Tuyển tập 50 đề thi HSG vật lý lớp 11 có đáp án chi tiết

NGUYỄN QUANG HUY

TUYỂN TẬP
50 ĐỀ THI HSG VẬT LÝ LỚP 11
CÓ ĐÁP ÁN
(Tài liệu dành cho Giáo viên, Sinh viên và học sinh)


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2013-2014
ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ 11
(Dành cho học sinh THPT không chuyên)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
B

Bài 1: Thang AB đồng nhất khối lượng m=20 kg dựa vào tường trơn nhẵn dưới
góc nghiêng . Hệ số ma sát giữa thang và sàn là   0,6 . Lấy g = 10 m/s2.
L

a) Thang đứng yên cân bằng, tìm các lực tác dụng lên thang khi   450 .
b) Tìm giá trị của  để thang đứng yên không trượt trên sàn.
c) Một người có khối lượng m=40 kg leo lên thang khi   450 . Hỏi người này
lên tới vị trí O' nào trên thang thì thang sẽ bị trượt. Biết thang dài l = 2 m.

A

)

Bài 2: Hai điện tích q1 = q2 = q >0 đặt tại hai điểm A và B trong không khí. Cho biết AB = 2a.

a) Xác định cường độ điện trường tại điểm M trên đường trung trực của AB cách AB một đoạn
h.
b) Tìm h để EM cực đại. Tính giá trị cực đại này.
C
R3
M
Bài 3: Cho mạch điện như hình vẽ E1=3V, E2=3,6V, R1=10Ω,
R2=20Ω, R3=40Ω, bỏ qua điện trở trong của hai nguồn. Tụ có điện
K
E2
dung C=1μF.
R1
R2
a) Lúc đầu khóa K mở, tính cường độ dòng điện qua nguồn E1 và
B
N
điện tích của bản tụ nối với M.
b) Đóng khóa K, tính cường độ dòng điện qua mỗi nguồn và điện
E1
lượng chuyển qua R4.
Bài 4: Một dây dẫn thẳng MN chiều dài l, khối lượng của một đơn vị dài của dây
là D=0,04 kg/m. Dây được treo bằng hai dây dẫn nhẹ thẳng đứng và đặt trong từ
trường đều có véc tơ cảm ứng từ vuông góc với mặt phẳng chứa MN và dây treo,
độ lớn B=0,04 T. Cho dòng điện I chạy qua dây. Cho g=10m/s2.
a) Xác định chiều và độ lớn của I để lực căng của các dây treo bằng không?
b) Cho MN=25 cm, I=16 A có chiều từ N đến M. Tính lực căng của mỗi dây
treo.
Bài 5: Một vòng dây tròn bán kính R=5cm, có dòng điện I=10A chạy
qua.Vòng dây đặt trong một từ trường không đều. Biết rằng cảm ứng
từ tại mọi điểm trên vòng dây đều có cùng độ lớn B=0,2T và có

phương hợp với trục của vòng dây một góc α =300 (hình vẽ). Vẽ và
xác định lực từ tổng hợp tác dụng lên vòng dây.

R4
A

B
M

N

B
α


Bài 6: Cho một cục pin, một ampe kế, một cuộn dây có điện trở suất ρ đã biết, dây nối có điện
trở không đáng kể, một kéo cắt dây, một cái bút chì và một tờ giấy kẻ ô vuông tới mm. Hãy
nêu cách làm thí nghiệm để xác định gần đúng suất điện động của pin.
-------------Hết----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………….….; Số báo danh……………………

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
(Đáp án có 03 trang)

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2013-2014
ĐÁP ÁN MÔN: VẬT LÝ 11
(Dành cho học sinh THPT không chuyên)

Ghi chú:
1.Nếu thí sinh sai hoặc thiếu đơn vị của đáp số trung gian hoặc đáp số cuối cùng thì mỗi lần sai hoặc

thiếu trừ 0,25đ, tổng số điểm trừ của mỗi phần không quá một nửa số điểm của phần kiến thức đó.
2. Nếu thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho đủ điểm.
Bài
Nội dung
Điểm
1
a) Thang cân bằng : P  N1  N2  Fms  0
(2đ)
Chiếu lên Ox: Fms = N2
Chiếu lên Oy: N1 = P
0,5
N1 = P = mg = 200N................
Mặt khác : M P / A  M N2 / A
mg.

AB
cos   N 2 AB.sin   N 2  Fms  100 N .......
2

.................

...........................

0,5

.................................... ................

b) Tính  để thang không trượt trên sàn:

AB

P
cos   N 2 AB.sin   N 2 
2
2tg
P
Vì N2 = Fms nên Fms 
2tg

y

P
mà kN  kP  Fms  k 
2tg

O

ta có: P.

1
   400 .................
2k
c) Đặt AM = x
 tg 

B
M

A

0,5

I

x
)

H C


ta có: P  P1  N1  N2  Fms  0

B

y

Chiếu lên Ox: Fms = N2
Chiếu lên Oy: N1 = P +P1
M P / A  M P1 / A  M N2 / A

O

AB
cos   P1.x.cos   N 2 AB.sin 
2
hay
P Px
 N2   1
2 AB
P Px
 Fms   1 (*)

2 AB
P.

L

x
A

)

H

0,5

Thang bắt đầu trượt khi: Fms  .N1    P1  P2 
Thay vào (*) ta tìm được x = 1,3m
2
(2đ)

...............................................

a) Cường độ điện trường tại M: E  E1  E 2

q
...........
a2  h2
2kqh
Hình bình hành xác định E là hình thoi: E = 2E1cos  
....
2

2 3/2
a  h 
E1  E 2  k

0,5

0,5

b) Định h để EM đạt cực đại:

a2  h2 

a2 a2
a 4 .h 2
  h 2  3. 3
2 2
4

 a2  h2  

3/2
27 4 2
3 3 2
a h  a2  h2  
a h
4
2
2kqh
4kq


Do đó: E M 
3 3 2
3 3a 2
ah
2
a2
a
h2   h 
.........................
2
2
EM đạt cực đại khi:
4kq
  E M max 
..........................
3 3.a 2
3

3
(2đ)

a) K mở: dòng qua nguồn E1 là:
E1
3
I0 

 0,1A .…………………
R1  R2 30
Điện tích trên tụ là q0 = UMA.C= (E2-I0.R1).C = 2,6μC...................

0,5

0,5

0,5
0,25


Và cực dương nối với M. ....................... ............................
b) K đóng, vẽ lại mạch:
R3
Áp dụng định luật Ôm ta có:
M
 U NB  E1
I1 
(1)...........
R1
R2
U NB  E 2
B
I2 
(2)
R3
E1
U
A
I  NB (3)
R2

4

(2đ)

0,25
E2
I2

I

N

R1

I1
Lại có: I1=I+I2 (4).
Thay số và giải hệ 4 phương trình ta được:
UNB =1,2V, I1= 0,18A, I2= 0,12A, I= 0,06A …………… ………………….
Hiệu điện thế trên tụ: UMA= UMN + UNA = E2-I1.R1 = 1,8V.
Điện tích trên tụ: q = UMA.C = 1,8μC.(cực dương nối với M)………
Điện lượng chuyển qua R4 là: Δq = |q0-q| = 0,8 μC...................
a) Để lực căng dây bằng 0 thì lực từ phải hướng lên và có độ lớn bằng P=mg
Áp dụng qui tắc bàn tay trái ta có dòng điện chạy từ M đến N
.............
Dg 0,04.10
Vì F  BIl sin   BIl  BIl  mg  D lg  I 

 10 A .....
B
0,04
b) Khi dòng điện chạy từ N đến M: áp dụng qui tắc bàn tay trái ta được lực từ F
hướng xuống dưới.

Áp dụng điều kiện cân bằng ta được:
F  mg BIl  D lg
.....................................
2T  F  mg  T 

2
2
0,04.16.0,25  0,04.0,25.10
Thay số được: T 
................
 0,13 N
2

5
(1đ)

0,5
0,25
0,25
0,5
0,5

0,5
0,5

Chia vòng dây thành 2n đoạn rất nhỏ bằng nhau, mỗi đoạn có chiều dài Δl sao
cho mỗi đoạn dây đó coi như một đoạn thẳng.
Xét cặp hai đoạn đối xứng nhau qua tâm vòng dây (tại M và tại N), lực tác dụng
lên mỗi đoạn là FM và FN được biểu diễn như hình vẽ.

Hình
0,5đ

vẽ


B
M

α
FM

FN
FMN

I

0,5

FN FM
N

α
B

6
(1đ)

Hợp lực tác dụng lên hai đoạn này là FMN có hướng dọc trục của vòng dây và độ
lớn:

FMN = 2. B.I.Δl.sinα
Lực tác dụng lên cả vòng dây là hợp lực của tất cả các cặp đoạn dây đã chia
cũng có hướng là hướng của FMN và độ lớn là:
F = ∑ FMN = 2.B.I.sinα. ∑Δl =2.B.I.πR.sinα
Thay số ta được: F ≈ 0,314N..................................
- Đo chiều dài dây dẫn đo được bằng giấy kẻ ô.Để xác định đường kính d của
dây, cuốn nhiều vòng (chẳng hạn N vòng) sát nhau lên bút chì rồi đo bề rộng của
N vòng đó rồi chia cho N ta được d..........................................
- Cắt lấy một đoạn dây đã biết điện trở suất. Lập mạch điện kín gồm nguồn
điện, đoạn dây đã cắt ra và ampe kế, khi đó đo đươc cường độ dòng điện chạy
qua ampe kế là:

I

E
(1) ....................................................................
rR

0,25

0,25

Trong đó E, r là suất điện động, điện trở trong của nguồn, R là điện trở của đoạn
dây đã cắt ra.
- Cắt bớt đoạn dây trên, chẳng hạn chỉ để lại ¾ chiều dài (hoặc một nửa chiều
dài,…) rồi lắp lại vào mạch và đo cường độ dòng điện:

I '

E

(2)
3
r R
4

........................................................................

1 1 
  (3)
 I I'

Từ (1) và (2) rút ra: R  4 E 

Thay (3) và (1) hoặc (2) tìm được:

0,25


 4 
.I .I '
1 1 
...............................
4E      2  E  2
S d
d ( I ' I )
 I I'
...............................

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP
THPT
NĂM HỌC 2012 – 2013
Môn: VẬT LÝ – Lớp 11
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề thi có 02 trang, gồm 05 câu)

Câu 1: Cho biết: điện thế do một điện tích điểm q gây ra tại điểm M cách q một khoảng r
trong chân không là VM = k.q/r, với k = 9.109 N.m2/C2; khối lượng và điện tích của êlectron
lần lượt là 9,1.10 − 31 kg và − 1,6.10 − 19 C; điện tích của prôtôn là + 1,6.10 − 19 C; 1 eV =
1,6.10− 19 J.
1) Với nguyên tử hiđrô ở trạng thái cơ bản, êlectron chuyển động tròn đều quanh hạt nhân
đứng yên, với bán kính quỹ đạo là ao = 5,29.10 − 11 m. Tính:
a) lực điện mà hạt nhân hút êlectron và tốc độ của êlectron;
b) tổng động năng và thế năng của êlectron trong điện trường của hạt nhân (tính theo
eV).
2) Hai êlectron, ban đầu, ở cách nhau một khoảng rất lớn và chạy đến gặp nhau với vận tốc
tương đối có độ lớn vo = 500 m/s. Tìm khoảng cách nhỏ nhất a mà các êlectron có thể
đến gần nhau. Chỉ xét tương tác điện giữa các êlectron.
Câu 2: Cho
mạch điện như hình 1. Nguồn E,r có suất điện động
K
E = 12 V,
điện trở trong r không đáng kể. Các điện trở thuần R1
mA1

R
1
và R2 cùng
có giá trị 100 Ω; mA1 và mA2 là các miliampe kế
mA2
E,r
giống nhau;
V là vôn kế. Bỏ qua điện trở của dây nối và điện trở
của khóa K.
R2
V
Đóng K, V
chỉ 9,0 V còn mA1 chỉ 60 mA.
Hình 1
1) Tìm số
chỉ của mA2.
2) Tháo bỏ R1, tìm các số chỉ của mA1, mA2 và V.
Câu 3: Cho một khối bán trụ tròn trong suốt, đồng chất chiết suất n đặt S i A
trong không khí (coi chiết suất bằng 1).
1) Cho n = 1,732 ≈ 3 . Trong một mặt phẳng của tiết diện vuông góc
với trục của bán trụ, có tia sáng chiếu tới mặt phẳng của bán trụ dưới Hình 2
góc tới i = 60o ở mép A của tiết diện (Hình 2). Vẽ đường truyền của
S
tia sáng.
I
2) Chiếu tia sáng SI tới vuông góc với mặt phẳng của bán trụ thì tia sáng
ló duy nhất của nó là I'S' cũng vuông góc với mặt này (Hình 3). Cho
bán kính của khối trụ là R, tìm khoảng cách nhỏ nhất từ điểm tới I của
tia sáng đến trục O của bán trụ. Ứng với khoảng cách ấy, tìm giá trị Hình 3
nhỏ nhất của n.

S'
O

Câu 4: Một pit-tông cách nhiệt đặt trong một xilanh nằm ngang.
Pit-tông ở vị trí chia xilanh thành hai phần bằng nhau, chiều dài
mỗi phần là 32 cm (Hình 4). Ở nhiệt độ môi trường là 27 oC, mỗi

Hình 4

I'


phần chứa một lượng khí lí tưởng như nhau và có áp suất bằng
0,50.105 Pa. Muốn pit-tông dịch chuyển, người ta đun nóng từ từ
một phần, phần còn lại luôn duy trì theo nhiệt độ của môi trường.
Bỏ qua ma sát giữa pit-tông và xilanh.
1) Khi pit-tông dịch chuyển được 2,0 cm thì nhiệt độ của phần nung nóng đã tăng thêm bao
nhiêu oC ?
2) Cho tiết diện của xilanh là 40 cm2. Ứng với dịch chuyển của pit-tông ở ý 1 trên đây, tính
công mà phần khí bị nung nóng đã thực hiện.
Gợi ý: Nếu một vật chuyển động trên trục Ox với vận tốc v biến đổi theo thời gian t bằng hệ
thức v = vo.to/t (vo, to không đổi) thì trong khoảng thời gian từ t = t1 đến t = t2 vật thực hiện
được độ dời x12 = vo.to.ln(t2/t1).
Câu 5: Một dây dẫn thẳng có điện trở là ro ứng với một đơn vị chiều dài. Dây
O
được gấp thành hai cạnh của một góc 2α và đặt trên mặt phẳng ngang. Một
thanh chắn cũng bằng dây dẫn ấy được gác lên hai cạnh của góc 2α nói trên và
2α
vuông góc với đường phân giác của góc này (Hình 5). Trong không gian có từ

trường đều với cảm ứng từ B thẳng đứng. Tác dụng lên thanh chắn một lực F
F
dọc theo đường phân giác thì thanh chắn chuyển động đều với tốc độ v. Bỏ qua
hiện tượng tự cảm và điện trở ở các điểm tiếp xúc giữa các dây dẫn. Xác định:
Hình 5
1) chiều dòng điện cảm ứng trong mạch và giá trị cường độ của dòng điện này.
2) giá trị lực F khi thanh chắn cách đỉnh O một khoảng l. Bỏ qua mọi ma sát.
***** HẾT *****




Thí sinh không được sử dụng tài liệu;
Giám thị không giải thích gì thêm.


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH
HDC CHÍNH THỨC
1
a

b
2

1

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT
HƢỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
Môn: VẬT LÝ – Lớp 11

Câu 1 : 4,0 điểm
2,5 điểm
Fđ = k.|q1.q2|/r2 = 9.109.e2/(ao)2 = 8,2.10-8 N 0,5
Fht = me.v2/ao = Fđ = 9.109.e2/(ao)2
0,5
v = (Fđ.ao/me)1/2 = 2,19.106 m/s 0,5
Wđ = m.v2/2 = Fđ.ao/2 = k.e2/(2ao); Wt = q.V = − k.e2/ao
0,5
2
-18
W = Wđ + Wt = − k.e /(2ao) = − 2,18.10 J = − 13,6 eV 0,5
1,5 điểm
Hệ hai êlectron là hệ kín, vận tốc khối tâm vG không đổi.
0,5
Trong hệ qui chiếu gắn với khối tâm (HQC quán tính), khối tâm G đứng yên vG = 0
=> tổng động lượng của hệ bằng 0 => vận tốc của hai êlectron có cùng độ lớn, cùng giá,
ngược chiều. Ban đầu: tốc độ đó là vo/2; các êlectron ở rất xa nhau Wt = 0
0,5
Khi khoảng cách giữa hai vật đạt giá trị nhỏ nhất, vận tốc hai êlectron bằng 0
0,5
Toàn bộ động năng chuyển hóa thành thế năng => 2.m(vo/2)2/2 = k.e2/a
=> a = 4k.e2/[m.(vo)2] = 4,05.10-3m = 4,05 mm
Câu 2: 4,5 điểm
2,5 điểm
M

K
mA1

R1
E,r

P I
R2

2

1

mA2

V

N
Vì r ≈ 0 => UNM = E = 12 V => UmA1 = 12 − UV = 3 V
=> RmA1 = RmA2 = RA = 3/0,06 = 50 Ω
=> UR2 = UV − I.RA = 9 − I.RA; UR1 = UmA1 + I.RA = 3 + I.RA
Áp dụng định luật kiếc-sốp tại nút P => UR2/R2 = I + UR1/R1
=> (9 − I.RA)/R2 = I + (3 + I.RA)/R1 => I = 6/200 (A) = 30 mA
2,0 điểm
Cường độ dòng điện qua vôn kế IV = ImA1 – I = 30 mA => RV = 9/0,03 = 300 Ω
Cắt bỏ R1, tính chất của mạch còn lại RmA1 nt [(RmA2 nt R2) // RV]
=> Rtđ = 50 + [(100 + 50).300/(100 + 50 + 300)] = 150 Ω
=> ImA1 = E/Rtđ = 80 mA
UV = E − ImA1.RmA1 = 8 V
=> ImA2 = UV/(RmA2 + R2) = 53,3 mA.
Câu 3: 4,5 điểm
2,5 điểm

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5


S

i
r

0,5
O

A

B

R

α
i'

I
J

Áp dụng định luật khúc xạ tại A => sinr = sini/n => r = 30o
α là góc ở tâm, r là góc chắn cung => α = 2r = 60o => ∆AOI đều => i' = 60o
Gọi igh góc tới giới hạn, sinigh = 1/n => igh = 30o
Vì i' > igh => tại I tia sáng bị phản xạ toàn phần, tương tự, tại J cũng bị phản xạ toàn phần

2

Dễ thấy, mỗi lần phản xạ góc ở tâm thay đổi 60o vì thế sau khi phản xạ ở J thì tia sáng ló ra 0,5
ở mép B, với góc ló đúng bằng góc tới i = 60o
2,0 điểm
S'
S
O
I'
I
iα
Vì chỉ có một tia ló duy nhất nên tia sáng bị phản xạ toàn phần nhiều lần ở mặt trụ trước khi
ló ra ở I'
Giả sử phản xạ n lần trước khi ló ra ngoài => 180o = α + (n − 1).2α + α = 2n.α => OI =
R.cosα
Vì bị pxtp => i > 0 => α < 90o => n > 1 => n ≥ 2 => α ≤ 45o => OImin = R.2-1/2
Khi OImin thì α = 45o => i = 45o ≥ igh => sin45o ≥ 1/n => n ≥ 21/2 => nmin = 21/2 ≈ 1,41

1

2

1

0,5

0,5
0,5

Câu 4: 4,0 điểm
2,0 điểm
Phần 2, biến đổi đẳng nhiệt => p'2 = po2.Vo2/V'2 = po2.l2/l'2 = po2.32/30
Phần 1, cả ba thông số thay đổi, trong đó: po1 = po2 và p'1 = p'2 ; V'1/Vo1 = 34/32
=> T'1/T1 = p'1.V'1/( po1.Vo1) = p'2.V'1/( po2.Vo1) = (32/30).(34/32) = 34/30
=> T'1 = 340 K => tăng 40 oC
2,0 điểm
Công mà khí phần 1 thực hiện bằng công mà khí ở phần 2 nhận
Phần 2 thực hiện quá trình đẳng nhiệt => p2 = po2.Vo2/V2
Công mà phần khí 2 nhận khi thể tích thay đổi lượng nhỏ ∆V2 là:
∆A = − p2.∆V2 = − po2.Vo2.∆V2/V2
Tương tự biểu thức liên hệ độ dời và vận tốc: ∆x = v.∆t = vo.to.∆t/t, với x12 = vo.to.ln(t2/t1)
=> A12 = − po2.Vo2.ln(V'2/Vo2) = po2.Vo2.ln(Vo2/V'2) = po2.Vo2.ln(lo2/l2) = 4,13J
Câu 5: 3,0 điểm
2,0 điểm

0,5
0,5
0,5
0,5

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5

0,5
0,5


O
2α

I
F

2

Theo định luật Len-xơ, dòng điện cảm ứng sinh ra trong thanh chống lại lực kéo F (nguyên
nhân sinh ra dòng điện cảm ứng), tức là lực do từ trường tác dụng lên dòng điện cảm ứng
xuất hiện trong thanh có chiều ngược với F => áp dụng qui tắc bàn tay trái => chiều dòng
điện cảm ứng như hình vẽ.
Suất điện động cảm ứng xuất hiện trong thanh: etc = B.v.2l.tanα
Tổng điện trở của toàn mạch: R = (2l/cosα + 2l.tanα).ro
Cường độ dòng điện chạy trong mạch I = etc/R = B.v.sinα/[(1 + sinα).ro]
1,0 điểm
Thanh chạy đều => lực kéo F cân bằng với lực từ tác dụng lên thanh
Lực từ tác dụng lên thanh là : Ft = B.I.2l.tanα.sin90o = 2B2.v.l.sinα.tanα/[(1 + sinα).ro]

Chú ý: Thí sinh giải đúng theo cách khác đáp án, giám khảo cho điểm tối đa.

0,5

0,5
0,5
0,5

0,5
0,5


S GD V T THANH HO
TRNG THPT ễNG SN I

THI HC SINH GII CP TRNG
Nm hc 2011-2012
Mụn thi: Vt lý lp 11
H v tờn:...........................................................
Ngy thi: ... / ... / 2012
S bỏo danh:.......................................................
Thi gian: 150 phỳt
Cõu 1: (5 im)
Cho mch in (hỡnh 1) gm: E1 = 9V, r1 = 1,5 ; E2 = 4,5V, r1 = 3 , R1 = 6 , R2 = 3
C1 = 0,6 F , C2 = 0,3 F . Xỏc nh in tớch cỏc t v hiu in th UMN khi: E1,r1
E2,r2
P
a, Khúa K m.
N
b, Khúa K úng.
K

C1

M

B

C2

A

B
M
R2

R1
Hỡnh 2

N
Hỡnh 1
Cõu 2: (4 im)
Thanh kim loi MN chiu di l = 40 cm quay u quanh trc qua A v vuụng gúc vi thanh
trong
t trng u B (hỡnh 2), B = 0,25 T lm trong thanh xut hin sut in ngcm ng E = 0,4 V.
a, Xỏc nh cỏc cc ca thanh MN?
b, Xỏc nh vn tc gúc ca thanh?
Cõu 3: (5 im)
Mt mt cn v gi iu tit kộm nờn ch nhỡn thy rừ trong khong t 40 cm n 100cm.
a, Phi dựng thu kớnh L1 thuc loi no mt nhỡn rừ vụ cc khụng phi iu tit. Tớnh tiờu c
v t ca L1. Cho kớnh cỏch mt 1 cm.
b, nhỡn gn, gn vo phn di ca L1 mt thu kớnh hi t L2. Tớnh tiờu c v t ca L2
khi nhỡn qua h thu kớnh mt trờn cú th nhỡn vt gn nht cỏch mt 20 cm.
c, Thu kớnh L2 cú hai mt li ging nhau bỏn kớnh R, chit sut n = 1,5. Tớnh R.
Câu 4: (2 im)
x
Điện tích dơng Q đợc phân bố đều trên khung dây dẫn
M

mnh hình tròn, bán kính R(hỡnh 3). Một điện tích điểm âm - q
O
đặt tại M trên trục x x và cách tâm O của khung dây một khoảng OM = x .
a) Xác định lực điện tác dụng lên điện tích - q đặt tại M.
b) Tìm x để lực điện (câu a) đạt cực đại. Tính cực đại đó.
Hỡnh 3
Câu 5: (4 im)
Mt lng kớnh cú chit sut n = 2 , tit din l tam giỏc u ABC.
a, Xỏc nh gúc ti khi gúc lch cc tiu? Xỏc nh gúc lch cc tiu ú?
b, Gi tia ti c nh, quay lng kớnh quanh gúc chit quang A sang phi gúc 450. Xỏc nh ng i
ca tia sỏng? Xỏc nh gúc lch? V ng i ca tia sỏng.
---------------------------------HT--------------------------------(Giỏm th coi thi khụng gii thớch gỡ thờm)

.

.

x


ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Môn thi: Vật lý lớp 11
Ngày thi: .../... / 2012
Thời gian: 150 phút
Câu

Lời giải

Điểm

Thang
điểm
0,5

a, Khi K mở:(Hình 1a) E1, E2 mắc nối tiếp. Theo định luật Ôm cho toàn mạch:

I

E1  E2
9  4,5

 1( A) (1)
R1  R2  r1  r2 6  3  1,5  3

Theo định luật Ôm cho đoạn mạch ngoài AB: UAB = I(R1 + R2)= 1(6+3) = 9(V)

0,5

Ta có C1, C2 mắc nối tiếp

 q1  q2  qb  Cb .U AB 

E1,r1

5

E1,r1

E2,r2

P

K

C1

B

K

C2

A

0,5
B

M

M
R1

0,5

E2,r2

P

C1

C2

A

R2

R1

R2

b, Khi K đóng :(Hình 1b)
N Tương tự câu a, I = 1(A)
VM = VP 
chập
M
và
P
Hình 1a
Ta có

0,5

q1 1,8.106

 3(V )  U MN  U MA  U AN  3  I .R1  3  1.6  3(V )
C1 0, 6.106

U AM  U1 

1

C1C2
0, 6.0,3
U AB 
.106.9  1,8.106 (C )
C1  C2
0, 6  0,3

Hình 1b

N

U AM  U AP  E1  I .r1  9  1.1,5  7,5(V )

0,5
0,5

 q1  C1.U AM  0,6.106.7,5  4,5.106 (C )

0,5

U MB  U PB  E2  Ir2  4,5  1.3  1,5(V )  q2  C2 .U MB  0,3.106.1,5  0, 45.106 (C)

0,5

 U MN  U MA  U AN  7,5  I .R1  7,5  1.6  1,5(V )

0,5

a, Theo quy tắc bàn tay phải, khi thanhMN chuyển
động trong từ trường nó đóng vai trò là nguồn điện:
M là cực âm, N là cực dương.

N

M -

2

4

(+)

B

1

Hình 2

t thanh quét được diện tích
2

t l 
S =  l 2
 l2

t (1)
2
2

2
Độ biến thiên từ thông   BScos  BS (vì cos  =1)
b, Xét trong khoảng thời gian

1
0,5

 BS
(2)

t
t
Bl 2
2E
2.0, 4
 E
  2 
 20 (rad/s)
2
Bl
0, 25.(0, 4) 2

 Suất điện động cảm ứng E =

0,75

Thay (1) vào (2)

0,75

a, Dùng thấu kính L1 để nhìn rõ ở vô cực mắt không phải điều tiết
L
 Vât AB ở  
 A1B1 ở F1,
 trước kính 100 – 1 = 99(cm)
 L1 là thấu kính phân kì
1

trùng với điểm cực viễn trước mắt 100 cm

0,5
0,5

1
1
= 
 1(dp)
0,99
f1
b, Vât AB ở trước mắt 20 cm  trước kính d = 20 – 1 = 19 cm
f1 = - 99 (cm) ; D1 =

0,5
0,5

heTK

 A1B1 ở điểm cực cận trước mắt 40 cm
 trước kính 40 – 1 = 39(cm)  d , = - 39 cm
d .d ,

19.(39)
 Tiêu cự của hệ thấu kính f 

 37, 05 (cm)
,
d d
19  39

Vât AB trước kính d =19 cm

3

5

0,5
0,5

Gọi f2 là tiêu cự của thấu kính hội tụ L2

1 1 1
1
1 1
1
1

 f 2  26,96
 
  

f

f1 f 2
f2 f
f1 37, 05 99
1
1
 D2 =

 3, 71(dp)
f 2 0, 2696
1
1
1
2
c, Từ công thức D2 
 (n  1)(  )  (n  1)
f2
R1 R2
R
 R = 2(n - 1)f2 = 2.0,5.26,96 = 26,96 (cm)
Ta có

4

2

Xác định lực điện F t ại M.
Chia vòng dây thành các đoạn
đủ nhỏ mang điện tích Q

0,5

(cm)

0,5
0,5
0,5

r

.

O

F1

R
F
x

0,25

.

M
-q

F2

x

Lực tổng hợp  F   F1   F2 với độ lớn F1  F2 

 F  2 F1.cos = 2
 F =  F =



2

k / q.Q /
cos .
r2

0,25

k / q.Q / x
k / q.Q / .x
2
2
.Với r  R  x  F  2
2
r
r
( R 2  x 2 )3

k / q.Q / .x
( R 2  x 2 )3

=

0,25

k / q.Q / .x

0,5

( R 2  x 2 )3

F đạt Max khi mẫu số min. Ta có

R2
R2
R2 R2 2

 x 2  3.3
.x
2
2
2 2
k q.Q
R
 Fmax  2
Khi x =
2
3 3.R
2
A
a, Khi góc lệch cực tiểu  i  i ,  r  r ,   300
2

2
Theo định luật khúc xạ sin i  n s inr  2 sin 300 
 i  450
2
 Dmin  2i  A  2.450  600  300

0,25

(R2  x2 ) 

b, Khi quay lăng kính sang phải 450
Tia tới SI1  mặt bên AB1
 truyền thẳng đến J trên mặt B1C1
dưới góc tới i1  900  I1 JB1  900  300  600
5

4

0,5
0,5
0,75
0,75

A

R
C1

I1

J

I

0,5

S
C

B

B1
Xét góc giới hạn phản xạ toàn phần: sin i

gh



1
1

 igh  450
n
2

 i1  igh  SI1 phản xạ toàn phần tại J
Tia phản xạ JR  mặt bên AC1 truyền thẳng ra ngoài khí
Góc lệch D  1800  (i1  i1, )  1800  (600  600 )  600

0,5

0,5
0,5


SỞ GD & ĐÀO TẠO NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT NGUYỄN SỸ SÁCH
Đề chính thức

ĐỀ THI HSG TRƢỜNG NĂM HỌC 2011 - 2012
Môn: VẬT LÍ, khối 11
(Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề)

Câu 1(3 điểm): Một ống thuỷ tinh nhỏ, tiết diện đều, một đầu kín, một đầu hở, chứa một khối khí lí
tưởng được ngăn cách với không khí bên ngoài bằng cột thuỷ ngân có chiều cao h = 119mm. Khi
ống thẳng đứng miệng ống ở dưới, cột không khí có chiều dài l1 = 163mm. Khi ống thẳng đứng
miệng ống ở trên, cột không khí có chiều dài l2 = 118mm. Coi nhiệt độ khí không đổi. Tính áp suất
po của khí quyển và độ dài lo của cột không khí trong ống khi ống nằm
E1,r1
E2,r2
ngang.
D
Câu 2 (5 điểm): Cho mạch điện như hình vẽ (hình 1). Biết E1 = 6V,
r1 = 1Ω, r2 = 3 Ω, R1 = R2 = R3 = 6 Ω. Vôn kế lí tưởng.
a) Vôn kế chỉ 3V. Tính suất điện động E2.
b) Nếu nguồn E2 có cực dương nối với B, cực âm nối với D thì vôn
kế chỉ bao nhiêu?

R1

V

A

Hình 1
E

Hình 2

Câu 4 (5 điểm): Cho quang hệ đồng trục như hình vẽ (hình 3). Biết
f1 = 24 cm; f2 = - 12 cm; l = O1O2 = 48 cm.
a) Cho OA = 42 cm, hãy xác định vị trí, tính chất, số phóng đại ảnh của
vật cho bởi quang hệ.
b) Xác định vị trí vật để ảnh cho bởi quang hệ là thật.
c) Xác định khoảng cách l để độ lớn của ảnh cuối cùng qua hệ không
phụ thuộc vào vị trí của vật AB.

B
A

O1

M

O2

Hình 3
B

R

B

C
R2

Câu 3 (4 điểm): Một tụ điện phẳng có hai bản cực hình vuông cạnh
a = 30 cm, đặt cách nhau một khoảng d = 4 mm nhúng chìm hoàn toàn
trong một thùng dầu có hằng số điện môi   2,4 như hình vẽ (hình 2).
Hai bản cực được nối với hai cực của một nguồn điện có suất điện động
E = 24 V, điện trở trong không đáng kể.
a) Tính điện tích của tụ.
b) Bằng một vòi ở đáy thùng dầu, người ta tháo cho dầu chảy ra ngoài
và dầu trong thùng hạ thấp dần đều với vận tốc v = 5mm/s. Tính cường độ
dòng điện chạy trong mạch trong quá trình dầu hạ thấp.
c) Nếu ta bỏ nguồn điện trước khi tháo dầu thì điện tích và hiệu điện thế
của tụ thay đổi thế nào?

Câu 5 (3 điểm): Trên một mặt phẳng nghiêng góc α = 450
với mặt phẳng ngang có hai dây dẫn thẳng song song, điện
trở không đáng kể nằm dọc theo đường dốc chính của mặt
phẳng nghiêng ấy như vẽ (hình 4). Đầu trên của hai dây
dẫn ấy nối với điện trở R = 0,1Ω. Một thanh kim loại
MN = l = 10 cm điện trở r = 0,1 Ω khối lượng m = 20g đặt
vuông góc với hai dây dẫn nói trên, trượt không ma sát
trên hai dây dẫn ấy. Mạch điện đặt trong một từ trường

R3

N
v


Hình 4


r
đều, cảm ứng từ B có độ lớn B = 1T có hướng thẳng đứng từ dưới lên trên. Lấy g = 10m/s2.
a) Thanh kim loại trượt xuống dốc. Xác định chiều dòng điện cảm ứng chạy qua R
b) Chứng minh rằng lúc đầu thanh kim loại chuyển động nhanh dần đến một lúc chuyển động với
vận tốc không đổi. Tính giá trị của vận tốc không đổi ấy. Khi đó cường độ dòng điện qua R là bao
nhiêu?

------------ Hết -----------SỞ GD & ĐÀO TẠO NGHỆ AN
TRƢỜNG THPT NGUYỄN SỸ SÁCH

KỲ THI HSG TRƢỜNG NĂM HỌC 2011 - 2012
Môn: VẬT LÍ, khối 11

HƢỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Hướng dẫn và biểu điểm chấm thi này gồm 03 trang)
Câu

Nội dung
Khi miệng ống ở dưới, không khí trong ống có thể tích V1=Sl1, áp suất p1=(po-h) mmHg.
Khi miệng ống ở trên, không khí trong ống có thể tích V2=Sl2, áp suất p2=(po+h) mmHg.

1
(3đ)

Quá trình đẳng nhiệt: p1V1=p2V2  Sl1 ( po  h)  Sl2 ( po  h)  po  743mmHg

1,0

Khi ống nằm ngang, không khí trong ống có thể tích Vo = Slo, áp suất po.

0,5

Quá trình đẳng nhiệt: p1V1= poVo  Slo po  Sl1 ( po  h)  lo  137mm

0,5

E1,r1
I
A I1

R1

D

Điểm
0,5
0,5

E2,r2

V
R3

0,5
B

C
I2

2
(5đ)

Điện trở mạch ngoài là: R 
I đến A rẽ thành hai nhánh:

R2

R2 ( R1  R3 )
 4
R2  R1  R3

I1
R2
1
I

  I1 
I 2 R1  R3 2
3

0,5
0,5

UCD = UCA + UAD = - R1I1 + E1 – r1I = 6 - 3I

0,5

U CD  3V  6 - 3I =  3  I = 1A, I = 3A

1,0

* Với I = 1A  E1 + E2 = ( R + r1 +r2 )I = 8  E2 = 2V

0,5

* Với I = 3A E1 + E2 = 8 .3 = 24  E2 = 18V

0,5

Khi đổi chỗ hai cực thì hai nguồn mắc xung đối.


Với E2 = 2V < E1: E1 phát, E2 thu, dòng điện đi ra từ cực dương của E1
E E
I  1 2  0,5 A  UCD = UCA + UAD = 6 - 3I = 4,5V
R  r1  r2

0,5

Với E2 = 18V > E1: E2 là nguồn, E1 là máy thu
E E
I  2 1  1,5 A  UCD = UCA + UAD = R1I1 + E1 + r1I = 6 + 3I = 10,5V
R  r1  r2

0,5

Điện dung của tụ điện: C 

3
(4đ)

S
 4,8.1010 F
K 4d

Điện tích của tụ điện: Q = C.U = C.E = 115.10-10 C
Gọi x là độ cao của bản tụ ló ra khỏi dầu : x = vt, khi dầu tụt xuống tụ trở thành 2 tụ mắc
song song.
 ax  a.vt
Tụ C1 có điện môi không khí: C1  0  0
d
d
Tụ C2 có điện môi là dầu: C2 

 0 a(a  x)
d



 0 a(a  vt)
d

0,5
0,25
0,25

0,25

vt (  1) 
Điện dung của tụ trong khi tháo dầu: C  C1  C2  C 1 
 a 


0,25

vt (  1) 
Điện tích của tụ trong khi tháo dầu: Q,  C ,E  Q 1 
 a 


0,5

Q

Q,  Q

v(  1)
 1,12.1010 A
t
t
a
Nếu bỏ nguồn: Q không thay đổi, vì C thay đổi nên U thay đổi.

Dòng điện: I 

U, 



Q

Q
U

U
,
vt
(  1)
C
1
a

O1
O2
Sơ đồ tạo ảnh: AB 
 A1B1 
 A2 B2
d ;d '
d ;d '
1

Ta có: d1' 

1

2

d1 f1
= 56cm
d1  f1

d2 = l – d’1 = -8 cm;
d 2' 

0,25

2

0,5
0,25
0,25
0,25

d2 f2
= 24 cm
d2  f2

Số phóng đại: k = (

0,5

0,25

Khi tháo hết dầu thì : vt = a, U ,  U

4

(5đ)

0,5

d1'
d'
)( 2 ) = - 4
d1
d2

0,25
0,5


Vậy ảnh cuối cùng qua hệ là ảnh thật cách thấu kính O2 một đoạn 24 cm, ngược chiều với
vật và lớn gấp 4 lần vật
d1' 

d1 f1
24d1
=
d1  f1
d1  24

 d2 = l – d1’ =

0,5
0,5

24(d1  48)


d1  24

d 2' 

d2 f2
8(48  d1 )
=
d2  f2
d1  40

0,5

Để ảnh cuối cùng là ảnh thật thì d’2 > 0  40cm < d1 < 48 cm
Ta có k  k1.k2  f1 . f 2  f1 .
f1  d1 f 2  d2

f2
→ k
f1  d1 f 2  (l  d1/ )

f1 f 2
df
( f1  d1 )( f 2  l  1 1 )
d1  f1

0,5


f1 f 2

d1 (l  f1  f 2 )  f1 f 2  lf1

Để ảnh có chiều cao không phụ thuộc vào vị trí của vật thì: l - f1- f2 = 0 với mọi d1
Suy ra: l = f1 + f2= 24 + (-12) = 12cm
Lƣu ý: HS có thể nhận xét khi đầu A trượt trên tia tới song song với trục chính thì đầu A2
của ảnh tạo bởi hệ cũng trượt trên tia ló song song với trục chính. Khi đó coi d1=  , d2/=  .
suy ra F1/  F2→ l = f1+ f2 = 10cm
Khi thanh MN trượt xuống dốc, trong thanh MN xuất hiện suất điện động cảm ứng có
chiều N đến M (Quy tắc bàn tay trái). Vậy dòng điện chạy qua R theo chiều từ M đến N
Thanh MN trượt xuống dốc do tác dụng của P1 (nằm theo đường dốc chính) của trọng lực
P : P1 = P.sinα = mg.sinα
Kí hiệu v là vận tốc chuyển động của thanh MN. Độ lớn của suất điện động cảm ứng:

0,5
0,5
0,5

0,5
0,25

0,25

EC = B.l.v.sin( B, v ) = B.l.v.sin (900 + α) = B.l.v.cos α
EC
Blv cos 

Rr
Rr
Và có chiều chạy qua thanh MN theo chiều từ N đến M ( theo quy tắc bàn tay phải)

Trong thanh MN xuất hiện dòng điện cảm ứng có cường độ I : I 

0,25

Trong thanh MN có dòng điện I được đặt trong từ trường B phải chịu tác dụng của lực từ
5
(3đ)

F , lực từ F có phương vuông góc với B và với MN, có chiều theo quy tắc bàn tay trái, có

Blv cos 
B 2l 2v cos 
l
độ lớn : F = B.I.l.sin90 =B.I.l = B
Rr
Rr

0,25

0

Thành phần F1 của lực từ F (nằm dọc theo dốc chính) có cường độ: F1  F .cos 

B 2l 2v cos2 
Rr

Ta thấy F1 ngược chiều với P1 . Như vậy thanh MN chịu tác dụng của hai lực cùng
phương, ngược chiều : P1 kéo xuống F1 kéo lên.
Lúc đầu, vận tốc v của thanh còn nhỏ F1 < P1 hay P1 - F1>0.Lực tổng hợp F1 + P1 gây ra gia
tốc cho thanh MN chuyển động nhanh dần, do đó v tăng dần và kết quả là F1 tăng dần

trong khi P1 là không đổi. Đến một giá trị vmax của vận tốc sao cho F1 = P1 thì thanh MN sẽ
chuyển động với vmax không đổi.

0,25
0,25

0,5


B 2 l 2 vmax cos2 
( R  r )mg sin 
Khi đó :
= 4 2 m/s  5,66m / s
 mg sin   vmax 
Rr
B 2 l 2 cos 2 
E
Blv cos 
Khi đó cường độ dòng điện qua R là : I  C 
= 2A
Rr
Rr
Lƣu ý: HS có thể nhận xét vì lúc này F1 = P1 nên Khi đó cường độ dòng điện qua R là :
F1
F
P1
P
mg
I



 tan  
tan   2 A
Bl Bl cos  Bl cos  Bl
Bl

Lưu ý: Thí sinh giải cách khác đáp án mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa bài đó.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT
NĂM HỌC 2011 – 2012

0,25
0,25


ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn: VẬT LÝ LỚP 11
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)

Bài 1: Trong hệ thống trên hình 1, khối lượng vật 1 bằng 6,0 lần khối lượng vật 2.
Chiều cao h = 20cm. Khối lượng của ròng rọc và của dây cũng như các lực ma sát
được bỏ qua. Lấy g = 10m/s2. Ban đầu vật 2 được giữ đứng yên trên mặt đất, các sợi
dây không dãn có phương thẳng đứng. Thả vật 2, hệ bắt đầu chuyển động. Xác định:
a. gia tốc của các vật ngay sau khi vật 2 được thả ra;
b. độ cao tối đa đối với mặt đất mà vật 2 đạt được.

1
h

Bài 2: Một mol chất khí lý tưởng thực hiện chu trình ABCA trên giản đồ
p-V gồm các quá trình đẳng áp AB, đẳng tích BC và quá trình CA có áp
suất p biến đổi theo hàm bậc nhất của thể tích V (hình 2).
a. Với số liệu cho trên giản đồ, hãy xác định các thông số (p,V,T) còn
p(atm)
lại của các trạng thái A, B, C;
3
b. Biểu diễn chu trình ABCA trên giản đồ V-T.
C

2
Hình 1

Bài 3: Đặt vật nhỏ có dạng một đoạn thẳng AB vuông góc với trục chính
A
của một thấu kính. Đầu A của vật nằm trên trục chính, cách quang tâm của 1 B
V(l)
thấu kính 20cm.
O
a. Qua thấu kính, vật AB cho ảnh A'B' cao bằng vật. Hãy xác định
25,6
102,4
tiêu cự của thấu kính và dùng thước kẻ dựng ảnh A'B';
Hình 2
b. Giữ cố định thấu kính, quay vật AB quanh đầu A để AB hợp với
trục chính của thấu kính một góc bằng 45o. Xác định:

i. vị trí và hình dạng của ảnh A"B" của vật AB qua thấu kính, bằng cách dựng hình
với số lượng tia sáng được vẽ ít nhất;
ii. độ dài của vật AB.
Biết rằng độ dài của ảnh A"B" gấp hai lần độ dài của vật AB.
Bài 4: Cho mạch điện như hình 3: A1; A2 và A3 là 3
ampe kế lý tưởng và hoàn toàn giống nhau. Giá trị các
điện trở được ghi trên hình vẽ. Người ta đặt vào hai
A
đầu A, B một hiệu điện thế không đổi, có độ lớn U =
13,8V.
a. Hãy tính các giá trị cường độ dòng điện qua
các điện trở;
b. Xác định số chỉ của các ampe kế.

2kΩ

6kΩ
A2

B

3kΩ

6kΩ

A3

A1

6kΩ

5kΩ
Hình 3

Bài 5: Một mạch điện gồm có: ống dây có hệ số tự cảm L = 2,00μH và
điện trở Ro = 1,00Ω; nguồn điện có suất điện động E = 3,0V và điện trở
trong r = 0,25Ω; điện trở R = 3,00Ω, được mắc như hình 4. Bỏ qua điện
trở dây nối và khoá k.

k
E,r

L
Ro
Hình 4

R


a. Đóng khoá k, sau một thời gian cường độ các dòng điện trong mạch đạt giá trị ổn định.
Xác định cường độ dòng điện qua ống dây và điện trở R; công suất của nguồn E;
b. Tính nhiệt lượng Q toả ra trên R sau khi ngắt khoá k.
==HẾT==
- Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
- Giám thí không giải thích gì thêm.


HƢỚNG DẪN CHẤM
VẬT LÝ LỚP 11
Bài 1

1a.
Gọi T là lực căng dây
T  P2
Gia tốc vật 2: a 2 
m2
P  2T .P2  2T

Gia tốc vật 1: a 1  1
.m 2
m1
1
Với ròng rọc động: a 2  2.a 1
h
2  4
2
Kết quả: a 2  2.a 1 
g
 4
Thay số: a 2  8m / s 2 ; a 1  4m / s 2
1b.
Vật chuyển động nhanh dần đều với gia tốc a2 từ mặt đất đến độ cao 2h và đạt vận tốc cực
đại ở độ cao này: v 2max  2.a 2 .2h (1)
Sau đó, vật chuyển động chậm dần với gia tốc g từ độ cao 2h đến hmax:
v 2max  2.g.(h max  2h) (2)

Từ (1) và (2) ta có h max  6h
, Thay số: h max  72cm
 4

0,5

0,5
0,5
0,5
0,5

0,5
0,5
0,5

Bài 2
2a.
Áp dụng phương trình trạng thái:

0,5

p BVB po Vo
1.25,6

 TB 
273  312K
TB
To
1.22,4

3  pC 25,6

 pC  2,25atm
3
102,4
102,4  VA 1

1024
Cũng từ hình vẽ:
  VA 
  68,3
102,4
3
15
p
p
p
Áp dụng định luật Sác-lơ [B→ C]: B  C  TC  C TB  702K
TB TC
pB
V
V
V
Áp dụng định luật Gay-luy-sac [A→ B]: A  C  TA  A TB  832K
TA TC
VB
2b.
AB là đường thẳng đi qua gốc toạ độ
V
BC là đường thẳng song song với OT

Từ hình vẽ:

CNA là parabol:
Đỉnh N của parabol được xác định:
Từ đồ thị của bài ra: quá trình (3) – (1)

0,5
0,5
0,5

0,5
0,5

A

51,2

0,5

N

25,6

B

C

T
O

312

624

936

được biểu diễn theo phương trình
p
p
p V
p  p M  M V  pV  M (VM  V).V  M M
VM
VM
4
dấu bằng khi V = VM/2 (với pM = 3atm, VM = 102,4l)
áp dụng phương trình trạng thái
pV = RT => Tmax = 936K => TM = 936K.

0,5