Phải xác ñịnh chính xác khoảng cách d: ño nhiều lần ñể lấy trung bình, và phải trừ bớt một nửa bề dày của thấu kính nếu ño từ mặt gương.[r]
(1)SỞ GD&ðT QUẢNG NINH ðỀ THI CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM THI LẬP ðỘI TUYỂN HSG CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013
Mơn: Vật lí
Ngày thi thứ nhất: 16/11/2012
Sơ lược cách giải ðiểm
Bài 1: 4,0 điểm
1 Tính toán:
0
( )
X mv X h R Iω
=
− =
Với (I =
2
2 5mR )
=>
( )
2
X h R h R
v
I R
ω = − = −
(1)
0,5ñ
Thay số: 10 /
X
v m s
m
= =
thay (1) vào: ω0 =625rad s/
0,5ñ
Nhận xét : Tổng quát: ñiều kiện lăn không trượt vG = ωktR
(2)
Theo : X uur
= const; v0 = const
0
10
500 / 0, 02
kt kt
v
v R rad s
R
ω ω
= ⇒ = = =
Kết tính tốn: ω0 =625rad s/ >ωkt ⇒ñiểm tiếp xúc A trượt sang trái => Fms trượt hướng phải
0,5ñ
Fms = µp = µmg (ωgiảm, v tăng) 0,5đ
* G: CðNDð: a = Fms
m = µg; vG = v0 + at = v0 + µgt (3)
0,5đ * Fms tạo mơ mem cản => bóng quay chậm dần:
5
M g
I R
µ γ = =
0
5
g
t t
R µ
ω ω= −γ =ω − (4)
0,5ñ
ðến thời điểm t1: lăn khơng trượt: v = Rω
v0 + µgt1 = R(ω0
-5
g R µ
t1) => t1 = 0
7
R v
g ω
µ −
;Thay số: t1 =
0,7 s
0,5đ
Từ thời điểm t1 trở bóng lăn khơng trượt
Qng đường :
0 1
1
S =v t + at ; Thay số : S = 7,3m
0,5ñ
Bài 2: 5,0 ñiểm
* Tính momen quán tính I:
2
1
1
6
I = Ma − mb =
(2)3 2
1 1
( ) ( )
6 ρa a −2 ρπb a b =6ρa −2ρπab (1)
* Khối lượng khối hộp:
2
3
0 (1 )
b
m a a k
a
ρ π ρ π
= − = −
(2) Trong đó:
b k
a =
0,5đ
* Tính chu kỳ dao đồng T
Khi khối lập phương quay lệch khỏi VTCB góc ϕ nhỏ: Khối
lập phương nâng lên ñoạn ∆h so với vị trí cân
2 2sin2
l =h +R ϕ ⇒ −l2 h2=R2sin2ϕ
0,5ñ
2
(l h l)( h) R sin ϕ
⇒ − + = ⇒ ∆h l.2 =R2sin2ϕ
2
sin /
h R ϕ l
⇒ ∆ = ; Vì góc ϕ nhỏ nên
2
sin
2 R h
l ϕ ϕ ϕ≈ ⇒ ∆ =
0,5ñ
Cơ vật: E =
2
2
0
1
2 2
R
E I m g h I m g hs
l ϕ
ω ω
= + ∆ = + =
0,5ñ
ðạo hàm theo thời gian: '
0
1 '
2
2 I m gR 2l ϕϕ
ωω + =
2
'' m gR0 0 '' m gR0 0
I
l Il
ϕ ϕ ϕ ϕ
⇒ + = ⇒ + =
0,5ñ
Vật dao động điều hịa; Tần số góc:
2 m gR0
Il
ω = 0,5ñ
Chu kỳ: 2
2
4 Il T
m gR π
= ⇒ 2
2
16 I
T l
m gd π
=
(3) với
2
d = R= a
0,5ñ
Thay (1), (2) vào (3), biến ñổi:
2
2
2
4
3
k
T l
g k
π π
π
−
=
−
0,5ñ
Thay số: T = 1,26s 0,5ñ
Bài 3: 4,0 ñiểm
Theo ñề bài, A, B, C nằm đường thẳng qua gốc tọa độ, ta có: p1 = p5 = αV1 (1) p2 = p4 = αV2 (1) p3 = αV3 (1)
với α số
Mặt khác, theo phương trình trạng thái khí lý tưởng ba phương trình ta ñược:
p1V1 = RT1 =>αV1.V1 = αV12= RT1 Suy ra: T1 =
V R α
(4)
0,5ñ
Tương tự: T2 = V22
R α
(5) và: T3 = V32
R α
(6) Vì V1 < V2 < V3, từ (3), (4), (5) suy ra: T1 < T2 < T3
(3)Vì q trình CD đẳng tích: 3 3
4 2
T p p V
T = p = p =V > => T4 <
T3
Vì trình DB ñẳng áp, nên:
3
4
2 2
V
T V
T =V =V > => T4 > T2 Như vậy: T2 < T4 < T3
0,5ñ
Tương tự, từ q trình đẳng tích BE đẳng áp EA, ta ñược: T1 < T5 < T2
Suy ra: T1 < T5 < T2 < T4 < T3
Nghĩa T3 nhiệt ñộ lớn T1 nhiệt độ nhỏ
của khí chu trình nên theo ra: T3 = nT1
0,5đ
Thay (6) (4) phương trình vừa nhận được, ta có:
2
1
V n V
R R
α = α
=> 2
3
V =nV => V3= nV1 (7)
Vì B điểm đoạn AC, ta có: V2 – V1 = V3 – V2 => V2 = 1/2 (V3 + V1)
Thay (7) vào ta ñược: 2 1( 1) 1
2
V = n+ V (8)
0,5đ
Như biết, cơng A thực chu trình có giá trị diện tích chu trình đó, diện tích hai tam giác ABE BCD Từ hình vẽ dùng (1) (2) ta có:
A = (p2 – p1) (V2 – V1) = α(V2−V1)2
Thay (8) vào ta ñược:
2
2
1 1
1
2
n n
A=α + V −V =αV −
0,5đ
Dễ thấy q trình đẳng tích CD, BE ñẳng áp DB, EA ñều tỏa nhiệt, nên nhiệt lượng Q máy nhiệt nhận ñược trình A-B-C
Áp dụng nguyên lý nhiệt động học ta có:
Q = ( 1) 3
3
( )( )
2R T −T +2 p +p V −V
Thay (1), (3), (6) (7) vào ta ñược:
Q = 2
3 1 3 1
3
( )( ) ( 1)
2R RV RV v v V V n V
α α
α α α
− + + − = −
0,5ñ
Vậy hiệu suất máy nhiệt ñã cho bằng:
2
1
2
( 1) 1
8 ( 1)
V n
A n
H
Q n V n
α α
− −
= = =
− +
Với n = thay vào cơng thức ta H = 1/24
0,5ñ
Bài 4: 4,0 ñiểm
1 Tốc ñộ cực ñại:
- Chiều dịng điện cảm ứng (hình vẽ) - Biểu diễn lực từ tác dụng lên cạnh
0,5ñ c
(4)- Lực từ tổng hợp F có:
phương thẳng đứng, hướng lên
F tăng theo vz ñến lúc F = P khung chuyển ñộng ñều với
vận tốc vzmaxtrên phương thẳng ñứng
0,5ñ Khi khung Cð ñều, giảm, ñộng không ñổi,
xét khoảng thời gian ∆t, ñộ giảm ñúng nhiệt lượng tỏa khung
max
z
mgv ∆ =t RI ∆t
0,5ñ
2 2
c z
E a B a k z a kv
I
R R t R t R
∆ ∆
= = = =
∆ ∆
0,5ñ
2 ax
z zm
ka v
mgv t R t
R
∆ = ∆
⇒ zmax
mgR v
k a
= 0,5ñ
Trên phương ngang khung Cð ñều vx = v0
Tốc ñộ cực ñại khung đó: 2
ax
zm
v= v +v
2 2
mgR
v v
k a
⇒ = +
0,5ñ
2 Hướng vận tốc trước chạm ñất: - Khi chạm ñất, vận tốc theo phương thẳng ñứng
2
ax
'z zm v =v + gh
0,5đ
Góc hợp vận tốc phương ngang α là:
2
'
0
2 tan z
mgR
gh k a
v
v v
α
+
= =
0,5ñ
Bài 3,0 ñiểm
1 ðặt thấu kính lên gương, hai đặt chân giá đỡ Kẹp nhẹ bút chì vào giá di chuyển mắt nhìn từ xuống thấy ảnh đầu bút chì trùng với vật (xê dịch mắt chút ñể kiểm tra thị sai)
ðo khoảng cách d từ bút chì ñến thấu kính, d tiêu cự thấu kính fK
0,5ñ
ðộ tụ hiệu dụng 1/f lần độ tụ 1/fK thấu kính
1 1
'
K
f = f = d +d ; Vậy d = d’ = fK
0,5ñ
Phải xác ñịnh xác khoảng cách d: đo nhiều lần để lấy trung bình, phải trừ bớt nửa bề dày thấu kính đo từ mặt gương
0,5đ
2 ðổ nước lên gương đặt thấu kính lên nước tạo thấu kính phẳng – lõm nước; có tiêu cự fL,
liên hệ với bán kính r1 = -r mặt cong (r2 = ∞) công
(5)thức: ( L 1)1
L
n
f r
− = −
ðể xác ñịnh fL, ta dùng phương pháp phần ñể tìm
tiêu cự f’ hệ thống hai thấu kính, thủy tinh nước
Ta có: 1
' K L
f = f + f
0,5đ
Từ tính fL r = - (nL -1) fL Dùng công thức thấu
kính, ta tính chiết suất:
2 K r n
f
= +