ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG THANH HÓA 2012-2013

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (215.84 KB, 4 trang )

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HÓA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNHNăm học: 2012-2013
HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN VẬT LÍ

(Đề chính thức)
Lớp 12 THPT

Ngày thi: 15 tháng 3 năm 2013
(Hướng dẫn gồm 03 trang)

Câu Hướng dẫn giải Thang

điểm
Câu 1:

(2.5 điểm)

a.

- Vì MPA>MPBsinα nên A chuyển động đi xuống

0,5

- Phương trình động lực học cho A; B và ròng rọc

{

PA−TA=mAa(1)

TB− PBsinα=mBa(2)

(

TA− TB

)

R=Iγ=
Ia

R(3)

0,5

- Từ (1), (2), (3)  a=0,5 m/s2; TA = 19N; TB = 16,5N 0.5
b.

- Áp lực lên ròng rọc: ⃗Q=⃗T

A'+ ⃗TB' với

⃗

TA'; \{T⃗

(|B')=600 và TA

'

=TA, TB
'

=TB

0.5

- Suy ra

2 2 0

A B A B

Q T T 2T T cos60 30, 769(N) 0.5

Câu 2:
(2.5 điểm)

a.

- Phương trình dao động x=Acos(ωt+ϕ) (cm) với ω=

√

k

m=10π

(

rad

s

)

0.5

- Tại t=0 thì

{

x0=5
v0=0

⇔

{

Acosϕ=5

− Aωsinϕ=0 0.5

- Suy ra x=5 cos(10πt) (cm) 0.5

b.

- Tại t=13

30 (s) thì x=2,5cm

- Khi giữ chặt lị xo tại điểm cách I ¾ chiều dài lị xo lúc đó thì phần cịn lại của lị xo
gắn với vật có độ cứng tăng 4 lần; phần kia bị giữ cùng với thế năng của nó bằng ¾ thế
năng của cả lò xo ở thời điểm giữ

0.5

- Cơ năng của con lắc mới W '=W −3

4Wt⇔
1

2(4k)A '

2kA

−3

4.
1

2kx

2
⇒A ' ≈2,25(cm)

0.5



(Hình 1)

T



B

T

⃗

'

T



N



P



P

⃗

A

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

Câu 3:
(2.5 điểm)

a.

- Bước sóng λ=v

f =10(cm) 0.5

- PT sóng tại C do nguồn A và B truyền tới : uAC=5 cos

(

10πt −22π

)

(cm)

uBC=5 cos

(

10πt −7π

)

(cm)

0.5

- PT sóng tổng hợp tại C: uC=uAC+uBC=5 cos

(

10πt −22π

)

+5 cos

(

10πt −
7π

)

=0 0.5

b.

- Xét điểm M trong khoảng AB cách A, B lần lượt những đoạn d1, d2. Để M là điểm dao

động cực đại thì

{

d1+d2=AB=32(1)
d1− d2=

(

k+1

)

λ=

(

k+
1

)

10(2)

0.5

- Từ (1) và (2) suy ra d1=16+5

(

k+1

)

. Do 0<d1<32

⇒k=−3,−2,−1,0,1,2 tức là có 6 điểm dao động cực đại trên AB

0.5

Câu 4:
(2.5 điểm)

a. Khi trạng thái trong mạch đã ổn định :
- Cường độ dòng điện trong mạch I= E

r+R0+R=2(A)

0.5

- Hiệu điện thế hai đầu tụ là: U=I(R+R0)=30(V) 0.5

- Năng lượng điện từ của mạch là W=1

2LI

2CU

=0,245(J) 0.5

b.

- Khi dao động trong mạch tắt hẳn thì tồn bộ năng lượng điện từ của mạch đã chuyển
hết thành nhiệt tỏa ra trên hai điện trở QR+QR0=0,245(1)

0.5

- Nhiệt lượng tỏa ra trên các điện trở thuần trong cùng một thời gian tỉ lệ thuận với điện
trở của chúng QQR

R0

= R
R0

=10

5 =2(2) Suy ra QR≈0,163(J) 0.5

Câu 5

(2,5 điểm) 0.5

a.

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

UR

=UMB2 +U2−2UMBUcosπ

6=120

Suy ra UMB=120(V) ( loại nghiệm
UMB=240(V) )

- Từ giản đồ suy ra độ lệch pha giữa u và i là π6 , giữa uMB so với i là π3 . Nên
Ur=UMB.cosπ

3=60(V) , UL−UC=UMB. sin

π

3=60

√

3(V)

UC=URtanπ6=40

√

3 (V) suy ra UL=100

√

3(V)

0.5

- Mặt khác P=I2(R+r)=I

(

UR+Ur

)

⇒I=

P

UR+Ur=2(A)
- Vậy R=UR

I =60(Ω) ; r=
Ur

I =30(Ω) , ZL=

UL

I =50

√

3(Ω)⇒L=

0,5

√

π (H)
ZC=UC

I =20

√

3(Ω)⇒C=

10−3

2π

√

3(F)

0.5

b.

UMB= U

√

r

(

ZL− ZC

)

√

(R+r)2+

(

ZL− ZC

)

U

√

1+ R

+2 Rr
r2+

(

ZL− ZC

)

0.5

- Để UMB đạt cực tiểu thì R

+2 Rr
r2

(

ZL−ZC

)

2 đạt cực đại tức là r

(

ZL− ZC

)

2 đạt
cực tiểu nghĩa là ZL− ZC=0⇔ZL=ZC⇒f2=

2π

√

LC=31,6(Hz)

- Khi đó UMB min=

U

√

1+R

+2 Rr
r2

=40

√

3(V)

0.5

Câu 6:
(2.5 điểm)

- Vị trí các vân sáng cùng màu với vân trung tâm ứng với các bức xạ 1 và 2 thỏa mãn:
x1=x2 ⇔ k1.1 = k2.2 ⇔ 1k1 = 0,46k2 (1)

0.5

- Vì trong khoảng giữa hai vân gần nhất cùng màu với vân trung tâm có 11 vân sáng nên

k1+k2=13 (2). ( Xét khoảng giữa vân trung tâm và vân cùng màu gần nó nhất) 0.5
- Mặt khác số vân sáng của 1 và 2 lệch nhau 3 vân nên ta có: |k1 – k2| = 3 (3). 0.5
- Giải hệ (2) và (3) ⇒ có hai cặp nghiệm:

Cặp 1: k1 = 8, k2 = 5 thay vào (1) ⇒ 1 = 0, 2875 μm
Cặp 2: k1 = 5, k2 = 8 thay vào (1) ⇒ 1 = 0,736 μm

0.5

- Nhận xét :

1 = 0, 2875 μm < tim Bức xạ này khơng nhìn thấy ⇒ loại
1 = 0,736 μm thuộc vùng ánh sáng nhìn thấy ⇒ thỏa mãn.

0.5

Câu 7:
(2.5 điểm)

a.

- Tốc độ ban đầu cực đại của electron quang điện hc
λ =A+

mev0 max

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

- Suy ra v0 max=

√

2
me

(

λ − A

)

≈1,0273. 10

(

ms

)

0.5

b.

- Hiệu điện thế hãm eUh=mev0 max

2 ⇒Uh≈3(V)

0.5

- Khi đặt nguồn xoay chiều vào hai cực của tế bào quang điện, để I = 0 thì

UAK≤ −Uh⇔UAK≤−3(V) 0.5

- Dùng phương pháp đường trịn tính thời gian I=0 trong một chu kỳ được Δt=T

nên trong 1 phút khoảng thời gian I = 0 là 1/3 phút = 20(s)

0.5

Câu 8:
(2.5 điểm)

a. Cơ sở lý thuyết :

- Ở con lắc lò xo treo thẳng đứng T=2π

√

m

k (1)

0.5

- Khi cân bằng lò xo dãn Δl=mg

k (2) 0.5
- Từ (1) và (2) suy ra T=2π

√

Δl

g ⇒g=

4π2Δl

T2 (3) 0.5

b.

- Đo chiều dài tự nhiên của lò xo bằng thước mét

- Treo lò xo thẳng đứng vào một điểm cố định, vật m ở dưới, khi m cân bằng dùng
thước mét đo độ dài lị xo, tính độ dãn Δl

- Kích thích cho vật m dao động theo phương thẳng đứng, dùng đồng hồ bấm giây đo
chu kì dao động T (đo thời gian thực hiện số nguyên lần dao động rồi tính ra T)

0.5

- Lặp lại các bước trên nhiều lần với nhiều vật rồi lấy các giá trị trung bình của Δl và
T

- Thay vào cơng thức (3) tính g

- Tính sai số và viết kết quả của phép đo.

0.5

</div>

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG THANH HÓA 2012-2013

{

(

)

√

(

)

{

{



T



<i>T</i>

⃗

'

T



N



P



P

⃗

(

)

(

)

(

)

(

)

{

(

)

(

)

(

)

√

√

√

(

)

√

√

√

√

√

<sub>(</sub>

<sub>)</sub>

√

(

)

√

(

)

<sub>(</sub>

<sub>)</sub>

<sub>(</sub>

<sub>)</sub>

√

√

√

√

(

)

(

)

√

√

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về