R 2R M N K E, r r + - C 2 C 1 α 1 L 2 L SỞ GD – ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN THI: VẬT LÝ Thời gian làm bài: 180 phút (không tính thời gian giao đề) Câu 1 (4 điểm). Một điểm sáng được đặt trên một trục chính của một thấu kính hội tụ L 1 có tiêu cự f 1 = 25cm. Người ta hứng được ảnh 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 L 1 một thấu kính L 2 đồng trục với thấu kính L 1 và cách thấu kính L 1 một khoảng 20cm. Trên màn xuất hiện một vệt sáng. Hãy tính tiêu cự của L 2 trong các điều kiện sau: - Vệt sáng trên màn có đường kính không đổi khi tịnh tiến màn. - Vệt sáng trên màn có đường kính tăng gấp đôi khi tịnh tiến màn ra xa thêm 10cm . Câu 2(4 điểm). Cho mạch điện như hình vẽ. Nguồn điện có suất điện động E, có điện trở trong r = R/2. Hai tụ điện có điện dung C 1 =C 2 = C (Ban đầu chưa tích điện ) và hai điện trở R và 2R. Lúc đầu khóa K mở. Bỏ qua điện trở của dây dẫn và khóa K. Đóng khóa K. 1. Tính điện lượng chuyển qua dây dẫn MN 2. Tính nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở R C âu 3 (5 điểm). Một ròng rọc O có khối lượng m và bán kính R. Một sợi dây không giãn, khối lượng không đáng kể vắt lên ròng rọc ấy và không trượt. Hai đầu dây quấn nhiều vòng lên hai ròng rọc động có khối lượng m 1 = 2m (Ròng rọc 1) và m 2 = m (Ròng rọc 2) có bán kính lần lượt r 1 , r 2 . Các phần dây quấn đủ dài để có thể coi gần đúng là thẳng đứng. Gia tốc trọng trường là g. Thả hệ từ trạng thái nghỉ, hai ròng rọc động quay và đi xuống trong mặt phẳng của ròng rọc cố định, làm ròng rọc này cũng quay. 1. Tính gia tốc góc β của ròng rọc O và các gia tốc dài a 1 và a 2 của hai ròng rọc động. 2. Tính các lực căng dây T 1 và T 2 . So sánh phản lực của trục O khi hệ chưa và đang chuyển động. Coi các ròng rọc là các đĩa đồng chất khi tính mô men quán tính (I = mr 2 /2). Câu 4(5 điểm). Cho cơ hệ như hình vẽ, vật có khối lượng m = 200g, 2 lò xo L 1 và L 2 lần lượt có độ cứng là 20N/m và 40N/m. Sợi dây mảnh không giãn được vắt qua ròng rọc, góc α =30 o , g = 10m/s 2 . Dịch vật dọc theo mặt phẳng nghiêng tới vị trí mà L 1 giãn 3cm, L 2 giãn 7cm rồi truyền cho nó một vận tốc ban đầu v o =60cm/s hướng về vị trí cân bằng. 1. Chứng minh vật dao đông điều hoa.Viết phương trình dao động. 2. Tìm điều kiện của v 0 để vật dao động điều hoà. 3. Khi dây bị đứt, nếu kể đến ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng, coi hệ số ma sát không đổi μ =0,1. Tìm quảng đường mà vật đi được cho tới khi dừng hẳn. Câu 5(2 điểm). Cho dụng cụ thí nghiệm: Một cuôn chỉ, một vật nặng, một đồng hồ bấm giây. Biết gia tốc rơi tự do g. Hãy nêu 2 phương án xác định gần đúng thể tích của phòng học. ………………………………………Hết…………………………………… Thí sinh không được dung tào liệu – Giám thị không giải thích gì them - 1 - 1 m 2 m ∆ O Đáp án đề thi học sinh giỏi cấp trường môn vật lý năm học 2010 – 2011 Câ u Ý Đáp án Đ i ể m 1 (4) 1 ảnh hứng được trên màn tức ảnh thật, Ta có: 25 ' 25 df d d d f d = = − − Khoảng cách từ ảnh đến vật: l = d + d’ = 2 25 d d − Khảo sát hàm l ta có: l’ = ( 50) 25 d d d − − l’= 0 khi d = 50 hoặc l’ = 0. Lập bảng biến thiên ta thấy l min = 100cm khi d = 50 cm. 1 2 Đặt them thấu kính L 2 trên màn có vệt sang không đổi khi dịch chuyển màn chứng tỏ chum tia ló sau khi ra khỏi hệ thấu kính là chum tia song song. Tức là d 2 = f 2 . Mà d 2 = O 1 O 2 – d 1 ’ = 20 – 50 = -30 cm. Vậy L 2 là thấu kính phân kỳ có tiêu cự f 2 = -30cm. 1 Khi đặt thêm thấu kính L 2 dịch chuyển màn ra xa 10 cm ảnh tăng gấp đôi. Xảy ra hai trường hợp: Hoặc chum tia ló là chum tia hội tụ hoặc phân kì TH1: Chùm tia ló phân kỳ(ảnh qua hệ là ảnh ảo) Qua hình vẽ ta thấy: ' 2 2 ' 2 2 ' 2 2 10 2 20 d d D d D d d + + = = ⇒ = + vô lý . TH2: Chùm tia hội tụ (ảnh qua hệ là ảnh thật) Xảy ra hai trường hợp: a. L 2 là thấu kính hội tụ: Qua hình vẽ ta thấy ' 2 1 ' 2 2 2 2 ' ' 1 2 2 2 10 40 2 2 20 60 30 d d D d d cm f cm D d d d − + − = = ⇒ = ⇒ = ⇒ = − − 1 b. L 2 thấu kính phân kỳ. ' ' 2 2 ' 2 2 2 2 ' ' 1 2 2 2 10 40 100 2 300 . 30 3 d d D d d f cm D d d d − + − = = = ⇒ = ⇒ = − − − 1 - 2 - S O 1 O 2 S’ L 1 L 2 E 1 E 2 S O 1 O 2 S’ L 1 L 2 E 1 E 2 D 2 D 1 '' 2 S d 2 ’ d 2 10 S O 1 O 2 S’ L 1 L 2 E 1 E 2 D 2 D 1 '' 2 S d 2 10 S O 1 O 2 S’ L 1 L 2 E 1 E 2 D 2 D 1 '' 2 S d 2 d 2 ’ 1 (2) +Khi k ngắt q 1 = 0; q 2 = 0 nên tổng điện tích các bản phía trái của các tụ điện q = 0. + Sau khi k đóng ' ' 1 2 ,q CE q CE= = nên q = ' ' 1 2 2q q CE+ = +Điện lợng từ cực dơng của nguồn đến nút A là: q = 2CE + Gọi điện lợng qua AM là q 1 , qua AN là 2 q , ta có : q = 1 2 q q + = 2CE (1) 1 +Gọi I 1 , I 2 là cờng độ dòng điện trung bình trong đoạn AM và AN ta có: 1 1 1 2 2 2 2 2 q I t I R q I t I R = = = = (2) +Từ (1) và (2) suy ra: 1 2 4 2 ; 3 3 CE CE q q = = +Điện lợng dịch chuyển từ M đến N ' 1 1 4 3 3 MN CE CE q q q CE = = = 1 2 (2) +Công của nguồn điện làm dịch chuyển điện tích q trong mạch là : A = q E = 2CE 2 +Trong đoạn mạch mắc song song nhiệt lợng tỏa ra tỉ lệ nghịch với điện trở nên: 2 2 2 2 8 2 3 21 R R AM R Q R Q Q CE Q R = = = = +Năng lợng của hai tụ sau khi tích điện: W = 2. 2 2 1 2 CE CE= +Điện trở tơng đơng của mạch AM là: R AM = 2 3 R 1 +Tổng nhiệt lợng tỏa ra trên các điện trở là: Q AM + Q r = A - W = CE 2 (3) +Trong đoạn mạch mắc nối tiếp nhiệt lợng tỏa ra tỉ lệ thuận với điện trở: 4 3 AM AM r Q R Q r = = +Từ (3) và (4) ta đợc: 2 4 7 AM Q CE= 1 3 (5) Cỏc lc tỏc dng lờn rũng rc 1: 11 , PT Theo nh lut II Newton: 1111 amPT =+ Chiu lờn phng chuyn ng: P 1 T 1 = m 1 a 1 2mg T 1 = 2m.a 1 (1). Tng t i vi rũng rc 2 ta cú phng trỡnh chuyn ng ca rũng rc l: mg T 2 = m.a 2 (2). 1 - 3 - 2 P 1 P ' 2 T 2 T ' 1 T 1 T 2 m 1 m O R 2R M N k E, r r + - C 2 C 1 Hình 3 A B Do các ròng rọc ngoài chuyển động tịnh tiến còn tham gia chuyển động quay nên ta có các phương trình chuyển động quay của hai ròng rọc lần lượt là: T 1 r 1 = I 1 1 β (3); T 2 r 2 = I 2 2 β (4) Với I 1 , I 2 là mô men quán tính của các ròng rọc, 1 β , 2 β , r 1 , r 2 là các gia tốc góc và bán kính của hai ròng rọc. Với I 1 = 2 1 m 1 r 2 1 = m r 2 1 Từ (3) ⇒ T 1 = m.r 1 1 β ⇒ 1 1 1 .rm T = β (5) I 2 = 2 1 m 2 r 2 2 = 2 1 m r 2 2 Từ (4) ⇒ T 2 = 2 1 m.r 2 2 β ⇒ 2 2 2 . 2 rm T = β (6). Tương tự ta có phương trình chuyển động quay của ròng rọc O: (T ’ 1 – T ’ 2 ).R = 2 1 mR 2 β Với T ’ 1 = T 1 , T ’ 2 = T 2 ⇒ T 1 – T 2 = 2 1 mR β ⇒ Rm TT . )(2 21 − = β (7) với β là gia tốc góc của ròng rọc O. Ở đây chúng ta giả thiết các ròng rọc quay như hình vẽ và T 1 > T 2 nên ròng rọc O sẽ quay theo chiều của ròng rọc 1. 1 Nếu trong thời gian t ròng rọc O quay được một góc α và ròng rọc 1 quay được một góc 1 α thì từ mối liên hệ giữa cung và góc ta có thể tính được ròng rọc 1 đi xuống được một đoạn. S 1 = r 1 1 α + R α Đạo hàm bậc hai hai vế của phương trình trên theo thời gian t ta được: a 1 = r 1 1 β + R β (8). Cũng tương tự nếu trong thời gian t ròng rọc 2 quay được một góc 2 α thì ròng rọc 2 đi xuống được một đoạn. S 2 = r 2 2 α - R α ⇒ a 2 = r 2 2 β - R β (9) (vì ròng rọc 2 quay ngược chiều ròng rọc O). Thay (5), (6) và (7) vào (8) và (9) ta được: a 1 = r 1 1 1 .rm T + R Rm TT . )(2 21 − ⇒ a 1 = m TT 21 .2.3 − (10). a 2 = r 2 2 2 . 2 rm T - R Rm TT . )(2 21 − ⇒ a 2 = m TT 12 .2.4 − (11). 1 Mặt khác từ phương trình (1) và (2) ta có: - 4 - T 1 = 2.m.(g- a 1 ) ; T 2 = m.(g – a 2 ) thay vào (10) và (11) ta có hệ.        −−− = −−− = m agmagm a m agmagm a ).(4).(4 ).(2).(.6 12 2 21 1 ⇔    = −= 21 21 54 27.4 aa aag ⇔        = = ga ga 27 16 27 20 2 1 Thay vào ta có: T 1 = 2.m.(g- a 1 ) = 2m.(g - g 27 20 ) = 27 14 mg . Vậy T 1 = 27 14 mg Thay a 2 vào biểu thức T 2 = m.(g – a 2 ) = m.(g - 27 16 g) = 27 11 mg Vậy T 2 = 27 11 mg 1 Thay giá trị T 1 và T 2 vào biểu thức (7). = − = Rm TT . )(2 21 β R g .27 6 Từ tính toán trên ta thấy T 1 > T 2 vậy giả thiết của ta đưa ra là phù hợp. Phản lực của trục O khi các ròng rọc 1 và 2 chuyển động, dựa vào phép phân tích lực thì: Q = T 1 + T 2 + P = 27 52 mg Khi các ròng rọc chưa chuyển động thì: Q ’ = P + P 1 + P 2 = 4mg Từ đó suy ra Q < Q ’ Phản lực của trục O khi hệ chuyển động bé hơn khi hệ không chuyển động. 1 1. Chọn trục xx’ như hình vẽ, gốc toạ độ 0 tai VTCB. Giả sử ở VTCB độ giãn của các lò xo L 1 và L 2 lần lượt là Δl 1 và Δl 2 . Vật chịu tác dụng của lực căng → T của sợi dây, trọng lực → P , lực đàn hồi → 1d F của lò xo L 1 và phản lực → N . Ở VTCB đối với vật: 0 1 =+++ →→→→ TFNP d (1) Phân tích → P thành hai thành phần: → P N vuông góc với mặt phẳng nghiêng và → P t song song với mặt phẳng nghiêng. 1 - 5 - P  N P  t P  N  T  T  2d F  α 1d F  x ' x O 4 (5) 1 (3) Chiếu phương trình (1) lên phương x’x, ta được : mgsinα + Fd 1 –T = 0 ⇒ mgsinα + Fd 1 –Fd 2 = 0 (T = F d2 ) ⇒ mgsinα + k 1 Δl 1 - k 2 Δl 2 = 0(*) Mà Δl 1 + Δl 2 =10cm = 0,1m Từ đó suy ra:    ==∆ ==∆ cmml cmml 505,0 505,0 2 1 Vậy ở VTCB lò xo L 1 và L 2 đều giãn 5 cm 1 Khi vật ở vị trí có ly độ x Ta có: 1 1 2 sin ( ) ( ) ''P k l x k l x mx α + ∆ − − ∆ + = Kết hợp (*) ta được: -(k 1 + k 2 )x = mx’’ Vậy vật dao động điều hòa. Phương trình dao động của vật có dạng: x = Acos ( ω t + ϕ ) với m kk 21 + = ω =10 3 (rad/s). Khi t = 0, ta có: 0 0 5 3 2 2 Acos 60 / -60 A sin x cm v cm s ϕ ω ϕ = − = =   ⇒ ⇒   = − = −   4 3 A cm rad π φ =    =   Vậy phương trình dao động của vật: x = 4cos (10 3 t + 3 π ) (cm). 1 2 (1) Tìm điều kiện của v 0 để vật dao động điều hoà: Để vật dao động điều hoà thì sợi dây phải căng trong quá trình dao động, nghĩa là T ≥ 0 ∀ x. Như vậy, khi vật có li độ x 0 ta luôn có : T = F = k 2 ( ∆ l 2 +x) ≥ 0. ∀ x. (2) Vì T ≥ 0 ∀ x nên khi x = -A thì biểu thức (2) cũng phải thoả mãn. Khi đó: 50 22 =∆≤⇒≥−∆ lAAl (cm) Theo định luật BTNL ta có: 1 - 6 - 25 222 22 2 0 2 0 2 2 0 2 0 ≤=+⇒=+ Ax v kA kxmv ω Suy ra: 73042531025 2 00 =−=−≤ xv ω (cm) 3 (1) Khi có ma sát, lực ma sát thực hiện công làm cơ năng của hệ giảm dần. Vì vậy độ giảm cơ năng của hệ bằng công của lực ma sát, nghĩa là: E sau – E trước = A ms =- F ms .S hay µ −=− 2 0 2 11 Ak mg.S 35,0 10.2,0.1,0.2 )10.70.(20 2 22 2 11 ===⇒ − mg Ak S µ (m) = 35(cm) 1 5 (2) để đo thể tích của một phòng học ta cần xác đinh được chiều dài, chiều rộng, chiều cao. Muốn xác định được ta cấn một thước, nhưng do dụng cụ không có thước nên qua thí nghiệm phải xác định được một đoạn chỉ làm thước(ta xác đinh chiều dài của thước). Cách 1: Chuyển động rơi tự do: Nếu xác định được thời gian vật chuyển động sẽ xác định được độ cao của vật rơi l = 2 1 2 gt . Xác định được l làm chuẩn ta sẽ xác định được các cạnh của phòng học, từ đó xác định được thể tích phòng gần chính xác. 1 Cách 2: Để xác định một đoạn l làm chuẩn có thể dựa vào quá trình dao động của con lắc đơn . Đo chu kỳ của con lắc đơn dao động với biên độ nhỏ. Từ đó ta xác đinh chiều dài của con lắc thông qua 2 2 4 T g l π = Ta sẽ đo được các chiều của phòng học, từ đó xxác định được thể tích phòng 1 - 7 - . r + - C 2 C 1 α 1 L 2 L SỞ GD – ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN THI: VẬT LÝ Thời gian làm bài: 180 phút (không tính thời gian giao đề) Câu 1 (4 điểm). Một điểm sáng. làm chuẩn có thể dựa vào quá trình dao động của con lắc đơn . Đo chu kỳ của con lắc đơn dao động với biên độ nhỏ. Từ đó ta xác đinh chiều dài của con lắc thông qua 2 2 4 T g l π = Ta sẽ đo được. Gọi điện lợng qua AM là q 1 , qua AN là 2 q , ta có : q = 1 2 q q + = 2CE (1) 1 +Gọi I 1 , I 2 là cờng độ dòng điện trung bình trong đoạn AM và AN ta có: 1 1 1 2 2 2 2 2 q I t I