De dap an thi chon doi tuyen HSG QG 2013 Ly Yen Bai

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TT câu. Câu 1. (3 điểm).  F. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI  LẬP ĐỘI TUYỂN. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH YÊN BÁI ĐỀ CHÍNH THỨC. y. N. . KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP NĂM 2013 VÒNG II O 12 THPT x L  E Môn: VẬT LÝ P Lời giải Biểu Hình 1 Hình 2 điểm      1. Định luật II Niutơn cho vật: ma P  N  F với F = k.t 0,25 ma x F.cos  k cos   .t 1  0,25 Chiếu lên trục Ox: 0,25 ma y  mg  N   k sin   .t  2 Chiếu lên trục Oy: Khi vật bắt đầu rời mặt phẳng ngang thì N = 0 và ay = 0 mg t  3 sin  Từ (2) ta có 0,5 k.cos .t ax   4 m Khi đó t. Vận tốc của vật:. t.  k.cos   .t dt  1  k.cos   .t 2. v a x .dt  0. 0. v. m. 2. m. mg 2 cos  k sin 2 . Thay t từ (3) vào (5), ta được: 2. Tính quãng đường đi được: t t 1  k cos   2 1 k cos  3 s v.dt   .t .t dt  2 m  6 m 0 0. (5). 0,5 0,25. (6).  7. 0,5. Thay t từ (3) vào (7), ta được: s. Câu 2. (3 điểm). 1 m 2g3 cos  6 k 2 sin 3 . 1. Khi K đóng, dòng điện chỉ đi qua cuộn cảm L, tụ điện được tích điện đến điện tích Q0 = CE (điện tích trên bản tụ nối với A). Chọn chiều dương cho dòng điện trong mạch như hình vẽ (Hình 2). Áp dụng định luật Ôm cho mạch kín: Li  E  ir 0 . Với r = 0, ta được: I0 t0 di  di  E dt  di  E dt E    I0  t 0 (*) L L 0 0 L E = Li’ = L dt 2. a. Chọn gốc thời gian là lúc khóa K ngắt, chọn điện tích bản A làm điện tích của tụ, ta có: i I0   q Q0 CE Lúc t = 0  , khi đó UAB > 0, điôt Đ đóng (Hình 3), trong mạch LC có dao động điện từ. Chọn chiều dương cho dòng điện như hình vẽ, ta có phương trình định luật Ôm:. 0,5. 0,5. 0,5. i  q ,. u AB . q C và u AB Li  Lq.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> . q 1  Lq  q  q 0 C LC. q Acos  t    Suy ra: với i  q A sin  t  . . 1 LC. QAcos0q(1)  i=IωAsn(2) Chọn t = 0 lúc K mở: 0. 0,25. Dòng điện qua cuộn cảm đạt cực đại khi q = 0. Áp dụng định luật bảo toàn năng C 1 2 1 1 2  I 0 E LI 0  CE 2  L  2 I 0  3L (3) 2 2 lượng: 2 . Lúc i đạt max thì q = 0. CE  Acos   C 1  E 3L  A LC sin  Thế q0 = CE và (3) vào (1) và (2) ⟹  1π 2CE    tanφ  φ= ; A= 6 3 3 . q Vậy:. i max. 2CEπ   C cosωt+ ; i  2E  6 3 . π  ωt   1  2I0 6 khi sin .  t t1 khi k = 0 I0 E.  tmin . π sin 3L. 0,25. 0,25.   ωt+   6. . 0,25.      t     2 k 6 2 .    LC 3 3 . Từ trên. C E LC  t0  t0  3L L 3. t min . ⟹. 0,5. π π 3 t0  t0. 3 3. q. iL. q0. 2I0 I0 0. tmin. t. tmin. t. b. Khi t  tmin thì imax = 2I0; q = 0, UAB = 0, lúc này điốt mở, dòng. 0,5. điện không đổi đi qua điốt và cuộn cảm. Dạng đồ thị. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  ; 1 và L; L1 là vận tốc góc của quả cầu đối với khối tâm của nó và mô men Gọi động lượng của nó đối với điểm va chạm A tương ứng trước và sau của quá trình va chạm với bậc thềm, ta có: 2 7 mR 2 mvR  mvh L = mv(R – h) + 5 = 5 (1) Câu 3. (3 điểm). 7 2 2 2 2  mR  mR  1  mR 1 5  Quả cầu lăn không trượt nên v =  R và L1 =  5 (2). Vì va chạm xảy ra rất nhanh nên L = L1. 5h  v  7 7 mvR  mvh mR 21 1  1    7 R  R . (3)  5  = 5 + Để qủa cầu vừa đủ để vượt qua bậc thềm thì động năng quay phải đủ lớn để 1 I A12 mgh 2 cung cấp nănglượng cho quá trình tăng thế năng. ĐLBTNL có (4) 2 7 mR 2  mR 2  mR 2 5 Trong đó IA = 5 (5) là mô men quán tính đối với A 2. Câu 4. (3 điểm). A. 0,5. 0,5. 2. 1 7 5h   v   . mR 2  1     mgh 2 5 7 R    R Thay (3)&(5) vào (4) ta có: P R 70 gh P2 vmin  7 R  5 h Rút gọn có: (*) Theo nguyên lý 1 của NĐLH : U = Q – A (1) Quy luật dãn nở của khi cho ta : Công sinh ra là diện tích hình thang gạch chéo : Ai = PiVi A = Ai = dt = dththg. 0,5. P1. 0,5. V = bP. AasA. O V1asAV2. V. Hình 4. 1,0. P1  P2 b.(P1  P2 ) (V2  V1 )  (P2  P1 ) 2 2. b  (P22  P12 ) 2. (2). Mặt khác ta có phương trình trạng thái PV = RT  bP2 = RT. b 2 2 2 2 P  P 1 )  T = R ( P2  P1 ) TR = (T’ – T) R = b( 2 (3) Theo định nghĩa CV và từ (1), (2), (3) ta có :. 0,5. Quá trình đẳng tính U = Q = CvT b 2 bR 2 2 2 U Q  2 (P2  P1 ) RQ  2 (P2  P1 ) Cv    b 2 T b(P22  P12 ) 2 (P2  P1 ) R RQ 2RQ  b  2 2 R [C v (P22  P12 )  (P22  P12 )] (2Cv  R)(P2  P1 ) 2. 1. Chän gèc thÕ n¨ng träng trêng t¹i B. Khi qu¶ cÇu lÖch vÒ phÝa bªn ph¶i vÞ trÝ c©n. 0,5. 1,0.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> bằng một đoạn nhỏ, gọi θ là góc giữa đờng nối Q và q với phơng thẳng đứng.. kqQ 2 R cosθ W G=2mgR cos2 θ. ThÕ n¨ng tÜnh ®iÖn cña hai qu¶ cÇu: ThÕ n¨ng träng trêng cña qu¶ cÇu Q:. W=W E +W G=. ThÕ n¨ng tæng hîp cña qu¶ cÇu Q:. 0,25. W E=. kqQ +2 mgR cos2 θ 2 R cosθ. dW =0 T¹i θ=0 cã dθ . §©y lµ mét vÞ trÝ c©n b»ng cña Q.. 0,25. Xét đạo hàm cấp hai của W theo θ : 2. 3. d W kqQ cos θ+ sin 2θ sin θ = . −4 mgR cos 2θ dθ 2 2 R cos 4 θ Để A là vị trí cân bằng bền của Q, đạo hàm cấp hai của W theo phải lớn hơn 0. Từ đó ta có: Câu 5. (3 điểm). 8 mgR q min= kQ. kqQ −4 mgR≥0 2R. 0,25. θ. q≥ Suy ra. 2. E≈. VËy. 0,5. 0,5. kqQ 1 ' 2 +2 mgR cos2 θ+ m ( 2 Rθ ) =const 2 R cos θ 2. V× θ nhá nªn sin θ≈θ kqQ 2 E≈ +2 mgR ( 1−θ2 ) +2 mR 2 ( θ ' ) =const 1 Do đó:. 8 mgR kQ. θ=0 2. .. ' 2. Khi qu¶ cÇu lÖch gãc nhá θ , vËn tèc cña nã lµ: v =2 R θ Năng lợng toàn phần của quả cầu đợc bảo toàn:. E=W + K=. t¹i. 0,25. 2 R ( 1−θ 2 ) 2. kqQ θ2 ' 2 1+ +2 mgR ( 1−θ2 ) + 2mR 2 ( θ ) =const 2R 2. ( ). 0,25. Lấy đạo hàm hai vế của E theo thời gian: dE kqQ  ..  4mgR.  4mR 2. 0 dt 2R kqQ g ⇒θ ' ' + − θ=0 3 R 8 mR . 2π T= kqQ g − 3 8 mR R Vậy quả cầu Q dao động điều hoà với chu kì. (. 0,5. ). √(. E p1  c Chùm tia lade tới có động lượng. ). 0,25 .. E p p2  2  1 c 2 Theo đề bài, chùm tia ló có động lượng     Động lượng truyền cho thấu kính: p p1  p 2 (Hình 5). 0,5.  p. 0,5. y 45° O f F. O. . 45°.  p2.  p1 x.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Từ hình vẽ, ta có:. p 2 p12  p 22  2p1p 2 .cos450 . E2 E2 E E 2  22 . . 2 c 4c c 2c 2. 0,5. E2 E  p 0,54 2  p 0, 74 c c 2. Lực trung bình tác dụng lên thấu kính (có độ lớn bằng độ lớn của lực trung bình Câu 6. mà thấu kính tác dụng lên chùm tia, gây biến thiên động lượng): (3 điểm) p 0, 74.0, 4 F   9 1 N  t 10 .3.108. 0,5.   p p Lực ấy hướng theo chiều của vectơ , tức là hợp với 1 (song song với trục chính) góc θ. Chiếu phương trình vectơ lên hai trục Ox và Oy, ta được:. 1   1 0 p x p1  p 2 cos45 p1  1   p y p 2 sin 45 p1.  2 2; 2 2. 0,5. 0. tan   Suy ra:. py px. . 1 0,5469 2 21. .  280 40. 0,5. 1. Bán kính Bo là h2 (6, 625.10 34 ) 2 r0  2  5,3.10 11  m  2 2 2 9  31  19 4π kme 4π .9.10 .9,1.10 .  1,6.10  Câu 7. (2 điểm). Lực hướng tâm giữ êlêctrôn chuyển động tròn trên quỹ đạo chính là lực mv2 ke 2 k  2  v e r r mr  Cu – lông:. 0,25. 0,5. 9. v0 e Thay r = r0, ta có: Chu kỳ quay của êlêctrôn:. T0 . k 9.10 1, 6.10 19 2.186.106  m/s   31  11 mr0 9,1.10 .5,3.10. 2.r0 2.3,14.5,3.10 11  15, 22.10 17  s  v0 2,186.107. 0,25. 2 2. Bán kính ứng với trạng thái có lượng tử số n là r n r0. v e Tốc độ dài của êlêctrôn khi đó. k e k 2πke 2   mr n mr0 nh. 0,5. 2. 1 v v ke f    3 2 T 2r 2n r0 n hr0 Tần số quay của êlêctrôn là 2. 9.109.  1, 6.10 19  ke 2 f 3  3 8, 20.1014  Hz   34  11 n hr0 2 .6, 625.10 .5,3.10 Áp dụng bẳng số với n = 2:. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 14 8 6 8 Số vòng quay trong 10 s là N 8, 22.10 .10 8, 20.10 (vòng). .....................................HẾT................................. Ghi chú: - Nếu thí sinh làm khác với hướng dẫn chấm nhưng vẫn đúng, giám khảo cũng cho điểm tối đa theo biểu điểm..

<span class='text_page_counter'>(7)</span>