Đáp án HSG Vật lí lớp 11 Quảng Bình 2017-2018 - Học Toàn Tập

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (759.62 KB, 5 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG BÌNH KÌ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2017-2018 
MƠN: VẬT LÍ

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC 
 (Hướng dẫn chấm có 5 trang)

Câu Nội dung Điểm

1 
(2,0 đ)

a. (1,0 điểm )

Khi còn nằm yên trên đĩa vật chuyển động tròn, lực ma sát nghỉ đóng vai trị là lực
hướng tâm nên:

msn ht

mv

F F

R
 

Khi vật bị trượt và văng ra khỏi đĩa thì
max

msn msn

F F mg
2
mv

mg v gR

R

 

   

Sau khi rời khỏi mặt bàn vật chuyển động ném ngang, với vận tốc ban đầu v, thời gian
chuyển động t.

Tầm xa vật: L v t. gR. 2h 2 Rh
g

 

  

Vận tốc lúc chạm sàn: 2 ( )2 2

c

v  v  gt  gR gh

0,25

0,25
0,25
b. (1,0 điểm )

- Xét đối với trục quay qua B

T AB1. .sin1P AB cos1. . 
T1.sin1 P cos1.  (1)
- Xét đối với trục quay qua A

T AB2. .sin2 P AB cos2. . 
T2.sin2 P cos2.  (2)
Từ (1) và (2)

1 2

3
sin sin

   (do khơng có ma sát tại điểm treo nên T1=T2)
Áp dụng định lý hàm sin

1 2

sin sin 3

CB AC

AC BC

     (3)

Mặt khác AC CB l  30cm (4)

Từ (3) và (4) suy ra: AC12cm; CB18cm.

0,25

0,25
0,25
0,25

2 
(2,0 đ)

a. (0,75 điểm)

Áp dụng phương trình Menđenlêep- Clapêrong:

5 3

10 .20.10 20

300 3

A A

A A A

A

P V
P V nRT nR

T



    

150

B B
B

P V

T K

nR

  0,25

C
A

B
1

2


1
P
ur

2
P
uur

Tur

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Câu Nội dung Điểm 
600

D D

D

P V

T K

nR

 

E
E

E
nRT

V l

P

 

b. (0,75 điểm )

Khí nhận nhiệt trong q trình đẳng tích BD và một giai đoạn của quá trình biến đổi ECA.
1

3 20

( ) . .(600 150) 4500
2 3

BD V D B

Q Q nC T T    J

Phương trình của đường thẳng ECA
5
5

A E A

P P P P V

P

V V V V

      

  (1)

2
3

20 5

PV V

T V

nR

 

     

  (2)

(V đo bằng lít, P đo bằng 105 Pa, T đo bằng K)

Tính được: Tmax = 468,75 khi Vm = 12,5 l; T tăng khi 5 V 12,5

Gọi F là điểm trên đoạn AE ứng với trạng thái có Vm, suy ra trong đoạn EF thì nhiệt độ
khí tăng và khí nhận nhiệt.

m
F

F

F m

nRT

P

V V

   2,5.105 Pa. 
Theo nguyên lí 1 nhiệt động lực học :

2 EF EF

Q  U A

Với ( ) n3 ( ) 3 20. (468,75 300) 1687,5J

2 2 3

EF V F E m E

U nC T T R T T

       

.( ) 2437,5

m E

E F

EF EFV V m E

P P

A  S   V V  J

Vậy Q2 = 3187,5 + 2437,5 = 4125 J

Tổng nhiệt lượng khí nhận được trong chu trình
Qnhận = Q1 + Q2 = 4500 + 4125 = 8625 J

c. (0,5 điểm)

Cơng mà khí thực hiện trong chu trình
A = AABCA + ACDEC

Trong đó, chu trình ABCA theo chiều kim đồng, sinh cơng dương (cơng hệ khí thực
hiện); chu trình CDEC ngược kim đồng hồ, sinh cơng âm (cơng hệ khí nhận được)

3 5

1 1

( )( ) .10.10 .2.10 1000

2 2

ABCA ABC A C C A

A  S  V V P P    J

3 5

1 1

( )( ) .5.10 .1.10 250

2 2

CDEC CDE C E E C

A  S   V V P P      J

Vậy Asinh ra = 1000 + (-250) = 750 J
Hiệu suất của chu trình:

sinh ra 750 8,7%
8625

thu

A
H

Q

  

0,25

0,25
0,25
P (Pa)

V (l)
PC

PA
O

VE VC

A
B

C
D
E

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

3 
(1,5 đ)

Sau khi đóng khóa K, có sự phân bố lại điện tích của hai tụ C1 và C2 trước.
Gọi q q1, 2 là điện tích của hai tụ C1 và C2

Ta có:
1 2

1 2 2
2

q q

C  C   và q1q2  q CU
Từ đó 2

3 3

q CU

q   và 1 2 2

3 3

q CU

q  

Năng lượng điện trường của 3 tụ sau khi C1 và C2 trao đổi xong là:
2

2 2

2
3

1 2 2

2.2 2 2 3

q

q q

CU

C C C

   

Sau đó hai tụ C1, C2 trao đổi với tụ C3
Gọi ' ' '

1, 2, 3

q q q lần lượt là điện tích của các tụ C1, C2, C3 sau khi trao đổi xong.
Ta có:

' ' '
1 2 3 2

q q q  q (1);

' '
1 2
2

q q

C  C (2);
' '
2 3

q q (3).
Giải hệ trên: ' ' '

1 ; 2 3

q

q q q q 

Năng lượng điện trường bây giờ bằng
2

2 2

2
3

1 2 '

' ' 1

2.2 2 2 2

q

q q

CU

C C C

   

Tổng nhiệt lượng tỏa ra trên các điện trở bằng phần năng lượng bị mất
2

1
W W W '

6CU

   

Gọi Q1 và Q2 lần lượt là nhiệt lượng tỏa ra trên R1 và R2.

Do 1 2 2 1 1 2

R  R  Q  Q

2
1

1 1

. W=
3 18

Q   CU và 2

2 1

. W=

3 9

Q   CU

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
4 
(1,5 đ)

Khi khóa K ở chốt A, tụ điện được nạp điện với dòng điện qua tụ là I3, gọi Uc là hiệu điện
thế trên tụ. Ta có:

3 1 2

1 2 3

168 4

(1)
45

C C C

E U U U

I I I

R R R

 

    



Khi K ở chốt B, tụ điện phóng điện với dòng điện I’3, gọi U’C là hiệu điện thế trên tụ. Ta 
có:

' ' '

' ' '
3 2 1

3 1 2

28
(2)
15

c c c

U E U U

I I I

R R R

 

    



Sau một số lần rất lớn chuyển khóa K thì sẽ đạt trạng thái cân bằng, khi đó:
'

c c

U U và '

3 3 (3)

I I

Từ (1), (2), (3) ta có:
28 168 4

36
15 45
c c
c
U U
U V
    

Suy ra:
'

' 2 2

2 2 2

2 3 3

0,8 ; 1, 2 ; 1

c c

tb

U U I I

I A I A I A

R R R


     

0,25
0,25
0,25
0,25

0,5
A
R3
R2
R1
C
K
E, r

I1 I2
I3
B
R3
R2
R1
C
K
E, r

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Câu Nội dung Điểm

5 
(1,5 đ)

Gọi L là khoảng cách giữa hai điểm tiếp xúc của EF tại bất kỳ.
. .tan

L v t 

Xét trong khoảng thời gian t rất nhỏ diện tích thanh quét được:

. .

S L v t
  
Từ thông qua S là:

. . . .tan .

B S B L v t B v t t

 

      

Suất điện động tức thời có độ lớn :
2

. . .tan

c

e B v t

t

 



 



Điện trở của đoạn dây dẫn giữa hai điểm tiếp xúc :
. . . .tan

RLv t 

Cường độ dòng điện tức thời qua mạch :
.

c

e B v
I

R 

 

Công suất tỏa nhiệt tức thời trên thanh :
2 3

2. B v t. . .tan

P I R 



 

Thời điểm thanh đi hết đoạn AC là : 0
0

L
t

v



Cơng suất trung bình :

2 3
0
. . .tan

2.
B v t

P 




Nhiệt lượng tỏa ra :

2 2

0
0

. . .tan
.

2
B v L

Q P t 



 

0,25

0,25
0,25
0,25

0,25

6 
(1,5 đ)

Vì ảnh sau khi dịch chuyển có kích thước nhỏ hơn nên thấu kính đã dịch chuyển ra xa vật
nên ta có : d2 = d1 + 10(cm). (1)

Số phóng đại ảnh lúc đầu: 1' 1 1
1

d A B

k 0

d AB

    (2)
Số phóng đại ảnh sau khi dịch chuyển thấu kính: '2 2 2

2
2

d A B

k 0

d AB

    (3)

Từ (2) và (3) suy ra:

'
2 2 2 2 1

'
1 1 1 1 2

k A B d .d 2

k  A B d .d 3. (4)
Theo cơng thức thấu kính ta có ' 1

1
1
d .f
d

d f



 (5),

' 2
2

2
d .f
d

d f



 (6)

Thay (5), (6) vào (4) được: 1
2

2
3

d f

 

 (7)

Thay (1) vào (7): d1 = f + 20 (cm) (8)

Gọi L1 và L2 lần lượt là khoảng cách giữa vật và ảnh trước và sau khi dịch chuyển thấu
kính ta có:

1 1 1

L d d , '
2 2 2

L d d và ' '

2 1 2 2 1 1

25
L L d d d d (cm)

      . (9)

Từ (1), (5), (6), (8) và (9) ta có: f = 100. Suy ra: f = -10(cm). 2

0,25

0,5

A C

D
E



B
ur

Hình vẽ cho Câu 5

v

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

1. Phần nào thí sinh làm bài theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa phần đó. 
2. Khơng viết công thức mà viết trực tiếp các đại lượng, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. 
3. Ghi công thức đúng mà:

3.1 Thay số đúng nhưng tính tốn sai cho nữa số điểm của ý đó.

3.2 Thay số từ kết quả sai của ý trước dẫn đến sai thì cho nữa số điểm của ý đó. 
4. Nếu sai hoặc thiếu đơn vị 3 lần trở lên thì trừ 0.5 điểm cho tồn bài.

</div>

Đáp án HSG Vật lí lớp 11 Quảng Bình 2017-2018 - Học Toàn Tập

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về