đè thi hsg vl 11 cap truong

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LÂM ĐỒNG NĂM HỌC 2010-2011


HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn: VẬT LÝ - THPT
Ngày thi: 18/02/2011

CÂU
LƯỢC GIẢI - HƯỚNG DẪN CHẤM
Điểm

Câu 1
(3,0 đ)
- Chọn hệ trục toạ độ Oxy gốc O gắn tại mặt đất, Oy thẳng đứng lên trên và đi qua điểm ném,Ox nằm ngang như hình vẽ.
- Gọi
là góc hợp bởi
và phương ngang.
-Phương trình chuyển động của hòn đá:

- Phương trình quỹ đạo của hòn đá:
y = h + xtg
-
(3)
- Khi trúng đích
thay vào (3)
ta được: gL2tg2
- 2v02Ltg
+ gL2 + 2v02(H – h) = 0 (4)
Để phương trình (4) luôn có nghiệm
thì

0.
Hay v04 – 2g(H – h)v02 – g2L2
0
Suy ra v02
g{(H – h) +
}
Vậy










0,5


0,5



0,5
0,5

0,5
0,5

Câu 2
(2,5 đ)
Ở nhiệt độ ban đầu T0 ta có:
m1g = (pB – pA)S (a)
m2g = (pC – pB)S (b)
pAVA = pBVB = pCVC = nRT0 (c)
Lấy (a) chia (b) kết hợp với (c) ta được:
(1)
Ở nhiệt độ lúc sau T ta có:
m1g = (p’B – p’A)S (d)
m2g = (p’C – p’B)S (e)
p’AV’A = p’BV’B = p’CV’C = nRT (f)
Lấy (d) chia (e) và kết hợp với (f) ta được:
(2)
Từ (1) và (2) cho ta:

Biết V’A + V’B + V’C = 9 lít
Tính được:

Áp dụng phương trình trạng thái khí lí tưởng cho khoang A ở trạng thái đầu và sau:

Với (pB – pA)S = (p’B – p’A)S Suy ra

Kết quả: T = 648K

0,5

0,25

0,5

0,25
0,25

0,25


0,25
0,25

Câu 3
(3,0 đ)
1/ Ta có: : I = I1 + I2 (1)
Áp dụng định luật Ohm cho các đoạn mạch chứa nguồn
UAB = E1 – I1(r1 + R1) (2)
UAB = E2 – I2(r2 + R2) (3)
UAB = IR (4)
Suy ra I1 = I2 =

Theo đề số chỉ vôn kế là 7,5(V). Ta có
UMN = UMB + UBN
Trong đó: UMB = E2 – I2r2 = E2 –
r2 và UBN = I1R1 =
R1.
Suy ra UMN = E2 –
r2 +
R1 = 6 + 1,5.I = 7,5
Vậy I = 1A; I1 = I2 = 0,5A
Kết quả UAB = E1 – I1(r1 + R1) = 3(V)
Theo (4) ta tính được : R = 3Ω.
2/ Công suất của mỗi nguồn điện:
P1 = E1I1 = 3W ; P2 = E2I2 = 3W
Hiệu suất các nguồn điện:
H1 =
.

H2 =
.

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25

0,25
0,25
0,5

0,25

0,25

Câu 4
(2,5 đ)
1/ Trường hợp O1 trước O2 với d1 = x ta có:

và

Số phóng dại của hệ:

Suy ra: k1x(l – f1 – f2) = k1lf1 – k1f1f2 + f1f2 (1)
Tương tự trường hợp O2 ở trước O1 ta có:
k2x(l – f1 – f2) = k2lf2 – k2f1f2 + f1f2 (2)
Chia (1) và (2) cho nhau để khử x và biến đổi ta được:
k1k2l(f2 – f1) = f1f2(k2 – k1)
Kết quả: D1 – D2 =

2/ Gọi R là bán kính mặt cầu của O1. Với bán kính của mặt cầu của O2 lớn gấp 1,25 lần bán kính mặt cầu của O1 ta có:
D1 = (n – 1)
và