đề thi và đáp án hsg môn vật lý

Ví dụ: Có thể dùng phương pháp khác như quấn dây mềm quanh hình trụ rồi thả rơi (như Hình 10), đo thời gian và khoảng cách rơi để suy ra gia tốc hình trụ rồi tìm ra I 0. Phương pháp nà[r]

1

GIẢI ĐỀ THI HSG VẬTLÝ ĐỒNG THÁP VÒNG 2

2012

Câu 1 (4 điểm)

a.Nếu m đứng yên với M, ta coi chúng như một vật nên gia tốc là aM F

M m



 (1)

Đối với m: N   mg T   ma

(2) Chiếu (2) theo phương của lực T

: T- mgsin = macosα

Thay aM F

M m



 ; T = F Tìm được : F mg sin m(M m)g sin

1





b.Tìm gia tốc của nêm aM

Các lực đặt lên 2 vật như hình vẽ

Gọi a’ là gia tốc tương đối của vật m đối với nêm, gia tốc của vật m đối với đất là:

M

aa ' a 

Các gia tốc hướng như hình vẽ

Viết các phương trình

M

N   mg T   m(a ' a ) 

(*)

M

N ' Mg Q T ' F          Ma

(**) Chiếu 2 vế phương trình (*) xuống

các phương trùng với lực T

và N

: T- mgsin = m(a’+aMcos) (1)

N- mgcos = - m( aMsin) (2)

Chiếu 2 vế phương trình (**) xuống

các phương trùng với aM

: F- Tcos + N’sin= MaM (3) Giải hệ , với T = F, N’=N ta có :aM F(1 cos ) mg sin2 cos

M m sin



- Nhận xét: Quỹ đạo của vật m là đoạn thẳng trùng với véctơ a 

, hợp với phương ngang một góc β ( β <α)

- Góc β xác định từ sơ đồ hình bên :

M acos a 'cos a

Với các gia tốc thu được từ các phương trình nêu trên

F



 Hình 2

T

N

a '



M

a



T '

Q 

N

Mg

mg

F

 Hình 1

a 

N

T

mg

M

a

a

a '

β

α

Hình 3

2

Câu 2 (4 điểm)

Câu 3 (3 điểm)

a Ở vị trí cân bằng, lò xo dãn (M m)g

k



  

Chu kì T 2 M m

k



 

Ngay trước va chạm, vật có vận tốc là 2gh

Sau va chạm, hệ có vận tốc v1: (m M)v  1 m 2gh  v1 m 2gh

m M





Hệ có động năng 2

1

1 (m M)v

2  Cũng ngay sau va chạm, hệ vật và đĩa còn cách vị trí cân bằng mg

k Đó chính là li độ x1 của hệ vòng và đĩa khi có vận tốc v1 Vậy năng lượng dao động của đĩa là :

2

m 2gh



Từ đó: A mg 1 2kh

k (m M)g

 b) Công suất sinh bới lực kéo về là

Fv kxx '

  

P Đạo hàm 2 vế theo t để tìm cực đaị:

d 2

k(x ') kxx " 0

dt    

P

Thay x’=v; x’’ = -2x Ta có : 2 2 2

v   x 0 Mặt khác



  Từ đó : x A

2

Vận tốc của hệ và công suất của lực F có độ lớn tương ứng là

2 max

k

k (m M)g



Lập các phương trình:

Ta có: pV1RT1 (1) ; pV2 RT2 (2)

V1V2hs (3) pV2 hs (4)

Theo nguyên lí I :

i

dQ R T pdV

2

   (5) với i = 5

Tính C1: Lấy vi phân 4 phương trình để tìm pdV1 theo dT1

V dp pdV1  1RdT1(1’)

N

D

M

B

A

C

h

L

Hình 3

3

Câu 4 (3 điểm)

V dp2 pdV2 RdT2(2’)

dV1dV2 0(3’)

2

2

0

   (4’)

Từ các phương trình trên tìm pdV theo dT1 1:

Từ (4’) và (2’) : (1 )pdV2 RdT2 (5’)

Từ (1’) và (2’) :

dp

thay dV2 = -dV1 RdT2 (1 )pdV2   ( 1)pdV1 vào (6’) tìm được:

1

1

1 2

RdT pdV

V 1 V



  Do đó

dQdUpdV1 1

1

1 2

RdT i

RdT

V 2

1 V



 

1

1 1

2

V

dT 2 1

V

 

Khí lưỡng nguyên tử có i =5; i 2 7

i 5



   ; 1

2

V  L h nên

1

1

5 (L h)







Tính C2: Khí ở ngăn trên đoạn nhiệt nên dQ = 0, nhiệt dung C2 = 0

A Cường độ điện trường tại điểm cách O một khoảng r : 2

0 4

q E

r



Từ định luật Ôm suy ra mật độ dòng tại mỗi điểm :

2 0

j

0

dt

0

dt

t

0 q(t) q e







B Tính R và Q: Một lớp chất mỏng hình cầu dày dr, tại nơi có bán kính r, có điện trở

làdR dr2

4 r







a

b Hình 5

4

Câu 5 (4 điểm)

Do đó 2

1 1

4 r 4 a b

0

0 0

t q dq

dt







2t

0

q

dQ RI dt R( ) e dt







0



a Dùng công thức lưỡng chất phẳng :



( có thể c/m (1) như sau: n1 i = n2 r: n1 (+ ) = n2 (-) Thay

1

h d

R

  ; rồi biến đổi

ta có (1) Học sinh không chứng minh nhưng viết và dùng đúng công thức không bị trừ điểm)

Đối với thấu kính: áp dụng (1)

cho hai lần khúc xạ, tìm được:

1)

(n n

Với số liệu đã

cho1 1,3 0,7 1

d d '  14  20 (3)

d1=  Thay vào (3) tìm được

'

1

d  26 cm Vậy tiêu điểm F2 cách quang tâm 26 cm : OF2 = '

1

d  26 cm hay f2 = 26cm Tương tự: OF1 = f1 = 20 cm

b.Dựng ảnh : vẽ hai tia

- Tia tới từ B đi song song với trục chính, tia ló đi qua F2.

-Tia tới từ B qua F1, tia lósong song với trục chính

Hai tia ló cắt nhau tại ảnh B’

(chú ý: trường hợp này tia qua quang tâm không truyền thẳng)

c Xét hai tam giác đồng

dạng ABF1 và OJF1:

1

1

OF

0, 4

AB AF 70 20 

Số phóng đại bằng 0,4

Nếu các tia hướng tới M truyền thẳng, có thể coi M là vật ảo cho ảnh thật nằm trùng vị trí

H×nh 7

A' B'

B

A

F 2

F 1

, , O M

n 2

n 1

I

r

i

n 1 n 2

h

H×nh 6

5

Câu 6 Thực hành (2 điểm)

với vật

Thay d = - d’ vào 1 1,3 1

d d ' 20ta có d’ = -6 cm Vậy M ở cách O một khoảng 6 cm về bên phải thấu kính

Phương án đo như sau

Nối trục hình trụ với 2 thanh kim loại mảnh AD, BC (hoặc dây không dãn Ab, CD)

có chiểu dài d rồi cho hệ dao động tự do quanh trục

DC nằm ngang với biên độ nhỏ Coi đây là con lắc Vật lí với trục quay CD Gọi I0 là mô men quán

quán tính đối với trục CD là:

2

I  I  md Do đó:

2 0

I md I



Dùng thước đo chiều dài d, dùng đồng hồ đo chu kì dao động nhỏ T, cân khối lượng

m của vật ta tính được mô men quán tính:

2

Chú ý:

- Vì hình trụ không đồng chất nên không dùng được công thức

2

G

R

2

- Cách cho điểm:

+ Nêu được cở sở lí thuyết của phép đo: cho 1,25 đ

+ Vẽ hình và nếu cách đo (đo các đại lượng nào …) cho 0,75 đ

+ Nêu các cách đo khác kém khả thi hoặc không chính xác có thể cho 1,0 đến 1,5 điểm

Ví dụ: Có thể dùng phương pháp khác như quấn dây mềm quanh hình trụ rồi thả rơi (như Hình 10), đo thời gian và khoảng cách rơi để suy ra gia tốc hình trụ rồi tìm ra I0 Phương pháp này kém chính xác vì khó đo chính xác thời gian rơi./

B

Hình 9

A

Hình 10

F 2

F , 1 O M ,

n 2

P

n 1

Hình 8