De dap an thi chon doi tuyen HSG QG 2013 Ly Yen Bai

Khi K đóng, dòng điện chỉ đi qua cuộn cảm L, tụ điện được tích điện đến điện tích Q0 = CE điện tích trên bản tụ nối với A.. Chọn chiều dương cho dòng điện trong mạch như hình vẽ Hình 2.[r]

F 



Hình 1

N 

P  O

y

E

Hình 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM 2013 VÒNG II Môn: VẬT LÝ

Câu 1.

(3 điểm)

1 Định luật II Niutơn cho vật: ma P N F    

với F = k.t Chiếu lên trục Ox: max F.cos k cos.t 1 

Chiếu lên trục Oy: may mg N k sin.t 2 

0,25 0,25 0,25 Khi vật bắt đầu rời mặt phẳng ngang thì

N = 0 và ay = 0

Từ (2) ta có t mg 3 

sin





k.cos t

a 4

m





0,5

Vận tốc của vật:

2 x

k.cos t 1 k.cos

(5) Thay t từ (3) vào (5), ta được:

2 2

mg cos v

k sin





 (6)

0,5 0,25

2 Tính quãng đường đi được:

 

1 k cos 1 k cos

Thay t từ (3) vào (7), ta được:

2 3

2 3

1 m g cos s

6 k sin





Câu 2.

(3 điểm)

1 Khi K đóng, dòng điện chỉ đi qua cuộn cảm L, tụ điện được tích điện đến điện

tích Q0 = CE (điện tích trên bản tụ nối với A) Chọn chiều dương cho dòng điện

trong mạch như hình vẽ (Hình 2) Áp dụng định luật Ôm cho mạch kín:

Li E ir 0  Với r = 0, ta được:

E = Li’ = L

di

dt

0 0

E

I t (*) L

0,5

2 a Chọn gốc thời gian là lúc khóa K ngắt, chọn điện tích bản A làm điện tích của tụ, ta

có:

Lúc t = 0

0 0

i I





 

 , khi đó UAB > 0, điôt Đ đóng (Hình 3), trong mạch LC

có dao động điện từ Chọn chiều dương cho dòng điện như hình vẽ, ta có phương

trình định luật Ôm:

q

0,5

I0 2I0 iL

tmin t 0

q0 q

Suy ra: q Acos    với t 

1 LC

 

iqAsin   t

Chọn t = 0 lúc K mở:

QAcos (1)

i = IωAsin (2)

q

Dòng điện qua cuộn cảm đạt cực đại khi q = 0 Áp dụng định luật bảo toàn năng

2

2LI 2CE 2L I Lúc i đạt max thì q = 0 0 3

C

I E

L

(3)

Thế q0 = CE và (3) vào (1) và (2) ⟹

os

3L















CE Ac

A LC





tanφ φ = ; A =

6





0,25

0,25

Vậy:

q cosωt+ ; i 2E sin ωt+

3

max 0

i 2I khi sin

π

6

 t 

t 6 2 2k

    

1

t t

  khi k = 0 tmin 3 3 LC



Từ trên

⟹ min 0 0

3 3

0,5

b Khi t

 tmin thì imax

= 2I0; q

= 0,

UAB =

0, lúc này điốt mở, dòng điện không đổi đi qua điốt và cuộn cảm

Dạng đồ thị

0,5

0,5

AasA P1

P2

Hình 4

O

Câu 3.

(3 điểm)

Gọi  và ; 1 L L là vận tốc góc của quả cầu đối với khối tâm của nó và mô men; 1

động lượng của nó đối với điểm va chạm A tương ứng trước và sau của quá trình

va chạm với bậc thềm, ta có:

L = mv(R – h) +

2 2

5mR  =

7

5mvR mvh (1)

Quả cầu lăn không trượt nên v =  và LR 1 =

5mR mR  5mR 

Vì va chạm xảy ra rất nhanh nên L = L1



7

5mvR mvh =

2 1

7

5mR   1

5 1 7

h v

R R

   

0,5 + Để qủa cầu vừa đủ để vượt qua bậc thềm thì động năng quay phải đủ lớn để

cung cấp nănglượng cho quá trình tăng thế năng ĐLBTNL có

2 1

1

2I A mgh (4) Trong đó IA =

5  5 (5) là mô men quán tính đối với A

0,5

Thay (3)&(5) vào (4) ta có:

2 2 2

Rút gọn có: min

70





v

R h (*)

0,5

Câu 4.

(3 điểm)

Theo nguyên lý 1 của NĐLH :

U = Q – A (1) Quy luật dãn nở của khi cho ta :

Công sinh ra là diện tích hình thang gạch chéo :

Ai = PiVi

A = Ai = dt = dththg

2 2

2 1

b (P P ) (2) 2

1,0

Mặt khác ta có phương trình trạng thái

PV = RT  bP2 = RT

TR = (T’ – T) R = b(P22 P12)  T = R

b (P22 P12) (3)

0,5

Theo định nghĩa CV và từ (1), (2), (3) ta có :

Quá trình đẳng tính U = Q = CvT

Q (P P ) RQ (P P )

C

b

T (P P ) b(P P ) R



0,5

b

[C (P P ) (P P )]

2

O f F

45°

O

p 

1

p 

2

p

45°

y

x

Cõu 5.

(3 điểm)

bằng một đoạn nhỏ, gọi θ là góc giữa đờng nối Q và q với phơng thẳng đứng

Thế năng tĩnh điện của hai quả cầu:

2 R cosθ

Thế năng trọng trờng của quả cầu Q: W G=2mgR cos2θ

0,25

Thế năng tổng hợp của quả cầu Q:

2 R cosθ+2 mgR cos

2θ

Tại θ=0 có

dW

dθ =0 Đây là một vị trí cân bằng của Q.

0,25

Xét đạo hàm cấp hai của W theo θ :

d2W

dθ2 =

kqQ

2 R .

cos3θ+sin 2θ sin θ

Để A là vị trí cân bằng bền của Q, đạo hàm cấp hai của W theo θ tại θ=0

phải lớn hơn 0 Từ đó ta có:

kqQ

2 R −4 mgR≥0 Suy ra q≥ 8mgR

2

kQ Vậy

qmin= 8mgR2

0,5

2 Khi quả cầu lệch góc nhỏ θ , vận tốc của nó là: v =2 R θ '

Năng lợng toàn phần của quả cầu đợc bảo toàn:

2 R cos θ+2 mgR cos

2θ+1

2m(2 Rθ

'

Vì θ nhỏ nên sin θ≈ θ

Do đó:

2 R(1−θ2)

1 2

+2 mgR(1−θ2)+2 mR2(θ '

2 R ( 1+ θ2

2 ) +2 mgR ( 1−θ2) + 2mR2( θ')2= const 0,25 Lấy đạo hàm hai vế của E theo thời gian:

2

dE kqQ

4mgR 4mR 0

dt  2R          

⇒θ ''+(8 mR kqQ 3−

g

R)θ=0

0,5

Vậy quả cầu Q dao động điều hoà với chu kì

T = 2 π

g

Chựm tia lade tới cú động lượng 1

E p c



Theo đề bài, chựm tia lú cú động lượng

1 2

E p 2 p

0,5

Động lượng truyền cho thấu kớnh: p p   1 p2

(Hỡnh 5)

0,5

Câu 6.

(3 điểm)

Từ hình vẽ, ta có:

2 2

c 4c c 2c 2

2 2

2

0,5

Lực trung bình tác dụng lên thấu kính (có độ lớn bằng độ lớn của lực trung bình

mà thấu kính tác dụng lên chùm tia, gây biến thiên động lượng):

F p 0, 74.0, 49 8 1 N 

t 10 3.10

Lực ấy hướng theo chiều của vectơ p

 , tức là hợp với p 1

(song song với trục chính) góc θ Chiếu phương trình vectơ lên hai trục Ox và Oy, ta được:

0

1

p p p cos45 p 1

2 2

0

1

p p sin 45 p

2 2

0,5

Suy ra:

x

Câu 7.

(2 điểm)

1 Bán kính Bo là

11

4π kme 4π 9.10 9,1.10 1,6.10





Lực hướng tâm giữ êlêctrôn chuyển động tròn trên quỹ đạo chính là lực

Cu – lông: 

2 2 2

v e

Thay r = r0, ta có:

9

0



0,5

Chu kỳ quay của êlêctrôn:

 

11

17 0

0

2 r 2.3,14.5,3.10







2 Bán kính ứng với trạng thái có lượng tử số n là r n r 2 0

Tốc độ dài của êlêctrôn khi đó

2 0

v e

Tần số quay của êlêctrôn là

2

f

T 2 r 2 n r n hr

0,5

Áp dụng bẳng số với n = 2:

2

2

14

0

9.10 1, 6.10 ke

n hr 2 6,625.10 5,3.10



0,5

Số vòng quay trong 10 s8 là N 8, 22.10 10 14 8 8, 20.106 (vòng)

HẾT

Ghi chú: - Nếu thí sinh làm khác với hướng dẫn chấm nhưng vẫn đúng, giám khảo cũng

cho điểm tối đa theo biểu điểm.