Đề KSCL đội tuyển HSG vật lý 12 năm 2018 2019 trường yên lạc 2 vĩnh phúc

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2

KÌ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 12
ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ
NĂM HỌC 2018 - 2019
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề.
Đề thi gồm: 02 Trang.

Bài 1
Con lắc đơn gồm quả cầu nhỏ khối lượng m1 = 100g và sợi dây lý
tưởng chiều dài là l = 1,0m. Con lắc lò xo gồm lò xo có khối lượng không
N
đáng kể, độ cứng k = 25 và quả cầu nhỏ khối lượng m2 = m1 (hình vẽ
m
l
m 2
bên). Lấy g = 10 2 ;  = 10. Bố trí hai con lắc sao cho khi hệ cân bằng
m2 m1
s
k
lò xo không biến dạng, sợi dây thẳng đứng. Kéo m1 lệch khỏi
vị trí cân bằng để sợi dây lệch một góc nhỏ 0 = 0,1 rad rồi thả nhẹ.
a/ Tìm vận tốc của m2 ngay sau khi va chạm với m1 và độ nén cực đại của lò xo. Coi va chạm là
tuyệt đối đàn hồi (bỏ qua mọi ma sát).
b/ Tìm chu kì dao động của hệ.
c/ Vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của vận tốc theo thời gian của con lắc lò xo. Chọn gốc thời gian
là lúc va chạm.
Bài 2
Một sóng dừng trên một sợi dây mà phương trình sóng có dạng u = a.cos(ωt).sin(bx). Trong đó u
là li độ dao động tại thời điểm t của một phần tử trên dây mà vị trí cân bằng của nó cách gốc toạ độ O

một khoảng x (x đo bằng mét, t đo bằng giây). Cho λ = 0,4m, f = 50Hz và biên độ dao động của một
phần tử M cách một nút sóng 5cm có giá trị là AM = 5mm.
a/ Xác định a và b.
b/ Dây có hai đầu cố định và có chiều dài 2,2m. Hỏi có bao nhiêu điểm trên dây có biên độ dao
động 5mm.
Bài 3
Một điểm sáng S đặt trên trục chính của một thấu kính hội tụ L1 có tiêu cự f1 = 25cm. Người ta hứng
được ảnh S’ của S trên màn E đặt vuông góc với trục chính.
1/ Xác định vị trí của vật, màn đối với thấu kính để khoảng cách giữa vật – màn nhỏ nhất.
2/ Vị trí vật, màn, thấu kính giữ nguyên. Đặt sau thấu kính L1 một thấu kính L2 đồng trục với
thấu kính L1 và cách thấu kính L1 một khoảng 20cm. Trên màn thu được một vết sáng. Hãy tính tiêu cự
của L2 trong các điều kiện sau:
a. Vết sáng trên màn có đường kính không đổi khi tịnh tiến màn.
b. Vết sáng trên màn có đường kính tăng gấp đôi khi tịnh tiến màn ra xa thêm 10cm.
Bài 4
α
Các hạt khối lượng m, mang điện tích q bay vào vùng không gian
β
giữa hai bản tụ điện phẳng dưới góc  so với mặt bản và ra khỏi dưới
góc  (hình bên). Tính động năng ban đầu của hạt, biết điện trường
có cường độ E, chiều dài các bản tụ là d. Bỏ qua hiệu ứng bờ của tụ
điện.
Bài 5
Một người đứng tại A cách nguồn âm điểm O một khoảng r thì nhận được âm có cường độ âm là I.
Khi người này đi theo đường thẳng OA ra xa nguồn âm thêm 30m thì nhận thấy cường độ âm giảm đi 4
lần. Coi môi trường truyền âm có tính đẳng hướng, không phản xạ và hấp thụ âm. Tính khoảng cách OA?


Bài 6
Một vật nặng khối lượng m = 1,0kg dao động điều hòa. Chọn gốc tọa độ và gốc thế năng tại vị trí

cân bằng của vật. Lấy π2 = 10. Biết thế năng của vật biến thiên theo biểu thức:
Wt =0,1cos(4πt + π/2) + 0,1 (đơn vị tính bằng Jun). Viết phương trình dao động điều hòa của vật.

---------------------------HẾT


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2

KÌ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 12
ĐÁP ÁN MÔN VẬT LÝ
NĂM HỌC 2018 - 2019
Đáp án gồm: 02 Trang.

Bài 1 (2,5đ)
a) Gọi vận tốc m1 ngay trước khi va chạm là v0:
 2
1
2
2
m1gh = m1gl(1 - cos0) = m1v 0 => góc 0 nhỏ  1 - cos = 2sin 2  2
2
v0 =  gl = 0,314 (m/s)
+ Gọi v1, v2 là vận tốc của m1, m2 ngay sau khi va chạm
m1v0 = m1.v1+ m2.v2
(1)
1
1
1
(2)

m1v 02 = m1v12 + m 2 v 22
2
2
2
vì m1 = m2 nên từ (1) (2) ta có
v0 = v 1 + v 2
(3)
2
2
2
(4)
v 0  v1  v 2
Từ (3) suy ra: v 02 = (v1+ v2)2 = v12 + v 22 + 2v1v2
So sánh với (4) suy ra: v1 = 0; v2 = v0 = 0,314 (m/s)
+ Như vậy, sau va chạm m1 đứng yên, m2 chuyển động với vận tốc bằng vận tốc của m1 trước khi
va chạm.
m2
1
1
+ Độ nén cực đại của lò xo: kl2= m2v22  l = v2
= 0,02m = 2cm
k
2
2
b) Chu kì dao động
m2
 0, 4s
+ Con lắc lò xo: T1= 2 
k
l

+ Con lắc đơn: T2 = 2 
 2s
g
1
1
Chu kì dao động của hệ: T = (T1 + T2) = (2 + 0,4) = 1,2 (s)
2
2
c) Đồ thị
v0
Tại t = 0
=> v = v0
t = 0,1s => v = 0
0,2
1,2
t(s)
0
t = 0,2s => v = -v0
1,3
0,1
t = 1,2s => v = v0
.
.
Bài 2 (2,5 đ)
a/* Xác định b:
- Phương trình sóng dừng trên dây: u = [a.sin(bx)].cos(ωt) = A.cos(ωt)

k
- Tại điểm nút thứ k có tọa độ xk: A = 0 => sin(bxk) = 0  bx k  k  x k 
b

Điểm

0,25

0,25
0,25
0,25

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

0,25
0,25
0,25


Khoảng cách giữa hai nút liên tiếp của một sóng dừng bằng
2 
cm-1

 20
* Xác định a:


 

nên xk+1 - xk=  .
2
b 2

0,25

Vậy b =

0,25


- Tọa độ các điểm nút là xk = k = 20k(cm) với k = 0, 1,  2...
b
- Xét phần tử M cách nút thứ k 5cm có AM = 5mm => a sin b(x k  5)  5mm

0,25
0,25

 a sin bx k .cos 5b  cos bx k .sin 5b)  a sin 5b  5

0,25
được a = 5 2 (mm)
20
0,25

b/ Chiều dài dây: l = k max => kmax = 11 => có 11 bụng sóng, 12 nút sóng.
0,25
2
Giữa 2 nút có 2 điểm dđ với biên độ 5mm => Số điểm cần tìm 11.2 = 22 điểm.
Bài 3 (2,0 đ)

1/ Ảnh hứng được trên màn tức ảnh thật, ta có:
L1
L2 E1 E2
df
25d
0,25
d' 

d  f d  25
O1
O2
S’
0,25
d2
S
Khoảng cách từ ảnh đến vật: l = d + d’ =
d  25
0,25
d2 - l.d + 25.l = 0 => Δ = l2 - 100.l ≥ 0
=> lmin = 100cm;
d = 50cm.
E2 0,25
L1
L2 E1
h.1
2/ * Đặt thêm thấu kính L2 trên màn có vệt sáng không
O1
O2
S’
đổi khi dịch chuyển màn chứng tỏ chùm tia ló sau

S
khi ra khỏi hệ thấu kính là chùm tia song song. (h.1)
D1 D2
Tức là d2 = f2. Mà d2 = O1O2 – d1’ = 20 – 50 = -30 cm.
h.2
0,25
Vậy L2 là thấu kính phân kỳ có tiêu cự f2 = -30cm.
* Khi đặt thêm thấu kính L2 dịch chuyển màn ra xa 10 cm
d2'
d2 10
ảnh tăng gấp đôi. Xảy ra hai trường hợp:
Hoặc chùm tia ló là chùm tia hội tụ hoặc phân kì
E2
L1
L2 E1
TH1: Chùm tia ló phân kỳ(ảnh qua hệ là ảnh ảo) (h.2)
Qua hình vẽ ta thấy:
'
O1
0,25
O2
D2 d 2  d 2  10
S’
'


2

d


20
=>
vô
lý.
S
2
D
d 2  d 2'
D1 D2
h.3
TH2: Chùm tia hội tụ (ảnh qua hệ là ảnh thật)
Xảy ra hai trường hợp:
d2 10
a. L2 là thấu kính hội tụ: (h.3)
Qua hình vẽ ta thấy
E2
L1
L2 E1
D2 d 2  d1  10
40  d 2'
0,25

2
 2  d 2'  20cm  f 2  60cm
'
'
S’
D1
30


d
d2  d2
O1
2
O2
S
D1 D2
b. L2 thấu kính phân kỳ. (h.4)

Thay b =

d2
d2'

0,25


'
D2 d 2  d 2  10 40  d 2'
100

 '
 2  d 2' 
 f 2  300cm.
'
D1
d 2  30
3
d2  d2

h.4

Bài 4 (1,5đ)
Gọi v1 là vận tốc lúc hạt vào, thì động năng ban đầu của nó bằng: W1 

1
mv12 (1)
2

Gọi v2 là vận tốc lúc hạt ra khỏi tụ điện, thì :
+ Thành phần vận tốc vuông góc với đường sức: v┴ = v 2 cos  v1cos = hằng số (2)
F  P Eq
+ Thành phần vận tốc song song với đường sức thay đổi với gia tốc: a 

g
m
m
v//
 Eq

v1
=> v// = v 2 sin    v1 sin   at   v1 sin   
 g  t (3)
m

v//
d
v┴
Trong đó: t 
(4)

v1co s

d
 qE  mg 
Thay v2 theo (2) và t theo (4) vào (3) được: v1cos.tg   v1 sin   
.
 m  v1cos
(qE  mg).d
Suy ra: cos 2 .tg   sin .cos 
mv12
1
(qE  mg)d
Do đó: W1  mv12 
2
2cos 2   tg  tg 
Nếu bỏ qua trọng lực: W1 

1
q.E.d
mv12 
2
2
2cos .  tg  tg 

0,25
0,25
v┴

0,25

v2

0,25

0,25
0,25

Bài 5 (0,75 đ)

+ Nhận xét: I 

P
1
 I  2 …………….
2
r
4 r

+ Theo đề bài:

I  r  30 

  4 …………..
I'  r 

0,25

2

+ Giải phương trình được r = 30m………...

0,25
0,25

Bài 6 (0,75đ)

Wt 


1  cos2  t +   
1
1
m2 A2 cos 2  t     m2 A2 

2
2
2


1
1
m2 A2 cos  2t + 2   m2 A2 …………………………….
4
4

So với phương trình tổng quát : 2ω = 4π → ω = 2π rad/s
2φ = π/2
→ φ = π/4……………………
Theo biểu thức thế năng đề cho, ta có được:

1
m2 A2 = 0,1 J → A = 10 cm…………………………………
4
→ Phương trình dao động của vật là: x = 10cos(2πt + π/4) cm …….

0,25

0,25
0,25