KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA LỚP 12 Năm học 2010 - 2011 pps

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN



KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA LỚP
12
Năm học 2010 - 2011

HƯỚNG DẪN CHẤM, ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn: VẬT LÝ
Ngày thi: 07/11/2011
-~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Nội dung Điểm

Bài1
.Do tổng ngoại lực tác dụng hệ kín theo phương ngang
nên khối tâm của hệ đứng yên và tổng động lượng của hệ
được bảo toàn. Chọn trục Ox có phương ngang hướng
sang phải, góc O ở khối tâm của hệ. Ta có:
m
1
v
1
+ m
2
v
2
= o

v

2
= -
2
11
m
vm
(1)
1đ
.Vật m
1
và m
2
sẽ dao động điều hòa xung quanh vị trí cân bằng của chúng, tại đó hợp lực
tác dụng lên mỗi vật bằng 0 và vận tốc của chúng đạt cực đại. Ta có:

1đ
qE = k(x
1
-x
2
) (2)

2
2
11
vm
+
2
2
22

vm
+
2
)(
2
21
xxk 
= qE(x
1
-x
2
) (3)
1đ
.Từ (1) và (2) và (3) ta được:
V
1
=
)(
211
2
mmm
m
k
qE

, V
2
=
)(
212

1
mmm
m
k
qE


1đ

Bài 2
1.Gọi M và m lần lượt là khối lượng Trái Đất và vệ tinh.
.Lực hấp dẫn của Trái Đất lên vệ tinh đóng vai trò lực hướng tâm nên:

R
mv
R
GMm
2
0
2


V
0
=
0
3R
GM
=
3

1
V
=4,56m/s
0,5đ

.Chu kỳ quay của vệ tinh: T
0
=
0
2
V
R


=26442s = 7,43h
0,5đ
2.Từ hai phương trình cho ở đề bài ta được phương trình:

2
2
dt
rd
-
3
2
)/(
r
mc
= -
2

r
GM
(1)
0,5đ

.Khi vệ tinh chuyển động với bán kính R thì:
2
)(
m
c
= GMR (2)
.Từ (1) và (2), ta được:
2
2
dt
rd
-
3
r
GMR
=
2
r
GM
với r =R+x .
.Hay: 
2
2
dt
xd

33
)1(
R
x
R
GMR

=
22
)1(
R
x
R
GM


0,5đ
.Do vệ tinh chỉ dao động bé nên x << R nên ta được phương trình dao động của vệ tinh:
x
’’
+
x
R
GM
2
= 0
0,5đ
E
o
m

1
,q K m
2
, - q

.

x
.Chu kỳ dao động của vệ tinh là : T=
GM
R
2
0
9
2

=
1
1
6
V

=21,2.10
-2
s
3.Áp dụng định luật bảo toàn mô men động lượng và bảo toàn cơ năng ta có:
V
A
.3R = V
B

.R (1)

2
2
A
vm
-
0
3R
GMm
=
2
2
B
vm
-
0
R
GMm
(2)
0,5đ

.Từ (1) và (2) ta được: v
A
= v
1
/ 6 = 3,23m/s , v
B
= 9,68m/s
0,5đ

.Bán kính trục lớn quĩ đạo elíp của vệ tinh: a = AB/2 = 2R
0

.Áp dụng định luật 3 kêple ta có:
3
2
0
2
3
T
R
T
a


T=T
0
a
R
0
a
R

= 4h
.Thời gian vệ tinh chuyển động từ A đến B là: t = T/2 = 2h
0,5đ

Bài 3
1.Đặt R
AC

= x. Công suất tỏa nhiệt trên R
1
và R
2
:
P =
1
2
R
U
AM
+
2
2
R
U
NB

(1)
.Trong đó : U
AM
= U
AC
- e (2)
.U
BN
= - 4e + U
AM
+ e + 2e


U
BN
= U
AC
- 2e (3)

M
N

0,5đ

.Thay (1), (2) vào (3) ta được: P =


2
R
eU
AC

+


2
2
2
R
eU
AC


0,5đ

.Lấy đạo hàm hai vế của P theo U
AC
ta được : P
’
= 0


U
AC
=
3
4e

.Lập bảng biến thiên biểu diễn sự phụ thuộc của P theo U
AC
ta thấy U
AC
đạt cực tiể
u khi
U
AC
=
3
4e
, lúc đó P
min
=

R
e
3
2
.
0,5đ

.Thay U
AC
vào (2) và (3) ta được: U
AC
=
3
e
và U
NB
=
3
2e

.Từ đó tìm được: I
1
=

1
R
U
AM
R
e

3

I
2
=

R
U
NB
2
R
e
3

I
CD
= 0

I
3
=

3
R
U
AB
R
e
3
4


x =
R
I
U
AC

3

0,5đ

.Biện luận: -Khi x= 0 thì U
AC
= 0 và P =
R
e
2
3
.
-Khi x = R thì U
AC
=
3
4e
và
P
min
=
R
e

3
2
.
-Khi x = 3R thì U
AC
=4e và
P
max
=
R
e
2
11
.
0,5đ
E
3
A


B

R
2
C

R
1
E
1

E
2

I
3
I
1
I
2


D

2.Coi phần mạch điện giữa A và D tương ứng với nguồn điện có suất điện động E và điện
trở trong r, mạch được vẽ lại như hình bên.
.Khi nối Ampe kế vào A và D thì:
I
1
=
R
e4
=
R
e
+
r
e


r
E

=

R
e3

(1)
.Nối Ampe kế vào A và M thì R
1
bị nối tắt:
I
2
=
R
e
2
3
=
r
eE


(2)

1đ

.Giải hệ (1) và (2) ta được: E = 2e , r =
3

2R

.Khi không có Ampe kế thì cường độ dòng điện qua R
1
là:
I
R1
=

rR
eE


1

=

R
e
5
3

= 0,6
R
e
(A)
0,5đ

Bài 4
. Sau khi đóng khóa, gọi cường độ trong mạch là i và điện tích của tụ điện là q.

.Định luật ôm cho mạch: U – L
d
i’=
c
q
. Hay q
’’
+
d
cL
cUq

= 0 (1)
.Đặt q
1
= q-cU, ta được phương trình: q
1
’’
+
2

q
1
= 0.
.Nghiệm của phương trình là: q
1
= Asin(
t

) + Bcos(

t

) (2)
0,5đ
.Chọn t = 0 là thời điểm đóng khóa K, ta có:
q
1(t= 0)
= q
(t=o)
– cU = cU, q
1
’
= q
’
= 0
.Suy ra : A = 0 , B = - cU, q = cU[1- cos(
t

)] (3)
0,5đ

.Cường độ trong cuộn dây là: i
d
= q
’
= cU

Sin(
t


)


id ~ U
.Đối với vòng siêu dẫn:
,

= -L
v
i
,
v
(4)
.Ở đây

là từ thông do cảm ứng từ xolenoit gửi qua vòng, i
v
là cường độ dòng điện
chạy qua vòng, L
V
là độ tự cảm của vòng.
.Nghiệm của (4) có dạng:

+ L
v
i
v
= C với C là hằng số.
.Tại thời điểm ban đầu C = 0 nên: i
v

= -
V
L


0,5đ



0,5đ

.Từ thông

tỷ lệ với độ tự cảm của solenoit (độ tự cảm này tỷ lệ i
d
) và diện tích vòng:


~ i
d
D
2
~ UD
2



i
v
~

v
L
UD
2

0,5đ
.Lực Ampe cực đại tác dụng lên vòng theo hướng thẳng đứng lên trên, tỷ lệ với đường
kính của vòng, cường độ dòng điện trong vòng và trong solenoit.
F ~ Di
d
i
v
~
v
L
UD
23

0,5đ
.Vòng sẽ nảy lên nếu lực F lớn hơn trọng lực của vòng, trọng lực này tỷ lệ với Dd
2
.
.Trong trường hợp giới hạn:
v
L
UD
23
~ Dd
2


U ~ V
L
D
d

0,5đ

.Trường hợp đầu : U
0
~ d
1
{Ln(1,4D/d
1
)}
2/1

.Trường hợp sau : U
’
0
~ d
2
{Ln(1,4D/d
2
)}
2/1

.Vòng sẽ nảy lên khi hiệu điện thế của nguồn thỏa mãn:
U

’
0

U
0
d
2
{Ln(1,4D/d
2
)}
2/1
/
d
1
{Ln(1,4D/d
1
)}
2/1



0,5đ
E,r

A

R
1
M

E
1


D



Bài 5
1.Giản đồ véc tơ được vẽ như hình bên.
.Từ giản đồ suy ra U
MN
cực tiểu khi M trùng với N .
.Hay: U
MN
= 0

U
R1
= U
C


I
1
R
1
= I
2

Z
C

,
U
R2
= U
L


= I
2
R
2
= I
1
Z
L


1đ




L
Z
R
1
=

2
R
Z
C

Z
C
=
L
Z
RR
21
=

3
100


C = F


3100
= 55(
F

)
0,5đ

2.Chập M và N thành điểm E.Tổng trở, độ lệch pha giữa hiệu điện thế và cường độ dòng
điện trong mỗi nhánh :

U
EB

C
I

I
A
2



L
I


1


I


1R
I

AE
U


22

1
2
1
111
C
ZRZ


Z
1
= 50
)(3 
.Tg
1

= -
1R
C
I
I
= -
C
Z
R
1
= -
3
1

1


= -
6



22
2
2
2
111
L
ZRZ


Z
2
= 50
)(3 
. Tg
2

=
2R
L
I
I
=
L
Z

R
2
=
3
1

2

=
6


1đ

.Vì Z
1
= Z
2
và cường độ hiệu dụng trong mạch chính như nhau nên: U
AE
= U
EB
= U
.Mặt khác
AE
U
và
EB
U đều lệch về hai phía trục
I

một góc
6

nên:
U
AE
= U
EB
=
)
6
cos(2

AB
U

= 60
3
(V)
:
0,5đ



.Chọn chiều dương qua các nhánh như hình vẽ.




.Giản đồ véc tơ biểu diễn

LAR
III 
1
như hình
bên.
.Từ đó ta được:
I
A
=
6
cos2
1
2
1
2

LRL
R
IIII 
= 0,6(A)







1đ

U
R1
U
R2

C
U U
L
N M

U
AB
A

B


A
B

C N R
2

R
1

M

L

I
A


I
L










A
I
R1
30
0

60
0