Đáp án HSG Vật lí lớp 11 trại hè Hùng Vương 2015 - Học Toàn Tập

6 9 0
  • Loading ...
    Loading ...
    Loading ...

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 23/02/2021, 13:18

Các lực tác dụng vào vật và nêm được biểu diễn như hình vẽ Tại mỗi thời điểm, lực ma sát trượt giữa nêm và vật có độ lớn :... Khi vận tốc của vật m cực đại thì nó tách ra khỏi thanh và[r] (1)HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ LỚP 11 Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, cho điểm tối đa theo thang điểm định Câu Nội dung Điểm 1 (4 đ) a (1 điểm) Dịng điện cảm ứng khung có chiều MNPQ Lực từ tác dụng lên cạnh có phương vng góc với cạnh hướng phía ngồi khung (hình vẽ) 1 b (3 điểm) Xét khung vị trí hình vẽ Ta có: BMN = B0 (1- x) BPQ = B0[1-(x+b)] Suất điện động cảm ứng xuất hai MN PQ MN  = BMN.v.a ; PQ = BPQ.v.a Dòng điện chạy mạch có chiều hình vẽ có độ lớn I = MN PQ va B( MN BPQ) v a B .b R R R       1 Lực từ tác dụng lên hai MN PQ có chiều hình vẽ có độ lớn F1 = BPQ.I.a = BPQ 2 B b a v R  F2 = BMN.I.a = BMN 2 B b a v R  1 Áp dụng định luật II Niu tơn cho khung theo trục Ox, ta được: F1 - F2 = ma = mdv dt 2 ( PQ MN) B ba v dv B B m R dt     0 2 2 B b a vdt mdv R     2 2 2 2 0 dx mR mR vdt dt dv dx dv dt Bb a Bb a        Lấy tích phân vế ta có: 0 0 0 2 2 2 2 0 0 s v mRv mR x v s Ba b Ba b     1 z Br x y O x xb y ya M N P Q     1 Fr Fr 3 Fr (2)Câu Nội dung Điểm 2 (4đ) a (2 điểm) Từ công thức lăng kính, lấy vi phân vế, với i A số ta có: sini = nsinr  = sinrdn + ncosr dr (1) sini/ = nsinr/  cosi/di/ = sinr/dn + ncosr/ dr/ (2) A = r + r/ (3)  dr = -dr/ (3) D = i + i/ - A  dD = di/ (4) 1 Lấy (1) x cosr/ (2)xcosr : n cosr cosr/ dr + sinr cosr/ dn + n cosr/cosr dr/ + sinr/cosr dn = cosi/ cosr di/ 0,5 Chú ý (3) (4) ta được: sin (r + r/)dn = cosi/cosr dD hay / cos cos sin i r n D A    0,5 b Tia sáng truyền qua lăng kính có góc lệch cực tiểu Dmin thỏa mãn: n = 2 m D A Sin A Sin  (5) Với A = 600, D m = 300  n = 1,414 1 Lấy vi phân (5) ta có dn = m m D D os ( ) 2 2 A A C d A Sin   - 2 A os 2 2 m D A Sin C A d A Sin  Do dn n = 1 ( ) 2 m m D A Cotd DA - 2 A Cot dA 0,5 Sai số tương đối n n   1 2 2 2 m m m D A D A A Cot  DCot  CotA Thay số n n   15.10-3 (3)y xms F m s f ms fmg N  0 Q P NCâu Nội dung Điểm 3 (4 đ) 1 2,25 điểm Lập phương trình tọa độ vật theo thời gian: *Khi xL thì xtan L    Phương trình chuyển động vật theo phương ox: sin " g ( ) x x L L      (1) 0,25 Đặt X= x - L  X"x" (1) trở thành '' sin 0 g X X L     (1') Phương trình có nghiệm XAcos( t ) với gsin L    0,5 Suy ra: x L Acos( t ) (2) Khi t =0 x = v = x' = nên suy cos sin L AA L               (2) trở thành : xL1cos t L1cost (3) 0,5 Khi xL (x 1) tan L     Tương tự ta tìm phương trình chuyển động vật: x" gsin (x )L L      0,25 PT có nghiệm là: x2LBcost t 1' với sin g L   Khi t = t1 x = L; v = x' = L 2 cos ' 3 sin ' 4 B L L B L B L                     Do đó:  1 3 2 cos 4 xLL  tt     (4) 0,5 2 Các lực tác dụng vào vật nêm biểu diễn hình vẽ Tại thời điểm, lực ma sát trượt nêm vật có độ lớn : os ms f mg c  (5) Điều kiện cân là: Fmsf cms os Nsin (6) 0,25 Khi xL thay xtan L    vào (5) ( nêm có xu hướng trượt sang trái ) os ms f mg c  = (1cost mg) sin Điều kiện (6) cho : Fmsmg c os sin  1 cost mg sin osc  1 os sin os sin os t 2 ms F mg c  ct mgc     (7) (4)t 3 T 4 T 0 2 sin L T g    1 .sin 2m gms F Khi xL thay (x 1) tan L      1 3 os os sin 4 ms fmg c   c  t t mg              (8) Suy 2 .sin os ( ) 2 ms F mgc  t t           (9) 0,5 + Từ phương trình (3) ta thấy AL nên thời gian vật từ x = đến x = L : 4 2 sin T L t g        0,25 + Từ phương trình (4) ta thấy BL 2 nên thời gian vật từ x = L đến x = 2L : 2 8 4 sin T L t g        0,25 (5)Câu Nội dung Điểm Moomen qn tính hệ với trục quay vng góc với qua khối tâm hệ là: 2 2 24 16 16 12 mL mL mL mL IG     (3)Thay (1), (3) vào (2) ta 0,5 được:   2 sin cos 2 3cos G gL v        (4) 0,5 b (1,5 điểm) theo phương GA ta có: vAcosα = vGsinα (5) (VG tốc độ khối tâm G hệ) Từ (4) (5) suy ra:      2 sin sin sin    gL vA (6) 0,5 Đạo hàm (6) ta           3 ' sin sin sin 24 16 sin 24 sin cos sin      gL gL vA 0,5 Cho vA' = ta α 45,40 Thay α 45,40 vào (6) ta vA 0,82m/s 0,5 4 (4 đ) a (2,5 điểm) Gọi G khối tâm hệ, AG = L/4 Do khơng có ngoại lực tác dụng lên hệ theo phương ngang nên khối tâm G hệ chuyển động theo phương thẳng đứng Trong trình đổ xuống, vật nhỏ m chưa tách khỏi vận tốc vật nhỏ m vận tốc đầu A Khi vận tốc vật m cực đại tách khỏi chuyển động thẳng Xét thời điểm hợp với phương ngang góc α: khi tọa độ khối tâm G theo phương thẳng đứng cách mặt phẳng ngang là: yG = sin 4 L 0,5 Vận tốc khối tâm G là: vG = yG' = cos ' 4  L = - cos 4 cos G v L L        (1) 0,5 Áp dụng định luật bảo toàn cho hệ vị trí ban đầu vị trí góc lệch α so với phương ngang: 2mg 4 L (1- sinα) = 2m 2 2  G G I v  (2) 0,5 (6)Câu Nội dung Điểm Câu (4 đ) a. (2,5 điểm) Dùng mộtcuộn dây bẹt có N vịng, có điện trở R, hai đầu nối với điện kế xung kích G Lồng cuộn dây bẹt ống dây điện dài (có diện tích S) điểm Gọi B cảm ứng từ lòng ống dây điện dài mà ta cần xác định Từ thông qua ông dây bẹt: BS 0,5 Đột nhiên mở khóa K Suất điện động cảm ứng xuất ống dây bẹt: c d dB N NS dt dt       0,5 Dòng điện tức thời chạy qua điện kế xung kích: ic = c NSdB R Rdt    0,5 dB = - c R R i dt dq NS  NS 0,5 vậy B = 0 q B R Rq dB dq NS NS      Biết R, N, S đo q ta tính B 0,5 b.(1,5 điểm) Coi N khơng có sai số, ta có: B q R S B q R S        0,5 mà S = r2 S r S r     0,5 Thay số, tính B 4% B  
- Xem thêm -

Xem thêm: Đáp án HSG Vật lí lớp 11 trại hè Hùng Vương 2015 - Học Toàn Tập, Đáp án HSG Vật lí lớp 11 trại hè Hùng Vương 2015 - Học Toàn Tập