Đang tải... (xem toàn văn)
BỘ ĐỀ THI HSG QUỐC GIA MÔN LÝ BỘ ĐỀ THI HSG QUỐC GIA MÔN LÝBỘ ĐỀ THI HSG QUỐC GIA MÔN LÝ BỘ ĐỀ THI HSG QUỐC GIA MÔN LÝ BỘ ĐỀ THI HSG QUỐC GIA MÔN LÝ BỘ ĐỀ THI HSG QUỐC GIA MÔN LÝ BỘ ĐỀ THI HSG QUỐC GIA MÔN LÝ BỘ ĐỀ THI HSG QUỐC GIA MÔN LÝ BỘ ĐỀ THI HSG QUỐC GIA MÔN LÝ BỘ ĐỀ THI HSG QUỐC GIA MÔN LÝ
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM 2011 ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: VẬT LÍ Ngày thi thứ nhất: 11/01/2011 (Gồm 04 trang) Câu (4,5 điểm) Do tính đối xứng, ta thấy G nằm đường thẳng đứng Oy (xem hình vẽ) nên cần tính tọa độ yG = OG vật 2m O G Mật độ khối lượng ρ = g πR dα 2m 2m Xét phần tử dài dA , có khối lượng dm = ρdA = dA = dα B A πR π Theo công thức tính tọa độ khối tâm : G π dA 2m 2R 2R y yG = R cos α dα = Vậy OG = ∫ π m −π π π Chú ý: dùng phương pháp lượng để tính OG Xét vật vị trí ứng với góc lệch β Gọi ϕ góc mà vật tự quay quanh Chọn chiều dương tất chuyển động ngược chiều kim đồng hồ Lực tác dụng lên vật gồm: trọng lực, phản lực, lực ma sát nghỉ Phương trình chuyển động khối tâm vật xét theo phương tiếp O tuyến với quỹ đạo: m a = Fms − m g sin β Vì β nhỏ sin β ≈ β (rad) ⇒ m (R − r)β′′ = Fms − m gβ (1) β G Phương trình chuyển độngquay khối trụ nhỏ quanh khối tâm: A N B G (2) m r ϕ′′ = Fms r Fms Điều kiện lăn không trượt: (R − r)β′ = − rϕ′ ⇒ (R − r)β′′ = − rϕ′′ (3) C G g P Thay (2) (3) vào (1) ta được: β′′ + β=0 (4) 2(R − r) Phương trình (4) biểu diễn dao động điều hòa với chu kì T = 2π Từ (2) ⇒ Fms = m rϕ′′ = − m (R − r)β′′ = m (R − r)ω2β = m gβ 2(R − r) g (5) ⎛ β2 ⎞ Phản lực N = m gcosβ = m 2g ⎜1- ⎟ (6) ⎝ 2⎠ F Điều kiện lăn không trượt: ms ≤ μ với β (7) N F β Thay (5) (6) vào (7) ta có ms = f (β) = ≤ μ ∀ ≤ β ≤ β0 N − β2 1⎛ 1⎞ Bất phương trình cho nghiệm β0 ≤ ⎜⎜ + − ⎟⎟ 2⎝ μ μ⎠ Cần ý : để có kết cần có thêm điều kiện giới hạn β0 để sin β0 β0 (rad) Xét thời điểm khối tâm vật vật có li độ góc tương ứng α, θ Phương trình chuyển động vật theo phương tiếp tuyến với hình trụ: m3 Rθ '' = − m3gθ (1) G g g Nghiệm là: θ = θ0 cosω0 t = α cosω0 t, với ω0 = R O Phương trình quay G quanh O: m1R α′′ = − m1g 2R α π Nghiệm phương trình này: α = α cosω1t, với ω1 = 2g πR A (2) Gα (3) θ G N B C G G N' ⎛ ω1 − ω0 ⎞ ⎛ ω1 + ω0 ⎞ G P Góc lệch vật so với phương OG là: γ = α − θ = 2α cos ⎜ t ⎟ cos ⎜ t⎟ P 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ π Khi vật tới C γ = Suy t = ω1 + ω0 Câu (4,5 điểm) Đặt trục toạ độ Ox dọc theo trục bình, chiều dương chiều chuyển động bình Xét lớp khí mỏng khối lượng dm, chiều dày dx, cách đáy bình đoạn x Trong hệ quy chiếu gắn với Trái Đất, lớp khí chuyển động bình với gia tốc a chịu tác dụng hai lực theo phương Ox p(x)S -p(x+dx)S Theo ĐL II Niutơn ta có: ⎡⎣ p ( x ) − p ( x + dx ) ⎤⎦ S = dm.a hay −dp.S = dm.a (1) Mặt khác, phương trình trạng thái với lớp khí p (x )Sdx = dm RT μ (2) μa x RT ⎛ μa ⎞ p (0) ⎜1 − x⎟ (3) ⎝ RT ⎠ Để tìm p(0), ta dùng định luật bảo toàn khối lượng Từ (2) (3) tính dm, sau tích phân, tính được: L p(0)Sμ L ⎛ p(0)Sμ ⎛ μa ⎞ μaL2 ⎞ m = ∫ dm = x ⎟ dx = ⎜L− ⎟ ⎜1 − RT ∫0 ⎝ RT ⎠ RT ⎝ 2RT ⎠ Từ (1) (2) tìm được: p(x) = p(0) e − mRT mRT ⎛ μaL ⎞ ⎜1 + ⎟ ⎛ μaL ⎞ SμL ⎝ 2RT ⎠ SμL ⎜ − ⎟ ⎝ 2RT ⎠ mRT ⎛ μaL ⎞ ⎛ μaL ⎞ mRT ⎛ μaL ⎞ p (L) = ⎟ ⎜1 + ⎟ ⎜1 − ⎟ ⎜1 − SμL ⎝ 2RT ⎠ ⎝ RT ⎠ SμL ⎝ 2RT ⎠ Xác định vị trí khối tâm chất khí: L L ⎛ L μaL2 ⎞ ⎛ μaL ⎞ 1 p(0)Sμ ⎛ μa ⎞ ⎛ μaL ⎞ x G = ∫ xdm = ∫ x ⎜1 − x ⎟ dx = ⎜ − ⎟ ⎜1 + ⎟ ⎟ L⎜ − m0 m RT ⎝ RT ⎠ ⎝ 12RT ⎠ ⎝ 3RT ⎠ ⎝ 2RT ⎠ Vậy: p(0) = μL2 da 12RT Trong hệ quy chiếu gắn với vỏ bình, công nguyên tố lực quán tính thực lên khối khí Khi gia tốc thay đổi lượng da, khối tâm dịch chuyển khoảng dx G = − δA = Fdx G = ma a0 mμL2 mμL2 μL ada = − a0 da ⇒ A = ∫ 12RT 32RT 12RT a0 Công khí thực hiện: A ' = − A = mμL2 a0 32RT Áp dụng nguyên lý I NĐLH cho khối khí, ΔU = A ⇒ Do đó, ΔT = − m 3R mμL2 ΔT = − a0 μ 32RT μ L2 a0 48R T Câu (3,5 điểm) Khi phần lớp điện môi ε1 với chiều dài x rút khỏi tụ điện, phần lại tụ điện có chiều dài L - x Lúc này, tụ điện coi hệ gồm hai tụ điện mắc song song Tụ điện thứ có chiều dài x, có lớp điện môi không khí có ε = lớp điện môi ε2: 2πε C1 = x = Ax R+r 2R ln + ln 2r ε2 R + r Tụ điện thứ hai có chiều dài L - x, có lớp điện môi ε1 lớp điện môi ε2: 2πε C2 = (L − x) = B(L − x) R+r 2R ln + ln ε1 2r ε2 R + r Điện dung tương đương C = C1+C2 = Ax+B(L-x) = BL+(A-B)x = BL + (A-B)vt Vì B > A nên A-B < điện dung tụ điện giảm dần theo thời gian Vì tụ điện nối với nguồn nên hiệu điện hai U không đổi Khi lớp điện môi kéo khỏi tụ điện đoạn x = vt, lượng tụ điện thay đổi Công ngoại lực F công nguồn điện biến thiên lượng W tụ điện Fdx + Udq = dW 1 1 Do Fdx = U dC − Udq = − U dC = − U (A − B)dx F = − (A − B) U 2 2 Lực điện Fd trái chiều với ngoại lực F nên Fd = (A − B)U < Lực điện tác dụng lên điện môi hướng vào lòng tụ điện Chọn chiều dương dòng điện chiều dòng điện tích điện cho tụ điện, ta có dq UdC i= = = U(A − B)v < tụ điện phóng điện qua nguồn dt dt Câu (4,5 điểm) Gọi C1, O1; C2, O2 tâm đỉnh mặt cầu tương ứng Đường thẳng O1O2 trục thấu kính Do thấu kính hội tụ nên R1 > R2 C2 nằm khoảng C1O1 Xét tia sáng phát từ S làm với trục góc α Do nguồn sáng S đặt tâm mặt lõm nên tia sáng truyền thẳng đến điểm I mặt cầu lồi khúc xạ Đường kéo dài tia ló cắt trục S’; S’ ảnh S qua thấu kính Gọi i r góc tới góc khúc xạ I: sinr = n sini Đặt SC2 = x S’C2 = y Với thông số cho, dễ dàng chứng minh I r tam giác SC2I cân i = α Vì vậy, b a sin r sin r i γ α ϕ theo định luật khúc xạ = =n sin i sin α S’ S x C2 O1 O2 Ta có: γ = 1800 − r − ϕ = α + i − r = 2α − r y Áp dụng định lý hàm số sin cho tam giác S’C2I : R s in r R s in r nR nR y= = = = sin γ sin(2α − r) sin 2α cos r − sin r cos 2α sin 2α cos r − n cos 2α sin α sin α sin α * Thay α = 150 ta tính r = 22,840 , y1 = 9,35 cm nR * Thay α ≈ 00 ta tính r ≈ 00 , y = = cm 2−n Vậy dải điểm ảnh nằm trục chính, bên trái C2, có bề rộng Δy = y1 − y = 0,35cm sin i sin ϕ Đối với tam giác SC2I ta có: với a = SI = x a sin r sin ϕ x sin r a nx a = với b = S’I ⇒ = ⇒ = Đối với tam giác S’C2I ta có: y b y sin i b y b Mặt khác xét hai tam giác SC2I S’C2I ta có: a = R 22 + x + 2R xcosϕ b = R 22 + x + 2R ycosϕ Từ biểu thức ta có: n x R 22 + x + 2R xcosϕ = ⇒ n x (R 22 + y ) − y (R 22 + x ) + 2R xy(n x − y)cosϕ = 2 y R + y + 2R ycosϕ Để tia tới (góc ϕ khác nhau) có đường kéo dài tia khúc xạ qua S’ n x = y Thay vào phương trình ta có R2 = nx n Mặt khác C2 O = SO - SC2 = SO1 + O1O - SC2 ⇒ R = (R + O1O ) = 3, 6cm n +1 Câu (3,0 điểm) 2ke2 dW 2ke2 = − P = − a (1) Sử dụng điều kiện P = a ta có: 3c3 dt 3c3 Vì êlectron chuyển động tròn với bán kính quỹ đạo r nên chịu lực hướng tâm lực Culông Theo ke2 v2 (2) phương trình ĐL II Niutơn: Fht = = m r r Năng lượng toàn phần gia tốc êlectron là: ke2 ke2 ke ke2 W = mv − = − =− (3) r 2r r 2r ke2 a = a ht = (4) mr ke dr 2ke ⎛ ke ⎞ 3m r c3 Thay (2),(3),(4) vào (1) ta có: = − ⎜ ⎟ ⇒ dt = − dr 2r dt 3c ⎝ mr ⎠ 4k e Với r = R thời điểm t = Thời gian mà r = R0 là: R0 3m c3 m c3 t =−∫ r dr = R − R 30 ) , thay số tính được: t = 10-9s 4 ( 4k e 4k e R (5) 2π 2πr mr 2π πr mr T = = =0,153.10-15 s = =1,22.10-15 s; T ' = ω ' 4e k ω e k 2t Số vòng quay quỹ đạo êlectron là: N = ≈ 106 vòng./ ' T+T Ta có: T = HẾT - BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM 2011 ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: VẬT LÍ Ngày thi thứ hai: 12/01/2011 (Gồm 05 trang) Câu (4,5 điểm) G G G Chiếu phương trình động lực học Mg + F = Ma lên phương: Ox tiếp tuyến với quỹ đạo khối tâm: Mγd = Ft − Mg sin α (1) Oy trùng với phương GO: Phương trình chuyển động quay Mω2 d = Fn − Mg cos α (2) Iγ = - Mgdsinα (3) Md Từ (1) (3) suy ra: Ft = Mg (1 − A ) sin α , với A = (4) I Iω2 Định luật bảo toàn lượng: = Mgd(cosα − cos α ) (5) Từ (5) (2) suy ra: Fn = Mg ⎡⎣(1 − 2A ) cos α + 2A cos α ⎤⎦ 2 t G Ft O x d α G Do F = F + F = Mg ⎡⎣(1 − 2A ) cos α + 2A cos α ⎤⎦ + (1 − A ) sin α Gia tốc khối tâm: n G F G Fn 2 α G P a = a 2n + a 2t = (ω2 d) + ( γd) = g 4A (cos α − cosα ) + A sin α = gA − 8cos α.cos α + 3cos α + cos α Md 2 − cos α + 3cos α I Xét hàm f (α) = − cos α + 3cos α Dễ dàng thấy hàm có cực đại α = với f (0) = cực Khi α0 = 60o có a = g Mgd < 1, a cực đại α = a max = I a Phân tích xung lượng X O lực trục quay tác dụng lên lắc thành hai thành phần XOy, XOx theo phương thẳng đứng Oy phương ngang Ox Áp dụng định lý biến thiên động lượng mômen động lượng với vx, vy thành phần vận tốc khối tâm sau va chạm: Mv Gx = X sin β + X Ox ; (1) v Iω = AX sin β , với ω = Gx (2) d ⎛ MA d ⎞ Từ (1) có: X Oy = Xcosβ ; X Ox = Mv Gx − X sin β = ⎜ − 1⎟ X sin β (3) ⎝ I ⎠ tiểu ứng với cosα = 2/3 Tại biên f (±600 ) = ⎛ MA d ⎞ 2 Độ lớn X O : X O = X Ox + X Oy =X ⎜ − 1⎟ sin β + cos 2β ⎝ I ⎠ b Để trục quay không chịu tác động xung lực X cần hai điều kiện X Oy = ⇒ β = X Ox = ⇒ X O = ⇒ A = OA = π I Md Câu (4,0 điểm) Viết lại biểu thức điện áp: u MN = U cos ωt = U0 (1 + cos2ωt) U0 U tạo dòng điện có cường độ I1 = 2R Biểu diễn thành phần điện áp xoay chiều chạy qua L, R C giản đồ (xem hình vẽ): G G G ⎛π ⎞ U = U LR = U C Từ giản đồ: I 2xc = I 2R + IC2 + 2I R I C cos ⎜ + ϕRL ⎟ G ⎝2 ⎠ G G Ixc I C Trong U Thành phần điện áp không đổi u1 = U 2ωL ⎛π ⎞ cos ⎜ + ϕLR ⎟ = − sin ϕLR = − L = − U LR ⎝2 ⎠ R + L2 4ω2 U ; IC = 2ωCU IR = R + L2 4ω2 2 ⎡ − 8ω LC 2⎤ I = U Từ xc ⎢ R + L2 4ω2 + 4ω C ⎥ (1) ⎣ ⎦ ϕLR G ILR Để biên độ thành phần xoay chiều không phụ thuộc vào R − 8ω2 LC = ω = L G UR 2LC Số ampe kế giá trị hiệu dụng dòng I02 U C = + 2 R 2L Để số ampe kế nhỏ nhất, Ixc nhỏ ⎡1 − 2LCx ⎤ Đặt x = (2ω) ; từ (1) có hàm số y = ⎢ + C x ⎥ (2) ⎣R + L x ⎦ điện: I = i = (I1 + i xc ) = I12 + Ixc nhỏ y’ = ⇒ y ' = Giải ra, tìm x = L2 −2LC ( R + L2 x ) − L2 (1 − 2LCx ) (R + L x) 2 ⎡ L2 2LR ⎤ − R ⎥ Vậy ω = ⎢ 2+ C ⎢⎣ C ⎥⎦ + C2 = L2 2LR + − R2 C2 C 2L Câu 3.(4,0 điểm) Khi chưa đặt mặt song song, ảnh S nằm F2′ O1 S A f S S1 a S" O2 f +a O1 O2 S' A * Khi đặt mặt song song phía sau thấu kính L2 ⎛ 1⎞ Ảnh S” S qua quang hệ bị dịch đoạn a = h ⎜ − ⎟ theo đường truyền tia sáng ⎝ n⎠ (f + a)f cách L2 d′2 = f + a từ tính d = (1) a * Khi đặt mặt song song phía trước thấu kính L1 Sơ đồ tạo ảnh : d d′ d d′ S′ L1 S′′ L 2 S′′′ S Bản mỏng d1f (f − a)f (2) =− d1 − f a (f + a)f (f − a)f Từ (1) (2) suy A = d + d1′ = − = 2f a a a) Xét chùm tia hẹp, giới hạn hai tia sáng song song độ cao y y + dy, tia ló khỏi mặt bị lệch góc α so với tia tới Sự thay đổi chiết suất bỏ qua đường truyền tia mặt gần thẳng gần vuông góc với mặt Do quang trình tia AC là: h ( n + k(y + dy) ) Có d1 = f − a ⇒ d1′ = A y+dy y α B tia BD là: h ( n + ky ) + dy sin α C D α Quang trình hai tia hai mặt đầu sóng AB CD nhau: h ( n + k(y + dy) ) = h ( n + ky ) + dy sin α Từ suy ra: sin α = kh không phụ thuộc vào y nên chùm sáng qua mặt chùm song song lệch so với quang trục góc α, chùm tia qua thấu kính L2 hội tụ điểm S” nằm khf tiêu diện cách tiêu điểm là: S"F2 = f tan α = − k 2h Từ giả thiết, suy kh > Id V A −Ig 1 = ln Ig − ln Id = A ln Ig + B ln K α α α Id Như để tìm α Id ta cần vẽ đồ thị U = U (Ig ) Đồ thị dựng việc thay đổi cường độ chiếu sáng để nhận cặp giá trị Ig U0 tương ứng Xác định U0 việc đo hở mạch Ig dòng ngắn mạch nối tắt hai cực pin Suy U * Tiến hành thí nghiệm: Sử dụng chế độ chiếu sáng mạnh - Chiếu sáng vào bề mặt pin, dùng vôn kế đo hiệu điện hở mạch, U0 - Nối tắt hai cực pin thông qua ampe kế, đọc số dòng tương ứng Ig - Lặp lại thao tác với cường độ chiếu sáng khác Ghi số liệu vào bảng: Lần đo U0 U0 Ig ϕ * Xử lý số liệu: Dựng đồ thị biểu diễn mối quan hệ U0 theo lnIg Từ độ nghiêng đường biểu diễn đồ thị suy A = 1/α = tanϕ ⇒ α = cotϕ Từ điểm cắt ngoại suy đường với trục lnIg suy ra: B = − ln Id ⇒ Id = e- αB / α Ln Ig HẾT - BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM 2011 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: VẬT LÍ Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi thứ nhất: 11/01/2011 (Đề thi có 02 trang, gồm 05 câu) Câu (4,5 điểm) Cho vật mỏng đều, đồng chất, uốn theo dạng lòng máng thành phần tư hình trụ AB cứng, ngắn, có trục ∆, bán kính R gắn với điểm O cứng, mảnh, nhẹ Vật quay không ma sát quanh trục cố định (trùng với trục ∆) qua điểm O Trên Hình 1, OA OB cứng độ dài R, OAB nằm mặt phẳng vuông góc với trục ∆, chứa khối tâm G vật 1, C giao điểm OG lòng máng Tìm vị trí khối tâm G vật ∆ O G Giữ cho vật cố định đặt vật hình trụ g R rỗng, mỏng, đồng chất, chiều dài với vật 1, bán kính r (r < R), β0 nằm dọc theo đường sinh vật Kéo vật lệch khỏi vị trí cân A B góc nhỏ β0 thả nhẹ r G a) Tìm chu kì dao động nhỏ vật Biết trình C dao động, vật lăn không trượt vật Hình b) Biết µ hệ số ma sát nghỉ vật vật Tìm giá trị lớn ∆ góc β0 để trình dao động điều hoà, vật không bị O G g R trượt vật Thay vật vật nhỏ Vật nằm mặt phẳng A α0 α0 OAB Kéo cho vật vật lệch khỏi vị trí cân cho G B G vật nằm hai phía mặt phẳng thẳng đứng chứa ∆, với góc lệch α Hình 2, thả nhẹ Bỏ qua ma sát Tìm khoảng thời m C gian nhỏ để vật tới C Hình Câu (4,5 điểm) Một bình hình trụ chứa chất khí đơn nguyên tử, chiều dài L, diện tích đáy S, chuyển động dọc theo phương song song với trục bình Khối lượng khí bình m Ở thời điểm bình chuyển động với gia tốc a0 (a0 > 0), người ta bắt đầu làm cho gia tốc bình giảm thật chậm tới giá a trị Coi khí bình khí lí tưởng Giả thiết thời điểm, phần tử khí có gia tốc nhiệt độ đồng toàn khối khí Bỏ qua tác dụng trọng lực µa L 1, µ khối lượng mol Cho nhiệt độ khí T không đổi RT chất khí, R số khí Hãy tính: a) Áp suất khí tác dụng lên đáy bình gia tốc bình a b) Công khối khí thực trình giảm gia tốc Giả thiết bình hoàn toàn cách nhiệt nhiệt độ khí thay đổi nhỏ trình giảm gia tốc Biết nhiệt độ ban đầu khối khí T Tìm độ biến thiên nhiệt độ khối khí trình