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 45 0 . 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 0 v (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 ( 0 θ <<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 40( / )K N m= , vật nhỏ khối lượng 100( )m 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 0,1 µ = . Lấy 2 10( / )g m s= . 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 6. os(20 )( ); 6. os(20 / 2)( ) A B u c t mm u c t mm π π π = = + . Coi biên độ sóng không giảm theo khoảng cách, tốc độ sóng 30( / )v cm s= . Khoảng cách giữa hai nguồn 20( )AB 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 1 2 ;M M cùng nằm trên một elip nhận A,B làm tiêu điểm có 1 1 3( )AM BM cm− = và 2 2 4,5( )AM BM cm− = . Tại thời điểm t 1 nào đó, li độ của M 1 là 2(mm), tính li độ của M 2 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 100 2 os(2 . )( ) AB u c f t V π = . Lúc tần số 50( )f Hz= , thì 200( ); 100 3( ) AM MB U V U V= = ; 2( )I 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 A B H.3 M X Y Cõu 6 : Cho mch in nh hỡnh v . Hai t in cú in dung C 1 v C 2 (vi C 2 > C 1 ), hai i ụt lớ tng. t vo hai u on mch mt in ỏp xoay chiu 0 . os AB u U c t = . Vit biu thc ca in ỏp hai u mi t khi h trng thỏi n nh. 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 c h gm cú mt vt nng cú khi lng m c buc vo si dõy khụng dón vt qua rũng rc C, mt u dõy buc c nh vo im A. Rũng rc C c treo vo mt lũ xo cú cng k. B qua hi lng ca lũ xo, rũng rc v ca dõy ni. T mt thi im no ú vt nng bt u chu tỏc dng ca mt lc F r khụng i nh hỡnh v a. Tỡm quóng ng m vt m i c v khong thi gian k t lỳc vt bt u chu tỏc dng ca lc F r n lỳc vt dng li ln th nht b. Nu dõy khụng c nh A m ni vi mt vt khi lng M (M>m) Hóy xỏc nh ln ca lc F sau ú vt dao ng iu hũa Cõu 9 : Cú mch in nh hỡnh 1. T in C 1 c tớch in n hiu in th U 1 , t in C 2 c tớch iờn n hiu in th U 2 (U 1 >U 2 ). Cun dõy thun cm cú h s t cm L. Tỡm biu thc cng dũng in trong mch sau khi úng khoỏ K. Cõu 10 : Chiu ỏnh sỏng n sc cú bc súng 1 = 0,4àm vo catụt ca mt t bo quang in. Khi t vo anụt v catụt ca t bo quang in ny mt hiu in th U AK = -2V thỡ dũng quang in bt u trit tiờu. Cho hng s Plng h = 6,625.10 -34 Js, tc ỏnh sỏng trong chõn khụng c = 3.10 8 m/s, khi lng electron m e = 9,1.10 -31 kg, ln in tớch ca electron e = 1,6.10 -19 C. 1. Tớnh cụng thoỏt ca kim loi dựng lm catt. 2. Nu thay bc x 1 bng bc x 2 = 0,2àm, ng thi gi nguyờn hiu in th gia anụt v catụt trờn thỡ tc ln nht ca electron quang in khi ti anụt cú giỏ tr bng bao nhiờu? Cõu 11: Trong thớ nghim ca Y- õng v giao thoa ỏnh sỏng: khong cỏch gia hai khe hp S 1, S 2 l a = 0,2mm, khong cỏch t mt phng hai khe n mn l D = 1m. 1. Ngun S phỏt ra ỏnh sỏng n sc, bit khong cỏch gia 10 võn sỏng liờn tip l 2,7cm. Tớnh bc súng ỏnh sỏng n sc do ngun S phỏt ra. 2. Ngun S phỏt ra ỏnh sỏng trng cú bc súng nm trong khong t 0,38 à m ữ 0,76 à m. a. Xỏc nh v trớ gn võn trung tõm nht m ti ú nhng bc x n sc ca ỏnh sỏng trng cho võn sỏng trựng nhau. b. Ti v trớ trờn mn cỏch võn trung tõm 2,7cm cú nhng bc x n sc no cho võn sỏng trựng nhau. O . m k m k F r F r M A 2+ Góc tới i luôn là 45 0 nên góc khúc xạ luôn là r = 30 0 + Khi I tới vị trí I 1 , tia khúc xạ tới mặt trụ ở J 1 với góc tới bằng i gh . Khi đó tia ló tiếp xúc với mặt trụ. Vậy khi I ở ngoài khoảng OI 1 thì không có tia ló ra khỏi mặt trụ. Áo dụng định lí hàm số sin cho tam giác OI 1 J 1 , ta có 1 1 1 1 sin sin gh i OI J OI OJ = Trong đó OJ 1 = R; i gh = 45 0 ; 1 1 OI J = 90 0 – r = 60 0 . Vậy: OI 1 = R 2 3 Tương tự: OI 2 = 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: n 1 sini = n 2 sinr Suy ra: sinr = 0,5 r = 30 0 + 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 = 45 0 – 30 0 = 15 0 Nếu điểm J ở K, trung điểm cung tròn AB, tia khúc xạ tới mặt trụ với góc r = 30 0 n 2 sinr = n 1 sini’ sini’ = 2 2 i’ = i = 45 0 . + Khi đó tia ló song song với tia tới nên góc lệch triệt tiêu. Điểm I ở vị trí I 0 . Ta có: OI 0 = OKtanr = Rtan30 0 = 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: sini gh = 2 2 suy ra i gh = 45 0 + Kết luận: Khi tia sáng tới mặt phẳng của khối với góc tới 45 0 , chỉ có tia sáng ló khởi mặt trụ nếu điểm tới I ở trên đoạn I 1 I 2 . 1+ Sau khi vừa va chạm vật có vận tốc v, thanh có vận tốc góc ω . + Bảo toàn mô men động lượng: mv 0 2 l = m 2 l v + ω 2 12 1 lm ⇒ v 0 = v + ω l 6 1 (1) + Bảo toàn năng lượng: 2 1 mv 0 2 = 22 12 1 2 1 ω lm + 2 1 mv 2 ⇒ v 0 2 = 22 12 1 ω l + v 2 (2) Từ (1) và (2) l v 0 3 =⇒ ω (3) Áp dụng định lý động năng: - 2 1 I G 2 ω = A ms 2 2 2 0 0 max 3 1 1 3 ( ) 2 12 4 2 v v l ml mg l gl ⇔ =µ ϕ ⇒ ϕ = µ Phương trình dao động : . os( )x A c t ω ϕ = + trong đó : 20( / ) K rad s m ω = = 10( ) os 10( ) 0 : 0 sin 0 10( ) x cm Ac cm t v A cm ϕ ϕ π ϕ = − = − = = → → = = = Vậy : 10. os(20 )( )x c t cm π = + + 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 : 1 2 2 ˆ . 2 / 3 5 / 3M OM t ω π π π = = − = 2 5 ( ) 60 t s π → = + Do đó thời điểm lò xo nén 5cm lần thứ 2010 là : 2010 5 2 6029 1004. ( ) 60 20 60 t s π π π = + = + Lúc có ma sát, tại VTCB của vật lò xo biến dạng một đoạn : 0,0025( ) mg l m 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: 2 2 2 2 1 1 1 ( ) 3 3 3 I ml mx m l x= + = + + Phương trình chuyển động của con lắc là: 1 ( ') - sin - sin 2 3 θ = θ θ d l I mg mgx dt Hay 2 2 1 2 ( ) '' ' ' sin 3 3 2 3 + θ + θ = − θ + ÷ l x m l x mxx mg + Với các dao động nhỏ nó trở thành: 2 2 2 2 3 ( ) 2 ' ' 2 '' 0 + θ θ θ + + = + + g x l xx l x l x + 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 ) '' 0 2( ) + θ θ + = + g x l l x + Do đó tần số góc của dao động là: 2 2 (2 3 ) 2( ) + ω = + g x l l x M 1 M 2 -5 -10 10 • • • O C 1 C 2 x sang phải lúc lò xo nén 2,5mm thì VTCB là bên trái O(vị trí C 1 ), lúc vật đi sang trái mà lò xo giãn 2,5mm thì VTCB là bên phải O( vị trí C 2 ) + 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 x m K µ ∆ = = + Gia tốc của vật đổi chiều lần thứ 4 ứng với vật đi qua VTCB C 2 theo chiều sang trái lần thứ 2, áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta được : [ ] 22 2 4 ax ax ax ax ( ) ( ) 2 2 2 2( ) 2( 2 ) ( 3 ) ( 3 ) m m m m mvKA K l mg A A x A x A x A x l µ ∆ − + = = + − ∆ + − ∆ + − ∆ + − ∆ − ∆ 4 1,65( / )v m s→ = + Độ lệch pha của hai sóng tại một điểm M cách A, B những đoạn d 1 và d 2 là : 1 2 2 ( ) 2 d d π π ϕ λ ∆ = − + với 30 3( ) 10 v cm f λ = = = + Tại M là cực đại giao thoa nếu : 1 2 1 2 2 1 ( ) 2 ( ) 2 4 d d k d d k π π ϕ π λ λ ∆ = − + = → − = − M thuộc AB nên: 1 2 1 ( ) 6; ;6 4 AB d d k AB k λ − < − = − < → = − : Trên đoạn AB có 13 điểm cực đại + Tại M là cực tiểu giao thoa: 1 2 1 2 2 1 ( ) (2 1) ( ) 2 4 d d k d d k π π ϕ π λ λ ∆ = − + = + → − = + M thuộc đoạn AB : 1 2 1 ( ) 6; ;6 4 AB d d k AB k λ − < − = + < → = − : 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 : 1 2 2d d x− = + Điểm M thuộc đoạn AB đứng yên thoả mãn : 1 2 1 1 2 ( ) ( ). 4 4 2 d d x k x k λ λ − = = + → = + ( 1) với 6; ;6k = − + Do đó ax min 1 3 (6 ). 9,375( ) 4 2 1 3 (0 ). 0,375( ) 4 2 m x cm x cm = + = = + = + Phương trình dao động tổng hợp tại M cách A,B những đoạn d 1 và d 2 là: 1 2 1 2 12. os ( ) . os ( ) ( ) 4 4 M u c d d c t d d mm π π π π ω λ λ = − + + + + + Hai điểm M 1 và M 2 đều thuộc một elip nhận A,B làm tiêu điểm nên: 1 1 2 2 AM BM AM BM b+ = + = Suy ra pt dao động của M 1 và M 2 là: 1 1 2 2 . 12. os .3 . os 3 4 4 1 . 12. os .4,5 . os 3 4 4 M M M M b u c c t u u b u c c t π π π π ω λ π π π π ω λ = + + + → = − = + + + Tại thời điểm t 1 : 1 2 2( ) 2( ) M M u mm u mm= → = − * Khi tần số 50f Hz= : ta thấy 2 2 2 AM AB MB 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 50f Hz= , ta thấy 2 2 2 2 200 ; (100 3) C MB r L L C L C U V U U U U U Z Z= = + = → < → < 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 50f Hz= , ta có hệ: 2 2 2 2 2 2 2 2 100 3 100 3 200 100 3 100 ( ) 100 C C AM r L L r AB r L C U V U V U U U U V U V U U U U = = = + = → = = = + − = 3 50 3 10 /5 3 ( ) 50 3 0,5 3 / ( ) 50( ) 50 C L Z C F Z L H r r π π − = Ω = → = Ω → = = Ω = Ω + Dễ thấy lúc 50f Hz= thì xảy ra cộng hưởng, I max = U/R nên nếu tăng f lên quá 50Hz thì I giảm thoả mãn gt. Vậy: hộp X chứa cuộn cảm có 50( ); 0,5 3 / ( )r L H π = Ω = và hộp Y chứa tụ 3 10 /5 3( )C F − = + Tại t = 0: 10 DUu AB →= mở, còn D 2 đóng: 022021 ;0 UCqUuuuu MMBAM =→====→ + Với MB uTt :4/0 << giảm từ 0 0 →U nên D 1 mở: tụ C 2 phóng điện qua C 1 và nguồn nhưng không phóng điện qua D 1 được , ta có: 0221 UCqq =+− (7) + Tại t = T/4: 00 =+→= MBAMAB uuu (8) ; kết hợp(1) và (2) thì tại t = T/4 ta được: > + = < + −= 0 0 21 02 21 02 CC UC u CC UC 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( 021021021 / 21 / 12 02121210 tUCCtICCtUCCqCqC tUCCuCCuCCtUuu MBAMMBAM ωωϕωωω ωω −=++−⇔−=+→ =+→=+ 1 2 0 0 1 01 1 1 2 0 1 2 2 02 2 1 2 os sin os 0 C C U I q q c t a C C U C C i t q q c t a C C = = + + = = + + = 2 0 1 1 1 1 2 1 1 0 2 2 2 1 2 2 .cos (*) .cos AM MB C U q a u t C C C C C U q a u t C C C C = = + + = = + + Tai t = T/4: (*) thoa man (9) nờn ta c: = + = + 2 2 21 02 1 1 21 02 C a CC UC C a CC UC thay vao (*) cho ta: ( ) + + + = + = 21 02 21 01 21 02 cos 1cos. CC UC t CC UC u t CC UC u Mb AM (ta thy 0; 0 AM MB u u t nờn khi n nh hai i ụt u b cm) 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 , dày dx= Rcos.d có khối lợng dm = (Rcos ) 2 dx với 3 R 3 2 m = nên: m dsincosR m xdm x 2/ 0 34 m 0 G == d = 8 R3 m4 R cos m4 R x 4 2/ 0 4 4 G = = = (đpcm) 2. Xét chuyển động quay quanh tiếp điểm M: gọi là góc hợp bởi OG và đờng thẳng đứng - mgd = I M . (1) biến thiên điều hoà với = M I mgd I O , I G , I M 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: I O = 2 mR 5 2 ; I O = I G + md 2 I M = I G + m( MG) 2 . Vì nhỏ nên ta coi MG = R-d I M = 2 mR 5 2 +m(R 2 2Rd) = 2 mR 20 13 = R26 g15 I mgd M = T = g15 R26 2 Vt cõn bng khi cha tỏc dng lc F: mg = k 2 o l Chn trc Ox thng ng t trờn xung. O trựng vi VTCB mi khi cú lc F tỏc dng. A B C 1 C 2 M D 1 D 2 H.2 Hình 2 M P O G . O O x x Hình 1 dx Tại VTCB mới: F + P - o o l x 2 k 2 ∆ + = 0 (với x o là khoảng cách giữa VTCB mới so với VTCB cũ) Khi vật có li độ x lò xo giãn: o o l x∆ + + x F + P - o o l x x 2 k 2 ∆ + + = mx’’ ⇒ x’’ + k 4m x = 0 Vậy vật DĐĐH với phương trình: x = Acos( tω + ϕ ) Trong đó k 4m ω = Như vậy chu kì dao động của vật T = 4m 2 k π . Thời gian từ lúc tác dụng lực đến khi vật dừng lại lần thứ nhất là T 4m t . 2 k = = π Khi t = 0: x = Acos( ϕ ) = - x o = - 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 0 ≥ trong quá trình m chuyển động ⇔ N = P - ) ®h max (F 2 ≥ 0 ⇔ Mg - o o l x A 2 k 2 ∆ + + = Mg -k A 4 ≥ 0 ⇒ F ≤ Mg -Chọn q 1 và q 2 là điện tích 2 bản trên của 2 tụ. 0. 0 1 1 2 2 / / 2 / 1 =++ =++ =−= C q C q iL uuu qqi CABCAB -Lấy đạo hàm theo thời gian: 0. 2 =+ ′′ ii ω ; với 21 21 CCL CC + = ω và ( ) ϕω += tAi .cos. (+) -Khi t = 0: 0sinsin sin 0cos. 21 〈⇒−==−= ′ −= ′ == ϕϕω ϕω ϕ UUUALiL Ai Ai AB Suy ra: 2 π ϕ −= và ω . 21 L UU A − = Vậy: − − = 2 . 21 π ω ω tCos L UU i với 21 21 CCL CC + = ω + Áp dụng phương trình Anhxtanh: AK UeA hc . 1 += λ => A = 1,768.10 -19 J = 1,1eV + Áp dụng phương trình Anhxtanh: 2 AX0 2 2 1 M mvA hc += λ => 2 X0 12 2 1 MAAK mvUe hchc +−= λλ +áp dụng định lý động năng AKMM Uemvmv += 2 AX 2 AX0 2 1 2 1 => ) 11 ( 2 12 X λλ −= m hc v MA thay số smv MA /10.045,1 6 X = + Khoảng vân: i = 3mm => D ai = λ thay số: m µλ 6,0 = 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 21 dtd xx λ == thay số: x = 3,8mm b) Những bức xạ của ánh sáng trắng cho vân sáng tại x = 2,7cm thoả mãn: )( 4,5. m ka D kx µλ λ =⇒= + Ta có: )(76,0)(38,0 mm µλµ ≤≤ 2,141,7 ≤≤⇒ k ; 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 ( m µ ) . 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. những bức xạ của ánh sáng trắng cho vân sáng trùng nhau là vân đỏ bậc 1 trùng vân tím bậc 2: + a D 21 dtd xx λ == thay số: x = 3,8mm b) Những bức xạ của ánh sáng trắng cho vân sáng tại x = 2,7cm. 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