Đề luyện thi học sinh giỏi Vật lí lớp 12 (Có đáp án) Năm họ 2010201113395

ĐỀ LUYỆN THI, HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2010 - 2011 MÔN: VẬT LÝ Câu 1: Tiết diện thẳng khối đồng chất, suốt nửa hình trụ nửa hình trịn tâm O, bán kính R (Hình 1), khối làm chất có chiết suất n = , đặt khơng khí Tia sáng SI nằm mặt phẳng vng góc với trục hình trụ, tới mặt phẳng khối với góc tới 450 Vẽ đường tia sáng điểm tới I trùng với tâm O, nói rõ cách vẽ Tính góc ló góc lệch D tia tới tia ló Xác định vị trí điểm tới I để góc lệch D khơng, vẽ hình Điểm tới I nằm khoảng khơng có tia ló khỏi mặt trụ Câu 2: Một AB đồng chất tiết diện đều, khối lượng m chiều dài l Hình 1 Đặt mặt phẳng ngang, ban đầu nằm yên dễ dàng quay quanh trục quay cố định qua trọng tâm G vng góc với mặt phẳng nằm ngang Một hịn bi khối lượng m chuyển động vận tốc v0 (theo phương nằm ngang có hướng vng góc với AB) đập vào đầu A Va chạm hoàn toàn đàn hồi Biết hệ số ma sát mặt phẳng nằm ngang  Tìm góc quay cực đại sau va chạm (Hình 2a) Bây giờ, giả sử quay quanh đầu A chuyển động mặt phẳng thẳng đứng Giữ tạo với phương thẳng đứng góc  (  m) m m Hãy xác định độ lớn lực F để sau vật dao động điều hòa r r F F Câu : Có mạch điện hình M A L Tụ điện C1 tích điện đến hiệu điện U1, tụ điện C2 tích điên đến hiệu điện U2 (U1>U2) Cuộn +C1 +C2 dây cảm có hệ số tự cảm L Tìm biểu thức cường độ dịng điện mạch sau đóng khố K K Câu 10 : Chiếu ánh sáng đơn sắc có bước sóng 1 = 0,4m vào catơt Hình1 tế bào quang điện Khi đặt vào anôt catôt tế bào quang điện hiệu điện UAK = -2V dịng quang điện bắt đầu triệt -34 tiêu Cho số Plăng h = 6,625.10 Js, tốc độ ánh sáng chân không c = 3.108 m/s, khối lượng electron me = 9,1.10-31kg, độ lớn điện tích electron e = 1,6.10-19C Tính cơng kim loại dùng làm catốt Nếu thay xạ 1 xạ 2 = 0,2m, đồng thời giữ nguyên hiệu điện anơt catơt tốc độ lớn electron quang điện tới anôt có giá trị bao nhiêu? Câu 11: Trong thí nghiệm Y- âng giao thoa ánh sáng: khoảng cách hai khe hẹp S1, S2 a = 0,2mm, khoảng cách từ mặt phẳng hai khe đến D = 1m Nguồn S phát ánh sáng đơn sắc, biết khoảng cách 10 vân sáng liên tiếp 2,7cm Tính bước sóng ánh sáng đơn sắc nguồn S phát Nguồn S phát ánh sáng trắng có bước sóng nằm khoảng từ 0,38  m  0,76  m a Xác định vị trí gần vân trung tâm mà xạ đơn sắc ánh sáng trắng cho vân sáng trùng b Tại vị trí cách vân trung tâm 2,7cm có xạ đơn sắc cho vân sáng trùng ThuVienDeThi.com ĐÁP ÁN 1+ Với tia tới SI = SO, tia khúc xạ OJ bán kính đường trịn nên thẳng góc với mặt cầu J Do đó, tia OJ truyền thẳng qua mặt trụ Từ định luật khúc xạ ánh sáng: n1sini = n2sinr Suy ra: sinr = 0,5 r = 300 + Góc ló J khỏi mặt cầu nên góc lệch tia ló so với tia tới SO D = i – r = 450 – 300 = 150 2+ Góc tới i ln 450 nên góc khúc xạ ln r = 300 Nếu điểm J K, trung điểm cung tròn AB, tia khúc xạ tới mặt trụ với góc r = 300 n2sinr = n1sini’ sini’ = i’ = i = 450 + Khi tia ló song song với tia tới nên góc lệch triệt tiêu Điểm I vị trí I0 Ta có: OI0 = OKtanr = Rtan300 = R 3+ Nếu góc tới mặt trụ lớn góc tới giới hạn ánh sáng phản xạ tồn phần, khơng có tia sáng ló khỏi mặt trụ Ta có: sinigh = suy igh = 450 + Khi I tới vị trí I1, tia khúc xạ tới mặt trụ J1 với góc tới igh Khi tia ló tiếp xúc với mặt trụ Vậy I ngồi khoảng OI1 khơng có tia ló khỏi mặt trụ Áo dụng định lí hàm số sin cho tam giác OI1J1, ta có sin igh sin OI1 J1  OI1 OJ1 Trong OJ1 = R; igh = 450; OI1 J1 = 900 – r = 600 Vậy: OI1 = R Tương tự: OI2 = R ThuVienDeThi.com + Kết luận: Khi tia sáng tới mặt phẳng khối với góc tới 450, có tia sáng ló khởi mặt trụ điểm tới I đoạn I1I2 1+ Sau vừa va chạm vật có vận tốc v, có vận tốc góc  + Bảo tồn mơ men động lượng: mv0 l = m l v + m l 2 12 2  v0 = v + l  (1) 1 1 + Bảo toàn lượng: mv02 = m l 2 + mv2 12 2  v02 = (2) l  + v2 12 3v   Từ (1) (2) (3) l Áp dụng định lý động năng: - IG  = Ams 3v l 1 v0  ml ( )   mg   max  l 12  gl ThuVienDeThi.com 2+ Khi bọ bò khoảng x, momen quán tính bọ quanh chốt quay A là: 1 I  ml  mx  m(l  x ) 3 + Phương trình chuyển động lắc là: d l ( I  ')  -mg sin  - mgx sin  dt  l x Hay m(l  x ) '' mxx '  '  mg sin     3 2 3 + Với dao động nhỏ trở thành: g ( x  l ) xx '  '  ''  22  l  x2 l x + Nếu bọ bị chậm thay đổi x chu kì dao động không đáng kể, ta bỏ qua số hạng thứ phương trình viết lại: g (2 x  3l ) 0 2(l  x ) + Do tần số góc dao động là:  '' g (2 x  3l ) 2(l  x ) Phương trình dao động : x  A.cos(t   )  K  20(rad / s ) m  x  10(cm)  Acos  10(cm)    t  0:   v  sin    A  10(cm) :   Vậy : x  10.cos(20t   )(cm) + Ta thấy lò xo nén 5cm lần chẵn liên tiếp cách chu kì, lị xo nén 2010  lần thứ 2010 thời điểm : t2010  t2  T với t2 thời điểm lò xo nén 5cm lần thứ M2 + Ta xác định thời điểm lò xo nén 5cm lần thứ hai, sử dụng pp vec tơ quay ta có : kể từ thời điểm ban đầu đến lúc lò xo nén 5cm lần thứ vectơ quay góc : -10 M1 -5 10 ˆ M 1OM   t     /   / 2 5  t2  (s) 60 5 2 6029 + Do thời điểm lị xo nén 5cm lần thứ 2010 : t2010   1004  (s) 60 20 60 + Lúc có ma sát, VTCB vật lò x xo biến dạng đoạn : • • • C  mg O C2 l   0, 0025(m) K + Ta thấy có hai VTCB vật phụ thuộc vào chiều chuyển động vật, vật ThuVienDeThi.com sang phải lúc lò xo nén 2,5mm VTCB bên trái O(vị trí C1), lúc vật sang trái mà lò xo giãn 2,5mm VTCB bên phải O( vị trí C2) + Áp dụng đinh luật bảo toàn lượng, ta tính độ giảm toạ độ cực đại sau  mg lần qua O số : xmax   0, 005(m) K + Gia tốc vật đổi chiều lần thứ ứng với vật qua VTCB C2 theo chiều sang trái lần thứ 2, áp dụng định luật bảo toàn lượng ta : KA2 K (l ) mv42 ) (  2   mg  A  2( A  xmax )  2( A  2xmax )  ( A  3xmax )  ( A  3xmax  l )   v4  1, 65(m / s ) + Độ lệch pha hai sóng điểm M cách A, B đoạn d1 d2 : 2  v 30    3(cm) (d1  d )  với    f 10  2  + Tại M cực đại giao thoa :   (d1  d )   2k  d1  d  (k  )  M thuộc AB nên:  AB  d1  d  (k  )  AB  k  6; ;6 : Trên đoạn AB có 13 điểm cực đại  2 + Tại M cực tiểu giao thoa:   (d1  d )   (2k  1)  d1  d  (k  )  M thuộc đoạn AB :  AB  d1  d  (k  )  AB  k  6; ;6 : Trên đoạn AB có13 điểm cực tiểu + Tại điểm M thuộc đoan AB cách trung điểm H đoạn x, có hiệu đường hai sóng : d1  d  x + Điểm M thuộc đoạn AB đứng yên thoả mãn : 1  d1  d  x  (k  )  x  (k  ) ( 1) với k  6; ;6 4   xmax  (6  )  9,375(cm) + Do   x  (0  )  0,375(cm)  + Phương trình dao động tổng hợp M cách A,B đoạn d1 d2 là:      uM  12.cos  (d1  d )   cos t  (d1  d )   (mm) 4 4    + Hai điểm M1 M2 thuộc elip nhận A,B làm tiêu điểm nên: AM  BM  AM  BM  b Suy pt dao động M1 M2 là:    b     uM1  12.cos  3   cos t     uM        1  u  12.cos   4,5    cos t   b    uM    M    Tại thời điểm t1 : uM1  2(mm)  uM  2(mm) 2 * Khi tần số f  50 Hz : ta thấy U AM chứng tỏ UAB vuông pha với UMB  U AB  U MB nên đoạn AB chứa : ThuVienDeThi.com + R C, UAM vng pha UMB + R cuộn cảm L, UAM vng pha UMB + cuộn cảm L tụ điện C, UAM ngược pha UMB + cuộn cảm có điện trở điện trở R, góc lệch pha UAB UMB góc nhọn Do đó, đoạn AB chứa cuộn cảm có điện trở r, độ tự cảm L tụ điện C * Khả 1: hộp X chứa tụ điện, Y chứa cuộn cảm(r,L) Khi f  50 Hz , ta thấy U C  200V ;U MB  U r2  U L2  (100 3)  U L  U C  Z L  Z C dễ thấy tăng tần số lên 50Hz ZL tăng ZC giảm, đến lúc ZL= ZC dịng điện hiệu dụng đạt cực đại, nghĩa tăng tần số lên 50Hz I tăng, trái gt Do đó, khả bị loại * Khả : hộp X chứa cuộn cảm(r,L) hộp Y chứa tụ C U C  100 3V U C  100 3V   + Khi f  50 Hz , ta có hệ: U AM  U r2  U L2  2002  U L  100 3V  U  100V 2 U AB  U r  (U L  U C )  100  r  Z C  50 3 C  103 / 3 ( F )     Z L  50 3   L  0,5 /  ( H ) r  50 r  50()   + Dễ thấy lúc f  50 Hz xảy cộng hưởng, Imax= U/R nên tăng f lên 50Hz I giảm thoả mãn gt Vậy: hộp X chứa cuộn cảm có r  50(); L  0,5 /  ( H ) hộp Y chứa tụ C  103 / 3( F ) Tại t = 0: u AB  U  D1 mở, cịn D2 đóng:  u1  u AM  0; u  u MB  U  q M  C 2U + Với  t  T / : u MB giảm từ U  nên D1 mở: tụ C2 phóng điện qua C1 nguồn khơng phóng điện qua D1 , ta có:  q1  q  C 2U (7) + Tại t = T/4: u AB   u AM  u MB  (8) ; kết hợp(1) (2) t = T/4 ta được: C 2U  u AM   C  C   (9) nên hai điôt bị cấm  u  C 2U   Mb C1  C + Sau t = T/4: chế độ ổn định, hai ơt bị cấm, ta có: dòng qua hai tụ đồng nhất, nên : u AM  u MB  U cos(t )  C1C u AM  C1C u MB  C1C 2U cos(t )  C q1/  C1 q 2/  C1C 2U sin(t )  (C1  C ) I sin(t   )  C1C 2U sin(t ) ThuVienDeThi.com C1C2U  q  q01cost  a1 C C U I0  C1  C2  i  sin t    C1  C2 q2  q02 cost  a2    C2U q1 a1  u AM  C  C  C cos t  C  1 (*)  C U q a u   cos t   MB C2 C1  C2 C2 a1  C 2U  C  C  C  Tại t = T/4: (*) thỏa mãn (9) nên ta được:  thay vào (*) cho ta: C U a 2    C1  C C C 2U  u AM  C  C cos t  1 C1 D1  A  M u  C1U cos t  C 2U B  Mb C1  C C1  C C2 D2 (ta thấy u AM  0; uMB  0t nên ổn định hai ơt bị cấm) H.2 Do ®èi xøng, G nằm trục đối xứng Ox Chia bán cầu thµnh nhiỊu líp máng dµy dx nhá Mét líp ë điểm có toạ độ x= R sin , dày dx= Rcos.d cã khèi l­ỵng dm = (Rcos )2dx víi m   R nªn: /2 m xG   xdm  R m  x x cos  sin d  dx O O H×nh m /2 R R 3R   d = xG   (®pcm) cos  4m 4m XÐt chun ®éng quay quanh tiếp điểm M: gọi góc hợp OG đường đứng mgd - mgd = IM. (1) biến thiên điều hoà với = IM IO, IG, IM mômen quán tính c¸c trơc quay song song qua O,G,M men qu¸n tÝnh bán cầu là: IO = mR ; IO = IG + md2 IM = IG + m( MG)2 Vì nhỏ nên ta coi MG = R-d 13  IM = mR +m(R2 –2Rd) = mR 20 mgd 15g 26R =   T = 2 IM 26R 15g lo Chọn trục Ox thẳng đứng từ xuống O trùng với VTCB có lực F tác dụng Vật cân chưa tác dụng lực F: mg = k ThuVienDeThi.com thẳng O G M Hình P M« lo  x o Tại VTCB mới: F + P - k = (với xo khoảng cách VTCB so với VTCB cũ) Khi vật có li độ x lị xo giãn: lo  x o + x lo  x o  x k F+P- k = mx’’  x’’ + x=0 4m Vậy vật DĐĐH với phương trình: x = Acos( t   ) Trong   k 4m Như chu kì dao động vật T = 2 t  4m Thời gian từ lúc tác dụng lực đến vật dừng lại lần thứ k T 4m  k Khi t = 0: x = Acos(  ) = - xo = - 4F k V = -A  sin  = 4F  A= ,  k 8F S = 2A = k Lực tác dụng lên M hình vẽ Để m dao động điều hồ sau tác dụng lực F M phải đứng yên  N  trình m chuyển động lo  x o  A (F®h ) max A  N=P  Mg - k = Mg -k 0 2  F  Mg -Chọn q1 q2 điện tích tụ i  q1/  q 2/ L (+) +C1 +C2 u AB  u BC  u CA  L.i /  K q q1  0 C C1 Hình1 -Lấy đạo hàm theo thời gian: i    i  ; C1  C với   i  A cos.t    L.C1 C L C C K ThuVienDeThi.com i  A cos   -Khi t = 0: i    A. sin  L.i    L A. sin   U AB  U  U  sin   U U2  Suy ra:    A  L. U U2 C1  C   Vậy: i  Cos .t   với   L. 2 L.C1 C  + Áp dụng phương trình Anhxtanh: hc 1  A  e.U AK => A = 1,768.10-19J = 1,1eV + Áp dụng phương trình Anhxtanh: hc 2  A mv0 MAX 2 mv0 MAX  1 1 +áp dụng định lý động mv02MAX  mv M2 AX  e U AK 2 2hc 1 (  ) thay số v MAX  1,045.10 m / s => v MAX  m  1 => hc  hc  e U AK  thay số:   0,6 m D a) Vị trí gần vân trung tâm mà xạ ánh sáng trắng cho vân sáng trùng vân đỏ bậc trùng vân tím bậc 2: D + x d  xt   d thay số: x = 3,8mm a b) Những xạ ánh sáng trắng cho vân sáng  D 5,4 x = 2,7cm thoả mãn: x  k   ( m) a k + Ta có: 0,38( m)    0,76( m)  7,1  k  14,2 ; k nguyên => k = 8,9 14 Vậy có xạ cho vân sáng vị trí x = 2,7 cm + Từ ta tính bước sóng xạ:   0,675 ; 0,60 ; 0,54; 0,491; 0,45; 0,415; 0,386 ( m ) + Khoảng vân: i = 3mm =>   ThuVienDeThi.com ... 60 + Lúc có ma sát, VTCB vật lị x xo biến dạng đoạn : • • • C  mg O C2 l   0, 0025(m) K + Ta thấy có hai VTCB vật phụ thuộc vào chiều chuyển động vật, vật ThuVienDeThi.com sang phải lúc lị... chạm vật có vận tốc v, có vận tốc góc  + Bảo tồn mơ men động lượng: mv0 l = m l v + m l 2 12 2  v0 = v + l  (1) 1 1 + Bảo toàn lượng: mv02 = m l 2 + mv2 12 2  v02 = (2) l  + v2 12 3v... dây nối rTừ thời điểm vật nặng bắt đầu chịu tác dụng lực F khơng đổi hình vẽ a Tìm quãng đường mà vật m khoảng thời gian kể từ lúc r vật bắt đầu chịu tác dụng lực F đến lúc vật dừng lại lần thứ