ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG CẤP TỈNH Câu 1 (5,0 điểm) Một học sinh dùng nguồn điện một chiều UAB = 9 V lắp mạch điện trong các trường hợp sau 1 Lắp mạch điện như Hình 1[.]
ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG CẤP TỈNH Câu (5,0 điểm): Một học sinh dùng nguồn điện chiều UAB = V lắp mạch điện trường hợp sau: Lắp mạch điện Hình 1, điện trở R1 = 10 , R = R = 20 , ampe kế lí tưởng, R x biến trở aA a Khóa K mở Cho R x = 5 Tìm số ampe kế b Khóa K đóng Cho R x = 10 dịng điện qua ampe kế có cường độ IA = 0,1A chiều từ M đến M A B Rx K N Hình N + Tìm giá trị R + Chứng tỏ thay đổi R x tỷ số công suất tỏa nhiệt R1 R khơng đổi Tính tỷ số Tiến hành thí nghiệm với sơ đồ Hình để đo điện trở suất nước muối Trong R điện trở, R bình thủy tinh hình hộp chữ nhật đặt thẳng đứng chứa nước muối Ampe kế lí tưởng Các mặt ADD’A’ BCC’B’ bình gắn kim loại có điện trở nhỏ dây dẫn nối với mạch điện hộp Chiều dài cạnh AD = d = 10cm , AB = = 24cm Chiều cao cột nước muối bình AH = h , h thay đổi Đổ từ từ nước muối vào bình, đồng thời đo chiều cao h cột nước muối số ampe kế tương 1 ứng Đặt x = ; y = , học sinh vẽ đồ thị mơ tả thay đổi y theo x có dạng nửa h I đường thẳng () Hình 3, đường () hợp với trục Ox góc = 30 Coi khối nước muối bình tạo thành điện trở có giá trị R với quy luật giống khối kim loại tương đương Từ đồ thị tìm điện trở suất nước muối Hình Hình BG: a Ta có: 50 190 ; RAB = ; 7 63 45 IAB = A; UAM = ; 190 19 Số ampe kế IA = = 0, 09 A 95 R3x = 25 ; RAM = 0,5 0,5 0,25 b Ta có hệ phương trình: U = I1R1 + I R = 10I1 + 20I = V I1 = 0,37A I A = I1 − I = 0,1A I = 0, 27A 0,5 U3 = I1R1 + IA R x = 4,7V; U4 = U − U3 = 4,3V I3 = U3 U = 0, 24A I = I3 + I A = 0,34A R = = 12, 6 R3 I4 Ta ln có: 0,5 U = I1R1 + I R U + IA R I1 = R1 + R I A = I1 − I 0,5 Tương tự: U = I3 R + I R U + IA R I4 = R3 + R4 I A = I − I3 Tỷ số công suất R1 R4 P1 I12 R1 = P4 I 42 R 0,25 Vì R2 = R3 nên ta thấy tỷ số công suất R1 R4 khơng đổi Tỷ số P1 ( R + R ) R1 121 = = = 0,94 P4 ( R1 + R )2 R 130 0,25 Dòng điện chạy bình nước muối theo phương song song với mặt đáy ABCD bình nên tương đương với điện trở có chiều dài AB =l = 24 cm tiết diện S = AD.AH =d.h Điện trở nước muối bình 0,25 l l R = = S d.h Cường độ dòng điện mạch : I= U U = R0 + RA + R R + R + l A d.h 0,5 R + RA l = + I U Ud.h Đặt x = R + R A l 1 ; y = ta y = + x h U Ud I 0,5 (Nếu học sinh cho RA=0 cho điểm này) Đồ thị (2) có dạng đường thẳng, hình vẽ, hệ số góc đường thẳng l tan = = 0, 2m Ud 0,5 Câu (4,0 điểm): Điểm sáng S nằm trục thấu kính hội tụ có tiêu cự f, cách tiêu điểm 40 gần khoảng 1,5f cho ảnh thật S cách tiêu điểm gần S cm Xác định vị trí ban đầu S thấu kính tiêu cự f thấu kính Cho điểm sáng S nằm trục chính, ngồi tiêu điểm cách thấu kính khoảng d Khi o S chuyển động theo phương lập với trục góc α = 60 theo hướng tiến lại gần thấu kính o phương chuyển động ảnh thật lập với trục góc β = 30 Tính d Đặt thấu kính khoảng hai điểm sáng A B cho A, B nằm trục thấu kính, cách đoạn 72 cm ảnh A A trùng với ảnh B B Sau đó, cố định vị trí A, B tịnh tiến thấu kính theo phương vng góc với trục với tốc độ không đổi v = 4cm/s Xác định tốc độ chuyển động tương đối A so với B BG: 40 Ta có: d = 2,5f ; d' = f + (cm) 0,25 Mà d ' = df 2,5f 5f 5f 40 = = =f + d − f 1,5f 3 Vậy: f = 20 cm, 0,25 0,25 d = 50 cm 0,25 I Fp Câu (4,0 điểm) S α O 0,25 F d d’ Nguồn sáng S qua trục điểm nằm ngồi tiêu cự cho ta ảnh thật S Ký hiệu OS = d , OS = d d tanα Từ hình vẽ ta có: OI = d.tanα = d.tanβ = d tanβ d f tanα tanβ df = = d = f 1 + thay vào ta có: d d-f tanβ tanα d−f 80 Thay giá trị cho ta d = cm Mà d ' = 0,5 0,5 O’ A A B A O dA 0,25 dB Do điểm A, B nằm bên thấu kính ảnh A, B trùng nên tính chất ảnh chúng khác Giả sử A cho ảnh thật A’ B cho ảnh ảo B’ Gọi d 'A , d 'B giá trị ứng với vị trí ảnh A ' , B ' Ta có: d'A = 20d A 20d B ; d 'B = d A − 20 20 − d B với dB = 72 – dA (cm) ' B (3) + A ' , B ' chuyển động ngược chiều nhau, với tốc độ A ' , B ' A d' 30 vA ' = v + A v = + = cm/s dA 60 vB' = 0,25 (2) + Để A ' trùng với B ' d = d Từ (1), (2) & (3) dA = 60 cm, dB = 12 cm, d 'A = 30 cm; d 'B = 30 cm (thỏa mãn giả thiết ) ' A (1) d 'B 30 v-v= - = cm/s dB 12 Tốc độ tương đối A ' so B ' vAB' = vA' + vB' = 12 cm/s 0,5 0,25 0,25 0,25 Câu (4,0 điểm): Trên mặt bàn nằm ngang nhẵn có khung dây dẫn hình vng MNPQ cạnh , khối lượng m đặt từ trường vng góc với mặt bàn hướng theo trục Oz Độ lớn cảm ứng từ phụ thuộc vào tọa độ x theo quy luật B = B0 (1 − kx ) , B0 k số dương Ban đầu M O, MN nằm Ox, MQ nằm Oy, truyền cho khung vận tốc v hướng theo trục Ox qua khối tâm khung dây Bỏ qua độ tự cảm khung dây Cho điện trở khung R a Xác định chiều dòng điện khung lực từ tổng hợp tác dụng lên khung theo vận tốc v khung b.Tính quãng đường xa mà khung chuyển động BG: a Khi khung chuyển động sang phải, từ thơng qua khung giảm Theo định luật Lenzt, dịng điện cảm ứng khung chiều 0,5 kim đồng hồ Khi khung chuyển động với tốc độ v, điểm M có tọa độ x, khung xuất suất điện động cảm ứng NP MQ e MQ = B0 (1 − kx ) v e NP = B0 (1 − kx − k ) 0,25 v Dòng điện chạy khung chiều kim đồng hồ có độ lớn e −e B kv i = MQ NP = o R R Lực tác dụng lên NP: FNP = Bo (1 − kx − kl ) Lực tác dụng lên MQ: FMQ = Bo (1 − kx ) 0,25 kv R kv R Lực từ tổng hợp tác dụng lên khung: F = FNP − FMQ 0,5 B0 k =− v R 0,5 0,5 0,5 b Phương trình định luật II Newton: F=− dv = − B0 k dv v=m R dt B0 k B 4k vdt = − dx mR mR Nhận xét: khung chuyển động vận tốc khung giảm từ v0 đến 0, x tăng từ đến d d B 4k dx Lấy tích phân: dv = − mR v0 0,25 0,25 Quãng đường xa mà khung chuyển động là: d = mRv Bo k 0,5 Câu (2,0 điểm): Khoảng không gian hai mặt cầu đồng tâm O bán kính R1 R (với R R1 ) tích điện với mật độ điện khối (hình vẽ) Xác định cường độ điện trường điểm không gian cách tâm cầu khoảng r Chọn gốc điện vô Giữ hai mặt cầu cố định, gắn nhẵn cứng cách điện cách điện theo phương thẳng đứng kéo dài qua tâm cầu Xuyên qua hạt khối lượng m, mang điện tích q Tại vị trí mà điện tích nằm cân bằng, người ta truyền cho vận tốc vo hướng xuống Bỏ qua tượng ưởng ứng điện Xác định điều kiện v0 để m khơng chạm mặt cầu q trình chuyển động BG: 1 Xác định cường độ điện trường điện thế: + Khi r R1 : E = 0; + Khi R1 r R : Áp dụng định lý O-G xác định: E = ( r − R13 3o r + Khi R r : Áp dụng định lý O-G xác định: E = 0,25 ) 0,5 ( R 32 − R13 3o r ) 0,5 Vị trí mà m cân cách tâm cầu ro: (R 32 − R13 )q mg = Eq = 3o ro2 (R 32 − R 13 )q ro = 3 o mg Gọi v0max vận tốc lớn cầu vị trí cân bằng, để m khơng chạm mặt cầu tới sát mặt cầu vận tốc cầu phải khơng Áp dụng bảo tồn lượng mgro + qVro + mvo2 max = mgR + qVR 2 2q (R 32 − R13 )(ro − R ) vo2 max = 2g(R − ro ) + m 3o R ro Vậy để m không chạm đượcvào mặt cầu 2q (R 32 − R13 )(ro − R ) v0 2g(R − ro ) + m 3o R ro 0,25 0,25 0,25 Câu (3,0 điểm): Một động nhiệt có tác nhân mol khí lí tưởng đơn nguyên tử hoạt động theo chu trình đồ thị pOV hình bên, đó: - Q trình 1-2 biểu diễn đường thẳng - Quá trình 2-3 trình đẳng áp - Quá trình 3-1 trình đẳng tích Các giá trị p1 , V1 biết Xác định thể tích tác nhân có nhiệt độ lớn Tmax chu trình Tìm Tmax Trong q trình 1-2, thể tích tác nhân có giá trị V* cho: Khi V1 V V* tác nhân thu nhiệt; V* V 4,5V1 tác nhân tỏa nhiệt Tính giá trị V* Xét q trình 1-2: p1 V + p1 4V1 Và phương trình Claperơng-Mendeleep: pV = RT = RT Đồ thị có dạng p = aV + b = − Thu mối quan hệ T, V: p 5p T = − V2 + V 4RV1 4R 0,25 (1) (2) Vậy đồ thị trình 1-2 hệ hệ tọa độ VOT có dạng đường (P), có bề lõm hướng xuống, đỉnh (P) có tọa độ N(TN,VN) N (VN ; pN ) thuộc q trình biến đổi khí từ trạng thái 1-2 mà nhiệt độ khí đạt cực đại (2đ) Từ (2) Tmax = Với T1 = 25p1V1 25T1 = = TN 16nR 16 p1V1 p1V1 (do n = 1) = nR R 5p1 p N = Từ (1), (2), (3) V = 5V1 N Ta vẽ đồ thị TOV (3) (4) (5) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 T N M (P) T1 (1) (2) T1/8 O (3) V1 2,5V1 4,5V1 V Từ đồ thị ta thấy chu trình vị trí N vị trí nhiệt độ q trình 1-2 cực đại, điểm mà nhiệt độ cao mà tác nhân có hoạt động theo chu trình Thể tích chất khí tác nhân có nhiệt độ cao chu trình 5V VN = Trong q trình từ 1-2 có giai đoạn khí nhận nhiệt có giai đoạn khí nhả nhiệt Gọi M(V;p) điểm khí cịn nhận nhiệt Xét q trình biến đổi khí từ (1 → M) ta có giai đoạn khí thực cơng nội lúc tăng lúc giảm: b) (1đ) (p1 + p)(V − V1 ) 0 A1M = (6) U = nC (T − T ) = CV (pV − p V ) = (pV − p V ) V 1 1 1M R Mặt khác M thuộc trình biến đổi 1-2 nên áp suất thể tích M có mối lên hệ công thức (1) Từ (1), (6) p 4V Q1M = A1M + U1M = − + 25V − 21V1 (7) V1 dV dQ p1 8V = − + 25 dt V1 dt dV Q trình 1-2, V ln tăng nên dt 25.V1 25 V* = Điểm M ứng với: V = V1 8 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu (2,0 điểm): Một cứng đồng chất AB, tiết diện đều, chiều dài L, khối lượng M phân bố theo chiều dài Thanh treo nằm ngang hai sợi dây nhẹ, không giãn O1A,O2B hình vẽ Khi hệ trạng thái cân bằng, góc hợp dây O1A phương thẳng đứng 0 Mơmen qn tính AB trục quay qua khối tâm G vng góc với IG = ML2 , gia tốc trọng trường g 12 Tính lực căng dây T0 dây O1A Cắt dây O2 B , sau cắt dây O2 B tính: a Lực căng dây T dây O1A b Gia tốc góc AB BG: Điều kiện cân mô men lực cho AB trục quay qua B vng góc với mặt phẳng hình vẽ MP + MT0 + MTB = 0,25 + G ( ) ( ) ( + )M ⎯⎯⎯ → −BG.P.sin BG, P + BA.T0 sin BA, T0 = L − Mg + L.T0 cos = Mg T0 = cos 0,25 Nhận xét: Ngay sau cắt dây O2 B + vận tốc điểm khơng + vận tốc góc điểm không + gia tốc điểm A, B, G, gia tốc góc điểm AB khác không - Áp dụng định luật II Niu-tơn cho AB T + P = Ma G Chiếu phương trình lên hệ trục Oxy Ox (1) ⎯⎯→ T.cos0 = Ma Gx ⎯⎯→ −T.sin + P = Ma Gy (2) Oy - Áp dụng phương trình chuyển động quay vật rắn trục quay qua G vng góc với mặt phẳng hình vẽ M P + M T = IG G + G 0,25 ( ) ( + )M ⎯⎯⎯ → GA.T.sin GA, T0 = IG G L T.cos = ML2 G 12 T.cos0 = ML. G - Công thức cộng gia tốc a A = a A/G + a G Với a A = a A/ đ = a A/O1 (vì O1 cố định) ( a A/O1 = a A/O1 (a ) = A/O1 t (a ) A/O1 n A/O1 ) + (a ) n A/O1 A/O1 O1A = ; = ( A/G t = A/G GA a A/G Thay vào (4) ( ) A/O1 n A/G ( a A/G )n = (a ) t t a A = a A/O1 ( (4) ) ⊥OA = ( a ) hình vẽ ) + (a ) O1A a A/O1 a A/G = a A/G 0,25 (3) A/G t t GA = ; 0,25 L = A/G GA = G a A = a A/G + a G t Chiếu phương trình lên hệ trục Oxy Ox (5) ⎯⎯ → a A cos0 = + a Gx L Oy ⎯⎯ → a A sin 0 = − G + a Gy (6) Từ (1),(5) ta T a A cos = sin (7) M + G Từ (2),(6) ta L Mg − T cos 0 (8) + M (7).sin 0 + (8).cos0 T T sin 0 = − L. G cos + g.cos − cos 2 M M T = − L. G cos + g.cos M T = − ML. G cos0 + Mg.cos0 Thay vào (3) 1 − ML. G cos 20 + Mg.cos 2 = ML. G Mg.cos 6g.cos G = = = AB 1 L + 3.cos ( ) ML + ML.cos a A sin 0 = − G 0,25 0,25 0,25