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 I Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang. Câu 1 (5,0 điểm): Cho cơ hệ như hình vẽ. Vật M có khối lượng m = 200g, được treo bằng sợi dây buộc vào trục ròng rọc R 2 . Lò xo nhẹ có độ cứng k = 45N/m, một đầu gắn vào trục ròng rọc R 2 , còn đầu kia gắn vào đầu sợi dây vắt qua R 1 , R 2 đầu còn lại của dây buộc vào điểm B. Bỏ qua ma sát ở các ròng rọc, coi dây không dãn. Kéo vật M xuống dưới vị trí cân bằng một đoạn 5cm rồi thả nhẹ. Chứng minh vật M dao động điều hoà và viết phương trình dao động nó. Chọn trục Ox thẳng đứng hướng xuống, gốc toạ độ O ở VTCB của M. Xét hai trường hợp: 1. Bỏ qua khối lượng các ròng rọc. 2. Bỏ qua khối lượng ròng rọc R 1 ; ròng rọc R 2 có dạng hình trụ đặc khối lượng m = 200g, bán kính R. Dây không trượt trên các ròng rọc. Câu 2 (6,0 điểm): Tại hai điểm A và B trên mặt chất lỏng có hai nguồn phát sóng cơ đồng bộ cách nhau AB = 8cm, dao động với tần số f = 20Hz và pha ban đầu bằng 0. Một điểm M trên mặt nước, cách A một khoảng 25 cm và cách B một khoảng 20,5 cm, dao động với biên độ cực đại. Giữa M và đường trung trực của AB có hai vân giao thoa cực đại. Coi biên độ sóng truyền đi không giảm. 1. Xác định tốc độ truyền sóng và tìm số điểm dao động cực đại, số điểm dao động cực tiểu trên đoạn AB (không kể A và B). 2. Gọi O là trung điểm của AB; N và P là hai điểm nằm trên trung trực của AB về cùng một phía so với O thỏa mãn ON = 2cm; OP = 5cm. Xác định các điểm trên đoạn NP dao động cùng pha với O. 3. Điểm Q cách A khoảng L thỏa mãn AQ ⊥ AB. a) Tính giá trị cực đại của L để điểm Q dao động với biên độ cực đại. b) Xác định L để Q đứng yên không dao động. Câu 3 (4,0 điểm): Cho mạch điện như hình vẽ : E 1 = 8V; r 1 = 0,5 Ω ; E 2 = 2V; r 2 = 0,5 Ω ; R 1 = 1 Ω ; R 2 = R 3 = 3 Ω . Điện trở của ampe kế, khóa điện K và dây nối không đáng kể. Biết rằng số chỉ của ampe kế khi đóng khóa K bằng 9/5 số chỉ của nó khi ngắt khóa K. 1. Tìm R 4 . 2. Xác định chiều và cường độ dòng điện qua K khi K đóng. Câu 4 (3,0 điểm): Điểm sáng A nằm trên trục chính của một thấu kính hội tụ mỏng tiêu cự f = 36cm, phía bên kia thấu kính đặt một màn (M) vuông góc với trục chính, cách A đoạn L. Giữ A và (M) cố định, xê dịch thấu kính dọc theo trục chính trong khoảng từ A đến màn (M), ta không thu được ảnh rõ nét của A trên màn mà chỉ thu được các vết sáng hình tròn. Khi thấu kính cách màn một đoạn ℓ = 40cm ta thu được trên màn vết sáng hình tròn có kích thước nhỏ nhất. Tìm L. Câu 5 (2,0 điểm): Một khối gỗ không ngấm nước có dạng hình chóp tứ giác đều, nổi trên mặt nước (đỉnh ở phía trên mặt nước). Phần nổi có chiều cao là h = 10m. Biết khối lượng riêng của gỗ và nước lần lượt là 900kg/m 3 và 1000kg/m 3 . Xác định chu kì dao động bé của khối gỗ theo phương thẳng đứng. Lấy g = 10m/s 2 . ---------------HẾT--------------- Họ, tên thí sinh : .; Số báo danh : ………… . ĐỀ CHÍNH THỨC A K R 1 R 2 R 3 R 4 (E 1 ; r 1 ) (E 2 ; r 2 ) 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 I Câu Nội dung Điểm 1 1. Bỏ qua khối lượng của ròng rọc và dây nối: T = F + Tại VTCB của vật M ta có: 03 0 =+ FP (1) - Từ (1) suy ra: mg = 3k∆l 0 (2) - Tại vị trí vật M có toạ độ x bất kì ta có: amFP =+ 3 (3) Chiếu (3) lên trục toạ độ Ox ta có : mg - 3k(∆l 0 + 3x) = ma = mx’’ (4) - Từ (2) và (4) ta có : 0 9 '' =+ x m k x ↔ 0'' 2 =+ xx ω (5) ( m k9 2 = ω ) - Phương trình (5) có nghiệm : x = Acos( ) ϕω + t trong đó A , ϕω , là những hằng số. Vậy vật M dao động điều hoà. + Chọn gốc thời gian là lúc thả vật. == m k9 ω 45(rad/s) Tại thời điểm t =0 : Acos =5(cm) - Asin =0 ϕ ω ϕ → A = 5cm và ϕ = 0 Vậy phương trình dao động là x = 5cos45t (cm). 2. Tại vị trí cân bằng: 2mg = 3k∆ℓ (1) Tại li độ x của M: mg – T 3 = ma (2) T 3 + mg – 2T 1 – T 2 = ma (3) T 1 = k(∆ℓ + 3x) (4) (T 2 – T 1 )R = I.γ; I = 0,5mR 2 ; γ = a/R (5) Thay (2), (4), (5) vào (3): 2mg - 2k(∆ℓ + 3x) - k(∆ℓ + 3x) - ma/2 = 2ma kết hợp với (1) → - 9kx = 2,5mx” → x” + ω 2 x = 0 với ω = 18k 9m rad/s phương trình dao động: x = 5cos28,5t (cm) 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 1,0 0,5 0,5 2 1. Điều kiện để tại M dao động cực đại: 5,45,2025. 12 =−=→=− λλ kkdd (cm) Vì giữa M và đường trung trực của AB có 2 vân giao thoa cực đại. Tại M là vân dao thoa cực đại thứ 3 nên k = 3. Từ đó )(5,1 cm =→ λ Mà: v = λ .f = 20.1,5 = 30 (cm/s) - Đk để tại M’ trên AB có dao động cực đại: d 2 – d 1 = k. λ (với k = 0; ± 1; ± 2; ± 3 ) 0,5 0,5 ĐỀ THI CHỌ HỌC SINH GIỎI LỚP THPT NĂM HỌC 2010 – 2011 Môn: VẬT LÝ Vòng Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ê CHINH TH C̀ ́ ́Đ Ư B A R 1 R 2 M P T T F B A R 1 R 2 M P T 2 T 1 F 2 d 1 + d 2 = AB nên: d 1 = 1 (k AB) 2 λ + 0 < d 1 ; d 2 < AB hay 0 < 1 (k AB) 2 λ + < AB Thay số vào tìm được: - AB λ < k < AB λ hay: -5,33 < k < 5,33. Vậy: k = -5, -4, -3, -2, -1,0, 1, 2, 3, 4, 5. Vậy trên đoạn AB có 5.2 + 1 = 11 điểm dao động cực đại. - Đk tại M’ trên AB có dao động cực tiểu: d 2 – d 1 = (2k+1) 2 λ (với k = 0; ± 1; ± 2; ± 3 ) d 1 + d 2 = AB nên: d 1 = 1 1 (2k 1) AB 4 2 + λ + 0 < d 1 ; d 2 < AB hay 0 < 1 1 (2k 1) AB 4 2 + λ + < AB Thay số: -5,83 < k < 4,83 nên: k = -5, -4, -3, -2, -1,0, 1, 2, 3, 4. Như vậy có 10 giá trị của k nên trên đoạn AB có 10 cực tiểu. 0,5 0,5 2. Phương trình dao động của hai nguồn: u 1 = u 2 = Acos2πft → Điểm T nằm trên trung trực của AB cách A khoảng d dao động theo phương trình: u = 2Acos(2πft - 2π d λ ) Độ lệch pha của điểm này so với O: ∆ϕ = 2π O d d− λ Điều kiện để điểm này dao động cùng pha với O: ∆ϕ = k2π (k nguyên) → d - d O = kλ → d = d O + kλ = 4 + 1,5k (cm) Nếu T nằm trên đoạn NP: d N ≤ 4 + 1,5k ≤ d P → 2 2 O d ON+ ≤ 4 + 1,5k ≤ 2 2 O d OP+ → 0,31 k≤ ≤ 1,60 → k = 1 → d = 5,5cm → OT = 2 2 O d d− 3,8; cm. Vậy điểm T trên trung trực AB cách O 3,8cm dao động cùng pha với O. 3. + Điều kiện để tại Q có cực đại giao thoa là hiệu đường đi từ Q đến hai nguồn sóng phải bằng số nguyên lần bước sóng: 2 2 L a L k .+ − = λ ; k=1, 2, 3 . và a = AB Khi L càng lớn đường AQ cắt các cực đại giao thoa có bậc càng nhỏ (k càng bé), vậy ứng với giá trị lớn nhất của L để tại Q có cực đại nghĩa là tại Q đường AQ cắt đường cực đại bậc 1 (k = 1). Thay các giá trị đã cho vào biểu thức trên ta nhận được: 2 max max max L 64 L 1,5 L 20,6(cm)+ − = ⇒ ; + Điều kiện để tại Q có cực tiểu giao thoa là: 2 2 L d L (2k 1) . 2 λ + − = + (k=0, 1, 2, 3, .) Ta suy ra : 2 2 d (2k 1) 2 L (2k 1) λ − + = + λ L > 0 → k < 4,8 → k = 0; 1; 2; 3; 4. Từ đó ta có 5 giá trị của L là: * Với k = 0 thì L = 42,29cm * Với k = 1 thì L = 13,10cm 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 3 * Với k = 2 thì L = 6,66cm * Với k = 3 thì L = 3,47cm * Với k = 4 thì L = 1,37cm 0,5 3 * Suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn E b = E 1 - E 2 = 8 - 2 = 6 (V) r b = r 1 + r 2 = 0,5 + 0,5 = 1 ( Ω ) a. Xét khi K mở: Điện trở tương đương của mạch ngoài : R 13 = R 1 + R 3 = 1 + 3 = 4 Ω R 24 = R 2 + R 4 = 3 + R 4 R AB = 2413 2413 . RR RR + = 4 4 7 )3(4 R R + + Cường độ dòng điện mạch chính phát ra từ cực dương của nguồn E 1 I = bAB b rR E + = 1 7 )3(4 6 4 4 + + + R R = 44 4 7412 642 RR R +++ + = 195 642 4 4 + + R R Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B : U AB = I.R AB = 195 642 4 4 + + R R . 4 4 7 )3(4 R R + + = 195 2472 4 4 + + R R Số chỉ Ampe kế khi K mở : I Am = 42 RR U AB + = )3)(195( 2472 44 4 RR R ++ + = 195 24 4 + R (1) Xét trường hợp khi K đóng: Điện trở tương đương của mạch ngoài R 12 = 21 21 . RR RR + = 4 3 ( Ω ); R 34 = 43 43 . RR RR + = 4 4 3 3 R R + R ABđ = R 12 + R 34 = 4 3 + 4 4 3 3 R R + = 4 44 412 1239 R RR + ++ = 4 4 412 159 R R + + Cường độ dòng điện mạch chính : I đ = bABđ b rR E + = 1 412 159 6 4 4 + + + R R = 4 4 1921 )412(6 R R + + U CB = U 4 = I đ .R 34 = 4 4 1921 )412(6 R R + + . 4 4 3 3 R R + = 4 4 1921 72 R R + I Ađ = 4 R U CB = 4 1921 72 R + (2) Theo đề bài ta có : I Ađ = 5 9 .I Am ⇔ 4 1921 72 R + = 5 9 . 195 24 4 + R ⇔ 1800R 4 + 6840 = 4536 + 4104R 4 ⇔ 2304R 4 = 2304 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 A K R 1 R 2 R 3 R 4 (E 1 ; r 1 ) (E 2 ; r 2 ) A B C D 4 ⇒ R 4 = 1( Ω ) b. Cường độ dòng điện qua K khi K đóng. Ta có : I Ađ = 4 R U CB = 4 1921 72 R + = 1.1921 72 + = 1,8 (A) I đ = 4 4 1921 )412(6 R R + + = 1.1921 )1.412(6 + + = 2,4 (A) U 2 = I đ .R 12 = 2,4. 4 3 = 1,8 (V) I 2 = 2 2 R U = 3 8,1 = 0,6 (A) ⇒ Cường độ dòng điện qua k khi k đóng : I K = I Ađ - I 2 = 1,8 - 0,6 = 1,2 (A) và có chiều từ C đến D. 0,5 0,5 0,5 0,5 4 Ta có: R r = / / d Ldd −+ ⇔ R r = fd fd L fd fd d − − − + . . ⇔ R r = fd LfLdd +− 2 = d L f L f d +− Vì R không đổi, để r nhỏ nhất thì + d L f d nhỏ nhất. Điều kiện này xảy ra khi : d L f d = Thay d = L - ℓ → (L - 40) 2 = 36L ↔ = = < l L 100cm L 16cm (lo¹i) 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 5 Gọi S là diện tích đáy khối gỗ, s là diện tích tiết diện cắt ngang mặt nước.Thể tích của khối gỗ và phần nổi của nó là V 0 = 3 SH và V = 3 sh . Ngoài ra hệ số tỉ lệ là 2 = H h S s và 3 0 = H h V V Khối gỗ sẽ nổi cân bằng nếu lực Acsimet = trọng lượng của nó. Tức là n g SH sh SH g g 3 3 3 ρ − =ρ ÷ Hay ρ n (H 3 -h 3 ) = ρ g H 3 . Suy ra 3 n g 3 n h H ρ −ρ = ρ H h 5 Nếu khối gỗ dao động bé, giả sử khối gỗ chìm thêm đoạn rất nhỏ x. Áp dụng định luật II Niu-tơn: g n g SH SH sh SH g g V x" 3 3 3 3 ρ −ρ − + ∆ =ρ ÷ → - ρ n g.ΔV = g SH x" 3 ρ → - ρ n .g.s.x = g SH x" 3 ρ (∆V = s.x) → x" + 2 3 3 . . n b h g H ρ ρ x = 0 → x" + 3 . − n g g g h ρ ρ ρ x = 0 → x" + ω 2 x = 0 Chu kì dao động là T = ( ) g n g h 2 2 3g ρ π = π ω ρ −ρ ≈ 10,9 s. 0,5 0,5 0,5 0,5 * 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. 6