Kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia lớp 12 THPT năm 2011 - Đáp án môn Vật lý - Đề 2

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 hai: 12/01/2011 (Gồm 05 trang) Câu 1. (4,5 điểm) Chiếu phương trình động lực học Mg F Ma+ =GG G lên các phương: Ox tiếp tuyến với quỹ đạo khối tâm: (1) tM d F Mgsinγ = − α Oy trùng với phương GO: 2 nM d F Mg cosω = − α (2) Phương trình chuyển động quay Iγ = - Mgdsinα (3) Từ (1) và (3) suy ra: , với ( )tF Mg 1 A sin= − 1. α 2MdA I = (4) Định luật bảo toàn năng lượng: 2 0 I Mgd(cos cos ) 2 ω = α − α (5) Từ (5) và (2) suy ra: ( )n 0F Mg 1 2A cos 2A cos= − α + α⎡ ⎤⎣ ⎦ Do đó ( ) ( )2 22 2 2n t 0F F F Mg 1 2A cos 2A cos 1 A sin= + = − α + α + − α⎡ ⎤⎣ ⎦ O G d F G P G Gia tốc khối tâm: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 n t 0 2 2 0 0 a a a ( d) ( d) g 4A (cos cos ) A sin gA 1 8cos .cos 3cos 4cos = + = ω + γ = α − α + α = − α α + α + α Khi α0 = 60o có 2 2Mda g 2 4cos 3cos I = − α + α ) 2 4cos 3cosα = − α + α 2. Xét hàm f ( . Dễ dàng thấy hàm có cực đại tại 2 0α = với f (0) 1= và cực tiểu ứng với cosα = 2/3. Tại biên 0 3f ( 60 ) 1, 4 ± = < vậy a cực đại khi 0α = và 2 max 2 Mgda . 3 I = a. Phân tích xung lượng của lực trục quay tác dụng lên con lắc thành hai thành phần XOX Oy, XOx theo phương thẳng đứng Oy và phương ngang Ox. Áp dụng định lý biến thiên động lượng và mômen động lượng với vx, vy là các thành phần vận tốc khối tâm sau va chạm: Gx OxMv Xsin X ;= β+ (1) I X sinω = βA , với Gxv d ω = (2) Từ (1) có: ; OyX Xcos= β Ox Gx M dX Mv X sin 1 X sinI ⎛ ⎞= − β = −⎜ ⎟⎝ ⎠ A β (3) Độ lớn của X : O 2 2 2 2 2 O Ox Oy M dX X X X 1 sin cos I ⎛ ⎞= + = − β+ β⎜ ⎟⎝ ⎠ A b. Để trục quay không chịu tác động của xung lực X thì cần hai điều kiện OyX 0 2 π= ⇒β = 3. và OxX 0= ⇒ O IX 0 OA Md= ⇒ = =A Câu 2. (4,0 điểm) 1. Viết lại biểu thức điện áp: 2 0MN 0 Uu U cos t (1 cos2 t) 2 = ω = + ω α x nF G tF G α 1 Thành phần điện áp không đổi 01 Uu 2 = tạo ra dòng điện có cường độ 01 UI 2R= Biểu diễn các thành phần điện áp xoay chiều chạy qua L, R và C trên giản đồ (xem hình vẽ): Từ giản đồ: 2 2 2xc R C R C RLI I I 2I I cos 2 π⎛ ⎞= + + + ϕ⎜ ⎟⎝ ⎠ Trong đó L LR LR 2 2 2 LR U 2 Lcos sin 2 U R L 4 π ω⎛ ⎞+ϕ = − ϕ = − = −⎜ ⎟⎝ ⎠ + ω R 2 2 2 UI R L 4 = + ω ; CI 2 C= ω U Từ đó 2 2 2 2 2 xc 2 2 2 1 8 LCI U 4 C (1 R L 4 ⎡ ⎤− ω= + ω⎢ ⎥+ ω⎣ ⎦ LRI G LR CU U U= = G G G LU G CI G xcI G LRϕ RU G ) LC 0 Để biên độ thành phần xoay chiều không phụ thuộc vào R thì 1 8 2ω = và 1 2 2LC ω = − Số chỉ ampe kế là giá trị hiệu dụng của dòng điện: 2 2 2 2 0 0 1 xc 1 2 I U 1 CI i (I i ) I 2 2 R 2L = = + = + = + 2. Để số chỉ của ampe kế là nhỏ nhất, thì Ixc nhỏ nhất Đặt ; từ (1) có hàm số 2x (2 )= ω 22 21 2LCxy CR L x − x (2)⎡ ⎤= +⎢ ⎥+⎣ ⎦ Ixc nhỏ nhất khi y’ = 0 ⇒ ( ) ( )( ) 2 2 2 2 22 2 2LC R L x L 1 2LCx y ' C 0 R L x − + − −= + + = Giải ra, tìm được 2 2 2 2 2 1 L 2LRx R L C C ⎡ ⎤= + −⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ . Vậy 2 2 2 2 L 2LR R C C . 2L + − ω = Câu 3.(4,0 điểm) 1. Khi chưa đặt bản mặt song song, ảnh của S nằm tại F2′ S O1 O2 S" f a+ f S O1 O2 S' A S1 A a * Khi đặt bản mặt song song phía sau thấu kính L2 1a h 1 n ⎛= −⎜⎝ ⎠Ảnh S” của S qua quang hệ bị dịch đi một đoạn ⎞⎟ a′ = + theo đường truyền tia sáng và do đó cách L 2 (f a)fd a += là d f từ đó tính được (1) 2 2 2 * Khi đặt bản mặt song song phía trước thấu kính L1 Sơ đồ tạo ảnh : Có ⇒ 1d f a= − 11 1 d f (f a)fd d f a −′ = = −− (2) Từ (1) và (2) suy ra 2 1 (f a)f (f a)fd d 2f a a + −′= + = − =A a) Xét chùm tia rất hẹp, giới hạn bởi hai tia sáng song song ở độ cao y và y + dy, các tia ló ra khỏi bản mặt bị lệch góc α so với tia tới. Sự thay đổi chiết suất chỉ có thể bỏ qua nếu đường truyền của mỗi tia trong bản mặt gần như thẳng và gần như vuông góc với bản mặt. Do đó quang trình của tia AC là: ( )0h n k(y dy)+ + và của tia BD là: ( )0h n ky dysin+ + α Quang trình của hai tia giữa hai mặt đầu sóng AB và CD bằng nhau: ( )0h n k(y dy)+ + = ( )0h n ky dysin+ + α . 2. Từ đó suy ra: không phụ thuộc vào y nên chùm sáng qua bản mặt là chùm song song lệch so với quang trục một góc α, vì vậy chùm tia qua thấu kính L sin khα = 2 hội tụ tại điểm S” nằm trên tiêu diện và cách tiêu điểm là: 2 2 2 khfS"F f tan 1 k h = α = − . Từ giả thiết, có thể suy ra kh << 1, do đó có thể làm gần đúng . 2S"F khf b) Điểm ảnh S” luôn nằm tại giao điểm giữa tia sáng O2S” qua quang tâm và tiêu diện ảnh của thấu kính L2. Khi trục chính của thấu kính L2 lệch đi góc ϕ, tiêu diện ảnh của L2 cũng quay đi góc ϕ. Vậy S”’ nằm trên O2S” và cách O2 một đoạn 2 fO S"' cos( - ) = ϕ α Câu 4.(7,5 điểm) 1. Xử lý số liệu (2,5 điểm) Gọi hệ số nén đoạn nhiệt của hỗn hợp khí là . γ Phương trình biểu diễn quá trình đoạn nhiệt: 0 0pV p V γ γ= 0 0 Vpln ln p V ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⇒ = γ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ Từ bảng số liệu thực nghiệm, xử lý và dựng đường đồ thị biểu diễn quan hệ 0 pln p ⎛ ⎞⎜⎝ ⎠⎟ theo 0Vln V ⎛⎜⎝ ⎠ ⎞⎟ , xác định được 1,53.γ = y = 1.53x 0.00 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60 0.70 0.80 0.00 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 ln(V0/V) ln (P /P 0) S′′′ S Bản mỏng S′ 1L S′′ 2L1 d 1d′ 2d 2d′ y+dy D α α B A C y S O1 O2 ' 2F ϕ 3 VP V V C RC 1,53 C C +γ = = = ⇒ VC 1,89R= Trong 1 mol hỗn hợp khí, gọi là số mol khí Ar, là số mol khí 1n 2n 2H 1 2 3 5Rn Rn 1,89R 2 2 + =Ta có: 1 2n n 1+ = ⇒ n 0,61 và 2n 0,39= mol với =2 Khối lượng mol của hỗn hợp là g/mol 1 240n 2n 25,2μ = + = Vậy trong 8,5g hỗn hợp khí có 8,24 g Ar và 0,26 g 2H . 2. Phương án thí nghiệm (5,0 điểm) 1. a) Xác định điện áp U0 Khi chiếu sáng và hở mạch, dòng I = 0. Điện áp sinh ra trên hai cực của pin chính là thế hở mạch U0 0 gU d g 0 d I1I I (e 1) I 0 U ln 1 I α ⎛ ⎞= − + = ⇒ = −⎜α ⎝ ⎠⎟ (1) b) Viết phương trình xác định U A A V K E R B Chiếu sáng Phân cực thuận A A V K E R B Chiếu sáng Phân cực ngược m và tính Pm theo Rm. * Khi mắc hai cực của pin với điện trở R và chiếu sáng, dòng qua pin và dòng qua R có độ lớn bằng nhau. Hiệu điện thế U giữa hai cực của pin bằng hiệu điện thế giữa hai đầu điện trở. U d gP UI UI (e 1) I α⎡ ⎤= = − +⎣ ⎦ . Công suất tiêu thụ trên R là mP (U ) 0′ =Công suất cực đại ứng với U = Um khi . Suy ra Do đó m mU Ud g mI (e 1) I U e 0 α α⎡ ⎤− + + α =⎣ ⎦ m gUm d I (1 U )e 1 I α+ α =. − (2) * Xác định công suất cực đại theo giá trị trở Rm m d gU d m I I e (3) I (1 U ) α −= +αTừ (2) ta có mUm d m U I I (e 1) I R α= = − +Định luật Ôm với điện trở g (4) m g dm m m U (I I )U R (1 U ) α −= +α m g d m R (I I ) 1 U α − −⇒ = α Từ (3) và (4) suy ra ( )2 22 m g dm m m g2 m m m R (I I ) 1U 1P R (I R R R ⎛ ⎞α − −= = = − −⎜ ⎟⎜ ⎟α α⎝ ⎠ Công suất cực đại dI ) 2. a) Đặc trưng vôn-ampe của pin. Vẽ phác dạng đồ thị vôn - ampe (xem hình vẽ) Chỉ ra được giá trị U và I0 g là giao của đường đặc trưng với trục hoành và trục tung U0 I I UAB Chiếu sáng g 4 b)Trình bày phương án thí nghiệm xác định các giá trị đặc trưng I và α của pin d * Cơ sở lý thuyết: g 0 d I1U ln 1 I ⎛ ⎞= −⎜ ⎟α ⎝ ⎠ Điện áp hở mạch khi chiếu sáng: . Chiếu sáng mạnh: g dI I>> Suy ra g0 g d d I1 1 1U ln ln I ln I A ln I I − g B= − = +α α α A V K Như vậy để tìm và ta cần vẽ được đồ thị dI 0 0 gU U (I )=α . Đồ thị này được dựng bằng việc thay đổi cường độ chiếu sáng để nhận các cặp giá trị I và U tương ứng. g 0 Xác định U0 bằng việc đo thế hở mạch và Ig là dòng ngắn mạch khi nối tắt hai cực của pin. * Tiến hành thí nghiệm: Sử dụng chế độ chiếu sáng mạnh - Chiếu sáng vào bề mặt pin, dùng vôn kế đo hiệu điện thế hở mạch, U0 - Nối tắt hai cực pin thông qua ampe kế, đọc chỉ số dòng tương ứng Ig - Lặp lại các thao tác trên với các cường độ chiếu sáng khác nhau Ghi số liệu vào bảng: Lần đo U0 Ig 1 ................ ............... 2 ................ ............... 3 ................ ............... ..................... ................ ............... * Xử lý số liệu: Dựng đồ thị biểu diễn mối quan hệ U0 theo lnIg U0 Ln Ig ϕ Từ độ nghiêng của đường biểu diễn trên đồ thị suy ra A = 1/α = tanϕ ⇒ α = cotϕ d 1Từ điểm cắt ngoại suy của đường với trục lnI B ⇒ ln I= − α - B dI = e . / . α suy ra: g ----------------------------HẾT--------------------------- 5