Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 12 môn Lý - Sở GD&ĐT Bạc Liêu

Chia sẻ: Linh Như | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:14

Thêm vào BST

Báo xấu

136
lượt xem 9
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Dưới đây là đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Vật lý lớp 12 kèm đáp án của sở giáo dục và đào tạo Bạc Liêu mời các phụ huynh hãy tham khảo để giúp con em mình củng cố kiến thức cũng như cách giải các bài tập nhanh nhất và chính xác.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 12 môn Lý - Sở GD&ĐT Bạc Liêu

Họ và tên thí sinh:……………………..………….. Chữ ký giám thị 1: Số báo danh:……………………………..………... …………….……………….. SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 CHÍNH THỨC (Gồm 02 trang) * Môn thi: VẬT LÝ (BẢNG A) * Ngày thi: 05/11/2011 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ Câu 1 (4 điểm): Trên một tấm ván nghiêng một góc α so với mặt phẳng nằm ngang có một vật nhỏ. Ván đứng yên thì vật cũng đứng yên (Hình vẽ). Cho ván chuyển động sang phải với gia tốc a song song với đường nằm ngang. Tính giá trị cực đại của a để vật vẫn đứng yên trên ván. Biết gia tốc rơi tự do là g và hệ số ma sát là μ . Câu 2 (4 điểm): Một lò xo OA có độ cứng K khối lượng không đáng kể. Đầu O được giữ cố định, đầu dưới được gắn vào 1 đĩa khối lượng M. Từ độ cao h so với vị trí cân bằng của đĩa, thả một chiếc vòng có khối lượng m bao quanh lò xo rơi không vận tốc ban đầu, không ma sát đến gắn chặt vào đĩa, rồi cả 2 cùng dao động điều hòa. Coi va chạm giữa vòng và đĩa là hoàn toàn không đàn hồi. Bỏ qua lực cản, viết phương trình dao động của hệ, chọn gốc thời gian lúc vật đi qua vị trí cân bằng theo chiều dương trục tọa độ. Câu 3 (4 điểm): Một Xylanh kín hai đầu đặt thẳng đứng, bên trong có một Píttông cách nhiệt, chia Xylanh thành hai phần, mỗi phần chứa cùng một lượng khí ở cùng nhiệt độ T1 = 400 K, áp suất P2 của phần phía dưới Píttông gấp 2 lần áp suất P1 của phần nằm trên Píttông. Cần nung nóng phần dưới Píttông lên thêm nhiệt độ T2 bằng bao nhiêu để thể tích trong hai phần Xylanh bằng nhau? Câu 4 (4 điểm): Cho mạch điện như hình vẽ, trong đó R1 = R2 = 5 Ω ; R = 90 Ω ; tụ điện có điện dung C = 2 μF ; Điện trở khóa K và các dây nối không đáng kể; hiệu điện thế ở hai đầu đoạn mạch U = 90 V không thay đổi. Biết rằng khi K ngắt và K đóng đèn đều sáng bình thường. a. Tính điện trở của đèn. b. Tính hiệu điện thế định mức của đèn. 1 Bảng A – Ngày 1
c. Ban đầu K ngắt sau đó K đóng thì sau khoảng thời gian Δt = 10 −3 s tụ điện phóng hết điện tích. Tính cường độ dòng điện trung bình do tụ điện phóng ra chạy qua khóa K trong khoảng thời gian nói trên. C K R1 RĐ C R2 R3 D U A B Câu 5 (4 điểm): Cho một thấu kính hội tụ có tiêu cự 10 cm. 1. Đặt vật sáng AB song song và cách màn ảnh một khoảng L = 45 cm. Tìm vị trí đặt thấu kính để thu được ảnh rõ nét trên màn. Khi đó tính độ phóng đại của ảnh. 2. Đặt một điểm sáng S cách màn L’= 22,5 cm. a. Chứng minh rằng không có vị trí nào của thấu kính thu được ảnh rõ nét trên màn. b. Giả thiết thấu kính hình tròn đường kính rìa là D = 3 cm.Hãy tìm một vị trí đặt thấu kính sao cho trên màn ảnh thu được một vùng sáng hình tròn có diện tích nhỏ nhất.Tính diện tích vùng sáng đó. ---Hết--- 2 Bảng A – Ngày 1
SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 CHÍNH THỨC (Gồm 05 trang) * Môn thi: VẬT LÝ (BẢNG A) * Ngày thi: 05/11/2011 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1 (4 điểm): Chọn hệ quy chiếu xOy gắn với tấm ván. - Vật chịu các lực tác dụng: trọng lực P , lực quán tính Fqt hướng sang trái, phản lực N của ván, lực ma sát Fms như hình vẽ y N x Fqt Fm s (0,5 đ) P - Nếu vật còn ở trên ván thì N > 0 (1) (0,25 đ) - Nếu vật đứng yên trên ván thì tổng hình chiếu các lực xuống hai trục phải bằng 0 và lực ma sát trượt không vượt giới hạn Fms ≤ μ .N (2) (0,25 đ) Ta có: Fms + P + Fqt + N = 0 (3) (0,25 đ) Chiếu (3) xuống Ox:Fms - mgsinα - macosα = 0 (4) (0,25 đ) Chiếu (3) xuống Oy:N + masinα - mg.cosα = 0 (5) (0,25 đ) ⇒ N = m(gcosα-a.sinα) (5’) (0,25 đ) Áp dụng điều kiện (1) vào (5’) ta được: a < g.cotanα (0,5 đ) Với (4) và (5) ta viết lại điều kiện (2) như sau: m(gsinα+a.cosα) ≤ μ m(gcosα-a.sinα) (0,5 đ) g ( μ cos α − sin α ) ⇒ a≤ (0,5 đ) cosα +μ sinα g ( μ cos α − sin α ) Vậy: amax = (0,5 đ) cosα +μsinα Câu 2 (4 điểm): O x’ A M O x 1 Bảng A – Ngày 1
- Vẽ hình mô tả (0,25 đ) Phương trình dao động tổng quat sau va chạm x = A cos(ωt + ϕ ) . (0,25 đ) Sau va chạm 2 vật gắn chặt vào nhau nên K (0,25 đ) ω= M +m Chọn gốc tọa độ O, gốc thế năng, mốc thời gian khi vật qua vị trí cân π bằng theo chiều dương ta có ϕ = − (0,25 đ) 2 Xác định A Theo định luật bảo toàn cơ năng vận tốc của vòng trước khi va chạm v = 2 gh (0,5 đ) Theo định luật bảo toàn động lượng ta tính được vận tốc của hệ sau va chạm mv m 2 gh mv = ( M + m)V ⇒ V = = (0,5 đ) M +m M +m Vị trí cân bằng mới của hệ (góc O) cách A một khoảng x 0 là ( M + m) g Mg mg x0 = − = (0,5 đ) K K K Năng lượng kích thích hệ dao động 1 1 W= ( M + m)V 2 + Kx0 2 (0.5 đ) 2 2 2 1 m 2 gh 2 1 m 2 g 2 W = ( M + m)( ) + K 2 M +m 2 K2 1 m 2 2 gh 1 2 2 1 W= + m g = KA2 2 M +m 2 2 2 2 2 m 2 gh m g m 2 g 2 ⎡ 2hK ⎤ A2 = + = 2 ⎢ + 1⎥ K (m + M ) K 2 K ⎣m+ M ⎦ (0,5 đ) mg 2hK A= +1 K ( M + m) g (0,5 đ) mg 2hK K π ⇒x= + 1.cos( t− ) K ( M + m) g M +m 2 Câu 3 (4 điểm): Trước khi nung phần dưới Pittông: P1V1 = μRT1 và P2V2 = μRT1 ; P2 = 2P1 (0,5 đ) ⇒ V1 = 2V2 (1) (0,5 đ) V1 + V2 3 Sau khi nung phần dưới Pittông: V1′ = V2′ = = V1 (2) (0,5 đ) 2 4 Theo định luật Bôilơ – Mariốt: P1V1 = P1′ 1′ (do nhiệt độ phần trên không đổi) V (0,5 đ) 4 ⇒ P1′ = P1 (3) (0,5 đ) 3 Áp suất gây ra bởi Pittông: 2 Bảng A – Ngày 1
7 P = P2 − P1 = P2′ − P1′ hay P2′ =P1 (4) (0,5 đ) 3 PV P ′V ′ Áp dụng phương trình trạng thái: 2 2 = 2 2 (5) (0.5 đ) T1 T1 + T2 7 Thay (1),(2),(3),(4) vào (5) ⇒ T2 = T1 − T1 = 300 K (0,5 đ) 4 Câu 4 (4 điểm): a. Tính điện trở của đèn RĐ? * Khi K mở: vẽ lại sơ đồ RĐ R1 I R3 D R2 (0,25 đ) U Điện trở tương đương của đoạn mạch AB: A B (R1 + RĐ )R2 (45 + RĐ )90 R AB = R3 + = 45 + R1 + RĐ + R2 135 + R Đ 135 R Đ + 45 × 225 ⇒ R AB = (0,25 đ) 135 + RĐ Cường độ dòng điện mạch chính: U AB 2(135 + R Đ ) I= = (0,25 đ) R AB 3R Đ + 225 R2 90 ⎡ 2(135 + RĐ )⎤ ⇒ I Đ= I= ⎢ ⎥ (0,25 đ) R1 + R2 + RĐ 135 + R Đ ⎣ 3RĐ + 225 ⎦ 60 ⇒ IĐ = (1) (0,25 đ) RĐ + 75 * Khi K đóng: vẽ lại sơ đồ ta có: I1 R1 RĐ C B D I2 R2 R3 (0,25 đ) I’ A B RĐ R3 R ADC = R2 + R Đ + R3 135 R Đ + 45 × 90 ⇒ R ADC = (0,25 đ) R Đ + 45 Cường độ dòng điện: U AB 90 ( RĐ + 45 ) I2 = = RACD 125 RĐ + 90 × 45 3 Bảng A – Ngày 1
2(R Đ + 45) I2 = (0,25 đ) 3RĐ + 90 R3 45 × 2(R Đ + 45) 30 ⇒ IĐ = ' I2 = = (2) (0,25 đ) RĐ + R3 (RĐ + 45)(3RĐ + 90) RĐ + 30 Theo đề bài khi K đóng và K mở thì đèn sáng bình thường nên: I Đ = I Đ ' 60 30 Từ (1) và (2) ⇒ = ⇒ RĐ = 15Ω (0,25 đ) R Đ + 75 RĐ + 30 b. Hiệu điện thế định mức của đèn: 30 Ta có Iđm = I Đ = ' A (0,25 đ) 45 Nên: Uđm = IđmRĐ = 10 V (0,25 đ) c. Cường độ dòng điện Ik: K ngắt C được tích điện q = CUCB Với UCB = UCD + UDB( Hình 1) mà UCD = Uđm = 10 V (0,25 đ) UDB = IR3 (Hình 2) 2(135 + 15) 300 Mà: I = = A (0,25 đ) 45 + 225 270 300 Nên : U DB= 45 = 50 V (0,25 đ) 270 Vậy: UCB = 10 + 50 = 60 V. Mặt khác: q = CUCB = 2.10-6.60 =120.10-6 C. Và I = q/t = 0,12 A. (0,25 đ) Câu 5 (4 điểm): 1.Ta có d + d’ = 45cm 10d ⇒d+ = 45 ⇒ d 2 − 45d − 450 = 0 (0,25 đ) d − 10 Phương trình có hai nghiệm: (0,25 đ) +Với (0,25 đ) +Với . (0,25 đ) 2a. Theo đề ta có: 10d ⇒d+ = 22.5 ⇒ d 2 − 22,5d + 225 = 0 (0,25 đ) d − 10 Phương trình này không có nghiệm ( , ảnh thật S’ của S luôn ở sau màn. (0,25 đ) b. Xét vùng sáng M’N’ trên màn hình có đường kính D’ (hình 3) 4 Bảng A – Ngày 1
Màn M D M’ S S’ d O D’ N’ N d’ L’ ( Hình 3) (0,5 đ) từ hình vẽ ta có: (0,25 đ) df ' d+ −L D d− f D ' d L' L' ⇒ = ⇒ = + + D df D f d f d− f ⎛ d L' L' ⎞ ⇒ D = D⎜ + − ⎟ ' (0,5 đ) ⎝ f d f ⎠ Ta thấy D’đạt giá trị cực tiểu khi ( đạt cực tiểu, (0,25 đ) Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có: =15cm (0,25 đ) Khi đó: (0,25 đ) Và (0,25 đ) Vậy diện tích nhỏ nhất của vùng sáng: (0,25 đ) ---Hết--- 5 Bảng A – Ngày 1
Họ và tên thí sinh:……………………..………….. Chữ ký giám thị 1: Số báo danh:……………………………..………... …………….……………….. SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 CHÍNH THỨC (Gồm 02 trang) * Môn thi: VẬT LÝ (BẢNG B) * Ngày thi: 05/11/2011 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ Câu 1 (4 điểm): Ba chiếc xe đồng thời xuất phát từ địa điểm A đi đến địa điểm B. Chúng chạy trên cùng một con đường, vận tốc mỗi xe đều không đổi. Vận tốc của xe thứ nhất là v1, của 2 xe thứ hai là v2 = v1. 3 a. Tìm vận tốc của xe thứ ba bằng bao nhiêu lần vận tốc xe thứ nhất nếu xe thứ nhất đến B sớm hơn xe thứ hai một khoảng thời gian đúng bằng khoảng thời gian xe thứ hai đến sớm hơn xe thứ ba? b. Tìm độ lớn vận tốc của xe thứ ba, thứ hai nếu v1 = 30 km/h? Câu 2 (4 điểm): Một lò xo OA có độ cứng K khối lượng không đáng kể. Đầu O được giữ cố định, đầu dưới được gắn vào 1 đĩa khối lượng M. Từ độ cao h so với vị trí cân bằng của đĩa, thả một chiếc vòng có khối lượng m bao quanh lò xo rơi không vận tốc ban đầu, không ma sát đến gắn chặt vào đĩa, rồi cả 2 cùng dao động điều hòa. Coi va chạm giữa vòng và đĩa là hoàn toàn không đàn hồi. Bỏ qua lực cản, viết phương trình dao động của hệ, chọn gốc thời gian lúc vật đi qua vị trí cân bằng theo chiều dương trục tọa độ. Câu 3 (4 điểm): Một Xylanh kín hai đầu đặt thẳng đứng, bên trong có một Píttông cách nhiệt, chia Xylanh thành hai phần, mỗi phần chứa cùng một lượng khí ở cùng nhiệt độ T1 = 400 K, áp suất P2 của phần phía dưới Píttông gấp 2 lần áp suất P1 của phần nằm trên Píttông. Cần nung nóng phần dưới Píttông lên thêm nhiệt độ T2 bằng bao nhiêu để thể tích trong hai phần Xylanh bằng nhau? Câu 4 (4 điểm): Cho mạch điện như hình vẽ, trong đó R1 = R2 = 5 Ω ; R = 90 Ω ; tụ điện có điện dung C = 2 μF ; Điện trở khóa K và các dây nối không đáng kể; hiệu điện thế ở hai đầu đoạn mạch U = 90 V không thay đổi. Biết rằng khi K ngắt và K đóng đèn đều sáng bình thường. a. Tính điện trở của đèn. b. Tính hiệu điện thế định mức của đèn. c. Ban đầu K ngắt sau đó K đóng thì sau khoảng thời gian Δt = 10 −3 s tụ điện phóng hết điện tích. Tính cường độ dòng điện trung bình do tụ điện phóng ra chạy qua khóa K trong khoảng thời gian nói trên. 1 Bảng B – Ngày 1
C K R1 RĐ C R2 R3 D U A B Câu 5 (4 điểm): Một chùm sáng hội tụ hình nón chiếu tới một lỗ tròn trên một màn chắn M. Trục của chùm sáng đi qua tâm O của lỗ tròn và vuông góc với màn chắn. Phía sau màn chắn đặt một màn ảnh phẳng song song với màn chắn, cách màn chắn 60 cm, ta thu được một miền sáng tròn có đường kính bằng 1/3 đường kính lỗ tròn. Sau đó đặt vừa khít với lỗ tròn một thấu kính thì thấy vị trí, kích thước miền sáng tròn trên màn ảnh không thay đổi. Thấu kính trên là thấu kính gì ? Tiêu cự của thấu kính bằng bao nhiêu? ---Hết--- 2 Bảng B – Ngày 1
SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 CHÍNH THỨC (Gồm 05 trang) * Môn thi: VẬT LÝ (BẢNG B) * Ngày thi: 05/11/2011 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1 (4 điểm): a. Gọi thời gian xe thứ nhất đến sớm hơn xe thứ hai và thời gian xe thứ hai đến sớm hơn xe thứ ba là t. Vì xe thứ nhất đến B sớm hơn xe thứ hai một khoảng thời gian t, nên: AB AB − =t (1) (1,0 đ) v2 v1 Vì xe thứ hai đến B sớm hơn xe thứ ba một khoảng thời gian t, nên: AB AB − = t (2) (1,0 đ) v3 v2 1 1 1 1 Từ (1) và (2) ta có: − = − (0,25 đ) v2 v1 v3 v2 3 1 1 3 ⇔ − = − (0,25 đ) 2v1 v1 v3 2v1 v Giải phương trình trên, ta được: v3 = 1 (0,5 đ) 2 2 2 b. Thay số, ta được: v2 = v1 = 30 = 20 (km/h) (0,5 đ) 3 3 v1 30 Thay số, ta được: v3 = = = 15 (km/h) (0,5 đ) 2 2 Câu 2 (4 điểm): O x’ A M O x - Vẽ hình mô tả (0,25 đ) Phương trình dao động tổng quat sau va chạm x = A cos(ωt + ϕ ) . (0,25 đ) Sau va chạm 2 vật gắn chặt vào nhau nên K (0,25 đ) ω= M +m Chọn gốc tọa độ O, gốc thế năng, mốc thời gian khi vật qua vị trí cân 1 Bảng B – Ngày 1
π (0,25 đ) bằng theo chiều dương ta có ϕ = − 2 Xác định A Theo định luật bảo toàn cơ năng vận tốc của vòng trước khi va chạm v = 2 gh (0,5 đ) Theo định luật bảo toàn động lượng ta tính được vận tốc của hệ sau va chạm mv m 2 gh mv = ( M + m)V ⇒ V = = (0,5 đ) M +m M +m Vị trí cân bằng mới của hệ (góc O) cách A một khoảng x 0 là ( M + m) g Mg mg (0,5 đ) x0 = − = K K K Năng lượng kích thích hệ dao động 1 1 (0.5 đ) W= ( M + m)V 2 + Kx0 2 2 2 2 1 m 2 gh 2 1 m 2 g 2 W = ( M + m)( ) + K 2 M +m 2 K2 1 m 2 2 gh 1 2 2 1 W= + m g = KA2 2 M +m 2 2 2 2 2 m 2 gh m g m 2 g 2 ⎡ 2hK ⎤ A2 = + = 2 ⎢ + 1⎥ K (m + M ) K 2 K ⎣m+ M ⎦ mg 2hK (0,5 đ) A= +1 K ( M + m) g mg 2hK K π (0,5 đ) ⇒x= + 1.cos( t− ) K ( M + m) g M +m 2 Câu 3 (4 điểm): Trước khi nung phần dưới Pittông: P1V1 = μRT1 và P2V2 = μRT1 ; P2 = 2P1 (0,5 đ) ⇒ V1 = 2V2 (1) (0,5 đ) V1 + V2 3 Sau khi nung phần dưới Pittông: V1′ = V2′ = = V1 (2) (0.5 đ) 2 4 Theo định luật Bôilơ – Mariốt: P1V1 = P1′ 1′ (do nhiệt độ phần trên không đổi) V (0,5 đ) 4 ⇒ P1′ = P1 (3) (0,5 đ) 3 Áp suất gây ra bởi Pittông: 7 P = P2 − P1 = P2′ − P1′ hay P2′ = P1 (4) (0,5 đ) 3 PV P ′V ′ Áp dụng phương trình trạng thái: 2 2 = 2 2 (5) (0.5 đ) T1 T1 + T2 7 Thay (1),(2),(3),(4) vào (5) ⇒ T2 = T1 − T1 = 300 K (0,5 đ) 4 2 Bảng B – Ngày 1
Câu 4 (4 điểm): a. Tính điện trở của đèn RĐ? * Khi K mở: vẽ lại sơ đồ RĐ R1 I R3 D R2 (0,25 đ) U Điện trở tương đương của đoạn mạch AB: A B (R1 + RĐ )R2 (45 + RĐ )90 R AB = R3 + = 45 + R1 + RĐ + R2 135 + R Đ 135 R Đ + 45 × 225 ⇒ R AB = (0,25 đ) 135 + RĐ Cường độ dòng điện mạch chính: U AB 2(135 + R Đ ) I= = (0,25 đ) R AB 3R Đ + 225 R2 90 ⎡ 2(135 + RĐ )⎤ ⇒ I Đ= I= ⎢ ⎥ (0,25 đ) R1 + R2 + RĐ 135 + R Đ ⎣ 3RĐ + 225 ⎦ 60 ⇒ IĐ = (1) (0,25 đ) RĐ + 75 * Khi K đóng: vẽ lại sơ đồ ta có: I1 R1 RĐ C B D I2 R2 R3 (0,25 đ) I’ A B RĐ R3 R ADC = R2 + R Đ + R3 135 R Đ + 45 × 90 ⇒ R ADC = (0,25 đ) R Đ + 45 Cường độ dòng điện: U AB 90 ( RĐ + 45 ) I2 = = RACD 125 RĐ + 90 × 45 2(R Đ + 45) I2 = (0,25 đ) 3RĐ + 90 3 Bảng B – Ngày 1
R3 45 × 2(R Đ + 45) 30 ⇒ IĐ = ' I2 = = (2) (0,25 đ) RĐ + R3 (RĐ + 45)(3RĐ + 90) RĐ + 30 Theo đề bài khi K đóng và K mở thì đèn sáng bình thường nên: I Đ = I Đ ' 60 30 Từ (1) và (2) ⇒ = ⇒ RĐ = 15Ω (0,25 đ) R Đ + 75 RĐ + 30 b. Hiệu điện thế định mức của đèn: 30 Ta có Iđm = I Đ = ' A (0,25 đ) 45 Nên: Uđm = IđmRĐ = 10 V (0,25 đ) c. Cường độ dòng điện Ik: K ngắt C được tích điện q = CUCB Với UCB = UCD + UDB( Hình 1) mà UCD = Uđm = 10 V (0,25 đ) UDB = IR3 (Hình 2) 2(135 + 15) 300 Mà: I = = A (0,25 đ) 45 + 225 270 300 Nên : U DB= 45 = 50 V (0,25 đ) 270 Vậy: UCB = 10 + 50 = 60 V. Mặt khác: q = CUCB = 2.10-6.60 =120.10-6 C. Và I = q/t = 0,12 A. (0,25 đ) Câu 5 (4 điểm): Xét hai trường hợp sau: a. Điểm hội tụ S của chùm sáng khi chưa có thấu kính nằm phía sau màn ảnh: M O S’ S 60cm (Hình 1.1 ). (0,5 đ) Khi này S là vật ảo đối với thấu kính và có ảnh thật là S’ nằm giữa màn chắn M và màn ảnh (Hình 1.1 ). Xét các tam giác đồng dạng có liên quan, ta có SO − 60 1 = ⇒ 3SO − 180 = SO ⇒ SO = 90cm (0,25 đ) SO 3 4 Bảng B – Ngày 1
Vì S là vật ảo, nên d = -90cm. (0,25 đ) Tương tự, ta có: 60 − S 'O 1 = ⇒ 180 − 3S 'O = S 'O ⇒ S 'O = 45cm (0,25 đ) S 'O 3 Vì S’ là ảnh thật, nên d’ = 45cm. (0,25 đ) Vậy tiêu cự của thấu kính là: (0,25 đ) Vậy trong trường hợp này thấu kính là hội tụ và có tiêu cự 90cm. (0,25 đ) b. Điểm hội tụ S của chùm sáng khi chưa có thấu kính nằm phía trước màn ảnh: Khi này S vẫn là vật ảo đối với thấu kính và có ảnh thật là S’ nằm phía sau màn ảnh (Hình 1.2 ). M O S S’ 60cm (Hình 1.2 ). (0, 5 đ) Xét các tam giác đồng dạng có liên quan, ta có 60 − SO 1 = ⇒ SO = 45cm (0,25 đ) SO 3 Vì S là vật ảo, nên d = - 45cm. (0,25 đ) Tương tự, ta có: S 'O − 60 1 ' = ⇒ S 'O = 90cm (0,25 đ) SO 3 Vì S’ là ảnh thật, nên d’ = 90cm. (0,25 đ) Vậy tiêu cự của thấu kính là: (0,25 đ) Vậy trong trường hợp này thấu kính là phân kì và có tiêu cự 90cm. (0,25 đ) ---Hết--- 5 Bảng B – Ngày 1