Kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia lớp 12 THPT năm 2011 - Đáp án môn Vật lý

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM 2011 ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: VẬT LÍ Ngày thi thứ nhất: 11/01/2011 (Gồm 04 trang) Câu 1. (4,5 điểm) Do tính đối xứng, ta thấy ngay G nằm trên đường thẳng đứng Oy (xem hình vẽ) nên chỉ cần tính tọa độ yG = OG của vật. Mật độ khối lượng 2m . R ρ = π Xét phần tử dài , có khối lượngdA 2m 2mdm d d d R = ρ = = απ πA A . Theo công thức tính tọa độ khối tâm : 4 G 4 1 2m 2y R cos d m π π− = α α =π π∫ 2R . Vậy 2 2ROG = π 1. Chú ý: có thể dùng phương pháp năng lượng để tính OG Xét vật 2 ở vị trí ứng với góc lệch β Gọi . ϕ là góc mà vật 2 tự quay quanh mình nó. Chọn chiều dương tất cả các chuyển động ngược chiều kim đồng hồ. Lực tác dụng lên vật 2 gồm: trọng lực, phản lực, lực ma sát nghỉ. Phương trình chuyển động của khối tâm vật 2 xét theo phương tiếp tuyến với quỹ đạo: 2 ms 2m a F m g sin= − β Vì β nhỏ sin (rad)β ≈ β 2 msm (R r) F m g O gG B G y A dA dα 2′′⇒ − β = − β ms (1) Phương trình chuyển độngquay của khối trụ nhỏ quanh khối tâm: (2) 22m r F r′′ϕ = Điều kiện lăn không trượt: (R r) r′ ′− β = − ϕ (R r) r′′ ′′β = − ϕ⇒ − (3) Thay (2) và (3) vào (1) ta được: g 0 2(R r) ′′β + (4) β =− Phương trình (4) biểu diễn dao động điều hòa với chu kì 2(R r)T 2 g −= π Từ (2) ⇒ 2ms 2 2 2 21F m r m (R r) m (R r) m g2′′ ′′= ϕ = − − β = − ω β = β (5) Phản lực 2 2 2N m gcos m g 1- 2 ⎛ ⎞β= β = ⎜⎝ ⎠⎟ (6) Điều kiện lăn không trượt: msF N ≤ μ với mọi β (7) Thay (5) và (6) vào (7) ta có ms 02 F f ( ) 0 N 2 β= β = ≤ μ ∀ ≤ β ≤ β− β Bất phương trình trên cho nghiệm 0 2 1 1 18 . 2 ⎛ ⎞β ≤ + −⎜ ⎟⎜ ⎟μ μ⎝ ⎠ 2. Cần chú ý : để có kết quả này cần có thêm điều kiện giới hạn về β0 để si 0 0 A B β O C P G msF G N G n (rad).β β 3. Xét tại thời điểm khối tâm vật 1 và vật 3 có li độ góc tương ứng là , .α θ Phương trình chuyển động của vật 3 theo phương tiếp tuyến với hình trụ: 3m R '' m gθ = − θ3 (1) 1 Nghiệm là: với 0 0 0 0cos t cos t,θ = θ ω = α ω 0 .R gω = Phương trình quay của G quanh O: 21 1 2 2Rm R m g′′α = − απ (2) Nghiệm phương trình này: với 0 1cos t,α = α ω 1 2 2gRω = (3) π Góc lệch của vật 3 so với phương OG là: 1 0 1 002 cos t cos t2 2 ω − ω ω + ω⎛ ⎞ ⎛γ = α − θ = α ⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎞⎟⎠ Khi vật 3 tới C thì Suy ra 0.γ = min 1 0 t π= ω + ω Câu 2. (4,5 điểm) Đặt trục toạ độ Ox dọc theo trục bình, chiều dương cùng chiều chuyển động của bình. Xét một lớp khí mỏng khối lượng dm, chiều dày dx, ở cách đáy bình một đoạn x. Trong hệ quy chiếu gắn với Trái Đất, lớp khí này chuyển động cùng bình với gia tốc a và chịu tác dụng của hai lực theo phương Ox là p(x)S và -p(x+dx)S Theo ĐL II Niutơn ta có: hay (x) (x dx)p p S dm.+⎡ ⎤− =⎣ ⎦ a dp.S dm.a− = (1) Mặt khác, phương trình trạng thái với lớp khí là (x) dmp Sdx RT= μ (2) Từ (1) và (2) tìm được: a x RT (x) (0) (0) ap p e p 1 x RT μ− μ⎛= ⎜⎝ ⎠ ⎞− ⎟ (3) Để tìm p(0), ta dùng định luật bảo toàn khối lượng. Từ (2) và (3) tính dm, sau đó tích phân, tính được: L L 2 (0) (0) 0 0 p S p Sa am dm 1 x dx L RT RT RT 2RT μ μ ⎛ ⎞μ μ⎛ ⎞= = − = −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ ∫ L 1. Vậy: (0) mRT mRT aLp 1 aL S L 2RTS L 1 2RT μ⎛ ⎞= +⎜ ⎟μ μ⎛ ⎞ ⎝ ⎠μ −⎜ ⎟⎝ ⎠  (L) mRT aL aL mRT aLp 1 1 1 S L 2RT RT S L 2RT μ μ μ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛= + − −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜μ μ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ . ⎞⎟⎠ Xác định vị trí khối tâm chất khí: L L 2 (0) G 0 0 p S1 1 a L aL aL 1 ax xdm x 1 x dx 1 L . m m RT RT 2 3RT 2RT 2 12RT μ ⎛ ⎞μ μ μ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛= = − = − + −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝⎝ ⎠∫ ∫  Lμ ⎞⎟⎠ Khi gia tốc thay đổi một lượng da, khối tâm dịch chuyển một khoảng 2 G Ldx da. 12RT μ= − Trong hệ quy chiếu gắn với vỏ bình, công nguyên tố do lực quán tính thực hiện lên khối khí là 2 G LA Fdx ma da 12RT μδ = = ⇒ 0 0 a 2 22 2 0 a m L m LA ada 12RT 32RT μ μ= = −∫ a 2. Công do khí thực hiện: 2 ' 2 0 m LA A a 32RT μ= − = 3. Áp dụng nguyên lý I NĐLH cho cả khối khí, U AΔ = ⇒ 2 2 0 m 3R m LT a 2 32RT μΔ = −μ Do đó, 2 2 2 02 LT a 48R T μΔ = − C A B O θα gG G 1P G 'N G 3P G N G 2 Câu 3. (3,5 điểm) 1. Khi một phần lớp điện môi ε1 với chiều dài x được rút ra khỏi tụ điện, phần còn lại trong tụ điện có chiều dài L - x. Lúc này, tụ điện có thể coi như hệ gồm hai tụ điện mắc song song. Tụ điện thứ nhất có chiều dài x, có lớp điện môi là không khí có ε = 1 và lớp điện môi ε2: 0 1 2 2C xR r 1 2Rln ln 2r R r πε= =+ + ε + Ax Tụ điện thứ hai có chiều dài L - x, có lớp điện môi ε1 và lớp điện môi ε2: 0 2 1 2 2C (L1 R r 1 2Rln ln 2r R r πε= −+ +ε ε + x) B(L x)= − Điện dung tương đương C = C1+C2 = Ax+B(L-x) = BL+(A-B)x = BL + (A-B)vt Vì B > A nên A-B < 0 và điện dung của tụ điện giảm dần đều theo thời gian. 2. Vì tụ điện được nối với nguồn nên hiệu điện thế giữa hai bản là U không đổi. Khi lớp điện môi được kéo ra khỏi tụ điện một đoạn x = vt, năng lượng của tụ điện thay đổi. Công của ngoại lực F và công của nguồn điện bằng biến thiên năng lượng W của tụ điện Fdx Udq dW+ = Do đó 2 2 21 1 1Fdx U dC Udq U dC U (A B)dx 2 2 2 = − = − = − − và 21F (A B) 2 = − − U Lực điện Fd trái chiều với ngoại lực F nên 2d 1F (A B)U 2 0.= − < Lực điện tác dụng lên tấm điện môi hướng vào trong lòng tụ điện 3. Chọn chiều dương của dòng điện là chiều dòng điện tích điện cho tụ điện, ta có dq UdCi U(A dt dt = = = − <B)v 0 tụ điện phóng điện qua nguồn. Câu 4. (4,5 điểm) Gọi C1, O1; C2, O2 là tâm và đỉnh của các mặt cầu tương ứng. Đường thẳng O1O2 là trục chính của thấu kính. Do thấu kính hội tụ nên R1 > R2 và C2 nằm trong khoảng C1O1. Xét một tia sáng bất kỳ phát ra từ S và làm với trục chính góc α . Do nguồn sáng S đặt tại tâm của mặt lõm nên tia sáng này sẽ truyền thẳng đến điểm I trên mặt cầu lồi rồi khúc xạ đi ra ngoài. Đường kéo dài của tia ló cắt trục chính tại S’; S’ là ảnh của S qua thấu kính. Gọi i và r là góc tới và góc khúc xạ tại I: sinr = n sini. Đặt SC2 = x và S’C2 = y. 1. Với các thông số đã cho, dễ dàng chứng minh được rằng tam giác SC2I cân và . Vì vậy, theo định luật khúc xạ i = α sin r sin r n sin i sin = =α . Ta có: γ = 0180 r i r 2 r− − ϕ = α + − = α − Áp dụng định lý hàm số sin cho tam giác S’C2I : 2 2 2 2R s in r R s in r nR nRy sin 2 sin r sin 2sin sin(2 r) cos r cos 2 cos r n cos 2 sin sin sin = = = =α αγ α − − α −α α α S O1 O2 I C2S’ r i α b a y x γ ϕ α 22,84 , y 9,35cm= = * Thay α = ta tính được r 015 0 1 * Thay α ≈ ta tính được 00 0 22 nRr 0 , y 9cm2 n≈ = =− Vậy dải điểm ảnh nằm trên trục chính, ở bên trái C2, và có bề rộng 1 2y y y 0,35cm.Δ = − = 2 Đối với tam giác SC2I ta có: sin i sin x a ϕ= với a = SI. Đối với tam giác S’C2I ta có: sin r sin y b ϕ= với b = S’I ⇒ x sin r a nx a . ysin i b y b = ⇒ = 3 Mặt khác xét hai tam giác SC2I và S’C2I ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 a R x 2R xcos b R x 2R ycos = + + ϕ = + + ϕ Từ các biểu thức trên ta có: 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 22 2 2 2 2 R x 2R xcosn x n x (R y ) y (R x ) 2R xy(n x y)cos 0 y R y 2R ycos + + ϕ= ⇒ + − + + −+ + ϕ ϕ = Để các tia tới (góc ϕ khác nhau) đều có đường kéo dài của tia khúc xạ đều đi qua S’ thì 2n x y= Thay vào phương trình trên ta có R2 = nx Mặt khác 2 2 2 2 1 1 2 2C O SO - SC SO O O - SC= = + 2 1 1 2 nR (R O O ) 3,6cmn 1⇒ = + =+ . Câu 5. (3,0 điểm) Sử dụng điều kiện 2 2 3 2keP 3c = a ta có: 2 2 3 dW 2keP a dt 3c = − = − (1) Vì êlectron chuyển động tròn với bán kính quỹ đạo r nên chịu lực hướng tâm là lực Culông. Theo phương trình ĐL II Niutơn: 2 2 ht 2 ke vF m r r = = (2) Năng lượng toàn phần và gia tốc của êlectron là: 2 2 2 21 ke ke ke kW mv 2 r 2r r = − = − = − 2e 2r (3) 2 ht 2 kea a mr = = (4) 22 2 2 2 2 2 3 2 2 4 ke dr 2ke ke 3m r cdt dr 2r dt 3c mr 4k e ⎛ ⎞= − ⇒ = −⎜ ⎟⎝ ⎠ 3 Thay (2),(3),(4) vào (1) ta có: (5) Với r = R tại thời điểm t = 0. Thời gian mà tại đó r = R0 là: (0R 2 3 2 32 3 02 4 2 4 R 3m c m ct r dr R 4k e 4k e = − = −∫ )3R , thay số tính được: t = 10-9s 2 2 r mT e k π π= =ω r 2 r mrT ' ' 4e k 8 π π T= =ωTa có: =1,22.10 -15 -15= s; =0,153.10 s. 6 ' 2tN 1 T T = ≈+Số vòng quay trên quỹ đạo của êlectron là: 0 vòng./. ----------------------------HẾT--------------------------- 4