Luyện thi học sinh giỏi vật lý

Luyện thi học sinh giỏi vật lý

ĐỀ LUYỆN THI, HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2010 - 2011

MÔN: VẬT LÝ

Câu 1: Tiết diện thẳng của một khối đồng chất, trong suốt nửa hình trụ là

nửa hình tròn tâm O, bán kính R (Hình 1), khối này làm bằng chất có chiết

suất n = 2 , đặt trong không khí Tia sáng SI nằm trong mặt phẳng vuông

góc với trục của hình trụ, tới mặt phẳng của khối này với góc tới 450

1 Vẽ đường đi của tia sáng khi điểm tới I trùng với tâm O, nói rõ cách vẽ

Tính góc ló và góc lệch D giữa tia tới và tia ló

2 Xác định vị trí điểm tới I để góc lệch D bằng không, vẽ hình

3 Điểm tới I nằm trong khoảng nào thì không có tia ló khỏi mặt trụ

Câu 2: Một thanh AB đồng chất tiết diện đều, khối lượng m chiều dài l.

1 Đặt thanh trên mặt phẳng ngang, ban đầu thanh nằm yên và dễ dàng

quay quanh trục quay cố định đi qua trọng tâm G và vuông góc với mặt

phẳng nằm ngang Một hòn bi khối lượng m chuyển động vận tốc v0

(theo phương nằm ngang và có hướng vuông góc với thanh AB) đập vào

đầu A của thanh Va chạm là hoàn toàn đàn hồi Biết hệ số ma sát giữa

thanh và mặt phẳng nằm ngang là µ Tìm góc quay cực đại của thanh sau

va chạm (Hình 2a)

2 Bây giờ, giả sử thanh quay được quanh đầu A và chuyển động trong

mặt phẳng thẳng đứng Giữ thanh tạo với phương thẳng đứng góc

0

θ (θ0<<1 rad), một con bọ khối lượng m/3 ban đầu ở A Khi con bọ

bắt đầu bò dọc theo thanh thì thả thanh Biết rằng con bọ bò rất chậm với

vận tốc không đổi dọc theo thanh hướng tới điểm B Tìm tần số góc của con lắc khi con bọ bò được một khoảng x dọc theo thanh (Hình 2b)

Câu 3: Một con lắc lò xo nằm ngang có độ cứng K =40( / )N m , vật nhỏ khối lượng m=100( )g Ban đầu giữ vật

sao cho lò xo bị nén 10(cm) rồi thả nhẹ.

1 Bỏ qua mọi ma sát, vật dao động điều hoà.

a) Viết phương trình dao động của vật, chọn gốc O là vị trí cân bằng của vật, chiều dương là chiều chuyển động

của vật lúc thả, gốc thời gian lúc thả vật

b) Xác định thời điểm lò xo nén 5cm lần thứ 2010 kể từ lúc thả.

2 Thực tế có ma sát giữa vật và mặt bàn với hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt bàn là µ =0,1 Lấy g=10( / )m s2 Tính tốc độ của vật lúc gia tốc của nó đổi chiều lần thứ 4

Câu 4: Hai nguồn phát sóng kết hợp A, B trên mặt thoáng của một chất lỏng dao động theo phương trình

u = c πt mm u = c π πt+ mm Coi biên độ sóng không giảm theo khoảng cách, tốc độ sóng 30( / )

v= cm s Khoảng cách giữa hai nguồn AB=20(cm)

1 Tính số điểm đứng yên và số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn AB.

2 H là trung điểm của AB, điểm đứng yên trên đoạn AB gần H nhất và xa H nhất cách H một đoạn bằng bao

nhiêu ?

3 Hai điểm M M cùng nằm trên một elip nhận A,B làm tiêu điểm có 1; 2 AM1−BM1=3(cm) và

2 2 4,5( )

AM −BM = cm Tại thời điểm t1 nào đó, li độ của M1 là 2(mm), tính li độ của M2 tại thời điểm đó

Câu 5: Cho đoạn mạch nối tiếp như hình vẽ (hình 3)

Trong mỗi hộp X, Y chứa một linh kiện thuộc loại điện trở,

cuộn cảm hoặc tụ điện Đặt vào hai đầu đoạn mạch một điện

áp xoay chiều u AB =100 2 os(2c πf t V )( ) Lúc tần số f =50(Hz),

thì U AM =200( );V U MB =100 3( )V ; I =2( )A Giữ điện áp hiệu dụng hai đầu đoạn mạch và giá trị các linh kiện không đổi, tăng f lên quá 50(Hz) thì cường độ dòng điện hiệu dụng trong mạch giảm Hỏi X, Y chứa linh kiện gì ?

Xác định giá trị của các linh kiện đó

Hình 1

Hình 2a Hình 2b

H.3

M

Cõu 6 : Cho mạch điện như hỡnh vẽ Hai tụ điện cú điện dung C1 và C2 (với C2 > C1), hai

đi ụt lớ tưởng Đặt vào hai đầu đoạn mạch một điện ỏp xoay chiều u AB =U c0 osωt Viết biểu thức của điện ỏp hai đầu mỗi tụ khi hệ ở trạng thỏi ổn định

Cõu 7: Cho một bán cầu đặc đồng chất, khối lợng

m, bán kính R, tâm O

1 Chứng minh rằng khối tâm G của bán cầu cách tâm

O của nó một đoạn là d = 3R/8

2 Đặt bán cầu trên mặt phẳng nằm ngang Đẩy bán

cầu sao cho trục đối xứng của nó nghiêng một góc nhỏ so với phơng thẳng đứng

rồi buông nhẹ cho dao động (Hình 1) Cho rằng bán cầu không trợt trên mặt phẳng

này và ma sát lăn không đáng kể Hãy tìm chu kì dao động của bán cầu

Cõu 8 : Cho cơ hệ gồm cú một vật nặng cú khối lượng m được buộc vào sợi

dõy khụng dón vắt qua rũng rọc C, một đầu dõy buộc cố định vào điểm A

Rũng rọc C được treo vào một lũ xo cú độ cứng k Bỏ qua hối lượng

của lũ xo, rũng rọc và của dõy nối Từ một thời điểm nào đú vật nặng

bắt đầu chịu tỏc dụng của một lực Fr khụng đổi như hỡnh vẽ

a Tỡm quóng đường mà vật m đi được và khoảng thời gian kể từ lỳc

vật bắt đầu chịu tỏc dụng của lực Fr đến lỳc vật dừng lại lần thứ nhất

b Nếu dõy khụng cố định ở A mà nối với một vật khối lượng M (M>m)

Hóy xỏc định độ lớn của lực F để sau đú vật dao động điều hũa

Cõu 9 : Cú mạch điện như hỡnh 1

Tụ điện C1 được tớch điện đến hiệu điện thế U1, tụ điện C2 được tớch điờn đến hiệu điện thế U2 (U1>U2) Cuộn dõy thuần cảm cú hệ số tự cảm L Tỡm biểu thức cường độ dũng điện trong mạch sau khi đúng khoỏ K

Cõu 10 : Chiếu ỏnh sỏng đơn sắc cú bước súng λ1 = 0,4àm vào catụt của một tế bào quang điện Khi đặt vào anụt và catụt của tế bào quang điện này một hiệu điện thế UAK = -2V thỡ dũng quang điện bắt đầu triệt tiờu Cho hằng số Plăng h = 6,625.10-34Js, tốc độ ỏnh sỏng trong chõn khụng c = 3.108 m/s, khối lượng electron me = 9,1.10-31kg, độ lớn điện tớch của electron e = 1,6.10-19C

1 Tớnh cụng thoỏt của kim loại dựng làm catốt

2 Nếu thay bức xạ λ1 bằng bức xạ λ2 = 0,2àm, đồng thời giữ nguyờn hiệu điện thế giữa anụt và catụt trờn thỡ tốc

độ lớn nhất của electron quang điện khi tới anụt cú giỏ trị bằng bao nhiờu?

Cõu 11:

Trong thớ nghiệm của Y- õng về giao thoa ỏnh sỏng: khoảng cỏch giữa hai khe hẹp S1, S2 là a = 0,2mm, khoảng cỏch từ mặt phẳng hai khe đến màn là D = 1m

1 Nguồn S phỏt ra ỏnh sỏng đơn sắc, biết khoảng cỏch giữa 10 võn sỏng liờn tiếp là 2,7cm Tớnh bước súng ỏnh sỏng đơn sắc do nguồn S phỏt ra

2 Nguồn S phỏt ra ỏnh sỏng trắng cú bước súng nằm trong khoảng từ 0,38àmữ0,76à m

a Xỏc định vị trớ gần võn trung tõm nhất mà tại đú những bức xạ đơn sắc của ỏnh sỏng trắng cho võn sỏng trựng nhau

b Tại vị trớ trờn màn cỏch võn trung tõm 2,7cm cú những bức xạ đơn sắc nào cho võn sỏng trựng nhau

O

m

k

m

k

A

2+ Góc tới i luôn là 450 nên góc khúc xạ luôn là r = 300

+ Khi I tới vị trí I1, tia khúc xạ tới mặt trụ ở J1 với góc tới bằng igh Khi đó tia ló tiếp xúc với mặt trụ Vậy khi I ở ngoài khoảng OI1 thì không có tia ló ra khỏi mặt trụ

Áo dụng định lí hàm số sin cho tam giác OI1J1, ta có

1 1

sini gh sinOI J

OI = OJ

Trong đó OJ1 = R; igh = 450; OI J = 901 1 0 – r = 600

Vậy: OI1 = R 2

3 Tương tự: OI2 = R 2

3

ĐÁP ÁN

1+ Với tia tới SI = SO, tia khúc xạ OJ chính là bán kính của đường tròn nên thẳng góc với mặt cầu tại 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 tại J ra khỏi mặt cầu bằng 0 nên góc lệch của tia ló so với tia tới SO là

D = i – r = 450 – 300 = 150

Nếu điểm J ở K, trung điểm cung tròn AB, tia khúc xạ tới mặt trụ với góc r = 300

n2sinr = n1sini’

sini’ = 2

2 i’ = i = 450

+ Khi đó tia ló song song với tia tới nên góc lệch triệt tiêu Điểm I ở vị trí I0 Ta có:

OI0 = OKtanr = Rtan300 = R 3

3 . 3+ Nếu góc tới mặt trụ lớn hơn góc tới giới hạn thì ánh sáng sẽ phản xạ toàn phần, không có tia sáng ló ra khỏi mặt trụ

Ta có: sinigh = 2

2 suy ra igh = 45

0

+ Kết luận: Khi tia sáng tới mặt phẳng của khối với góc tới 450, chỉ có tia sáng ló khởi mặt trụ nếu điểm tới I ở trên đoạn I1I2

1+ Sau khi vừa va chạm vật có vận tốc v, thanh có vận tốc góc ω

+ Bảo toàn mô men động lượng:

mv02

l

= m2

l

12

1

l m

⇒ v0 = v + lω

6

1 (1)

+ Bảo toàn năng lượng:

2

1

12

1 2

1 m l ω +

2

1

mv2 ⇒ v0 = 2 2

12

1 l ω + v2 (2)

Từ (1) và (2)

l

v0

3

=

⇒ ω (3)

Áp dụng định lý động năng: -

2

1

IGω2 = Ams

2

max 3

( )

µ

Phương trình dao động : x A c= os(ω ϕt+ )

trong đó : K 20(rad s/ )

m

0 : 10( ) os 10( )

t

ϕ

Vậy : x=10 os(20c t+π)(cm)

+ Ta thấy lò xo nén 5cm các lần chẵn liên tiếp cách nhau một chu kì, do đó lò xo nén

lần thứ 2010 tại thời điểm : 2010 2

2010 2

2

t = +t − T

với t 2 là thời điểm lò xo nén 5cm

lần thứ 2

+ 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 2 thì vectơ quay một góc :

M OM =ωt = π π− = π

2

5

( )

60

t π s

+ Do đó thời điểm lò xo nén 5cm lần thứ 2010 là : 2010

+ Lúc có ma sát, tại VTCB của vật lò

xo biến dạng một đoạn :

0, 0025( )

mg

K

µ

+ Ta thấy có hai VTCB của vật phụ thuộc vào chiều chuyển động của vật, nếu vật đi

2+ Khi con bọ bò được khoảng x, momen quán tính của thanh và con bọ quanh chốt quay A là:

1 2 1 2 1 ( 2 2)

I = ml + mx = m l +x

+ Phương trình chuyển động của con lắc là:

( ') - sin -1 sin

dt

Hay 1 ( 2 2) '' 2 ' ' sin

l x

+ Với các dao động nhỏ nó trở thành:

3

g x l xx

+ Nếu con bọ bò rất chậm thì sự thay đổi x trong một chu kì dao động là không đáng kể, ta bỏ qua số hạng thứ 2 của phương trình và viết lại:

2 2

(2 3 )

+ θ

+

g x l

l x

+ Do đó tần số góc của dao động là:

(22 3 )2

+

ω =

+

g x l

l x

M1

M2

-5

•

O

C 1 C

2

x

sang phải lúc lò xo nén 2,5mm thì VTCB là bên trái O(vị trí C1), lúc vật đi sang trái mà

lò xo giãn 2,5mm thì VTCB là bên phải O( vị trí C2)

+ Áp dụng đinh luật bảo toàn năng lượng, ta tính được độ giảm toạ độ cực đại sau mỗi lần qua O là hằng số và bằng : ax

2

0,005( )

m

mg

K

µ

+ Gia tốc của vật đổi chiều lần thứ 4 ứng với vật đi qua VTCB C2 theo chiều sang trái lần thứ 2, áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta được :

2

4

( )

mv

µ

∆

4 1,65( / )

→ =

+ Độ lệch pha của hai sóng tại một điểm M cách A, B những đoạn d1 và d2 là :

1 2

2

2

d d

ϕ

λ

10

v

cm f

λ

1

4

Trên đoạn AB có 13 điểm cực đại

λ

4

Trên đoạn AB có13 điểm cực tiểu

+ Tại điểm M thuộc đoan AB cách trung điểm H một đoạn x, có hiệu đường đi của

hai sóng là : d1−d2 =2x

+ Điểm M thuộc đoạn AB đứng yên thoả mãn :

1 2

( 1) với k= −6; ;6

+ Do đó

ax

min

1 3

4 2

1 3

4 2

m







+ Phương trình dao động tổng hợp tại M cách A,B những đoạn d1 và d2 là:

12 os ( 1 2) os ( 1 2) ( )

M

+ Hai điểm M1 và M2 đều thuộc một elip nhận A,B làm tiêu điểm nên:

AM1+BM1=AM2+BM2 =b

Suy ra pt dao động của M1 và M2 là:

1

1

2 2

12 os 3 os

1

12 os 4,5 os

M

M M M

b

u u b

λ

λ





Tại thời điểm t1 : u M1 =2(mm)→u M2 = −2(mm)

* Khi tần số f =50Hz: ta thấy 2 2 2

U =U +U chứng tỏ U AB vuông pha với U MB

nên đoạn AB không thể chứa :

+ R và C, vì khi đó U AM vuông pha U MB

+ R và cuộn thuần cảm L, vì khi đó U AM vuông pha U MB

+ cuộn thuần cảm L và tụ điện C, vì khi đó U AM ngược pha U MB

+ cuộn cảm có điện trở thuần và điện trở thuần R, vì khi đó góc lệch pha giữa U AB và

U MB là góc nhọn

Do đó, đoạn AB có thể chứa cuộn cảm có điện trở thuần r, độ tự cảm L và tụ điện C

* Khả năng 1: hộp X chứa tụ điện, Y chứa cuộn cảm(r,L)

Khi f =50Hz, ta thấyU C =200 ;V U MB2 =U r2+U L2 =(100 3)2 →U L<U C →Z L <Z C

dễ thấy khi tăng tần số lên quá 50Hz thì Z L tăng Z C giảm, đến lúc Z L = Z C thì dòng điện

hiệu dụng mới đạt cực đại, nghĩa là tăng tần số lên quá 50Hz thì I tăng, trái gt.

Do đó, khả năng này bị loại

* Khả năng 2 : hộp X chứa cuộn cảm(r,L) và hộp Y chứa tụ C

+ Khi f =50Hz, ta có hệ: 2 2 2 2

100 3

100 3

100

C C

r





3

50( ) 50

C L

r r

π π

−



+ Dễ thấy lúc f =50Hz thì xảy ra cộng hưởng, Imax= U/R nên nếu tăng f lên quá 50Hz

thì I giảm thoả mãn gt

Vậy: hộp X chứa cuộn cảm có r=50( );Ω L=0,5 3 / ( )π H và hộp Y chứa

tụC=10 / 5 3( )− 3 F

+ Tại t = 0: u AB =U0 →D1 mở, còn D 2 đóng:

→u1 =u AM =0;u2 =u MB =U0 →q2M =C2U0

+ Với 0<t<T/4:u MB giảm từ U0 →0 nên D 1 mở: tụ C2 phóng điện qua C1 và nguồn nhưng không phóng điện

qua D 1 được , ta có:

−q1+q2 =C2U0 (7)

+ Tại t = T/4: u AB =0→u AM +u MB =0(8) ; kết hợp(1) và (2) thì tại t = T/4 ta được:













>

+

=

<

+

−

=

0 0

2 1

0 2

2 1

0 2

C C

U C u

C C

U C u

Mb

AM

(9) nên hai điôt đều bị cấm

+ Sau t = T/4: ở chế độ ổn định, hai đi ôt đều bị cấm, ta có: dòng qua hai tụ là đồng nhất, nên :

) sin(

) sin(

) (

) sin(

) cos(

) cos(

0 2 1 0

2 1 0

2 1

/ 2 1

/ 1 2

0 2 1 2

1 2

1 0

t U

C C t

I C C t

U C C q

C q

C

t U

C C u C C u C C t U

u

ω ω

ϕ ω ω

ω

ω ω

−

= + +

−

⇔

−

= +

→

= +

→

= +

1 2 0

1 2

1 2

os sin

os 0

C C U

q q c t a

C C

ω

ω

ω ϕ

2 0

1 0

.cos

(*) cos

AM

MB

C U

C U

ω ω



→ 



Tại t = T/4: (*) thỏa mãn (9) nờn ta được:













= +

= +

−

2

2 2 1

0 2

1

1 2 1

0 2

C

a C C

U C

C

a C C

U C

thay vào (*) cho ta:













+

+ +

=

− +

=

2 1

0 2 2

1

0 1

2 1

0 2

cos

1 cos

C C

U C t C

C

U C u

t C

C

U C u

Mb

AM

ω ω

(ta thấy u AM ≤0;u MB ≥ ∀0 t nờn khi ổn định hai

đi ụt đều bị cấm)

1 Do đối xứng, G nằm trên trục đối xứng Ox Chia bán cầu thành nhiều lớp mỏng

dày dx nhỏ

Một lớp ở điểm có toạ độ x= R sin α, dày dx= Rcosα.dα

có khối lợng dm = ρπ(Rcosα )2dx với R3

3

2

m=ρ π nên:

m

d sin cos R m

xdm

x

2 / 0

3 4 m

0

G

∫

=

=

d =

8

R 3 m 4

R cos

m 4

R x

4 2

/ 0 4 4

2 Xét chuyển động quay quanh tiếp điểm M: gọi ϕ là góc hợp bởi OG và đờng

thẳng đứng

- mgdϕ = IM.ϕ” (1) ⇒ϕ biến thiên điều hoà với ω =

M I mgd

IO, IG, IM là các mômen quán tính đối với các trục quay song song qua O,G,M Mô men quán tính đối với bán cầu là:

IO = mR2

5

2

; IO = IG + md2

IM = IG + m( MG)2 Vì ϕ nhỏ nên ta coi MG = R-d

⇒ IM = mR2

5

2 +m(R2 –2Rd) = mR2

20 13

ω =

R 26

g 15 I

mgd

M

g 15

R 26

2π

Vật cõn bằng khi chưa tỏc dụng lực F: mg = k

2

o

l

∆

Chọn trục Ox thẳng đứng từ trờn xuống O trựng với VTCB mới khi cú lực F tỏc dụng

A B

C 1

C 2

M

D 1

D 2

H.2

Hình 2

M P

O G

ϕ

OO

α

x

x Hình 1

dx

Tại VTCB mới: F + P - o o

2 k 2

∆ +

= 0 (với xo là khoảng cách giữa VTCB mới so với VTCB cũ) Khi vật có li độ x lò xo giãn: ∆ +lo xo+ x

F + P - o o

2 k

2

= mx’’ ⇒ x’’ + k

4mx = 0 Vậy vật DĐĐH với phương trình: x = Acos( tω + ϕ)

4m

ω =

Như vậy chu kì dao động của vật T = 2 4m

k

π Thời gian từ lúc tác dụng lực đến khi vật dừng lại lần thứ nhất

là t T 4m

= = π

Khi t = 0: x = Acos(ϕ) = - xo = -4F

k

V = -A sinω ϕ = 0

⇒ A = 4F

k , ϕ = π

S = 2A = 8F

k

Lực tác dụng lên M như hình vẽ

Để m dao động điều hoà sau khi tác dụng lực F thì M phải đứng yên ⇔N ≥0trong quá trình m chuyển động

⇔ N = P - (F ®h max)

2 ≥ 0 ⇔ Mg - o o

2 k

2

= Mg -kA

4 ≥ 0

⇒ F ≤ Mg

-Chọn q1 và q2 là điện tích 2 bản trên của 2 tụ

0

0

1

1

2

2

/

/

2

/

1

= +

+

= +

+

=

−

=

C

q

C

q

i

L

u

u

u

q

q

i

CA

BC

AB

-Lấy đạo hàm theo thời gian:i′′+ω2.i=0;

với

2 1

2 1

.C C

L

C

C +

=

(+)

-Khi t = 0:

0 sin sin

sin

0 cos

2

1− ⇒ 〈

=

=

−

=

′

−

=

′

=

=

ϕ ϕ

ω

ϕ ω ϕ

U U U A

L i L

A i

A i

AB

Suy ra:

2

π

ω

2 1

L

U U

A= −









−

=

2

2

L

U U

2 1

2 1 C C L

C

C +

= ω

+ Áp dụng phương trình Anhxtanh: hc A e.U AK

1

+

= λ

=> A = 1,768.10-19J = 1,1eV

+ Áp dụng phương trình Anhxtanh: 02 AX

1

M

mv A

hc = + λ

1

1

MA

U e hc

λ

λ

+áp dụng định lý động năng mv M = mv M2 +e U AK

AX

2 AX 0

2

1 2

1

1 2 X

λ

=

m

hc

v MA thay số v MA 1,045.106m/s

X =

+ Khoảng vân: i = 3mm =>

D

ai

=

λ thay số: λ =0,6µm

a) Vị trí gần vân trung tâm nhất mà tại đó những bức xạ của ánh sáng trắng cho vân sáng trùng nhau là vân đỏ bậc 1 trùng vân tím bậc 2:

+

a

D 2

x = =λ thay số: x = 3,8mm

b) Những bức xạ của ánh sáng trắng cho vân sáng tại

x = 2,7cm thoả mãn: . 5,4( m)

k a

D k

x= λ ⇒λ = µ

+ Ta có: 0,38(µm)≤λ ≤0,76(µm)⇒7,1≤k ≤14,2;

k nguyên => k = 8,9 14

Vậy có 7 bức xạ cho vân sáng tại vị trí x = 2,7 cm

+ Từ đó ta tính được bước sóng các bức xạ:

=

λ 0,675 ; 0,60 ; 0,54; 0,491; 0,45; 0,415; 0,386 (µm)