Đáp án HSG Vật lí lớp 11 Quảng Bình 2015-2016 vòng 1 - Học Toàn Tập

Không viết công thức mà viết trực tiếp bằng số các đại lượng, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.. Thay số đúng nhưng tính toán sai thì cho nửa số điểm của câu.[r]

A

B D C

P2 P1

N Fms

T SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH

HƯỚNG DẪN CHẤM

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 11 – THPT NĂM HỌC 2015 – 2016

MƠN: VẬT LÍ (Vịng 1)

Câu NỘI DUNG Điểm

(2 điểm)

a, (1,0 điểm)

Quy tắc mômen trục quay qua A: Tcos600.AB = P

1.AB

2 cos300 + P2x.AB.cos300 hay T =

2 + xP2 (1) Thay x = 1/4, P2 = 0,01 ta T = 0,87N

0,25

0,5

0,25

b, (1,0 điểm)

Điều kiện cân tổng quát: N = Tcos600 = T

2 (2) Fms + Tsin600 = P1 + P2 Fms = 1+ P2 - T

2 (3)  Fms = + P2 - 0,75 - 1,5xP2 Và N = 0,15 + 0,3xP2

Điều kiện để đầu A không trượt Fms < N

 + P2 - 0,75 - 1,5xP2 < 0,15 + 0,3xP2

 P2(1 - 1,5x - 0,3 3x) < 0,15 - 0,25 (4)

Thanh không trượt với P2 với P2

hay - 1,5x - 0,3 3x <  x >

1,5 + 0,3 = 0,495

0,25

0,5

0,25

(2 điểm)

a, (1,0 điểm)

- Quá trình CA, đường thẳng qua gốc tọa độ nên phương trình có dạng: = const

P

V (*), kết hợp với phương trình trạng thái PV

const

T  , dẫn đến phương

trình có dạng: T2 const

V  (1) Áp dụng cho khí A C ta có 2

c A

C

A c

T T

T T

V V   = 2700K (2) b, (1,0 điểm)

0,5 0,5

- Q trình AB đẳng tích: P= const

T , áp suất tăng nên nhiệt độ tăng, suy trình nhiệt độ lớn B (TB) (3)

- Q trình CA có phương trình (theo (1)): T2 const

V  , V giảm nên T giảm Vì trình nhiệt độ lớn C (Tc) (4)

- Theo (3) (4), kết hợp với TB = Tc ta suy trình C A B ,

nhiệt độ lớn Tc

- Theo (*)

C A

C

C A

P P

P P

V V   (5) - Áp dụng phương trình trạng thái B C:

B B C C

B C

B C

P V P V

P P

T  T   =9P0 (6) - Q trình BC có phương trình: PV qua B, C nên ta

có: 0

0

9

3

P V

P V

 

 

 



  



Giải hệ ta

0

3

; 12 P

P V

     , suy phương trình BC biểu diễn

bởi phương trình: 0

0 12 V

P P P

V

  (6)

Thay

0

(4 ) P

PV

T V V V

nR nRV

   (7)

Phân tích

0

x V V V Dễ thấy T đạt cực đại x đạt cực đại V=2V0

Khi 0

max

12

12 3600 PV

T T K

nR

  

0,25

0,25

0,25

(2 điểm)

a,(1,0 điểm)

- Khi K mở điện tích hai tụ điện khơng => tổng điện tích tụ khơng

- Từ thời điểm K đóng đến mạch ổn định điện tích tụ là: q1’ = CUMB = CE; q2’ = CUNB = CE Từ suy ra: qb’ = 2CE

- Điện lượng từ cực dương nguồn đến nút A là: q’ = 2CE - Gọi điện lượng qua AM q1 qua AN q2

Ta có: q1 + q2 = 2CE; q1/q2 = 2R/R =

Từ phương trình suy ra:

q1 = 4CE/3; q2 = 2CE/3; q1 > q2, suy điện lượng q1 đến

nút M phần tích điện cho tụ C1, phần chuyển qua dây từ M đến N

qMN = q1 – CE = CE/3 = 9.10-6C

b, (1,0 điểm)

- Nguồn điện thực công là: A = q’E = 2CE2

- Năng lượng hai tụ điện là: W = 2.CE2/2 = CE2

theo định luật bảo tồn lượng ta có: Q + W = A => Q = A – W = CE2

- Điện trở tương đương đoạn R 2R là: RAM = 2R/3 = 4r/3 Trong thời

gian tụ tích điện dịng qua điện trở tương đương R 2R dòng qua r ta có:

QAM = I2RAMt; Qr = I2rt => QAM/Qr = RAM/r = 4/3 -> Qr = 3QAM/4

0,25

0,25 0,25 0,25

Mà: Q = QAM + Qr = 7QAM/4  QAM/Q = 4/7 => QAM = 4Q/7 = 4CE2/7

Vì R//2R => Q2R/QR = R/2R = 1/2 => QR = 2QAM/3 = 8CE2/21 0,5

(2 điểm)

- Điện trở vòng R12 r1 , điện trở vòng R2 2 r2

- Suất điện động vòng là: B r0

   ;

2 B r0   

- Dựa hình vẽ, vịng ngồi dịng điện mạch là:

 

   

2

0 2

1 2 2

B r r B r r

I

R R r r

            

- Tacó : 01 2

2 2 2

.2

2

MN

B r r

U I R   r B r B r r

 

    

- Khi vịng lồng vào biểu thức dòng điện là:

 

   

2 2

0 2

1 2

'

2

B r r B r r

I

R R r r r r

             

Ta có  

 

2

0 2 1 2

2 2 2

1 2

' ' .2

2

MN

B r r r r

U I R r B r B r r

r r r r

    



 

    

 

Vậy

1 'MN

MN

U r r

U r r

   0,5 0,5 0,5 0,5 (2 điểm)

a, (1,0 điểm)

Theo cơng thức thấu kính

' 30

30

B B

B

B B

d f d

d

d f d

 

  (1)

15

A B

d d  ; ' ' 30

30 30 A A B A d d d d   

 (2)

Thay (1) vào (2) ta được: 30 30 30( 15)

30 15 30

B B B B d d d d      

2 45 0 45

0 ( ai)

B B B B d cm d d d lo         

Vậy dB 45cm

' 90 ; ' 60

B A A

d cm d d cm

   

b, (1,0 điểm)

- Để vết sáng nhỏ M phải đặt vị trí hình vẽ

- Sử dụng tam giác đồng dạng hình vẽ: (D đường kính vết sáng nhỏ màn, D0 đường kính mép thấu kính)

0,5

0,5

0,5

* Ghi chú:

1 Phần thí sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa phần

2 Khơng viết cơng thức mà viết trực tiếp số đại lượng, cho điểm tối đa 3 Ghi công thức mà:

3.1 Thay số tính tốn sai cho nửa số điểm câu

3.3 Thay số từ kết sai ý trước dẫn đến sai cho nửa số điểm ý 4 Nếu sai thiếu đơn vị lần trở lên trừ 0,5 điểm

5 Điểm tồn làm trịn đến 0,25 điểm.

' ' ' '

' ' ' '

0

2

72

A B A B

A B A B

L d d L d d

D

L cm

D d d d d

 

    