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 số câu chuyên Nguyễn Huệ lần năm 2013 (mã 134) Câu C Câu Góc lệch ánh sáng chiếu qua lăng kính có góc chiết quang A nhỏ α = A(n − 1) ⇒ Bề rộng vùng quang phổ 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 10 góc lệch ánh sáng qua lăng kính không bị ảnh hưởng α = A(n − 1) nên bề rộng quan sát không thay đổi HD: Hai vật dao động với biên độ A=8cm, khoảng cách lớn hai vật nên hai thành phần lệch pha π / Và chất điểm chuyển động trước M nhanh pha π / so với N A Khi điểm M ví trí x = ± M π /3 N Nhìn giản đổ hai đường tròn thể dao động hai chất điểm M N (Thực chất hai đường tròn có bán kính (d biên độ) ta vẽ hình vẽ để thể rõ hai dao động M N) Ta có đáp án C Hướng dẫn giải 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 hai tụ d Khi đưa điện môi có số điện môi ε = điện dung tụ C’ Tụ C’ bao gồm hai tụ giống C1 = C = 3C có khoảng cách hai tụ d/3 mắc nối tiếp với tụ C = 6C Vậy 1 1 = + + = ⇒ C ' = 6C / ⇒ λ ' = λ = 65,7m C ' 3C 3C 6C 6C C1 C3 C Câu 13 Kí hiệu tọa độ điểm A B a = −ω x A a A + aB x A , xB ⇒  A ⇒ a + a = − ω ( x + x ) = a ⇒ a = = 4cm / s A B A B M M 2 a B = −ω x B Câu 14 Khi phương chuyển động hạt mang điện không đổi nghĩa có cân lực tác dụng lên e − ( khối lượng e nhỏ nên người ta bỏ qua thành phần này) Khi ta có: E hc hc qv B = qE ⇒ v = = 10 (m / s ) ⇒ = mv0 + A => λ = = B λ mv0 + A Câu 31 Tập hợp điểm C nằm đường tròn đường kính S1 S Điểm C nằm xa S C nằm đường H nhận k lớn ( quy ước k>0 phía S ) Theo giả thiết có d = d − λ = 1cm ⇒ k max = ⇒  ⇒ 2d 21 − 4d1 − 13,64 = ⇒ d1 = 3,79cm 2 d + d = S1 S = 17,64 Hướng dẫn giải 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 cuộn sơ cấp thứ cấp N , N ⇒ N1 = N2 Tuy nhiên sơ suất nên thực tế số vòng dây cuộn thứ cấp N1 => Số vòng bị thiếu là: ∆N = N − N ' Ban đầu thì: x = 43% = Lúc sau: x = 45% = U N 2' = U N1 U N 2' + 26 = ⇒ N = 1300 ⇒ N ' = 559, N = 650 ⇒ cần U N1 them 65 vòng Z L = 80Ω ⇒Z = HD:  Z C = 50Ω ( R + r ) + 30 ⇒P= U (R + r) ( R + r ) + 30 ≤ U (r ) ( r ) + 30 = 640W HD: Ban đầu cường độ dòng điện ổn định chạy qua mạch E.( R0 + R ) E 1 I= = 1,2 A ⇒ U AB = U = I ( R0 + R ) = = 10,8V ⇒ W = LI + C.U = 0,020 J r + R0 + R r + R0 + R 2 Khi lượng giảm nửa ban đầu W’=W/2 => Phần lượng mạch giảm ∆W = W − W ' = W / = Q dạng nhiệt lượng tỏa điện trở R R0 Theo định luật ôm đoạn mạch ta có: QR ~ R0 R ⇒ QR = Q = 5,62.10 −3 J  R + R QR ~ R Hướng dẫn giải số câu Chuyên Nguyễn Huệ lần II năm 2013 mã đề 134 GV: Nguyễn Tuấn Linh - HVKTQS Cường độ hiệu dụng dòng điện xoay chiều chạy qua Điot lí tưởng ( hiệu điện ngưỡng 0) có giá trị tương đương với dòng điện chiều có độ lớn I xác định sau: π   − cos 2(ωt + )  T /2 T /2 T /2 I π T   2 2 R.dt = I 02 R = I RT ⇒ I = ∫0 i R.dt = ∫0 I sin (ωt + ) R.dt = ∫0 I 31,4 ( A) Với I = 10 Định luật Faraday mH A mH = I t ⇒ n H = ⇒ F n mH 2 31,4 V H = n H 22,4 = 22,4 = I t.22,4 = 1930.22,4 = 0,70336(l ) 2F 2.96500 2.10 Mong tác giả xem lại giả thiết! có góp ý xin liên hệ email: ntlhvktqs@gmail.com 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 − = ⇒ x"+ ( x − )=0 m m m k  k  qE k qE = X ⇒ x" = X " ⇒ X "+ X = ⇒ X = A cos t + ϕ  = x − Đặt x − k m k  m  Chọn gốc thời gian t=0 lúc vật bắt đầu dao động Khi có: x=0, v=0=>  A.ω sin ϕ = 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 mv 0,2 V = = = 0,2 (m / s ) m+M Vị trí cân hệ cách vị trí ban đầu (chỗ va chạm) x0 = mg = 4cm k A=  M +m M +m V   = 16 + V x +   = x 02 + V  = 3cm  k  k  ω    Hướng dẫn giải số câu Chuyên Nguyễn Huệ lần II năm 2013 mã đề 134 GV: Nguyễn Tuấn Linh - HVKTQS HD: Giả sử v o max vận tốc lớn e quang điện thoát từ bề mặt Catot, tác dụng lực điện trường E có chiều từ Anode đến Catot chúng tăng tốc Giả sử v vận tốc e đến Anode, áp dụng định lý biến thiên động có:  mv sin β  2 U 2U  = mv = mv − mv max = q E = q ⇒ v = v02max + q ⇒ Rmax =   2 d md  q B  max q B Vẽ giản đồ: Bài 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: U + U C2 − U AM U + 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 có cos β ⇒ U sin β ⇒ U r ⇒ r Lại có: U C = 41 cos β + 25 sin ϕ = 29 ⇒ sin ϕ = Hướng dẫn giải số câu Chuyên Nguyễn Huệ lần II năm 2013 mã đề 134 GV: Nguyễn Tuấn Linh - HVKTQS Ban đầu momen động lượng hệ Iω Khi đặt nhẹ vật m lên => Momen động lượng hệ lúc sau bằng: ( I + mr )ω Áp dụng định luật bảo toàn momen động lượng ta có: Iω ( I + mr )ω = Iω ⇒ ω = = I + mr Phương trình chuyển động quay vật rắn xung quanh trục quay là: M 0,1 Iγ = M ⇒ γ = = ⇒ ϕ = γt ⇒ S = r.ϕ I mr Hướng dẫn giải số câu Chuyên Nguyễn Huệ lần II năm 2013 mã đề 134