Dap an HSG vat li qb Vong 2 lop 11 20132014

Xét quá trình ABC như hình vẽ: - Quá trình AB khí sinh công dương và nhiệt độ tăng nên khí nhận nhiệt lượng.. Quá tình BC, CA: khí sinh công âm, hạ nhiệt độ nên khí tỏa nhiệt.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNH HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT - VÒNG II NĂM HỌC 2013 - 2014 Câu Nội dung Điểm K1 G C 2C K2 E 2C (2,0 đ) C - Ban đầu K1 đóng, điện lượng qua điện kế đúng điện tích tụ 2C phía trên, điện tích đó bằng: 2C.C q1  E  CE 2C  C ………………………………………………………………………… - Điện tích này điện tích tụ điện C phía Và tính chất đối xứng, các tụ 2C và C còn lại có điện tích 0,5 - Nếu mở khóa K1 đóng K2 thì hai tụ C và 2C phía trên mắc song song với Một lượng điện tích q chạy qua điện kế hiệu điện trên tụ C và 2C trên nhau: U1' U 2'  2q1' q2' (1) ………………………………………………… - Mặt khác, theo định luật bảo toàn điện tích: q1'  q2' 2q1  CE (2)………………………………………………………… q1'  CE , q2'  CE 9 - Giải hệ (1), (2) ta được: …………………………………………………………… - Vậy điện lượng chuyển qua điện kế K1 mở đóng K2 là: q q1  q1'  CE …………………………………………………………………… ……………… 0,5 0,25 0,25 P P2 P1 O A V1 B V2 Xét quá trình ABC hình vẽ: - Quá trình AB khí sinh công dương và nhiệt độ tăng nên khí nhận nhiệt lượng Quá tình BC, CA: khí sinh công âm, hạ nhiệt độ nên khí tỏa nhiệt Vì vậy, hiệu suất chu trình A H QAB …………………………………………………………………………………….……………………… C (2,0 đ) 0,5 V 0,25 - Công khí sinh toàn chu trình diện tích tam giác ABC: 0,5 A  ( P2  P1 )(V2  V1 ) (1) ………………………………… AAB  ( P1  P2 )(V2  V1 ) - Ta có: U AB nCV (T2  T1 ) C U AB  V ( PV 2  PV 1) R - Mà PV = nRT nên C QAB  AAB  U AB  ( P1  P2 )(V2  V1 )  V ( PV 2  PV 1) R - Suy ra, (2) ………… ………… - Vậy ( P2  P1 )(V2  V1 ) A H  QAB ( P  P )(V  V )  CV ( PV  PV ) 2 2 1 R (3) …………………….……… P   V  P1 V1 ; P2 V2 (4) - Mặt khác quá trình AB mô tả phương trình: V2  V1 2C (1  V )(V2  V1 ) R - Thay (4) vào (3) ta được: ……………………………………………… … - Ta thấy H phụ thuộc vào các thể tích V1, V2 nên hiệu suất hai chu trình ………………………………………………………………………………………………………… 0,5 0,25 0,25 H 0,25 0,25 (2,0 đ) - Ngay sau va chạm vật có vận tốc v0 hướng theo mặt nêm Khi vật lên đến vị trí cao nhất, nêm và vật có cùng vận tốc v - Áp dụng ĐL bảo toàn động lượng: m.v cos  v mM m.v0.cos  = (m+M).v (1)……………………… - Gọi a là gia tốc nêm: M.a = Q.sin  (2) ’ ’ ’ - Xét m hệ x o y gắn với nêm, giả sử vật có gia tốc a’:     N  P  Fq ma ' (3)……………………… - Chiếu lên x’o’y’: ma cos   mg sin  ma ' Trên O’x’: (4) ’ ’      Trên O y : N + masin - mgcos = N= mgcos - m.a.sin (5)  Q  mg cos   m a sin  - Mà Q = N (6) - Từ (2), (6) ta có: Ma = mg.cos  sin  - m.a sin2  mg sin 2  a 2( M  m sin  ) (7)……………………… a'  - Thay (7) vào (4) ta có: mg sin 2 cos  g sin  2( M  m sin  ) 0,5 0,25 0,5 0,25 ……………………………………………… - Thời gian để vật nhỏ lên đến vị trí cao là: v0 ( M  m sin  ) v0 v t  t0  ' t0  g (m  M )sin  ……………….………………… a a biến đổi ta (2,0 đ) 0,25 - Ngay sau ngắt từ trường, gọi cường độ dòng điện qua L là I0; qua R2 là I2 ta có: I0 = I + I  R R  U1 U  IR1  I R2  I I  I I    0,5 R2  R2  …………………………….… - Mặt khác: - Nhiệt lượng tỏa trên R 1, R2 tương ứng là Q1, Q2 Tổng nhiệt lượng này đúng lượng từ trường ban đầu tích lũy cuộn dây:  1 R  Q1  Q2 W  LI 02  LI    2  R2  0,5 (1) ……………………………  t - Xét khoảng thời gian nhỏ bất kì, nhiệt lượng tỏa trên R1, R2 tương ứng là Q1 , Q2 Ta có: 2 U' U' Q1  t Q2  t R1 R2 , Q R2 U1' U 2'    Q R1 - Tại thời điểm:   Q  Q  R2 Q R hay  R1 Q2 R1 - Từ (1) và (2) ta tìm được:   R  R R Q1  LI    ; Q2  LI    2 R2  R2  R2    I  S S1 O1 S2  O2 J N (2,0 đ) - Sơ đồ tạo ảnh qua hệ L1, L2: (2) …………………………… 0,5 ……………………………………… ……… Q   M 0,5 K  P  S ’ 0,25 Ta có: d1 20cm  d1'  d1 f1 20cm d1  f1 d f2  40cm d2  f2 - Suy S2 là ảnh ảo nằm O1 L1 ……………………………………………………………….…… d a  d1' 20cm; d 2'  0,5 - Vì D2 > 3D1 nên phần ánh sáng từ S không bị L chắn mà truyền trực tiếp đến L2 cho ta ảnh S’ với: df  d '  120cm 0,5 d  f2 d = d + a =60cm ’ - Như S là ảnh thật cách O2 120 cm ………………………………………………………………………… - Từ hình vẽ ta thấy vệt sáng nhỏ là chỗ giao PQ hai chùm tia khúc xạ qua L Đặt O2K = x ~ ~ ~ PQ a  x  IJ a D d' S1IO2  S1O1M   1  IJ D1 IJ d S IJ  S 2QP  S ' KP  S 'O2 N  PQ d '  x  ' D2 d (1) (2) (3) 0,5 - Giải hệ (1), (2), (3) ta suy 0,25 x 83cm ………………………………………………………………… ……… - Kích thước vệt sáng trên màn: D = PQ = 6,15cm ……………………………………………………… * Ghi chú: Phần nào thí sinh làm bài theo cách khác đúng cho điểm tối đa phần đó Không viết công thức mà viết trực tiếp số các đại lượng, đúng cho điểm tối đa Ghi công thức đúng mà: 3.1 Thay số đúng tính toán sai thì cho nửa số điểm câu 3.3 Thay số từ kết sai ý trước dẫn đến sai thì cho nửa số điểm ý đó Nếu sai thiếu đơn vị lần trở lên thì trừ 0,5 điểm Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 điểm