1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNH HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM ĐỀ THI HSG LỚP 11 THPT - VÒNG II NĂM HỌC 2013 - 2014 Câu Nội dung Điểm 1 (2,0 đ) - Ban đầu K 1 đóng, điện lượng đi qua điện kế đúng bằng điện tích của tụ 2C phía trên, điện tích đó bằng: 1 2 . 2 23 CC q E CE CC   ………………………………………………………………………… - Điện tích này cũng bằng điện tích của tụ điện C ở phía dưới. Và do tính chất đối xứng, các tụ 2C và C còn lại cũng có điện tích như vậy. - Nếu mở khóa K 1 rồi đóng K 2 thì hai tụ C và 2C ở phía trên mắc song song với nhau. Một lượng điện tích q sẽ chạy qua điện kế cho đến khi hiệu điện thế trên tụ C và 2C ở trên bằng nhau: ' ' ' ' 1 2 1 2 2U U q q   (1) ………………………………………………… - Mặt khác, theo định luật bảo toàn điện tích: '' 1 2 1 4 2 3 q q q CE   (2)………………………………………………………… - Giải hệ (1), (2) ta được: '' 12 48 , 99 q CE q CE ……………………………………………………………. - Vậy điện lượng chuyển qua điện kế khi K 1 mở rồi đóng K 2 là: ' 11 2 9 q q q CE    …………………………………………………………………… ……………… 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 2 (2,0 đ) 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. Vì vậy, hiệu suất của chu trình AB A H Q  …………………………………………………………………………………….……………………… - Công khí sinh ra trong toàn chu trình bằng diện tích tam giác ABC: 0,25 0,5 G 2C 2C C C E K 1 K 2 V 1 V 2 O V P P 1 P 2 A B C 2 2 1 2 1 1 ( )( ) 2 A P P V V   (1) …………………………………. - Ta có: 1 2 2 1 1 ( )( ) 2 AB A P P V V   21 () AB V U nC T T   - Mà PV = nRT nên 2 2 1 1 () V AB C U PV PV R    - Suy ra, 1 2 2 1 2 2 1 1 1 ( )( ) ( ) 2 V AB AB AB C Q A U P P V V PV PV R         (2) ………… ………… - Vậy 2 1 2 1 1 2 2 1 2 2 1 1 1 ( )( ) 2 1 ( )( ) ( ) 2 V AB P P V V A H C Q P P V V PV PV R       (3) …………………….………. - Mặt khác quá trình AB được mô tả bởi phương trình: 1 1 2 2 ;P V P V P V        (4) - Thay (4) vào (3) ta được: 21 21 2 (1 )( ) V VV H C VV R    ……………………………………………… …. - Ta thấy H chỉ phụ thuộc vào các thể tích V 1 , V 2 nên hiệu suất của hai chu trình bằng nhau. ………………………………………………………………………………………………………… 0,5 0,25 0,25 0,25 3 (2,0 đ) - Ngay sau khi va chạm vật có vận tốc v 0 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 0 .cos  = (m+M).v 0 . . osmv c v mM    (1)……………………… - Gọi a là gia tốc của nêm: M.a = Q.sin  (2) - Xét m trong hệ x ’ o ’ y ’ gắn với nêm, giả sử vật có gia tốc a’: ' q N P F ma   (3)……………………… - Chiếu lên x ’ o ’ y ’: Trên O ’ x ’ : ' cos sinma mg ma   (4) Trên O ’ y ’ : N + masin  - mgcos  = 0  N= mgcos  - m.a.sin  (5) - Mà Q = N cos . .sinQ mg ma     (6) - Từ (2), (6) ta có: Ma = mg.cos  sin  - m.a. sin 2  2 sin2 2( sin ) mg a Mm     (7)……………………… - Thay (7) vào (4) ta có: ' 2 sin2 . os sin 2( sin ) mg c ag Mm      ……………………………………………… - Thời gian để vật nhỏ lên đến vị trí cao nhất là: 0,25 0,5 0,25 0,5 0,25  y ’ x ’ O ’ N Q F q P 3 4 (2,0 đ) 0 0 ' v t a  hoặc 0 v t a  biến đổi ta được 2 0 0 ( sin ) ( )sin v M m t g m M      ……………….………………… - Ngay sau khi ngắt từ trường, gọi cường độ dòng điện qua L là I 0 ; qua R 2 là I 2 . ta có: I 0 = I + I 2 - Mặt khác: 11 1 2 1 2 2 2 0 22 IR 1 RR U U I R I I I I RR            …………………………….… - Nhiệt lượng tỏa ra trên R 1 , R 2 tương ứng là Q 1 , Q 2 . Tổng nhiệt lượng này đúng bằng năng lượng từ trường ban đầu tích lũy trong cuộn dây: 2 22 1 1 2 0 2 11 W1 22 R Q Q LI LI R         (1) …………………………… - Xét trong khoảng thời gian rất nhỏ t bất kì, nhiệt lượng tỏa ra trên R 1 , R 2 tương ứng là 12 ,QQ . Ta có: 2 ' 1 1 1 U Qt R    , 2 ' 2 2 2 U Qt R    - Tại mọi thời điểm: '' 12 12 21 QR UU QR      1 2 1 2 2 1 2 1 Q R Q R hay Q R Q R        (2) ……………………………. - Từ (1) và (2) ta tìm được: 22 1 1 1 12 2 2 2 11 1 ; 1 22 R R R Q LI Q LI R R R                 ……………………………………… ……… 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 5 (2,0 đ) - Sơ đồ tạo ảnh qua hệ L 1 , L 2 : Ta có: ' 11 11 11 20 20 df d cm d cm df      0,25 L R 1 R 2 B        S S ’ Q P K O 2 O 1 S 2 S 1  M N I J 4 '' 22 2 1 2 22 20 ; 40 df d a d cm d cm df        - Suy ra S 2 là ảnh ảo nằm tại O 1 của L 1 . ……………………………………………………………….…… - Vì D 2 > 3D 1 nên một phần ánh sáng từ S sẽ không bị L 1 chắn mà truyền trực tiếp đến L 2 cho ta ảnh S ’ với: d = d 1 + a =60cm ' 2 2 120 df d cm df     - Như vậy S ’ là ảnh thật cách O 2 120 cm. ………………………………………………………………………… - Từ hình vẽ ta thấy vệt sáng nhỏ nhất là chỗ giao PQ của hai chùm tia khúc xạ qua L 2 . Đặt O 2 K = x. - Giải hệ (1), (2), (3) ta suy ra 83x cm . ………………………………………………………………… ……… - Kích thước vệt sáng trên màn: D = PQ = 6,15cm ……………………………………………………… 0,5 0,5 0,5 0,25 * 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 bằng số 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 thì cho nửa số điểm của câu. 3.3. Thay số từ kết quả sai của ý trước dẫn đến sai thì cho nửa số điểm của ý đó. 4. Nếu sai hoặc thiếu đơn vị 3 lần trở lên thì trừ 0,5 điểm. 5. Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 điểm. 22 ' 11 1 2 1 1 1 2 ' '' 2 ' 2 IJ (1) IJ IO 1 IJ (2) IJ KP (3) PQ a x S S QP a Dd S S O M D d PQ d x S S O N Dd                  ~ ~ ~