Đề thi HSG môn Vật lý 12 kèm đáp án

Chia sẻ: Le Thi Man | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:26

Thêm vào BST

Báo xấu

521
lượt xem 38
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh có tài liệu ôn tập những kiến thức, kĩ năng cơ bản, và biết cách vận dụng giải các bài tập Vật lý một cách nhanh nhất và chính xác. Hãy tham khảo 4 đề thi chọn học sinh giỏi môn Vật lý lớp 12 kèm đáp án.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi HSG môn Vật lý 12 kèm đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2012-2013 Môn: VẬT LÍ 12 - THPT Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 02 trang) Bài 1: (4,0 điểm) Có một số dụng cụ gồm một quả cầu nhỏ có khối lượng m, một lò xo nhẹ có độ cứng k và một thanh cứng nhẹ OB có chiều dài l. 1) Ghép lò xo với quả cầu để tạo thành một con lắc lò xo và treo thẳng đứng như hình vẽ (H.1). Kích thích cho con lắc dao động điều hoà với biên độ A = 2cm. Tại thời điểm ban đầu quả cầu có vận tốc v  20 3cm / s và gia tốc (H.1) a = - 4m/s2. Hãy tính chu kì và pha ban đầu của dao động. O 2) Quả cầu, lò xo và thanh OB ghép với nhau tạo thành cơ hệ như hình vẽ (H.2). Thanh nhẹ OB treo thẳng đứng. Con lắc lò xo nằm ngang có quả cầu l nối với thanh. Ở vị trí cân bằng của quả cầu lò xo không bị biến dạng. Từ vị trí cân bằng kéo quả cầu trong mặt phẳng chứa thanh và lò xo để thanh OB nghiêng với phương thẳng đứng góc α0 < 100 rồi buông không vận tốc đầu. B Bỏ qua mọi ma sát và lực cản. Chứng minh quả cầu dao động điều hoà. Cho biết: l = 25cm, (H.2) m = 100g, g = 10m/s2 . Tính chu kỳ dao động của quả cầu. V(dm3) 36 1 Bài 2: (2,0 điểm) Một mol khí lí tưởng thực hiện chu trình 1 - 2 - 3 - 4 như 4 hình vẽ (H.3). Cho biết : T1 = T2 = 360K ; T3 = T4 = 180K ; 2 V1 =36dm3; V3 = 9dm3. Cho hằng số khí lý tưởng R = 8,31 J/mol.K 9 3 1) Tìm áp suất p ở các trạng thái 1, 2, 3, và 4. 2) Vẽ đồ thị p-V của chu trình. 180 360 T(K) (H.3) Bài 3: (3,0 điểm) A L Một thanh đồng chất BC tựa vào tường thẳng đứng tại B α nhờ dây AC dài L hợp với tường một góc α như hình (H.4). Biết C thanh BC có độ dài d. Hỏi hệ số ma sát giữa thanh và tường phải thỏa điều kiện nào để thanh cân bằng? d B (H.4) Bài 4: (4,0 điểm) R1 R3 Cho mạch điện có sơ đồ như hình vẽ (H.5). Cho biết: C R1= 16Ω ; R2 = R3 = 24Ω, R4 là một biến trở. Bỏ qua điện trở của A R2 R4 B các dây nối. Đặt vào hai đầu A, B của mạch điện một điện áp D UAB = 48V. (H.5)
1) Mắc vào hai điểm C, D của mạch một vôn kế có điện trở rất lớn. a) Điều chỉnh biến trở để R4 = 20Ω. Tìm số chỉ vôn kế. Cho biết cực dương của vôn kế phải mắc vào điểm nào? b) Điều chỉnh biến trở cho đến khi vôn kế chỉ số 0. Tìm hệ thức giữa các điện trở R1, R2, R3, R4 khi đó và tính R4. 2) Thay vôn kế bằng ampe kế có điện trở RA= 12Ω. Điều chỉnh biến trở để R4 = 24Ω. Tìm điện trở tương đương của mạch AB, cường độ dòng điện qua các điện trở và số chỉ của ampe kế. Chỉ rõ chiều của các dòng điện. Bài 5: (2,0 điểm) Cho mạch dao động gồm một tụ điện và một cuộn dây K được nối với một bộ pin có điện trở trong r qua một khóa điện như hình vẽ (H.6). Ban đầu khóa K đóng. Khi dòng điện đã ổn C L định, người ta ngắt khóa và trong khung có dao động điện với tần số f. Biết rằng điện áp cực đại giữa hai bản tụ điện lớn gấp n lần (E,r) suất điện động E của bộ pin. Bỏ qua điện trở thuần của các dây nối và cuộn dây. Hãy tính điện dung và hệ số tự cảm của cuộn (H.6) dây. Bài 6: (3,0 điểm) Một điểm sáng S được đặt trên trục chính của một thấu kính hội tụ L1 có tiêu cự f1=24cm. Sau thấu kính, người ta đặt một màn E vuông góc với trục chính của thấu kính và thu được ảnh rõ nét của S trên màn. 1) Để khoảng cách giữa vật và màn là nhỏ nhất thì vật và màn phải đặt cách thấu kính một khoảng là bao nhiêu? 2) Người ta đặt thấu kính L2 phía sau và cùng trục chính với L1 và cách L1 một khoảng 18cm. Trên màn E lúc này có một vết sáng hình tròn. Hãy tính tiêu cự của thấu kính L2 và vẽ hình trong các trường hợp sau: a) Khi tịnh tiến màn E dọc theo trục chính của hệ thấu kính thì vết sáng trên màn có đường kính không thay đổi. b) Khi tịnh tiến màn ra xa hệ thấu kính thêm 10cm thì vết sáng trên màn có đường kính tăng gấp đôi. Bài 7: (2,0 điểm) Cho một số dụng cụ: Bộ dụng cụ điện phân, nguồn điện, cân có bộ quả cân, ampe kế, đồng hồ bấm giây, các dây nối có điện trở không đáng kể. Hãy thiết lập cách bố trí thí nghiệm, trình bày phương án tiến hành thí nghiệm và tìm công thức để xác định độ lớn của điện tích nguyên tố. ------------------ HẾT -------------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh………………….........………….… Số báo danh………….
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2012-2013 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN : VẬT LÝ 12-THPT ------------- ---------------------------------------------------------------- (Gồm 06 trang) I. SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM : Bài 1: (4,00 điểm) 1) Chu kì và pha ban đầu của dao động (2,00 điểm): a2 v2 - Chu kỳ: Ta có hệ thức:  2 2  1  A2 4  v 2 2  a 2  0 (1) 0,25 đ A2 4 A  Đặt X = ω2, thay các giá trị của v0 và a0 ta đi đến phương trình bậc hai: 4X2 – 1200X – 160000 = 0 (2) 0,25 đ 2  X – 300X – 40000 = 0 300  500 Phương trình cho nghiệm: x1,2  (3) 0,25 đ 2 Chọn nghiệm thích hợp: X = 400  ω2 = 400  ω = 20(rad/s) 2 2  Vậy chu kì dao động: T    ( s) (4) 0,25 đ  20 10 - Pha ban đầu: Tại t = 0, ta có: v0 = -Aωsinφ = 20 3cm / s (2) a0 = -Aω2coφ = - 4m/s2 = -400cm/s2. (5) 0,50 đ a 400 1  Từ (3): cos   0 2      ; A 2.400 2 3  Từ (2): chọn    ( rad ) (6) 0,50 đ 3 2) Hệ dao động điều hòa - Chu kỳ: (2,00 điểm) Tại thời điểm t, quả cầu có toạ độ x và vận tốc v, thanh treo OB có góc lệch α so với phương thẳng đứng. Biểu thức cơ năng cơ năng toàn phần của hệ: mv 2 kx 2 E  Ed  Et1  Et 2    mgh (7) 2 2 Chọn gốc thế năng tại VTCB: 2 Et  Et 2  mgh  mgl (1  cos  )  mgl . (8) 0,50 đ 2 x mg 2 Do   nên Et 2  x . l 2l Cơ năng toàn phần của hệ: mv 2 kx 2 mg 2 E  Et1  Et 2  Ed    x  co n s t (9) 0,50 đ 2 2 2l Lấy đạo hàm bậc nhất của cơ năng E theo thời gian:
mg  Et  '  mvv ' kxx ' x'  0 l k g Vì v = x’, v’ = x’’ nên : x ''    x  0 hay x " +  2 x = 0 (10) m l  k g Vậy quả cầu dao động điều hoà với tần số góc:    (11) 0,50 đ m l - Ta lại có: k = mω2 = 0,1.400 = 40N/m. k g 40 10 Vậy:       440( rad / s ) m l 0,1 0, 25 2 2 Chu kì dao động: T   0, 3s (12) 0,50 đ  440 Bài 2: (2,00 điểm) 1) Nhận xét và rút được kết luận: Các quá trình 4-1 và 2-3 là đẳng áp vì V tỉ lệ với T; Các quá trình 1-2 và 3-4 là đẳng nhiệt. (1) 0,50 đ p(105P Ta có: T1 = 2T4 và T2 = 2T3 (2) 0,25 đ a) 1,6 3 2 V1 36 6 nên: V4    18dm3 2 2 V2  2V3  18dm3  V4 (3) 0,25 đ 0,8 1 4 RT1 8,31.360 3 p1  p 4    0,83.105 Pa 0,25 đ V1 0, 036 RT2 8,31.360 p 2  p3    1, 662.105 Pa 0,25 đ 9 18 36 V(dm3) V2 0, 018 (H.2) 2) Đồ thị p-V được vẽ như hình (H.2) 0,50 đ A Bài 3: (3,00 điểm) L α C Phản lực của tường được phân tích: Q = N + fms (1) fm Đặt AB=h và ABC = ; trọng lượng của thanhBC : P = mg; Hệ quy chiếu Bxy. Khi hệ cân bằng ta có: d P + T + N + fms = 0 (2) N B Bx: N = T. sinα (3) By: fms = mg - T. cosα (4) 0,50 đ Cân bằng momen đối với trục quay B: d d .sin  P. .sin   T .h.sin   T  mg. (5) 0,25 đ 2 2h.sin  Áp dụng định lý hàm sin trong tam giác ABC: d L h d .sin(   )    h (6) 0,50 đ sin  sin  sin(   ) sin 
mg.d .sin  mg .sin  .sin  Từ (5), (6) và (3) : T  N (7) 2sin(   ) 2sin(   )  cos  .sin   Từ (4) : f ms  mg  1   (8) 0,50 đ  2sin(   )  Để có cân bằng phải có ma sát nghỉ và fms ≤ k.N ; với k là hệ số ma sát  mg .cos  .sin   mg.sin  .sin  Từ (4) : mg  1    k. (9) 0,50 đ  2 sin(   )  2sin(   ) 2.sin  .cos   sin  .cos   2 1  Hay : k    (10) 0,25 đ sin  .sin   tan  tan   L.sin  d 2  L2 .sin 2  Từ (4): sin    cos   (11) d d 2 2 2 2 d  L .sin  1 Từ (10) : k  (12) 0,50 đ L.sin  tan  Bài 4: (4,00 điểm) 1) Số chỉ vôn kế, cách mắc vôn kế (1,50 điểm) Nếu hai điểm C, D được mắc vôn kế có điện trở rất lớn: a) Điều chỉnh biến trở để R4 = 20Ω. U AB 48 Dòng điện qua R1 và R3: I13    1, 2 A (1) R1  R3 16  24 UAC = I13.R1 = 1,2.16 = 19,2V (2) U AB 48 Dòng điện qua R2 và R4: I 24    1, 09 A (3) 0,50 đ R2  R4 24  20 UAD = I24.R2 = 1,09.24 ≈ 26,2V. Vôn kế chỉ: UDC = UAD – UAC = 26,2 – 19,2 = 7V. Cực dương phải mắc vào điểm D. (4) 0,50 đ b) Điều chỉnh biến trở để vôn kế chỉ 0 nên: UDC = 0 Vậy: U AD = U AC  I 24 .R2  I13 .R1 (5) R1 R3 C U AB U AB R R Hay: R2  R1  4  3 (6) 0,25 đ A R2 R4 B R2  R4 R1  R3 R2 R1 B D B R R 24.24 R4  2 3   36 (7) 0,25 đ (H.5) R1 16 2) Điện trở tương đương, số chỉ của ampe kế, giá trị các cường độ dòng điện, chiều dòng điện (2,50 điểm) Khi thay vôn kế bởi ampe kế có RA = 12Ω và cho R4 = 24Ω, ta có mạch cầu không cân bằng. Thay mạch trên bằng sơ đồ mạch tương đương khi sử dụng chuyển mạch tam giác R1, R2, RA thành mạch sao - Điện trở RAO, RCO, RDO lần lượt là: RCO R3 RAO C A O RDO R4 B B D B
R1 R2 16.24 RAO    7,3846 (8) R1  R2  RA 16  24  12 R1 RA 16.12 RCO    3, 6923 (9) R1  R2  RA 16  24  12 RA R2 12.24 RDO    5, 5385 (10) 0,50 đ R1  R2  RA 16  24  12 Điện trở: ROCB = RCO + R3 = 3,6923Ω + 24Ω = 27,6923Ω (11) RODB = RDO + R4 = 5,5385Ω + 24Ω = 29,5385Ω (12) 0,25 đ ROCB .RODB 27, 6923.29, 5385 Điện trở đoạn OB là: ROB    14, 2928 (13) ROCB  RODB 27, 6923+29,5385 Vậy điện trở toàn mạch: R = RAO + ROB = 7,3846Ω + 14,2928Ω = 21,6774Ω. (14) 0,25 đ - Cường độ dòng điện qua các điện trở và ampe kế: U 48 Dòng qua mạch chính: I  AB   2, 214 A (15) 0,25 đ R 21, 6774 Do đó: UOB = I.ROB = 2,214.14,2928 ≈ 31,644V. (16) U 31, 644 + Cường độ dòng điện qua R3: I 3  OB   1,1427 A (17) 0,25 đ ROCB 27, 6923 + Dòng qua R4 : I4 = I – I3 = 2,214 – 1,1427 = 1,0713A. (18) Ta lại có: UAO = I.RAO = 2,214.7,3846 = 16,3495V UOC = I3. RCO = 1,1427.3,6923 = 4,2192V Vậy: UAC = UAO + UOC = 16,3495V + 4,2192V = 20,5687V (19) 0,25 đ U 20,5687 + Dòng qua R1: I1  AC   1, 2855 A (20) 0,25 đ R1 16 + Dòng qua R2: I2 = I – I1 = 2,214 – 1,2855 = 0,9285A + Dòng qua ampe kế: IA = I1 – I3 = 1,2855 - 1,1427 = 0,1428A và có chiều từ C đến D. (21) 0,50 đ Bài 5: (2,00 điểm) - Khi dòng điện đã ổn định, cường độ dòng điện qua cuộn dây là: E I0  (1) 0,25 đ R - Khi khóa K ngắt, mạch bắt đầu dao động. Năng lượng của mạch lúc đó là năng lượng từ trường: 2 1 2 1 E Wm  LI 0  L   (2) 0,25 đ 2 2 r - Trong quá trình dao động khi tụ điện tích điện đén điện áp cực đại U 0 thì dòng điện triệt tiêu. Lúc đó năng lượng của mạch là năng lượng điện trường; với U0 = nE : 1 1 2 We  CU 02  C  n.E  (3) 0,25 đ 2 2 - Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng cho mạch dao động ta có: We = Wm
2 E 2 hay L    C  n.E   L  Cn 2 r 2 (4) 0,50 đ r 1 1 - Mặt khác chu kỳ dao động : f   C 2 2 (5) 0,25 đ 2 LC 4 f L 1 nr Từ (4) và (5) ta tìm được: C  và L  (6) 0,50 đ 2 fnr 2 f Bài 6: (3,00 điểm) 1) Tính d và d’ để Lmin (1,00 điểm) (L ) Ta có sơ đồ tạo ảnh: S  S1' 1 - Khi ảnh hiện rõ trên màn, khoảng cách vật –màn là khoảng cách L giữa vật thật và ảnh thật. Ta có: L  d  d’ (1) Dễ dàng thấy L phải thoả mãn điều kiện: L ≥ 4f (2) 0,50 đ Suy ra: Lmin = 4f = 96cm Vậy: d = d’ = Lmin/2 = 48cm. (3) 0,50 đ 2) Tìm f2 và vẽ hình (2,00 điểm): ( L1 ) ( L2 ) Sơ đồ tạo ảnh: S  S1'  S2  ' Ta có: d1  d1'  48cm a) Vì vết sáng trên màn có đường kính không đổi khi tịnh tiến màn nên chùm tia ló tạo bởi L2 phải là chùm song song với trục chính. Tức là ảnh của S tạo bởi hệ hai thấu kính phải ở xa vô cùng. ' Ta có: d 2    d 2  f 2 Mà: d 2  l  d1'  18- 48 = -30cm Vậy: f2 = -30cm: L2 là thấu kính phân kì. 0,50 đ b) Chùm tia ló có thể là hội tụ hoặc phân kì - Nếu chùm tia ló hội tụ: L2 có thể là thấu kính hội tụ hoặc phân kì + Nếu L2 là thấu kính hội tụ: ' D ' 40  d 2 Từ hình vẽ, ta có:  ' 2 D 30  d 2 Vậy: 40 – d2’ = 60 – 2d2’ => d2’ = 20cm d d' 30.20 Từ đó: f 2  2 2 '   60cm d 2  d2 10 0,50 đ + Nếu L2 là thấu kính phân kì Lúc này S2’ nằm trong khoảng giữa hai vị trí của màn E, ta có: ' D ' 40  d 2  ' 2 D d 2  30 ' 100 Vậy: 40 – d 2 ’  2d 2 ’ – 60  d 2  cm 3
100 ' 30. d 2d2 3  300cm Từ đó: f 2  '  d 2  d 2 30  100 3 0,50 đ - Nếu chùm tia ló là chùm phân kì( L2 là thấu kính phân kì), ảnh S2’ là ảnh ảo. Từ hình vẽ, ta có: O2S2’ = |d2’|, O2S1’ = |d2| D ' d 2  d 2 '  10 40  d 2 ' Vậy:   2 D d2  d2 ' 30  d 2 ' Suy ra: d2’ = 20cm > 0: điều này vô lí. 0,50 đ Bài 7: (2,00 điểm) 1) Thiết lập mạch điện, phương án tiến hành thí nghiệm: (1,00 điểm) - Mắc mạch điện theo sơ đồ thông thường một mạch kín bao gồm: Nguồn điện - Ampe kế - Bình điện phân. 0,50 đ - Dùng Ampe kế xác định dòng điện I chạy qua dung dịch điện phân. - Dùng đồng hồ đếm thời gian để xác định thời gian Δt mà dòng điện đi qua. - Xác định khối lượng m của chất bám vào điện cực: Bằng cách dùng cân để đo khối lượng m1 điện cực trước khi mắc vào mạch, sau đó đo khối lượng m2 của điện cực đó sau khi cho dòng điện đi qua chất điện phân và tính được khối lượng: m = m2 - m1 (1) 0,50 đ 2) Lập công thức xác định độ lớn e của điện tích nguyên tố: (1,00 điểm) - Gọi n là hóa trị của chất. Số các nguyên tử xuất hiện ở điện cực: q It N  (2) 0,50 đ ne ne - Mặt khác: Gọi NA là số Avogadro, A là khối lượng mol của chất ta có: m Số các nguyên tử đó là: N  NA (3) 0,25 đ A A I .t A I .t - Từ (2) và (3) ta tìm được: e  .  . (4) 0,25 đ n m.N A n (m2  m1 ).N A II. CÁCH CHO ĐIỂM & HƯỚNG DẪN CHẤM : Điểm toàn bài là 20,00 điểm được phân bố tổng quát như sau : BÀI 1 : (4,00 điểm) BÀI 2 : (2,00 điểm) BÀI 3 : (3,00 điểm) BÀI 4 : (4,00 điểm) BÀI 5 : (2,00 điểm) BÀI 6 : (3,00 điểm) BÀI 7 : (2,00 điểm)
Yêu cầu và phân phối điểm cho các bài trên như trong từng phần và có ghi điểm bên lề phải của đáp án - Phân tích lực, phân tích hiện tượng bài toán phải rõ ràng, có hình vẽ minh họa (nếu có), lập luận đúng, có kết quả đúng thì cho điểm tối đa như biểu điểm nói trên. (Giám khảo tự vẽ hình) Ghi chú : 1) Trên đây là biểu điểm tổng quát của từng phần, từng câu. Trong quá trình chấm các giám khảo cần trao đổi thống nhất để phân điểm chi tiết đến 0,25 điểm cho từng phần, từng câu. 2) Học sinh làm bài không nhất thiết phải theo trình tự của Hướng dẫn chấm. Mọi cách giải khác, kể cả cách giải định tính dựa vào ý nghĩa vật lý nào đó, lập luận đúng, có căn cứ, kết quả đúng cũng cho điểm tối đa tương ứng với từng bài, từng câu, từng phần của hướng dẫn chấm này. --------------------------
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT Khoá ngày : 01 tháng 12 năm 2013 ----------------------- ------------------------------------------- ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI : VẬT LÝ THỜI GIAN : 180 phút Bài 1: Cho mạch điện xoay chiều có sơ đồ như hình vẽ. Hiệu điện thế đặt vào hai đầu mạch: u = U 2 sinωt (V). Phần tử X có thể là điện trở, cuộn dây hoăc tụ điện. K 1- Khóa K đóng : Tìm hệ thức liên lạc giữa R và C để công suất của đoạn mạch AB là A N B X cực đại R C 2- Biết rằng khi khóa K đóng: UR = 200V ; UC = 150V khi khóa K ngắt: UAN = 150V; UNB = 200V a) Xác định phần tử X. b) Tính hệ số công suất của mạch AB khi Kngắt. Bài 2: Một con lắc gồm một vật nặng có khối lượng m=100g được treo vào đầu dưới của một lò xo thẳng đứng đầu trên cố định. Lò xo có độ cứng K=20N/m, vật m được đặt trên một giá đỡ nằm ngang(hình vẽ). Ban đầu giữ giá đỡ để lò xo không bị biến dạng, rồi cho giá đỡ chuyển động thẳng xuống nhanh dần đều với gia tốc a=2m/s2. Lấy g=10m/s2. 1- Hỏi sau bao lâu thì vật rời khỏi giá đỡ? 2- Cho rằng sau khi rời giá đỡ vật dao động điều hoà.Viết phương trình dao động của vật. Chọn gốc thời gian lúc vật vừa rời giá đỡ, gốc tọa độ ở vị trí cân bằng, trục tọa độ thẳng đứng, chiều dương hướng xuống Bài 3: Hai ô tô đồng thời xuất phát từ A và B chuyển động ngược chiều nhau. Ô tô thứ nhất chạy với gia tốc không đổi trên 1/3 quãng đường AB, 1/3 quãng đường tiếp theo chuyển động đều và 1/3 quãng đường còn lại chuyển động chậm dần với gia tốc có độ lớn bằng gia tốc trên 1/3 quãng đường đầu tiên. Trong khi đó ô tô thứ hai chuyển động nhanh dần đều trong 1/3 thời gian đi từ B tới A, 1/3 thời gian chuyển động đều, và 1/3 thời gian chậm dần đều và dừng lại ở A. Vận tốc chuyển động đều của hai xe là như nhau và bằng 70km/h. Tìm khoảng cách AB, biết rằng thời gian chạy của xe thứ nhất dài hơn xe thứ hai 2 phút. Bài 4: Một xi lanh nằm ngang được chia làm hai phần bằng nhau bởi một pittông cách nhiệt. Mỗi phần có chiều dài lo = 30cm, chứa một lượng khí như nhau ở 27oC. Nung nóng một phần xi lanh thêm 10 oC và làm lạnh phần kia đi 10oC. Hỏi pittông di chuyển một đoạn bằng bao nhiêu và về phía nào. Bỏ qua bề dày của pittông và sự trao đổi nhiệt giữa xi lanh với môi trường xung quanh. Bài 5: Có 24 pin giống nhau, mỗi pin có suất điện động e = 1,5 V, điện trở trong r = 1  , được mắc hỗn hợp thành một bộ nguồn gồm x nhánh song song, mỗi nhánh có y nguồn nối tiếp. Bộ nguồn thu được dùng để thắp sáng bình thường cho một mạng gồm 5 bóng đèn giống nhau loại 3V-1,5W mắc nối tiếp. 1- Tìm cường độ dòng điện định mức của đèn, điện trở của mỗi đèn , điện trở của bộ đèn và hiệu điện thế đặt vào bộ đèn.
2- Xác định sơ đồ mắc bộ nguồn nói trên và vẽ sơ đồ cách mắc. Bài 6: Cho một tụ điện có điện dung C1 = 0,5  F được tích điện đến hiệu điện thế U1=90V rồi ngắt khỏi nguồn. Sau đó lấy một tụ điện khác có điện dung C2 = 0,4  F chưa tích điện ghép song song với tụ C1 đã tích điện như trên thì chúng phát ra tia lửa điện. Tính năng lượng của tia lửa điện này. -HẾT-
Bài ý Nội dung-lược giải Bài2 1 ……………………………………………………………………………………………………………………………………… * Chọn trục tọa độ Ox thẳng đứng, chiều dương hướng xuống, gốc O là vị trí cân bằng của m. Ban đầu lò xo không biến dạng động.      *Khi chưa rời giá đỡ, m chịu tác dụng của:trọng lực, lực đàn hồi, phản lực P, F , N       Theo định luật II Newton: P  F  N  ma *Giả sử đến C vật rời giá đỡ, khi đó N= 0, vật vẫn có gia tốc a=2m/s2:     P  F  ma . Chiếu lên Ox: P – F = ma hay mg – k.BC = ma. B m( g  a ) 0,1(10  2) Suy ra: BC =   0, 04m  4cm m C k 20 *Mặt khác : gọi t là thời gian từ lúc bắt đầu chuyển động đến lúc rời giá đỡ, ta có O 2 1 2 2 BC 2.0,04 BC  at  t    0, 2s x 2 a 2 ……………………………………………………………………………………………………………………………………… k 20 *Tần số góc:    10 2 rad m 0,1 s mg 0,1.10 *-Độ giãn của lò xo ở vị trí cân bằng: BO  l    0, 05m  5cm k 20  x  OC  1cm -Vận tốc vật tại C :VC = at = 2.0,2 = 0,4 m/s. Điều kiện đầu: t=0  v  40cm / s  A  3cm Bài1  1 *Giải được   200   20    rad   180 9  * Phương trình x  A sin(t   )  3sin(10 2t  ) cm 9 2 a U2 U 2R U2 U2 *K đóng mạch gồm R,C nối tiếp: P  I 2 .R  R 2   Z2 R  ZC2 Z2 y R C R 1 *Pmax ymin R=ZC RC=  2 2 *K đóng: U  U R  U C  2002  1502  250V 2 2     *K ngắt: Tacó U  U AN  U NB  200 2  1502  250V  U AN  U NB  Z C U C 150 3 *Đoạn AN : tg1      . uAN trễ pha so với I một góc 1 . Suy ra uNB nhanh pha  2 so với i. R UR 200 4 *Như vậy X phải là cuộn dây vừa có điện trở thuần r, vừa có độ tự cảm L.Với 0<  2
Baiø5 2,5điểm 1 1,00 *Dòng điện định mức: Iđ = Pđ/Uđ = 1,5/3 = 0,5A * 0,25 *Điện trở của mỗi đèn: Rđ = Uđ/Iđ = 3/0,5 = 6  . * 0,25 *Điện trở của bộ bóng đèn: R = 5: Rđ = 5.6=30  * 0,25 *Hiệu điện thế đặt vào bộ đèn: U=5 Uđ = 5.3 =15V * 0,25 2 1,50 * Gọi x là số dãy mắc song song, y là số nguồn mắc nối tiếp trong mỗi dãy.(x,y nguyên dương) * 0,25 Ta có: xy =24 (1) * 0,25 * Định luật ôm toàn mạch cho : eb = U +Irb. Hay: ye = 15 + yr/2x 1,5y =15 +y/2x (2) * 0,5 * Giải (1) và (2) và loại nghiệm âm :x =2; y = 12 :có 2 dãy song song,mỗi dãy có 12 nguồn nối tiếp. * Vẽ sơ đồ: * 0,5 12 nguồn Bài6 * Điện tích hệ trước khi ghép : Q = Q1 = C1 U1 = 0,5.10-6.90 = 45.10-6 (C) .(Q2 = 0) 2,5điểm * Q1’ và Q2’ là điện tích 2 tụ sau khi ghép : Q1 + Q2 = Q1’+ Q2’ = Q = 45.10-6 (C) * 0,5 (C1 + C2)U’ = 45.10-6 * 0,5 U’ = 50(V) *Năng lượng tụ C1 trước khi ghép: * 0,5 Q2 W1   2025.10 6 ( J ) 2C1 * 0,5 *Năng lượng bộ tụ ghép: W2 = W1’ + W2’ =1/2C1U’2 +1/2C2U’2 = 1/2 U’2(C1 + C2) = 1125.10-6(J) * 0,5 *Năng lượng tia lửa điện chính là năng lượng mất mát khi ghép: W  W1  W2  0,9.10 3 ( J ) Ghi chú: -Học sinh có cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa. -Phương pháp giải đúng nhưng sai kết quả thì có thể cho điểm chiếu cố nhưng không quá 50% số điểm câu đó. -Sai hoặc thiếu đơn vị ở đáp số thì trừ 0,5 điểm và trừ một lần cho toàn bài thi.
b ……………………………………………………………………………………………………………………………………… 1 1 * cos 1    0,8 2 2 1  tg 1  3 1     4      4 * U AN  U NB nên : 1   2  . Suy ra tg2   cos  2  0, 6 2 3 *Khi K ngắt: ' U R  U AN cos 1  150.0,8  120V U r'  U NB cos  2  200.0, 6  120V Bài3 U R  U r' 120  120 ' * Vậy : cos     0,96 U 250 ……………………………………………………………………………………………………………………………………… v0 * Vận tốc trung bình của ô tô 1 trong 1/3 quãng đường đầu và cuối: v '  2 AB / 3 AB / 3 AB / 3 5 AB  thời gian chạy của ô tô 1: t1     v/2 v v/2 3v * Tương tự vận tốc trung bình của ô tô 2 trong 1/3 thời gian đầu và cuối cũng là v / 2 . v t2 v.t2 v t2 3 AB Và: AB     t2  Bài4 23 3 23 2v 1 5 AB 3. AB 1 t1  t2  2 phut  h   * Mà 30 3.70 2.70 30 Suyra : AB  14km * Trước và sau khi di chuyển, pittông đứng yên, áp suất của khí hai bên pittông bằng nhau. Gọi S là diện tích tiết diện của pittông, po và p là áp suất của khí trước và sau khi di chuyển. PVo PV1 o * Đối với phần XL bị nung nóng:  (1) To T1 Với: Vo = Slo, To = 27 + 273 = 300K, T1 = To + 10 = 310K. PVo PV2 o * Đối với phần XL bị làm lạnh:  (2) Với T2 = To – 10 = 290K To T2 V1 V2 * Từ (1) và (2):  (3) Vì T1 > T2 nên V1 > V2  Pittông di chuyển về phần bị làm lạnh. T1 T2 * Gọi đoạn di chuyển của pittông là x, ta có: V1 = (lo + x)S, V2 = (lo – x)S lo  x lo  x l (T  T ) Theo (3):   x  o 1 2  1cm T1 T2 T1  T2 Ghi chú: -Học sinh có cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa. -Phương pháp giải đúng nhưng sai kết quả thì có thể cho điểm chiếu cố nhưng không quá 50% số điểm câu đó. -Sai hoặc thiếu đơn vị ở đáp số thì trừ 0,5 điểm và trừ một lần cho toàn bài thi.
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2012 - 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 2 trang ) Môn thi: VẬT LÝ LỚP 12 THPT - BẢNG A Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (5điểm). 1. Một con lắc đơn có chiều dài l  40cm , quả cầu nhỏ có khối lượng m  600 g được treo tại nơi có gia tốc rơi tự do g  10m / s 2 . Bỏ qua sức cản không khí. Đưa con lắc lệch khỏi phương thẳng đứng một góc  0  0,15rad rồi thả nhẹ, quả cầu dao động điều hoà. a) Tính chu kì dao động T và tốc độ cực đại của quả cầu. b) Tính sức căng dây treo khi quả cầu đi qua vị trí cân bằng. c) Tính tốc độ trung bình của quả cầu sau n chu kì. d) Tính quãng đường cực đại mà quả cầu đi được trong khoảng thời gian 2T/3 và tốc độ của quả cầu tại thời điểm cuối của quãng đường cực đại nói trên. 2. Một lò xo nhẹ có độ cứng K , đầu trên được gắn vào giá cố định trên mặt nêm nghiêng một góc  so với K phương ngang, đầu dưới gắn vào vật nhỏ có khối lượng m (hình vẽ 1). Bỏ qua ma sát ở mặt nêm và ma sát giữa nêm m với sàn ngang. Nêm có khối lượng M. Ban đầu nêm được giữ chặt, kéo m lệch khỏi vị trí cân bằng một đoạn nhỏ rồi M 30 0 thả nhẹ vật và đồng thời buông nêm. Tính chu kì dao động của vật m so với nêm. Hình 1 Câu 2 (4điểm). Trên mặt nước có hai nguồn phát sóng kết hợp là nguồn điểm A và B dao động theo phương trình: u A  uB  acos(20 t) . Coi biên độ sóng không đổi. Người ta đo được khoảng cách giữa 2 điểm đứng yên liên tiếp trên đoạn AB là 3cm. Khoảng cách giữa hai nguồn A, B là 30cm. 1. Tính tốc độ sóng. 2. Tính số điểm đứng yên trên đoạn AB. 3. Hai điểm M1 và M2 trên đoạn AB cách trung điểm H của AB những đoạn lần lượt là 0, 5cm và 2cm. Tại thời điểm t1 vận tốc của M1 có giá trị đại số là 12cm / s. Tính giá trị đại số của vận tốc của M2 tại thời điểm t1. 4. Tính số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn AB cùng pha với nguồn. Câu 3 (4điểm). Cho mạch dao động lí tưởng như hình vẽ 2. Các tụ điện có điện dung C1  3nF ; C2  6nF . Cuộn thuần cảm có độ tự cảm L  0,5mH . C1 K C2 Bỏ qua điện trở khoá K và dây nối. • A M B 1. Ban đầu khoá K đóng, trong mạch có dao động điện từ tự do với cường độ dòng điện cực đại trong mạch là 0, 03 A. a) Tính tần số biến thiên năng lượng từ trường của mạch. L b) Tính điện áp cực đại giữa hai điểm A, M và M, B. Hình 2
c) Lúc điện áp giữa hai bản tụ điện C1 là 6V thì độ lớn của cường độ dòng điện trong mạch bằng bao nhiêu? 2. Ban đầu khoá K ngắt, tụ điện C1 được tích điện đến điện áp 10V, còn tụ điện C2 chưa tích điện. Sau đó đóng khoá K. Tính cường độ dòng điện cực đại trong mạch. Câu 4 (5điểm). Cho mạch điện như hình vẽ 3 gồm điện trở R, tụ K điện C và cuộn cảm có điện trở thuần mắc nối tiếp. R L C Đặt vào hai đầu đoạn mạch một điện áp xoay chiều • • M N u AB  120.cos(100 t)V. Bỏ qua điện trở của dây nối A Hình 3 B và của khoá K. 1. Ban đầu khoá K đóng, điện áp hiệu dụng hai đầu đoạn AM và MB lần lượt là: U1  40V ;U 2  20 10V . a) Tính hệ số công suất của đoạn mạch. b) Viết biểu thức của điện áp tức thời hai đầu điện trở R. 103 2. Điện dung của tụ điện C  F . Khoá K mở thì điện áp hiệu dụng giữa hai điểm M, B  là U MB  12 10V . Tính giá trị của điện trở R và độ tự cảm L. Câu 5 (2điểm). O G Hai hình trụ bán kính khác nhau   quay theo chiều ngược nhau quanh các trục song song nằm ngang với O2  x các tốc độ góc 1  2    2rad / s. O1  (hình vẽ 4). Khoảng cách giữa các trục theo phương ngang là 4m. Ở thời điểm t=0, người ta đặt một tấm 4m ván đồng chất có tiết diện đều lên Hình 4 các hình trụ, vuông góc với các trục quay sao cho nó ở vị trí nằm ngang, đồng thời tiếp xúc bề mặt với hai trụ, còn điểm giữa của nó thì nằm trên đường thẳng đứng đi qua trục của hình trụ nhỏ có bán kính: r = 0,25m. Hệ số ma sát giữa ván và các trụ là   0, 05; g  10m / s 2 . 1. Xác định thời điểm mà vận tốc dài của một điểm trên vành trụ nhỏ bằng vận tốc của ván. 2. Tìm sự phụ thuộc của độ dịch chuyển nằm ngang của tấm ván theo thời gian. - - - Hết - - - Họ và tên thí sinh:........................................................................... Số báo danh:..........................
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 Năm học 2012 - 2013 HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 05 trang) Môn: Vật lý Bảng A ---------------------------------------------- Câu NỘI DUNG Điểm Câu1 Xác định chu kì dao động và tốc độ cực đại (1điểm): (5đ) 2 l 2 + Chu kì dao động: T   2   1, 257( s ) …………………………….. 0,5  g 5 + Biên độ dao động của quả cầu: s0   0 .l  6cm …………………………………. 1.1.a 0,25 + Tốc độ cực đại của quả cầu: vmax   s0  5.6  30cm / s ………………………….. 0,25 Xác định sức căng dây treo tại VTCB (1điểm): + Lúc đi qua VTCB quả cầu có tốc độ: vmax  30cm / s …………………………….. 0,25 1.1.b v 2 2 0,3 + Gia tốc hướng tâm của quả cầu: an  max   0, 225m / s 2 ………………….. 0,25 l 0, 4 + Theo định luật II Niu Tơn, khi vật đi qua VTB:   mg  man    mg  man  0, 6.(10  0, 225)  6,135( N ) ………………………… 0,5 Tốc độ trung bình của vật sau n chu kì (0,5điểm): + Sau n chu kì quãng đường của vật đi được là: S  n.4s0 ………………………… 0,25 1.1.c + Tốc độ trung bình của vật sau n chu kì là: S n.4s0 4.6 V    19,1(cm / s ) …………………………………………….. 0,25 nT n.T 1, 2566 Quãng đường cực đại (1,5điểm): 2T T T 0,25 + Phân tích t    ………………………………………………………… 3 2 6 + Quãng đường cực đại Smax  2s0  S1max …………………………………………… 0,25 Trong thời gian T/6 vật đi được S1max ứng với M2 M1  /3 tốc độ trung bình lớn nhất khi vật chuyển động s 1.1.d lân cận VTCB. Sử dụng véc tơ quay ta tính • 3 6 -3 O 2 T  được góc quay M 1OM 2  .  suy ra T 6 3 S1max= A  S max  3s0  3.6  18cm …………………….…………….. 0,5 + Ở cuối thời điểm đạt quãng đường cực đại nói trên thì vật có li độ dài s=-3cm , vận tốc của vật có độ lớn là: v   A2  x 2  6. 6 2  (3)2  18 3(cm / s ) ………….…………… 0,5
Tính chu kì dao động của vật so với nêm (1điểm): + Trong hệ quy chiếu gắn với nêm: - Tại VTCB của m trên nêm (khi m cân bằng trên nêm thì nêm cũng cân bằng mg sin  trên bàn): lò xo giãn một đoạn: l0  (1) K 1.2 - Chọn trục Ox gắn với nêm và trùng mặt nêm hướng xuống, O là VTCB của m trên nêm. - Tại vị trí vật có li độ x: theo định luật II Niu Tơn: mg sin   K ( l0  x)  ma.cos =mx // (2) ............................................................ 0,25 Fd với a là gia tốc của nêm so với sàn. N + Trong hqc gắn với bàn, với nêm ta có: • Q O Fq 0,25 ( mgcos -ma.sin )sin -K(x+l0 )cos =Ma ..................................................... m thay (1) vào biểu thức vừa tìm ta được: P X  Kx.cos N a (3) M  m sin 2  P/ 2 K .x.cos  K .( M  m) + Thay (3) vào (2) cho ta:  Kx  m 2  mx //  x //  .x  0 M  m.sin  m( M  m.sin 2  ) 2 m( M  m.sin 2  ) 0,5 chứng tỏ m dao động điều hoà so với nêm với chu kì: T   2  K .( M  m) Câu 2 Tính tốc độ sóng (1điểm): (4 đ) + Khoảng cách giữa hai điểm đứng yên liên tiếp trên đoạn AB là:  / 2  3cm    6cm ……………………………………………………. 0,5 2.1 + Tốc độ sóng: v   f  60cm / s …………………………………………………… 0,5 Tính số điểm cực đại trên đoạn AB (1 điểm) + Khoảng cách giữa hai điểm đứng yên liên tiếp trên đoạn AB là  / 2 , khoảng cách 2.2 giữa một điểm cực đại và một điểm đứng yên liên tiếp trên đoạn AB là  / 4 …… 0,25 + Hai nguồn cùng pha thì trung điểm của AB là một điểm cực đại giao thoa……… 0,25  AB 1 + Trên đoạn AB có số điểm đứng yên là: N A min  2     10 điểm……………. 0,5   2 Tính li độ của M1 tại thời điểm t1 (1điểm) + Pt dao động của M trên đoạn AB cách trung điểm H của AB một đoạn x: 2 x  . AB 0,25 uM  2a.cos .cos(t  ) ………………………………………….   2.3 + Từ pt dao động của M trên đoạn AB ta thấy hai điểm trên đoạn AB dao động cùng pha hoặc ngược pha, nên tỷ số li độ cũng chính là tỷ số vận tốc…………………… 0,25 2 x1 2 .0,5 uM/ uM cos cos 1  1   6  3/2   3 / uM uM 2 x 2 2 .2 1/ 2 2 2cos cos  6 / / u M1  vM 2  u M 2    4 3(cm / s ) 3 0,5 Tính số điểm dao động với biên độ cực đại cùng pha với nguồn trên đoạn AB (1điểm): + Theo trên pt dao động của một điểm trên đoạn AB có biên độ cực đại :
2 x  . AB 2 x uM  2a.cos .cos(t  )  2a.cos cos( t-5 ) ……………………………    0,25 2.4 + Các điểm dao động với biên độ cực trên đoạn AB cùng pha với nguồn thoả mãn:  2k  1 2 x 2 x x  . cos  1   (2k  1)   2  k  2; 1; 0;1     AB / 2  x  AB / 2  Vậy trên đoạn AB có 4 điểm dao động với biên độ cực đại cùng pha với nguồn. 0,75 Câu3 Tính tần số biến thiên của năng lượng từ trường (1điểm) (4đ) 1 1 + Tần số dao động riêng của mạch: f   159155( Hz ) ……. 2 LC CC 0,5 3.1.a 2 L 1 2 C1  C2 + Tần số biến thiên của năng lượng từ trường là: f1  2 f 318310( Hz ) …………… 0,5 Tính điện áp cực đại hai đầu mỗi tụ điện (1điểm) CbU 02 LI 0 2 L + Điện áp cực đại hai đầu bộ tụ điện:   U0  .I 0  15(V ) …………. 0,5 2 2 Cb 3.1.b + Điện áp uAM và u MB cùng pha nhau, nên điện áp cực đại giữa hai bản của mỗi tụ điện là: U 01  U 02  15V  U 01  10(V )  U 01 C2  …………………………………………. 0,5 U  C  2 U 02  5(V )  02 1 Tính cường độ dòng điện (1điểm) + Lúc điện áp hai đầu tụ C1 là u1= 6V, thì điện áp giữa hai đầu tụ C2 là u2: u1 C2 u   2  u2  1  3V ………………………………………………… 3.1.c u2 C1 2 0,5 + Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng: C1u12 C2 u2 Li 2 LI02 2 C u 2  C2 u2 2 W=     i  I 02  1 1  0, 024( A) …………. 2 2 2 2 L 0,5 Tính cường độ dòng điện cực đại và viết biểu thức điện tích (1điểm) + Theo định luật bảo toàn điện tích: q1  q2  C1U 01  3.10 9.10  3.10 8 (C )  q0 (1)… 0,25 q12 q 2 Li 2 q2 + Theo định luật bảo toàn năng lượng:  2   0 (2)………………….. 0,25 2C1 2C2 2 2C1 + Rút q 2 từ (1) thay vào (2) ta được pt: 3.2 q12 (q0  q1 ) 2 Li 2 q2    0  C2 q12  C1 (q0  q1 )2  LC1C2 .i 2  C2 .q0  0 , thay số: 2 2C1 2C2 2 2C1 3q12  2q0 .q1  q0  3.1012.i 2  0 (3)…………………………………………………. 2 0,25 + Điều kiện tồn tại nghiệm của pt (3): 2q0  /  q0  3.(3.10 12.i 2  q0 )  4 q0  9.10 12.i 2  0  i  2 2 2  0, 02( A) , suy ra cường độ 3.106 dòng điện cực đại trong mạch là I0=0,02A 0,25 Câu4 Tính hệ số công suất và viết biểu thức của điện áp hai đầu R (2,5điểm) (5đ) + Khi khoá K đóng, tụ C bị nối tắt………………………………………………… 0,25
+ Giản đồ véc tơ : 0,25 - Áp dụng định lí hàm số cosin: hệ số công suất của đoạn mạch: 2 2 2 U1  U AB  U 2 2 4.1 cos =  ………………………………………………………….. UAB U2 1,5 2.U1.U AB 2 - Suy ra u AM trễ pha  / 4 so với uAB nên:  I U1 u  40 2cos(100 t   / 4)(V ) ………………………………………………… AM 0,5 Tính R; L (2,5điểm) 1 0,5 + Dung kháng của tụ điện: Z C   10() ………………………………………… C + Từ giản đồ véc tơ, ta còn có: U R  U r  U AB .cos( /4)=60  U r  20V U L  U AB .sin  / 4  60V , suy ra: R  2r ; Z L  3r …… 0,5 + Khi khoá K mở, mạch có thêm tụ điện, lúc này điện áp hiệu dụng giữa hai điểm 4.2 M, B: U AB . r 2  ( Z L  ZC ) 2 U MB  I . r 2  ( Z L  ZC ) 2   12 10(V ) , thay R=2r; ZL=3r (R  r )2  (Z L  ZC )2 60 2. r 2  (3r  10) 2 1,0 vào ta được:  12 10  r  5() ……………………………. (3r ) 2  (3r  10) 2 Từ đó suy ra: R  10; Z L  15  L  0,15 /  ( H ) ………………………………… 0,5 Câu5 Thời điểm tốc độ dài của một điểm trên vành trụ nhỏ bằng tốc độ ván (0,75điểm (2đ) + Chọn gốc O trùng khối tâm của ván khi nó ở VTCB + Khi G có tọa độ x:  2mg  N1 l / 2  x  N  l (l / 2  x)    1  N2 l / 2  x    N  N  mg  N  2mg (l / 2  x)  1 2  2  l + Ban dầu ma sát trượt, nên theo định luật II Niu Tơn: // 2  mg // // 2 g Fms1  Fms 2  mx   .x  mx  x  .x  0 (1) l l Chứng tỏ ban đầu vật chuyển động pt: 5.1 x  A cos(0t   ) với 0  2  g / l  0,5(rad / s )  x  2(m)  A.cos =2  A  2m Trong đó: t = 0 ta có:    V  0 sin   0   0 Do đó đầu tiên vật dao động theo pt: x  2.cos(0,5t) (m) khi mà ma sát giữa ván và các trụ đều là ma sát trượt (khi mà Fms 2   N 2   N1  Fms1 )…………………. 0,25 + Khi mà khối tâm G của ván đi về O thì phản lực N2 giảm, N1 tăng nên Fms2 giảm còn Fms1 tăng (và dễ thấy khi G  O thì Fms1 =Fms2). Vì vậy, đến thời điểm t1 và vận tốc của ván có độ lớn bằng vận tốc dài của một điểm trên vành trụ nhỏ thì sau đó lực ma sát giữa ván với trụ nhỏ là ma sát nghỉ……………………………. 0,25 + Ta xác định thời điểm t1: 0,25