Tải bản đầy đủ (.pdf) (7 trang)

Đáp án chọn đội tuyển HSG Vật lí ngày 2 lớp 12 Quảng Ninh 2012-2013 - Học Toàn Tập

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (152.4 KB, 7 trang )

(1)

Trang 3 /2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO


QUẢNG NINH


ðề chính thức


KỲ THI LẬP ðỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013


HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN VẬT LÝ


Ngày thi thứ hai: 17/11/2012


BÀI SƠ LƯỢC CÁCH GIẢI ðIỂM


Bài 1
4ñiểm
a)


a) Pt chuyển ñộng của quả cầu


theo phương thẳng ñứng hướng xuống


1


os


mgNc α =ma (1)


0,25



Pt chuyển ñộng của nêm theo phương ngang sang phải


2


'sin


N α =Ma (N =N') (2)


0,25


Khi tâm quả cầu ñi xuống một đoạn s1thì nêm sang phải một đoạn s2


Dễ thấy liên hệ: s1 =s2tanα


Suy ra liên hệ gia tốc: a1=a2tanα (3)


0,25


Thay (2), (3) vào (1) ta ñược pt:
sin


os tan N


mg Nc m


M
α


α α



− =


2


sin
os


os


m
mg N c


Mc
α
α


α


 


= +


  (4)


0,25


ðiều kiện cân bằng theo phương thẳng ñứng của nêm:


2 ' os



N =Mg+N c α (5)


0,25


Ta chỉ cần tìm điều kiện để nêm khơng bị nghiêng ngay ở thời điểm 0,25


α
mgr


N
uur


1
N


uur


Mgr


2
N


uuur


A


'


N


uur



(2)

Trang 4 /2
ban ñầu (vị trí dễ nghiêng nhất trong q trình chuyển động)


Ở giới hạn của sự nghiêng thì phản lực N2


uur


của mặt ñất ñi qua ñiểm A.
Xét trong hệ quy chiếu gắn với nêm thì các lực tác dụng lên nêm là:


2


', , qt,
N Mg F N


uur r r uur


Gọi h là chiều cao của nêm


Chọn trọng tâm G của nêm làm tâm quay (ñể khử momen lực Mg F, qt


r
r


)
thì điều kiện để nêm khơng bị nghiêng là:


2



'/ /


N G N G


Mr ≤Mr


0,25


(

)

2


2


' os 'sin


3 tan 3 3 tan


h h h


N c α N α N


α α


 +  


   


   (6)


0,25


Thay N2 từ (5) vào (6) và biến ñổi ta ñược:


2


cos
'


2 sin
Mg


N α


α


0,25


Thay tiếp Ntừ (4) vào ta ñược:


2
2


cos sin


os


2 sin os


Mg m



mg c


Mc


α α


α


α α


 


+


 


2


tan
M


m ≥ α


(Chú ý: Học sinh có thể chọn trục quay quay qua A, nếu ñúng cho ñủ
số ñiểm)


0,25


b) b)Liên hệ vận tốc v1=v2tanα (7) 0,25



Khi ñiểm tiếp xúc giữa quả cầu và nêm dịch ñược ñoạn ñường L trên
nêm thì tâm quả cầu đi xuống được qng đường là Lsinα


0,25


Áp dụng định luật bảo tồn cơ năng cho hệ quả cầu và nêm:


2 2


1 2


sin


2 2


mv Mv


mgL α = + (8)


0,5


Thay (7) vào (8) ta ñược:


2


2 1


1 2


2 sin



tan
Mv


mgL α mv


α


= +



(3)

Trang 5 /2


1


2


2 sin


1


tan


gL
v


M
m


α
α


→ =


+




Bài 2:
4ñiểm


a)


a) Xét một phần tử cách ñầu A một khoảng x có khối lượng dm


Khối lượng của thanh là: dx l


l
x
dm


m
m


l


i 0


0
0


2


3


1 ρ


ρ  =






 +
=


=


=

0,25


Tọa ñộ khối tâm G của thanh: l


dm
xdm
m


x
m
x


AG


i


i
i
G


9
5


=
=


=
=






0,25


Momen quan tính của thanh đối với trục quay qua A là:


3
0
0


0
2
2


2



12
7


1 dx l


l
x
x


dm
x
x
m
I


l
i


i

ρ ρ


 =






 +
=



=
=


0,25


Phương trình chuyển động quay của thanh quanh trục quay qua A
γ


ρ
α


γ 3


0
/


12
7


sin l


mgAG
I


MP A = A ⇒ =


0,25


Góc α nhỏ, sinα ≈α, γ=α’’ , ta có



0
7


10


"+ =


→α α


l
g


ðặt 7 " 0


10 2


1
2


1 = →α +ω α =
ω


l
g


Chứng tỏ thanh dao động điều hịa với chu kỳ


g
l
T



10
7
2
2


1


1 = Π


Π
=


ω


0,5


b) b)Theo ñịnh lý O - G cường ñộ ñiện trường do một dây dẫn dài vô hạn
gây ra trong không gian là:


r
Er


.
2 0


2
ε
λ
Π


=


0,25


* Khoảng cách từ phần tử ñến dây là r =a+xcosα 0,25


* ðiện tích của phần tử dq1dx 0,25


* Lực ñiện trường tác dụng lên dq:


)
cos
(


2
.


0
2
1


α
ε


λ
λ


x
a



dx
dq


E


dF r


+
Π
=


= 0,25


* Momen của lực dF ñối với trục quay là:
Ax
xdx
K
x


a


xdx
x


dF
dM


+

=


+


Π

=


=


1
)


cos
(


2


sin
sin


.
.


0
2
1


α
ε



α
λ
λ
α


Với


a
A
a


K α


ε
α
λ


λ cos


,
2


sin


0
2


1 =


Π


=


0,25


a
A


B
r



(4)

Trang 6 /2
-> Momen lực ñiện trường tác dụng lên thanh là:









+


=
+

=
=


l l l



D
Ax
A
dx
A
dx
K
Ax
xdx
K
dM
M


0 1 0 0 (1 )













+



=



 +


=



 +


=
α
α
α 2
2
2
0
2
cos
)
cos
1
ln(
cos
)
1

ln(
)
1
ln( a
l
a
la
K
A
Al
A
l
K
A
Ax
A
x
K l


α nhỏ





+
Π

=



≈ ln(1 )


2
sin
1
cos 2
0
2
1
a
l
a
la
a
MD
ε
α
λ
λ
α



+
Π


= ln(1 )


2


sin
0
2
1
a
l
a
l
ε
α
λ
λ
0,25


* áp dụng phương trình chuyển ñộng quay cho thanh ñối với trục quay
0
1
ln(
2
6
5
"
12
7
"
12
7
0
2
1


2
0
3
0
3


0  =












+
Π
+
+

=
=
+ α
ε
λ
λ
ρ


α
ρ
α
ρ
γ
a
l
a
l
gl
l
l
I
M


MP D


0,5


0
"+ 22 =


→α ω α


Với 












 +

Π
+
=
a
l
a
l
l
l
g
1
ln
7
6
7
10
3
0
0
2
1
2
2

ρ
ε
λ
λ
ω


Chứng tỏ thanh dao ñộng nhỏ quanh vị trí cân bằng với chu kỳ:
.
)
1
ln(
7
6
7
10
2
2
3
0
0
2
1
2
2



+
+
=


=
a
l
a
l
l
l
g
T
ρ
πε
λ
λ
π
ω
π
0,5
Bài 3
4ñiểm
a)


a, Áp dụng ðL Ohm: Ldi qB


dt C


− = (1)


Theo ñề ra: 2
0



iI = −atdi 2at
dt = − .


Mặt khác: 2


0


B


dq


i I at
dt = = −

3
0
3
B
at


q =I t− (vì qB(0)=0).


0,5


Thay vào (1) :


3
0
1
2 0


3
at


aLt I t


C
 
=
  →
2
0
1
2 3
at
C I
aL
 
=


  (2)


0,5


Xét lúc t = t1 thì i = 0, ta có :I0 =at12. (3) 0,25


Mặt khác theo (2), lúc t = 0 (chưa ñiều chỉnh tụ): 0
0


2
I


C


aL


= (4) 0,25


Từ (3) và (4) : t1= 2C L0 . Biết T0 =2π LC0 , ta có


0
1
2
T
t
π


= (s). 0,5



(5)

Trang 7 /2


b)


b, Năng lượng ñiện từ khi chưa ñiều chỉnh:


2
0
0


0


W


2


Q
C


= , với


0 0 0


Q = I LC


0,5


ðiện tích của tụ khi ngừng ñiều chỉnh:


3
1


1 0 1 0 0 0


2 2 2 2


( )


3 3 3


B


at



q t = I t − = I LC = Q ;


0,5


ðiện dung của tụ khi ngừng ñiều chỉnh :


2


2
1


0 0 2 0


1 1 1


. .4


2 3 6 2


at


C I C LC


aL L π π


 


= = −



  →


0


2
3


C


C = ;


0,5


Năng lượng ñiện từ sau khi ngừng ñiều chỉnh :


0
2


0 2


2


0
0
0


2 2


3 4 4



.
2


2 2. 3 2 3


3


Q


Q
Q


W W


C C C


 


 


 


= = = = > W0


Sở dĩ W > W0 vì đã thực hiện cơng kéo các bản tụ ra xa nhanh hơn lúc
ñầu.


0,5


Bài 4


4ñiểm


a)


a. Tính độ bội giác của kính


Tiêu cự của kính

(

)

(

)

f cm


R
R
n


f 12 12


2
1
5
,
1
1


1
1
1


2
1


=



=









+


=


0,25


cm
f


d
df


d' =−36




= 0,25


50


'
'
'
'
tan


'


B
A
d
l


B
A


=
+
=


α


25


tan 0


AB
ð


AB



=
=


α


0


tan
tan


α
α
=


G 0,25


2
50
25
50


25
'
'
tan


tan '


0



=
=


=
=


d
d
AB


B
A
G


α


α 0,25


b) b. Bán kính đường rìa r


ta có 2 2

(

)

2


5
,
0



+
=r R


R


cm
r = 122 −11,52 =3,43




0,25


Xét tia sáng thứ hai đi song song với trục chính của kính tới sát mép
kính


Coi thấu kính như một lăng kính


Góc ở đỉnh phần rìa thấu kính là A=2θ với 0,958


12
5
,
11


cos = = =


OA
OI


θ ,


vậy góc A= 2θ = 33,20



0,5


Góc tới của tia sáng i= θ =16,60
Góc khúc xạ : sin = sin ⇒r =110


n
i
r



(6)

Trang 8 /2
r’= A-r = 22,20


sin i’= nsinr’=0,6197, i’= 34,50
Góc lệch D = i+i’-A = 20,10


cm
D


r


IF 10,62


tan
2 = =


0,25
Với tia sáng thứ nhất đi song song trục chính của kính gần trục chính


Coi thấu kính như một hệ hai thấu kính mỏng O1, O2 và một bản mặt



song song ghép sát


Thấu kính phẳng lồi có tiêu cự cm


n
R


f 24


1


' =



=


0,5


Bản mặt song song có bề dày e=1cm, chiết suất n=1,5 0,25


Chùm sáng song song qua O1 hội tụ tại F1’ , qua bản mặt song song


hội tụ tại F1’’ , qua O2 hội tụ tại F1


Ta có OF1’ = f’ = 24cm


cm
n


e


OF


OF1'' 1' 1 1=24,33






 −
+


= 0,25


O2F1’’=O1F1’’- 1 = 23,33 cm = - d


cm
f


d
df


d' ' 11,83


'


=

=


0,25



IF1 = d’ +0,5 = 12,33 cm 0,25


Bài 4
4
ñiểm


a. Gọi nhiệt ñộ của nước tăng thêm trong thời gian 1 phút là ∆T0, gọi
T là nhiệt ñộ của nước sau mỗi phút, T0 là nhiệt độ của mơi trường.


∆T0 là hàm của T. Gọi ∆x là khoảng thời gian đun nước, vì nhiệt
lượng của nước truyền ra mơi trường ngồi tỉ lệ bậc nhất với ñộ chênh


lệch nhiệt ñộ giữa nước trong bình và mơi trường nên ta có :
P∆x – k(T-T0)= C.∆T0


( C là nhiệt dung riêng của nước, k là hệ số tỉ lệ dương).


0,5


Theo bảng, chọn ∆x=1phút. Ta có:


T
b
a
T
C
k
C



T
k
x
P


T0 . .. 0 .. = .









 ∆ +
=




0,5


Mặt khác từ bảng số liệu ñề bài cho ta có thên bảng chứa ∆T0 như sau:


x(phút) 0 1 2 3 4 5


T(0C) 20 26,3 31,9 36,8 41,1 44,7


∆T0 0 6,3 5,6 4,9 4,3 3,6


0,5



Từ bảng này vẽ ñồ thị : 0,5


∆T0


3,6
4,3
4,9
5,6
6,3


T
O



(7)

Trang 9 /2
Từ đồ thị hoặc giải hệ:







=



=


b
a



b
a


.
9
,
31
6


,
5


.
3
,
26
3


,
6


tìm được a=90; b=0,1. 0,5


Ta thấy Tmax khi ∆T0 =0: Tmax=a/b=900C. Nước khơng thể sơi dù đun


mãi.


0,5
b) b. Khi rút dây đun, cơng suất cung cấp cho nước P=0:



C
T


T
b
T
b
bT
T
C


k
C


T
k


T 0 0 0


0
0


4
)
60
20
.(
1
,
0


)
(


.
.


.


=

=



=



=








=


Vậy sau 1phút nước nguội ñi 40C.



0,5


Ở phút thứ 2 nước nguội ñi:


C
T


T
b
T
b
bT


T0 = 0 − . = ( 0 − )=0,1.(20−56)=3,60




Vậy Tổng sau 2 phut nước nguội ñi: 7,60C


0,5


Chú ý: Học sinh có thể giải bằng cách khác, nếu ñúng cho ñủ ñiểm. Nếu trên ñúng dưới
sai thì đúng đến đâu tính điểm đến đấy; nếu trên sai thì dưới đúng cũng khơng tính ñiểm.





×