DAthi HSG tỉnh Quảng ninh 2011 vong 2

0,5 + Do vòng tròn có tính đối xứng nên thành phần dFx của dF triệt tiêu với thành phần dFx’ của dF’.. Vì vậy lực từ tác dụng lên vòng chỉ do thành phần dF y sinh ra... Nghĩa là chùm sán

ĐÁP ÁN ĐỀ THI LẬP ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI

LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2010-2011

Môn Vật lý

Bài 1:

4 điểm

+ Vẽ hình, xác định lực

0,5

+ Xét phần tử có chiều dài dl chắn góc ở tâm là d Điện tích của phần tử là:

d

Q dq

Lực từ tác dụng lên dq là: dF vBdq dF y dF cos

0,5

+ Do vòng tròn có tính đối xứng nên thành phần dFx của dF triệt tiêu với thành phần

dFx’ của dF’ Vì vậy lực từ tác dụng lên vòng chỉ do thành phần dF y sinh ra

+Từ hình vẽ ta có ( = /2):

2 cos

cos cos

R R IJ

0,5

+ Xét chuyển động của vòng quanh tâm quay tức thời I ta có: v .IJ,v o .R

1 cos cos 2

IJ

R

0,5

(1 cos ) 2

o

QBv

a) Khi áp lực

QB

mg v

mg F

mg

2 2

2

0,5

b) Khi vòng bắt đầu rời khỏi mặt phẳng ngang thì

QB

mg v mg F

Bài 2:

4 điểm

+ Xét trong hệ quy chiếu gắn đất

Tác dụng lên vật m gồm các lực:, T P,

 

Tác dụng lên M gồmT P N', M, M

  

0,25

+ Đối với m:

- Theo phương thẳng đứng:

Tcos = mg T mg

α

y

dFy

x

I

J

v

d

- mg sin Tsin mx1

T mx 1''

g x1" (1)

+ Đối với M:

Tsin Mx2'' T Mx 2''

2'' 2''

mg

mg Mx x

M (2)

0,5

12

a a a

   '' '' ''

Thay(1),(2),(3) vào (4)

M

0,25

''

g m M

0,25

(5) chứng tỏ m dao động điều hoà với chu kỳ dao động : T 2 l M

g M m

0,25

+ Xét trong hệ qui chiếu gắn khối tâm đứng yên, gốc toạ độ tại G:

mx1+ Mx2 =0 x2 m x1

M

M dao động điều hoà cùng tần số nhưng ngược pha với m

0,5

Có A1 + A2 = l 0

1

2

0,5

0

1

Ml A

2

ml A

M m

0,5

Bài 3

(4đi ểm )

a) Xét một khối khí lý tưởng trong quá trình biến đổi đa biến

Phương trình Claperon-Mendeleep cho khối khí:

pV RT

Lấy vi phân 2 vế: pdV Vdp RdT (1)

0,5

+ Áp dụng nguyên lý I nhiệt động lực học :

dU= Q +dA (2) (dA là công khí nhận được)

0,5

Với dU C dT V

Q CdT

dA pdV

0,5

V V

C C R

pdV Vdp

V

C C

pdV Vdp

Do C, Cp,CV không đổi , đặt p

V

C C

C C =n npdV Vdp 0

Chia 2 vế cho pV, lấy tích phân 2 vế ta có pVn = hằng số với p

V

C C

C C = n (5)

0,5

b) Theo đồ thị ta có phương trình liên hệ giữa các thông số trạng thái của

khối khí trong quá trình biến đổi: T=aV2

0,25

+ Mặt khác , theo phương trình trạng thái : pV

+ Suy ra : 1

Vậy đây là quá trình biến đổi trạng thái đa biến với n = -1 0,25

+ Với khí He có CV =3

2R, Cp =5

2R, thay vào (5)

C = 2R 16, 62( /J mol K )

0,5

Bài 4

(4điểm)

*Trường hợp tia sáng chiếu từ phía dưới lên

Vẽ 0,25

Định luật KX tại O: sinα ═ n sinβ => sinβ = sinα /n

n

sin n n

sin 1 cos

2 2 2

2

(1)

0,5

Định lý hàm sin trong Δ OIC :

0

r a

cos a

sin

=>

r a

cos a sin (2)

0,25

Thay (1) vào (2) được:

) a ( n

sin n a sin

2 2

(3)

0,5

Để các tia sáng truyền đi trong ống rồi ló ra ở đầu kia thì các tia sáng phải bị

phản xạ toàn phần liên tiếp ở thành trong của ống

0,25

θ/

δ

C

J

I

γ

θ

β

K

n

n1

O 2α

Vậy tại I: sinθ ≥ n1 / n 0,25

Kết hợp (3):

n

n )

a ( n

sin n

=>

a

) a ( n a n sin

2 2

1 2 2

(4)

0,25

Điều kiện: sinα ≤ 1 và n > n1 => n2a2 n12(a )2 a 0,25

Biến đổi được: 2 2

1 2 2

Tại J, góc tới là γ = θ + δ > θ nên nếu tại I xảy ra PXTP thì tại J chắc chắn

cũng xảy ra PXTP Vậy góc α được xác định bằng (4)

0,25

*Trường hợp tia sáng chiếu từ phía trên xuống

Tại K, góc tới là θ/

Ta có:

KC

) 90 sin(

OC

0,25

Hay

r a

cos a sin / (5) 0,25

So sánh (2) và (5) ta thấy sinθ/ > sinθ => θ/ > θ

Vậy nếu chùm sáng tới trong góc mở α thỏa mãn (4) mà bị PXTP tại I thì

cũng luôn bị PXTP tại K Nghĩa là chùm sáng truyền đi trong ống rồi ló ra ở

đầu kia của ống

0,5

Bài 5

4 điểm

Hạt chịu tác dụng của các lực điện do q1 và q2 gây ra, hai lực điện này ngược chiều nhau Tại điểm C cách B đoạn x0 hai lực đó cân bằng nhau Vị trí

của điểm C được xác định từ điều kiện:

2 )

3 2 2

0

3

x x

q q k a x

q kq

= 2,5cm

0,5

1

F 3 1 2

)

q q k

; F2 3 22

)

(x

q q k

) )

( ( 1 2 22

3 2 1

x

q x a

q q k F

0 ) ) (

) 2 )(

4 ( (

3 2 1

x a x

a x a x q

k F

2

a

x

Nếu

2 0

a x

x thì F1-F2<0

0,5

Như vậy: khi x > x0 thì tổng các lực tác dụng lên q3 là lực đẩy, như vậy hạt chuyển động chậm dần đến C

Muốn cho hạt đến B được thì ít nhất hạt phải đến được C Sau đó lực hút sẽ

mạnh hơn lực đẩy nên hạt sẽ về được đến B

0,5

Vậy vận tốc ban đầu v0 tối thiểu của hạt ứng với vận tốc của hạt khi đến C là

bằng không (vC = 0)

0,5

Khi hạt ở rất xa thì chỉ có động năng: Eđ =

2

1

m 2 0

v

Tại C, khi vC = 0 thì hạt chỉ còn thế năng trong điện trường:

Et = kq3 1 2

a x x

0,5

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng : Eđ = Et

1 2

mv kq

a x x

0,5

0

2

12 /

kq q kq q

0,5

Chú ý: Điểm toàn bài để lẻ đến 0,25đ