Tải bản đầy đủ (.pdf) (5 trang)

Đáp án HSG Vật lí lớp 12 Hải Dương 2018-2019 - Học Toàn Tập

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (652.76 KB, 5 trang )

(1)

3
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


HẢI DƯƠNG


KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019


MÔN THI: Vật Lí


Câu Ý Đáp án Điểm


1


1


+ Vận tốc của m ngay trước va chạm:v0  2gh 0,5 3(m/s)
+ Bảo toàn động lượng


0
0


.


( ) h h 0, 2 3 /


m v


mv M m V V m s


M m



    




0,25


0,25


2


a.


Khi có thêm m thì lị xo bị nén thêm một


đoạn: l0 mg 1cm


K
  


+ Ta có K 20 (rad)


M m s


 




+ So với gốc tọa độ O thì tại t = 0:



0


0


2
. os 1


2


( )
.sin 20 3 /


3


h


A cm


x A c cm


rad


V A cm s













  





   


  


 




+Phương trình dao động: 2. os(20 2 )


3


xc t

cm


0,25


0,25


b.


+ Kể từ lúc va chạm đến lúc hệ vật ở độ cao cực đại lần 1 vật đi


được


3 7


2
A


s  Acm


+ Thời gian chuyển động: 3 5 5 2. ( )


12 4 6 6 20 12


T T T


t    

s


+ Tốc độ trung bình: v s 84(cm s/ ) 26, 74(cm s/ )


t



  


0,25


0,25


c. Ta có


+ Độ lớn vật tốc 20 / 3



2 2


A A


vcm s v

x  (1)


+ Gia tốc:


2 2 400


. 400( / ) 1 ( )


400 2


A


a 

xcm s   x     x cm
Vậy


2
A


A x


    (2)
Từ (1) và (2)


3



2. ( ) 0,052( )


2 2 12 60


A A T


x t

s s


         


0,25


0,25


2 1 a Ta có g (rad s/ )


l


 

0,25


HƯỚNG DẪN CHẤM


O
OM



(2)

4


+ 0 90 ( ) 0 . 0 ( )


20 rad S l 20 m





   



+ Tại t = 0 thì 2


0
0


( )
0


s


rad
v









 
 





+ Phương trình li độ dài: os( )( )


20 2


s

c

t

m


0,25


0,25


b.


+ Ta có 2 2( ) 2 2(


3 2 12


T T T


T

s t




       )
+ Quãng đường lớn nhất:


Smax = 2S0 + 2. 0
2
S


= 3S0 =


3


( ) 47,1( )


20 m cm




0,25


0,25


2


a. Khi vật nhỏ nằm cân bằng
T  P Fd 0


Chiếu lên hệ trục 0xy ta có


.sin .sin 0
. os . os


F T


T c F c P







 








6 5.
6 5.


0


.sin
tan


. os


10 .2.10 sin 30
tan


0, 02.10 10 .2.10 os30
15


F
mg F c


c














 






 


b. Ta có PFdP/
/2 2 2


/ 2


( ) 2. . . os


19,3( / )


F F


g g g c



m m


g m s




  


 


Chu kỳ dao động: T./ 2 . l/ 1, 43( )s
g




 


0,25


0,25


0,25


3


1
a.


+ Thanh chuyển động sang phải thì


lực từ F hướng sang phải


+ Theo quy tắc bàn tay trái thì dịng
điện trên MN có chiều từ M đến N
(hình vẽ)


+ Ngay sau khi đóng khóa K, hiệu
điện thế giữa hai bản tụ vẫn là U0


 Cường độ dòng điện trên thanh I0 U0 10( )A
R


 


0,25


0,25


b.


+ Lực từ tác dụng lên thanh


0


. . 0,1( )
FB I lN


+ Gia tốc a F 1(m s/ 2)
m



 


0,25


0,25


P


d
F


/
P
E







0
y


x


T


C B F


M




(3)

5
c.


+ Định luật II Niuton m v F BIl


t





. .( . ) .


m v Bl I t Bl q


     


0 0


. . ( ) ( )


m v B l q q BlC U U


     (1)


+ Khi v = vgh thì khơng cịn dòng điện nữa, nên hiệu điện thế giữa


hai bản tụ bằng suất điện động cảm ứng


.



gh gh


UUBl v (2)
+ Từ (1) và (2) vgh CBlU2 20


m CB l


 


 0,05(m/s)= 5(cm/s)


0,25


0,25


2


+ Từ 02 2 0


2


gh gh


CBlU ClU


v v


m


m CB l CBl



B


  




+ Theo BĐT cosi ta có 2


(m C B l. . ) 2. .l m C.


B  


+ Dấu "=" xảy ra khi B 1. m 10( )T


l C


 


0


ax . 2,5( / )
2


m


U C


v m s



m


 


0,25


0,25


4


1


+ Khi cho thấu kính chuyển động ra xa vật với vận tốc v


30 . 30 5 ( )


d v t t cm


    


Sau t = 2s  d 40cm


+ Từ 1 1 1/


f  d d
/


ddl (l là khoảng cách giữa vật và ảnh
thật qua thấu kính)



2


0


d dl lf


   


+ Ta có   l2 4lf   0 l 4f


+ Vì ảnh qua thấu kính ln là ảnh thật. nên lúc đầu thấu kính ra xa
vật thì ảnh ra xa thấu kính. Khi lmin 4f thì ảnh bắt đầu đổi chiều


chuyển động. Khi đó 2


2
l


d   f


+ Theo bài khi đó d = 40cm = 2f vậy f = 20cm.


0,25


0,25


0,25


0,25



2





Ta có


+ Khi vật sáng ở A thì ảnh ở B, khi vật ở B ảnh không ở A mà lại ở


A B


C O


a


b


d1’


d1



(4)

6


C, do đó ảnh ở B lúc vật ở A là ảnh ảo ( /
1 0
d  )


Từ hình vẽ: d1/ d1  a 8cmd1/  (d18)





1 1


1 1 1


( 8)


f d d


  


 (1)


+ Khi vật sáng ở B cho ảnh ở C, do đó ảnh ở C là ảnh thật (d2/ 0)
Từ hình vẽ: d2d18 và


/


2 ( ) 2 20 ( 1 8) 12 1
da b d   d   d




1 1


1 1 1


8 12


f d d



  


  (2)


Từ (1) và (2) ta có 1 24 240 4,89


7 49


dcm f  (cm)


0,25


0,25


5


1


+ Ta có


3.
3


AM


x
R


x



 




(9 ).6 (9 ).6
(9 ) 6 15


MB


x x


R


x x


 


  


  


3 (9 ).6


3 15


AB


x x



R


x x




  


 


Theo bài khi C tại M thì PAB = 18 W. Khi C di chuyển thì P ln


giảm, chứng tỏ Pmax = 18W


+ Ta có




2
AB


2
AB
E .R
P


R r





 =>


2
max


E
P


4r


 khi RAB r


+


2


max
E


r 4, 5


4P


  ( )


+ Với RAB r  4,5 3x

9 x .6



x 3 9 x 6





 


   => x = 3( )


0,25


0,25


0,25


0,25


2


Nhận xét:
1


x R x


R 6




 => Mạch cầu cân bằng


0( )


A



I A


 


0,5


6 1


Gọi E, r là suất điện động và điện trở trong của nguồn, ta có:
+ Lắp sơ đồ mạch điện


+ Mạch 1: 1 1 1


1
.


V


U


U U E r


R


   (1)


+ Mạch 2:


/



/ / 1


1 2


1
(U U ) E r.U


R


   (2) 0,25


R1 R2
M


A B


E, r



(5)

7


Từ (1) và (2) ta được


/
1 2
/
1 1


.
U U
E



U U





0,25


2


- Bước 1: Mắc mạch điện 1, đóng khóa k, đọc số chỉ U1.
- Bước 2: Mắc mạch điện 2, đóng khóa k, đọc số chỉ U’1, U’2.


- Lặp lại các bước trên với các lần đo khác nhau.
- Bảng số liệu:


Lần đo U1 U’1 U’2 E


1
2
3
…..


* Cách tính


+ Giá trị trung bình: E E1 E2 .... En
n


  



+ Sai số


1 1


E E E


  
2 2


E E E


  


...


n n


E E E


  


E1 E2 .... En
E


n


     
 



Vậy E  E E


0,25


0,25





×