Tuyển tập 21 Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Vật lí (Có đáp án)

Nội dung text: Tuyển tập 21 Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Vật lí (Có đáp án)

1. Tuyển tập 21 Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Vật lí (Có đáp án) - DeThi.edu.vn ĐÁP ÁN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2024-2025 Môn: Vật lí Ngày thi: 25-26/12/2024 Đáp án gồm 14 trang. I. Ngày thi 25/12/2024 Ý Nội dung Câu I (4,0 Xét quá trình từ thời điểm t > 0 đến thời điểm t + dt, khối lượng thiết bị và các hạt trong nó điểm) biến đổi từ M đến M + dM với dM < 0, lượng hạt phóng ra có khối lượng - dM. 1.a 2m Vận dụng định luật bảo toàn động lượng, có Mdv + udM = 0 từ đó tính được v = uln M . Từ t = 0 bắt đầu phóng, đến t = T kết thúc phóng, trong toàn bộ quá trình phóng P đi được tổng T T 1.b 2m e quãng đường l là l =  vdt =  uln 2m ηtdt = uTln 2. 0 0 Tại thời điểm phóng hết, trạng thái của hệ thống như trong hình, P vừa phóng hết tất cả các hạt, 2 và vừa gặp hạt đầu tiên được phóng ra, tât cả các hạt phân bố dọc theo mặt trong của vòng tròn. Do đó P sẽ lần lượt nuốt tất cả các hạt. Trong toàn bộ quá trình hệ gồm P và các hạt chỉ chịu ngoại lực là phản lực vuông góc từ vành tròn làm đổi hướng chuyển động. Moment của lực này đối với tâm của vành tròn bằng không. Do đó moment động lượng của hệ đối với tâm vành tròn được bảo toàn. Tại thời điểm t = 0,P đứng yên, hạt đầu tiên chưa được phóng ra, moment động lượng của hệ bằng không: Ll=0 = 0. Tại thời điểm P nuốt hết tất cả các hạt, P và các hạt có cùng vận tốc, moment dộng lượng là: Lsau = 2mRvC (R là bán kính vành tròn). Ta có Lsau = Ll=0 Suy ra vC = 0 Ý Nội dung dT 1 Câu II 1 Từ phương trình vi phân đã cho: = 1 1 dp T λ ― (4,0 điểm) ρn ρd 1 1 1 Lấy tích phân hai vế, được: T = exp ― (p ― p0) T0 = exp (X) ⋅ T0 λ ρn ρd 1 Ta có: |X| ≤ 1 ― 1 (2,5.106 ― 1,0.105) = 6,1.10―4 ≪ 1 Do đó: 3,4.105|1,0.103 9,2.102| 1 1 1 T = ― (p ― p0) + 1 T0 λ ρn ρd Ta thấy T phụ thuộc tuyến tính vào p. DeThi.edu.vn
2. Tuyển tập 21 Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Vật lí (Có đáp án) - DeThi.edu.vn Độ tăng áp suất để giảm nhiệt độ nóng chảy của nước đá xuống 1∘C : 1 1 7 Δp = T0 1 1 = 273 1 1 = 1,4.10 ( Pa) λ ρ ρ 5 3 2 n d 3,4.10 1,0.10 9,2.10 2.a Độ giảm nhiệt độ nóng chảy của nước đá do sự tăng áp suất: 6 5 p1 p0 2,5⋅10 1,0⋅10 ΔTnc = ⋅ 1 K = ⋅ 1 K = 0,17 K Δp 1,4⋅107 Khi hệ cân bằng nhiệt, nhiệt độ của hệ giảm ΔT = ΔTnc = 0,17 K 2.b Theo định luật bảo toàn năng lượng: λΔm = ΔQ + A (1) Với ΔQ là nhiệt lượng hệ tỏa ra khi nhiệt độ thay đổi; A là công của ngoại lực. Sự thay đổi nhiệt độ ΔT = 0,17K rất nhỏ, cho thấy rằng chỉ một khối lượng rất nhỏ nước đá tan chảy, tức là Δm ≪ md,mn. Ta có thể bỏ qua khối lượng nước đá tan chảy, nhiệt lượng mà hệ tỏa ra: ΔQ = (mncn + mdcd)ΔT ΔQ = (1,0.4,2.103 + 0,50.2,1.103) ⋅ 0,17 ΔQ = 0,89 kJ Sự giảm thể tích của hỗn hợp do sự tan chảy của khối lượng nước đá Δm là ΔV = 1 ― 1 Δm(2) ρd ρn Đối với sự tăng áp suất chậm, có thể coi sự thay đổi thể tích tỉ lệ với sự thay đổi áp suất, do đó công do p0 p1 ngoại lực thực hiện: A = 2 ΔV (3) Từ (2) và (3), do Δm ≪ md; p0 + p1 1 1 A ≪ ― md = 68J < ΔQ 2 ρd ρn Vì A ≪ ΔQ, Từ (1) ta có thể cho rằng λΔm = ΔQ, từ đó: ΔQ Δm = = 2,6 g. λ Ý Nội dung 2.c Với Δm = 2,6g : ΔV = 1 ― 1 Δm = 1 ― 1 ⋅ 2,6 ⋅ 10―3 = 2,3 ⋅ 10―7 m3 ρd ρn 920 1000 Công do ngoại lực thực hiện lên piston: 1 1 A = ΔV = 5 6 ⋅ 2,3 ⋅ 10―7 = 0,30( J) 2(p0 + p1) 2(1 ⋅ 10 + 2,5 ⋅ 10 ) E 6 Câu III 1 Cường độ dòng điện ngay khi đóng khóa K I = = = 0,2 A (4,0 R 30 điểm) Moment từ chỉ tác dụng lên vỏ cầu là mô men từ tác dựng lên cung QN . Xét vi phân trên cung QN d퓁 = adθ 2 Lực từ tác dụng lên phần từ ad θ là dF = I(Bcos θ)(adθ). Moment lực từ tác dụng lên vi phân ad θ đối với trục Oz là dM = rdF = (asin θ)I(Bcos θ)(adθ) 3 Khi vỏ cầu quay với tốc độ góc ω, suất điện động cảm ứng εC trong mạch xuất hiện trên cung QN . DeThi.edu.vn
3. Tuyển tập 21 Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Vật lí (Có đáp án) - DeThi.edu.vn εC xác định như sau dεC = (Bcos θ)(adθ)(ωr) 1 ε = ∫dε = ∫π/2 Bωa2sin θd(sin θ) = Bωa2 C C 0 2 E ε E 2 4 I = C = ― Ba ω #(2) Dòng điện trong mạch là: R R 2R 2 Moment quán tính của vỏ cầu đối với trục Oz là J = ma2 Z 3 2 M = J γ = 2ma dω #(3) Phương trình động học đối với vỏ cầu là: z 3 dt 1 E 2 2ma2 3B2a2 3EB Thay (1), (2) vào (3) tìm được: Ba2 ― Ba ω = ω′ Biến đổi, tìm được: ω′ + ω = 2 R 2R 3 8Rm 4Rm Ý Nội dung 3B2a2 ― t 2E ω(t) = Ae 8Rn′ + Ba2 Câu IV (4,0 1.a Do ánh sáng phản xạ tại bề mặt có tính chiết quang hơn nên pha của chùm sáng thứ nhất bị phản điểm) xạ tại bề mặt bị thay đổi là π. Chùm sáng thứ hai có độ lệch pha ứng với quang trình đi doạn d và phản xạ lại tại mặt dưới của lớp nên độ lệch 2π Áp dụng điều kiện cực đại giao thoa: 2nd ― π = 2kπ k = 0,1,2, λ0 Từ đó suy ra λ = 4nd 0 2k 1 Lưu ý: cũng có thề lập luận từ điều kiện diều kiện 2nd ― λ0 = kλ 2 0 Để suy ra phương trình (1) 1.b Bước sóng ánh sáng trong vùng nhìn thấy thỏa mãn điều kiện 380 ≤ λ ≤ 760 nm 4nd Thay pt(1) vào ta có 380 ≤ ≤ 760 nm 2k 1 Thay số, ta được Vậy k = 3,4. Ta tìm được các bước sóng có thể quan sát được là 433,3 nm (màu tím-chàm) và 557,1 nm (màu lục) 2n n1 n2 1 Nếu ánh sáng truyền từ n1 sang n2, ta đặt r1 = ; t1 = | | n2 n1 2 n1 n2 2n n2 n1 2 Nếu ánh sáng truyền từ n2 sang n1, ta đặt r2 = = r1 = r;t2 = | | n2 n1 n1 n2 DeThi.edu.vn
4. Tuyển tập 21 Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Vật lí (Có đáp án) - DeThi.edu.vn Ý Nội dung Nhận xét được r1 = r2 và t1 ≠ t2 Gọi E0 là biên độ cường độ điện trường của ánh sáng tới thiết bị Ta xét sự truyền của một ánh sáng như hình vẽ - Tại điểm 1: ER1 = r.E0 ET1 = t1 ⋅ E0 E = r ⋅ E = r ⋅ (t E ) - Tại điểm 2: R2 T1 1 0 ET2 = t2 ⋅ ET1 = t2 ⋅ (t1E0) ′ - Tại điểm 1 ': ER1 = t2 ⋅ ER2 = t2 ⋅ (rt1E0) = r(t1t2)E0 (do chỉ xét sự phản xạ một lần của ánh sáng tại mặt phân cách, ta không cần xét đến sự phản xạ tại 1') E = r ⋅ E = r ⋅ (t t E ) - Tại điểm 3: R3 T2 2 1 0 ET3 = t1 ⋅ ET2 = t1 ⋅ (t2t1E0) - Tại điểm 2': ET2n = t1 ⋅ ER3 = t1 ⋅ (rt2t1E0) ′′ 2 Tại điểm 1": ER1 = t2 ⋅ ET2′′ = t2 ⋅ (t1rt2t1E0) = r(t1t2) E0 Vậy cường độ ánh sáng phản xạ toàn phân cho N lớp sẽ là óng olng ′ ′′ ER = ER1 + ER1 + ER1 + . ing op,ng 2 N ER = rE0 + rE0(t1t2) + rE0(t1t2) + + rE0(t1t2) 1 ― (t t )N+1 tóng cong 2 N 1 2 ER = rE0 1 + (t1t2) + (t1t2) + + (t1t2) = rE0 1 ― (t1t2) 10ug cong 2 N+1 2 Theo đề bài R = ER = r 1 (t1t2) = 0,10 E0 1 (t1t2) 0.1 1 (t t ) ln 1 1 2 Rút ra N = r ―1 ≈ 18,33 ln (t1t2) Vậy số lớp tối thiểu là 19. Ý Nội dung 2 9 2 ―19 4 ―31 Câu V 2π2k2e4m 2π2k2e4m 2π ⋅(8,99⋅10 ) ⋅(1,60⋅10 ) ⋅(9,11⋅10 ) 1 IH = E∞ ― E1 = 0 ― ― = IH = ―34 2 ―19 = 13,6(eV) (4,0 điểm) h2 h2 (6,626⋅10 ) ⋅(1,60⋅10 ) Các vạch phổ trong vùng nhìn thấy được phát ra khi nguyên tử chuyển từ trạng thái kích thích về trạng 2 thái có n = 2. Nếu n > 5 thì quang phổ sẽ có 4 vạch thuộc vùng nhìn thấy. Nguyên tử hấp thụ photon tới và chuyển lên trạng thái có số lượng tự n = 5 1 1 Năng lượng của photon tới: ε = E5 ― E1 = ― 13,6eV = 13,056eV 12 52 hc 6,626.10―34⋅3⋅108 Bước sóng photon tới: λ = = = 9,51 ⋅ 10―8 m ε 13,056⋅1,60⋅10―19 Khi coi khối lượng hạt nhân là hữu hạn thì hệ electron - hạt nhân cách nhau một khoảng r chuyền động 3 đối với khối tâm là tương đương với chuyển động theo quỹ đạo của một hạt có khối lượng rút gọn μ. mM m Khối lượng rút gọn: μ = = m 1 m M M DeThi.edu.vn
5. Tuyển tập 21 Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Vật lí (Có đáp án) - DeThi.edu.vn m IH IH 1 hc 1 1 hc 1 1 λX MX = ― m 1; = ― m 1; suy ra: = m λH 22 32 M λX 22 32 M λH 1 H X MH Với MH/m = 1836, Tính được MX = 2,00MH Gọi r là bán kính quỹ đạo tròn ở trạng thái cơ bản, khoảng cách giữa 2 electron là 2r. 4 Áp dụng định luật II Newton cho mỗi electron trên phương hướng tâm quỹ đạo: 2 h h r0 h2 ′ 1 1 Kết hợp với điều kiện r mv = Tính được r = 4π2kme2 Z = Z , với r0 = 2 2 2π 4 4 4π kme 1 2 2 Năng lượng của nguyên tử ở trạng thái cơ bản: E = 2 ⋅ mv2 ―2 ⋅ kZe + ke 2 r 2r 2 2 2 4 Tính được E = ―2 Z ― 1 I , với I = 2π k e m = 13,6eV 4 H H h2 Ý Nội dung Z2 Năng lượng ion hóa thứ nhất nguyên tử helium từ trạng thái cơ bản: I = E′ ―E, với E′ = ― I = ― Z2I 12 H H 2 1 2 1 Tính được: I = Z ― Z + IH = 2 ― 2 + 13,6eV = 28,9eV 8 8 Giá trị tính được khác (lớn hơn) so với kết quả thực nghiệm. II. Ngày thi 26/12/2024 Ý Nội dung Câu I 1 Chọn hệ trục Dxy, có Dx trùng với thanh b, Dy trùng với thanh a. Vị trí khối tâm (4,0 m⋅L 2m⋅0 L C(xc,yc):xC = 0;yC = = điểm) 3m 3 L 5L Suy ra: OC = 2L ― = 3 3 1 4 Mômen quán tính của thanh a đối với trục quay qua O : I = m(2L)2 +mL2 = mL2 a 12 3 2 ′′ Phương trình động lực học của con lắc đối với trục quay Δ : MP = I.α Moment của trọng lực đối với trục quay Δ : Mp = ―3mg ⋅ OC ⋅ sin α 19mL2 10g Suy ra: ⋅ α′′ +5mgL ⋅ sin α = 0⇔α′′ + ⋅ sin α = 0 2 19L 10g Với α nhỏ: sin α ≈ α⇒α′′ + α = 0 19L Chu kì dao động nhỏ của con lắc: T = 2π 19L 10g DeThi.edu.vn
6. Tuyển tập 21 Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Vật lí (Có đáp án) - DeThi.edu.vn Cơ năng của con lắc tại vị trí biên α : E = 3mgΔhc = 5mgL(1 ― cos α) 3 1 119 19 Động năng của con lắc khi qua vị trí cân bằng: E = Iω2 = mL2ω2 = mL2ω2 2 2 2 4 Ý Nội dung Cơ năng của con lắc được bảo toàn: 19 20g 5mgL(1 ― cos α) = mL2ω2⇒ω2 = (1 ― cos α) 4 19L Sau khi chốt D bị lỏng, moment động lượng của thanh b đối với trục quay tức thời qua D được bảo toàn nên thanh b quay với vận tốc góc ω không đổi. Gọi góc lệch lớn nhất của con lắc sau đó là αmax . Tại vị trí biên αmax , cơ năng của con lắc gồm thế năng và động năng quay của thanh b đối với trục quay quanh tức thời qua D : 1 1 1 20g 5 E = I′ ω2 = 2mL2 ⋅ (1 ― cos α) = mgL(1 ― cos α) db 2 b 2 12 19L 57 Cơ năng của con lắc tại vị trí biên αmax : 1 5 E = I′ ω2 + 3mg(Δh ) = mgL(1 ― cos α) + 5mgL(1 ― cos α ) 2 b C αmax 57 max Cơ năng của con lắc được bảo toàn: Eα = Eα min 5 5mgL(1 ― cos α) = mgL(1 ― cos α) + 5mgL 57 (1 ― cos αmax) 1 56 Tính được: αmax = arccos + cos α 57 57 Câu II (4,0 1 Xét hình trụ đồng trục, bán kính r(0 < r < a), chiều cao L. Nhiệt lượng tỏa ra trong hình trụ trong điểm) khoảng thời gian dt là dQ = ωπr2Ldt dT Theo công thức Fourier về hiện tương dẫn nhiệt dQ = ― k 2πrLdt 1dr ω Từ (1) và (2) suy ra T = T + (a2 ― r2) a 4k1 2 Nhiệt lượng tỏa ra của cả dây dẫn trong thời gian Δt là dQ = ωπa2Ldt (4) Theo công thức Fourier về hiện tương dẫn nhiệt trong chất khí dT dQ = ― k ⋅ (2πrL)dt với a < r < b. (5) 2dr ωa2ln b a Từ (4) và (5), suy ra: k2 = (6) 2(Ta Tb) dT 3.a Tương tự như phần 2), ta có ―c ⋅ (2πrL)dt = ωπa2Ldt Tdr 2 2/3 Suy ra T(r) = T3/2 ― 3ωa ln r a 4c a 3.b Theo phương trình trạng thái khí lí tưởng Ý Nội dung DeThi.edu.vn
7. Tuyển tập 21 Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Vật lí (Có đáp án) - DeThi.edu.vn p p 2/3 2 r η = RT = R T3/2 3ωa ln (8) a 4c a trong đó η là mật độ của số mol b Chú ý rằng : n0 = ∫a η(2πr)Ldr (9) Mặt khác 3ωa2 T3/2 ― T3/2 = b a (10) 4c a ln b Từ (8), (9) và (10) Tính số, ta được: p ≈ 10 N/m2. Câu III 1.a Từ đồ thị suy ra điện áp cực đại và cực tiểu là: Vmax = 3100 V;Vmin = 3000 V (4,0 điểm) Chu kì của tín hiệu điện áp: T = 0,01 s. Sốc điện của tim là sự phóng điện của tụ điện trong mạch RC. Xét tại thời điểm t > 0, tụ đang phóng điện, q ′ dòng điện mạch và điện tích trên tụ là i(t),q(t). Định luật Kirchhoffs, ta có: ― C +iR = 0,i = ― q 1.b 1 ― 1 t ― 1 t Suy ra: q′ + q = 0⇒q = Q e RC ,u = U e RC RC 0 C C0 ―1 Điều kiện ban đầu tìm được: uC(t) = Vrae τ, trong đó τ = RC. Điện dung lớn nhất của tụ C có thể dùng cho bệnh nhân phải thỏa mãn: cú sốc điện kết thúc khi dòng điện Vra trong cơ thể bệnh đạt giá trị Ig′′ trong thời gian Δt. Do đó, thời gian của cú sốc điện là Δt = RCln (2) RIgl Theo đề đối với mỗi bệnh nhân, điện trở R không đổi trong quá trình sốc tim. Theo (1), Igh trong thời gian Δt, để đáp ứng với mọi giá trị Vra thì Vra = Vmin . Theo (2) Cmax⇔Δtmax. Ý Nội dung Để tính điện dung Cmax, theo (2) trước tiên chúng ta cần khảo sát hàm số Δt(R) = f(R) trong khoảng [Rmin ,Rmax ]. f(R) = RC ln Vra ― ln R Ig/l V V f′(R) = C ln ra ― ln R ― 1 = C ln ra ― 1 Đạo hàm bậc nhất của hàm này là Igh RIgh Vmin f′(R) = 0 khi R0 = = 1,17MΩ e.Igh Lập bảng biến thiên Đồ thị được đưa ra trong bài toán ngụ ý rằng tụ điện C1 được xả từ điện áp V1 = 2000 V đến V2 = 800 V trong Δ1 Δt 2 ― Δt1 V1 1 RC1 V khoảng thời gian Δt1 = 11 ms, trong quá trình đầu. Do đó ta có: V2 = V1e ⇒RC = ln V ⇒RC1 = ln 1 1 2 V2 Trong quá trình thứ hai, tụ điện C2 xả từ điện áp V2 = 800 V xuống V3 = 200 V trong khoảng thời gian Δ ― 2 Δt1 RC Δt2 = 7 ms, do đó: V3 = V2e 2⇒RC2 = ln V2 V3 DeThi.edu.vn
8. Tuyển tập 21 Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Vật lí (Có đáp án) - DeThi.edu.vn Tồng năng lượng được giải phóng E (năng lượng cấp cho bệnh nhân sốc điện E = 200 J ) trong hai quá trình là 1 1 E = C 2 2 + C 2 2 (5) 2 1 V1 ― V2 2 2 V2 ― V3 Ý Nội dung V2 2EΔt1ln V3 C1 = = 110,7μ F 2 2 V2 2 2 V1 V1 ― V2 Δt1ln + V2 ― V3 Δt2ln V3 V2 2 2 V2 2 2 V1 V1 ― V2 Δt1ln V + V2 ― V3 Δt2ln V R = 3 2 = 108,4Ω V V 2Eln 1 ln 2 V2 V3 Câu IV (4,0 1 Theo nguyên lif Fermat, quang trình của tia sáng đi từ A đến F1 bằng quang trình của tia sáng đi từ C điểm) đến F1 (Hình vẽ): (ABF1) = (CDF1) ′ 2hn + f1 ― h n′ = h + l1n′(1) 2 2 r1 Từ hình cầu có bán kính R , có: r1 = (2R1 ― h)h ≈ 2R1h⇒h = (2) 2R1 r2 2 2 ′ 1 Lại có: l1 = f′ + r ≈ f1 + (3) 1 1 2f1 R n′ Thay (2) và (3) vào (1) được: f′ = 1 1 2n n′ 1 2 R1 2(n 1)n′ Khi giữa hai thấu kính không có nước, tiêu cự của O1 là f1 = Do đó: f′ = f1 2(n 1) 1 2n n′ 1 Gọi F2 là tiêu điểm vật của O2. Các tia sáng đi qua F2 qua thấu kính O2 sẽ song song nhau. Đặt 2(n 1)n′ f′ = F2O2, hoàn toàn tương tự như trên, ta có: f′ = f2 2 2 2n n′ 1 ′ ′ Khoảng cách cần tìm giữa hai thấu kính: L′ = f1 + f2 Ý Nội dung 2(n ― 1)n′ L′ = (f1 + f2) 2n ― n′ ― 1 2(1,5 ― 1)1,3 L′ = (24 cm + 6 cm) ⋅ = 56 cm 2.1,5 ― 1,3 ― 1 Hai gương sử dụng để thay đổi hướng đi của tia sáng nên ta có thể coi kính tiềm vọng như một ống nhòm thẳng không có hai gương. 3.a Khi ngắm chừng ở vô cực quan sát các vật ở xa, tiêu điểm ảnh của O1 trùng với tiêu điểm vật của O2. Khoảng cách giữa O1 và O2 là: L = f1 + f2 L = 24 cm + 6,0 cm = 30 cm DeThi.edu.vn
9. Tuyển tập 21 Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Vật lí (Có đáp án) - DeThi.edu.vn 3.b Coi kính tiềm vọng như một ống nhòm thẳng như hình vẽ với: IO1 = IJ + JK + KO1 = 10 + 180 + 5 = 195 cm L⋅f1 30.24 Theo nguyên lí thuận nghịch về đường truyền tia sáng, tia sáng muốn đến O2 cần đi qua M′ là ảnh của O2 qua thấu kính O1. O1M′ = = = 120( cm) L f1 30 24 D 5 ∘ α1 = = = 0,042rad = 2,4 ; O1M′ 120 D 5 ∘ α2 = = = 0,067rad = 3,8 IM′ 195 ― 120 ∘ α1 < α2 : Do đó α = α1 = 2,4 Câu 1 Ở áp suất không đồi pk, không khí trong xi lanh nhận nhiệt lượng ΔQ từ dây điện trở sẽ tăng nhiệt độ lên ΔT làm thể tích không khí trong xi lanh tăng lên ΔV thỏa mãn phương nR V trình Clapeyron: ΔV = ΔT. (4,0 pk Với: n,R là số mol không khí và hằng số khí lí tưởng; điểm) Sau khoảng thời gian t không khí trong xi lanh nhận được nhiệt lượng: ΔQ = P.t 1ΔQ Nhiệt dụng mol đẳng áp của khí lí tưởng: C = p nΔT 1ΔQ t R⋅P R⋅P Suy ra: Cp = = ⇒ΔV = t nΔT ΔV pk pk⋅Cp Khảo sát sự phụ thuộc của ΔV theo t ta xác định được Cp Ý Nội dung R⋅P ―1 1 1 8,31⋅1,97 ―1 ―1 Với số liệu thực nghiệm ta có hệ số góc: a = 5,16ml ⋅ s Giá trị nhiệt dung mol đẳng áp của không khí: Cp = = ―6 ⋅ 5 = 31,4 J ⋅ mol ⋅ K . a pk 5,16⋅10 1,01⋅10 ―1 ―1 Giá trị nhiệt dung mol đẳng áp của không khí theo lý thuyết: Cpi = 29,1 J ⋅ mol ⋅ K . Độ sai lệch giữa giá trị tính được so với giá trị theo lí thuyết: |C C | 31,4 29,1 δ(%) = p pi ⋅ 100 = ⋅ 100 ≃ 8 (%) Cpi 29,1 DeThi.edu.vn
10. Tuyển tập 21 Đề thi Học sinh giỏi Quốc gia THPT môn Vật lí (Có đáp án) - DeThi.edu.vn * Cơ sở lý thuyết - Dựa trên sự cân bằng nhiệt của các vật trong nhiệt lượng kế. - Gọi lượng nước khi đun là mn, khối lượng mẩu kim loại là mk, khối lượng và nhiệt dung riêng của cốc nhôm là mc và cc, nhiệt độ ban đầu trong nhiệt lượng kế là t1 (nhiệt độ môi trường). 2 - Khi đun nước đến nhiệt độ tln và cho vào nhiệt lượng kế, hỗn hợp cân bằng ở nhiệt độ tcb1. Ta có phương trình cân bằng nhiệt: cn⋅mn (tcb1 tl) cn ⋅ mn(t1n ― tcb1) = cc ⋅ mc(tcb1 ― tl)⇒ = = a cc⋅mc (t1n tcb1) - Khi đun hỗn hợp gồm nước và kim loai cũng đến nhiệt độ t2n n rồi cho vào nhiệt lượng kế, hỗn hợp cân bằng ở nhiệt độ tcb2. Ta có phương trình cân bắng nhiệt: cn⋅mn ckmk (tcb2 tl) (cn ⋅ mn + ck ⋅ mk)(t2n ― tcb2) = cc ⋅ mc(tcb2 ― tl)⇒ = = b (2) (2) cc⋅mc (t2n tcb2) cn⋅mn ckmk b cn⋅mn b Từ (1) và (2) xác định được ck: = →ck = ― 1 . cn⋅mn a mk a (3) Như vậy bằng việc khảo sát với khối lượng mẫu kim loại khác nhau: 3 mẩu kim loại ta có thể tạo được tối đa 7 giá trị khối lượng mẫu kim loại ta có thể xác định ck bằng cách tính trung bình hoặc bằng phương pháp đồ thị. * Các bước tiến hành Chuẩn bi: - Dùng nhiệt kế đo tl là nhiệt độ môi trường và cũng là nhiệt độ trong nhiệt lượng kế khi nguội. Ý Nội dung - Cân khối lượng cốc thủy tinh và cốc thủy tinh chứa nước để xác định khối lượng nước dùng để đun mn. - Cân khối lượng của từng khối kim loại và ghi lại khối lượng mkl,mk2,mk3. Bước 1. Dùng bếp đun cốc thủy tinh chứa khối lượng nước mn đến nhiệt độ tln (ví dụ sôi nước). Đổ lượng nước vào nhiệt lượng kế đang nguội, đợi cân bằng ghi nhiệt độ tcbl. Sau đó đổ hết nước trong nhiệt lượng kế và làm nguội nhiệt lượng kế về nhiệt độ phòng. Bước 2. Thực hiện thao tác tương tự như bước 1 nhưng với nước có thêm khối kim loại khối lượng mk. Ghi lại các giá trị nhiệt độ t2n,tcb2. Bước 3. Lặp lại bước 2 với từng khối kim loại và kết hợp các khối kim loại với nhau. * Xử lý số liệu Tính giá trị a theo công thức (1). Với một giá trị khối lượng khối kim loại mk tính b theo công thức (2) và tính ck theo công thức (3). Tính giá trị trung bình ck từ các giá trị nhận được. ĐỀ SỐ 3 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2023-2024 Môn: VẬT LÍ Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi thứ nhất: 05/01/2024 (Đề thi gồm 03 trang, có 05 câu) Câu I ( ퟒ, điểm) Trong công nghiệp, việc sơ tuyển quặng ra khỏi đá là khâu đầu tiên để làm giàu quặng. Máy tuyển quặng rung có thể làm công việc sơ tuyển này. Máy bao gồm hai bộ phận chính: bộ phận thứ nhất là máng, coi như một tấm ván phẳng đặt nằm nghiêng và bộ phận thứ hai là bộ phận rung cho phép máng (ván) rung theo các chế độ khác nhau. DeThi.edu.vn