De dap an thi HSG Vat ly 12 nam 2012 Yen Bai

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO YÊN BÁI. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012 - 2013. ĐỀ CHÍNH THỨC. Môn: VẬT LÝ Lời giải. TT câu. 1.  Chọn trục Ox thẳng đứng gắn liền với mặt đất, gốc O tại mặt đất, chiều dương hướng lên (H.1). Phương trình động lực học cho hệ “thang máy + vật”:    F   M  m  g  M  m  a Chiếu lên trục Ox: F   M  m  g  M  m  a. x +. Chiếu lên trục Ox: T – mg = ma Suy ra: T = m(g + a) = 110N 2. Khi không có m, chỉ còn lại buồng thang máy thì: F – Mg = Ma’ F  g Suy ra: a’ = M = 1,55m/s2 Câu 1 (4 điểm). 0,5. 0,2 0,2. Suy ra: F = (M + m)(g + a) = 2310N  Phương trình lực  học cho vật:  động  T  mg ma. Biể điểm (2,0. . . 0,2. F.   T a  P h1. g. 3.  Chọn gốc thời gian là lúc dây đứt. Tại thời điểm đó vật và sàn buồngh0có cùng vận tốc hướng lên và tốc độ tức thời của vật và sàn buồng là v 0. Ngay sau khi dây đứt, vật đi lên với tốc độ đầu v 0, gia tốc gx = - 10m/s2, còn O sàn buồng tiếp tục đi lên. 0,2. 0,5. (0,5 0,2. 0,2 (1,5. 0,5. Hình 1. '. với tốc độ đầu v0 và gia tốc ax = 1,55m/s2.  Phương trình chuyển động của vật:. 0,2. 1 x1 = h0 + h1 + v0.t + 2 gx.t2.  Phương trình chuyển động của sàn:. 0,2. 1 ' x2 = h0 + 2 ax .t2 + v0.t.  Lúc vật gặp sàn: x1 = x2 1 1 ' 2 h0 + h1 + v0.t + 2 gx.t = h0 + 2 ax .t2 + v0.t 1   ax,  g x  t 2 h1 2. t. 2h1 4  0,588 , ax  g x 1,55  10. 0,2. 0,2. (s)..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> (4,0 Do m2 > m1 và R > r nên khi thả hệ từ nghỉ thì m2 đi xuống, m1 đi lên. Các lực tác dụng lên từng vật như hình vẽ. + Phương trình định luật II Niu-tơn cho:    P1  T1 m1 a1 - Vật m1:   m1g  T1 m1a 1  1    P  T  m 2 2 2 a2 - Vật m2:  m 2 g  T2 m 2 a 2  2. 0,5. 0,5. 0,5. + Phương trình động lực học cho ròng rọc: T2 R  T1r I  3. Câu 2 (4 điểm). 0,5. a r; a 2 R  4 + Mối liên hệ: 1 p + Giải hệ phương trình trên ta được: r g 1 R  m 2R  m1r  g  m 2 R  m1r  g ; a  r  m 2 R  m1p1  ; a2  1 2 2 2 2 m 2 R  m1r  I m 2 R  m1r  I m 2 R 2  m1r 2  I. r  m 2 R  m1r    T1 m1  g  r m1  1  g 2 2 I  m 2 R  m1r p4 R  m 2 R  mp2  1r   T1 m 2  g  R m 2  1  g 2 2  m 2 R  m1r  I . O. 1,0. 0,5. 4 3 V1 V3. 1. Xác định các thông số trạng thái và vẽ đồ thị: Hình 3 Áp dụng phương trình trạng thái cho khí ở trạng thái 1: RT 8,31.600 p1V1 RT1  V1  1  49,86.10  3  m 3  49,86   5 p1 10. 0,5. 2 V2. V. (2,0. 0,5. 0,2. Từ trạng thái 1 sang trạng thái 2, khí dãn nở đẳng nhiệt: T2 = T1 = 600K V2 . p1V1 105.49,86  199, 44   p2 2,5.104. Từ trạng thái 2 sang trạng thái 3, khí bị nén đẳng áp: p3 = p2 = 2,4.104Pa TV V V3  3 2  2 99, 72   T2 2 Từ trạng thái 3 sang trạng thái 4, khí bị nén đẳng nhiệt: T4 = T3 = 300K Từ trạng thái 4 sang trạng thái 1, khí biến đổi đẳng tích: V4 = V1 = 49,86  p4 . p3 V3 2, 4.104.99, 72  0, 48.105  Pa  V4 49,86. Như vậy ta có các trạng thái của khí:. 0,2. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  p3 2, 4.104 Pa  p1 105 Pa p 2 2, 4.104 Pa  p 4 4,8.10 4 Pa     (1) V1 49,86  (2) V2 199, 44  (3) V3 99, 72  (4) V4 49,86 T 600K T 600K T 300K T 300K  1  2  4  3 Đồ thị như hình 3. 2. Tính công và hiệu suất của cả chu trình: U12 0 , khí nhận nhiệt lượng: + Quá trình 1-2 là quá trình dãn đẳng nhiệt có V Q12 A12 RT1 ln 2 8,31.600.1,386 6911 J  V1. Câu 3 (4 điểm). + Quá trình 2-3 là quá trình nén đẳng áp, khí nhận nhiệt lượng: 7 Q 23 C p  T3  T2   R.  T3  T2  3,5.8,31.  300  600   8726  J  2 Q  Q23 8726  J  Thực tế trong quá trình này khí tỏa nhiệt 23 + Quá trình 3-4 là quá trình nén đẳng nhiệt, khí nhận nhiệt lượng: V Q34 A 34 RT3 ln 4 8,31.300.   0, 693   1728  J  V3 y Q  Q34 1728  J  Thực tế trong quá trình này khí tỏa nhiệt 34 nhiệt lượng: + Quá trình 4-1 là quá trình đẳng tích, khí nhận g 5   J Q 41 CV  T1  T4   R.  T1  T4  2,5.8, 31.  600v 0 300  6232 2 F đ O  U  0 + Công do khí sinh ra trong cả chu trình: . . A Q Q12  Q 23  Q34  Q 41 2689  J . + Hiệu suất của chu trình: A 2689 H  0, 2046 20, 46% Q12  Q41 6911  6232. F. 0,5 (2,0. 0,2. 0,2. 0,2.  E x. 0,2. 0,5. 0,5. Hình 4. (1,5 1. Xác định gia tốc: + Các lực tác dụng vào quả cầu:     F P  Fđ. 0,2. + Gia tốc của quả cầu:   F  q  a  g  E m m q  a x  m E   a g gồm hai thành phần  y. 0,5. 0,2. 2. 0,2.  qE  2 a  a 2x  a 2y    g  m. 0,2.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> P mg tan     Fđ qE a hợp với phương ngang Ox góc  với. (1,5 Câu 4 (4 điểm). 2. Vận tốc của quả cầu ở thời điểm    t:  v v x  v y. 0,2. qE   v x v 0x  a x .t  .t m   v y v 0y  a y .t v0  g.t . với. 0,5. 2. 0,5. 2  qE  v  v v   t    v0  gt   m  Vậy 2 x. 2 y. tan    v hợp với phương ngang Ox góc  với. vy vx. . v 0  gt E q .t m. 0,2. (1,0 3. Giá trị cực tiểu của vận tốc:. 0,2. 2   qE  2  2 2  qE  2 2 y v  .t    v 0  gt     g  .t  2v0g.t  v0  m m       Đặt 2. y là hàm bậc hai theo t, có giá trị nhỏ nhất tại. y min.  q2E2 2  v 0 2 2 4a q E  m 2g 2. 0,2. m 2 v0 b t m   2a q 2 E 2  m 2 g 2 v min  y min v 0. Khi đó. qE 2. 2. 0,5 2. q E m g. 2. 1. Xác định vị trí, tính chất và độ phóng đại của ảnh cuối cùng + Sơ đồ tạo ảnh:. (O1). Câu 5 (4 điểm). d1 + Có d1 = 20cm = f1 d 2 a  d1  . d1 ⟹. ⟹ + Độ phóng đại của ảnh:. k k ⟹. A1B1. (1,5. (O2). d2. A2B2. d2. d1 . 0,5. d2 f 2  10cm  0. A 2 B2 f f f1f 2 k1k 2  1 . 2  f1  d1 f 2  d 2  f1  d1   f 2  a  d1  AB f1f 2.  df   f1  d1   f 2  a  1 1  d1  f1   k. Thay số ta được:. . f1f 2  f1  d1   f 2  a   d1f1.  1. 20.   10 . 1  0   10  30   20  20   20.20 2. + Vậy ảnh cuối cùng A2B2 là ảnh ảo, cùng chiều với vật, cao bằng nửa chiều cao của vật. 0,2. 0,2. 0,2. 0,2.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> và cách thấu kính phân kì O2 một khoảng bằng 10cm.. 2. Xác định vị trí của vật k 2  + Để ảnh cuối cùng là ảnh ảo, cao gấp 2 lần vật thì phải có d 2  0 và. k. + Từ (1) suy ra:. 20.   10  2   10  30   20  d1   20.d1. (1,5 0,2. 0,2.  d1 35cm  d 45cm + Giải ra ta được  1. 0,2.  + Với d1 = 35cm, ta tìm được d 2  25cm  0 nhận.. 0,2 0,2. + Với d1 = 55cm, ta tìm được d 2 15cm  0 loại. Vậy để ảnh cuối cùng là ảnh ảo, cao gấp 2 lần vật thì vật phải đặt cách O1 một khoảng 35cm. . 3. Chiều cao của ảnh cuối cùng không phụ thuộc vị trí đặt vật: f1f 2 f1f 2 k   f1  d1   f 2  a   d1f1  f2  a  f1   f1  f 2  a  d1 + Từ (1), ta có: + Để chiều cao của ảnh cuối cùng không phụ thuộc vị trí đặt vật trước O1 thì phải có: f1 + f 2 – a = 0 Suy ra: a = f1 + f2 = 20 + (-10) = 10cm F + Hệ vô tiêu, tức là có tiêu điểm ảnh 1 của thấu kính hội tụ O1 trùng với tiêu điểm vật F2 của thấu kính phân kì O2.. .....................................HẾT................................. Ghi chú: - Nếu thí sinh làm khác với hướng dẫn chấm nhưng vẫn đúng, giám khảo cũng cho điểm theo biểu điểm.. 0,2. (1,0. 0,5. 0,2. 0,2.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>