1. Trang chủ
  2. » Giáo Dục - Đào Tạo

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Li 11 HDC ha nam

6 553 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 6
Dung lượng 334 KB

Nội dung

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA TỈNH HÀ NAM ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN VẬT LÝ KHỐI 11 Nội dung đáp án Câu điểm Điểm + Gọi hiệu điện hai cực đèn uđ , cường độ dòng điện qua đèn 0,5 iđ uAB = uđ+iđR (1) + Xét thời điểm t1: uđ = 100V ; iđmax = 10 µA ⇒ uAB = 200 (V) Vậy cần uAB đạt giá trị 200V dòng qua đèn đạt giá trị cực đại 0,5 + A B + Do t=0, uAB=3 φ 00V dòng qua đèn cực đại ta có: u đ = uAB-iđmaxR =200 (V) * Bây ta xét khoảng thời gian từ t=0 đến t=t1: Tính t1 Cách 1: 0,5 + C du AB i = -iđ = -iđmax ⇒ uAB = - d max t +A dt C Mà t=0: iđmax = 10-5 (A) uAB=300V ⇒ Vậy ta có phương trình: uAB = 300 – 10-2t +Khi uAB = 200V: t1 = 104 (s) Cách 2: + Độ giảm điện tích tụ: ∆q =C(300-100) A = 300 ∆q + Thời gian cần thiết: t1 = = 104 (s) I0 0,5 Như t1=104 (s) đầu cường độ dòng qua đèn không đổi nên nhiệt lượng toả R là: Q1(R) = iđmax2Rt1 = 10 (J) Năng lượng tụ giảm lượng: Q1C = 1 CuoAB2- Cu1AB2 = 25 (J) 2 Nhiệt lượng toả đèn ống là: Q1đ = Q1C – Q1R = 15 (J) * Xét khoảng thời gian lại: + Năng lượng tụ giảm: Q2C = Cu1AB2 = 20 (J) 0,5 + Trong khoảng thời gian dòng qua đèn tỉ lệ với hiệu điện nên đèn điên trở thuần: Rđ = u1 AB = 107 ( Ω ) = R id max Vậy nhiệt lượng toả đèn R bằng: 10 (J) * Kết luận: Tổng nhiệt lượng toả đèn ống là: Q = 25 (J) 0,5 Câu điểm a) Do cầu tĩnh điện bị đẩy xa - sau cầu lấy điện tĩnh từ A chuyển cho B truyền xuống đất Góc giới hạn φ gần A B 0,5 φ cầu chạm vào B tan φmax = d −r ⇒ φmax = 280 ⇒ φ ≤ 280 l+r 0,5 cuối Hiệu điện hai cuối Vf ⇒E= Vf d ⇒ Fd = q.E (1) ⇒ tan φmax = Fd m.g.tan φmax q.E = ⇒E= (2) m.g m.g q Khi cầu chạm lần cuối điện tích cầu là: q = V f C (3) ( C điện dung cầu) V f m.g tan φmax mg.d tan φmax = ⇒ V f2 = Từ (1) (2) (3) (4) d V f C 4πε o r ⇒ Vf ≤ mg d tan φmax = 8836(V ) 4πε o r 0,5 0,5 Ta ý: φmax ≤ 28 ;V f ≤ 8836(V ) điều kiện góc φ điện b) Ban đầu điện A V0 sau chạm vào lần điện V1 điện cầu Theo định luật bảo toàn điện tích: Vo C1 = V1.C1 + V0 C2 ⇒ V1 = 0,5 C1 − C2 V0 C1 S = 3,98 pF điện dung tụ phẳng d C2 = 4π ε r = 0,334 pF điện dung cầu C1 = ε 0,5 C −C  -Lần cầu chạm A điện là: V2 =  ÷ V0  C1  0,5 n  Vf   C1 − C2  ÷ V0 ⇒ log  ÷ = n.log(0,9161) (5)  C1   V0  - lần chạm thứ n: Vn =  Thay V0 Vf ta n=21,8 Nhưng n phải số nguyên 0,5  Vf  ÷ = 21.log(0,9161) ⇒ V f = V21 = 9526,9(V )  V0  + n=21 theo (5) log  4πε V212 = 0, 618 ⇒ φ21 = 310 , Theo (4) ta có: tan φ21 = mgd  Vf  + n=22 theo (5) log  ÷ = 22.log(0,9161) ⇒ V f = V22 = 8727, 6(V )  V0  4πε V222 = 0,519 ⇒ φ22 = 27 , Theo (4) ta có: tan φ22 = mgd Theo câu φ ≤ 280 nên chọn đáp án n=22 Vậy kết cuối là: Góc lệch φ22 = 27 , Điện cuối là: V f = V22 = 8727, 6(V ) 0,5 0,5 Số lần chạm A n=22 Câu điểm a) Tính cường độ dòng điện cực đại qua khung Suất điện động xuất khung: dΦ d (a B cos ϕ ) dϕ eC = − =− = a B.sin ϕ dt dt dt eC = a B.ω sin ϕ Suất điện động tự cảm khung: di etc = − L dt eC + etc = i.R = Theo định luật Kirchoff: di = a B.ω sin ϕ (1) dt Phương trình chuyển động quay khung: dω dω dω M = I ⇒ −iBS sin ϕ = I ⇒ −iBa sin ϕ = I (2) dt dt dt I Từ (1) (2) suy ra: i.di = − ω d ω L 0,5 0,5 L ω i I ∫0 i.di = − L ω∫ ω dω Lấy tích phân vế: 0,5 I I (ω0 − ω ) ⇒ imax = ω0 (ứng với ω = 0) L L b) Tìm điều kiện tốc độ góc để khung quay không nửa vòng L Từ (1): di = (ω sin ϕ ).dt = sin ϕ dϕ a B 0,5 ⇒ i2 = L Tích phân vế: a B imax ϕ max 0 ∫ di = ∫ 0,5 sin ϕ dϕ L LI LI imax = ω0 ⇒ cos ϕmax = − ω0 a B a B a B Để khung quay không nửa vòng ⇒ − cos ϕmax = ϕmax ≤ π ⇒ cos ϕ max ≥ −1 ⇒ ω0 ≤ Câu 0,5 LI a B 0,5 0,5 a ) Thời điểm tốc độ dài điểm vành trụ nhỏ tốc độ ván điểm + Chọn gốc O trùng khối tâm ván VTCB + Khi G có tọa độ x: 2mg   N1 l / − x N = (l / − x)  =   l  N2 l / + x ⇒   N + N = mg  N = 2mg (l / + x )   l + Ban đầu ma sát trượt, nên theo định luật II Niu Tơn: µ mg 2µ g Fms1 − Fms = mx // ⇒ − x = mx // ⇒ x // + x = (1) l l Chứng tỏ ban đầu vật chuyển động pt: 0,5 0,5 x = A cos(ω0t + ϕ ) với ω0 = µ g / l = 0,5(rad / s )  x = 2(m)  A.cosϕ =2  A = 2m ⇒ ⇒ 0,5 Trong đó: t = ta có:  V = sin ϕ = ϕ = Do vật dao động theo pt: x = 2.cos(0,5t) (m) mà ma sát ván trụ ma sát trượt (khi mà Fms = µ N > µ N1 = Fms1 ) + Khi mà khối tâm G ván O phản lực N giảm, N1 tăng nên Fms2 giảm Fms1 tăng (và dễ thấy G ≡ O Fms1=Fms2) Vì vậy, đến thời điểm t1 vận tốc ván có độ lớn vận tốc dài điểm vành trụ nhỏ sau lực ma sát ván với trụ nhỏ ma sát nghỉ + Ta xác định thời điểm t1: V1 = −ω0 A.sin ω0t1 = ω r ⇒ sin ω0t1 = 2.0, 25 = 0,5 ⇒ ω0t1 = π / ⇒ t1 = π / 3( s) 0,5 ( t1 N2 nên Fms1>Fms2 : ván trượt hai trụ, vận tốc ván giảm, ván dao động điều hòa với biên độ: 0,5 V A1 = = 1m ω0 + Khi vận tốc ván triệt tiêu, F ms1 kéo ván VTCB theo pt (1), vận tốc cực đại ván bây giờ: Vmax = ω0 A1 = 0,5m / s < ω r < ω R (chỉ vận tốc dài điểm vành trụ nhỏ ván qua VTCB) nên ván trượt hai trụ, nghĩa dao động điều hòa theo pt (1) + Ta có pt dao động ván sau thời điểm t2: x = 1.cos(0,5.t+ϕ1 ) , t = 4,5(s): 0,5 cos(2,25+ϕ1 ) = x = ⇒  V = −0,5( m / s) − sin(2, 25 + ϕ1 ) = −1 ⇒ ϕ1 = −0, 68( rad ) ⇒ x = 1.cos(0,5t-0,68)(m) 0,5 π ( s) tọa độ khối tâm ván là: x = 2.cos(0,5t)(cm) π * với ( s) ≤ t ≤ 4,5( s ) : π 0,5 tọa độ khối tâm ván: x = − 0,5.(t − )(cm) * với t ≥ 4,5( s ) : tọa độ khối tâm ván: x = 1.cos(0,5t-0,68)(m) Tính L,C số ampe kế A2 + Từ điều kiện hệ số công suất cực đại => u,i pha GĐVT hình vẽ uuu r Đoạn RC nhanh pha ϕ1 so với u Vậy: * với ≤ t ≤ Câu điểm I RC r uu ru IC U Z 1 ZC = = C IL = I1sin ϕ1 => ZL Z1 Z1 R + ZC uu r IL (1) => ZL = ZC + R ZC 0,5 + Để IA2 max : Áp dụng Cô-si cho (1) Z L min ZC = R = 100 Ω Khi 0,5 ZL = R = ZC = 200 Ω (*) 10−4 Từ tính C = F; L = H ; π π U = 1A IA2max = ZL 0,5 Khi K đóng sang chốt 2, mạch hỗn hợp hình vẽ IA1 = IC IC tỷ lệ thuận với UC R C Xét UC thoả mãn GĐVTAnhư A1 hình vẽ Tam giác OPQ có (2) U = U c2 + U 2// − 2U C U // sin ϕ// B 0,5 uuur P U U Hình Z // + Liên hệ sau: U = I.Z = ; (a) Z I U uur = sin ϕ = (b)O ur I Z I I uur u Cr UQ Thay (a) (b) vào (2) C  Z U I Z Z U = U + U ( ) − 2U (I.Z )( ) =L U 1 +U ( ) (1 − // // C // C L // // 0,5 L 2 c c // ZC C // // ZL I C //  ZC  ) ZL  C Biện luận: Khi R thay đổi Z // thay đổi UC có giá trị không đổi hệ số Z// không tức ZL = ZC tức thoả mãn hệ thức (*) Vậy R thay đổi với ZL = 2ZC UC = const = U = 200(V) Khi IA1 = U C 200 = = 2(A) = const ZC 100 0,5 Người đề Phạm Thành Công ĐT: 0915593817 Ngô Thị Thu Dinh ĐT: 0983466487

Ngày đăng: 04/10/2016, 06:21

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

w