Đang tải... (xem toàn văn)
* Gọi vận tốc góc của thanh AB ngay sau va chạm là ω , khối tâm của thanh AB là G.[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA
KIÊN GIANG NĂM 2016
ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn: VẬT LÝ
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi thứ hai:10/10/2015
(Đề thi có 02 trang, gồm 04 bài) HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ
Bài 1: (5 ®iĨm)
* Khảo sát HQC gắn với mặt đất, chọn chiều dương chiều chuyển động m3 trước va chạm
* Gọi vận tốc góc AB sau va chạm ω, khối tâm AB G
Mơmen qn tính hệ AB cầu C là: I =
12
m1l2+m1.OG2 + m2.OB2 = 750
41
(kgm2)
Áp dụng định luật bảo toàn cho hệ AB cầu C giai đoạn sau va chạm ta có:
m1g.OG.(1-cosα)+m2g.OB.(1-cosα) =
Iω2
Thay số tính được: ω = 4,23 (rad/s)
* Khảo sát hệ (m1+m2+m3) trình va chạm
Gọi v’ vận tốc m3 sau va chạm, áp dụng định luật bảo tồn mơmen động lượng bao tồn động cho hệ thời điểm trước sau va chạm ta có:
⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧
+ =
+ =
OB v m I OB v m
I v m v
m
'
2 ' 2
1
3
2
3
3
ω
ω
⇒ Thay số giải v=3,196 (m/s
1đ
1đ 0,5đ
0,75đ 0,75đ 1đ
Bài
Vẽ hình
+ thời điểm có vận tốc v, suất điện động ξ = Bvbcosα + điện tích tụ C q = Cξ = C Bvbcosα
+ cường độ dòng điện I = q’ = CBbcosα.v’ = CBb.a.cosα ( gia tốc a = v’ )
+ theo định luật Niutơn : PG+FG+NG =maG
5 điểm
0,5
0,5 0,25 0,75 0,25
B
m3
G
A
F N
P X
(2)+ chiếu lên trục Ox // mặt nghiêng : Psinα – Fcosα = ma (1)
+ lực từ: F =BIb = B2Cb2.a.cosα (2) + từ (1) (2) ta có gia tốc a =
α α
2
2 cos
sin Cb B m
mg
+ (3)
+ thời gian trượt hết đoạn đường ℓ : ℓ=a.t2/2 t = ( cos )
sin
2 2 2α
α m Cb B
mg +
A
(4)
+ vận tốc trượt cuối đoạn đường ℓ :
α α
2
2 cos
sin
b CB m
mg v
+
= A
0,25 0,5 0,5 0,5
0,5
0,5 Bài 3: (5 điểm)
Lượng khí phần xylanh nên:
2 ' '
' ' 1
2
1
T V P T
V P T
V P T
V P R
m = = = =
μ (0,5đ)
Vì V1=nV2 nên P2 =nP1………….………… (0,5đ)
Theo giả thiết: ' '
1 /
V =V n, suy ra:
'
2
'
1
T P
n
T = P (1)……….………… (0,5đ)
Để tính '
'
2 P P
ta dựa vào nhận xét sau:
1 Hiệu áp lực hai phần khí lên pittông trọng lượng Mg pittông: (P P )S Mg (P2 P1)S
' '
2 − = = − (0,5đ)
' '
2 ( 1)
P −P =P − =P n− P
' '
2 ( 1)
P =P + −n P (2)……… ………… (0,5đ) Từ phương trình trạng thái khí lí tưởng phần pittơng:
P1V1 = P1’V1’
1 ' ' 1
V V P P = →
……….…… (0,5đ) Thay vào (2), ta suy ra:
' '
2
'
1
1 ( 1)
P V
n
P = + − V (3)……….……….(0,5đ)
3 Để tìm
' V V
ta ý tổng thể tích phần khí không đổi: V1+V2 = V1’+V2’
V1’, P1’
V2’, V1,
P
(3)' '
1 1
V
V V nV
n
+ = + ⇒ 1'
1
1
V
V = n ……….(0,5đ)
Thay vào (3) ta được:
' '
1
1 ( 1)
P n
n
P n n
−
= + − = ………(0,5đ)
Thay vào (1) ta có kết quả: '
1 '
2 = = n−
P P n T T
……….… (0,5đ)
Bài HƯỚNG DẪN CHẤM Điểm
1.1
Chia vòng trịn thành nhiều phần tử dl Do vịng dây tích điện nên điện tích phần tử
2 dl
dq q
R
π
= 0,25
Điện phần tử gây điểm M trục, có tọa độ z:
2 2 2
0 0
1
4 8
dq qdl
dV
R z R R z
πε π ε
= =
+ +
0,25
Điện V vịng trịn tích điện gây M:
2
2 2 2
0
R qdl q
V dV
R R z R z
π
π ε πε
= = =
+ +
∫ ∫ 0,5
Do tính chất đối xứng trục, cường độđiện trường vòng tròn điểm M có phương dọc trục Oz :
2
0
4 ( )
dV qz
E
dz πε R z
= − =
+ 0,5
Khi z >> R 2
0
;
4
q q
V E
z z
πε πε
= =
Nhận xét : Biểu thức điện cường độđiện trường M giống điện tích điểm q đặt O gây M
0,25
1.2a
Điện vòng tròn gây tâm:
0
4
o
q V
R
πε
= 0,25
Bỏ qua tác dụng trọng lực nên z = vị trí cân hạt Mặt khác hai vật mang điện dấu nên vị trí cân khơng bền Điều kiện để hạt xun qua vịng dây :
2
1
2mv + qVM ≥ qVo ⇔
2
2
0 2 2
0
1
2 4
q q
mv
R
R h πε
πε
+ ≥
+
0,5
2
0 2 2
0
1
2 q v
m R R h
π ε
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⇒ ≥ −
⎜ + ⎟
(4)1.2b
Khi hạt ởđộ cao z, hạt:
2
2
0
4 q U mgz
R z
πε
= +
+ 0,5
Có ( )
2
3
2
0
4
dU q z
mg
dz = − πε R + z 0,5
Thay
2
2
4 q mg
R
πε
= ( )
2
2
2
dU R z
mg
dz R z
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⇒ = ⎜ − ⎟
⎜ + ⎟
⎝ ⎠ 0,25
Khi z R= dU
dz = Vậy z R= vị trí cân bằng của hạt 0,25
1.2b
Do
( )
( )
2
2
2
2 5
2
2
2 z R
d U
mgR
dz R z
− =
+ 0,5
Khi z R=
2
2
d U
dz > thì U(z) có cực tiểu cân bằng bền 0,25