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

Phần nào thí sinh làm bài theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa phần đó.. Không viết công thức mà viết trực tiếp các đại lượng, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.[r]

Trang 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

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

MÔN: VẬT LÍ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC

(Hướng dẫn chấm có 5 trang)

1

(2,0 đ)

a (1,0 điểm )

Khi còn nằm yên trên đĩa vật chuyển động tròn, lực ma sát nghỉ đóng vai trò là lực

hướng tâm nên:

2

mv

R

Khi vật bị trượt và văng ra khỏi đĩa thì

max

F F mg

2

mv

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: v c  v2( )gt 2  gR2gh

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)

3

2

   (do không có ma sát tại điểm treo nên T1=T2)

Áp dụng định lý hàm sin

2

Mặt khác AC CB l  30cm (4)

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

0,25

2

(2,0 đ)

a (0,75 điểm)

Áp dụng phương trình Menđenlêep- Clapêrong:

10 20.10 20

A A

A

P V

P V nRT nR

T



150

B B B

P V

nR

C

A

B

1

2



1

P

ur

2

P

uur

1

Tur

2

Tuur



Trang 2

Câu Nội dung Điểm

600

D D D

P V

nR

5

E E

E

nRT

P

b (0,75 điểm )

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

1

3 20

2 3

Phương trình của đường thẳng ECA

5 5

P

2 3

5

nR

(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

nRT nRT

P

   2,5.105 Pa

Theo nguyên lí 1 nhiệt động lực học :

Q  U A

2

m E

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)

Công mà khí thực hiện trong chu trình

A = AABCA + ACDEC

Trong đó, chu trình ABCA theo chiều kim đồng, sinh công dương (công hệ khí thực

hiện); chu trình CDEC ngược kim đồng hồ, sinh công âm (công hệ khí nhận được)

3 5

Vậy Asinh ra = 1000 + (-250) = 750 J

Hiệu suất của chu trình:

sinh ra 750

8,7%

8625

thu

A H

Q

0,25

P (Pa)

V (l)

PC

PE

PA

O

VE VC

A

B

C

D

E

VA

F

Vm

PF

Trang 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 q là điện tích của hai tụ C1, 2 1 và C2

Ta có:

1 2

1 2 2

2

C  C   và q1q2  q CU

Từ đó 2

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

2

2 3

W

q

CU

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

C  C (2); ' '

2 3

q q (3)

Giải hệ trên: ' ' '

2

q

Năng lượng điện trường bây giờ bằng

2

2 3

W'

q

CU

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

2

2 1

W=

2

W=

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

168 4

(1) 45

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

I I I

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

'

U U và '

3 3 (3)

Từ (1), (2), (3) ta có:

28 168 4

36

c

Suy ra:

'

2

tb



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

I’1 I’2 I’3

Trang 4

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:

2

B S B L v t B v t t

Suất điện động tức thời có độ lớn :

2

.tan

c

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

Công suất tỏa nhiệt tức thời trên thanh :

2 3

B v t



Thời điểm thanh đi hết đoạn AC là : 0

0

L t v

Công suất trung bình :

2 3 0 tan 2

B v t



 Nhiệt lượng tỏa ra :

2 2 0 0

.tan

2

B v L



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 1

    (2)

Số phóng đại ảnh sau khi dịch chuyển thấu kính: '2 2 2

2 2

Từ (2) và (3) suy ra:

'

2 2 2 2 1

'

1 1 1 1 2

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

1 1

d f d



 (5),

2 2

d f d



 (6)

Thay (5), (6) vào (4) được: 1

2

2 3

 (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

2 2 2

25

3

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

0,25

0,5

D

E



B

ur

F Hình vẽ cho Câu 5

v

r

Trang 5

* Ghi chú:

1 Phần nào thí sinh làm bài theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa phần đó

2 Không 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 toán 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 toàn bài

5 Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 điểm.

Định dạng
Số trang	5
Dung lượng	759,62 KB