Các đề ôn HSG 11 2019 hót

Đề có thứ hạng cao tại kết quả tìm kiếm, tuyển tập các đề ôn thi HSG tổng hợp. chọn lọc các dạng toán kèm lờ giải chi tiết giúp học sinh và giáo viên ôn thi HSG THPT đạt kết quả tốt. Đối tượng là các ẻm THPH không chuyên trong đội tuyển ôn thi HSG lớp 11

ĐỀ I: Câu (1,0 điểm) Một lắc đơn gồm vật nhỏ khối lượng m = gam, mang điện tích q= 10 – C sợi dây mảnh, nhẹ, không dãn, chiều dài l = m Hệ ur đặt vào điện trường E có chiều đường sức điện hình vẽ Biết E = 10 V/m α = 600, lấy g = 10 m/s2 Tính góc φ (góc hợp dây treo phương thẳng đứng) sức căng Tc dây treo hệ cân φ α Câu (1,0 điểm) Hai cầu nhỏ khối lượng mang điện tích q1 q2, treo vào điểm 8 khơng khí hai sợi dây nhẹ, cách điện, chiều dài l Biết q  10 C Khi hai cầu cân bằng, góc lệch hai dây treo 600 Truyền thêm cho cầu thứ điện tích q góc lệch hai dây treo 1200 Bỏ qua lực cản mơi trường Tính q Câu (1,0 điểm) L(cm) Cho thấu kính hội tụ có tiêu cự 10 cm Một vật sáng đoạn thẳng AB đặt vng góc với trục thấu kính (A nằm L1 trục thấu kính) Vật sáng AB qua thấu kính cho ảnh A’B’ cách AB đoạn L Cố định vị trí thấu kính, di chuyển vật dọc L0 theo trục thấu kính cho ảnh vật qua thấu kính ln ảnh thật Khi khoảng cách L thay đổi theo khoảng cách từ vật đến x(cm) thấu kính OA = x cho đồ thị hình vẽ Từ đồ thị tính giá x O 15 x0 trị x1, x0 L0 Câu (1,0 điểm) Một dẫn điện khối lượng gam treo nằm ngang hai dây dẫn nhẹ, thẳng đứng Thanh đặt từ trường đều, vectơ cảm ứng từ thẳng đứng, hướng xuống có độ lớn B = T Thanh dẫn dây có chiều dài l = 0,1 m Mắc vào hai đầu giữ dây dẫn tụ điện có điện dung C = 100 µF tích điện đến hiệu điện U = 100 V Cho tụ phóng điện, biết q trình phóng điện xảy thời gian ngắn, chưa kịp rời vị trí cân mà nhận theo phương ngang động lượng p Lấy g = 10 m/s2 Bỏ qua lực cản mơi trường Tính vận tốc dẫn rời khỏi vị trí cân góc lệch cực đại dây treo so với phương thẳng đứng Câu (1,0 điểm) Một lỗ hỏng có dạng phẳng cầu, chứa đầy khơng khí, bên khối thủy tinh chiết suất n = 1,5 Một chùm tia sáng tới song song với trục lỗ hỏng (coi thấu kính mỏng) có chùm tia ló hội tụ điểm cách thấu kính 12cm a, Thấu kính thuộc loại lồi hay lõm? b, Tính bán kính mặt cầu Câu (1,0 điểm) Có hai vơn kế (V1) (V2) khác nhau, nguồn điện chiều (có điện trở trong) số dây dẫn có điện trở khơng đáng kể Bằng dụng cụ trên, xác định suất điện động nguồn điện chiều với hai lần mắc mạch điện Câu (1,0 điểm) Một thấu kính hội tụ tạo ảnh thật S’ điểm sáng S đặt trục Khi dời S gần thấu kính 5cm ảnh dời 10cm Khi dời S xa thấu kính 40cm ảnh dời 8cm (kể từ vị trí đầu tiên) Tính tiêu cự thấu kính Câu (1,0 điểm) Vật thật đặt trục vng góc với trục thấu kính Ảnh ban đầu tạo thấu kính ảnh ảo ½ vật Dời vật 100cm dọc theo trục Ảnh vật ảnh ảo, nhỏ vật lần Xác định chiều dời vật, vị trí ban đầu vật.Tính tiêu cự Đ/A Câu Ý Lời giải Điể m (1đ) a - Tính góc hợp dây treo phương thẳng đứng cầu cân + Chọn hệ trục tọa độ xOy hình vẽ u r u r r + Các lực tác dụng lên cầu gồm: trọng lực P , lực căng T c lực điện trường F u r r uu r r + Điều kiện cân bằng: P  F  Tc  (1) + Chiếu (1) lên trục Ox Oy ta có Chiếu lên Ox: Fsinα - Tc sinφ = (2) Chiếu lên Oy: - P + Tc cosφ - Fcos = (3) y φ T q E sin  F sin   Từ (2) (3) ta có: tanφ = x F cos   P q Ecos  mg 106.104.sin 600 � tanφ =  � φ = 300 6 2 10 10 cos60  10 F.sinα q E.sin60  �0, 017 N - Lực căng dây: Tc  sinφ sin300 (1đ) α P - Tại vị trí cân bằng, xét điện tích: u r r ur r P  F  Fd  � Fd  mg.tan  - Lúc trước: mg.tan 300  k 3(1,0 đ) F q1q 0,25 (1) l2 q (q  q) - Lúc sau: mg.tan 600  k 2 (2) 3l 3q � 8q  q � q  8.108 C Từ (1) (2), ta có:  q2  q ’ - Gọi d, d khoảng cách từ vật ảnh đến thấu kính 1 df ' - Áp dụng cơng thức thấu kính ta có:  + ' � d  f d d df - Khoảng cách vật ảnh: L = d + d’ df � L= d � d  L.d  f.L  (1) df - Điều kiện để phương trình (1) có nghiệm là:   L2  4f.L �0 � L  4f  40 cm - Theo đồ thị ta thấy Lmin = L0 � L0 = 40 cm - Thay L0 f vào phương trình (1) ta có: d = x0 = 20 cm - Từ đồ thị, có hai giá trị d1 = x1 d2 = 15 cm cho giá trị L d1 + d = L � �x + 15 = L � �1 � x1  30cm Mặt khác theo (1) ta có � d1.d = f.L 15.x1 = 10L � � Giải: a Loại thấu kính: Theo đề, tiêu cự thấu kính f = 12cm Ta suy ra: 1  (1  n ) f   1   R   f   f n  R n Bán kính mặt cầu có giá trị đại số âm.Đó mặt lõm.Thấu kính thuộc loại phẳng lõm b Bán kính: 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 12 | R | 4( cm ) (1đ) (1đ) r r - Vì thời gian ngắn nên ta có Δp = F.Δt � Δp = F.Δt � mv = F.Δt BlCU = 0,2  m/s  - Mà F = BIl � mv = BIl.Δt  Bl ΔQ = Bl CU � v = m - Theo định luật bảo tồn lượng ta có: mgl  1- cosα  = mv 2 v v� 2� gl  cos  cos  11, 480 gl - Lần mắc hai vôn kế nối tiếp vào nguồn: E  U1  U  Ir - Lần 2: E  U1  I r - R1 điện trở vôn kế (V1): ' ' (1) 0,25 0,25 0,25 0,25 V (2) U1 U1' U1' ' R1   ' �I  I I I U1 0,25 I’ 0,25 , r (3) 0,25 V U1' r Từ (2) (3) � E  U  I U1 ' (4) Từ (1) (4) � U1  U  Ir  U1  rI ' V I , r ' U U1 (5) � U' � ' �U1  U1' � ' � rI � 1  U  U  U � Ir � � � U1  U1  U 2 U U � 1� � � (6) Thay (6) vào (5) ta có: E  U1  U  U1 (U1'  U1  U ) U1' U � E  U1  U1' U1  U1' Ảnh vật chuyển động chiều thấu kính Theo đề ta có: d1  5cm; d '1 10cm; d 40cm; d '2  8cm Ta thiết lập hệ thức: d1 d d '1  f  ; d '   f  ( d  f )(d1  f ) ( d  f )(d1  f ) Đặt u d1  f  d  f u  d1 ; d  f u  d Suy ra: d '2 d u  d1 u      u 10 d '1 d1 u  d u  40 10 Do đó: d '1 10 f   u (u  d1 )   10(10  5) 10( cm ) d 5 Vật thật có ảnh ảo k > Ta có: f f ( k1  1) f f ( k  1) k1   d1  ; k2   d2  f  d1 k1 f  d2 k2 d k  k1   2  d  d1 Do đó: d1 k1  k d  : vật dời xa thấu kính 0,25 Từ kết ta suy ra: d 2d1  d1 d1 100( cm) 100 kd f  1 2  100( cm) k1  1 ĐỀ II: Bài tập Một vật đặt dầm đàn hồi tạo cho dầm có độ võng khơng có khối lượng Hãy xác định độ võng cực đại dầm nằm ngang 1 , 1 gọi độ võng tĩnh Cho dầm  max cho vật rơi từ độ cao H so với độ cao Hướng dẫn Gọi dầm có độ cứng K Khi cân tĩnh thì: mg  K 1 � K  mg 1 A Động vật A B Ap  Adh  Suy ra: H Ap  mg ( H   max ) Mà: d ( Adh )   K x.dx Adh  � dA   K Suy ra: m  max �x.dx   K   max B max K  max   21 max  21 max  mg ( H   max )  Vì vậy: �  max Giải phương trình, ta có:  max  1  12  21 H  max  1  12  21 H (loại) Vậy độ võng cực đại là:  max  1  12  21 H Bài tập 2: Một hạt có khối lượng m1 đến va chạm hoàn toàn đàn hồi với hạt có khối lượng m2 đứng yên ( m2 p m1 ) Xác định góc lệch hướng chuyển động lớn m1 sau va chạm Hướng dẫn r r Gọi v1 , v2 vận tốc m1, m2 sau va chạm  ,  góc lệch hướng chuyển động m1,m2 so với hướng chuyển động ban đầu hạt m1 sau va chạm Áp dụng ĐLBT động lượng, ta có: r r r r m1v  m1v1  m2 v2 (1) v1 Chiếu phương trình (1) lên phương nằm ngang phương thẳng đứng, ta có:  m1v  m1v1cos  m2 v2 cos r v  m1v1 sin   m2 v2 sin  Suy ra: m1v1cos  m2 v2 cos  m1v m1v1 sin   m2 v2 sin  r  v2 (2) (3) Vì va chạm hồn tồn đàn hồi nên áp dụng ĐLBT năng, ta có: 1 m1v  m1v12  m2 v2 � m1v  m1v12  m2 v2 2 2 m v c os   m1v  m1v1cos Từ (1), suy ra: 2 (4) (m2 v2 ) (cos )2  (m1v  m1v1cos ) Từ (3), suy ra: (m1v1 ) (sin  )2  (m2 v2 ) (sin  ) 2 2 Từ (5) (6), ta có: (m2 v2 )  (m1v)  (m1v1 )  2m1vv1cos Từ (4) suy ra: m 2 v2  m1m2 v  m1m2 v12 2 Từ (7) (8), suy ra: (m1  m2 )v1  2m1vcos v1  (m1  m2 )v  (5) (6) (7) (8) (9) Để tốn có nghĩa phải tồn v1 nghĩa (9) phải có nghiệm Khi ta có: 2 2 2  /  nên m1 v cos  (m1  m2 )v �0 m m2 2 sin  � sin  � Suy ra: nên m1 m1 Vậy giá trị lớn góc lệch hướng chuyển động m1 sin  max  m2 m1 Bài tập 3: Trên giá nhẹ gắn gỗ có khối lượng M, đặt bàn nhẵn nằm ngang có treo cầu có khối lượng m sợi dây dài l Một viên đạn nhỏ có khối lượng m bay ngang xuyên vào cầu mắc kẹt a Giá trị nhỏ vận tốc đạn để sợi dây quay đủ vòng gỗ giữ chặt? b Vận tốc gỗ thả tự do? Trong trường hợp lực căng dây dây nằm ngang? Hướng dẫn 2m V1 a Gọi v0 vận tốc đạn trước va chạm Theo ĐLBT động lượng, ta có: Vận tốc hệ đạn-quả cầu sau va chạm là: v0/2 Dây quay đủ vòng điểm cao nhất, vận tốc cầu v1 thoả mãn: T+2mg=2mv12/l Theo hệ thức trên, ta có: v1min T=0 v1min  gl Theo ĐLBT vận tốc nhỏ đạn xác định điều kiện: m m 2mv0 2mv 21min  4mgl   5mgl Hay: v0  gl b Khi gỗ thả tự do, để dây quay đủ vòng vận tốc nhỏ cầu đạn điểm treo điểm cao là: umin  gl Như vậy:trong r hệ qui r chiếu gắn với trái đất, thời điểm cầu cao nhất, gọi vận tốc gỗ quủa cầu u v r r r Ta có: v  umin  u Về độ lớn: v  u  umin  u  gl Theo phương ngang ngoại lực tác dụng lên hệ nêntheo ĐLBT động lượng, ta có: mv /  Mu  2m(u  gl ) hay u  / mv /  2m gl M  2m Theo ĐLBT năng, vận tốc nhỏ viên đạn v0 xác định từ hệ thức: (1) 2mv /20 Mu 2m(u  gl )    4mgl 2 8m Từ (1) (2): v0 /  gl (5  ) M (2) (3)  Tìm lực căng dây T: Khi dây nằm ngang, vận tốc đế gỗ hình chiếu theo phương ngang vận tốc hệ cầu- đạn vx Theo ĐLBT động lượng: mv0 /  (2m  M )vx � v x  Theo ĐLBT năng: m v/0 2m  M (4) 2mv /2 v x 2mv y  2mgl  (2m  M )  2 (4m  3M ) gl Từ (3),(4) (5) ta tính được: v y  2m  M (5) Phương trình chuyển động cầu theo phương dọc dây dây nằm ngang là: 2mv y (2m  M ) T M l Vậy lực căng dây T dây nằm ngang là: T 2mM (4m  3M ) g (2m  M ) Bài tập 4: Một cầu nhỏ treo vào đầu đầu dây dài l, đầu cố định A Tại O cách A đoạn l/2 theo phương thẳng đứng có đinh Kéo cầu đến vị trí dây AB nằm ngang thả a Tìm tỉ số sức căng dây trước sau dây chạm đinh cầu qua vị trí cân bằng? b Xác định vị trí quỹ đạo sức căng dây 0, vận tốc cầu lúc bao nhiêu?Sau đó, cầu chuyển động lên đến độ cao lớn bao nhiêu? Hướng dẫn a Tìm T1 C T2 Chọn C làm gốc mvc  mgl � vc  gl Wc=WB � y Phương trình chuyển động r r cầu: r (1) P  T  ma Tại C: -P+T=maht � T  m( g  aht ) vc Trước chạm đinh: T1  m( g  )  3mg l vc Sau chạm đinh: T2  m( g  )  5mg l/2 T1  Suy ra: T2 b * Xác định vị trí D T=0 Tại D T=0 nên  pcos1  m A B x D O C v2 2v � cos1   chứng tỏ D l/2 gl l 1 w c  w D � mg (1  cos1 )  mv  mvc 2 2 � cos1   l 5l h  (1  cos1 )  suy Vậy D cách A đoạn theo phương thẳng đứng đoạn: H  l   5l l  6 Chuyển động vật, độ cao H / : r Quả cầu ném xiên D với vectơ vận tốc v hợp với Dx góc:     1 ; v  gl x   v.cos  t Ta có: y   gt   v.sin   t g 27 x  tan  x   x  x Quỹ đạo phần parabol suy ra: y   2 2v cos  28  Quả cầu lên đến vị trí cao M hM  v sin  2g  5l 54 M cách A theo phương thẳng đứng đoạn: H /  H  hM  2l 27 Bài tập 5:Một vật có khối lượng m=1kg trượt mặt ngang với vận tốc v0=5m/s trượt nêm hình vẽ Nêm ban đầu đứng yên, khối lượng M=5kg, chiều cao đỉnh H, nêm trượt mặt ngang Bỏ qua ma sát mát động va chạm a Tìm vận tốc vật nêm hai trường hợp: H=1m H=1,2m b Tìm v0min để v0>v0min vật vượt qua nêm cao H=1,2m Hướng dẫn a Vận tốc cuối vật nêm: Gọi H0 độ cao tối thiểu nêm để vật m lên đến đỉnh trượt với nêm Theo định luật bảo toàn động lượng bảo toàn lượng , ta có: Suy ra: mv0   m  M  v 1 mv0   M  m  v  mgH 2 Mmv0 H0   1,04m g ( M  m) Trường hợp 1: H=1m: Vật m trượt qua đỉnh nêm trượt xuống mặt phẳng ngang Gọi v1,v2 vận tốc cuối vật nêm m(v0  v1 )  Mv2 Ta có: Suy ra: 1 mv0  mv12  Mv2 2 2 m(v0  v1 )  Mv2 m(v0  v12 )  Mv2 H (1) (2) Giả sử v2 �0 Từ (1) (2) ta có: v0+v1=v2 (3) Thay (3) vào (1), ta có: m(v0-v1)=M(v0+v1) (4) mM v0  mM Vậy V2=0 � v1=v0=5m/s v1  Suy vơ lí Trường hợp 2: H=1,2m>H0: Vật lên đến độ cao H0 trượt xuống Tương tự ta có: Suy ra: v0  v1/  v2 / �0 m(v0  v1/ )  M (v0  v1/ ) mM v1/  v0  3,33(m / s ) mM v2 /  v0  v1/  1,67(m / s ) b Tính v0min Với v0min, vật lên nêm cao 1,2m dừng lại chuyển động với nêm với vận tốc v mv0min=(m+M)v Suy ra: mv  (m  M )v  mgH 2 m v0  gH (1  )  5,37( m / s ) M Bài tập 6: Đứng cầu nhỏ bắc qua kênh, bạn học sinh nhìn xuống ước tính độ cao cầu so với mặt nước H0=10(m) Để kiểm tra ước đốn có xác không bạn dùng sợi dây nhẹ đàn hồi có độ cứng K=100N/m Nhận thấy, thả xuống sát mặt nước kết khơng xác sợi dây không thẳng Bạn dùng cầu kim loại có khối lượng riêng   8,8( g / cm3 ) để nối vào đầu dây điều chỉnh sợi dây cho thả tự cầu rơi đứng cầu xuống sát mặt nước ước đốn hồn tồn xác Tuy nhiên, thả xuống cầu chìm vào nước, kéo lên đo đoạn dây bị ướt dài h=0,25m Cho biết cầu có khối lượng m=3125g, nước kênh khơng chảy, có khối lượng riêng   1,2( g / cm ) , độ nhớt không đáng kể Từ liệu đưa ra, tính độ cao thực cầu Hướng dẫn Gọi độ cao thực cầu so với mặt nước H, chiều dài tự nhiên dây l Theo thì: Nếu chiều cao cầu H0 dây giãn cho vật chạm mặt nước nghĩa lúc vận tốc vật Theo ĐLBT lượng, ta có: Suy ra: mgH  k ( H  l ) 2 2mgH l  H0   7,5(m) k (1) Độ cao thực chất cầu H, vật chìm vào nước độ sâu x Theo ĐLBT lượng, ta có: mg ( H  x)  m0 gx  k ( H  x  l )  (2) Để tìm liên hệ x l, ta sử dụng đoạn dây chìm nước có độ dài tự nhiên h=0,25m Khi vận tốc vật lực căng dây bằng: T  k ( H  x  l ) (3) Đây lực căng đoạn dây dài h kéo đến độ dài x Độ cứng đoạn dây là: k  / k l h � T  k / ( x  h)  kl ( x  h) h (4) l ( x  h) h l.x H h Suy ra: x  H  hay x  (5) h lh m 0 H h H h H h ) g  k(H   l )2 Thế (5) vào (2) suy ra: mg ( H  (6) lh  lh lh Cân hai vế (2) (4), ta có: H  x  l  Thay kiện vào (6), ta tìm hai nghiệm: H1=9,7(m) H2=5,4 (m) Kết hợp với điều kiện x  h suy H2=9,7(m) thoả mãn Vậy bạn học sinh đốn xác, sai số 3% Đây số tập lựa chọn Mong quý thầy cô, bạn đồng nghiệp em học sinh góp ý để tơi hồn thiện Tơi xin chân thành biết ơn ĐỀ III: Bài 1: Một thang kép gồm thang đơn AB, AC quay không ma sát quanh trục A Mỗi thang dài 2l có trọng lượng P đặt trung điểm góc BAC = 2 Một người có trọng lượng P1 trèo lên thang AB Vò trí H người xác đònh AH = x Hệ số ma sát thang mặt phẳng nằm ngang k = tg  a) Nếu thang bò trượt thang đơn trượt trước? b) Tính tg  thang bắt đầu trượt c) Xét trường hợp riêng - Không có người - Người đứng yên thang A - Người đứng yên B ĐÁP ÁN:  N1 A    N2 2 y (+)  2 R2  P  P  R1 1 (+) x C B  P1  P+P   a (0,5đ) Thang kép chòu tác dụng lực (hình vẽ) Trọng lực P A,  PB, P1 (PA= PB = P) Phản lực R1 mặt đất B nghiêng góc 1 so với đường thẳng đứng Phản lực R2 mặt đất C nghiêng góc 2 so với đường thẳng đứng Thang bò trượt  >  (0,5đ) Khi thang cân hình chiếu Fhl phương ngang =  R2Sin2 – R1Sin1 = (0,5ñ) Thang AB có người đứng nên R1 > R2 Vậy 2 > 1 Vậy 2   trước 1   Nghóa thang AC trượt trước thang AB b Hai thang đơn tác dụng lên phản lực A trực đối  N1= -N2    = N = N N 1 2 Xét cân thang AB tính momen lực trục quay qua B ta có: N12l cos ( - ) = Pl + P1 (2l –x ) sin  (1) (0,25đ) Xét cân AC lấy momen trục qua C 2lN2cos ( - ) = Pl sin  (1) + (2)  4Nl cos cos = 2Pl + P1 (2l –x ) sin  (1) - (2)  4Nl sin  = P1 (2l- x)    Mặt khác ta lại có:R2 + N2 + P = Chiếu (a) lên ox R2sin2 = N2 cos  (2) (0,25ñ) (3) (0,25ñ) (4) (0,25ñ) (a) (b) (0,25 ñ) oy R2cos2 – P = N2 sin  Thang bắt đầu trượt 2 =  Từ (b) => R2sin = N2cos  (5) R2cos - P = N2sin (0,25ñ) (6) Thay cos , sin  (5), (6) vào (3), (4) Ta được: 4lR2 cos  sin = 2Pl + P1 (2l – x) sin  4l (R2 cos  - P) = P1(2l – x) 2l  P  P1   P1 x tg Khử R2 tg  (0,5đ) 2l  P  P1   P1 x Với  góc thang với phương thẳng đứng ứng với lúc bắt đầu trượt c/ Nếu P1 = tg = 2tg < tg2   < 2 P  P1 tg Tại A x =  tg  P  P1 Tại B x = 2l  tg = 2tg < tg2  (0,5ñ) (0,5ñ)  < 2 (0,5đ) Bài 2: Bơm pittông lần bơm chiếm thể tích khí xác đònh Khi hút khí khỏi bình thực lần bơm p suất ban đầu bình áp suất khí P0 Sau đó, bơm bắt đầu bơm khí từ khí vào bình thực lần bơm Khi đó, áp suất bình lớn gấp đôi áp suất khí Tìm hệ thức thể tích làm việc bơm thể tích bình ĐÁP ÁN: Khi hút khí bình sau lần bơm áp suất bình trở thành P1 Ta coù: P0 V = P1 (V+V0) P1 P0 V V  V0 (1đ) Với V thể tích bình, V0 thể tích làm việc bơm pittông  V  V Sau lần bơm thứ áp suất bình  P2 Pbằng: P0  V  V0  V  V0  (0,5ñ)  V   P' P0  V  V   Vậy sau lần bơm áp suất bình là: (0,5đ) Khi bơm khí vào bình sau lần bơm bình thiết lập áp suất    baèng P       V  P0V0 4V0 4V0        P0 P P ' P0    V  V V  V   V  V0     V     (1ñ) V V 0, 0đặt Theo điều kiện toán: P = x2P 4       x   x   Ta có phương trình:2  1 x  1 x     Dựng đồ thò hàm: y = - 4x và y = 1 x  (0,5đ) hình vẽ V0 Từ giao điểm hai đồ thò ta tìm x  0,44 nghóa 0,44 V (0,5đ) y (1đ)   y   1 x  0,1 0,44  0,5 0,8 x Bài 3: cầu nhỏ tích điện dấu giống (mỗi cầu có diện tích q khối lượng riêng m) nối với sợi Ở thời điểm ban đầu, cầu đặt đỉnh tam giác  v với chiều dài cạnh l (hình vẽ) Do cầu đứng yên nên W đ123 = O  v’ = Wñ1 (0.25 ñ) 2 2 3q điện Thếqnăngqtương qtác tónh W t1  (1) 4 l  4 l  4 l  4 l (0,5ñ)  v Trong (1), số hạng tương ứng với lượng tương tác cặp điện tích có cặp Dây không co giãn nên Wtđh = O Vậy W = Wt ; (0,25đ) Xung lượng hệ không dây không co giãn (mỗi sợi dây có chiều dài l) Cả cầu đứng yên đặt mặt phẳng ngang nhẵn Một sợi dây bò cháy đứt Các cầu có vận tốc thời điểm chúng nằm đường thẳng ? Bán kính cầu nhỏ so với chiều dài sợi dây ĐÁP ÁN: Sau đốt đứt dây (chẳng hạn sợi dây cầu 2) khối tâm cầu đứng yên cầu nằm đường thẳng cầu nằm khối tâm hệ chúng Vì trước sau đốt đứt dây cầu chỉû chòu tác dụng nội lực (hệ kín), vận tốc ban đầu khối tâm V G = nên khối tâm hệ đứng yên Giả sử thời điểm cầu nằm đường thẳng vận tốc cầu v’, vận tốc cầu 1, v (do đối xứng vận tốc cầu nhau) (0,5đ) p dụng đònh luật bảo toàn động lượng ta có: mv’ + 2mv = mv’ – 2mv =  v’ = 2v (0,5đ) Động cầu thời điểm mv W đ  mv' 2 3mv 2 (0,75đ) Thế tương tác Wt  q2 q2 q2 5q    4 l 4 l 8 l 8 l (0,75đ) Theo đònh luật bảo toàn lượng cho hệ: Wđ1 + Wt1 = Wñ2 +Wt2 3q 5q 3mv  4 l 8 l  v v'  (0,5ñ) q (0,5ñ) 6 ml q 6 ml (0,5đ) q Vậy cầu 1, có vận v  tộc 6 ml cầu có vận tốc v'  q 6 ml Bài 4: Quả cầu thuỷ tinh bán kính R, biết suất n cắt mặt R n x phẳng qua điểm S cách tâm O đoạn x CMR: chiếu tai từ S đến mặt cầu, sau ló khỏi mặt cầu có đường kéo dài gặp S thẳng hàng với O S, cách O khoảng x1 = OS1 = nR O ĐÁP AÙN: OS AS  Sin i Sin 1  S  Hình Ta có: r AS OS  Sin r Sin A i n sin i sin r   O S  S1  1,2,3  AS OS nx n  AS1 OS1 x1  4 (5) AS12 = x2 + R2 – 2x1Rcos (6) x2   ,  5,    2 n x1 x1  R  x1 R cos  R n  3 AS2 = x2 + R2 – 2xRcos x  R  xR cos  Thay x   2  7 x1= nR vào luôn đồng (đpcm) Bài tập 5:Cho hệ thấu kính hội tụ O , O2 có tiêu cự f 1, f2, trục thấu kính hợp thành góc α hình Điẻm sáng S đặt trùng với tiêu điểm F1 thấu kính O1 A, Vẽ tia xuất phát từ S qua hệ (có phân tích cách vẽ) B, Tìm ảnh cuối S qua hệ (bằng cách vẽ hình) C, Xác định khoảng cách từ điểm sáng S ảnh cuối qua hệ Cho f = 4cm, f2 = 6cm, O1O2 = 10cm, α = 30° Giải: A, Ta có: Tia sáng qua tiêu điểm cho tia ló song song Tia sáng song song với trục phụ cho tia ló qua tiêu điểm phụ Từ điều , ta có hình vẽ sau: a, Qua hình vẽ, ta thấy: Tia sáng từ S qua tiêu điểm (O 1) cho tia S F1 ló song song Tia sáng song song với trục phụ (O 2) cho F’1 O1 tia ló qua tiêu điểm phụ, cắt trục phụ S’ S’ F’2 α ảnh S qua hệ hai thấu kính O2 F2 B, Ta có: Hình SS’= f1 + l + O2S’ Xét tam giác O2F’2S’, ta có: f S O2 S '  cos  F1 Từ (1) (2) ta tính được: F’1 O1 12 12 S 14  SS’ =  10  (cm) F’2 3 α F2 Bài tập 6: Đặt vật nhỏ AB vng góc với trục trước thấu kính O có tiêu cự f O2 = 20 cm Sau O đặt thấu kính O đồng trục với O E vng góc với trục Cho AB cách 1 O E khoảng cách 85cm 95cm Khi di chuyển O người ta thấy có hai vị trí O cách 30cm cho ảnh rõ nét vật AB Hãy xác định tiêu cự thấu kính O Giải: 11 11 21 21 Gọi d , d’ , d , d’ thông số vật, ảnh trường hợp vật cách thấu kính khoảng d 12 12 22 22 d , d’ , d , d’ thông số vật, ảnh trường hợp vật cách thấu kính khoảng d +30 (cm) 21 22 Do O cố định nên d’ = d’ = d’ Trường hợp 1: vật vị trí d 1 d f    d '11  1 f d1 d '11 d1  f Ta có: d '11 d l 85  d1 1 1 1       (1) f d d '2 85  d1  d '1 d '2 85  d  d1 f1 d '2 d1  f1 Trường hợp 2: vật vị trí d12 = d1 + 30 1 ( d  30) f1    d '12  ( d1  30)  f1 Ta có: f1 d1  30 d '12 d '12 d 22 l 85  d1  30 55  d1 1 1 1       ( 2) f d d '2 85  d1  30  d '1 d '2 55  d  ( d1  30) f1 d '2 d1  30  f1 Từ (1) (2) cho ta: d1 f1 ( d  30) f1 20d1 20( d1  30) 85  55   30    d1 30( cm) d1  f d1  30  f1 d1  20 d1  10 (loại trường hợp d1< 0) Từ d1 = 30 ta tính d’11 = 60cm, d2 = -5 cm Từ tính f2 = -10cm Vậy O2 thấu kính phân kì có tiêu cự f2 = 10 cm Bài tập 7: Cho hai thấu kính hội tụ O O2 có tiêu cự f = 10cm f2 = 15cm đặt đồng trục cách khoảng a = 20cm 1, Để hệ cho ảnh thật vật phải đặt khoảng nào? 2, Thay đổi khoảng cách a hai thấu kính Tìm điều kiện khoảng cách a hai thấu kính để độ phóng đại hệ khơng phụ thuộc vào vị trí đặt vật Giải: 1, Để hệ cho ảnh thật d’2> d f 1 1 d '1  1 ;     d f d  f1 f d d ' a  d '2 Ta có: 1 d  f1 1 1 d f1  0   a  f2 f a  d f1 d  f1 Mà d’2> f a  d1 f1 d  f1 d  f1  f1 f  af1  a  d  f1   d f  f ( d  f1 )  d  a  f1  f Thay số vào, ta tính d1> 200 1, Ta có: d' d' f1 f f1 f f1 f k     d1 d  d1  f1 ( d  f )  d1  f1  ( a  d '1  f )  d  f  ( a  d1 f1  f ) 1 d1  f1 f1 f Để k khơng phụ thuộc vào d  d  f ( a  d1 f1  f ) không phụ thuộc vào d1 tức 1 d  f1  d1  f1 (a  d1 f1  f ) không phụ thuộc vào d1 d1  f1 Ta có:  d1  f1 (a  d1 f1  f ) a (d1  f1 )  d1 f1  f (d1  f1 ) d1 (a  f1  f )  af1  f1 f d1  f1 d f1  f ) không phụ thuộc vào d1thì a  f1  f 0  a  f1  f Để  d1  f1 (l  d  f1 f1 f f f f k  22  f1    f1 d1 f1 Khi ( d1  f1 ) f1  f   f  d1  f1   Vậy a  f1  f độ phóng đại ảnh khơng phụ thuộc vào vị trí vật có giá trị f k  f1 ... Dây không co giãn nên Wtđh = O Vậy W = Wt ; (0,25đ) Xung lượng hệ không dây không co giãn (mỗi sợi dây có chiều dài l) Cả cầu đứng yên đặt mặt phẳng ngang nhẵn Một sợi dây bò cháy đứt Các cầu... thấu kính O1 A, Vẽ tia xuất phát từ S qua hệ (có phân tích cách vẽ) B, Tìm ảnh cuối S qua hệ (bằng cách vẽ hình) C, Xác định khoảng cách từ điểm sáng S ảnh cuối qua hệ Cho f = 4cm, f2 = 6cm,... Bài tập 6: Đặt vật nhỏ AB vuông góc với trục trước thấu kính O có tiêu cự f O2 = 20 cm Sau O đặt thấu kính O đồng trục với O E vng góc với trục Cho AB cách 1 O E khoảng cách 85cm 95cm Khi di chuyển