kỳ thi olympic truyền thống 304 page sở giáo dục và đào tạo tiền giang kỳ thi học sinh giỏi đồng bằng sông cửu long lần thứ 16 tại tỉnh tiền giang hướng dẫn chấm môn vật lý lớp 12 thời gian làm

Do tính đối xứng nên các điểm O 1 , O, O 2 thẳng hàng và cùng nằm trên trục đối xứng của khúc gỗ.. _ Khi khúc gỗ bị đẩy nhẹ nhàng, trục đối xứng sẽ nghiêng góc α nhỏ[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TIỀN GIANG KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG LẦN THỨ 16 TẠI TỈNH

TIỀN GIANG

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ LỚP 12

Thời gian làm bài: 180 phút

Ngày thi: 04 tháng 01 năm 2009

Câu 1: (3 điểm)

Lấy hệ quy chiếu xOy gắn với ván

_ Vật chịu lực: trọng lực P = mg, lực quán tính Fqt = ma hướng sang

trái, phản lực N ván, lực ma sát F hình vẽ (0,25đ)

N y x

Fqt 

F (0,25đ)

P

_ Nếu vật ván N > (1) (0,25đ)

_ Nếu vật đứng yên ván tổng hình chiếu lực xuống hai trục

bằng lực ma sát trượt không vượt giới hạn F ≤ k.N (2) (0,25đ)

Chiếu xuống Ox: F – mgsin – ma.cos = (3) (0,25đ)

Chiếu xuống Oy: N + masin– mg.cos = (4) (0,25đ)

=> N = m(gcos – a.sin) (4’) (0,25đ)

Áp dụng điều kiện (1) vào (4’) ta a < gcotg (0,25đ)

Với (3) (4) ta viết lại điều kiện (2) sau:

m(gsin+a.cos) ≤ km(gcos – a.sin) (0,25đ)

=>a ≤

 

 

sin cos

) sin cos

(

k g

 

(0,25đ) Ta thấy: amax =

 

 

sin cos

) sin cos

(

k g

 

h

B A h

Câu 2: (3 điểm)

* Gọi: _ Nhiệt độ ban đầu nhiệt độ sau hệ T0 T1 _ p0 áp suất ban đầu hệ

* Xét ngăn trên:

_ Khí tăng nhiệt độ đẳng áp từ T0 đến T1, thể tích tăng từ V0 đến V1: 1

0

V

V T

T

 (0,25đ)

Cơng A khí sinh ra: A P V V 0 1 0    

0

1

0

p V

A T T R T T

T

     (0,50đ)

* Xét ngăn dưới: Khí nóng đẳng tích từ T0 đến T1 áp suất tăng từ p0 đến p1:

1

1

0

T

p p

T

 (0,25đ)

Áp dụng nguyên lý I cho hệ: U  Q A Q R T T   1 0 (0,25đ)

 0  0

5R T T Q R T T

      6R T T 1 0 Q (0,50đ)

* Lực ma sát F tác dụng lên pit-tông A là: F  p1 p S0 (0,25đ)

   

0

1

0

p V R

F T T T T

T h h

     (0,50đ)

100

33,3( ) 6.0,5

Q

F N

h

R0 E

Câu 3: (3 điểm) a) R0= R3 +

1

1

(C C C)

C C C



  = 5,2  đ

C0=

1

1

(C C C)

C C C



  =2,4 F đ

b) Cường độ dòng điện: I=

0

E

R = 1,92 A đ

c) Đặt C0 = C I = dq

dt = C dU

dt với U = E – IR0 đ

 I = C(–R0dI

dt ) đ

 dI

I = –

1

CR dt đ

 ln

0

I I

I = –

0

t

CR đ

ln

0

I

I = – 0

t

CR  0

I

I =

t CR

e đ

I = I0

t CR

e đ

Cường độ dòng điện sau K đóng 2.10–5 s I = 1,92 55

2.10 1,25.10

e

 

 (C

0R0= 1,25.10–5)

I = 0,389 A đ

Điện tích cực đại tụ điện tương đương

Q0= C0Umax = C0E = 2,4.10–5 C đ

Điện tích tụ sau t = 20 s

Q(t) = Q0 (1 –

t CR

e )

Q(2.10–5) = 19, 15 C đ

Câu 4: (3 điểm)

* Xét rịng rọc có độ dãn x so với chiều dài tự nhiên

Do hệ khơng có vị trí cân cố định nên chọn gốc tọa độ vị trí ban

đầu rịng rọc, chiều dương hình vẽ

Áp dụng phương trình động lực học (TA/ = TA TB/ = TB)

ta coù:

2mg – TB = 2maB (1)

TA – mg = maA (2)

2mg + TA + TB – kx = 2maC (3) (0,25ñ)

     

  

 

C / B C / A

C B C / B

C A C / A

a a

a a a

a a a

 

  

  

 2aC aA aB

Chieáu: 2aC = aB – aA (4) (0,25đ)

Ta lại có: TB  TARmR2 (do  

2 mR

I ) (0,25đ)

Mặt khác: RaA/C aA aC

 TB – TA = m(aA + aC) (5) (0,25ñ)

* Từ (1), (2) (5) ta có: mg – m(aA + aC) = m(aA + 2aB)

 g = 2(aA + aB) + aC (0,25ñ)

Từ (4): aB = 2aC + aA nên g = 2(aA + 2aC + aA) + aC

 a g 45aC

A   (*) aB g43aC (**) (0,25đ)

Thay vào (1) (2), ta được:

) a g ( m

TB  C vaø m(g a )

5

TA   C (0,25đ)

Thay vào (3): 2mg54m(g aC)23m(g aC) kx2maC

 mg

4 19 kx ma 19

C  

 (6) (Với aC = x’’) (0,25đ)

Đặt mg

4 19 kx

X   X’’ = kx’’

Khi đó, (6) trở thành: X X

m 19

k4 "

X X k

" X m 4

19 2

   

 

 

(0,25đ) Nghiệm phương trình laø: X = Asin(t + )  mg Asin( t )

4 19

* Taïi t = 0:                              mg 4 19 A 2 0 cos A 0'x sinA mg 4 19 0x (0,25đ)

Thay vào (6) thì: 

          t sin mg 19 ma 19

C  t

m 19 k cos g

aC (0,25ñ)

[Hoặc: Nghiệm phương trình là: X = Acos(t + )  cos( )

 19  

kx mg A t

4

* Taïi t = 0: s

' sin                                19

x 0 mg Aco

4 A 19mg

x 0 A 0 4 (0,25đ)

Thay vào (6) thì:  19maC 19mgcost

4 4  19m t

k cos g

aC  (0,25ñ)]

Thay vào (*) (**) ta được:

R1 M L

Câu 5: (3 điểm)

a) Giản đồ véc tơ vẽ hình bên

Từ giản đồ suy UMN cực tiểu M trùng với N Hay: UMN = => UR1 = UC <=> I1R1 = I2ZC (0,25đ)

=> UR2 = UL <=> I2R2= I1ZL (0,25đ) =>

L

Z R1

=

2

R ZC

<=> ZC =

L

Z R R1

= 

3 100

(0,25đ)

=> C = F



100 = 55(F) (0,25đ)

b).Chập M N thành điểm E.Tổng trở, độ lệch pha hiệu điện cường độ dòng điện nhánh:

UEB IC I A 2

IL (0,25đ x 2)

1 I

IR1 UAE

2 2

1 1

C

Z R

Z    Z1 = 50 3()

tan1= –

R C

I I

= –

C

Z R1

= – 13 => 1= – 6



(0,25đ)

2 2 2

1 1

L

Z R

Z    Z2 = 50 3() tan2=

2

R L

I I

=

L

Z R2

= 13 =>1=



(0,25đ) Vì Z1 = Z2 cường độ hiệu dụng mạch nên:

UAE = UEB = U (0,25đ)

.Mặt khác UAE UEB lệch hai phía trục I góc 6



nên:

UAE = UEB = )

6 cos(

2 

AB

U

= 60 (V) (0,25đ)

Chọn chiều dương qua nhánh hình vẽ Giản đồ véc tơ biểu diễn IR1IA ILnhư hình bên

Từ ta được:

A B

C N R2

IL

A

IR1

300 600

UR1 UR2 UL N M

UAB A

B

IA= 1 2 1 cos

6

R L R L

I I  I I  = 0,6(A) (0,25đ)

(0,25đ)

Câu 6: (3 điểm)

Gọi cách bố trí L trước O cách I, L sau O cách II Ở cách II, đặt

vật ảnh lại chỗ vật ban đầu (0,25đ)

Gọi d khoảng cách từ vật AB đến L cách I f1= – 10 cm tiêu cự L, d’ khoảng cách từ L đến ảnh A’B’, d1 khoảng cách từ A’B’ đến O, d’1

khoảng cách từ ảnh cuối A1B1 đến O (0,25đ)

Vì cách II cách I nhìn theo chiều âm từ phải sang trái nên ta suy ra: d’1 = d + l

Gọi kI độ phóng đại qua hệ I, ta có (độ lớn AB tính cm)

AB ,

kI  (1) (0,25đ)

Gọi kII độ phóng đại qua hệ II, theo chiều dương:

AB ,

kII  (2) (0,25đ)

Độ phóng đại hệ II theo chiều âm

II k

1

theo chiều âm lại hệ

I, I

II k k

1



IA

A B

A’ B’

L

O

d l

d+l

O

L

B1 A1 M

B2

Chia (1) cho (2): k 14,,28 41 k

k

I II

I   

2

kI  (0,25đ)

Ta lấy kI  12, ảnh ngược chiều vật Mặt khác:

f f d f

f d d d f -d

f d

d' '

1 ' 1

1  

  

 l (0,25đ)

Do đó:

2 f

f -d f -d

f d d d d' k

1 I '

I 

   

 l (0,25đ)

Với: l = 30cm, f1 = –10 cm, ta được:

30) f(d 20) 10 f(d 30) 20(d

10) f(d ) f -30 d ( 20

2 f

30 f -d 10 d

10

     

  

     

(0,25đ)

20cm

f  (0,25đ)

Và:

1 f -d

df d f -d

f d d d d' k

1 1

1 '

I 

   

 

l l

Với: l = 30 cm, f1= –10 cm, ta được: 20(d + l) = 30(d+10) + 10d

20d + 600 = 30d + 300 + 10d (0,25đ)

d = 15 cm (0,25đ)

Câu 7: (3 điểm)

* Xác định mối liên hệ b với R (hoặc: AB = 2R) _ Gọi O1, O2 trọng tâm khối trụ (ABCD) khối bán cầu Do tính đối xứng nên điểm O1, O, O2 thẳng hàng nằm trục đối xứng khúc gỗ

_ Khi khúc gỗ bị đẩy nhẹ nhàng, trục đối xứng nghiêng góc α nhỏ Lúc đó, độ cao tâm O khối bán cầu khơng đổi Vì để khúc gỗ có cân phiếm định chiều cao h phải thỏa điều kiện sau cho khối tâm toàn khúc gỗ nằm O (0,25đ)

Gọi R bán kính khúc gỗ; m1 m2 khối lượng phần hình trụ bán cầu Hệ tọa độ hình vẽ

Tọa độ khối tâm:

2

02 01

m m

y m y m y

 

 (0,25đ)

 1 m

m

y m m y y

1

02 01

  

 (0,25đ)

Với

0 01

3

2

02

1

h y R , y R

2

1 πR

m V

5 2 3 2R

8 m V R h 3h

R y

 

  

  

 

   

 

(0,25đx2)

Thay vào (1) Tính: h R2 (0,25đ)

Gọi AB = d đường kính khúc gỗ thì:

2

AB

h (0,25đ)

* Phương án thực hiện:

Dùng thước đo đường kính AB xác định h hệ thức (0,25đ) -