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

Chia sẻ: Le Phan Huu My | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

834
lượt xem 111
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia lớp 12 trung học phổ thông là kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp Quốc gia bậc học Trung học phổ thông dành cho học sinh lớp 11 và lớp 12 do Bộ Giáo dục và Đào tạo Việt Nam tổ chức vào tháng 3 hàng năm. Những học sinh đạt giải cao nhất trong kỳ thi này được lựa chọn vào các đội tuyển Quốc gia Việt Nam tham dự Olympic quốc tế.[1] Những học sinh đạt giải Nhất, Nhì, Ba được ưu tiên tuyển vào các trường đại học. Những...

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI ĐÁP ÁN CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA LỚP 12 Năm học 2007 - 2008

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 ml 2 l ml2 0.5đ I= + m ÷ = 12 2 3 .Xét tại thời điểm t, thanh OA và OB có li độ góc lần l ượt là α, β. Phương trình chuyển động quay của thanh OA và OB:  l l 2 ml2 −mg sin α + k(β − α)  ÷ = α '' 1đ  2 2 3  2  l l ml2  −mg sin β − k(β − α)  ÷ = β ''  2 2 3 .Do α và β rất bé nên hệ trên được viết lại:   3g 3k  3k  α ''+  + ÷α − β=0   2l 4m  4m 0.5đ  β ''+  3g + 3k  β − 3k α = 0   ÷   2l 4m  4m 3g 3g 3k .Đặt U = α + β và ν = α - β, ω1 = ( I ) , ω2 = + (II) 2l 2l 2m .Ta được:  3g 0.5đ u ''+ 2l u = 0  u ''+ ω1 u  2 =0  ⇔   v''+  3g + 3k  v = 0 2  ÷  v''+ ω2 v  =0    2l 2m  .Hệ phương trình có nghiệm: u = A cos(ω1t + u1 ), v = Bcos(ω2 t + u 2 ) 0.5đ .Tại thời điểm t = 0 thì u = α0 , v = α0, u’ = 0, v’ = 0. Ta có: A cos ϕ1 = α 0 Bcos ϕ = α  2 0 ϕ1 = ϕ2 = 0  ⇒ 0.5đ Aω1 sin ϕ1 = 0 A = B = α0 Bω2 sin ϕ2 = 0  1
.Từ đó: u = α0cos(ω1t), v = α0cos(ω2t) .Phương trình dao động nhỏ của thanh OA và OB lần lượt là: u + v α0 α= = (cos ω1t + cos ω2 t) 2 2 0.5đ u − v α0 β= = (cos ω1t − cos ω2 t) 2 2 Với ω1 và ω2 được xác định từ (I) và (II). Bài 2 4đ 1. .Lực do khối thuỷ ngân tác dụng lên vách ngăn: ρga 0+ 3 0.5đ F= 2 .a. a = ρg a 2 2 8 .Áp suất khí ở ngăn phải bằng tổng áp suất do khối thuỷ ngân và khí quyển gây ra: F 1 0.5đ P0 = Pk + = Pk + ρga = 1,029.105 pa S 8 2a. .Gọi v0 là thể tích khí ban đầu, nhiệt độ của khối khí khi vách ngăn v ừa ch ạm vào thành hộp: 1 0.5đ P0 v0 Pv 2(Pk + ρga) Pv 2 = ⇒T= = T0 = 640,31 K To T P0 v0 P0 b.Gọi thủy T1 là nhiệt độ của khối khí tại thời điểm thủy ngân bắt đầu chảy ra, ta có: PV1 T1 = T0 = ( PK + ρ ga )(v0 + v0 )T0 / PV0 = 480,2K 0 .5đ PV0 0 2 2 0 .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: l a a l.a 2 l.a 3 0,5đ A1 = Pk .a. + mg = Pk + ρ. .g 2 2 4 4 16 .Công khối khí thực hiện để đẩy toàn bộ khối thuỷ ngân ra ngoài: 1 la 2 0.5đ A 2 = ρ∆v = (Pk + ρga). 2 4 .Công tổng cộng mà khối khí đã thực hiện: 3 la 2 = 425,2 (J) 0.5đ A = A1 + A 2 = (2Pk + ρga). 4 4 5 .Nội năng khí biến thiên: ∆U = nC v ∆T = (Pv − P0 v 0 ) 2 0.5đ 5  1  2 2 l =  Pk + ρga ÷a l − P0 .a .  = 565,5 (J) 2  2  2 .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 chi ều dài l v ới kh ối Plasma có bề dày dy rất bé. 1 l 1 l dR = = . 0.5đ .Điện trở mỗi ống trụ: λ dS  y 2  2πydy λ 0 1 − 2 ÷  a  2
.Cường độ dòng điện chạy qua mỗi ống: U  y 2  2πydy 0.5đ dI = = Uλ 0  1 − 2 ÷ dR  a  l .Cường độ dòng điện chạy qua khối plasma: 2πλ 0 U  2 0  πλ Ur r r r0 2πλ 0 U 0 2 1đ ∫ (a − y )ydy = a 2l  a ∫ ydy − ∫ y dy ÷= 2a 2l 0 (2a − r0 ) 2 3 2 2 I= 0 2 a l 0  ÷  0 0  .Chọn đường tròn, bán kính x > r 0 có tâm O nằm trên trục của hình trụ, áp dụng đinh lý Ampe ta có: u r r 2 πλ 0 Ur0 ÑBdl = µ0 ∑ i = µ0I ⇒ B.2πx = µ0 2a 2l (2a − r0 ) ∫ 2 2 1đ (c) µ0λ 0 Ur0 (2a 2 − r0 ) 2 2 ⇒B= 4a 2 .l.x .Dây dẫn có chiều dài l mang dòng điện I 2 đặt trong từ trường đồng chất có cảm ứng u r từ B vuông góc với dây nên: 0,5đ µ0λ 0 Ur0 (2a 2 − r0 ) 2 2 F = BI2l2 = I 2l 2 4a 2 .l.x .Vậy lực từ tác dụng lên một đơn vị dài của dây mang dòng điện I2 là: F µ0λ 0 Ur0 (2a 2 − r0 ) 2 2 0,5đ f0 = = I2 l2 4a 2 .l.x Bài 4 4đ .Dùng các dây nối các điểm A, B, C gần K nhất với nhau. Lúc đó m ạch điện trở thành (rx nối tiếp bộ điện trở RKB’ ) // R. 0.5đ .Trong đó R là tổng điện trở tương đương c ủa các đi ện tr ở còn l ại. B' là đi ểm ch ập của A, B và K. .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 R1 . I K. C 1 1 1 Ta có: = + (1) R1 rx R 1đ rx K . 1 . I 2 B’ - Lần 2: Dùng dây nối I và K rồi m ắc Ôm kế vào K và B. Đ ọc s ố ch ỉ Ôm k ế R 2. Ta có: R 3 1 1 1 1đ = + (2) R 2 R KB ' R 3
- Lần 3: Dùng dây nối I và B', mắc Ôm kế vào I và K. Đọc số chỉ Ôm kế R3. Ta có: 1 1 1 1đ = + (3) R 3 rx R KB ' 2R1R 2 R 3 .Từ (1), (2), (3) ta được: rx = (4) R1R 2 + R 2R 3 − R1R 3 0.5đ .Thay các giá trị R1, R2, R3 đã biết ở 3 lần đo trên vào (4) ta tìm được điện trở r x của thanh IK. Bài 5 4đ .Gọi I1, I2, I3 lần lượt là cường độ hiệu dụng của dòng xoay chiều chạy qua R 2, tụ C giữa và R1. .Giản đồ véc tơ của mạch điện đượcuuu như hình dưới. vẽr U R1 ur u ur I2 I3 ur U AB O ϕ1 ur uuur 0.5đ ϕ2 I1 U R2 uuuu r uuuu r U EF U CD ( ) ( ) uuuu uuuu · r r uuuu uuuuur · r .Gọi ϕ1 = U R 2 ; U R1 ; ϕ2 = U R 2 ; U R CD .Áp dụng định lý hàm số cosin ta có: 2 2 U2 = U R1 + U CD + 2U R1 U CD cos(ϕ1 + ϕ2 ) (1) U R 2 = mR 0I1 1đ 1 1 .Vì ω = ⇒ R0 = = z c . Do đó U R 2 = mU EF (2) R 0C ωC U CD = U R 2 + U 2 ⇒ U CD = (m 2 + 1).U 2 2 2 EF 2 EF (3) 2 2 2 r r .Áp dụng định lý hàm số cosin: I3 = I1 + I 2 + 2I1I 2 cos(I1,I 2 ) 2 2 2 2 2 2 ur u r ⇔ R 0 I3 = R 0 I1 + R 0 I 2 + 2(R 0I1 )(R 0I 2 )cos(U EF , U CD ) 2 2 2 U EF 0.5đ ⇔ U R1 = U EF + U CD + 2U EF U CD U CD 2 2 2 ⇔ U R1 = (m + 4)U EF (4) I2 I3 .Áp dụng định lý hàm số sin, ta có: = r r sin ϕ1 sin(I1,I 2 ) 0.5đ I ur u r U UR 2 UR 2 sin ϕ1 = 2 sin(U EF , U CD ) = CD = (5) I3 U R1 U CD U R1 4
m 2 .Từ (2), (3), (5) suy ra: sin ϕ1 = ⇒ cos ϕ1 = m2 + 4 m2 + 4 U EF 1 m .Từ (2), (3) ta có: sin ϕ2 = = ⇒ cos ϕ2 = 1đ U CD m2 + 1 m2 + 1 m .Do đó: cos(ϕ1 + ϕ2 ) = cos ϕ1.cos ϕ2 − sin ϕ1.sin ϕ2 = (6) m 2 + 1. m 2 + 4 .Thay (3), (4), (6) vào (1) suy ra: U 2 = (2m 2 + 2m + 5)U 2 EF U0 ⇒ U EF = 0,5đ 4m 2 + 4m + 10 . 5