HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI LẬP ĐỘI TUYỂN HSG VẬT LÍ TỈNH YÊN BÁI LẦN 2 NĂM HỌC 2011 - 2012

dr r Hình 1 R SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH YÊN BÁI HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI LẬP ĐỘI TUYỂN ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM 2012 LẦN 2 Môn: VẬT LÝ TT câu Lời giải Biểu điểm Câu 1. (3 điểm) 1. Theo đề ra, ta có x 0 2 y 1 πy v v sin v ;v v L = = = 0,5 Vậy 2 2 2 2 2 x y 1 0 πy v v v v v sin L = + = + 0,5 2. Từ phương trình của y v suy ra y y v t= (chọn điều kiện ban đầu khi t = 0 thì 0 0 x 0, y 0= = ) Vậy 1 x 0 πv v v sin t L = ⟹ x t t 0 1 1 x 0 0 1 0 0 v L πv πv x v dt v sin t.dt cos t| Lπv L = = = − ∫ ∫ 0,5 hay 2 0 0 1 1 1 1 v L 2v L πv πv x (1 cos t) sin t πv L πv 2L = − = 0,5 Thay 1 v t y= vào phương trình trên ta được phương trình quỹ đạo: 2 0 0 1 1 1 1 v L 2v L πv πv x (1 cos t) sin t πv L πv 2L = − = 2 0 1 2v L πy x sin πv 2L ⇒ = 0,5 Thay y = L ta được quãng đường mà dòng nước đã đưa con thuyền trôi xuôi dòng từ điểm xuất phát đến điểm cập bến bên bờ đối diện: 0 0 1 2v L x . πv = 0,5 Câu 2. (3 điểm) 1. Tính mômen quán tính. Gọi h là chiều cao của đĩa ròng rọc. Chia ròng rọc thành những vành trụ rất nhỏ có bán kính r, bề dày dr, khối lượng dm như hình vẽ (Hình 1). 0,25 Từ công thức tính diện tích hình tròn 2 Sπr = , suy ra diện tích hình vành khăn có bề rộng dr là dS 2πr.dr = và thể tích của vành trụ là dV hdS 2πrh.dr= = Suy ra 2 2 2 M M M dm dV 2πrh.dr 2πr.dr πR h πR h πR = = = 1 + T1 T2 T2 T1 m2g m1g O Hình 2 + T + dTdN T dFms + T1 T2 T2 T1 m2g m1g dα α O Hình 3 + Mômen quán tính của ròng rọc đối với trục quay là R R 2 2 3 3 2 2 0 0 M 2M MR I r dm 2r .dr r dr R R 2 = = = = ∫ ∫ ∫ 0,25 2. Tính gia tốc và lực căng dây. Chọn chiều dương cho chuyển động như hình vẽ. Phương trình động lực học cho hai vật và cho ròng rọc: 1 1 1 2 2 2 2 1 T m g m a m g T m a (T T )R Iγ a γ R − =   − =    − =   =   1,0 Giải hệ, ta được: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 m m 4m M m 4m M m a g; T g; T g 2 m m M 2 m m M 2 m m M − + + = = = + + + + + + 0,5 3. Ròng rọc cố định, có ma sát trượt giữa dây và ròng rọc với hệ số ma sát là k. Xét đoạn dây rất nhỏ chắn góc ở tâm dα, các lực căng tác dụng lên đoạn dây đó là T và T + dT, lực ma sát là dF ms và phản lực của ròng rọc là dN (Hình 3). 0,25 Viết phương trình của định luật II Niu – tơn cho đoạn dây (dây có khối lượng không đáng kể): + Theo theo phương tiếp tuyến: ( ) ms dα dα dα T dT cos Tcos dF cos 0 2 2 2 + − − = + Theo phương pháp tuyến: ( ) ms dα dα dα dN [ T dT sin Tsin +dF sin ] 0 2 2 2 − + + = 0,25 2 Để ý rằng dα và dT là rất nhỏ nên dα dα dα cos 1; sin 2 2 2 ≈ ≈ và dα dT. 0 2 ≈ Mặt khác dF ms = kdN, ta có hệ: dT k.dN dT kTdα dN T.dα =  ⇒ =  =  Tích phân hai vế: 2 1 T π 2 1 T 0 T dT k dα ln kπ T T = ⇒ = ∫ ∫ 0,25 Sợi dây bắt đầu trượt khi T 2 = m 2 g và T 1 = m 1 g Khi đó 2 2 1 1 T m ln ln ln C T m k π = = = . Suy ra hệ số ma sát trượt là ln C k π = 0,25 Câu 3. (3 điểm) Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng, ta tính được cường độ dòng điện I 0 chạy qua khóa K 1 khi hiệu điện thế trên tụ bằng 0: 2 2 0 0 0 0 CU LI C I U 2 2 L = ⇒ = (1) 0,5 Sau khi đóng K 2 , trong mỗi cuộn dây đều có suất điện động tự cảm. Vì các cuộn dây thuần cảm nên ta có hiệu điện thế tức thời trên mỗi cuộn dây và trên tụ điện: 1 2 i i u L L t t ∆ ∆ = − = − ∆ ∆ , từ đó suy ra 1 1 Δi Δi= Vậy tại mỗi thời điểm bất kì, luôn có i 1 – I 0 = i 2 (2) 0,5 Tại mỗi thời điểm, tổng năng lượng điện từ của mạch luôn bằng năng lượng ban đầu của tụ: ( ) 2 2 22 2 2 2 2 0 1 1 0 1 2 CU Li LiCu L + u U i i 2 2 2 2 C + = ⇒ = − + (3) 0,5 Thay (2) vào (3) ta thu được: ( ) 2 2 2 2 0 1 0 1 0 L u U 2i 2I i I C = − − + (4) 0,5 u đạt giá trị lớn nhất khi tam thức trong dấu ngoặc đạt giá trị nhỏ nhất, tức là khi 0 1 I i 2 = (có thể lấy đạo hàm …) 0,5 Thay vào (4), ta có: 2 0 max 0 I L U U C 2 = − Thay I 0 theo (1), ta được: 0 max U U 2 = 0,5 1. Phương trình động lực học của hạt: ma = F = q(E 0 – εx) mx” = q(E 0 – εx) ⟹ 0 E qε x x mε   ′′ + −  ÷   (1) 0,5 3 Câu 4. (3 điểm) Đặt 0 E qε X x ; ω ε m   = − =  ÷   , (1) trở thành 2 Xω X 0 ′′ + = (2) 0,5 Nghiệm của (2) có dạng: X = Acos(ωt +φ), suy ra: ( ) 0 E x Acosωt φ ε = + + 0,5 Ta xác định A và φ từ điều kiện ban đầu: t = 0 thì x = 0 và x’ = 0, suy ra 0 E A ; φ π ε = = . Vậ y ( ) 0 0 E E x cosωt π ε ε = + + hay 0 0 E E x cosωt ε ε = − + (3) 0,5 2. Vận tốc của hạt là 0 E v xωsinωt ε ′ = = (4) Khi hạt dừng lại thì v = 0, từ (4) suy ra: sinωt = 0 ⟹ ωt = kπ ⟹ t = π k. ω (với k = 0, ±1, ±2, …) (5) Thay vào (3), ta được: ( ) 0 0 0 E E E x coskπ 1 coskπ ε ε ε = − + = − (6) 0,5 Khi t = 0, từ (5) ta có k =1 và x = 0, đó là vị trí ban đầu của hạt. Tiếp theo khi v = 0 ứng với k = 1, thay vào (6) ta được vị trí x 0 của hạt khi nó dừng lại: ( ) 0 0 0 E 2E x 1 cosπ ε ε = − = 0,25 Vậy quãng đường hạt đi được cho đến khi dừng lại lần thứ nhất là 0 0 2E s x 0 ε = − = . 0,25 1. * Xác định loại thấu kính: - Điểm sáng (vật thật) tại A cho ảnh thật tại C nên quang tâm O của thấu kính nằm trong khoảng AC. 0,25 - Điểm sang tại B cho ảnh ảo ở C = > O ở bên trái B 0,25 Vậy quang tâm O của thấu kính nằm trong khoảng AB. Do đó, thấu kính này là thấu kính hội tụ vì vật thật ở A cho ảnh thật ở C ( nếu là thấu kính phân kì thì vật thật cho ảnh ảo). 0,5 * . Tìm AO và BO ? 0,25 4 pt pp x O h x h Hình 4 Câu 5. (3 điểm) Đặt OC = x Với vật thật tại A = > ảnh thật tại C thì: d = AO = AC – OC = 45 – x d’ = OC = x (1) Với vật thật tại B, ảnh ảo tại C thì: ( ) (45 36) 9; 'd OB OC BC x AC AB x x d x = = − = − − = − − = − = − (2) (vì C là ảnh ảo) 0,25 Theo CT thấu kính: 1 1 1 . ' ' ' d d f f d d d d = + => = + (1) : (45 ) (45 ) 45 45 x x x x f x x − − = = − + (3) (2) : ( 9) ( 9) 9 9 x x x x f x x − − − = = − − − (4) 0,5 Từ (3) và (4): (45 ) ( 9) 45 9 (45 ) 5 ( 9) (5 45) (90 6 ) 0 x x x x x x x x x x x x − − = <=> − = − = − <=> − = < = > 0x = (loại vì O không thể trùng C) Hoặc 15x cm = (nhận) 0,25 Vậy: 45 15 30 36 31 6 AO AC OC cm OB AB AO cm = − = − = = − = − = 0,25 • Tiêu cự: . ' . 30.15 10 ' 30 15 d d AO OC f cm d d AO OC = = = = + + + 0,25 2. Ảnh thật ngược chiều với vật thật nên K < 0 ' 5 ' 5 d K d d d = − = − => = 0,25 Mà 1 1 1 1 1 1 6 6.10 12 ' 5 6 5 5 f d cm f d d d d d = + = + = => = = = 1. Gọi S là tiết diện của xi lanh, h là chiều dài mỗi bên xi lanh lúc đầu. 0,25 Khi pít – tông dịch chuyển một đoạn x thì áp suất ở ngăn trái là 5 Câu 6. (2 điểm) p 0 h p p h x = + và áp suất ở ngăn phải là t 0 h p p h x = − 0,25 Lực tổng hợp tác dụng lên pít – tông (do chênh lệch áp suất của khí ở hai bên) là ( ) 0 p t 0 2 2 Sp h.2x 1 1 F S p p Sp h h x h x h x   = − − = − − = −  ÷ − + −   0,25 Do pít – tông dịch chuyển chậm nên ngoại lực cân bằng với lực tổng hợp do khí tác dụng lên pít – tông (vì chênh lệch áp suất): 0 0 0 n 0 2 2 2 2 Sp h.2x p V .2x 1 1 F F Sp h .dx h x h x h x h x   = − = − = =  ÷ − + − −   0,25 2. Công nguyên tố của ngoại lực làm dịch chuyển pít – tông một đoạn dx là 0 0 0 n 2 2 2 2 Sp h.2x p V .2x dA F .dx .dx .dx h x h x = = = − − 0,25 Công của ngoại lực làm dịch chuyển pít – tông một đoạn x là ( ) 2 2 x x x x 0 n 0 0 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 d h x Sp h.2x 2x A dA F .dx .dx Sp h .dx Sp h h x h x h x − − = = = = − = − − − ∫ ∫ ∫ ∫ ⟹ ( ) 2 2 2 x 0 0 0 0 2 2 h A p Sh.ln h x | p V .ln h x = − − = − (1) 0,25 Ta có: ( ) t V S h x= + và ( ) p V S h x= − Vậy ( ) t p n 1 h V h x n nh nx h x x V h x n 1 − + = = ⇒ − = + ⇒ = − + Do đó ( ) 2 2 2 2 2 2 2 n 1 4nh h x h h n 1 n 1 −   − = − =  ÷ +   + 0,25 Thay vào (1), ta được: ( ) 2 0 0 n 1 A p V .ln 4n + = 0,25 Câu 7. (3 điểm) 1. Tính năng lượng của nguyên tử hiđrô. Động năng của êlêctrôn trong chuyển động tròn quanh hạt nhân: 2 mv K 2 = 0,25 Thế năng Cu – lông giữa êlêctrôn và hạt nhân: 2 ke U r = − (U = 0 khi r = 0) 0,25 * Năng lượng của nguyên tử hiđrô: 2 2 mv ke E K U 2 r = + = − (1) 0,5 6 * Lực hướng tâm giữ êlêctrôn chuyển động tròn trên quỹ đạo chính là lực Cu – lông: 2 2 2 mv ke r r = (2) Thay (2) vào (1), ta được: 2 ke E 2r = − (3) Năng lượng của nguyên tử hiđrô là năng lượng âm. Khi r = ∞ thì E ∞ = 0. 0,5 2. Tính bán kính quỹ đạo dừng. * Mô men động lượng của êlêctrôn: L = r.p = mvr Nhân hai vế của (2) với mr 3 ta có: kmre 2 = (mvr) 2 = L 2 Mặt khác L n ,= h do đó kmre 2 = 2 2 n .h Ta suy ra: Bán kính của quỹ đạo dừng 2 2 2 2 2 2 2 h r n n kme 4π kme = = h (4) 0,5 Đặt 2 2 0 2 2 2 h r kme 4π kme = = h , ta có r = n 2 r 0 với n = 1, 2, 3, … Vậy bán kính của quỹ đạo dừng bị lượng tử hóa, chỉ có các giá trị gián đoạn r 0 , 4r 0 , 9r 0 , … 0,5 Bán kính Bo là ( ) ( ) 2 2 34 2 11 0 2 2 2 2 2 9 31 19 h (6,625.10 ) r 5,3.10 m kme 4π kme 4π .9.10 .9,1.10 . 1,6.10 − − − − = = = ≈ h 0,5 HẾT Ghi chú: - Nếu thí sinh làm khác với hướng dẫn chấm nhưng vẫn đúng, giám khảo cũng cho điểm tối đa theo biểu điểm. 7 . 1 R SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH YÊN BÁI HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI LẬP ĐỘI TUYỂN ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM 20 12 LẦN 2 Môn: VẬT LÝ TT câu Lời giải. (2) với mr 3 ta có: kmre 2 = (mvr) 2 = L 2 Mặt khác L n ,= h do đó kmre 2 = 2 2 n .h Ta suy ra: Bán kính của quỹ đạo dừng 2 2 2 2 2 2 2 h r n n kme 4π kme = = h (4) 0,5 Đặt 2 2 0 2 2 2 h r kme. i 1 – I 0 = i 2 (2) 0,5 Tại mỗi thời điểm, tổng năng lượng điện từ của mạch luôn bằng năng lượng ban đầu của tụ: ( ) 2 2 22 2 2 2 2 0 1 1 0 1 2 CU Li LiCu L + u U i i 2 2 2 2 C + = ⇒ = −