SỞ GIAÓ DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNH KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Môn: VẬT LÍ - Vòng 2 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Câu Nội dung Điểm 1(5đ) 1.1 (1đ) A v  luôn thẳng đứng hướng xuống, B v  luôn nằm ngang, kẻ hai đường vuông góc với hai vectơ này, ta xác định được tâm quay tức thời O. Tốc độ góc của A và B như nhau  A =  B hay v A OA = v B OB  v A = OA OB v = v 3 …………………………………………… 0,5 0,5 1.2 (2đ) Thời gian đầu B chuyển động được quãng đường s B = L 2 là t = L 2v ………………… trong thời gian này con bọ bò được quãng đường s b = ut = Lu 2v = 3L 4 tới điểm M…… Dễ dàng nhận thấy MO  AB, tức là điểm M lúc đó đang chuyển động với vectơ vận tốc M v  dọc theo thanh hướng xuống v M OM = v B OB  v M = v 2 …………………………………………………………………… Vận tốc của con bọ Mb vuv   Với M v  và u  cùng phương, ngược chiều nên v b = u – v M = v……………………… b v  hợp với phương thẳng đứng góc 30 0 , hướng lên…………………………………… 0,25 0,5 0,5 0,5 0,25 1.3 (2đ) Tại thời điểm nào đó, thanh AB hợp với sàn một góc , gọi G là trung điểm của AB, M là vị trí của con bọ, O’N  AB tại N, MK  O’B tại K. Độ cao của con bọ h = KM, O’N = H, ta có A B v B O’ G M N K H h A B v B v A O M u v b v M A B v B v A O KM O'N = MB O'B hay h H = ut vt = u v  h = H u v ………………………………………………… Xét hai tam giác đồng dạng NO’A và NBO’, có hệ thức NO' NA = NB NO'  H = NO’ = NA.NB ≤ NA + NB 2 = L 2 Vậy H max = L 2 suy ra độ cao cực đại của con bọ h max = H max u v = L 2 . u v ………………… Khi đó N trùng với G và  = 45 0 Thời gian để con bọ lên được độ cao h max bằng thời gian điểm B đi được quãng đường O’B = L 2 và bằng t max = L 2v ………………………………………………… Khi đó con bọ đã đi được quãng đường BM = ut max = L 2v u phải thỏa mãn điều kiện BM = L 2v u ≤ L  u ≤ v 2 Vậy trong điều kiện u ≤ v 2 thì độ cao cự đại của con bọ là h max = L 2 . u v ……………… Còn với điều kiện u ≥ v 2 thì con bọ đạt độ cao cực đại khi nó đi được quãng đường L với thời gian u L t ' max  : 22 222' max u v 1L u L vL)B'O(LA'Oh               ………………………… 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 2(3đ) Giả sử biểu thức điện áp hai đầu mạch là u = U 0 cos(t), do tính đối xứng nên điện áp hai đầu mỗi cuộn dây và mỗi tụ điện lần lượt là u L = u C = u 2 = U 0 2 cos(t) ……………………………………………………………………… Cường độ dòng điện qua các cuộn dây và các tụ điện lần lượt là i L = U 0 2L cos(t -  2 ) = U 0 2L sin(t) …………………………………………………………… i C = U 0 C 2 cos(t +  2 ) = - U 0 C 2 sin(t) ……………………………………………………… Cường độ dòng điện qua ampe kế i A = i L - i C = U 0 2       1 L + C sin(t)…………………………………………………………… Số chỉ ampe kế là giá trị hiệu dụng của i A I A = U 0 2 2       1 L + C đạt cực đại khi 1 L + L đạt cực đại……………………………………. Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta suy ra được,  = 1 CL , khi đó I A = U 0 C 2L ……………… 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 3(4đ) Chọn trục tọa độ Ox gắn với đất, thẳng đứng hướng xuống, gốc O tại đầu A khi dây chưa bị đốt. Gốc thời gian t = 0 khi đốt sợi dây. Gọi l 0 là chiều dài tự nhiên của lò xo, ta có l 0 = l - 2mg k …………………………………………………………………………………… Tại thời điểm t, tọa độ của các vật m và 2m lần lượt là x 1 , x 2 ma 1 = m )xx(kmgx 012 '' 1 l …………………………………………………………… 2ma 2 = )xx(kmg2mx2 012 '' 2 l …………………………………………………………. Suy ra )xx( m2 k3 xx 012 '' 1 '' 2 l hay (x 2 – x 1 – l 0 )’’ = - 3k 2m (x 2 - x 1 - l 0 ) …………………………. Phương trình vi phân này có nghiệm 0,5 0,5 0,5 0,5 x 2 – x 1 – l 0 = Acos         t m2 k3 ………………………………………………………………. Sử dụng điều kiện ban đầu v 1 (0) = v 2 (0) = 0; x 1 (0) = 0, x 2 (0) = l 0 + 2mg k , suy ra x 2 – x 1 = l 0 + 2mg k cos         t m2 k3 ………………………………………………………………… Lò xo không biến dạng khi x 2 – x 1 = l 0  cos         t m2 k3 = 0…………………………………… Suy ra t = (2n + 1)  2 2m 3k , với n ∈ Z suy ra thời gian ngắn nhất t =  m 6k ………………… 0,5 0,5 0,5 0,5 4(5đ) Do lớp vật chất được tách ra mỏng nên điện tích q không bị tách thành hai lớp trên hai mặt mà được phân bố đều trên lớp đó. Giả sử tại thời điểm t đã có lượng điện tích Q từ bản trái chuyển sang bản phải, khi đó điện tích trên bản trái là -q - Q, trên bản phải là Q. ……………………………………… Vùng không gian giữa bản trái và bản giữa có điện trường do cả ba bản gây ra E t = q + Q 2 0 S ; E g = q 2 0 S ; E p = Q 2 0 S ………………………………………………… Cả ba vectơ  E t ,  E g ,  E p cùng chiều từ trái qua phải nên cường độ điện trường tổng hợp có hướng từ trái qua phải và có độ lớn E 1 = E t + E g + E p = q + Q  0 S ………………………………………………………… Vùng không gian giữa bản phải và bản giữa cũng có điện trường do cả ba bản gây ra E t = q + Q 2 0 S ; E g = q 2 0 S ; E p = Q 2 0 S ………………………………………………… Nhưng vectơ  E g hướng từ trái qua phải, ngược chiều với hai vectơ còn lại nên vectơ cường độ điện trường tổng hợp có độ lớn E 2 = E t - E g + E p = Q  0 S …………………………………………………………… Và cũng hướng từ phải qua trái Hiệu điện thế giữa bản phải và bản trái U = E 1 .vt + E 2 .(d - vt) = q + Q  0 S .vt + Q  0 S (d - vt) = qvt  0 S + Qd  0 S ………………………. Với quy ước chiều dòng điện như hình vẽ và do điện trở trong mạch không đáng kể, theo định luật Ôm ta có U = L dI dt LI’ = qvt  0 S + Qd  0 S …………………………………………………………………… Đạo hàm hai vế và chú ý rằng - dQ dt = I (điện tích Q trên bản phải đang giảm), ta được 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 I’’ = qv  0 SL - Id  0 SL Đặt i = qv  0 SL - Id  0 SL  i’’ = - d  0 SL I’’ Suy ra I’’ = -  0 SL d i’’ = i Hay i’’ = -  2 i với  = d  0 SL ……………………………………………………… Nghiệm của phương trình có dạng i = i m cos(t + ) …………………………………………………………………… Trong đó i m = qv  0 SL khi I = 0, lúc đó t = 0, và cũng suy ra  = 0 Vậy I = qv d ( ) 1 - cos(t) …………………………………………………………………. 0,5 0,5 0,5 5(3đ) Đo tiêu cự f 1 của thấu kính hội tụ: + Đặt cây nến được thắp sáng trước thấu kính hội tụ và đặt màn sau thấu kính. Điều chỉnh khoảng cách từ nến đến thấu kính và từ màn tới thấu kính sao cho thu được ảnh của nến rõ nét trên màn. + Dùng thước đo các khoảng cách d từ nến tới thấu kính và d’ từ màn tới thấu kính. + Tiêu cự của thấu kính được tính bằng công thức: f 1 = dd' d + d' ……………………………………………………………………………………… Đo tiêu cự f 2 của thấu kính phân kì: + Giữ nguyên sơ đồ thí nghiệm đã đo tiêu cự thấu kính hội tụ, tức là đang thu được ảnh thật S’ rõ nét trên màn của ngọn nến S qua thấu kính hội tụ. + Đặt thấu kính phân kì giữa thấu kính hội tụ và màn, đo khoảng cách d 1 từ thấu kính phân kì đến màn………………………………………………………………………………………… + Dịch màn ra xa các thấu kính cho tới khi lại thu được ảnh S’’ của nến rõ nét trên màn. Đo khoảng cách d 2 từ thấu kính phân kì đến màn lúc đó. + Nhận thấy S’’ chính là ảnh thật của vật ảo S’qua thấu kính phân kì lúc đó, ta có thể tính được tiêu cự của thấu kính này bằng công thức: 1 f 2 = 1 d 2 - 1 d 1  f 2 = d 1 d 2 d 1 - d 2 ………………………………………………………………………. Sơ đồ thí nghiệm: 0,5 0,5 1,0 1,0 * Ghi chú: 1. Phần nào thí sinh làm bài theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa phần đó. 2. Không viết công thức mà viết trực tiếp bằng số các đại lượng, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. 3. Ghi công thức đúng mà: 3.1. Thay số đúng nhưng tính toán sai thì cho nửa số điểm của câu. 3.3. Thay số từ kết quả sai của ý trước dẫn đến sai thì cho nửa số điểm của ý đó. 4. Nếu sai hoặc thiếu đơn vị 3 lần trở lên thì trừ 1,0 điểm. 5. Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 điểm. d 2 d 1 d’ d S S’ S’’ . DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNH KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011 – 2 012 Môn: VẬT LÍ - Vòng 2 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Câu Nội dung Điểm. ngắn nhất t =  m 6k ………………… 0,5 0,5 0,5 0,5 4(5đ) Do lớp vật chất được tách ra mỏng nên điện tích q không bị tách thành hai lớp trên hai mặt mà được phân bố đều. Tại thời điểm t, tọa độ của các vật m và 2m lần lượt là x 1 , x 2 ma 1 = m )xx(kmgx 012 '' 1 l …………………………………………………………… 2ma 2 = )xx(kmg2mx2 012 '' 2 l ………………………………………………………….