Hệ thống dao động tuần hoàn, mỗi con lắc tham gia một nửa dao động... +Vậy ta chỉ cần đo v lúc đó là suy ra đợc.. Bố trí thí nghiệm cách tiến hành.– +Dựng ống thẳng đứng... +Đổ dầu nhớt
Trang 1Sở Gd&Đt Nghệ an Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh khối 12
Năm học 2008 - 2009
hớng dẫn và biểu điểm Chấm đề chính thức
(Hớng dẫn và biểu điểm chấm gồm 05 trang) Môn: Vật lý lớp 12 THPT - bảng b
+ Do A va chạm với B là đàn hồi nên động lợng và động năng hệ đợc
bảo toàn
ur uur ur
0,5đ
+ Chọn chiều dơng cùng chiều với vur1 suy ra:
0,5đ
+Tơng tự cho va chạm từ quả cầu B trở lại quả cầu A, ta đợc:
'' ' ''
v =v v =
+ Sau va chạm quả cầu này truyền hoàn toàn vận tốc cho quả cầu kia
Hệ thống dao động tuần hoàn, mỗi con lắc tham gia một nửa dao
động
0,5đ
+ Chu kỳ dao động 1 2
1
2
T = T T+ với T1 là chu kì dao động con lắc
đơn, T2 là chu kì dao động của con lắc gắn với thanh và lò xo
0,5đ
+ Ta biết chu kỳ dao động của con lắc đơn T1 2 l 1, 4( )s
g
π
Ta tìm T2 bằng phơng pháp năng lợng:
+Chọn mốc thế năng trọng trờng tại mặt phẳng ngang qua m khi cân
bằng
+Xét vật m tại vị trí có li độ x:
-Động năng của quả cầu Eđ = 2
2
mv
0,25đ
-Thế năng trọng trờng Et1= 2
2
mgx l
-Thế năng đàn hồi: Et2 = 12 2
+Cơ năng của hệ: E = Eđ + Et1 + Et2 = 2
2
l + (1)
Do không có lực cản nên E = const
0,5đ
+Lấy đạo hàm 2 vế của (1) theo thời gian t, ta đợc:
mvv’ - ' ' 0
4
L 12 THPT - Bảng B 1
Vạch dấu D 1
Trang 2Hay x’’+( ) 0
4
x
+Vậy vật dao động điều hòa với tần số góc
4
ω = − và chu kì
2
2
0, 4
ω
0,25đ
+Hệ dao động tuần hoàn với chu kỳ 1( 1 2)
2
T = T T+ = 0,7 + 0,2 = 0,9s 0,5đ
Xét tại thời điểm t thanh có vận tốc v, dòng điện trong mạch i
+Suất điện động cảm ứng trong thanh ε = Bvl 0,5đ
+i qua mạch biến thiên nên cuộn dây xuất hiện suất điện động tự cảm
'
tc Li
+Do R = 0 nờn tc 0 L i Bvl
t
ε ε + = ⇒ ∆ =
∆ Suy ra
∆ = ∆
0,5đ +Tại thời điểm ban đầu t = 0, x0= 0 và i = 0 suy ra ∆ = ∆ =i i x x,
⇒ Li = Blx ⇒ i = Bl x
L
0,5đ
+ Vì ở dây P và N cân bằng nên lực gây ra gia tốc cho m chính là lực
từ F = Bil
+ Ta có: – Bli = mx’’ '' ( )2
0
Bl
mL
0,5đ
+Do ( )Bl 2 const
mL
+Phơng trình trên có nghệm x = Acos(ω ϕt+ ).
Chứng tỏ thanh kim loại dao động điều hòa với tần số góc
Bl
mL
ω =
0,5đ
+Theo điều kiện ban đầu: t = 0, xo = 0 , v = v0 suy ra
0
cos 0 sin
A
ϕ
=
2
Bl
π ϕ ω
0,5đ
+Vậy phơng trình dao động của thanh MN là:
x = v mL0
mL t- ) 2 π
0,5đ
a +Khi k ngắt q1 = 0 ; q2= 0 nên tổng điện tích các bản phía trái của các
tụ điện q = 0
+Sau khi k đóng: ' '
q =CE q =CE nên q’= ' '
q + =q CE
0,5đ
+Điện lợng từ cực dơng của nguồn đến nút A là q’= 2CE
+Gọi điện lợng qua AM là ∆q1, qua AN là ∆q2, ta có:
q’=∆ + ∆q1 q2 = 2CE (1)
0,5đ
+Gọi I1, I2 là cờng độ dòng điện trung bình trong đoạn AM và AN, ta
Trang 3có : 1 1 1
2 2
+Từ (1) và (2) suy ra: 1 2
;
+Điện lợng dịch chuyển từ M đến N '
4
MN
b +Công của nguồn điện làm dịch chuyển điện tích q’ trong mạch là :
+Năng lợng của hai tụ sau khi tích điện: W = 2.1 2 2
+Điện trở tơng đơng của mạch AM là: RAM = 2
3
R
+Tổng nhiệt lợng tỏa ra trên các điện trở là:
QAM + Qr = A - W = CE2 (3)
0,5đ
+Trong đoạn mạch mắc nối tiếp nhiệt lợng tỏa ra tỉ lệ thuận với điện
trở nên: AM AM 43
r
+Từ (3) và (4) ta đợc: 4 2
7
AM
0,5đ
+Trong đoạn mạch mắc song song nhiệt lợng tỏa ra tỉ lệ nghịch với
2
2
R
R
0,5đ
+Hai bình chứa cùng một loại khí lý tởng, áp dụng phơng trình
Clapâyrôn – Menđêlêep PV M RT
à
0,5đ
+Gọi khối lợng khí lúc đầu ở bình A v B l à à MA v à MB v khối là
-ợng khí sau khi mở van là '
A
B
+Tổng khối lợng khớ không đổi: MA + MB = ' '
M +M (2)
0,5đ
+Mặt khác sử dụng (1) ta có :
.
A A A
A
P V M
R T
à
B
R T
à
0,5đ
+Sau khi mở van một thời gian, hai bình cân bằng áp suất P nên :
' '
P =P = P
0,5đ +áp dụng (1) ta có :
'
A
P VA=
'
.
A A
A
PV M
R T
à
à → = ; P B'.VB=
'
.
B
R T
à
0,5đ
+Từ (4) thay vào (2) ta đợc :
Trang 4A ..A B ..B ..A ..B
⇔ A. A B. B . A . B
T + T = T + T 0,5đ
+Thay VB = 4VA, ta được :
0,5đ
4 5.10 330 4.10 300
P
0,5đ
1 Cơ sở lí thuyết.
+áp dụng định luật II Niutơn ta có phơng trình chuyển động của
viên bi:
ma = Vg(ρ - ρo) - 6π àRv
0,25đ
+Khi v tăng thì f c cũng tăng lên nên khi v đủ lớn thì:
Vg (ρ - ρo) - 6π àRv ≈ 0 → Bi chuyển động đều
+Vậy ta chỉ cần đo v lúc đó là suy ra đợc
à = ( 0 ) 2 2 ( 0 )
π
0,5đ
+Nừu dùng phép tính chi tiết ta có kết quả rõ ràng hơn:
m dt
dv = Vg(ρ – ρo) – 6π àRv
1
d Vg
⇔ v =
6 0
6
R t m
Vg
e R
πà
ρ ρ πà
−
+Khi t đủ lớn thì e−α t→ 0 ⇒ v =
2
R
⇔ à = ( 0 ) 2 2 ( 0 )
π
2 Bố trí thí nghiệm cách tiến hành.–
+Dựng ống thẳng đứng
0,25đ
Trang 5+Đổ dầu nhớt vào gần đầy ống.
+Dùng 2 vòng dây lồng phần trên và dới ống
+ Bớc 1: Dùng thớc kẹp đo đờng kính bi một số lần, suy ra giỏ trị
trung bỡnh của bỏn kớnh R, ghi lại kết quả bán kính R của bi
0,25đ
+ Bớc 2: - Thả thử 1 viên bi để
xác định tơng đối vị trí nó bắt
đầu chuyển động đều Vòng dây
vị trí đó (vạch số 1) Vòng dây
thứ hai gần đáy ống (cách
khoảng 7 – 10cm),(vạch số 2)
Đo khoảng cách D1D2 = l, ghi lại
kết quả
0,25đ
+Bấm đồng hồ khi bi đI qua vạch số 1 và 2 ta đợc khoảng thời gian
chuyển động của bi là t, ghi kết quả vào giấy
0,25đ
+Thay đổi vị trí D1 xuống gần D2 hơn, thả bi vào ống, đo l và t 0,25đ +Thay đổi D1 vài lần nữa và tiến hành nh trớc Sau mỗi lần đo ta ghi
tất cả các kết quả vào giấy
0,25đ
3 Xử lý số liệu:
+Ta thay các giá trị R, l, t tơng ứng mỗi lần đo vào công thức (*):
0,25đ
4 Đánh giá sai số và nhận xét
+Sau mỗi lần thay đổi l, t, ta lại tìm đợc một giá trị à.
+Tính à và sai số ∆ à
+Kết luận hệ số ma sát nhớt là : à = à+ ∆ à
0,25đ
+Sai số do : Đo kích thớc bi v xác định vị trí vạch số 1 chà a chính
xác, bấm đồng hồ đo thời gian không kịp thời…
0,25đ
Chú ý: Học sinh giải theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
Vạch số 1
Vạch số 2