SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2

KÌ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 12
ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ
NĂM HỌC 2018 - 2019
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề.
Đề thi gồm: 02 Trang.

Bài 1
Con lắc đơn gồm quả cầu nhỏ khối lượng m1 = 100g và sợi dây lý
tưởng chiều dài là l = 1,0m. Con lắc lò xo gồm lò xo có khối lượng không
N
đáng kể, độ cứng k = 25 và quả cầu nhỏ khối lượng m2 = m1 (hình vẽ
m
l
m 2
bên). Lấy g = 10 2 ;  = 10. Bố trí hai con lắc sao cho khi hệ cân bằng
m2 m1
s
k
lò xo không biến dạng, sợi dây thẳng đứng. Kéo m1 lệch khỏi
vị trí cân bằng để sợi dây lệch một góc nhỏ 0 = 0,1 rad rồi thả nhẹ.
a/ Tìm vận tốc của m2 ngay sau khi va chạm với m1 và độ nén cực đại của lò xo. Coi va chạm là
tuyệt đối đàn hồi (bỏ qua mọi ma sát).
b/ Tìm chu kì dao động của hệ.
c/ Vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của vận tốc theo thời gian của con lắc lò xo. Chọn gốc thời gian
là lúc va chạm.
Bài 2
Một sóng dừng trên một sợi dây mà phương trình sóng có dạng u = a.cos(ωt).sin(bx). Trong đó u
là li độ dao động tại thời điểm t của một phần tử trên dây mà vị trí cân bằng của nó cách gốc toạ độ O

cân bằng của vật. Lấy π2 = 10. Biết thế năng của vật biến thiên theo biểu thức:
Wt =0,1cos(4πt + π/2) + 0,1 (đơn vị tính bằng Jun). Viết phương trình dao động điều hòa của vật.

---------------------------HẾT


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2

KÌ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 12
ĐÁP ÁN MÔN VẬT LÝ
NĂM HỌC 2018 - 2019
Đáp án gồm: 02 Trang.

Bài 1 (2,5đ)
a) Gọi vận tốc m1 ngay trước khi va chạm là v0:
 2
1
2
2
m1gh = m1gl(1 - cos0) = m1v 0 => góc 0 nhỏ  1 - cos = 2sin 2  2
2
v0 =  gl = 0,314 (m/s)
+ Gọi v1, v2 là vận tốc của m1, m2 ngay sau khi va chạm
m1v0 = m1.v1+ m2.v2
(1)
1
1
1
(2)

+ Con lắc đơn: T2 = 2 
 2s
g
1
1
Chu kì dao động của hệ: T = (T1 + T2) = (2 + 0,4) = 1,2 (s)
2
2
c) Đồ thị
v0
Tại t = 0
=> v = v0
t = 0,1s => v = 0
0,2
1,2
t(s)
0
t = 0,2s => v = -v0
1,3
0,1
t = 1,2s => v = v0
.
.
Bài 2 (2,5 đ)
a/* Xác định b:
- Phương trình sóng dừng trên dây: u = [a.sin(bx)].cos(ωt) = A.cos(ωt)

k
- Tại điểm nút thứ k có tọa độ xk: A = 0 => sin(bxk) = 0  bx k  k  x k 
b

nên xk+1 - xk=  .
2
b 2

0,25

Vậy b =

0,25


- Tọa độ các điểm nút là xk = k = 20k(cm) với k = 0, 1,  2...
b
- Xét phần tử M cách nút thứ k 5cm có AM = 5mm => a sin b(x k  5)  5mm

0,25
0,25

 a sin bx k .cos 5b  cos bx k .sin 5b)  a sin 5b  5

0,25
được a = 5 2 (mm)
20
0,25

b/ Chiều dài dây: l = k max => kmax = 11 => có 11 bụng sóng, 12 nút sóng.
0,25
2
Giữa 2 nút có 2 điểm dđ với biên độ 5mm => Số điểm cần tìm 11.2 = 22 điểm.
Bài 3 (2,0 đ)

S
khi ra khỏi hệ thấu kính là chùm tia song song. (h.1)
D1 D2
Tức là d2 = f2. Mà d2 = O1O2 – d1’ = 20 – 50 = -30 cm.
h.2
0,25
Vậy L2 là thấu kính phân kỳ có tiêu cự f2 = -30cm.
* Khi đặt thêm thấu kính L2 dịch chuyển màn ra xa 10 cm
d2'
d2 10
ảnh tăng gấp đôi. Xảy ra hai trường hợp:
Hoặc chùm tia ló là chùm tia hội tụ hoặc phân kì
E2
L1
L2 E1
TH1: Chùm tia ló phân kỳ(ảnh qua hệ là ảnh ảo) (h.2)
Qua hình vẽ ta thấy:
'
O1
0,25
O2
D2 d 2  d 2  10
S’
'


2

d


d
d2  d2
O1
2
O2
S
D1 D2
b. L2 thấu kính phân kỳ. (h.4)

Thay b =

d2
d2'

0,25


'
D2 d 2  d 2  10 40  d 2'
100

 '
 2  d 2' 
 f 2  300cm.
'
D1
d 2  30
3
d2  d2


v1co s

d
 qE  mg 
Thay v2 theo (2) và t theo (4) vào (3) được: v1cos.tg   v1 sin   
.
 m  v1cos
(qE  mg).d
Suy ra: cos 2 .tg   sin .cos 
mv12
1
(qE  mg)d
Do đó: W1  mv12 
2
2cos 2   tg  tg 
Nếu bỏ qua trọng lực: W1 

1
q.E.d
mv12 
2
2
2cos .  tg  tg 

0,25
0,25
v┴

0,25



0,25
0,25

Bài 6 (0,75đ)

Wt 


1  cos2  t +   
1
1
m2 A2 cos 2  t     m2 A2 

2
2
2


1
1
m2 A2 cos  2t + 2   m2 A2 …………………………….
4
4

So với phương trình tổng quát : 2ω = 4π → ω = 2π rad/s
2φ = π/2
→ φ = π/4……………………
Theo biểu thức thế năng đề cho, ta có được: