HSG Vat ly 12 Ninh Binh 2010-2011 vong 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn: VẬT LÝ- Vòng II Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang. Câu 1 (4,0 điểm): Cho hai vật nhỏ A và B có khối lượng lần lượt là m 1 = 900g, m 2 = 4kg đặt trên mặt phẳng nằm ngang. Hệ số ma sát trượt giữa A, B và mặt phẳng ngang đều là µ = 0,1; coi hệ số ma sát nghỉ cực đại bằng hệ số ma sát trượt. Hai vật được nối với nhau bằng một lò xo nhẹ có độ cứng k = 15N/m; B tựa vào tường thẳng đứng. Ban đầu hai vật nằm yên và lò xo không biến dạng. Một vật nhỏ C có khối lượng m = 100g bay dọc theo trục của lò xo với vận tốc v r đến va chạm hoàn toàn mềm với A (sau va chạm C dính liền với A). Bỏ qua thời gian va chạm. Lấy g = 10m/s 2 . 1. Cho v = 10m/s. Tìm độ nén cực đại của lò xo. 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của v để B có thể dịch chuyển sang trái. Câu 2 (4,5 điểm): Cho một vật mỏng, phẳng, đồng chất, khối lượng phân bố đều có dạng nửa hình tròn khối lượng m, đường kính AB = 2R. 1. Xác định vị trí khối tâm của vật. 2. Vật có thể quay không ma sát xung quanh trục quay nằm ngang đi qua đầu A của đường kính AB và vuông góc với mặt phẳng chứa vật (hình vẽ). Kéo vật lệch khỏi vị trí cân bằng một góc nhỏ rồi thả nhẹ. Chứng tỏ vật dao động điều hòa, tìm chu kì. Cho gia tốc rơi tự do là g. Câu 3 (5,0 điểm): Cho hệ 3 thấu kính (L 1 ), (L 2 ), (L 3 ) đặt đồng trục. Vật sáng phẳng, nhỏ có chiều cao AB đặt vuông góc với trục chính, ở trước (L 1 ) cách (L 1 ) khoảng d 1 = 45cm. Hai thấu kính (L 1 ) và (L 3 ) được giữ cố định tại hai vị trí O 1 và O 3 cách nhau 70cm. 1. Thấu kính (L 2 ) đặt tại vị trí cách (L 1 ) khoảng O 1 O 2 = 36cm, khi đó ảnh cuối của vật AB cho bởi hệ ở sau (L 3 ) và cách (L 3 ) một khoảng bằng 255cm. Trong trường hợp này nếu bỏ (L 2 ) đi thì ảnh cuối không có gì thay đổi và vẫn ở vị trí cũ. Nếu không bỏ (L 2 ) mà dịch chuyển nó từ vị trí đã cho về phía (L 3 ) một đoạn 10 (cm), thì ảnh cuối ra vô cực. Tìm các tiêu cự f 1 , f 2 , f 3 của các thấu kính. 2. Tìm các vị trí của (L 2 ) trong khoảng O 1 O 3 mà khi đặt (L 2 ) cố định tại các vị trí đó thì ảnh cuối có độ lớn luôn luôn không thay đổi khi ta tịnh tiến vật AB dọc theo trục chính trước (L 1 ). Câu 4 (4,5 điểm): Cho mạch điện như hình vẽ: Biết hai cuộn dây cảm thuần, L 1 thay đổi được; L 2 = 1 2π H; R = 50Ω; 3 10 C F 5 − = π ; AB u 100 2 cos100 t= π (V). 1. Điều chỉnh 1 1 L 2 = π H, viết biểu thức của cường độ dòng điện trong mạch chính. 2. Thay đổi L 1 , tìm L 1 để điện áp hiệu dụng giữa hai đầu L 1 cực đại. Tìm giá trị cực đại đó. Câu 5 (2,0 điểm): Một chiếc vòng mảnh bằng điện môi có khối lượng m, tích điện Q phân bố đều. Vòng lăn không trượt (do quán tính) trên mặt phẳng ngang cách điện trong vùng từ trường đều có véc tơ cảm ứng từ B r vuông góc với mặt phẳng của vòng. Xác định vận tốc khối tâm của vòng nếu áp lực của vòng xuống mặt phẳng nằm ngang chỉ bằng một nửa so với khi vòng đứng yên. Bỏ qua ma sát lăn. ĐỀ CHÍNH THỨC A B R L 1 C L 2 M A G O C v r A B k B A L 1 L 2 L 3 O 1 O 2 O 3 B ---------------HẾT--------------- Họ, tên thí sinh : .; Số báo danh : ………… . Chữ kí giám thị 1:…………… …………….; Chữ kí giám thị 2:……………………………… . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH HDC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn: VẬT LÝ- Vòng II Câu Nội dung Điểm 1 1. Gọi x là độ co lớn nhất của lò xo, v o là vận tốc của hệ A và viên đạn ngay sau va chạm, áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có: mv = (m 1 +m)v o → v o =1m/s - Định luật bảo toàn năng lượng cho: 2 2 1 o 1 1 1 (m m)v kx (m m)gx 2 2 + − = µ + mxxx 2,001215 2 =→=−+→ 2. Để B có thể dịch sang trái thì lò xo phải giãn một đoạn ít nhất là x o sao cho: F đh = F ms → kx o = µm 2 g → 150x o = 40 → x o = 4/15(m). - Như thế, vận tốc v o mà hệ (m 1 + m) có khi bắt đầu chuyển động phải làm cho lò xo có độ co tối đa x sao cho khi nó dãn ra thì độ dãn tối thiểu phải là x o 2 2 1 o o 2 1 1 kx (m m)g(x x ) kx 2 2 75x 10x 8 0 x 0,4m → = µ + + + → − − = → = - Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có: 2 2 1 o 1 1 1 (m m)v kx (m m)gx 2 2 + − = µ + - Từ đó tính được: v o min ≈ 1,8m/s → v min ≈ 18m/s. 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 2 1. Chia vật thành các dải mỏng coi như các hình chữ nhật có chiều rộng dx rất nhỏ cách O khoảng x. Khối lượng của các phần này: dm = σ(2Rsinα)dx (σ là khối lượng trên 1 đơn vị diện tích) Từ hình vẽ: x = Rcosα → dx = - Rsinαdα → dm = - 2σR 2 sin 2 αdα Áp dụng công thức xác định khối tâm: 0,5 0,5 0,5 Ê CHINH TH C̀ ́ ́Đ Ư dx R x α O A G O ϕ 2 x G = 0 2 2 2 ( 2 R sin d ).R cos (dm)x (dm) m π − σ α α α = ∫ ∑ ∑ = 0 3 2 1 2 R sin d(sin ) m σ − α α ∫ = 3 2 R 3m σ Thay m = σ 2 R 2 π → x G = OG = 4R 3π 2. Áp dụng phương trình động lực học của vật rắn: - mg.AG.sinϕ = I A .γ ϕ nhỏ → - mg.AG.ϕ = I A .ϕ" (1) Với AG = 2 2 2 2 4R AO OG R 3   + = +  ÷ π   = R 2 16 9 3 + π π Định lí Stainer: I A = I G + m.AG 2 ; I O = I G + m.OG 2 → I A = I O + m(AG 2 - OG 2 ) = 0,5mR 2 + mR 2 = 1,5mR 2 Thay vào (1) → - mgR 2 16 9 3 + π π ϕ = 1,5mR 2 ϕ" → ϕ" + 2 2g. 16 9 9 R + π π ϕ = 0 → ϕ" + ω 2 ϕ = 0 với ω 2 = 2 2g. 16 9 9 R + π π Chu kì dao động: T = 6π 2 R 2g. 16 9 π + π 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 3 1. Tìm các tiêu cự f 1 , f 2 , f 3 của các thấu kính. - Ta có : + Sơ đồ tạo ảnh với hệ ba thấu kính : + Sơ đồ tạo ảnh với hệ hai thấu kính (L 1 ), ( L 3 ) : Vì : / 2 / 2 BA = / 1 / 1 BA ; d / 31 = d / 32 nên : d 32 = d 31 ⇒ d / 2 = d 2 = 0 Ta có : d 2 = O 1 O 2 - d / 1 ⇒ d / 1 = O 1 O 2 = 36 (cm) d 3 = O 2 O 3 - d / 2 ⇒ d 3 = O 2 O 3 = 34 (cm) Tiêu cự của thấu kính (L 1 ) : f 1 = / 11 / 11 dd dd + = 3645 36.45 + = 20 (cm) 0,5 0,5 0,5 3 Tiêu cự của thấu kính (L 3 ) : f 3 = / 33 / 33 dd dd + = 25534 255.34 + = 30 (cm) Khi dịch chuyển (L 2 ) ta có sơ đồ tạo ảnh bởi (L 2 ) (vị trí mới) và ( L 3 ) như sau : Vì d / 33 ∞→ ⇒ d 33 = f 3 = 30 (cm) Mà d 33 = O / 2 O 3 - d / 22 ⇒ d / 22 = O / 2 O 3 - d 33 = 24 - 30 = - 6 (cm) d 22 = O 1 O / 2 - d / 1 = 46 - 36 = 10 (cm) Tiêu cự của thấu kính (L 2 ) : f 2 = / 2222 / 2222 dd dd + = 610 )6.(10 − − = - 15 (cm) 2. Tìm các vị trí của (L 2 ) trong khoảng O 1 O 3 : - Khi tịnh tiến vật AB trước thấu kính (L 1 ), tia tới từ B song song với trục chính không đổi. Có thể coi là tia này do một điểm vật ở vô cực trên trục chính phát ra. Nếu ảnh sau cùng có độ lớn không đổi, ta có một tia ló khỏi ( L 3 ) song song với trục chính cố định. Có thể coi tia này tạo điểm ảnh ở vô cực trên trục chính. Hai tia này tương ứng với nhau qua hệ thấu kính. Ta có : d ∞→ 1 ⇒ d / 1 = f 1 = 20 (cm) d / 3 ∞→ ⇒ d 3 = f 3 = 30 (cm) Gọi x là khoảng cách từ (L 1 ) đến (L 2 ) thỏa yêu cầu đề bài; ta có : d 2 = x - d / 1 = x - 20 (1) d 3 = 70 – x - d / 2 = 30 (2) Từ (1) và (2) ta được: 70 - x - 1520 )15)(20( +− −− x x = 30 ⇔ 70x - 350 - x 2 + 5x + 15x - 300 = 30x - 150 ⇔ x 2 - 60x + 500 = 0 (*) Phương trình (*) cho ta 02 giá trị x = 50 (cm) x = 10 (cm) 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 4 1. 1 2 L L 1 Z Z .L 50= = ω = Ω ; 2 2 2 1 L Z R Z 50 2= + = Ω ; C 1 Z 50 C = = Ω ω . C I r L2 U r R U r MB U r R I r R I r I r MB U r MB U r L1 U r AB U r I r 4 * U MB sớm pha so với i R góc ϕ 1 = 4 π . * Gọi ϕ MB là độ lệch pha giữa i và u MB : 2 C R 1 1 C L2 MB R 1 C I I sin Z Z Z tan 1 0 I cos Z .R − ϕ − ϕ = = = > ϕ MB 0 4 π ⇒ ϕ = > → i sớm pha 0,25π so với u MB. * Từ giản đồ: 2 2 2 C R I I I= + → 2 2 2 C 1 MB 1 1 1 Z Z Z = + → MB Z 50 2= Ω * U AB = 2 2 0 MB L1 MB L1 U U 2U U cos45+ − = I. 2 2 0 MB L1 MB L1 Z Z 2Z Z cos45+ − → I = AB 2 2 0 MB L1 MB L1 U Z Z 2Z Z cos45+ − = 2 2 100 1 (50 2) 50 2.50 2.50. 2 + − = 2A Gọi ϕ là độ lệch pha giữa u AB và i: tanϕ = 0 L1 MB 0 MB U U sin 45 U cos45 − = 0 L1 MB 0 MB Z Z sin 45 Z cos45 − = 0 → ϕ = 0 Vậy phương trình dòng điện trong mạch chính: i = 2 2 cos100πt (A). 2. Độ lệch pha giữa u MB và i không phụ thuộc vào L 1 và luôn bằng 0,25π. Ta có giản đồ véc tơ như hình vẽ. Từ giản đồ, áp dụng định lí sin: AB L1 0 U U sin 45 sin = α → AB L1 0 U sin U sin 45 α = Dễ thấy U L1 lớn nhất ↔ sinα lớn nhất ↔ α = 90 0 . ∆OMN vuông cân → U L1max = U MB 2 = U AB 2 = 100 2 (V) I = MB MB U 100 2 Z 50 2 = = A → Z L1 = 100Ω → L 1 = 1 π H 0,25 0,5 0,5 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,5 5 - Xét phần tử có chiều dài dl chắn góc ở tâm là dα. Điện tích của phần tử là: α π d Q dq 2 = → Lực từ tác dụng lên dq là: β cos.dFdFvBdqdF y =→= . - Do vòng tròn có tính đối xứng nên thành phần dF x của dF triệt tiêu với 0,25 5 thành phần dF x ’ của dF’. Vì vậy lực từ tác dụng lên vòng chỉ do thành phần y dF sinh ra. - Từ hình vẽ ta có (β = α/2): 2 cos cos cos cos α α β α RRRR IJ + = + = - Xét chuyển động của vòng quanh tâm quay tức thời I ta có: RvIJv o .,. ωω == → 2 0 2 0 1 cos cos 2 (1 cos ) 2 + = = = = + = ∫ ∫ o o y y o o IJ v v v R F dF QBv d QBv π π α α α α π Khi áp lực QB mg v mg F mg N oy 222 =→=→= 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 * Lưu ý: - Học sinh giải đúng theo cách khác vẫn cho điểm tối đa. - Điểm của mỗi ý trong câu có thể thay đổi nhưng phải được sự nhất trí của toàn bộ tổ chấm. - Nếu thiếu từ 2 đơn vị trở lên, trừ 0,5 điểm cho toàn bài thi. y dF y dF dF’ x I J v α v o β B dα 6 . 2 O 3 - d / 22 ⇒ d / 22 = O / 2 O 3 - d 33 = 24 - 30 = - 6 (cm) d 22 = O 1 O / 2 - d / 1 = 46 - 36 = 10 (cm) Tiêu cự của thấu kính (L 2 ) : f 2 = / 22 22. cho ta 02 giá trị x = 50 (cm) x = 10 (cm) 0,5 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0,5 0,5 0 ,25 0 ,25 4 1. 1 2 L L 1 Z Z .L 50= = ω = Ω ; 2 2 2 1 L Z R Z 50 2= +