loading
back to top
Upload tài liệu trên DOC24 và nhận giải thưởng hàng tuần Tìm hiểu thêm
Chú ý: Các vấn đề liên quan đến học tập, hãy để lại bình luận trực tiếp trên trang để được phản hồi nhanh hơn phần hỗ trợ trực tuyến của facebook. Xin cảm ơn!

đáp án chính thức đề thi học sinh giỏi năm 2014-2015

Chia sẻ: nguyenthihongquy | Ngày: 2016-10-25 21:58:05 | Trạng thái: Được duyệt

Chủ đề: đề thi vật lý lớp 12   

23
Lượt xem
0
Tải về





Bên trên chỉ là 1 phần trích dẫn trong tài liệu để xem hết tài liệu vui lòng tải về máy. đáp án chính thức đề thi học sinh giỏi năm 2014-2015

đáp án chính thức đề thi học sinh giỏi năm 2014-2015

đáp án chính thức đề thi học sinh giỏi năm 2014-2015




Tóm tắt nội dung

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOGIA LAIĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPTDỰ THI CẤP QUỐC GIA, NĂM HỌC 2014-2015Môn: VẬT LÍ Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giaođề)Ngày thi: 22/10/2014HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM(Hướng dẫn này có 09 trang, gồm 06 câu)Câu Nội dung Biểuđiểm14,0điểm(đ)1.12đ Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ 1Phương trình chuyển động của quả bóng:()0cos (1)x ta=()201sin (2)2y gta= -...............................................Từ (1) và (2) suy ra phương trình quỹ đạo:()()22201 tantan (3)2gy xvaa+= -.....................................Tại thời điểm bóng gặp xà ngang: h= =l Do đó ta có: ()()22201 tantan .2ghvaa+= -l l2 222 20 01 1tan tan 02 2g ghv va aÛ =l ll..................................................................Đặt 222 20 01 1tan (4)2 2g gX hv va= =l llPhương trình bậc theo có nghiệm khi:2 222 40 024 12 2g gh ghv væ öD £ç ÷è øl ll.........................................................Khi minv v= thì 24 20 min min2 40 min min21...

Nội dung tài liệu

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOGIA LAIĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPTDỰ THI CẤP QUỐC GIA, NĂM HỌC 2014-2015Môn: VẬT LÍ Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giaođề)Ngày thi: 22/10/2014HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM(Hướng dẫn này có 09 trang, gồm 06 câu)Câu Nội dung Biểuđiểm14,0điểm(đ)1.12đ Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ 1Phương trình chuyển động của quả bóng:()0cos (1)x ta=()201sin (2)2y gta= -...............................................Từ (1) và (2) suy ra phương trình quỹ đạo:()()22201 tantan (3)2gy xvaa+= -.....................................Tại thời điểm bóng gặp xà ngang: h= =l Do đó ta có: ()()22201 tantan .2ghvaa+= -l l2 222 20 01 1tan tan 02 2g ghv va aÛ =l ll..................................................................Đặt 222 20 01 1tan (4)2 2g gX hv va= =l llPhương trình bậc theo có nghiệm khi:2 222 40 024 12 2g gh ghv væ öD £ç ÷è øl ll.........................................................Khi minv v= thì 24 20 min min2 40 min min21 0gh gv ghv gv v+ =llĐặt 20 minY v= ta có phương trình bậc 2: 22 0Y ghY g- =l Nghiệm của phương trình là:2 20 minY gh h= +lVận tốc ban đầu tối thiểu của bóng:()2 20 minv h= +lThay số, ta được min11, 4876( )v s= ....................................................................Thế min11, 4876( )v s= vào (4), giải phương trình ta được :tan 1, 50,19oXa aÞ =..............................................................................Khi bóng rà sát xà ngang:()222 20 min min0 minsin 9, 39( )coscosx ygv sva aaæ ö= »ç ÷è øl.....................vr hợp với trục Ox một góc xác định bởi: 0,25đ0,25đ0,25đ0,25đ0,25đ0,25đ0,25đTrang /91HìnhxOa0 minvrylg0 min0 min0 minsintan 38, 4coscosyoxgvvvv vaab ba-= »l....................................................0,25đ1.22đ Điều cần thiết là tốc độ khối tâm của viên bi trên cung tròn vượt quá tốc độgiới hạn 1v Áp dụng định luật II Newton cho viên bi tại điểm cao nhất trên vòng tròn, tađược: 2nvmg ma mR r+ =-Khi ()210 (1)N g= -Mặt khác, theo định luật bảo toàn năng lượng, ta có:()2 21 23 .2 5mg mv mrwé ù- +ë Mà ()210(1')7v rw= +Từ (1) và (1’) 1v vÞ nghĩa là tại điểm cao nhất phản lực Nuur có độ lớnkhông bằng không. ..................................................................................................Từ đây, chúng ta sẽ bỏ qua đối với vì 0, 005 1rR==Có ba lực tác dụng vào viên bi: Trọng lực Pur không đổi. Phản lực Nuur thay đổi: độ lớn tăng dần trên mặtphẳng nghiêng cho đến chân mặt phẳng nghiêng vàtiếp giáp với vòng tròn đến điểm thấp nhất củavòng tròn từ đến điểm cao nhất độ lớngiảm đơn điệu. Lực ma sát msfur: Trên mặt phẳng nghiêng ngượcchiều chuyển động; từ điểm thấp nhất của vòngtròn và điểm cao nhất D, lớn giảm, cùng chiều chuyển động; khi vật đixuống, lực ma sát lại đổi chiều.Hệ số ma trong hỏi ảm bảo rằng vi bi kh ng tr ợt phụ thuộcv hai lực Nuur msfur. Thật vậy :Lực ma ra gia tốc phụ thuộc vị tr của vi bi .V thế hệ số ma cần đư ợc nh bởi (2)msfNm= ................................ chuyển ộng của vi bi tại vị tr :CĐ ối với th nh phần tiếp tuyến ta ó: sin (3). (4)ms ttmsmg maaf Irjg== =.........................................................Đối với thành phần hướng tâm, ta có: 0,25đ0,25đ0,25đTrang /9ah×ONuurmABDjCPurjsmfursmfursmfursmfur2Hìnhsmfur22 2cos (5)1 1(6)2 2nvN mg ma mRmg mv Ijw- =D +.........................................................Với cosh RjD và 222vrw=()2222 cos (7)mr Img vrjæ ö+Þ =ç ÷è 22.(4)sin (8)(3) sinmstmsms tf raIf mgII mrf ma mgjjüÞ =ïæ öÞ =ýç ÷+è øïÞ =þ ..................................()2222(7) cos(5) cosmrv Rmr IvN mgRjjüæ öÞ +ïç ÷+ïè øÞýïÞ +ïþ2 22 232 cos (9)h mr mr IN mgR mr mr Ijé ùæ ö+æ öÞ +ê úç ÷ç ÷+ +è øè øë û...................................Thay (8) và (9) vào (2) msfNmé ù=ê úë ta có:22 22 2sin32 cosImgI mrh mr mr ImgR mr mr Ijmjæ öç ÷+è ø=é ùæ ö+æ ö- +ê úç ÷ç ÷+ +è øè øë û2 2sin32 cosh mr mrR IjmjÞ =æ öæ ö- +ç ÷ç ÷è øè ø.................................................................Đặt 232 (10)h mr mra bR Iæ ö= +ç ÷è øsincosa bjmjÞ =+()()()//2cos cos sin sinsincoscosa ba ba bj jjmjj+ -æ öÞ =ç ÷++è ø()()()/ 22 20 cos cos sin sin cos cos sin 0cos cos sin cos 0cos (11)a ba bbam jj jj= =Û =Û 0,25đ0,25đ0,25đ0,25đTrang /9Thay (10) vào (11), ta được: 23cos (12)2 1ImrhRj+Û -æ ö-ç ÷è ø()()min22 22 24 3Ihmr mrRmÞ =æ ö- +ç ÷è øVới 22, 35hI mrR= ()()2min2222 22250,1911124 35mrmr mr mrmÞ »æ ö- +ç ÷è .................................* Cách khác:Cũng có thể tính từ (12):223 35cos 0, 85 148, 21242 1oImrhRj j+ += =æ ö-ç ÷è ørồi thay vào biểu thức sincosa bjmj=+ để được giá trị cực tiểu của hệ số ma sát()minsin sin148, 2120,19cos 10 8, 0, 85oa bjmj= »+ 0,25đ23,0 Áp dụng phương trình Clapeyron-Mendeleev:pVpV RT TRnn= Ta có: 01 3(1 (1 ); ;p VT TR Ra an n- += .................................Từ 32U RTn= và A= lần lượt xét các quá trình: Quá trình :-()()23 23 03 13 32 2U Vb an n- -D =................. Quá trình :-Vì lý do đối xứng nên ()()12 23 03 132 2A Vb an- -= ..........................()()()12 12 12 03 133 12 2Q Vb an b- -Þ -....................... Quá trình Ta có:()0 031 0(1 (1 )5 552 2p pp VC VR Ra an an n+ -æ ö= =ç ÷è ø.............. 0,50đ0,50đ0,50đ0,50đ0,50đTrang /9OpV0V()01Va+()01Va-0pb0p1323Hình* Cách khác để tính 31:Q()()()31 31 31 00 031 031 12(1 (1 )32 52Q Vp VQ VR Rn aa an an né ù= -ë û+ -æ öÞ =ç ÷è Hiệu suất của chu trình: ()12 31125.100% .100%3 1Q QQahbé ù-= -ê ú-ê úë ........................ 0,50đ32,5 Theo định luật bảo toàn năng lượng, ta có: sin (1)Bv ga=l .....................Tại thời điểm vật rời mặt phẳng nghiêng thì 0N=cos cos (2)B BmgqBv mg vqBa aÞ ........................................................2 sin(1), (2) (3)cosgmgk constqBaaÞ =lcos (3 ')Bv kaÞ =Để quỹ đạo chuyển động của vật là đường Cycloid như đề bài, ta phải có:1 1,B Rv vé ù= ´ë ûr ur ur ur r........................................................Trong đó, 1,Rv vr có độ lớn được xác định bởi:1 1(4)mgqBv mg kqB= ..............2(5)RR Rmv qBR gRqBv vR k= ...............2 (6)2hR RD= =................(5), (6) (7)2Rg hvkDÞ =Áp dụng định lý hàm số cos: 21 12 cos (8)R Bv va= ................................Thay (3’), (4) và (7) vào (8) và để đến (3), ta được:()222 2cos cos2hgk kka aDæ ö= -ç ÷è ø......................................................................22 2cos (1 cos sin2hgk kka aDæ öÛ =ç ÷è ø222 sin2 sin 2sincosgkhg gaaaaæ öÛ =ç ÷ç ÷è øl 24 tanhaÞ =l..................................................................................................... 0,25đ0,25đ0,50đ0,25đ0,25đ0,25đ0,25đ0,25đ0,25đVẽ giản đồ véc tơ cho đoạn mạch đã biết. Phần còn lại chưa biết hộp kín chứa gìvì vậy ta giả sử nó là một véc tơ bất kỳ tiến theo chiều dòng điện sao cho: AN60( ), 120( ), 60 3( UNB ABU V= =Xét tam giác ,ANB ta nhận thấy 2,AB AN NB= +vậy tam giác ANBvuông tại .N ..................................0,25đTrang /9rIAbaNMDBurABUurNBUurANUurCUurRUur0RUur 0LU5Hìnha×,m qABBurÄ1vrRvrBvr4Hình44,0 đ4.12,0đ Ta có: tan 60 160 3NBAN= 6ABupaÞ sớm pha so với ANu một góc 6ABup pjÞ ..................................Từ giản đồ ta nhận thấy NBuuur chéo lên mà trong chỉ chứa trong phần tử nênX phải chứa 0R và 0.L Do đó ta vẽ thêm được 0RUur và 0LUur như hình vẽ. ...............Xét tam giác vuông :AMN1tan63RC CU RU Zpb b= =Xét tam giác vuông :NDB 03 1cos 60. 30 ); sin 60. 30( )2 2R NB NBU Vb b= =........................Mặt khác: 30 3sin 60 3. 30 )2 10RR ANUU ARb= =............................... 000030 310( )3 330 10( )3 3RLLURIUZIì= WïïÞíï= Wïî ................................................................................003tan3 3ABL Ci uZ ZR Rp pj j-= =+............................................0 090 ;2 6C uC iU Vp pj j= -Vậy biểu thức điện áp hai đầu tụ là 90 100 )6cosCu Vppæ ö= -ç ÷è ......................... 0,25đ0,25đ0,25đ0,25đ0,25đ0,25đ0,25đ4.22,0đTa có: 21sin (1)LC CLRLR CLRUR ZI ZZUI ZZj+= ........12 2sin (2)L LLRLZ ZZR Zj= =+ .......................................Từ (1) và (2) 2(3)LCLR ZZZ+Þ 22 2.LCC LLLU UIRZ ZZZ= =++ 2maxmin,C LLRU const ZZæ ö= +ç ÷è ........................................................................Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm 2LRZ và LZ ta có: 0,25đ0,25đ0,50đTrang /9urUOrIrCIrLRIj 16Hình2 22 2L LL LR RZ RZ Z+ ³Dấu “=” xảy ra khi 2(4)L LLRZ RZw= .........................Từ (3) và (4) 12 (5)CZ RCwÞ .........................................................Từ (4) và (5) 22 1LCwÞ =max2CUIRÞ .......................................................................................................... 0,25đ0,25đ0,50đ54,0 đ5.12,0 Sơ đồ tạo ảnh1 2' '11 21 2f fdd dAB B¾¾® ¾¾®Ta có: ' ,1 11 11 1( );d lfd dd f- -= =- .........................................................[]2 1'2 222 2( )( )f lfd fdd lf f- -= =- ..................................................................Độ phóng đại ảnh qua hệ: ' '1 21 21 2. .d dk kd d= =1 21 2( )f fkd lf fÞ =- ...........Để ảnh 2A có độ cao không phụ thuộc vị trí vật AB thì độ phóng đại khôngphụ thuộc vị trí vật AB tức là không phụ thuộc vào 1.d Hay: 20 20l cm- ..............................................Ta có 2k= ± Trường hợp 1: 2k=()1 21 120.30 602( 60 20 30 60.20 20.30 60f fkd lf d= =- -...........190d cmÞ = Trường hợp 2: 2k= -()1 21 120.30 602( 60 20 30 60.20 20.30 60f fkd lf d= -- -.........130d cmÞ =Vậy khoảng cách cần tìm là 60( )cm ....................................................................... 0,25đ0,25đ0,25đ0,50đ0,25đ0,25đ0,25đ54,0 đ5.22,0 a. Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng tại điểm tới và điểm ló khỏi bản mặtsong song ta có:sin sin (1)sin sin ' (2)nna bb a== .........................................................................................Từ (1) và (2) suy ra 'a a= nghĩa là tia ló song song với tia tới. ............................Từ (1) ta có sin sin 30 2sin 20, 742oonab b= ........................Và độ dịch chuyển ngang của tia sáng qua bản mặt làsin( )OH OIa b= Với cos cosOK eOIb b= do đó, 0,25đ0,25đ0,25đ0,25đTrang /97HìnhxyO'aabHIKe()()sin 30 20, 7sin1. 0,17cos cos 20, 7o ooOH cma bb--= ..................................................b. Chia bản mặt song song thành lớp mỏng song song với trục Ox sao cho mỗilớp có bề dày rất nhỏ dy chiết suất trong mỗi lớp ấy xem nhưkhông thay đổi và lần lượt bằng 2, ..., .kn Gọi 2, ...,ka lầnlượt là các góc khúc xạ trong các lớp 1, 2,...,k và 'a là góc ló rakhỏi bản mặt song song. Theo định luật khúc xạ ánh sáng, ta có: 2sin sin sin ... sin sin ' (3)k kn na a= ='a aÞ =......................................................................................Xét một lớp thứ bất kỳ có tọa độ có chiết suất 1i iyn ne= Góc khúc xạ lớpnày bằng ia theo (3) ta có:sin sinsin sini iin ya aa a= =+ Lại có, ()22tan111sinsiniidy dydx dye yeaaa= =+æ ö--ç ÷è .........................................2sin1sine sine ydedxe yeaaa+æ öç ÷è øÞ =+æ ö-ç ÷è Hình chiếu dọc trục Ox của tia sáng đi trong cả bản mặt song song là 2200sinln 1sin sin1sine.sin e.sineee yde yeKIe ee yeaa aa aa+æ öé ùç ÷æ ö+ +æ öè øê úç ÷= -ç ÷ç ÷ê úè ø+æ öè øë û-ç ÷è øò2 22 2ln ln 1.sin .sin .sin .sine e.sinKI ee eaa aì üé ùæ öï ïæ öê úç ÷= -í ýç ÷ç ÷ê úè øï ïè øë ûî 22 1ln ln 1sin sin sin sin.sinKI eaa aì üé ùæ öï ïæ öê úç ÷Þ -í ýç ÷ç ÷ê úè øï ïè øë ûî þThay số, ta được: 22 11 30 ln ln 1sin 30 sin 30 sin 30 sin 30oo o.sinKIì üé ùæ öï ïæ öê úç ÷= -í ýç ÷ç ÷ê úè øï ïè øë ûî þ0, 37( ).KI cmÞ =....................................................................................................Kí hiệu là điểm ló ra khỏi bản mặt song song, góc (),OI Oyb=uur uur từ đó ta cócông thức tính độ dịch chuyển ngang của ta sáng ()sincosOH ea bb-=Trong đó được tính bởi tan 0, 37 20, 3oKIeb b= 0,25đ0,25đ0,25đ0,25đTrang /9dxdyOaia8HìnhTừ đó suy ra ()()sin 30 20, 3sin1. 0,18cos cos 20, 3o ooOH cma bb--= ...............................62,5 -Cơ sở lí thuyết: Phương pháp tiến hành thí nghiệm dựa trênsự phụ thuộc số chỉ AI của Ampe kế và giá trị điện tích điqua nó. Cụ thể: AI q: ............................................................................-Sơ đồ mạch điện để kiểm chứng kết luận trên hình vẽ 9.-Ban đầu vị trí (1), tụ điện được tích điện từ nguồnđiện 1,rE (có suất điện động đã biết) ..........................................-Sau đó chuyển khóa sang vị trí (2), ghi 1AI của số chỉ Ampe kế. ......................-Thay tụ điện ,C ta lấy tụ điện, nối chúng một lần nối tiếp, và lần kia nối song song, thì có thể xác nhận rằng, trong trường hợp đầu, số chỉ của Ampe kế giảm hai lần, còn trong trường hợp thứ hai, tăng lên hai lần. Đó là vì điện dung của tụ điện đã biến đổi một số lần tương ứng. Do đó, điện tích đi qua điện kế: C=E ...............................................................-Thay nguồn điện 1,rE bằng nguồn điện ,x xrE ta lại ghi số chỉ AxI của Ampe kế.Ta có biểu thức: 1AI kq kC= =E Ax xI kq kC= =E ............................................................Từ đó, ta suy ra được biểu thức cho suất điện động phải tìm: 11AxxAII=E ....... Tính điện trở trong của nguồn .x xrE Áp dụng định luật Ôm cho mạch kín (hình vẽ 10): Ta có ()xx xAI RI= -EE ........................................................ 0,50đ0,25đ0,25đ0,50đ0,25đ0,25đ0,50đ Thí sinh giải theo cách khác, nếu đúng vẫn nhận đủ điểm; Thí sinh trình bày thiếu hoặc ghi sai đơn vị đáp số mỗi câu sẽ bị trừ 0,25 điểm (toàn bài thi trừ không quá 0,5 điểm).--------------------------Hết--------------------------Trang /99Hình1 1,rEAggKg(1)(2)C10Hình,x xrEAggKRTrên đây chỉ là phần trích dẫn 10 trang đầu của tài liệu và có thế hiển thị lỗi font, bạn muốn xem đầyđủ tài liệu gốc thì ấn vào nút Tải về phía dưới.

0 Bình luận



Bạn cần đăng nhập mới có thể viết bình luận




Nhận thông tin qua email


Cập nhật tài liệu hay và mới tại doc24.vn qua email



Hỗ trợ trực tuyến