HD chấm thi HSG Lí năm 08-09 khối PT của tỉnh TT Huế

- Gọi a là gia tốc dài của vật nặng, γ là gia tốc góc của hình trụ.. - Trong HQC chuyển động lên trên với vận tốc v, tại thời điểm vật bắt đầu rời mặt nằm ngang, vật chuyển động xuống d

HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

VẬT LÍ 12 PHỔ THÔNG - NĂM HỌC 2008 - 2009

1

(4đ)

- Do tác dụng của trọng lực P2 = m2g, hệ chuyển động :

hình trụ quay và vật nặng tịnh tiến đi xuống

- Gọi a là gia tốc dài của vật nặng, γ là gia tốc góc của hình trụ

Ta có:a = Rγ

- Áp dụng định luật II Newton cho vật nặng: m2g – T = m2a (1)

(với T là lực căng dây tác dụng lên vật nặng)

- Phương trình chuyển động quay của hình trụ : M = Iγ, với M = T’R = TR

(với T’ là lực căng của dây tác dụng lên hình trụ, T’ = T)

m R1 2

I =

2 , γ = a

R (2)

- Từ (1) và (2) ta có : a = 2

2m g 2m + m  2,86 (m/s2)

và T = m2(g – a)  286 (N)

0,5 0,5 0,5 0,75 1,0 0,75

2

(3đ)

- Lò xo bắt đầu nâng vật lên khi kx0 = mg (1), với x0 là

độ giãn của lò xo tại thời điểm vật bắt đầu rời mặt nằm

ngang

- Trong HQC chuyển động lên trên với vận tốc v, tại

thời điểm vật bắt đầu rời mặt nằm ngang, vật chuyển

động xuống dưới với vận tốc v

Gọi xM là độ giãn cực đại của lò xo Thế năng của

vật khi vừa rời khỏi mặt ngang là mg(xM - x0) Theo

định luật bảo toàn cơ năng:

2

M 0

mv + mg(x -x ) + =

- Từ (1) và (2) ta có: 2 2 2 2

kx - 2mgx - mv + k = 0 (*)

- Do xM > x0 nên nghiệm của phương trình (*) là đơn trị : M

Chú ý : HS có thể giải theo cách khác:

- Kể từ khi rời mặt ngang, vật dao động điều hoà quanh O (vị trí của vật ở

thời điểm này) Phương trình dao động: x = A.cos(t + ), với ω = k

m

- Khi t = 0  x = Acos = 0

v = - Asin

Ta có : A = sinv

k

- Độ giãn cực đại của lò xo là : xM = x0 + A = mg + v m

0,5

1,0

0,5 1,0

-v

x M

A

x 0

(3đ)

a- Chia dây thành những phần tử nhỏ có chiều dài dl mang điện tich dq Xét từng

cặp dq đối xứng nhau qua O

- Cường độ điện trường do dq gây ra tại A là: dE1 2k 2dq

R x



 Thành phần cường độ điện trường dE1x dọc theo trục xx’:

=

- Cường độ điện trường do vòng dây gây ra tại A là:

2 2 3/2

k x λ

(R + x )

k Q x (R + x )

-b- Khi điện tích –q ở vị trí O thì lực điện tác dụng lên nó bằng 0 Khi –q ở vị trí

M với OM = x, lực điện tác dụng lên –q: F= - qE = -qkQx2 2 3/2 = mx

 kQqx2 2 3/2

m(R + x )



- Vì x<<R nên: 2 2 3 3

R (R + x )   x + kQq3x = 0

mR

 (*) Đặt: 2

3

kQq

ω = mR

Chứng tỏ -q dao động điều hòa quanh vtcb O Với chu kỳ

3

mR

T = 2πR

kQq

0,25 0,25 0,5

0,5

-0,5

0,5 0,5

4

(3đ)

- Khi dòng điện đã ổn định, cường độ dòng điện qua cuộn cảm là 0

E

I =

r Khi khoá K mở, trong mạch bắt đầu có dao động điện từ Năng lượng từ

trường ở cuộn cảm khi đó cũng là năng lượng điện từ toàn phần của mạch:

2 2

0 0

- Trong quá trình dao động khi tụ điện đã tích điện đến hiệu điện thế cực đại

U0 thì dòng điện triệt tiêu, khi đó năng lượng điện từ của mạch cũng là năng

lượng điện trường của tụ:

2 0 0

CU

W =

2 ; do đó

2 2

0

E

CU = L

r

- Theo bài ra: U0 = nE 

2

C(nE) = L

r

 L = Cn2r2 (1)

- Tần số dao động của mạch : f = = 1 1

LC = 4πR f (2)

- Từ (1) và (2) ta có : C = 1

2πRnrf = 15,9 (nF) ; L = nr

2πRf = 1,59 (μH)

0,5

0,5 0,5 0,5 1,0

5

(3,5

đ)

a Tính U R , U L và U C

- Ta có: cos AB = R

AB

U

U  UR = UAB.cos AB = 120 (V)

- Lại có: cos AN = R 2 R 2

U  U U  UL = 160 (V)

0,5

- Điện áp hai đầu đoạn mạch: 2 2 2

Thay số và giải phương trình ta có: UC = 250 (V) hoặc UC = 70 (V)

- Vì đoạn mạch có tính dung kháng, ZC > ZL  UC > UL, vậy UC = 250 (V)

-b Tính R, L, C.

* Dòng điện i lệch pha /2 so với uc = uNB

- Theo giả thiết uAB lệch pha /2 so với uNB

 uAB cùng pha với i: trong mạch xảy ra cộng hưởng, khi đó:

+ Điện trở thuần: R = ZABmin = UAB

60

+ ZL = ZC  LC = 12 1024

4





- Mặt khác, theo câu 1, ta có:

cos AB = AB

Z  cos  (), nên 1 AB

AB

U

Z

Từ đó: ZL1 = L

1

U 80

I  () ; L 1 = 80 (2)

và ZC1 = C

1

U 125

I  () ;

1

1 125

- Nhân (2) và (3) vế theo vế, ta có: L 4

10

- Giải (1) và (4) ta có: L = 1

2 (H) và C = 10 4

2



 (F)

0,5 0,5

0,5

-0,25

0,25 0,25

0,25 0,25 0,25

6

(3,5

đ)

a, Ta có : 1 1

1

6d

d =

d -6

1

24d - 180

d =

1

60 - 8d

d = 3d - 22

- Khi d1 = 15 cm  d’2 = - 2,6 cm < 0 : A’B’ là ảnh ảo cách L2 một khoảng

2,6 cm

- Độ phóng đại: 1 2 2



< 0 : ảnh A’B’ ngược chiều với AB, có độ lớn là A’B’ = 2/23 (cm)

-b, Khi hoán vị hai thấu kính: 1 2 1



1

33d + 90

d = l - d =

d + 3

2

- Từ (1) và (2) ta có : 1

1

60 - 8d

1

2(11d + 30)

3d - 14d - 60 = 0 (*)

- Phương trình (*) có 01 nghiệm dương duy nhất là d1 = 7,37

Vây phải đặt vật AB cách thấu kính gần nó nhất một khoảng 7,37 cm.

0,5 0,5 0,5 0,5

-0,5 0,5 0,5