HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VẬT LÍ 12 PHỔ THÔNG - NĂM HỌC 2008 - 2009 Câu Nội dung – Yêu cầu Điểm 1 (4đ) - Do tác dụng của trọng lực P 2 = m 2 g, 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: m 2 g – T = m 2 a (1) (với T là lực căng dây tác dụng lên vật nặng) - Phương trình chuyển động quay của hình trụ : M = I γ , với M = T’R = TR (với T’ là lực căng của dây tác dụng lên hình trụ, T’ = T) 2 1 m R I = 2 , a γ = R (2) - Từ (1) và (2) ta có : a = 2 2 1 2m g 2m + m ; 2,86 (m/s 2 ) và T = m 2 (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 kx 0 = mg (1), với x 0 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 r , tại thời điểm vật bắt đầu rời mặt nằm ngang, vật chuyển động xuống dưới với vận tốc v r . Gọi x M là độ giãn cực đại của lò xo. Thế năng của vật khi vừa rời khỏi mặt ngang là mg(x M - x 0 ). Theo định luật bảo toàn cơ năng: 2 2 2 0 M M 0 kx kxmv + mg(x -x ) + = 2 2 2 (2) - Từ (1) và (2) ta có: 2 2 2 2 M M m g kx - 2mgx - mv + = 0 k (*) - Do x M > x 0 nên nghiệm của phương trình (*) là đơn trị : M mg m x = + v k k 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( ω t + ϕ ), với k ω = m - Khi t = 0 → x = Acos ϕ = 0 v = - A ω sin ϕ Ta có : A = sin v ω ϕ − = m v k - Độ giãn cực đại của lò xo là : x M = x 0 + A = mg m + v k k 0,5 1,0 0,5 1,0 v x M A x 0 3 (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: 1 2 2 k dE dq R x = + Thành phần cường độ điện trường dE 1x dọc theo trục xx’: 1x 1 2 2 2 2 k dq x dE = dE cosα = . R + x R + x = 2 2 3/2 2 2 3/2 kx dq kλ x dl = (R + x ) (R + x ) ; với λ=Q/(2πR) - Cường độ điện trường do vòng dây gây ra tại A là: 2 2 3/2 k x λ E = dE = 2πR (R + x ) ∫ = 2 2 3/2 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: 2 2 3/2 -qkQx F= - qE = = mx (R + x ) ′′ ⇒ 2 2 3/2 kQqx x + = 0 m(R + x ) ′′ - Vì x<<R nên: 3 2 2 3 x x R (R + x ) ≈ ⇒ 3 kQq x + x = 0 mR ′′ (*). Đặt: 2 3 kQq ω = mR Chứng tỏ -q dao động điều hòa quanh vtcb O. Với chu kỳ 3 mR T = 2π 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 LI L E W = = 2 2 r    ÷   - Trong quá trình dao động khi tụ điện đã tích điện đến hiệu điện thế cực đại U 0 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: U 0 = nE → 2 2 E C(nE) = L r    ÷   → L = Cn 2 r 2 (1) - Tần số dao động của mạch : 1 1 f = = T 2π LC → 2 2 1 LC = 4π f (2) - Từ (1) và (2) ta có : 1 C = 2πnrf = 15,9 (nF) ; nr L = 2πf = 1,59 ( μ H) 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 ϕ AB = R AB U U ⇒ U R = U AB .cos ϕ AB = 120 (V). 0,5 - Lại có: cos ϕ AN = R R 2 2 AN R L U U U U U = + ⇒ U L = 160 (V). - Điện áp hai đầu đoạn mạch: 2 2 2 AB R L C U U (U U )= + − Thay số và giải phương trình ta có: U C = 250 (V) hoặc U C = 70 (V) - Vì đoạn mạch có tính dung kháng, Z C > Z L ⇒ U C > U L , vậy U C = 250 (V). b. Tính R, L, C. * Dòng điện i lệch pha π/2 so với u c = u NB . - Theo giả thiết u AB lệch pha π/2 so với u NB ⇒ u AB cùng pha với i: trong mạch xảy ra cộng hưởng, khi đó: + Điện trở thuần: R = Z ABmin = AB U 60 I = (Ω). + Z L = Z C → LC = 4 2 2 1 10 4 − = ω π (1) - Mặt khác, theo câu 1, ta có: cos ϕ AB = AB AB AB R R Z 75 Z cos ⇒ = = ϕ (Ω), nên AB 1 AB U I 2 Z = = (A). Từ đó: Z L1 = L 1 U 80 I = (Ω) ; L. ω 1 = 80 (2) và Z C1 = C 1 U 125 I = (Ω) ; 1 1 125 C = ω (3) - Nhân (2) và (3) vế theo vế, ta có: 4 L 10 C = (4) - Giải (1) và (4) ta có: L = 1 2π (H) và C = 4 10 2 − π (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 2 1 24d - 180 d = d - 6 ; 1 2 1 60 - 8d d = 3d - 22 ′ (1) - Khi d 1 = 15 cm → d’ 2 = - 2,6 cm < 0 : A’B’ là ảnh ảo cách L 2 một khoảng 2,6 cm. - Độ phóng đại: 1 2 2 1 1 2 f f - d 2 k = . = - f - d f 23 ′ < 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 1 1 2 1 d f -3d d d = = d - f d + 3 ′ → ; → 1 2 1 1 33d + 90 d = l - d = d + 3 ′ → 2 1 1 2 2 1 1 d f 2(11d + 30) d = = d - f 3d + 8 ′ (2) - Từ (1) và (2) ta có : 1 1 60 - 8d 3d - 22 = 1 1 2(11d + 30) 3d + 8 → 2 1 1 3d - 14d - 60 = 0 (*) - Phương trình (*) có 01 nghiệm dương duy nhất là d 1 = 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 . CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VẬT LÍ 12 PHỔ THÔNG - NĂM HỌC 2008 - 2009 Câu Nội dung – Yêu cầu Điểm 1 (4đ) - Do tác dụng của trọng lực P 2 = m 2 g, hệ chuyển động : hình trụ quay và vật nặng. 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: m 2 g – T = m 2 a (1) (với T là lực căng dây tác dụng lên vật nặng) -. bắt đầu nâng vật lên khi kx 0 = mg (1), với x 0 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 r , tại thời điểm vật bắt đầu