắn một quả cầu nhỏ khốâi lượng m1= 4m (kích thước không đáng kể) vào điểm A cách O


R
. Một vật B, khối lượng m2= m được buộc vào một đầu sợi dây dài
2
(không giãn, khối lượng không đáng kể) quấn quanh vành dóa (hình vẽ)
a)Tìm góc ϕ hợp với OA và đường thẳng đứng khi hệ cân bằng.
b)Kéo vật B xuống một chút để dóa quay ngược chiều kim đồng hồ một góc θ0 nhỏ rồi
buông ra không vận tốc đầu. Tính tần số góc dao động ω của hệ.
một khoảng OA=

Mo

m1
A

o

m2
B
Câu 5: (3 điểm) Dòng điện xoay chiều, dao động điện từ
Mạch dao động ở lối vào của một máy thu vô tuyến gồm một tụ điện xoay mắc nối tiếp
với một cuộn dây có điện trở R= 10-2 W và độ tự cảm L= 4 mH. Tụ điện xoay có điện
dung biến thiên liên tục và tỉ lệ thuận với góc quay, từ giá trò C 1= 10 pF đến C2= 490 pF
khi góc quay của bản tụ điện tăng từ 00 đến 180 0.
a)Để bắt được sóng vô tuyến có bước sóng l = 25 m thì phải xoay bản tụ một góc
bằng bao nhiêu (kể từ vò trí tương ứng với giá trò C1). Biết rằng khi đó mạch dao động
nhận được một công suất P= 10-6 W, hãy tính các giá trò hiệu dụng của suất điện động
cảm ứng và của cường độ dòng điện trong mạch.

b)Từ vò trí đó của bản tụ, phải xoay bản tụ một góc bao nhiêu để cường độ dòng
điện trong mạch trên chỉ còn bằng 1/ 100 cường độ dòng điện khi có cộng hưởng. Coi rằng
suất điện động hiệu dung trong mạch thay đổi không đáng kể.
Câu 6: (3 điểm)
Thiết diện thẳng của khối trong suốt nửa hình trụ là nửa hình tròn tâm O, bán kính R. Tia
sáng SI nằm trong mặt phẳng thẳng góc với trục của hình trụ, tới mặt phẳng của khối này
với góc tới 450 . Chiết suất của khối này là 2 .
a)Khi điểm tới I trùng với tâm O, tính góc ló và góc lệch D giữa tia ló và tia tới
b)Đònh vò trí điểm I để góc lệch D bằng không.
c)Điểm I ở trong khoảng nào thì không có tia ló ra khỏi mặt trụ.

Câu 7: (2 điểm) Trong tường một tòa nhà có đặt ngầm một cáp điện, trong đó có ba dây
dẫn giống nhau và chỉ lộ đầu dây ở các điểm xa nhau. Làm thế nào để với ít thao tác nhất,
ta xác đònh được điểm đầu và điểm cuối của mỗi dây khi chỉ có các dụng cụ sau: một pin
1,5 V; một đoạn dây dẫn ngắn khoảng 20 cm; một bóng đèn nhỏ 3,5 V- 1,5 W.


Sở Giáo Dục - Đào Tạo Sóc Trăng
ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ
Trường THPT chuyên NTMK
MÔN VẬT LÝ
***
***
Câu 1: (3 điểm) Một hình trụ đặc khối lượng m1= 300 kg có thể quay không ma sát xung
quanh một trục cố đònh nằm ngang trùng với trục của hình trụ . Trên hình trụ có quấn một
sợi dây không giãn, khối lượng không đáng kể. Đầu tự do của dây có buộc vật nặng m 2=
27 kg như hình vẽ. Tìm gia tốc của vật nặng và lực căng của sợi dây. Lấy g= 10 m/s 2 .
ĐÁP ÁN
Áp dụng đònh luật II Newton
m2 .g – T = m2.a

với T là lực căng của dây tác dụng lên vật
phương trình chuyển động quay của hình trụ
M= I.γ
Với M= T’R = T.R
(T’ là lực căng của dây tác dụng lên hình trụ, T’= T)
a
m R2
I= 1
,
γ=
R
2
2m2 g
≈ 1,53m / s 2
Từ (1) và (2) tính được:
a=
2m2 + m1
T= m2(g-a) ≈ 228,81 N

(1)

m1

O

(0,5 đ)
m2

(2)

(0,5 đ)

(0,5đ)
(1,0 đ)
(0,5đ)

Câu 2: (3 điểm) Một quả bóng bay khối lượng m= 5 g được bơm khí hiđrô ở điều kiện T 0=
300 0 K và p0= 105 Pa. Tìm bán kính của quả bóng (có dạng hình cầu) khi:
a)Bóng lơ lửng trong không khí.
b)Bóng có thể bay lên đến độ cao mà tại đó áp suất khí quyển p= 0,5 p0 và nhiệt
độ T= 280 0 K .
Cho biết khối lượng mol của hiđrô và của không khí lần lượt là µH= 2 g/mol và µK= 29
g/mol.
ĐÁP ÁN
a)Điều kiện cân bằng khi bóng lơ lửng:
V0 DK g = mg + V0 DH g
Với DK vàDH là khối lượng riêng của không khí và của hiđrô
m
Suy ra V0=
(1)
DK − DH

(0,25đ)
(0,25đ)

Áp dụng phương trình trạng thái cho khí hiđrô và cho lượng không khí mà bóng đã chiếm
chỗ:
mK
m
RT0 = H RT0

V0p0=
(0,5 đ)
µK
µH
mK
µ
m
µ
= K p0 và DH= H = H p0
Suy ra : DK=
(2)
(0,5 đ)
V0
RT0
V0
RT0
Thay số từ (1) và (2) suy ra:
DK= 1,162 kg /m3 ; DH= 0,08 kg/m3 và V0 = 4,62 dm3


Do V0=

4
π R03
3
1

3V 3
Suy ra R0=  0 ÷ ≈ 0,1m
 4π 

(0,5 đ)

m
b)Lập luận tương tự như trên ta có: V= D ' − D '
H
K
pT0
( DK − DH )
p0T

DK' − DH' =

(0,5 đ)

Suy ra
V=

mp0T
≈ 10,08 dm3
pT0 ( DK − DH )

Từ đó R ≈ 0,13 m

(0,5 đ)

Câu 3: (3 điểm)
Khi mở cả hai khóa K1,K2 của mạch điện như hình vẽ, công suất tỏa nhiệt của mạch là P0.
Khi chỉ đóng khóa K1, công suất tỏa nhiệt là P1, còn khi chỉ đóng K2 công suất tỏa nhiệt là
P2 . Hỏi công suất tỏa nhiệt của cả đoạn mạch là bao nhiêu nếu đóng cả hai khóa?

R1
ĐÁP ÁN

K2
K1

R2
R3
o o

U2
Khi mở cả hai khóa P0=
(1)
R1 + R2 + R3

U (0,25đ)

U2
Khi chỉ đóng K1 P1=
R3

(2)

(0,25đ)

U2
Khi chỉ đóng K2 P2=
R1

(3)

(0,25đ)

Khi đóng cả hai khóa
U2 U2 U2
P=
+
+
R1 R2 R3
Từ (1) ta có

1
R
R
R
= 12 + 22 + 32 =
P0 U
U
U

R2 1 1 1
= - U 2 P0 P1 P2

1 1 R2
+ +
P2 P1 U 2

(4)

(0,25đ)

(0,5đ)


=

P0 P1 P2
(5)
P1 P2 − P0 P2 − P0 P1

(0,5đ)

Thay (2), (3), (5) vào (4) ta được: P = P1+ P2+

P0 P1 P2
P1 P2 − P0 P2 − P0 P1

(1,0đ)

Câu 4: (3 điểm)
Trên mặt một cái dóa tròn (bán kính R= 20 cm, khối lượng
M= 8m), có thể quay không ma sát quanh trục O nằm ngang (vuông góc với mặt dóa), có
gắn một quả cầu nhỏ khốâi lượng m1= 4m (kích thước không đáng kể) vào điểm A cách O
R
một khoảng OA=
. Một vật B, khối lượng m2= m được buộc vào một đầu sợi dây dài
2
(không giãn, khối lượng không đáng kể) quấn quanh vành dóa (hình vẽ)
a)Tìm góc ϕ hợp với OA và đường thẳng đứng khi hệ cân bằng.
b)Kéo vật B xuống một chút để dóa quay ngược chiều kim đồng hồ một góc θ0 nhỏ rồi

buông ra không vận tốc đầu. Tính tần số góc dao động ω của hệ.
ĐÁP ÁN
a)Áp dụng điều kiện cân bằng của vật rắn quay quanh một trục ta có :
-m1g r sin ϕ + m2g R = 0
(1)
→ sin ϕ =

m2 R 1
= → ϕ = 300
m1r 2

(0,5đ)

b)Áp dụng phương trình quay của vật rắn:
Iθ” = - m1gr sin(ϕ + θ) +m2gR
Với I= m2R2 + m1r2 +

(2)

MR 2
= 6mR2
2

θ”= −ω2 θ

(0,5đ)
(0,5đ)

Vì θ nhỏ, sin θ ≈ θ và cos θ = 1 nên:
sin (ϕ+θ) = sinϕ +θ cosϕ

Thay vào (2) ta thu được phương trình vi phân:
m gr cos ϕ
g cos ϕ
θ =−
θ
θ”= - 1
6mR
3R
đặt ω2 = −

(0,5đ)

(0,5đ)

g cos ϕ
θ
3R

Hệ dao động điều hòa với tần số góc ω=

g cos ϕ
=3,8 rad/s
3R

(0,5đ)


Câu 5: (3 điểm) Dòng điện xoay chiều, dao động điện từ
Mạch dao động ở lối vào của một máy thu vô tuyến gồm một tụ điện xoay mắc nối tiếp
với một cuộn dây có điện trở R= 10-2 W và độ tự cảm L= 4 mH. Tụ điện xoay có điện

dung biến thiên liên tục và tỉ lệ thuận với góc quay, từ giá trò C 1= 10 pF đến C2= 490 pF
khi góc quay của bản tụ điện tăng từ 00 đến 180 0.
a)Để bắt được sóng vô tuyến có bước sóng l = 25 m thì phải xoay bản tụ một góc
bằng bao nhiêu (kể từ vò trí tương ứng với giá trò C1). Biết rằng khi đó mạch dao động
nhận được một công suất P= 10-6 W, hãy tính các giá trò hiệu dụng của suất điện động
cảm ứng và của cường độ dòng điện trong mạch.
b)Từ vò trí đó của bản tụ, phải xoay bản tụ một góc bao nhiêu để cường độ dòng
điện trong mạch trên chỉ còn bằng 1/ 100 cường độ dòng điện khi có cộng hưởng. Coi rằng
suất điện động hiệu dung trong mạch thay đổi không đáng kể.AN1
a)Từ công thức λ = 2π v LC ta suy ra:
(0,25đ)

λ2 ≈
C= 2 2
44,02.10-12 F=44,02 pF
π vL

(0,25đ)

Phải xoay bản tụ đi một góc :
44, 02 − 10
.180 = 12, 750 = 120 45'
480
Khi có cộng hưởng P= E .I với I=
E = PR ≈ 10-4 V
I=10-2 A

(0,25đ)
E
suy ra

R
(0,25đ)

b) Khi không có cộng hưởng, cường độ dòng điện trong mạch là I’=
từ đó

I
Z
= = 102 → Z= 1 Ω
I' R

mặt khác Z=

R 2 + ( Lω −

mà R=10-2 → ( Lω −

(0,25đ)

1 2
) =1
C 'ω

1
) ≈±1
C 'ω

đặt C’ = C + ∆C
1
1

Lω −
)=
∆C
Cω (1 +
)
C 'ω
C
1
∆C
1
∆C
≈ Lω −
(1 −
) = Lω −
+ 2
Cω
C
Cω C ω

( Lω −

E
Z

(0,5đ)


Vì Lω −

1

1
∆C
≈ 2 =± 1
=0 nên Lω −
Cω
C 'ω C ω

∆C= ± C2ω ≈ 0,15 pF (vì ω=

Phải xoay bản tụ đi một góc:

(0,5đ)

2π v
)
λ

(0,25đ)

∆C
.180 ≈ ±30
480

(0,5đ)

Câu 6: (3 điểm)
Thiết diện thẳng của khối trong suốt nửa hình trụ là nửa hình tròn tâm O, bán kính R. Tia
sáng SI nằm trong mặt phẳng thẳng góc với trục của hình trụ, tới mặt phẳng của khối này
với góc tới 450 . Chiết suất của khối này là 2 .
a)Khi điểm tới I trùng với tâm O, tính góc ló và góc lệch D giữa tia ló và tia tới

b)Đònh vò trí điểm I để góc lệch D bằng không.
c)Điểm I ở trong khoảng nào thì không có tia ló ra khỏi mặt trụ.

ĐÁP ÁN
A
a)Từ n1.sin i = n2.sin r
0
suy ra r = 30
D
góc ló tại J AN1
O
r J
góc lệch của tia ló với tia tới là
S
i
B
K
D = i – r =150
(0, 5đ)
I0
0
b)Góc tới i luôn là 45 , do đó góc khúc xạ khi tia sáng đi vào mặt phẳng của khối bán trụ
luôn là 300 , nếu J ở K (trung điểm của cung tròn AB) thì tia khúc xạ tới mặt trụ với góc tới
ˆ = r =300
là OKI
Ta có
n2.sin r = n1.sin i’

n2
n1

suy ra

sin i’ =

2
2
sin r =

i’ = 450
khi đó tia ló song song với tia tới nên D triệt tiêu.
Điểm I ở vò trí I0
3
0
OI0 = OK tg r = R.tg 30 = R 3

B

(0,5đ)

(0,5đ)

c)Nếu góc tới mặt trụ lớn hơn góc giới hạn λ thì ánh sáng bò phản xạ toàn phần, không có
tia ló ra ở mặt trụ