Phải xác ñịnh chính xác khoảng cách d: ño nhiều lần ñể lấy trung bình, và phải trừ bớt một nửa bề dày của thấu kính nếu ño từ mặt gương.[r]
Trang 1SỞ GD&ðT QUẢNG NINH
ðỀ THI CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM THI LẬP ðỘI TUYỂN HSG CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013
Môn: Vật lí Ngày thi thứ nhất: 16/11/2012
Bài 1:
4,0
ñiểm
1 Tính toán: 0
0
X mv
X h R Iω
=
2 2
5mR )
=> 0 ( ) 5 2 0
2
v
ω = − = −
(1)
0,5ñ
Thay số: v0 X 10m s/
m
thay (1) vào: ω0 =625rad s/
0,5ñ
Nhận xét : Tổng quát: ñiều kiện lăn không trượt vG = ωktR (2)
Theo bài ra : X
uur
= const; v0 = const 0
0
10
500 /
0, 02
v
R
Kết quả tính toán: ω0 = 625rad s/ >ωkt ⇒ñiểm tiếp xúc A trượt sang trái => Fms trượt hướng phải
0,5ñ
Fms = µp = µmg (ω giảm, v tăng) 0,5ñ
* G: CðNDð: a = F ms
m = µg; vG = v0 + at = v0 + µgt (3) 0,5ñ
* Fms tạo mô mem cản => bóng quay chậm dần:
5 2
µ
γ = =
5 2
g
R
µ
ω ω= −γ =ω − (4)
0,5ñ
ðến thời ñiểm t1: lăn không trượt: v = Rω
v0 + µgt1 = R(ω0-5
2
g R
µ
t1) => t1 = 2 0 0
7
g
ω µ
−
;Thay số: t1 = 0,7 s
0,5ñ
Từ thời ñiểm t1 trở ñi bóng lăn không trượt
Quãng ñường ñi ñược : 2
0 1 1 1 2
S =v t + at ; Thay số : S = 7,3m
0,5ñ
Bài 2:
5,0
ñiểm
* Tính momen quán tính I:
1
I = Ma − mb =
0,5ñ
Trang 23 2 2 2 5 4
6 ρa a − 2 ρπb a b = 6ρa − 2ρπab (1)
* Khối lượng khối hộp:
2
a
(2) Trong ñó:
b k a
=
0,5ñ
* Tính chu kỳ dao ñồng T
Khi khối lập phương quay lệch khỏi VTCB góc ϕ nhỏ: Khối lập phương nâng lên một ñoạn ∆h so với vị trí cân bằng
2 2 2 sin 2
l =h +R ϕ ⇒ −l2 h2 =R2 sin 2ϕ
0,5ñ
2 2 (l h l)( h) R sin ϕ
⇒ − + = ⇒ ∆h l.2 =R2 sin 2ϕ
2 2 sin / 2
⇒ ∆ = ; Vì góc ϕ nhỏ nên
2 2 sin
2
R h l
ϕ
ϕ ϕ≈ ⇒ ∆ =
0,5ñ
Cơ năng của vật: E =
2 2
R
l
ϕ
0,5ñ
ðạo hàm theo thời gian: ' 2
0
2 I m gR 2l
ϕϕ
'' m gR0 0 '' m gR0 0
I
0,5ñ
Vật dao ñộng ñiều hòa; Tần số góc:
2
2 m gR0
Il
Chu kỳ: 2 2
2 0
4 Il
T
m gR
π
2 0
16 I
m gd
π
(3) với
0,5ñ
Thay (1), (2) vào (3), biến ñổi:
2
2
.
k
π
−
0,5ñ
Bài 3:
4,0
ñiểm
Theo ñề bài, A, B, C nằm trên ñường thẳng ñi qua gốc tọa
ñộ, ta có: p1 = p5 = αV1 (1) p2 = p4 = αV2 (1) p3 = αV3 (1) với α là một hằng số
Mặt khác, theo phương trình trạng thái khí lý tưởng và ba
phương trình trên ta ñược:
p1V1 = RT1 =>αV1.V1 = α 2
1
V = RT1 Suy ra: T1 = 2
1
V R
α
(4)
0,5ñ
Tương tự: T2 = 2
2
V R
α
(5) và: T3 = 2
3
V R
α
(6)
Vì V1 < V2 < V3, từ (3), (4), (5) suy ra: T1 < T2 < T3
0,5ñ
Trang 3Vì quá trình CD là ñẳng tích: 3 3 3 3
T = p = p =V > 1 => T4 <
T3
Vì quá trình DB là ñẳng áp, nên:
3
4 4
2 2 2
V
T =V =V > 1 => T4 > T2 Như vậy: T2 < T4 < T3
0,5ñ
Tương tự, từ các quá trình ñẳng tích BE và ñẳng áp EA, ta
ñược: T1 < T5 < T2
Suy ra: T1 < T5 < T2 < T4 < T3
Nghĩa là T3 là nhiệt ñộ lớn nhất và T1 là nhiệt ñộ nhỏ nhất
của khí trong chu trình nên theo bài ra: T3 = nT1
0,5ñ
Thay (6) và (4) và phương trình vừa nhận ñược, ta có:
=> 2 2
3 1
V =nV => V3= nV1 (7)
Vì B là ñiểm giữa của ñoạn AC, ta có:
V2 – V1 = V3 – V2 => V2 = 1/2 (V3 + V1)
Thay (7) vào ta ñược: 2 1( 1) 1
2
V = n+ V (8)
0,5ñ
Như ñã biết, công A thực hiện trong một chu trình có giá trị
bằng diện tích của chu trình ñó, ở ñây ñó là diện tích của hai
tam giác bằng nhau ABE và BCD Từ hình vẽ và dùng (1)
và (2) ta có:
A = (p2 – p1) (V2 – V1) = 2
2 1 (V V)
Thay (8) vào ta ñược:
2
A=α + V −V =αV −
0,5ñ
Dễ thấy rằng các quá trình ñẳng tích CD, BE và ñẳng áp DB,
EA ñều tỏa nhiệt, nên nhiệt lượng Q máy nhiệt nhận ñược
chỉ trong các quá trình A-B-C
Áp dụng nguyên lý 1 của nhiệt ñộng học ta có:
Q = ( 3 1) 1 3 3 1
2R T −T + 2 p +p V −V Thay (1), (3), (6) và (7) vào ta ñược:
0,5ñ
Vậy hiệu suất của máy nhiệt ñã cho bằng:
1
2 1
H
α α
Với n = 4 thay vào công thức trên ta ñược H = 1/24
0,5ñ
Bài 4:
4,0
ñiểm
1 Tốc ñộ cực ñại:
- Chiều dòng ñiện cảm ứng (hình vẽ)
- Biểu diễn ñúng lực từ tác dụng lên 4 cạnh
0,5ñ
c
I
Trang 4- Lực từ tổng hợp F có:
phương thẳng ñứng, hướng lên
F tăng theo vz ñến lúc F = P khung sẽ chuyển ñộng ñều với
vận tốc v zmaxtrên phương thẳng ñứng
0,5ñ
Khi khung Cð ñều, thế năng giảm, ñộng năng không ñổi,
xét trong khoảng thời gian ∆t, ñộ giảm thế năng ñúng bằng
nhiệt lượng tỏa ra trên khung
max
z
mgv ∆ =t RI ∆t
0,5ñ
I
0,5ñ
2 2 ax
z zm
ka v
R
mgR v
k a
Trên phương ngang khung Cð ñều vx = v0
Tốc ñộ cực ñại của khung khi ñó: 2 2
ax 0
zm
v= v +v
2 2 0
2 4
mgR
k a
0,5ñ
2 Hướng vận tốc ngay trước khi chạm ñất:
- Khi chạm ñất, vận tốc theo phương thẳng ñứng
2 2
ax 1 'z zm 2
v =v + gh
0,5ñ
Góc hợp bởi vận tốc và phương ngang α là:
2 1
2 4 '
2 tan z
mgR
gh
k a v
α
0,5ñ
Bài 5
3,0
ñiểm
1 ðặt thấu kính lên trên gương, cả hai ñặt ở chân giá ñỡ
Kẹp nhẹ bút chì vào giá và di chuyển nó cho ñến khi mắt
nhìn từ trên xuống thấy ảnh của ñầu bút chì trùng với vật (xê
dịch mắt một chút ñể kiểm tra bằng thị sai)
ðo khoảng cách d từ bút chì ñến thấu kính, d bằng tiêu cự
của thấu kính fK
0,5ñ
ðộ tụ hiệu dụng 1/f bằng 2 lần ñộ tụ 1/fK của thấu kính
'
K
f = f = d +d ; Vậy d = d’ = fK
0,5ñ
Phải xác ñịnh chính xác khoảng cách d: ño nhiều lần ñể lấy
trung bình, và phải trừ bớt một nửa bề dày của thấu kính nếu
ño từ mặt gương
0,5ñ
2 ðổ một ít nước lên gương và ñặt thấu kính lên trên nước
tạo ra một thấu kính phẳng – lõm bằng nước; có tiêu cự fL,
liên hệ với bán kính r1 = -r của mặt cong (r2 = ∞) bằng công
0,5ñ
Trang 5thức: 1 ( L 1)1
L
n
ðể xác ñịnh fL, ta cũng dùng phương pháp của phần 1 ñể tìm tiêu cự f’ của hệ thống hai thấu kính, thủy tinh và nước
Ta có: 1 1 1
f = f + f
0,5ñ
Từ ñây tính ra fL và r = - (nL -1) fL Dùng công thức thấu kính, ta tính ñược chiết suất: 1
2 K
r n f
0,5ñ