NINH BÌNH, HDC CHỌN HSG QUỐC GIA NĂM 2014

BÁO CÁO THỰC HÀNH SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NINH BÌNH HDC CHỌN ĐỘI TUYỂN CHÍNH THỨC THAM DỰ KÌ THI CHỌN HSG QUỐC GIA NĂM 2014 MÔN VẬT LÝ Ngày thi 31/10/2013 (Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian[.]

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NINH BÌNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC HDC CHỌN ĐỘI TUYỂN CHÍNH THỨC THAM DỰ KÌ THI CHỌN HSG QUỐC GIA NĂM 2014 MƠN: VẬT LÝ Ngày thi: 31/10/2013 (Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 06 câu, 06 trang Câu Nội dung điểm a) (2,5 đ) + Khi vật VTCB 0  x0  Điểm mg k 0, 01(m) 1(cm)   10 (rad/s) k m 0,5 2 + Phương trình dao động vật: x 2 cos(10 t  ) (cm) 2 2   s + Chu kỳ T =  10 0,5 + t =1/3(s) => x = 2(cm) Độ lớn lực đàn hồi: Fđh=k  = 3(N) 2 + Biểu diễn x 2 cos(10 t  )  véc tơ quay A  5 2 Sau t =1/6s A quay t    3 H -A o 2 M A Quãng đường vật dao động điều hòa x 0,5  sau 1/6s là: 0,5 S = 2A+ 2HM = 2A + A = 3A = 6cm 2b) (1,5 đ) S  36(cm / s ) + Tốc độ trùng bình : Vtb= t Chọn mốc tính VTCB 0,5 mv02 kx02  0, 02( J ) 2 + Vật chuyển động chậm dần đến vị trí cao cách VTCB A: 0,5 kA12 W0  Fc ( A1  x0 )  A1 0, 0195m + Sau vât xuống nhanh dần đạt tốc độ cực đại vị trí: 0,5 + Cơ ban đầu W0 = F  x1  C 0, 001( m) K + Độ biến thiên lúc đầu vị trí tốc độ cực đại: W0  mv kx12  Fc ( A1  x0  A1  x1 )  v 0,586(m / s) 2 Fhp=Fc 0,25 0,25 Câu Nội dung điểm Điểm 2.a (1,5đ) Tính Z L L 200; Z C  50 C Tổng trở : Z  R  ( Z L  Z C ) 100 () Cường độ dòng điện : tan   Độ lệch pha : 0,25 U I  1,8 A Z Z L  ZC   3  R - Biểu thức cường độ dòng điện : i u    i 1,8 cos(100t    )A 0,25 - Biểu thức uAN : U0AN = I0ZAN Z AN  R  Z L2 218 tan  AN 392,4V Z 200  L    AN 1,16rad  uAN   i  R 50  uAN 0,11rad u AN 392,4 cos(100t  0,11)(V ) 0,25 - Biểu thức uMB : Z AN Z L  Z C 150 0,25 U0MB = I0ZMB = 1,8.150 = 270(V)  Vì ZL > ZC nên  MB  u MB 270 cos(100t      )(V ) 270 cos(100t  )(V ) 0,25 0,25 2.b (0,5đ) - Công suất đoạn mạch đạt cực đại : Z C Z L 200 , , - Điện dung tụ : C  10   F .Z C , 2 0,25 0,25  220   50 558,7(W )  50  R  - Công suất cực đại : Pmax  I max 2.c) (1 đ) Điện áp hiệu dụng hai tụ: U C1 I Z C1  U Z C1 R12  ( Z L  Z C )  U  R12  Z L    1 Z C1  Z C  2 0,25 - Ta thấy UC1 đạt cực đại mẫu số cực tiểu Biến đổi biểu thức mẫu số ta được: MS = L2C12  (C12 R12  LC1 )  -Mẫu số cực tiểu khi: 0  2C1L  C12 R12 2C12 L2 1000(rad / s)  f  U - Giá trị cực đại UC1 là: Câu 3 điểm 0,25 U C1Max  0C1    R12   0 L  0C1   0 2 0,25 500Hz 0,25 480,2(V ) Nội dung Điểm - Vì đồ thị P-V đoạn thẳng nên ta có: P = αV + βV + β (*); αV + β β hệ số phải tìm - Khi V = V0 P = P0 nên: P0 = αV + βV0 + β (1) - Khi V = 2V0 P = P0/2 nên: P0 /2 = 2αV + βV0 + β (2) - Từ (1) (2) ta có: αV + β = - P0 / 2V0 ; β = 3P0 / 3P0 P - V - Thay vào (*) ta có phương trình đoạn thẳng : P = (**) 2V0 0,25 0, 25 0,25 0,25 - Mặt khác, phương trình trạng thái mol khí : PV = RT (***) 3V0 2V0 PP - Từ (**) (***) ta có : T = R RP0 - T hàm bậc P nên đồ thị T-P phần parabol PV + P = P0 P = P0/2 T = T1 =T2 = 0 ; R + T = P = P = 3P0/2 3V0 4V0  =  =  P = 3P0 ; P  T(P) - Ta có : T(P) R RP0 3P 9V0 P0 P = nhiệt độ chất khí T = Tmax = 8R - Đồ thị biểu diễn trình hệ toạ độ T-P hay P-T hai đồ thị : 0,25 0,25 0,25 0,25 T V P0 / R V P0 / R 1,0 P P0 / P0 / P0 Câu P0 / Nội dung điểm Theo định luật bảo tồn động lượng ta có:    p p  p  p X     Vì v p  v   p p  p  p 2X = p p Điểm  P + p 2 1  2mX mXv 2X = 2mp mpv 2X + 2m mv 2X 2 hay 2mXWđX = 2mpWđp + 2mWđ  WđX = Wđp  4Wđ  Px 0,5  PP 0,5 0,5 = 3,575 MeV Theo định luật bảo tồn lượng ta có: (mp + mBe)c2 + Wđp = (m + mX)c2 + Wđ + WđX Năng lượng tỏa ra: W = (mp + mBe - m - mX)c2 = Wđ + WđX - Wđp = 2,125 MeV 0,5 0,5 0,5 Câu Điểm Nội dung Điểm 0,25 Các lực ma sát nghỉ có độ lớn cực đại là: F1max= k1m1g ; F2max= k2( m1 + m2)g 1/ F  F2max a1= a2= F > F2max ván chuyển động chịu tác dụng lực : F, F2max lực ma sát F1 hai ván Có hai khả : a) F1 F1max , ván gắn với ván Hai ván chuyển động với gia tốc: F  F2 max a= Lực truyền gia tốc a cho m1 F1: m1  m F  F2 max F1 =m1  k1m1g  F  ( k1 +k2)(m1 +m2)g m1  m Điều kiện để hai ván chuyển động với gia tốc a là: k2( m1 + m2)g < F  ( k1 +k2)(m1 +m2)g Thay số: 4,5N < F  6N F = F1max Ván trượt ván sang phải với gia tốc a1 a1 < a2 ; F1max= k1m1g = m1a1 ; a1= k1g Ván chịu F, F1max, F2max có gia tốc a2: F  k m1 g  k ( m1  m ) g a2 = m2 Điều kiện để a2 - a1 = {F - ( k1 +k2)(m1 +m2)g} > F >(k1 +k2)(m1+m2)g m2 Thay số: F  4,6N : a1= a2 = ; hai vật đứng yên F  4,5 4,5N < F  6N : hai vật có gia tốc: a1 = a2 = 1,5 F > 6N : Vật có a1= 1m/s ; vật có a2 = ( F  ) Câu Nội dung điểm 1) 0,5đ 2)1 đ 0I0 2r d a  I b  I b a    0 dr  0 ln(1  ) = 0 2r 2 d d 0,25 0,25 0,5 0,25 0,5 0,25 0,25 Điểm 0,25 d , mạch có dịng dt dq E d d   ; dq =dt R Rdt R   0  0 0  I b a   = ln(1  ) q=  R R R 2R d i 0,25 0,25 Tại điểm cách dây dẫn r : B = Trong thời gian nhỏ dt có s.đ.đ : E = - 0,25 0,25 0,25 0,5 3) 1,5đ Gọi t thời gian dịng giảm đến I = I0(1 – t/t) ;  b E ' a I E = - ’ ; khung có i = == ln(1  ) = hs R R 2R d t Lực tác dụng lên khung tổng hợp hai lực tác dụng lên cạnh AD BC:  b 0b  0ab Ii  Ii F = B1bi – B2bi = Ii  2d 2(d  a) 2d(d  a) Xung lực là: t  I abi t t  02 ab I 02 a I (  ) dt ln(1  ) X = Fdt = =  2d(d  a ) t  d (d  a ) R d 0,5 0,5 0,5 ... ván chuyển động với gia tốc: F  F2 max a= Lực truyền gia tốc a cho m1 F1: m1  m F  F2 max F1 =m1  k1m1g  F  ( k1 +k2)(m1 +m2)g m1  m Điều kiện để hai ván chuyển động với gia tốc a là: k2(... số: 4,5N < F  6N F = F1max Ván trượt ván sang phải với gia tốc a1 a1 < a2 ; F1max= k1m1g = m1a1 ; a1= k1g Ván chịu F, F1max, F2max có gia tốc a2: F  k m1 g  k ( m1  m ) g a2 = m2 Điều kiện... 2R d i 0,25 0,25 Tại điểm cách dây dẫn r : B = Trong thời gian nhỏ dt có s.đ.đ : E = - 0,25 0,25 0,25 0,5 3) 1,5đ Gọi t thời gian dịng giảm đến I = I0(1 – t/t) ;  b E '' a I E = -