đáp án và thang điểm Bài thi Ngày thứ hai Bảng AĐề chính thức Bài I Cơ 6 điểm Câu I:3 điểm Gọi TM, TM' là các lực do các thanh tác dụng lên vật M.. TM là chiều do thanh tác dụng lên M.
Trang 1đáp án và thang điểm Bài thi Ngày thứ hai Bảng A
(Đề chính thức)
Bài I (Cơ) (6 điểm)
Câu I:(3 điểm)
Gọi TM, TM' là các lực do các thanh tác dụng lên vật M Vật M chịu các lực: mg,
TM, TM' và lực quán tính li tâm:
F = 2 2 2 2
a l m R
m
Giả thiết TM và TM' có chiều nh hình vẽ
Gọi góc AMH = BMH = ; sin
l
a
; cos
=R/l Chiếu xuống HX và HY có:
R m cos
T
T
'
M
M
2 '
M
M
Suy ra:
a
g 2
ml T
a
g 2
ml T
2 '
M
2 M
TM >0, chiều giả thiết là đúng TM là chiều do thanh tác dụng lên M Ngợc lại, M
tác dụng lên thanh lực trực đối T Vậy thanh AM bị kéo
T' o
M nếu
a
g
(quay đủ nhanh), thanh BM bị kéo
T' 0
M nếu a
g
thanh BM bị nén
T' 0
M nếu
l
g
thanh BM không chịu lực nào
Câu II: ( 3 điểm)
Thanh chịu trọng lợng P, phản lực N của bán
trục ở A vuông góc với mặt trụ (đi qua 0)
Phản lực Q của mặt bàn xiên góc với phơng
ngang vì có ma sát, trong đó:
Q = QN + F ; trong đó
F là lực ma sát.
Ba lực Q; N; P cân bằng, vậy giao
điểm của N; Q phải ở trên giá củaP
Ta có: P + Q + N =
0 (1)
Tam giác OAB là cân nên góc BAN= 2
Chiếu (1) xuống ox ta có: Ncos = F ; (2)
Chiếu (1) xuống oy : Nsin + QN = P ; (3)
Lấy mo men đối với B : P NR sin 2
2
cos R
; (4) Mặt khác : QN
3
3
F ; (5)
Ta có 4 phơng trình cho 4 ẩn N; QN; F và Từ (3) có:
0,5
0,5
0,5 0,5
1,0
0,5
0,5
0,5
0,5
A
B
M
m
M
T
l y
' M
T
A
B R
O
y
N Q Qn
P F
x
Trang 2
sin 4
P 2
sin 2
cos P
4
g cot P
F ; (6) Thay vào (3) thu đợc: QN = P - Nsin =
4
P 3
(7) Thay (6) và (7) vào (5) có:
P
4
3 tg
4
P
Suy ra: tg
3
1
; hay 30 o Mặt khác, dễ thấy rằng, vị trí của thanh, khi đầu A của thang là tiếp điểm với bán trụ, tạo với mặt ngang với một góc giới hạn = 450. Vậy trạng thái cân bằng của
thanh ứng với góc thoả mãn điều kiện:
30 0 45 0
0,5
0,5
Bài II (Nhiệt) ( 5 điểm)
a/ Khi ổn định, lu lợng nớc chảy qua ống AB và CD là nh nhau
pA - pB = pD - pC
dẫn đến : h11 - h2 2 = (h2 + h) 2 – (h1 + h)1 =
2
h 2 1
; (1) Giả sử tại mực x, áp suất hai bên nh nhau
h11 + x1 = h22 + x2 ; suy ra:
x =
2 1
1 1 2
h
; (2)
Từ (1) và (2) rút ra: x = h/2
b/ p = pA – pB = (h11 - h2 2)g =
2
hg 2 1
; vậy:
p =
2
T T
hg 1 2
2
T T hg k p k t
Kí hiệu P là công suất nhiệt thì: P =
2
) T T ( khgC CT
t
2
1
0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 1,5
Bài III (Điện) ( 5 điểm)
Thế năng của lỡng cực tại điểm cách tâm O của vòng dây một khoảng z là:
) 2 / z ( r
kQq )
2 / z
(
r
kQq
2 / 1 2 2 2
2 2 / 1 2 2 2
2
)}
z r /(
Zl 1 {(
z r
kQq )}
z r /(
Zl 1
{(
z
r
kQq
z r
Zl 5 , 0 1 ( z r
kqQ )
z r
Zl 5 , 0 1 ( z
r
kqQ
2 2 2 2 2 2 2
) z r
kqQZl
2;
F =
dZ
dWt
;
2
5 2 2
2 2
) Z r
) Z 2 r kqlQ F
(1)
F = 0 khi: z = r/ 2 và z r 2;
z r 2, tại điểm đó thế năng cực tiểu, là cân bằng bền
0,5
0,5
0,5
Trang 3z = - r/ 2, tại điểm đó thế năng cực đại, là cân bằng
không bền
Tại điểm cân bằng bền (z = r/ 2) Khi vật lệch x:
Z' = r/ 2+x Thay vào (1)
2
5 5 2
5 2 2
5 2 2
2 2
3 r
) kqlQrx 16
) r 5 , 1 (
) rx 2 2 kqlQ )
) x 2 / r
r
) ) x 2 / r 2 r
kqlQ
'
2
5
43
mr
kqlQ
16
kpQ
m 2
3 r
5 2
Tại điểm cân bằng bền (z = r/ 2), F= 0 nên vận tốc cực đại:
3 2
2
max
r 5
,
1
2 / kqlQr
2
mv
m
kpQ 3
r
2
vmax 3/4
0,5
1,0
0,5
1,5
BàI IV: ( Ph ơng án thực hành) ( 4 điểm)
1/ Sơ đồ thí nghiệm: nh hình vẽ
Có T1 = T2 = M1g
ko = 2M1gR
k =
o
1gR M
2
(1)
2/ Con lắc xoắn dao động điều hoà
+Mắc 2 con lắc:
- con lắc xoắn
- con lắc đơn để làm chuẩn đo thời gian
+Phơng trình dao động của con lắc xoắn:
I = -k
với I: momen quán tính
: gia tốc góc
I
k
dt
d
2
2
Đặt
I
k
2
( là tần số góc)
Nhận đợc momen quán tính:
I =
2
2
4
k
T
+ Đo T thông qua việc so sánh thời
gian hai con lắc cùng dao động:
Giả sử sau một khoảng thời gian t
đủ lớn nào đó, con lắc xoắn dao
động đợc m chu kì, con lắc đơn
dao động đợc n chu kì
Kí hiệu Tđ là chu kì con lắc đơn,
ta có:
mT = nTđ (2)
T =
g
l m
n 2
m
0,5 0,5
0,5
0,5 0,5
0,5 0,5
z
0 R
Q
q -ql
C
Trang 4I = 2
2
4
k
T
= m g
lk n
2 Với hệ số k đợc tính từ biểu thức (1), l là độ dài con lắc đơn Trong quá trình đo,
điều chỉnh độ dài l con lắc đơn sao cho thu đợc m và n là các số nguyên thoả mãn biểu thức (2)
%%%
0,5