- Trang chủ >>
- Đề thi >>
- Đề thi lớp 11
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Li 11 HDC ha nam
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (141.34 KB, 6 trang )
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA
TỈNH HÀ NAM
ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM
MÔN VẬT LÝ KHỐI 11
Nội dung đáp án
Câu 1
3 điểm
Điểm
+ Gọi hiệu điện thế hai cực của đèn là uđ , cường độ dòng điện qua đèn là 0,5
iđ.
uAB = uđ+iđR
(1)
+ Xét tại thời điểm t1:
uđ = 100V ; iđmax = 10 µA ⇒ uAB = 200 (V)
Vậy chỉ cần uAB đạt giá trị 200V thì dòng qua đèn đã đạt giá trị cực đại.
0,5
+
A
B
+ Do đó tại t=0, uAB=3 φ 00V thì dòng qua đèn đã cực đại và ta có: u đ =
uAB-iđmaxR =200 (V)
* Bây giờ ta xét trong khoảng thời gian từ t=0 đến t=t1: Tính t1
Cách 1:
0,5
+ C
du AB
i
= -iđ = -iđmax ⇒ uAB = - d max t +A
dt
C
Mà tại t=0: iđmax = 10-5 (A) và uAB=300V ⇒
Vậy ta có phương trình: uAB = 300 – 10-2t.
+Khi uAB = 200V: t1 = 104 (s). Cách 2:
+ Độ giảm điện tích trên tụ: ∆q =C(300-100)
A = 300
∆q
+ Thời gian cần thiết: t1 =
= 104 (s)
I0
0,5
Như vậy trong t1=104 (s) đầu cường độ dòng qua đèn là không đổi nên
nhiệt lượng toả ra trên R là:
Q1(R) = iđmax2Rt1 = 10 (J)
Năng lượng tụ giảm một lượng: Q1C =
1
1
CuoAB2- Cu1AB2 = 25 (J)
2
2
Nhiệt lượng toả ra trên đèn ống là: Q1đ = Q1C – Q1R = 15 (J)
* Xét trong khoảng thời gian còn lại:
1
+ Năng lượng tụ giảm: Q2C = Cu1AB2 = 20 (J)
2
0,5
+ Trong khoảng thời gian này dòng qua đèn tỉ lệ với hiệu điện thế nên
đèn như một điên trở thuần:
Rđ =
u1 AB
= 107 ( Ω ) = R
id max
Vậy nhiệt lượng toả ra trên đèn và R là như nhau và đều bằng: 10 (J)
* Kết luận:
Tổng nhiệt lượng toả ra trên đèn ống là: Q = 25 (J)
1
0,5
Câu 2
5 điểm
a) Do quả cầu tĩnh điện bị đẩy ra xa
-
sau do đó quả cầu lấy điện tĩnh từ
bản A chuyển cho bản B và truyền
xuống dưới đất.
Góc giới hạn φ là gần như quả
A
B
0,5
φ
cầu chạm vào B
tan φmax =
d −r
⇒ φmax = 280 ⇒ φ ≤ 280
l+r
0,5
bản cuối cùng là
Hiệu điện thế giữa hai bản cuối cùng
là Vf
⇒E=
Vf
d
⇒ Fd = q.E (1)
⇒ tan φmax =
Fd
m.g.tan φmax
q.E
=
⇒E=
(2)
m.g m.g
q
Khi quả cầu chạm lần cuối cùng thì điện tích quả cầu là: q = V f .C (3)
( C là điện dung quả cầu)
V f m.g .tan φmax
mg.d .tan φmax
=
⇒ V f2 =
Từ (1) (2) (3)
(4)
d
V f .C
4πε o r
⇒ Vf ≤
mg .d .tan φmax
= 8836(V )
4πε o r
0,5
0,5
0
Ta chú ý: φmax ≤ 28 ;V f ≤ 8836(V ) là những điều kiện của góc φ và điện
thế.
b) Ban đầu điện thế bản A là V0 sau khi chạm vào lần 1 điện thế là
V1 cũng chính là điện thế quả cầu.
Theo định luật bảo toàn điện tích: Vo .C1 = V1.C1 + V0 .C2 ⇒ V1 =
0,5
C1 − C2
.V0
C1
S
= 3,98 pF điện dung tụ phẳng
d
C2 = 4π .ε 0 .r = 0,334 pF điện dung quả cầu.
C1 = ε 0 .
0,5
2
C −C
-Lần 2 quả cầu chạm bản A thì điện thế là: V2 = 1 2 ÷ .V0
C1
0,5
n
Vf
C1 − C2
÷ .V0 ⇒ log ÷ = n.log(0,9161) (5)
C1
V0
- lần chạm thứ n: Vn =
Thay V0 và Vf ta được n=21,8
Nhưng n phải là số nguyên.
0,5
Vf
÷ = 21.log(0,9161) ⇒ V f = V21 = 9526,9(V )
V0
+ nếu n=21 theo (5) log
2
4πε 0 .V212
= 0, 618 ⇒ φ21 = 310 , 7
Theo (4) ta có: tan φ21 =
mgd
Vf
+ nếu n=22 theo (5) log ÷ = 22.log(0,9161) ⇒ V f = V22 = 8727, 6(V )
V0
4πε 0 .V222
= 0,519 ⇒ φ22 = 27 0 , 4
Theo (4) ta có: tan φ22 =
mgd
Theo câu 1 thì φ ≤ 280 nên chỉ chọn đáp án n=22
Vậy kết quả cuối cùng là: Góc lệch φ22 = 27 0 , 4
Điện thế cuối cùng là: V f = V22 = 8727, 6(V )
0,5
0,5
Số lần chạm bản A là n=22
Câu 3
4 điểm
a) Tính cường độ dòng điện cực đại qua khung.
Suất điện động xuất hiện trong khung:
dΦ
d (a 2 B cos ϕ )
dϕ
eC = −
=−
= a 2 B.sin ϕ .
dt
dt
dt
2
eC = a B.ω sin ϕ
Suất điện động tự cảm trong khung:
di
etc = − L
dt
eC + etc = i.R = 0
Theo định luật Kirchoff:
di
= a 2 B.ω sin ϕ
(1)
dt
Phương trình chuyển động quay của khung:
dω
dω
dω
M = I.
⇒ −iBS sin ϕ = I .
⇒ −iBa 2 sin ϕ = I .
(2)
dt
dt
dt
I
Từ (1) và (2) suy ra: i.di = − .ω d ω
L
0,5
0,5
L
ω
i
I
∫0 i.di = − L .ω∫ ω dω
0
Lấy tích phân 2 vế:
0,5
I 2
I
(ω0 − ω 2 ) ⇒ imax = ω0
(ứng với ω = 0)
L
L
b) Tìm điều kiện của tốc độ góc để khung quay không quá nửa vòng.
L
Từ (1): 2 di = (ω sin ϕ ).dt = sin ϕ .dϕ
a B
0,5
⇒ i2 =
L
Tích phân 2 vế: 2
a B
imax
ϕ max
0
0
∫ di = ∫
0,5
sin ϕ .dϕ
L
LI
LI
imax = 2 ω0 ⇒ cos ϕmax = 1 − 2 ω0
2
a B
a B
a B
Để khung quay không quá nửa vòng thì
⇒ 1 − cos ϕmax =
ϕmax ≤ π ⇒ cos ϕ max ≥ −1 ⇒ ω0 ≤
Câu 4
0,5
LI
a B
2
0,5
0,5
a ) Thời điểm tốc độ dài của một điểm trên vành trụ nhỏ bằng tốc độ ván
3
5 điểm
+ 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 / 2 − x)
1
=
l
N2 l / 2 + x ⇒
N + N = mg N = 2mg (l / 2 + x )
1
2
2
l
+ Ban đầu ma sát trượt, nên theo định luật II Niu Tơn:
2 µ mg
2µ g
Fms1 − Fms 2 = mx // ⇒ −
.x = mx // ⇒ x // +
.x = 0 (1)
l
l
Chứng tỏ ban đầu vật chuyển động pt:
0,5
0,5
x = A cos(ω0t + ϕ ) với ω0 = 2 µ g / l = 0,5(rad / s )
x = 2(m) A.cosϕ =2 A = 2m
⇒
⇒
0,5
Trong đó: t = 0 ta có:
V = 0
sin ϕ = 0
ϕ = 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 = µ N 2 > µ N1 = Fms1 )
+ Khi mà khối tâm G của ván đi về O thì phản lực N 2 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
+ Ta xác định thời điểm t1:
V1 = −ω0 . A.sin ω0t1 = ω r ⇒ sin ω0t1 = 2.0, 25 = 0,5 ⇒ ω0t1 = π / 6 ⇒ t1 = π / 3( s)
0,5
( vì t1
+ Ở thời điểm t1 khối tâm ván có tọa độ x1= 2.cos(0,5.t1) = 3m
+ Ta thấy từ thời điểm t1 đến thời điểm t2 (là thời điểm G trùng O: Fms1 = Fms2)
thì ván chuyển động thẳng đều vì lực ma sát nghỉ giữa ván và trụ nhỏ cân bằng
với ma sát trượt giữa ván và trụ lớn. Ở thời điểm t 2 khối tâm ván có li độ x2=
0: ván ở VTCB , nên: t2 = t1 +
x1 − x2 π
3
= +
;= 4,5( s)
V1
3 2
0,5
0,5
+ Sau khi qua VTCB thì N 1> N2 nên Fms1>Fms2 : ván trượt trên hai trụ, vì khi đó
vận tốc của ván giảm, do đó ván dao động điều hòa với biên độ:
0,5
V
A1 = 1 = 1m .
ω0
+ Khi vận tốc của ván đã triệt tiêu, F ms1 kéo ván về VTCB theo pt (1), hơn nữa
vận tốc cực đại của ván bây giờ: Vmax = ω0 . A1 = 0,5m / s < ω r < ω R (chỉ bằng
vận tốc dài của một điểm trên vành trụ nhỏ khi ván qua VTCB) nên ván luôn
trượt trên hai trụ, nghĩa là nó dao động điều hòa theo pt (1)
+ Ta có pt dao động của ván sau thời điểm t2:
x = 1.cos(0,5.t+ϕ1 ) , tại t = 4,5(s):
0,5
4
cos(2,25+ϕ1 ) = 0
x = 0
⇒
V = −0,5( m / s) − sin(2, 25 + ϕ1 ) = −1 ⇒ ϕ1 = −0, 68( rad )
⇒ x = 1.cos(0,5t-0,68)(m)
0,5
π
( s)
3
tọa độ khối tâm của ván là: x = 2.cos(0,5t)(cm)
π
* với ( s) ≤ t ≤ 4,5( s ) :
3
π
0,5
tọa độ khối tâm của ván: x = 3 − 0,5.(t − )(cm)
3
* với t ≥ 4,5( s ) : tọa độ khối tâm của ván: x = 1.cos(0,5t-0,68)(m)
1. Tính L,C và số chỉ ampe kế A2.
+ Từ điều kiện hệ số công suất cực đại => u,i cùng pha. GĐVT như hình vẽ.
uuu
r
Đoạn RC nhanh pha ϕ1 so với u
Vậy: * với 0 ≤ t ≤
Câu 5
3 điểm
I RC
r
uu
ru
IC U
Z
1
1 ZC
=
= 2 C 2
IL = I1sin ϕ1 =>
ZL Z1 Z1 R + ZC
uu
r
IL
(1)
2
=> ZL = ZC +
R
ZC
0,5
+ Để IA2 max thì : Áp dụng Cô-si cho (1) Z L min<=> ZC = R = 100 Ω . Khi đó 0,5
ZL min = 2 R = 2 ZC = 200 Ω .
(*)
10−4
2
Từ đó tính được C =
F; L = H ;
π
π
U
= 1A
IA2max =
ZL min
0,5
2. Khi K đóng sang chốt 2, mạch hỗn hợp như hình vẽ
IA1 = IC. IC tỷ lệ thuận với UC.
R
C
Xét UC thoả mãn GĐVTAnhư
A1
hình vẽ
Tam giác OPQ có
(2)
U 2 = U c2 + U 2// − 2U C U // sin ϕ//
B
0,5
uuur
P
U
U
Hình 4
Z
//
+ Liên hệ sau: U = I.Z =
; (a)
Z
I
U
uur
=
sin ϕ =
(b)O
ur
I Z .I
I
uur u
Cr UQ
Thay (a) và (b) vào (2)
C
Z
U I
Z
Z
U = U + U ( ) − 2U (I.Z )(
) =L
U 1 +U
( ) (1 − 2
//
//
C
//
C
L
//
//
0,5
L
2
2
c
2
c
// 2
ZC
C
//
//
ZL .I
2
C
// 2
ZC
)
ZL
C
Biện luận: Khi R thay đổi thì Z // thay đổi. UC sẽ có giá trị không đổi khi hệ số
của Z// bằng không tức là ZL = 2 ZC tức là thoả mãn hệ thức (*). Vậy khi R thay
đổi thì với ZL = 2ZC thì UC = const = U = 200(V)
Khi đó IA1 =
U C 200
=
= 2(A) = const
ZC 100
0,5
5
Người ra đề
Phạm Thành Công. ĐT: 0915593817
Ngô Thị Thu Dinh. ĐT: 0983466487
6
