huong dan giai chi tiet mot so cau chuyen nguyen hue lan 2 nam 2013

GV: Nguyễn Tuấn Linh - HVKTQS
Hướng dẫn giải chi tiết một số câu chuyên Nguyễn Huệ lần 2 năm 2013 (mã 134)
Câu 1. C.
Câu 4. Góc lệch khi ánh sáng chiếu qua lăng kính có góc chiết quang A nhỏ là
α = A(n − 1) ⇒ Bề rộng vùng quang phổ trên màn quan sát là:
L = D.( α t − α d ) = D. A.(nt − n d ) =
Khi cho lăng kính dao động điều hòa với biên độ nhỏ bằng 10 thì góc lệch của ánh sáng
qua lăng kính không bị ảnh hưởng và vẫn bằng α = A(n − 1) nên bề rộng trên màn quan
sát là không thay đổi.

HD: Hai vật dao động với cùng biên độ A=8cm, khoảng cách lớn nhất giữa hai vật cũng
bằng 8 nên hai thành phần này lệch pha nhau π / 3 . Và chất điểm chuyển động trước M
nhanh pha π / 3 so với N.
A 3
Khi đó điểm M tại ví trí x = ±
2

M

π /3
N

Nhìn giản đổ hai đường tròn thể hiện dao động của hai chất điểm M và N (Thực chất hai
đường tròn này có cùng bán kính (d cùng biên độ) nhưng ta vẫn vẽ như hình vẽ như trên
để thể hiện rõ hai dao động của M và N). Ta có ngay đáp án C.

1
Hướng dẫn giải một số câu Chuyên Nguyễn Huệ lần II năm 2013 mã đề 134


GV: Nguyễn Tuấn Linh - HVKTQS

Câu 12. Ban đầu tụ điện có khoảng cách giữa hai bản tụ là d. Khi đưa bản điện môi có
hằng số điện môi ε = 2 thì điện dung tụ là C’. Tụ C’ bao gồm hai tụ giống nhau
C1 = C 2 = 3C có khoảng cách giữa hai bản tụ là d/3 mắc nối tiếp với tụ C 3 = 6C .
Vậy

1
1
1
1
5
6
=
+
+
=
⇒ C ' = 6C / 5 ⇒ λ ' = λ.
= 65,7m
C ' 3C 3C 6C 6C
5

C1

C3 C 2

Câu 13. Kí hiệu tọa độ các điểm A và B lần lượt là
a = −ω 2 x A
a A + aB
2
x A , xB ⇒  A
⇒

a
+
a
=
−
ω
(
x
+
x
)
=
2
.
a
⇒
a
=
= 4cm / s 2
A
B
A
B
M
M
2
2
a B = −ω x B
Câu 14. Khi phương chuyển động của hạt mang điện không đổi nghĩa là có sự cân bằng
lực tác dụng lên e − ( ở đây vì khối lượng e rất nhỏ nên người ta bỏ qua thành phần này).

Khi đó ta có:
E
hc 1 2
hc
qv 0 B = qE ⇒ v 0 = = 10 6 (m / s ) ⇒
= mv0 + A => λ =
= ...
1 2
B
λ 2
mv0 + A
2

Câu 31. Tập hợp các điểm C nằm trên đường tròn đường kính S1 S 2 . Điểm C nằm xa S 1
nhất khi C nằm trên đường H nhận k lớn nhất ( quy ước k>0 về phía S 2 ). Theo giả thiết
có
d 2 = d 1 − 2
λ = 1cm ⇒ k max = 4 ⇒  2
⇒ 2d 21 − 4d1 − 13,64 = 0 ⇒ d1 = 3,79cm
2
2
d 1 + d 2 = S1 S 2 = 17,64
2
Hướng dẫn giải một số câu Chuyên Nguyễn Huệ lần II năm 2013 mã đề 134


GV: Nguyễn Tuấn Linh - HVKTQS

HD: Giả sử ban đầu số vòng dây trên mỗi cuộn sơ cấp và thứ cấp là N 1 , N 2 ⇒

N1 2
=
N2 1

Tuy nhiên do sơ suất nên thực tế số vòng dây cuộn thứ cấp là N1 => Số vòng bị thiếu là:
∆N = N 2 − N ' 2 .
Ban đầu thì: x = 43% =
Lúc sau: x = 45% =

U 2 N 2'
=
U
N1

U 2 N 2' + 26
=
⇒ N 1 = 1300 ⇒ N ' 2 = 559, N 2 = 650 ⇒ cần cuốn
U
N1

them 65 vòng.

Z L = 80Ω
⇒Z =
HD: 
Z C = 50Ω

( R + r ) 2 + 30 2

⇒P=

U 2 (R + r)

( R + r ) 2 + 30 2

≤

U 2 (r )

( r ) 2 + 30 2

= 640W

HD: Ban đầu cường độ dòng điện ổn định chạy qua mạch là
E.( R0 + R )
E
1
1
I=
= 1,2 A ⇒ U AB = U = I .( R0 + R ) =
= 10,8V ⇒ W = LI 2 + C.U 2 = 0,020 J
r + R0 + R
r + R0 + R
2
2
Khi năng lượng giảm còn một nửa ban đầu thì W’=W/2 => Phần năng lượng trong mạch
giảm ∆W = W − W ' = W / 2 = Q dưới dạng nhiệt lượng tỏa ra trên các điện trở R và
R0 . Theo định luật ôm trong đoạn mạch ta có:
QR 0 ~ R0
R

⇒ QR 0 = Q. 0
= 5,62.10 −3 J

R
+
R
0
QR ~ R

3
Hướng dẫn giải một số câu Chuyên Nguyễn Huệ lần II năm 2013 mã đề 134


GV: Nguyễn Tuấn Linh - HVKTQS
Cường độ hiệu dụng của dòng điện xoay chiều chạy qua Điot lí tưởng ( hiệu điện ngưỡng
bằng 0) có giá trị tương đương với dòng điện một chiều có độ lớn I xác định như sau:
π 

1 − cos 2(ωt + ) 
T /2
T /2
T /2
I
π
T
2 

2
2
2

2
R.dt = I 02 R. = I 2 .RT ⇒ I = 0
∫0 i R.dt = ∫0 I 0 . sin (ωt + 2 ) R.dt = ∫0 I 0 .
2
4
2
31,4
( A)
Với I 0 =
10
Định luật Faraday
mH 2
1 A
mH 2 =
.I .t ⇒ n H 2 =
⇒
F n
2
mH 2
1 2
2
31,4
V H 2 = n H 2 .22,4 =
.22,4 =
.I .t.22,4 =
.
.1930.22,4 = 0,70336(l )
2
2F 1
2.96500 2.10

Mong tác giả xem lại giả thiết! có gì góp ý xin liên hệ email:

HD: Phương trình định luật II Newton có: Chọn chiều dương hướng từ trái qua phải (theo
chiều điện trường)
k
qE
k
qE
m.x ' ' = −kx + qE ⇒ x' '+ x −
= 0 ⇒ x"+ ( x −
)=0
m
m
m
k
 k

qE
k
qE
= X ⇒ x" = X " ⇒ X "+ X = 0 ⇒ X = A. cos
.t + ϕ  = x −
Đặt x −
k
m
k
 m

Chọn gốc thời gian t=0 là lúc vật bắt đầu dao động. Khi đó có: x=0, v=0=>
 A.ω. sin ϕ = 0

qE
kA

⇒E=
= 20000V / m
qE ⇒ ϕ = π ( rad ), A =

k
q
A
.
cos
ϕ
=
−

k

Định luật bảo toàn động lượng sau va chạm hai vật có vận tốc là
mv
0,2. 2
V =
=
= 0,2. 2 (m / s )
m+M
1
Vị trí cân bằng mới hệ cách vị trí ban đầu (chỗ va chạm) là x0 =

mg
= 4cm

k

2

A=

2

M +m
M +m
V 
 = 16 + V .2
x +   = x 02 + V .
 = 4 3cm

k 
k 
ω 


2
0

4
Hướng dẫn giải một số câu Chuyên Nguyễn Huệ lần II năm 2013 mã đề 134


GV: Nguyễn Tuấn Linh - HVKTQS

HD: Giả sử v o max là vận tốc lớn nhất e quang điện thoát ra từ bề mặt Catot, dưới tác dụng

lực điện trường E có chiều từ Anode đến Catot chúng được tăng tốc. Giả sử v là vận tốc e
đến được Anode, khi đó áp dụng định lý biến thiên động năng có:
 mv sin β 
1 2 1 2
U
2U
 = mv = ...
mv − mv 0 max = q E = q ⇒ v 2 = v02max + q
⇒ Rmax = 

2
2
d
md
 q B  max q B

Vẽ giản đồ: Bài này không hiểu ý tác giả, tính toán số lẻ quá! Mong tác giả xem lại giả
thiết!

M

Ud
A

UR

UL

ϕ

Ur

β
U

UC
B

Từ giản đồ có:
2
U 2 + U C2 − U AM
U 2 + U C2 − U R2 + U d2 + 2.U R .U d . cos ϕ 1272 − 1250. cos ϕ
cos β =
=
=
2378
2.U .U C
2.U .U C

(

⇒ cos ϕ =

)

1272 − 2378 cos β
1250

29 − 41. cos β
25

Bình phương hai vế cộng lại giải ra có cos β ⇒ U . sin β ⇒ U r ⇒ r
Lại có: U C = 41. cos β + 25. sin ϕ = 29 ⇒ sin ϕ =

5
Hướng dẫn giải một số câu Chuyên Nguyễn Huệ lần II năm 2013 mã đề 134


GV: Nguyễn Tuấn Linh - HVKTQS

Ban đầu momen động lượng hệ bằng Iω .
2
Khi đặt nhẹ vật m lên => Momen động lượng hệ lúc sau bằng: ( I + mr )ω 0 .
Áp dụng định luật bảo toàn momen động lượng ta có:
Iω
( I + mr 2 )ω 0 = Iω ⇒ ω 0 =
= ...
I + mr 2

Phương trình chuyển động quay vật rắn xung quanh trục quay là:
M
0,1
1
Iγ = M ⇒ γ =
=
⇒ ϕ = γt 2 ⇒ S = r.ϕ
2
I
2
mr 2
5

6
Hướng dẫn giải một số câu Chuyên Nguyễn Huệ lần II năm 2013 mã đề 134