DE,DA HSG NINH BINH 2010

SƠ
̉
GIA
́
O DU
̣
C VA
̀
ĐA
̀
O TA
̣
O
TI
̉
NH NINH BI
̀
NH
ĐÊ
̀
THI CHO
̣
N HO
̣
C SINH GIO
̉
I LƠ
́
P 12 THPT
NĂM HO
̣

C 2010 – 2011
Môn: VÂ
̣
T LY
́
- Vo
̀
ng II
Thơ
̀
i gian la
̀
m ba
̀
i: 180 phu
́
t (không kê
̉
thơ
̀
i gian giao đê
̀
)
Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang.
Câu 1 (4,0

): Cho hai vật nhỏ A và B có khối lượng lần lượt là
m
1
= 900g, m

2
= 4kg đặt trên mặt phẳng nằm ngang. Hệ số ma sát trượt
giữa A, B và mặt phẳng ngang đều là µ = 0,1; coi hệ số ma sát nghỉ cực
đại bằng hệ số ma sát trượt. Hai vật được nối với nhau bằng một lò xo nhẹ
có độ cứng k = 15N/m; B tựa vào tường thẳng đứng. Ban đầu hai vật nằm yên và lò xo không biến
dạng. Một vật nhỏ C có khối lượng m = 100g bay dọc theo trục của lò xo với vận tốc
v
r
đến va chạm
hoàn toàn mềm với A (sau va chạm C dính liền với A). Bỏ qua thời gian va chạm. Lấy g = 10m/s
2
.
1. Cho v = 10m/s. Tìm độ nén cực đại của lò xo.
2. Tìm giá trị nhỏ nhất của v để B có thể dịch chuyển sang trái.
Câu 2 (4,5

): Cho một vật mỏng, phẳng, đồng chất, khối lượng phân
bố đều có dạng nửa hình tròn khối lượng m, đường kính AB = 2R.
1. Xác định vị trí khối tâm của vật.
2. Vật có thể quay không ma sát xung quanh trục quay nằm ngang đi
qua đầu A của đường kính AB và vuông góc với mặt phẳng chứa vật (hình
vẽ). Kéo vật lệch khỏi vị trí cân bằng một góc nhỏ rồi thả nhẹ. Chứng tỏ vật
dao động điều hòa, tìm chu kì. Cho gia tốc rơi tự do là g.
Câu 3 (5,0): Cho hệ 3 thấu kính (L
1
), (L
2
), (L
3
) đặt

đồng trục. Vật sáng phẳng, nhỏ có chiều cao AB đặt vuông góc với
trục chính, ở trước (L
1
) cách (L
1
) khoảng d
1
= 45cm. Hai thấu kính
(L
1
) và (L
3
) được giữ cố định tại hai vị trí O
1
và O
3
cách nhau
70cm.
1. Thấu kính (L
2
) đặt tại vị trí cách (L
1
) khoảng O
1
O
2
= 36cm, khi đó ảnh cuối của vật AB cho
bởi hệ ở sau (L
3
) và cách (L

3
) một khoảng bằng 255cm. Trong trường hợp này nếu bỏ (L
2
) đi thì ảnh
cuối không có gì thay đổi và vẫn ở vị trí cũ. Nếu không bỏ (L
2
) mà dịch chuyển nó từ vị trí đã cho về
phía (L
3
) một đoạn 10 (cm), thì ảnh cuối ra vô cực. Tìm các tiêu cự f
1
, f
2
, f
3
của các thấu kính.
2. Tìm các vị trí của (L
2
) trong khoảng O
1
O
3
mà khi đặt (L
2
) cố định tại các vị trí đó thì ảnh
cuối có độ lớn luôn luôn không thay đổi khi ta tịnh tiến vật AB dọc theo trục chính trước (L
1
).
Câu 4 (4,5


): Cho mạch điện như hình vẽ:
Biết hai cuộn dây cảm thuần, L
1
thay đổi được; L
2
=
1
2π
H;
R = 50Ω;
3
10
C F
5
−
=
π
;
AB
u 100 2 cos100 t= π
(V).
1. Điều chỉnh
1
1
L
2
=
π
H, viết biểu thức của cường độ dòng điện trong mạch chính.
2. Thay đổi L

1
, tìm L
1
để điện áp hiệu dụng giữa hai đầu L
1
cực đại. Tìm giá trị cực đại đó.
Câu 5 (2,0

): Một chiếc vòng mảnh bằng điện môi có khối lượng m, tích điệnQ phân bố
đều. Vòng lăn không trượt (do quán tính) trên mặt phẳng ngang cách điện trong vùng từ trường
đều có véc tơ cảm ứng từ
B
r
vuông góc với mặt phẳng của vòng. Xác định vận tốc khối tâm của
vòng nếu áp lực của vòng xuống mặt phẳng nằm ngang chỉ bằng một nửa so với khi vòng đứng
yên. Bỏ qua ma sát lăn.

---------------HẾT---------------
ĐÊ
̀
CHI
́
NH THƯ
́
C
A
B
R
L
1

C
L
2
M
A
G
O
C
v
r
A
B
k
B
A
L
1
L
2
L
3
O
1
O
2
O
3
B





:...................................................................;



:..............………….............
:……………..…………….;:……………………………….........
SƠ
̉
GIA
́
O DU
̣
C VA
̀
ĐA
̀
O TA
̣
O
TI
̉
NH NINH BI
̀
NH
HDC ĐÊ
̀
THI CHO
̣

N HO
̣
C SINH GIO
̉
I LƠ
́
P 12 THPT
NĂM HO
̣
C 2010 – 2011
Môn: VÂ
̣
T LY
́
- Vo
̀
ng II
Câu Nội dung Điểm
1 1. Gọi x là độ co lớn nhất của lò xo, v
o
là vận tốc của hệ A và viên đạn ngay sau
va chạm, áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có:
mv = (m
1
+m)v
o
→ v
o
=1m/s
- Định luật bảo toàn năng lượng cho:

2 2
1 o 1
1 1
(m m)v kx (m m)gx
2 2
+ − = µ +

 2,001215
2
=→=−+→
2. Để B có thể dịch sang trái thì lò xo phải giãn một đoạn ít nhất là x
o
sao cho:
F
đh
= F
ms
→ kx
o
= µm
2
g → 150x
o
= 40 → x
o
= 4/15(m).
- Như thế, vận tốc v
o
mà hệ (m
1

+ m) có khi bắt đầu chuyển động phải làm cho
lò xo có độ co tối đa x sao cho khi nó dãn ra thì độ dãn tối thiểu phải là x
o
2 2
1 o o
2
1 1
kx (m m)g(x x ) kx
2 2
75x 10x 8 0 x 0,4m
→ = µ + + +
→ − − = → =
- Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có:
2 2
1 o 1
1 1
(m m)v kx (m m)gx
2 2
+ − = µ +
- Từ đó tính được: v
o min
≈ 1,8m/s → v
min
≈ 18m/s.
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5

0,5
0,5
2
1. Chia vật thành các dải mỏng coi như các hình chữ nhật có chiều rộng dx rất
nhỏ cách O khoảng x. Khối lượng của các phần này: dm = σ(2Rsinα)dx
(σ là khối lượng trên 1 đơn vị diện tích)
Từ hình vẽ: x = Rcosα → dx = - Rsinαdα
→ dm = - 2σR
2
sin
2
αdα
Áp dụng công thức xác định khối tâm:
0,5
0,5
0,5
0,5
Ê CHINH TH CĐ ̀ ́ Ứ
dx
R
x
α
O
A
G
O
ϕ
2
x
G

=
0
2 2
2
( 2 R sin d ).R cos
(dm)x
(dm) m
π
− σ α α α
=
∫
∑
∑
=
0
3
2
1
2 R
sin d(sin )
m
σ
− α α
∫
=
3
2 R
3m
σ
Thay m = σ

2
R
2
π
→ x
G
= OG =
4R
3π
2. Áp dụng phương trình động lực học của vật rắn:
- mg.AG.sinϕ = I
A
.γ
ϕ nhỏ → - mg.AG.ϕ = I
A
.ϕ" (1)
Với AG =
2
2 2 2
4R
AO OG R
3
 
+ = +
 ÷
π
 
= R
2
16 9

3
+ π
π
Định lí Stainer: I
A
= I
G
+ m.AG
2
; I
O
= I
G
+ m.OG
2
→ I
A
= I
O
+ m(AG
2
- OG
2
) = 0,5mR
2
+ mR
2
= 1,5mR
2
Thay vào (1) → - mgR

2
16 9
3
+ π
π
ϕ = 1,5mR
2
ϕ"
→ ϕ" +
2
2g. 16 9
9 R
+ π
π
ϕ = 0 → ϕ" + ω
2
ϕ = 0 với ω
2
=
2
2g. 16 9
9 R
+ π
π
Chu kì dao động: T = 6π
2
R
2g. 16 9
π
+ π

0,5
0,5
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
3
1. Tìm các tiêu cự f
1
, f
2
, f
3
của các thấu kính.
- Ta có :
+ Sơ đồ tạo ảnh với hệ ba thấu kính :
+ Sơ đồ tạo ảnh với hệ hai thấu kính (L
1
), ( L
3
) :
Vì :
/
2
/
2
!"
=
/

1
/
1
!"
; d
/
31
= d
/
32
nên : d
32
= d
31

⇒
d
/
2
= d
2
= 0
Ta có : d
2
= O
1
O
2
- d
/

1

⇒
d
/
1
= O
1
O
2
= 36 (cm)
d
3
= O
2
O
3
- d
/
2
⇒
d
3
= O
2
O
3
= 34 (cm)
Tiêu cự của thấu kính (L
1

) :
f
1
=
/
11
/
11


+
=
3645
36.45
+
= 20 (cm)
Tiêu cự của thấu kính (L
3
) :
0,5
0,5
0,5
3
f
3
=
/
33
/
33



+
=
25534
255.34
+
= 30 (cm)
Khi dịch chuyển (L
2
) ta có sơ đồ tạo ảnh bởi (L
2
) #$%&' và ( L
3
) như
sau :
Vì d
/
33

∞→

⇒
d
33
= f
3
= 30 (cm)
Mà d
33

= O
/
2
O
3
- d
/
22

⇒
d
/
22
= O
/
2
O
3
- d
33
= 24 - 30 = - 6
(cm)
d
22
= O
1
O
/
2
- d

/
1
= 46 - 36 = 10 (cm)
Tiêu cự của thấu kính (L
2
) :
f
2
=
/
2222
/
2222


+
=
610
)6.(10
−
−
= - 15 (cm)
2. Tìm các vị trí của (L
2
) trong khoảng O
1
O
3
:
- Khi tịnh tiến vật AB trước thấu kính (L

1
), tia tới từ B song song với
trục chính không đổi. Có thể coi là tia này do một điểm vật ở vô cực trên trục
chính phát ra.
Nếu ảnh sau cùng có độ lớn không đổi, ta có một tia ló khỏi ( L
3
) song
song với trục chính cố định. Có thể coi tia này tạo điểm ảnh ở vô cực trên trục
chính. Hai tia này tương ứng với nhau qua hệ thấu kính.
Ta có : d
∞→
1

⇒
d
/
1
= f
1
= 20 (cm)
d
/
3

∞→

⇒
d
3
= f

3
= 30 (cm)
Gọi x là khoảng cách từ (L
1
) đến (L
2
) thỏa yêu cầu đề bài; ta có :
d
2
= x - d
/
1
= x - 20 (1)
d
3
= 70 – x - d
/
2
= 30 (2)
Từ (1) và (2) ta được: 70 - x -
1520
)15)(20(
+−
−−


= 30
⇔
70x - 350 - x
2

+ 5x + 15x - 300 = 30x - 150
⇔
x
2
- 60x + 500 = 0 (*)
Phương trình (*) cho ta 02 giá trị
x = 50 (cm)
x = 10 (cm)
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
4
1.
1 2
L L 1
Z Z .L 50= = ω = Ω
;
2
2 2
1 L
Z R Z 50 2= + = Ω
;

C
1
Z 50
C
= = Ω
ω
.
C
I
r
L2
U
r
R
U
r
MB
U
r
R
I
r
R
I
r
I
r
MB
U
r

MB
U
r
L1
U
r
AB
U
r
I
r
4
* U
MB
sớm pha so với i
R
góc ϕ
1
=
4
π
.
* Gọi ϕ
MB
là độ lệch pha giữa i và u
MB
:
2
C R 1 1 C L2
MB

R 1 C
I I sin Z Z Z
tan 1 0
I cos Z .R
− ϕ −
ϕ = = = >
ϕ
MB
0
4
π
⇒ ϕ = >

→ i sớm pha 0,25π so với u
MB.
* Từ giản đồ:
2 2 2
C R
I I I= +
→
2 2 2
C 1 MB
1 1 1
Z Z Z
= +
→
MB
Z 50 2= Ω
* U
AB

=
2 2 0
MB L1 MB L1
U U 2U U cos45+ −
= I.
2 2 0
MB L1 MB L1
Z Z 2Z Z cos45+ −
→ I =
AB
2 2 0
MB L1 MB L1
U
Z Z 2Z Z cos45+ −

=
2 2
100
1
(50 2) 50 2.50 2.50.
2
+ −
= 2A
Gọi ϕ là độ lệch pha giữa u
AB
và i:
tanϕ =
0
L1 MB
0

MB
U U sin 45
U cos45
−
=
0
L1 MB
0
MB
Z Z sin 45
Z cos45
−
= 0 → ϕ = 0
Vậy phương trình dòng điện trong mạch chính: i = 2
2
cos100πt (A).
2.
Độ lệch pha giữa u
MB
và i không phụ thuộc vào L
1
và luôn bằng 0,25π.
Ta có giản đồ véc tơ như hình vẽ.
Từ giản đồ, áp dụng định lí sin:
AB L1
0
U U
sin 45 sin
=
α

→
AB
L1
0
U sin
U
sin 45
α
=
Dễ thấy U
L1
lớn nhất ↔ sinα lớn nhất ↔ α = 90
0
.
∆OMN vuông cân → U
L1max
= U
MB
2 = U
AB
2 = 100 2 (V)
I =
MB
MB
U 100
2
Z
50 2
= =
A

→ Z
L1
= 100Ω → L
1
=
1
π
H
0,25
0,5
0,5
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,5
5
- Xét phần tử có chiều dài d( chắn góc ở tâm là dα. Điện tích của phần tử
là:
α
π

)
*
2
=

→ Lực từ tác dụng lên dq là:
β
cos.++$!*+
,
=→=
.
- Do vòng tròn có tính đối xứng nên thành phần dF
x
của dF triệt tiêu với
0,25
5