sở gd đt thanh hoá sở gd đt thanh hoá đáp án đề chính thức kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh năm học 2009 2010 môn thi vật lý lớp 12 thpt ngày thi 24 3 2010 thời gian làm bài 180 phút không kể thời

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

R

<i>lt</i>

<i>a</i>

<i>g</i>

 _'g



<b>SỞ GD & ĐT THANH HOÁ</b>

ĐÁP ÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC

<b>KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH</b>

<b>NĂM HỌC 2009 - 2010</b>
<b>MÔN THI: VẬT LÝ </b>

<b>LỚP: 12 THPT</b>
<b>Ngày thi: 24 - 3 - 2010</b>

<i><b>Thời gian làm bài 180 phút (không kể thời gian giao đề)</b></i>
<i><b>Chú ý</b>: <b>- Nếu học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa của bài.</b></i>

<i><b> - Điểm bài thi làm tròn đến 0,5.</b></i>

<i><b> - Bài nào có hình vẽ, nếu HS khơng vẽ hình trừ tối đa 0,5 điểm.</b></i>

CÂU HƯỚNG DẪN GIẢI THANG

ĐIỂM

<b>Câu 1</b>

3 điểm Khi tàu đứng yên, chu

kỳ dao động bé của

con lắc là
g
2π
T <i>l</i>

Khi tàu chuyển động, chu kỳ dao động bé của con lắc là

'
g
2π

T' <i>l</i>

Trong đó g' là gia tốc trọng trường biểu kiến: lt g alt

m
F
g
'

g  










Với

R
v
sin
.
R

v
a

2
2

lt 






<i>l</i> do <i>l</i> có thể bỏ qua so với R

Trên hình vẽ ta có g alt



 nên

R
v
R
g
R

v
g
a
g
g'

4
2
2
2
4
2
2

lt

2 







Vậy suy ra ₄ ₄ ₂ ₂

R
g
v

gR
g'

g
T
T'





4 _v4 _g2_R2
gR
T

T'





0,5đ

0,5đ
0,5đ
0,5đ

0,5đ

0,5đ

<b>Câu 2</b>

2 điểm Tính từ thời điểm có i = 0 (tcủa mạch bằng 0 = 0) đến thời điểm T/2 điện lượng chuyển qua tiết diện

 

 

f
2
I

0
cos
cos

2
2

/
2

/
2
cos
2

2
sin
2

2
/

0
2

/

0
2
/

0































_

_

<i>IT</i>

<i>T</i>
<i>T</i>
<i>t</i>
<i>I</i>

<i>dt</i>
<i>t</i>
<i>T</i>
<i>I</i>

<i>idt</i>
<i>q</i>

<i>T</i>
<i>T</i>

<i>T</i> _0,5đ

0,5đ
0,5đ

0,5đ

<b>Câu 3</b>

3 điểm
a. 1,5đ
b. 1,5đ

a. Khi bánh xe lăn khơng trượt, ta có các phương trình chuyển động
- tịnh tiến: mgsinα F_ms ma

- quay: Fms.r I.γ với

r
a

γ  và _I__m.R2

0,5đ

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

Từ các phương trình này rút ra 2

r
R
1

gsinα
a










suy ra mgsinα
r

R
R

F ₂ ₂

2
ms




b. Để bánh xe chỉ trượt trên đường ray, lực ma sát đạt giá trị cực đại
Fms Fmsmax μ.Nμ.mgcosα0

Theo kết quả câu a/ thì _ms ₂ 2 ₂ mgsinα₀
r

R
R
F



 (do αα0)

μ
R

r
R
tanα ₂

2
2
0





0,5đ
0,5đ
0,5đ

0,5đ

<b>Câu 4</b>

2 điểm

Vận tốc dao động của một điểm trên dây được xác định là



4 0,02



( / )

sin
24

' <i>t</i> <i>x</i> <i>cm</i> <i>s</i>

<i>u</i>

<i>v</i>     

Thay x = 25 cm và t = 4 s vào ta được







<i>cm</i> <i>s</i>



<i>v</i>24sin16  0,5 24 /

1đ
1đ

<b>Câu 5</b>

3 điểm Màu sắc của vân trung tâm được tạo thành do sự chồng chập của ba ánh sáng đơn sắcλ1;λ2;λ3.

Vậy toạ độ những vân sáng cùng màu vân trung tâm thoả mãn

xk1i1k2i2 k3i3 với 1,6.10 m 1,6mm
0,5.10

.2
0,4.10
a

D
λ

i 3

3

-6
1

1    




 k1λ1k2λ2 k3λ3

 4k15k26k3

hay 1 2 3

2_k _5k _2.3k

2  



Bội số chung nhỏ nhất của các số này là 22.3.5.k₁k₂k₃ _60n

với n là số nguyên
Vậy ta có bảng sau đây

n 1 2 3 4 ...

k1 15 30 45 60 ...

k2 12 24 36 48 ...

k3 10 20 30 40 ...

x (mm) 24 48 72 96 ...

Giá trị cực đại của x là x_max l/210cm100mm
Vậy ta thấy giá trị khả dĩ lớn nhất của n bằng 4

Vậy tổng số vân cùng màu vân trung tâm là N = 1 + 2.4 = 9 vân.

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ
0,5đ

<b>Câu 6</b>

3 điểm

Vẽ giản đồ véc tơ biểu diễn phương trình

C
L
R

AB U U U

U     trục gốc là _I

Trên giản đồ véc tơ ta có tanα U_U _IZIR _ZR const

L
L
L
R







Áp dụng định lý hàm sin với ΔOMN ta được
_sinαON _sinβMN_hay

sinβ
U
sinα
UAB _ C

.sinβ
sinα
U

U AB

C 



 UC max khi sinβ1   900: tam giác MON vuông tại O

Áp dụng định lý pitago cho ΔOMN ta được

80V
60

100
U

U

U 2 2 2

AB
2

Cmax

AE      và UAE nhanh pha hơn UAB 1 góc 900
Vậy biểu thức UAE là

0,5đ
0,5đ

0,5đ
0,5đ
0,5đ

2
<b>O</b>

<b>M</b>

<b>N</b>
<b>U_AE</b>

<b>U_AB</b>
<b>U_R</b>
<b>I</b>

<b>U_L</b>

<b>U_C</b>

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



A

B
M

H

β

γ

1

T T2



P













3
100
cos

80 <i>πt</i> <i>π</i>

<i>u_AE</i> _(V)

0,5đ

<b>Câu 7</b>

2 điểm

Khi chiếu bức xạ vào quả cầu kim loại đặt cô lập, các êlectron bị bứt ra làm cho quả
cầu nhiễm điện dương, điện tích dương này tạo nên cho quả cầu 1 điện thế V tăng
dần. Khi điện thế của quả cầu cực đại, những êlectron có động năng cực đại cũng bị
giữ lại bởi lực điện trường, vì vậy theo định lý động năng ta có





max

2
0max
max

max
2

0max _e.V

2
mv
e.V

V
0
e
2
mv











Theo cơng thức Anhxtanh về hiện tượng quang điện ta có

e
λ

hc
hf
e

λ
hc
λ
hc
V

e.V
λ

hc
2

mv
λ

hc
λ
hc
hf

0
0

max

max
0

2
0max
0














Áp dụng cho bức xạ thứ nhất ta được V_1max 1,7V
Áp dụng cho bức xạ thứ hai ta được V2max 2,4V

Vậy điện thế cực đại của quả cầu khi chiếu đồng thời hai bức xạ là
2,4V

V

V_max  _2max  _.

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

<b>Câu 8</b>

2 điểm

Do cấu tạo của hệ nên tồn tại một vị trí thấp nhất O và là vị trí cân
bằng bền của vịng nhẫn.

Khi vịng nhẫn cân bằng tại O ta có

0
T
T

P₁₂  với T1 T2 T

Chiếu lên phương ngang ta được

sinγ
T
sinβ

T₁  ₂  βγ

 OM là phân giác của góc AOB

L
AO
AM
AO.AH

AH.AM
cosα

sinβ <i>l</i>





 cosα

L
sinβ<i>l</i>

 (*)

Và

(**)
2

sinα

β

sin

-1
L
2

sinα
Lcosβ

h

sinα
Lcosβ

2h

sinα
OH

Lcosβ
sinα

OA)cosβ
(L

sinα
OB.cosβ

OH
h

2 <i>_l</i>

<i>l</i>
<i>l</i>

<i>l</i>
<i>l</i>

<i>l</i>



























Thay (*) vào (**) ta được

2

sin
cos

2
sinα
cosα

L
1
2
L

h 2 2 2

2



 <i>l</i>

<i>l</i>
<i>L</i>
<i>l</i>

<i>l</i>  














Mặt khác, áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ta tính được vận tốc của nhẫn tại O là
lsinα

α
cos
L

g

2gh

v 2 <i>_l</i>2 2 <i>_g</i>







0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

<i><b>--- HẾT </b></i>

</div>

<!--links-->