Tuyển tập đề thi đáp án thi học sinh giỏi vật lý lớp 12

SỞ GIÁO DỤC &ĐÀO TẠO Hµ Néi
Trường THPT Tùng Thiện
ba

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

X
Y
Z
A
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
=> 25,80 < α < 31,10 v à 62,80 < α < 64,20
----------------------------------------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

B

+ 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

+ 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
U1

(I)

V

Rv

A

I1
Rv

U2
V

+ Từ 1 và 2 : Rx= U2/ (I2- U2I1/U1)--- 0,25
A

I2

( 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 α 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: α 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
L
cực tiểu.
Bài 5. Một mạch điện gồm cuộn dây thuần cảm L và hai điện trở
r
R1 và R2 được đặt trong từ trường đều B như hình vẽ.Ngay sau khi
R1
tắt từ trường cường độ dòng điện chạy qua R1 là I. Tính nhiệt lượng
tỏa ra trên mỗi điện trở sau đó.

r
B

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 .

k

Bài 7:
Cho dụng cụ gồm:
mA
- 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.

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(ωt + ϕ ) x'
O
+ Phương trình dao động của hệ hai vật:

-2(1)
v

=
−
A
ω
sin(
ω
t
+
ϕ
)

B
α
 x = A cos ϕ = 0(cm)
Chọn gốc thời gian, trục tọa độ như giả thiết, ta có: 
(2)
v = − Aω sin ϕ = −40(cm / s)

y

P

N

2

x


k

100
=
= 20 rad/s
M +m
0,25
Từ (1) và (2) ta tìm được A = 2 cm, ϕ = π/2.
+ Phương trình dao động: x = 2cos(20t + π/2)(cm)
2) 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 x = kx
ω=

⇒ kx ≥ 1N ⇔ x ≥ 0,01m = 1 cm
+ Mối hàn sẽ bật ra khi Fđ ≥ 1N
+ 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 = π/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:
v1 =

2gh1 = 2 5 (m/s)

Gọi v 1/ 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 = - µ m 2 g.S ⇔ 0,5. v 2/ 2 = 0,2.S ⇒ S = 2
(3)
2
0,4
v/2

3 − 0,1.v 2/ 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
 3 − 0,1v 2/ 2 
 + 0,2. v 2/
Thế (4) vào (2) ta được: 0,6. 5 = 0,3. 20
3


/
/
Giải phương trình (5) ta được: v 2 = 0 (loại); v 2 = 2,4. 5 (m/s)

(5)

(4)


Từ (3) ⇒ S =
Từ (4) ⇒ h 2

v 2/ 2
= 72 (m)
0,4
3 − 0,1.v 2/ 2
=
= 0,04 (m)
3

1 − 0,04
 − h2
=
= 0,96 ⇒ α ≈ 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 ∆ V + V1 ∆ p + ∆ V ∆ p = R ∆ T1
(p + ∆ p) (V 1 + ∆ V) = R(T 1 + ∆ T 1 )
(1)
⇔ ∆p V2 - p∆V - ∆V∆p = R∆T2
(p + ∆ p) (V 2 - ∆ V) = R(T 2 + ∆ T 2 )
(2)
Cộng 2 phương trình (1) và (2) vế theo vế ta được:
(3)

∆ p(V 1 + V 2 ) = R( ∆ T 1 + ∆ T 2 )
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 α ⇒ cos α =

...............................................................................................................................................................................
...

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
π( d 2 − d 1 )
π(d 1 + d 2 ) 

cos 200πt −
uM1 = 2A cos

λ
λ



với d1 + d2 = 16cm = 20λ và d2 – d1 = 0,
S1
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:
IM2 = S1 M 22 − S1 I 2 = 8,8 2 − 4 2 = 7,84(cm) ; IM1 = S1I 3 = 4 3 = 6,93(cm)
Suy ra
M1M2 = 7,84 – 6,93 = 0,91 (cm)

M2
M1
M2'
I


Tương tự: IM2’ =

'2

2

2

2

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
λ λ
λ
λ
+ = (2k + 1) => S1S2 = 2S1I = (2k + 1)
2
2 4
4
λ
λ
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 + I 2
R1

R1 
Mặt khác UR1 = UR2 ⇔ IR1 = I2 R2 ⇒ I 2 = I
⇒I0 = I  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 2 1 2
R 

Q1 + Q2 =W = LI 0 = LI 1 + 1 ÷ (1)
2
2
 R2 
U12
U 22
∆
t
∆t
Mặt khác ta có : Q1 =
; Q2 =
R1
R2
Q1 R2
=
⇒
(2)
Q2 R1

( Δt là thời gian xảy ra sự biến thiên tử trường)

 R R
1 2  R1 
1
LI 1 + ÷ và Q2 = LI 2 1 + 1 ÷ 1
2
2
 R2 
 R2  R2
...............................................................................................................................................................................

.....
Từ (1) và (2) ta tìm được : Q1 =

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:
2mg – TB = 2maB
(1)
TA – mg = maA
(2)
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 

Chiếu: 2aC = aB – aA (4)
Ta lại có: ( TB − TA ) R = mR 2 γ (do Iγ =

2mR 2
γ)
2

Mặt khác: γR = a A / C = a A + a C
⇒ 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


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
= X ⇒ X" = −
X = −ω 2 X
Khi đó, (6) trở thành: − m
4
k
19m

⇒ aA =

Nghiệm của phương trình là: x = Acos(ωt + ϕ) ⇔ kx −
19

 ϕ = π
 x = 0 ⇒ − mg = Aco s ϕ  
4
* Tại t = 0: 
⇒
19
 x ' = 0 ⇒ − Aω sin ϕ = 0   A = 4 mg

Thay vào (6) thì: −

19
mg = A cos( ωt + ϕ )
4

19
19
4k
maC =
mgco s ( ωt + π ) ⇒ a C = g cos
t
19m
4
4

g 5
g
4k
4k
− g cos
t =  1 − 5 cos
4 4
19m
4
19m
Thay vào (*) và (**) ta được:
g 3
g
4k

4k
a B = + g cos
t =  1 + 3 cos
4 4
19m
4
19m
aA =


t 


t 


Đáp án bài 7:
VA = 0

A
s1

VB
VC = 0
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
α
ngang và dừng lại ở C.
B
Ta có: EA = mgh
s2

C
EC = 0
EA – EC = Ams= µ.mg(s1+s2) ( góc α đủ nhỏ ⇒ cosα ≈ 1)

h

mgh = µ.mg(s1+s2) ⇒ µ =

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:

(

)

1
1
.mV B2 + I .ω B2 = µ .mg.s 2
2
2

1
VB
2
2
và I = m R + r .Với: R: bán kính ngoài của hình trụ r: bán kính trong của hình trụ

2
R
4 µ .g.s 2 .R 2
V2
1
1 m
2
(2)
− 3R 2
⇔ mV B2 + . R 2 + r 2 B2 = µ .mg.s 2 ⇒ r =
2
V
2
2 2
R
B

Có ω B =

(

)


Mặt khác trên đoạn đường s1 ta có:
Từ (1), (2) và (3): r = R

s1 =

1 2

at1
2

;

v B = at1

⇒ vB =

s1
(3)
2t1

g .h.t12
s2
⋅
−3
2
( s1 + s 2 )
s1

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 = , Cˆ = 90 0 , Bˆ
= α . 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, α = 30 0 ,  = 1 (m), g
= 10 (m/s 2 ).

A

C

α

B

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
T
phần trăm để làm biến đổi nội năng và bao nhiêu phần trăm để thực hiện công?
2
3
Biết nội năng của 1 mol khí lý tưởng đơn nguyên tử là U = RT.
2
1
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, O
p
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.

m1


v0

Tính tốc độ góc của thanh ngay sau va chạm và cơ năng mất mát lúc va chạm.
2. Cho V0 = 10 gL . Tính góc lệch cực đại của thanh.
Câu 5
Hình 1
Trên mặt nước có hai nguồn phát sóng kết hợp A, B dao động theo phương trình:
u A = 2 cos(20πt )cm và u B = 2 cos(20πt + π )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 O 1 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 O 2 cách O2 một đoạn
30cm. Khoảng cách giữa hai thấu kính là 50cm. Biết tiêu cự của O 2 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 O 2 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 α = m(a + a 0 .cos α ) (1)
Theo phương vuông góc với AB : N - mgcos α = m a 0 sin α
(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 α = M a 0
(3)
N sin α
N sin α
) sin α ⇔ N + m.sin α
Từ (2) và (3) ta có : N − mg cos α = m.(−
= mgcos α
M
M
M .mg . cos α
⇔ N(M + m.sin 2 α ) = M mgcos α ⇒ N =
M + m. sin 2 α
 M .mg . cos α 
mg . sin 2α
sin α .

2
Thế vào phương trình (3) ta được : a 0 = =
M
+
m
.
sin
α


2( M + m sin 2 α )
M

mg . sin 2α
Thế vào phương trình (1) ta được : mgsin α = m(a + ().cos α )
2( M + m sin 2 α )
mg sin 2α . cos α
m 2 g . sin 2α .socα
⇔ mgsin α = m.a ⇔ a = gsin α +
2
2( M + m sin 2 α )
2( M + m sin α )
2 Mg sin α + 2mg sin 3 α + mg sin 2α . cos α
=
2( M + m sin 2 α )
2 Mg sin α + 2mg sin α (1 − cos 2 α ) + 2mg sin α . cos 2 α
( M + m) g. sin α
⇔ a =
⇔ a =
2
2( M + m sin α )
M + m sin 2 α
Đáp án câu 2
Dựa vào đồ thị 1-2 đã cho ta được: T = αp2 (α: hằng số)
(1)
Áp dụng phương trình C-M:
pV = νRT
(2)
1
V
Từ (1) và (2) =>
p=
(3)

ανR
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 gốc
ανR
toạ độ. Dựa vào đồ thị này ta tính được công mà khí thực hiện (bằng diện tích hình thang A12B):
p V − p1V1
νR (T2 − T1 )
p
A= 2 2
=
(4)
2
2
Độ biến thiên nội năng của khí:
2
3
∆U = νR(T2 – T1)
(5)
2
1
Từ (4) và (5) => nhiệt lượng mà khí nhận vào:
Q = ∆U + A = 2νR(T2 – T1)
(6)
Tỉ lệ nhiệt lượng chuyển thành công là:
O
∆U 1
A
B V
= = 25%

Q
4
A 3
= = 75%
và làm biến thiên nội năng là:
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
2
W2 = C.U 12 + 2C.U 12 = C.U 12 +C.U 12 = C.  U  = CU
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
2
2
2
2Wđ= W1-W2 ⇔ 2 Mv2= CU − CU = CU
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
I
.
ω
=
(
I
+

).ω 0
 0
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 .V0 . = 
+ m1 . ω 0 ⇒ ω 0 =
.
= 0
2
2
(3)
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


+ . .ω 0
3 4 
m1 .V02 I .ω 02 mV02  3
2mV02 (theo (3))
Q=
−
=
−
=
2
2
6
2
15
4b
m .L / 2 + m.L / 2 L
OG = 1
=
m
+
m
2
1
+ 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 .ω02 4m L
3I .ω02

=
.g. (1 − cos α 0 ) ⇒ cos α 0 = 1 −
=1−
2
3
2
4mgL
4mgL
V02
cos α 0 = 1 −
20 gL
cos α 0 = 0,5 ⇒ α 0 = 600
.......................................................................................................................................................................
Đáp án câu 5
5a
+ Phương trình sóng do A,B truyền tới M lần lượt là:
2πd 1

u1 = a. cos(ωt − λ )
V 60
= 6(cm)
với λ = =

f
10

2
π
d
2
u = a. cos(ωt −
+π)
 2
λ
+ Phương trình dao động tổng hợp tại M là:


π
π
π
π

uM = u1 + u2 = 2a.cos  ( d1 − d 2 ) +  .cos ωt − ( d1 + d 2 ) + 
2
λ
2
λ

uM = 4 cos(20π t − 3π )(cm) = 4.cos(20π t + π )(cm).
( Hoặc uM = 4.cos(20π t − π )(cm). )
5b
π
π
+ Vị trí điểm dao động với biên độ cực đại thoả mãn: cos  ( d 1 − d 2 ) +  = ±1
2
λ

1

⇒ d 1 − d 2 =  k − λ
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 − ÷λ −
2 ⇒  λ 2
λ 2


d + d = AB
k ∈ Z
 1
2

⇒ 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 − λ  ≤ 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:

5π 
2π
5π
5π
 2π π 

uM 1 = 4.cos  3 + 2 ÷.cos  ωt − 6 ÷ = −4.sin 3 .cos(ωt − 6 ) = −2 3.cos(ωt − 6 )(cm)






u = 4.cos  4π + π  .cos  ωt − 5π  = −4.sin 4π .cos(ωt − 5π ) = 2 3.cos(ωt − 5π )(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
∆ϕ = π .
........................................................................................................................................................................
Đáp án câu6
6a
O1
O2
S1 →
S2
+ Sơ đồ tạo ảnh qua hệ: S →
d 2/ . f 2
/
= 60cm
+ Ta có d1 = 20cm; ảnh rõ nét trên màn nên d 2 = 30cm ⇒ d 2 =
d2 − f2
+ Mặt khác: d 2 + d 1/ = O1 O 2 ⇒ d 1/ = O1 O 2 − d 2 = 50 − 60 = −10cm
d 1 .d 1/
20.( −10)
=
= −20(cm)
+ Tiêu cự của thấu kính phân kì là: f 1 =

/
20 − 10
d1 + d1
1
1
R
− 10
= ( n − 1). ⇒ n = 1 +
= 1+
= 1,5
+ Mặt khác:
O1
f1
R
f1
− 20 S1

d 2/

M

P

L

S

Q

d2

N

50cm

x

S2


6b
+ T s to nh ta cú S;O1 c nh nờn S1 c nh, t khong cỏch t thu kớnh L n
mn E l x.
+ Ta cú: S 2 PQ ng dng S 2 MN , nờn:
1 1
1
PQ d 2/ x
x
1
= 1 x.

=
= 1 / = 1 x.
/
MN
d2
d2
f ax
f d2
/

vi a = 80 + d1 = 90cm

PQ
x
x
a
ax a
= 1 +
=
+

MN
f ax ax
f
f
Theo bt ng thc Cụsy:

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 thỡ PQ nh nht)
........................................................................................................................................................................
ỏp ỏn cõu 7
- Mc mch in kho sỏt s ph thuc ca I vo U cho tng hp en.
T ú v ng c trng Vụn Ampe cho tng trng hp.
- Khi cú dũng in chy qua, nhit ca in tr tng khụng nhiu, nờn in tr ớt thay i theo nhit .
Vỡ vy, ng c trng Vụn Ampe gn nh l ng thng.
- Khi cú dũng in chy qua, nhit ca dõy túc búng ốn rt ln, nờn in tr ca dõy túc búng ốn thay
i theo nhit rt nhiu. Vỡ vy, ng c trng Vụn Ampe cú dng 1 ng cong.
- Da vo c tuyn Vụn Ampe v c ta xỏc nh ỳng tng hp
Suy ra PQ min khi

Sở Giáo dục và Đào tạo
Thanh Hoá
Đề chính thức

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; =300; g = 9,8 m/s2.
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 8.103 (m/s2). 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 C1 dao động với tần số . Một mạch nối tiếp thứ hai
gồm cuộn thuần cảm L2 và tụ điện C2 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 ?
K2 bằng 2 lần điện
2/. Một mạch RLC nối tiếp hoạt động ở tần số 60 (Hz) có điện áp cực đại ở hai đầuKcuộn

cảm
1
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
là H300 (mA)
?
900 àF
100điện
àF cực đại10
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 K1, K2
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 vo b mt thu kính thì nh A'B' ca AB s b nh hng nh th no?
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 450 so vi trc chính ca thu kính v có trung iểm
trùng vi tiêu im ca thu kính.
1 1
2
+ = ( n 1)
5/ Từ định luật khúc xạ ánh sáng hãy chng minh công thức thấu kính:
d d'
R

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):
+ Tần số dao động = 2 = /2 (rad/s) ; Biên độ của dao động A = 0,37 (cm)

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



x = 0,37sin ( t + ) (cm) = 0,37cos t (cm).
2
2
2



+ Lúc t = 3 (s) độ dời là xt = = 0,37cos .3 = 0 và v = x't = - 0,37. . sin 3 = 0,581 (cm/s).
2
2
2
Câu 2 (1,5 điểm):
a)

T
+ 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:
F
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.
P'

P

Tức là P + F + T = 0
+ Chiếu phơng trình trên xuống phơng OX song song với mặt dốc ta có: Psin - F + TX = 0
+ Chú ý rằng độ lớn lực quán tính F = ma = mgsin suy ra TX = 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.
L
L
+ Vậy chu kì dao động của con lắc sẽ là T = 2
= 2
2,83 (s).
g'
g cos
Câu 3(1,5 điểm):
1
mgl20 .
2
+ 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

1
1
năng là ( mgl 12 - mgl 22 ).
2
2
+ Năng lợng ban đầu của con lắc là E0 = mgl.(1-cos0) =


+ Độ giảm này bằng công của lực cản môi trờng A = Fc.S = Fc.l.(1 + 2).
1
+ Suy ra mg( 1 2 ) = Fc .
2
+ Độ giảm biên độ góc mỗi lần sẽ là (1-2) = 2Fc/ mg = 2.10-3mg/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'' = -2x => gia tốc cực đại am = 2A => = (am/A)1/2 = 2.103 (rad/s).
2

+ Vậy ta có F = ma = - 0,01.(2.103)2. 2.10-3 sin(2.103.t - ) = 80 sin(2.103t + ) (N)
3
3
+ Vận tốc cực đại của hạt là vm = A = 4 (m/s)
mv 2m
+ Cơ năng toàn phần E0 =
= 0,08 (J).
2
Điện học (5,5 điểm):
Câu 5(2,0 điểm):
1

1
2 = L2C2 =
1
22
C1 C 2
+ Khi mạch chứa cả 4 yếu tố thì C =
và L = (L1 + L2)
C1 + C 2
CC
LCC
L CC
1
+ Khi đó tần số của mạch là 2 = LC = 1 2 .(L1 + L2) = 1 1 2 + 2 1 2
C1 + C 2
C 1 + C 2 C1 + C 2

+ Theo bài ra ta có L1C1 =

+ Ta có:

1 C2
1

=
12 C1 + C 2
2

1
+ 2
2

C1

C1 + C 2


=> = 1 = 2.


Câu 6(1,5 điểm):
+ Theo bài ra ta có 2U0R = U0L và 2U0C = U0L
do đó, E02 = U0R2 + (U0L- U0C)2 = U0R2 + (2U0R- U0R)2 = 2U0R2. => U0R =
+ Mặt khác UR = I0R => R =

E0
2

E0

I0 2
+ Thay số ta có: R = 70,7 ().
Câu 7(2,0 điểm):
K2
K1
+ Ban đầu tụ 900 (àF) đợc tích điện đến 100 (V) sẽ có năng lợng
1
điện trờng là W1 = C1 U12 = 4,5 (J).
900 àF
100 àF
10 H

2
1
2
+ Đóng khoá K1 cho mạch LC1 dao động. Sau
chu kì (
hình 3
LC1 ), tụ C1
4
4
phóng hết điện, toàn bộ năng lợng này sẽ chuyển thành năng lợng từ trờng của cuộn cảm L.
1
2
Đúng thời điểm đó ngắt khoá K1 và đóng khoá K2 cho mạch LC2 dao động, thì sau
chu kì
LC 2 ,
4
4
dòng điện qua L bằng 0, lúc đó toàn bộ năng lợng từ trờng này lại chuyển thành năng lợng điện trờng của tụ
C2.
1
+ Theo định luật bảo toàn năng lợng ta có C 2 U 22 = 4,5 (J) => U2 = 300 (V).
2
+ Tuy nhiên, thời gian diễn ra quá trình này là rất ngắn nên việc đóng ngắt khoá K1, K2 không thể làm bằng
tay mà phải làm bằng một cơ cấu rơle tự động.
Quang học (6,0 im):


1/. (1,0 điểm)
1 1 1
+ = ta thấy rằng với một thấu kính cho trớc (f = hằng số): Nếu hai điểm sáng bất kì

d d' f
cách thấu kính những khoảng nh nhau d1 = d2 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
= D0/2 = (n-1)/R
+ 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 Dx = - 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 450 so với trục chính nên hai ảnh này song song với trục chính và cách trục chính
một khoảng đúng bằng tiêu cự f.
+ Từ công thức

B'
I'

A'
B

I'

I
F

5/. (1,5 điểm)
A
+ 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.
H
nH
H2 H
n 2H 2
=
1 2
1
OA
R
R
R
R2
1
n 1
+ Do H<=

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

UBND TNH H TNH
S GIO DC V O TO

chớnh thc

R



-

H

O

A

K THI CHN HC SINH GII TNH
LP 10 THPT NM HC 2010 -2011
Mụn thi: Vt lý
Thi gian lm bi: 150 phỳt

Cõu 1. Vt A c nộm thng ng lờn trờn t cao 300m so vi mt t vi vn tc ban u
20m / s . Sau ú 1s vt B c nộm thng ng lờn trờn t cao 250m so vi mt t vi vn tc
ban u 25m / s . B qua sc cn khụng khớ, ly g = 10m / s 2 . Chn gc to mt t, chiu
dng hng thng ng lờn trờn, gc thi gian l lỳc nộm vt A.


1. Viết phương trình chuyển động của các vật A, B; tính thời gian chuyển động của các vật.
2. Thời điểm nào hai vật có cùng độ cao; xác định vận tốc các vật tại thời điểm đó.
3. Trong thời gian chuyển động khoảng cách lớn nhất giữa hai vật là bao nhiêu và đạt được
lúc nào.
Câu 2. Thanh CD vuông góc với trục thẳng
Z
đứng OZ và quay quanh trục này với vận tốc
B
góc ω . Hai hòn bi A và B có khối lượng M và
A
C
D
m nối với nhau bằng một lò xo khối lượng
o
không đáng kể, có độ cứng k và có chiều dài tự

Hình 1
nhiên l 0 (Hình vẽ 1). Hai hòn bi có thể trượt
không ma sát trên thanh.
Tính các khoảng cách OA = x; OB = y ứng với trạng thái cân bằng của hai hòn bi; biện luận.
Áp dụng: M = 0,1kg = 2m; l0 = 0, 2(m); k = 40 N / m; ω = 3 vòng/s
Tính x, y và lực đàn hồi của lò xo.
Câu 3. Một quả cầu nặng đồng chất được treo bằng dây vào một điểm cố định trên tường thẳng
đứng. Xác định hệ số ma sát giữa tường với quả cầu sao cho, khi cân bằng, điểm nối dây với quả cầu
nằm trên đường thẳng đứng đi qua tâm quả cầu.
Bài 4: Cho cơ hệ như (hình vẽ 2). Biết α = 300, m1 = 3 kg, m2 = 2 kg, M = 2 kg, ma sát giữa m2 và M
là không đáng kể. Bỏ qua khối lượng dây nối và ròng rọc, dây không dãn, lấy g = 10 m/s 2.
1. M đứng yên.
a. Tìm gia tốc của các vật m1 và m2.
b. Tìm áp lực của dây lên ròng rọc.
m2
2. Tìm điều kiện của hệ số ma sát giữa M và
m1
mặt bàn nằm ngang để M không bị trượt trên bàn
M
α

Hình 2

-------Hết------Họ và tên thí sinh:………………………………….SBD:……….


HỨỚNG DẪN CHẤM HSG LÝ 10 NĂM HỌC 2010 – 2011
Câu
Hướng dẫn giải
Câu 1 1.

Viết phương trình chuyển động của các vật:
Chọn trục Ox hướng lên , gốc tại mặt đất, t = 0 khi ném vật A ta có;

Điểm
(5đ)
0,5

x1 = 300 + 20t − 5t 2
.....................................................
x2 = 250 + 25(t − 1) − 5(t − 1) 2 ; → t ≥ 1
..............................................................
Vật A chạm đất khi x1 = 0; → 300 + 20t − 5t 2 = 0
Giải pt ta có: t11 = 10s; t12 = −6s < 0 (loại)

0,5
0,5

……………………………………………………………………..
Vật B chạm đất khi

x2 = 0 → 250 + 25(t − 1) − 5(t − 1) 2 = 0
→ t21 = 11s; t2 = −4s < 0(loai )

……………………………………………………………………..
Thời gian chuyển động của B là: ∆t = t21 − 1 = 10s .
…………………………………………………………………..
2.
Hai vật cùng độ cao khi:

0,5

0,5

x1 = x2

300 + 20t − 5t 2 = 250 + 25(t − 1) − 5(t − 1) 2
→ t = 5,3s

……………………………………………………………………….
Vận tốc của A khi đó: v A = 20 − gt = −33m / s
……………………………………………………………………
Vận tốc của B khi đó: vB = 25 − 10(t − 1) = 18m / s.
………………………………………………………………………
3.
Khoảng cách lớn nhất giữa hai vật.
Khoảng cách giữa hai vật trong thời gian chuyển động:
∆s = x2 − x1 = 80 − 15t ; với điều kiện: 1s≤ t ≤ 10s.
………………………………………………………………………
∆s( Max) = 80 − 15.10 = 70m

Câu 2

0,5
0,5
0,5

0,5
0,5

Khi cân bằng lò xo bị giãn một đoạn ∆l = x + y − l0 .

(5đ)
0,5

…………………………………………………………………………
Lực đàn hồi của lò xo F = k ∆l chính là lực hướng tâm của hai hòn bi.
0,5
F = F1 = F2 .
F1 = M ω 2 x; F2 = mω 2 y; F = k ( x = y − l0 )
……………………………………………………………………….
Đẳng thức F1 = F2 cho ta:

x m
= . (1)
y M

………………………………………………………………………
Đẳng thức: F = F1 → M ω 2 x = k ( x + y − l0 ) ; (2)
Từ (1) và (2)) Ta có: x =

mkl0
Mkl0
;y=
(3)
2
k ( M + m) − Mmω
k (m + m) − Mmω 2

0,5
0,5
0,75

……………………………………………………………………..
Biện luận: Với điều kiện x ff 0; y

0→ω p

( M + m) k
; ( nghĩa là độ
Mm

0,75

cứng lò xo đủ lớn để giữ hai hòn bi).
…………………………………………………………………………
M
+ 1)
m
= 34, 6rad / s.
Áp dụng bằng số: ωMax =
M
ω = 3vong / s = 18,84rad / s p ωMax

0,5

k(

…………………………………………………………………..
Thay các giá trị vào (3) ta có: x = 0, 095m; y = 0,19m;Vl = 0, 085m
………………………………………………………………….

Lực đàn hồi: F = k .Vl = 3, 4 N
Câu 3 Khi quả cầu đứng cân bằng các lực tác dụng vào nó:
Sức căng T; lực ma sát Fms; phản lực N;trọng lực P.
…………………………………………………………………………
T
Đối với trục quay lqua điểm A,
A
Fms
vuông góc mặt phẳng hình vẽ :
Fms.R – N.R = 0.
N
………………………………………………………………………..
hay Fms = N.
…………………………………………………………………………
P
→
≥
1.
Mặt khác Fms ≤ k.N
k
Câu 4 Chọn chiều dương là chiều chuyển động.
Đối với m1 có các lực tác dụng: P1; T1.
..............................................................................................................
Đối với m1 có các lực tác dụng: P2; T2
.........................................................................................................................................................................

P1 – T1 = m1a1

0,5
0,5

(4đ)
1
1,5
1
0,5
(6đ)
0,25
0,25
0,25

......................................................................................................................................................................

T2 – P2sinα = m2a2

0,25

......................................................................................................................................................................

Do dây không dãn nên: a1 = a2 = a; T1 = T2 = T
...............................................................................................................
a1 = a2 = (P1 – P2sinα)/(m1 + m2) = 4 m/s2

0,25
0,25

.......................................................................................................................................................................

0,5

Hình vẽ 1

T = P1 – m1a = 18 N
.........................................................................
Áp lực tác dụng lên trục của ròng rọc:
T2
Q = T1 + T2

..........................................................................
Độ lớn: Q = 2T.cos300 = 18 3 N
Các lực tác dụng vào vật M:
'
P , N , T2 , T1 , N 2 , Fms

0,25
0,25
T1

Q

Hvẽ0,25
0,25

0,25


.............................................................................................................
N2’ = P2cosα = 10 3 N
..........................................................................................................
Fmsn = T2x – N2x = 4 3 N.
...............................................................................................................
N = P + T1 + T2y + N2y’

................................................................................................................
= P + T1 + T2sinα + N2x’cosα
...............................................................................................................
= 62 N
.............................................................................................................
Để M không bị trượt trên bàn thì ma sát giữa M và bàn là ma sát
nghỉ: Fmsn ≤ µN
N
...................................................................................
T2
→ µ ≥ Fmsn/N = 0,11
..................................................................................
T

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

1

m2

T2

P

H vẽ2: 1

T1
T1

α2

Hình 1

Fmsn

T2

N2

M
P1

N2’

m1
P

Hình 2

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI BẢNG B(NĂM HỌC: 2011-2012)
ĐỀ 2

Bài 1:Có một số điện trở r = 5 ( Ω ).
a. Hỏi phải dùng tối thiểu bao nhiêu điện trở đó để mắc thành mạch có điện trở 3 ( Ω ).

Xác định số điện trở r, lập luận vẽ sơ đồ mạch ?
b. Hỏi phải dùng tối thiểu bao nhiêu điện trở đó để mắc thành mạch có điện trở 7 ( Ω ).
Xác định số điện trở r, lập luận vẽ sơ đồ mạch ?
Bài 2:Điểm sáng thật A nằm trên trục chính của một gương cầu có ảnh thật A / . Từ vị trí ban đầu của A ta
nhận thấy :
Dời A tới gần gương thêm 20 (cm) thì ảnh dời 10 (cm)
Dời A xa gương thêm 10 (cm) thì ảnh dời 2 (cm).Tính tiêu cự của gương.
Bài 3 : Một vật có khối lượng m có thể trượt không ma sát trên một cái nêm ABC ; AB =  ,
Cˆ = 90 0 , Bˆ = α . 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, α = 30 0 ,  = 1 (m), g
= 10 (m/s 2 ).


Bi 4 :Trong khụng khớ : Mt t in cú cu to bi mt hỡnh cu A v mt v cu B ng tõm
bỏn kớnh R A v R B . Bn A c ni vi mt si dõy dn di mnh, u C cú treo hai qu cu
kim loi nh ging ht nhau l m v m / . Qu cu cú bỏn kớnh r v khi lng M. Chiu di 2
on dõy dn C m = C m / = . ( nh hỡnh v )
t A in th V cũn B ni t thỡ gúc gia C m v C m / l 2 .
a. Thit lp biu thc tớnh in tớch Q ca t in. Bit in dung ca t c xỏc nh
bng cụng thc C =

4. . 0 .R A .RB
vi 0 = 8,86.10 12 ( C 2 /Nm 2 )
RB R A

b. p dng bng s : R A = 4 (cm) , R B = 10 (cm), = 8 (cm), r = 6 (mm), M = 0,1 (g), g = 9,8 (m/s 2 ), = 15 0

. Tớnh C, V v Q.
Bi 5 : Cho mch in nh hỡnh v :
R 1 = R 2 = 3 ( ) ; R 3 = 2 ( ) ; R 4 l bin tr ; K l khúa in.
Ngun in mc vo hai u B, D cú hiu in th U khụng i. Ampe
k v vụn k u lý tng. Cỏc dõy ni cú in tr khụng ỏng k.
a. Ban u khúa K m, R 4 = 4 ( ) thỡ vụn k ch 1 (V).
- Xỏc nh hiu in th U ca ngun in.
- Nu úng khúa K thỡ ampe k v vụn k ch bao nhiờu ?
b. úng khúa K v di chuyn con chy C ca bin tr R 4 t u bờn trỏi sang u bờn phi thỡ s ch ca
ampe k I A thay i nh th no ? V th ca I A theo v trớ ca con chy C.
Bi 6 :Vt kớnh ca mt kớnh hin vi cú tiờu c f 1 = 0,6 (cm), th kớnh cú tiờu c f 2 = 3,4 (cm). Hai kớnh cỏch nhau
= 16 (cm).
a. Mt hc sinh A mt khụng cú tt vi khong nhỡn rừ ngn nht l 25 (cm), dựng kớnh hin vi ny quan sỏt
mt vt m mng trờn mt mt tm kớnh trng thỏi ngm chng vụ cc. Tớnh :
- Khong cỏch gia vt v vt kớnh.
- S bi giỏc ca nh.
b. Mt hc sinh B mt khụng cú tt, cng quan sỏt vt m trờn trong trng thỏi ngm chng vụ cc qua kớnh,
nhng ó lt ngc tm kớnh cho vt m xung phớa di. Hi hc sinh B phi dch chuyn ng kớnh mt khong l
bao nhiờu ? theo chiu no ?
Cho bit tm kớnh cú b dy e = 1,5 (mm) v cú chit sut n = 1,5.

Bi 7: Qu cu 1 cú khi lng m 1 = 0,3 (kg) c treo vo u mt si dõy khụng dón, khi lng khụng
ỏng k, cú chiu di = 1 (m). Kộo cng dõy treo qu cu theo phng nm ngang ri th tay cho nú lao
xung. Khi xung n im thp nht, qu cu 1 va chm n hi xuyờn tõm vi qu cu 2, qu cu 2 cú
khi lng m 2 = 0,2 (kg) t mt sn nm ngang. (c mụ t nh hỡnh v bờn)
Sau va chm, qu cu 1 lờn ti im cao nht thỡ dõy treo lch gúc so vi phng thng ng. Qu
cu 2 s ln c on ng cú chiu di S trờn phng ngang.
Bit h s ma sỏt gia qu cu 2 v mt sn nm ngang l 0,02 v trong s tng tỏc gia m 1 v m 2
thỡ lc ma sỏt tỏc dng vo qu cu 2 l khụng ỏng k so vi tng tỏc gia
hai qu cu. Ly g = 10(m/s 2 ).Tớnh: v S.

Bài 8: Một vật chuyển động thẳng biến đổi đều có phơng trình :
x = t2 6t + 10 (m)
A
a) Vẽ đồ thị toạ độ thời gian , đồ thị vận tốc thời gian và
B
đồ thị gia tốc thời gian của chuyển động .
R1
b) Mô tả chuyển động của vật .
c) Tính quãng đờng vật đi đợc sau 5 giây kể từ thời điểm t0 = 0 .
Bài 9: Một nguồn điện có suất điện động E = 24 V và điện trở trong r = 6
đợc dùng để thắp sáng các bóng đèn.
a) Có 6 bóng đèn loại 6 V 3 W , phải mắc các bóng nh thế nào để chúng sáng bình thờng?
b) Tính hiệu suất của từng cách mắc ? cách mắc nào có lợi hơn ?
c) Với nguồn điện trên ,ta có thể thắp sáng bình thờng tối đa bao nhiêu bóng đèn loại 6V- 3 W.
Nêu các cách mắc đèn .
Bài10:Cho cơ hệ gồm vật M, các ròng rọc R1, R2 và dây treo có khối lợng không
đáng kể, ghép với nhau nh hình 1. Các điểm A và B đợc gắn cố định vào
R2
giá đỡ. Vật M có khối lợng m=250(g), đợc treo bằng sợi dây buộc vào
trục ròng rọc R2. Lò xo có độ cứng k=100 (N/m), khối lợng không đáng kể,
M


một đầu gắn vào trục ròng rọc R2, còn đầu kia gắn vào đầu sợi dây vắt qua
R1, R2 đầu còn lại của dây buộc vào điểm B. Bỏ qua ma sát ở các ròng rọc,
coi dây không dãn. Kéo vật M xuống dới vị trí cân bằng một đoạn 4(cm) rồi
buông ra không vận tốc ban đầu.
a) Chứng minh rằng vật M dao động điều hoà.
b) Viết phơng trình dao động của vật M.
Bài11: Ba điểm A,B,C trên trục chính của 1 TKHT. Đặt điểm sáng ở A thì ảnh ở

B. Đặt điểm sáng ở B thì ảnh ở C. AB = 24cm; AC = 48cm. Xác định vị trí và tiêu
cự của thấu kính.

B

A

C

Bài 12 :Hãy trình bày một ý tởng đo vận tốc đầu nòng của đầu đạn của
súng bắn đạn khối lợng nhỏ bằng phơng pháp va chạm.

BI GII
Bi1:
Hi phi dựng ti thiu bao nhiờu in tr ú mc thnh mch cú in tr 3 ( ).
* Gi in tr ca mch l R
Vỡ R < r nờn cỏc in tr r phi c mc song song.
Gi s rng mch ny gm 1 in tr r mc song song vi
ú cú in tr X nh hỡnh (a) .
Ta cú :
r. X
R =
r+X
5. X
3 =
5+ X
X = 7,5 ( )
Vi X = 7,5 ( ) ta cú X cú s nh hỡnh (b)
Ta cú : X = r + Y
Y = X - r = 7,5 - 5 = 2,5 ( )

Y = 2,5 ( ) thỡ phi cú 2 in tr r mc song song.
Vy phi cú ti thiu 4 in tr r mc nh hỡnh (c).
b. Phi dựng ti thiu bao nhiờu in tr ú mc thnh mch cú in tr 7 ( ).
* Gi in tr ca mch l R /
Vỡ R / > r nờn coi mch gm in tr r mc ni tip vi
mt on mch cú in tr X nh hỡnh (d)
Ta cú : R / = r + X /
X / = R / - r = 7 - 5 = 2 ( ).

mt mch no


Vì X / < r ⇒ X / là đoạn mạch gồm r mắc
với một đoạn mạch có điện trở Y / như hình (e).
r.Y /
Ta có : X / =
r +Y /
10
5.Y /
⇔ 2 =
⇒ Y/ =
( Ω ).
/
3
5+Y
Vì Y / < r nên Y / là một đoạn mạch gồm r mắc song
song với một đoạn mạch có điện trở Z như hình (g).
Ta có : Y / =

song

r.Z
r+Z

10
5.Z
=
3
5+ Z
⇔ 50 + 10 Z = 15.Z
⇒ Z = 10 ( Ω ). Vậy Z là đoạn mạch gồm 2 điện trở r
mắc nối tiếp với nhau như hình (h)
Vậy cần phải có 5 điện trở mắc theo sơ đồ như hình (h)
⇔

Bài 2 :
* Tính tiêu cự của gương.
- Khi đặt gương cầu cố định, ảnh và vật luôn chuyển động ngược chiều.
- Gọi d, d 1 , d 2 lần lượt là các tọa độ vật ; d / , d 1/ , d 2/ lần lượt là các tọa độ ảnh.
Theo đề bài ta có :
∆ d 1 = d 1 - d = - 20 cm ; ∆ d 1/ = d 1/ - d / = 10 cm
∆ d 2 = d 2 - d = 10 cm ; ∆ d 2/ = d 2/ - d / = -2 cm
d1 . f
d. f
d .d1 . f − d 1 . f 2 − d .d1 . f + d . f
Ta có : ∆ d 1/ = d 1/ - d / =
=
d1 − f
d−f
(d1 − f )(d − f )

∆d 1
(1)
∆ d 1/ = - f 2 .
(d1 − f )(d − f )
Tương tự ta có :
∆d 2
(2)
∆ d 2/ = - f 2 .
(d 2 − f )(d − f )
Ta đặt x = d - f
Mặt khác : d 1 - f = ∆ d 1 + d - f = ∆ d 1 + x
d2 - f = ∆d2 + d - f = ∆d2 + x
∆d 2
/
∆d 2 .(∆d1 + x)
(2)
∆d 2
(∆d 2 + x).x
⇒
⇔
=
=
/
∆d1
(1)
∆d 1 ( ∆d 2 + x)
∆d 1
(∆d1 + x).x
10(−20 + x)
−2

⇔
=
− 20(10 + x)
10
1
x − 20
⇔
=
5
20 + 2 x
⇔ 20 + 2x = 5x - 100
120
⇒ x =
= 40
3
Từ biểu thức (1) ta được : f =

−

∆d1/ (∆d1 + x).x
=
∆d1

−

10(−20 + 40).40
− 20

2

song


f = 20 (cm)
Bài 3 :. 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 α = m(a + a 0 .cos α ) (1)
Theo phương vông góc với AB : N - mgcos α = m a 0 sin α
(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 α = M a 0
(3)
N sin α
) sin α
Từ (2) và (3) ta có : N − mg cos α = m.(−
M
N sin α

⇔ N + m.sin α
= mgcos α
M
⇔ N(M + m.sin 2 α ) = M mgcos α
M .mg . cos α
⇒ N =
M + m. sin 2 α
Thế vào phương trình (3) ta được :
 M .mg . cos α 
mg . sin 2α
sin α .

2
a0 =  M + m. sin α  = - 2( M + m sin 2 α )
M
Thế vào phương trình (1) ta được :
mgsin α = m(a + (-

mg . sin 2α
).cos α )
2( M + m sin 2 α )

m 2 g . sin 2α .socα
2( M + m sin 2 α )
mg sin 2α . cos α
⇔ a = gsin α +
2( M + m sin 2 α )
⇔ mgsin α = m.a -

2 Mg sin α + 2mg sin 3 α + mg sin 2α . cos α

=
2( M + m sin 2 α )
2 Mg sin α + 2mg sin α (1 − cos 2 α ) + 2mg sin α . cos 2 α
⇔ a =
2( M + m sin 2 α )
( M + m) g. sin α
⇔ a =
M + m sin 2 α
b. Lấy hệ tọa độ xOy gắn với sàn, O trùng với đỉnh C. 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, α = 30 0 ,  = 1 m,
g = 10 m/s 2 .
Thay số ta tính được :
mg . sin 2α
a0 = 2( M + m sin 2 α )