Đáp án HSG Vật lí lớp 11 trại hè Hùng Vương 2013 - Học Toàn Tập

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (388.08 KB, 6 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GD&ĐT HỊA BÌNH 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
HOÀNG VĂN THỤ

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 
TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ IX

MÔN: VẬT LÝ 
LỚP: 11

Gồm 05 câu 05 trang 
Bài Nội dung

Điểm 
1

(5đ)

a) 1đ

Bộ tụ gồm hai tụ C1kk// C2d

F
kd

a
kd
S
Ckk



 32

10
10
.
4
.
10
.
9
.
8

)
10
.
3
(
8

8
3
9

2
1
2

1
1









kk

d C

C2  1 ; Cb = C1kk +C2d= 3C1kk

Qb = Cb.E= 3.


32
108

.2471,62.1010C

b)2,5đ

Tụ C1 có điện mơi khơng khí

kd
vt
a
a
C



4
)
2
.(




Tụ C2 có điện mơi dầu

kd
vt
a
a

C




4
)
2
.(




Điện dung của bộ tụ trong khi tháo dầu

Cb= C1+C2

kd
vt
a
a



4
)
2

.( 



kd
avt
a

kd
vt
a
a









)
1
(
)
1
(
2

)
2
.(










Điện tích của bộ tụ khi tháo dầu qb=CbE E

kd
avt
a






)
1
(
)
1
(
2







độ lớn của dòng điện

A
kd

Eav
dt

dq

i b 10

3
9

10
.
796
,
0
10

.
4
.
10
.
9
.
4

)
2
1
(
10
.
5
.
3
,
0

.
24
4

)
1

( 


















0,5đ

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

c)1,5đ

Sau khi tháo hết dầu thì điện dung của tụ là Ckk
kd

a

C 1

4 





Khi ngắt tụ khỏi nguồn thì điện tích của bộ tụ khơng đổi, nên độ biến thiên năng

lượng của tụ là 4,3.10 ( )

32
.
4

24
.
10
.
3
4

3
12

)
3

1
2

1
(
2

8
2

1
1

J
E

C
C

Q
C

C
Q

W kk

kk
b
kk

kk

b 
















Tính đúng cơng thức W cho 0,5đ. Thay số ra kết quả đúng cho 0,5đ 
2

(4đ)

a.(1đ)

suất điện động cảm ứng trong khung là

dt

d
ec  
do bỏ qua suất điện động tự cảm nên ta có

dt
SdB
ec 

k
B
a
dt
dB
a

ec 0

2 




b) gồm hai phần,

+phần 1 (1,5đ):Tìm khoảng thời gian ngắn nhất tmin

khi khung chuyển động có hai suất điện động cảm ứng

-suất điện động cảm ứng e1c do độ lớn của B thay đổi và suất điện động cảm ứng
e2tc do hiện tượng tự cảm.

theo định luật Ơm cho mạch kín trong khung ta có e1c +e 2tc =ỉR vì R=0

nên x C

L
k
a
B
i
dx
L

k
a
B
di
dt
Ldi
dt

kdx
B
a
dt

di
L

dt
SdB


















 0 2

2
0
0

Trong đó C là một hằng số phụ thuộc vào cách chọn gốc thời gian khảo s+át.
vì tại thời điểm ban đầu x=0 ; i=0 nên C=0

Dấu (-) là thể hiện i ngược chiều với chiều dương của công tua
(chiều dương của công tua liên hệ với chiều của đường sức từ

theo quy tắc nắm bàn tay phải) còn độ lớn của i là L x
k
a
B
i

2
0



Lưu ý . Các cách làm khác ra kết quả độ lớn của dòng điện L x
k
a
B
i

2
0



thì giám khảo cho điểm tương tương

vì lực tác dụng nên hai cạnh ngược chiều nhau nên PTĐL II cho chuyển động của
khung trên trục Ox là -F2 + F1 =mx''

hay





x mx

L
k
a
B
x

m
kx
B

kx
B

a

i       

 02 4 2

1
0

0(1 ) (1 ) (vì x2-x1=a)

Đưa về dạng: x " k a B2 4 02 x 0

+ = . (*) như vậy tính chất dao động của khung từ khi

0,5đ

0,25 đ

0,5 đ

0,25đ
0,5đ

1 đ

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

v=v0 đến khi v=0 là dao động điều hòa với tần số
2 4 2

k a B
mL

  ; 2

0
4
2
2
B
a
k
mL

T   Khung có v = 0 sau ¼ chu kì: min 2 4 2
0

T mL

4 2 k a B



  .

phần 2: Xác định lượng điện tích dịch chuyển (1,5đ) 
Nghiệm của phương trình (*) là k a B2 4 20

x A cos t

 

   

 

t = 0 có x(0) 0; v(0) 0

2


      . Vậy x A cos k a B2 4 20t

mL 2

 

   

  và

)
2
sin( 

 



 A t

v ;Khi t = 0 thì v = v0 nên 0 0 2 4 2
0

v mL

A v

k a B

 

 ;

do trong suốt thời gian trên dịng điện khơng đổi chiều nên

2
0
0
2
0
2
0
2
0
4
/

0
4
/
0
2
0 )
2
cos(
ka
B
mv
L
kv
a
B
L
kA
a
B
dt
t
A
L
k
a
B
dt
i
q
T

T














tính đúng tích phân cho 0,5đ, thay A vào ra kết quả cuối cùng đúng được 0,5đ 
3

(4đ)

sơ đồ tạo ảnh.

AB LCP A'B' TK A1B1
d1 d1'

Gọi H là điểm giao nhau của thành trước bể với trục chính của thấu kinh. Ta có

n
n
a
n
AH
H

A
n
AH
H
A 16
2

1    




n
n
n

d116841684 ;

fn
n
f
n
f
d
f
d
d








84
16
)
84
16
(
1
1
1 ;
n
fn
fn
d
f
f
k
84
16
1

1    

AB G A''B'' LCP A'''B' '' TK A
1B1
d2 d2'

A''G=

cm
a

2  ; A

''H= 16 32 48 ;

2 a cm

a   

n
H
A
n
H
A
n
H
A
H

A  1   1   48





n
n
n

d2  4884 4884 ;

fn
n
f
n
f
d
f
d
d







84
48
)
84
48
(
2

2
2 ;
n
fn
fn
d
f
f
k
84
48
2

2     

0,5đ
0,5đ
0,5 đ
0,5đ 
0,5đ
1đ
B2
B1
A2 A1
B’’ B’’’

A’’ A’’’

G O

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

vì vật thật cho ảnh thật nên khi d tăng thì d' giảm do đó
d'

1 - d'2 = 2cm nên (1) 






fn
n

f
n

84
16

)
84
16
(

2
84

)
84
48
(







fn
n

f
n

vật thật và hai ảnh cùng thật nên

n
fn

k
k

84
16
12

1
2








 (2)

giải hệ (1) và (2) ta có f=24cm; n=4/3

ra kết quả của f đúng cho 0,5đ, của n đúng cho 0,5đ

thay f, n vào ta có k1 =- 1/3. vậy độ lớn của vật AB= 3A1B1=3.12=36cm
4

(5đ)

a)2đ

độ giảm biên độ sau nửa chu kì dao động m cm

k
mg

A 0,006 0,6

10
10
.
3
,
0
.
01
,
0
.
2

2   



 

+ số nửa chu kì dao động mà vật đi được 8,33
6
,

0  

A
A

vật thực hiện được N=8 nửa chu kì, khi đó A8 =A0 -NA=5-8.0,6=0,2cm .và tại
đó Fđh=0,02N <Fms=mg=0,03N vật dừng lại tại vị trí lị xo giãn 0,2cm

Qng đường vật đi được

cm
m

mg
l
l
k
S
mgS
l

l

k 0,416 41,6

.
3
,
0
.
1
,
0
.
2

)
002
,
0
05
,
0
(
10
2

)
(

1 2 2 02 2 2 2

0  


















Độ giảm năng lượng có hai cách

cách 1:W mgS0,01.0,3.10.0,4160,01248J

cách 2: W k l l .10(0,05 0,002 ) 0,01248J

2
1
)

(

1 2 2 2 2

0    





b) 3đ

Xét hệ gồm m và M

Vì là rất bé nên có thể coi vận tốc của vật m theo phương ngang.

+Vì bỏ qua mọi ma sát. Các ngoại lực tác dụng theo phương thẳng đứng nên động
lượng theo phương ngang được bảo toàn

mv+ MV=0 (1)

với v,V lần lượt là tốc độ của m và M đối với đất
+ Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho hệ

)
cos
1
(

)

cos
1
(
2

2 0

2
2



  




mv mgR mgR

MV

(2)

với (1 )

M
m
v

V
v

R   



 (3)

do rất bé nên

2
cos
1

2

 


rút v,V theo  rồi thay vào (2) ta được

0,5đ

0,5đ
0,5đ

1đ

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

0
)
(

)
(

2
0
2
2







  



g
m
M

MR

(4)

+ Đạo hàm hai vế của (4) theo thời gian t ta được

0
)
(






 



MR
m
M
g

hệ dao động điều hịa với chu kì

)
(

m
M
g

MR
T



 

đạo hàm đúng được 0,5 điểm, ra chu kì đúng được 0,5 đ 
5

(2đ) *. Cơ sở lý thuyết :

- Thiết lập mạch cầu cân bằng :

=> 0

1
2
1

2
0

R
R

d
d












- Đo 1 và 2 bằng thước thẳng ( mm)

*. Trình tự tiến hành :

- Lắp mạch điện :

- Khảo sát thơ vị trí C (Nếu thấy điện kế lệch quá nhiều ngắt nguồn điện chỉnh lại vị trí
C)

- Tinh chỉnh vị trí C đến khi điện kế chỉ số 0 ta xác định được vị trí C
- Đo các chiều dài 1, 2

*Tính sai số và viết kết quả đo được:
- Tính sai số tương đối:

0 1 2

...

d
d

R R L L

       

0
0
0
R

R 



 =...(là sai số tương đối của R0)

-Tính sai số tuyệt đối trung bình:

2
0
1

...( )

d

R l R  

...

d d

R R

   () Viết kết quả đo được

d d d

R R  R với độ chính xác của phép đo là (%)

*. Đánh giá sai số :

- Sai số thường mắc phải trong phương án này :

+ Vị trí C chưa chính xác, cần có tiếp điểm mảnh tại C và tiếp điện tốt. Vậy trước khi
làm thí nghiệm phải lau chùi dụng cụ thí nghiệm sạch sẽ

+ Đọc kết quả đo 1, 2 khơng chính xác do vị trí đặt mắt khơng phù hợp ( để đọc chính
xác ta phải đặt mắt ở vị trí sao cho nhìn tiếp điểm theo phương vng góc với sợi dây)

+ giá trị điện trở R0 và Rd phải gần nhau

A
R0

Dây Vonfram

C
1

2

1

0,5

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6></div>

Đáp án HSG Vật lí lớp 11 trại hè Hùng Vương 2013 - Học Toàn Tập





<sub></sub>

<sub></sub>

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về