Tài liệu ĐỀ THI ĐÁP ÁN CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA LỚP 12 Năm học 2007 - 2008 pdf

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA LỚP
12
Năm học 2007 - 2008
HƯỚNG DẪN CHẤM, ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn: VẬT LÝ
Ngày thi: 06/11/2007
-~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
Bài Nội dung Điểm
Bài 1 4đ
.Mô men quán tính của mỗi thanh đối với trục quay OO’ là:
2
2 2
ml l ml
I m
12 2 3
 
= + =
 ÷
 
0.5đ
.Xét tại thời điểm t, thanh OA và OB có li độ góc lần lượt là α, β. Phương trình chuyển
động quay của thanh OA và OB:
2
2
2
2
l l ml
mg sin k( ) ''
2 2 3

l l ml
mg sin k( ) ''
2 2 3

 
− α + β −α = α

 ÷
  


 
− β − β −α = β
 ÷

 

1đ
.Do α và β rất bé nên hệ trên được viết lại:
3g 3k 3k
'' 0
2l 4m 4m
3g 3k 3k
'' 0
2l 4m 4m

 
α + + α − β =
 ÷


  

 

β + + β − α =
 ÷

 

0.5đ
.Đặt U = α + β và ν = α - β,
( )
1 2
3g 3g 3k
I , (II)
2l 2l 2m
ω = ω = +
.Ta được:
3g
u'' u 0
2l
3g 3k
v'' v 0
2l 2m

+ =



 


+ + =
 ÷

 

⇔
2
1
2
2
u'' u 0
v'' v 0

+ ω =


+ ω =


0.5đ
.Hệ phương trình có nghiệm:
1 1 2 2
u Acos( t u ),v Bcos( t u )= ω + = ω +
.Tại thời điểm t = 0 thì u = α
0
, v = α
0
, u’ = 0, v’ = 0. Ta có:
0.5đ

1 0
1 2
2 0
0
1 1
2 2
Acos
0Bcos
A B
A sin 0
B sin 0
ϕ = α


ϕ = ϕ =ϕ = α


⇒
 
= = α
ω ϕ =



ω ϕ =

0.5đ
1
.Từ đó: u = α
0

cos(ω
1
t), v = α
0
cos(ω
2
t)
.Phương trình dao động nhỏ của thanh OA và OB lần lượt là:

0
1 2
0
1 2
u v
(cos t cos t)
2 2
u v
(cos t cos t)
2 2
α
+
α = = ω + ω
α
−
β = = ω − ω

Với
1
ω
và

2
ω
được xác định từ (I) và (II).
0.5đ
Bài 2 4đ
1. .Lực do khối thuỷ ngân tác dụng lên vách ngăn:

3
ga
0
a a
2
F .a. g
2 2 8
ρ
+
= = ρ
0.5đ
.Áp suất khí ở ngăn phải bằng tổng áp suất do khối thuỷ ngân và khí quyển gây ra:
5
0 k k
F 1
P P P ga 1,029.10 pa
S 8
= + = + ρ =
0.5đ
2a. .Gọi v
0
là thể tích khí ban đầu, nhiệt độ của khối khí khi vách ngăn vừa chạm vào thành
hộp:

k
0 0
0
o 0 0 0
1
2(P ga)
P v
Pv Pv
2
T T
T T P v P
+ ρ
= ⇒ = =
= 640,31 K
0.5đ
b.Gọi thủy T
1
là nhiệt độ của khối khí tại thời điểm thủy ngân bắt đầu chảy ra, ta có:

1
1 0
0 0
PV
T T
PV
=
=
0
0 0 0 0

( )( ) /
2 2
K
v
ga
P v T PV
ρ
+ +
= 480,2K
.Công suất khối khí thực hiện để đẩy toàn bộ không khí ở ngăn trái ra ngoài và nâng
khối thuỷ ngân lên để nó bắt đầu chảy ra:

2 3
1 k k
l a a l.a l.a
A P .a. mg P . .g
2 2 4 4 16
= + = +ρ
0 .5đ
0,5đ
.Công khối khí thực hiện để đẩy toàn bộ khối thuỷ ngân ra ngoài:

2
2 k
1 la
A v (P ga).
2 4
= ρ∆ = + ρ
0.5đ
.Công tổng cộng mà khối khí đã thực hiện:

2
1 2 k
3 la
A A A (2P ga).
4 4
= + = + ρ
= 425,2 (J)
0.5đ
.Nội năng khí biến thiên:
v 0 0
5
U nC T (Pv P v )
2
∆ = ∆ = −
=
5
2
2 2
k 0
1 l
P ga a l P .a .
2 2
 
 
+ ρ −
 ÷
 
 
 

= 565,5 (J)
0.5đ
.Áp dụng nguyên lý I ta có: Q = ∆U + A = 990,7 (J)
0.5đ
Bài 3 4đ
.Chia khối Plasma thành những ống hình trụ đồng trục và cùng chiều dài l với khối
Plasma có bề dày dy rất bé.
.Điện trở mỗi ống trụ:
2
0
2
1 l 1 l
dR .
dS 2 ydy
y
1
a
= =
λ π 
λ −
 ÷
 
0.5đ
2
.Cường độ dòng điện chạy qua mỗi ống:

2
0
2
U y 2 ydy

dI U 1
dR l
a
 
π
= = λ −
 ÷
 
0.5đ
.Cường độ dòng điện chạy qua khối plasma:
0 0 0
r r r
2 2 2 3 2 2
0 0 0 0
0
2 2 2
0 0 0
2 U 2 U Ur
I (a y )ydy a ydy y dy (2a r )
a l a l 2a l
 
πλ πλ πλ
 ÷
= − = − = −
 ÷
 
∫ ∫ ∫
1đ
.Chọn đường tròn, bán kính x > r
0

có tâm O nằm trên trục của hình trụ, áp dụng đinh lý
Ampe ta có:

2
2 2
0 0
0 0 0 0
2
(c)
2 2 2
0 0 0 0
2
Ur
Bdl i I B.2 x (2a r )
2a l
Ur (2a r )
B
4a .l.x
πλ
= µ = µ ⇒ π = µ −
µ λ −
⇒ =
∑
∫
ur r
Ñ
1đ
.Dây dẫn có chiều dài l mang dòng điện I
2
đặt trong từ trường đồng chất có cảm ứng từ

B
ur
vuông góc với dây nên:

2 2 2
0 0 0 0
2 2 2 2
2
Ur (2a r )
F BI l I l
4a .l.x
µ λ −
= =
0,5đ
.Vậy lực từ tác dụng lên một đơn vị dài của dây mang dòng điện I
2
là:

2 2 2
0 0 0 0
0 2
2
2
Ur (2a r )F
f I
l
4a .l.x
µ λ −
= =
0,5đ

Bài 4 4đ
.Dùng các dây nối các điểm A, B, C gần K nhất với nhau. Lúc đó mạch điện trở thành (r
x
nối tiếp bộ điện trở R
KB’
) // R.
.Trong đó R là tổng điện trở tương đương của các điện trở còn lại. B' là điểm chập của
A, B và K.
0.5đ
.Mạch điện được vẽ lại như hình bên.
.Tiến hành ba lần đo như sau: A
- Lần 1: Dùng dây nối K và B' rồi mắc B
Ômkế vào I và K. Đọc chỉ số Ôm kế R
1
. I K
C
Ta có:
1 x
1 1 1
(1)
R r R
= +

1đ
- Lần 2: Dùng dây nối I và K rồi mắc Ôm kế vào K và B. Đọc số chỉ Ôm kế R
2
. Ta có:

2 KB'
1 1 1
(2)
R R R
= +
1đ
- Lần 3: Dùng dây nối I và B', mắc Ôm kế vào I và K. Đọc số chỉ Ôm kế R
3
. Ta có:

3 x KB'
1 1 1
(3)
R r R
= +
1đ
3

r
x
K 1
I 2 B
’
R 3
.

.
. .
.
.
.
.Từ (1), (2), (3) ta được:
1 2 3
x
1 2 2 3 1 3
2R R R
r (4)
R R R R R R
=
+ −
.Thay các giá trị R
1
, R
2
, R
3
đã biết ở 3 lần đo trên vào (4) ta tìm được điện trở r
x
của
thanh IK.
0.5đ
Bài 5 4đ
.Gọi I
1
, I
2

, I
3
lần lượt là cường độ hiệu dụng của dòng xoay chiều chạy qua R
2
, tụ C giữa
và R
1.
.Giản đồ véc tơ của mạch điện được vẽ như hình dưới.

1R
U
uuur

2
I
uur

3
I
ur
U
ur
AB
O
1
ϕ

2
ϕ

1
I
ur

2R
U
uuur

EF
U
uuuur

CD
U
uuuur
.Gọi ϕ
1
=
·
( )
·
( )
2 1 2 CD
R R 2 R R
U ;U ; U ;Uϕ =
uuuur uuuur uuuur uuuuur

0.5đ
.Áp dụng định lý hàm số cosin ta có:
U

2
=
1 1
2 2
R CD R CD 1 2
U U 2U U cos( ) (1)+ + ϕ + ϕ
2
R 0 1
U mR I=
.Vì
0 c
0
1 1
R z
R C C
ω = ⇒ = =
ω
. Do đó
2
R EF
U mU=
(2)

2
2 2 2
CD R EF
U U U= +
⇒
2 2 2
CD EF

U (m 1).U= +
(3)
1đ
.Áp dụng định lý hàm số cosin:
2 2 2
1 2
3 1 2 1 2
I I I 2I I cos(I ,I )= + +
r r
⇔
2 2 2 2 2 2
EF CD
0 3 0 1 0 2 0 1 0 2
R I R I R I 2(R I )(R I )cos(U ,U )= + +
ur ur
⇔
1
2 2 2
EF
R EF CD EF CD
CD
U
U U U 2U U
U
= + +
⇔
1
2 2 2
R EF
U (m 4)U= +

(4)
0.5đ
.Áp dụng định lý hàm số sin, ta có:
3
2
1 2
1
I
I
sin
sin(I ,I )
=
ϕ
r r

2 2
1 1
R R
CD
2
EF CD
1
3 R CD R
U U
U
I
sin sin(U ,U )
I U U U
ϕ = = =
ur ur

(5)
0.5đ
4
.Từ (2), (3), (5) suy ra:
1 1
2 2
m 2
sin cos
m 4 m 4
ϕ = ⇒ ϕ =
+ +
.Từ (2), (3) ta có:
EF
2 2
2 2
CD
U 1 m
sin cos
U
m 1 m 1
ϕ = = ⇒ ϕ =
+ +
.Do đó:
1 2 1 2 1 2
2 2
m
cos( ) cos .cos sin .sin
m 1. m 4
ϕ + ϕ = ϕ ϕ − ϕ ϕ =
+ +

(6)
1đ
.Thay (3), (4), (6) vào (1) suy ra:
2 2 2
EF
U (2m 2m 5)U= + +
⇒
0
EF
2
U
U
4m 4m 10
=
+ +
.
0,5đ
5