Đáp án đề HSG tỉnh Vật lý 12-2010

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐIỆN BIÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Hướng dẫn chấm có 03 trang)
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC MÔN VĂN HÓA
CẤP CƠ SỞ NĂM HỌC 2010 -2011
Môn: Vật lý – Lớp: 12
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Ngày thi: 26/10/2010
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu ý Nội dung Điểm
1
(5đ)
1
(2đ)
-Viết phương trình dao động có dạng :
os( )x Ac t cm
ω ϕ
= +
.
- Tần số góc:
100
20 /
0,25
k
rad s
m
ω
= = =
0,5
- Độ biến dạng tại vị trí cân bằng:

0,25.10
0,025 2,5
100
mg
l m cm
k
∆ = = = =
0,5
- Biên độ dao động: A = 7,5 - 2,5= 5 cm 0,5
- Pha ban đầu: t = 0
0
x A
v
=

⇔

=

os 1
0
sin 0
c
ϕ
ϕ
ϕ
=

⇔ =


=

- Phương trình
5 os(20 )x c t cm=
0,5
2
(1đ)
Mối liên hệ giữa chuyển động tròn đều và dao động điều hòa
2
3
20 30
t s
π
ϕ π
ω
= = =
1,0
3
(2đ)
Độ lớn lực đàn hội tại điểm W
đ
= 3W
t

d t
2 2 2
t
2
d t
w 3w

1 1 1 1 1
w
1
4 2 2 4 2
w w
2
kA kx kA
kA
=


   
⇔ = ⇔ =

 ÷  ÷
+ =
   


2,5
2
A
x cm⇔ = ± = ±
1,0
- Nếu
2,5x cm= −
khi đó lò xo không biến dạng: F
đh
= 0
0,5

-Nếu
( )
2 2
2,5 2,5.10 100.5.10 5( )
dh
x cm F k l N
− −
= ⇒ = ∆ + = =
0,5
2
(5đ)
1
(1đ)
- Trên mặt nước quan sát thấy các gợn sóng tròn đồng tâm, có tâm tại điểm nhọn của
âm thoa tiếp xúc với mặt nước.
- Tốc độ truyền sóng trên mặt nước:
fv .
λ
=
= 4.10
-3
.440 = 1,76(m/s)
0,5
0,5
2
(4đ)
a) A và B thỏa là hai nguồn kết hợp, hai sóng do A, B tạo ra trên mặt nước là hai
sóng kết hợp.
Trên mặt nước sẽ quan sát thấy hình ảnh giao thoa của hai sóng: Trên mặt nước xuất
hiện các gợn lồi (các điểm dao động với biên độ cực đại ) và gợn lõm (các điểm dao

động với biên độ cực tiểu ) hình hypebol xen kẽ nhau A và B là hai tiêu điểm.
0,5
0,5
b) Số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn AB.
- Giả sử điểm M trên đoạn AB dao động với biên độ cực đại
Ta có: BM – AM = k
λ
( k
∈
Z ) (1)
AM + BM = AB (2)
0,5
1
O
5
-5
x
-2,5
N
O
5
-5
x
- 2,5
M
N
- Từ (1) và (2): BM =
22
λ
kAB

+
- ĐK: 0 < BM < AB =>
λλ
AB
k
AB
<<−
=> -11,25 < k < +11,25 (3)
- Có 23 giá trị của k
∈
Z thỏa mãn (3) , vậy có 23 điểm dao động với biên độ cực
đại trên đoạn AB.
0,5
0,5
0,5
c) Số điểm dao động với biên độ cực tiểu trên đoạn CD.
- Giả sử điểm N trên đoạn CD dao động với biên độ cực
tiểu
- ĐK:





−≤−≤−
∈







+=−
DBDAddCBCA
Zkkdd
21
21
;
2
1
λ
=>
DBDAkCBCA
−≤






+≤−
λ
2
1
=>
2
1
2
1
−

−
≤≤−
−
λλ
DBDA
k
CBCA
=> -5,16 ≤ k ≤ 4,16. (4)
- Có 10 giá trị của k
∈
Z thỏa mãn (4) ( k = -5, ±4, ±3, ±2, ±1, 0 ), vậy trên đoạn CD
có 10 điểm dao động với biên độ cực tiểu.
0,5
0,5
3
(4đ)
1
(3đ)
K đóng. Sơ đồ mạch ngoài: (R
1
ntR
2
)//R
3
.
Ω=
++
+
=
2

)(
321
321
RRR
RRR
R
AB
1,0
I =
A
rR
AB
7
=
+
ξ
; U
AB
= I.R
AB
= 14V.
1,0
I
1
= I
2
=
A
RR
U

AB
33,2
3
7
21
≈=
+
.
0,5
I
3
= I – I
1

A67,4
3
14
≈=
.
0,5
2
(1đ)
Khi khóa K mở( không có dòng điện qua R
3
, R
4
)
- U
C
= U

AM
= I. R
1
=
VR
rRR
12
1
21
=
++
ξ
- Điện tích của tụ C: q = C.U
C
= 24
C
µ
.
- Bản tụ nối với R
4
mang điện dương (V
A
> V
M
): q
R4
= + q = +24
C
µ
.

0,25
0,25
Khi khóa K đóng ( không có dòng qua R
4
, vận dụng các kết quả ở câu a)
- Ta có U’
C
= U
MB
= R
2
.I
2
=
V
3
14
- Điện tích của tụ C: q’ = C. U’
C
=
3
28
C
µ
.
- Bản tụ nối với R
4
mang điện âm (V
M
> V

B
):
q’
R4
= - q’ = -
3
28
C
µ
.
- Điện lượng qua R
4
:

∆
q = q’
R4
- q
R4
= -
3
28
- 24 = -
3
100
C
µ
< 0.
0,25
Vậy: Đã có một lượng êlectron di chuyển qua R

4
theo chiều từ N đến M ngay sau
khi đóng khóa K làm cho bản tụ nối với R
4
đổi dấu. Số êlectron di chuyển qua R
4

2
d
2
d
1
N
B
A
C D
C
R
3
R
2
R
1
K
N
M
B
A
R
4

ngay sau khi đóng khóa K: n
e
=
14
19
6
10.083,2
10.6,1
10.
3
100
≈
−
−
=
∆
−
−
e
q
.
0,25
4
(3đ)
1
(1,5
đ)
Vật chuyển động trên sàn ngang
PT định luật II Niu- tơn: F – F
ms1

= ma
1

F
ms1
=
1
µ
N
1
=
1
µ
P =
1
µ
mg
⇒
a
1
=
1
F mg
m
−µ
= 2 (m/s
2
)
(vẽ
0,5)

0,5
0,5
2
(1,5
đ)
Vật chuyển động trên mặt dốc nghiêng. Chọn hệ trục tọa độ xOy như hình vẽ
PT định luật II Niu- tơn:
amFNP
ms
=++
22
Ox: - mgsin
α
-
2
µ
N
2
= ma
2
(1)
Oy: N
2
- mgcos
α
= 0 (2)
Từ (1) và (2)
⇒
a
2

= - g(sin
α
+
2
µ
cos
α
) = -10.(0,5 +
3
2
.
3
2
) = - 12,5 (m/s
2
)
0,25
0,25
Vận tốc của vật tại chân dốc: v
02
=
Sa
1
2
= 4 (m/s)
AD
'2
2
2
02

2
2
Savv
=−
=>
2
2
02
max
2
'
a
v
S
−=
= 0,64(m)
Độ cao lớn nhất vật đạt tới: H =
max
'S
sin
α
= 0,64.
1
2
= 0,32m.
0,25
0,25
0,5
5
(3đ)

1 Áp xuất của khí trong 2 xilanh
Xilanh (1): TT(1): p
0
, V
0
, T
0
= (27 + 273) K = 300K.
TT(2): p
1
= ?, V
1
, T
1
= (77 + 273)K = 350K.
PTTT:
1
11
0
00
T
Vp
T
Vp
=
(1)
0,5
Xilanh (2): TT(1): p
0
, V

0
, T
0
= (27 + 273) K = 300K.
TT(2): p
2
= ?, V
2
, T
2
= (0 + 273)K = 273K.
PTTT:
0 0 2 2
0 2
p V p V
T T
=
(2)
0,5
Pít-tông cân bằng ở cả hai trạng thái ta có:
2p
0
= 2p
a
=> p
0
= p
a
; 2p
0

= p
1
+ p
2
; V
1
= V
2
(3) 0,5
Từ (1), (2), (3) =>
Pap
TT
T
p
a
5
21
1
1
10.1236,1
2
=
+
=
;

Pap
TT
T
p

a
5
21
2
2
10.8764,0
2
=
+
=
.
0,5
2
(1đ)
Sự thay đổi thể tích tương đối của khí trong mỗi xilanh: x =
0
01
0
V
VV
V
V
−
=
∆
(4)
0,5
Từ (1), (2), (3) và (4) => x =
1 2 0
0

2
0,03833
2
T T T
T
+ −
=
.
0,5
----------------------- Hết ------------------------
3
1ms
F
S
F
r
α
H
2ms
F
2
N
P
P
1
N
y
x
O
p

a
T
2
T
1
2
1