HD chấm thi HSG Lí năm 08-09 khối PT của tỉnh TT Huế

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