Đề thi Olympic 10-3 lần 3 môn Vật lí Lớp 11 - Trường THPT Nguyễn Trãi (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi Olympic 10-3 lần 3 môn Vật lí Lớp 11 - Trường THPT Nguyễn Trãi (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK ĐƠN VỊ: THPT NGUYỄN TRÃI KỲ THI OLYMPIC 10-3 LẦN THỨ III, NĂM 2018 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN:VẬT LÍ ; LỚP: 11
2. ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN 0 Câu 1: Cho cơ hệ như (hình vẽ 2). Biết = 30 , m1 = 3 kg, m2 = 2 kg, M = 2 kg, ma sát giữa m2 và M là không đáng kể. Bỏ qua khối lượng dây nối và ròng rọc, dây không dãn, lấy m2 2 g = 10 m/s . m1 1. M đứng yên. M a. Tìm gia tốc của các vật m1 và m2. b. Tìm áp lực của dây lên ròng rọc. Hình 1 2. Tìm điều kiện của hệ số ma sát giữa M và mặt bàn nằm ngang để M không bị trượt trên bàn HD giải Chọn chiều dương là chiều chuyển động. T2 N2 Đối với m1 có các lực tác dụng: P1; T1. T2 T1 m Đối với m1 có các lực tác dụng: P2; T2 2 T1 P1 – T1 = m1a1 m1 P2 T2 – P2sin = m2a2 M P1 Do dây không dãn nên: a1 = a2 = a; T1 = T2 = T 2 a1 = a2 = (P1 – P2sin )/(m1 + m2) = 4 m/s T = P1 – m1a = 18 N Áp lực tác dụng lên trục của ròng rọc: Q T1 T2 Độ lớn: Q = 2T.cos300 = 18 3 N Các lực tác dụng vào vật M: ' P , N ,T2 ,T1 , N2 , Fms N2’ = P2cos = 10 3 N Fmsn = T2x – N2x = 4 3 N. N = P + T1 + T2y + N2y’ = P + T1 + T2sin + N2x’cos = 62 N Để M không bị trượt trên bàn thì ma sát giữa M và bàn là ma sát nghỉ: Fmsn N  Fmsn/N = 0,11 Câu 2: Trên mặt chất lỏng có hai nguồn phát sóng kết hợp A, B cách nhau 20cm dao động với phương trình: uA 2cos20 t(mm),uB 2cos(20 t )(mm). Tốc độ truyền sóng v = 0,6m/s. Coi biên độ sóng không đổi. 1. Viết phương trình sóng tại điểm M trên mặt chất lỏng cách A, B là MA=9cm, MB=12cm. 2. C, D là hai điểm trên mặt chất lỏng sao cho ABCD là hình chữ nhật có AD=15cm. Xác định số điểm dao động cực đại trên đoạn AB và đoạn BD? 3. M1, M2 là hai điểm trên đoạn AB cách A lần lượt là 12cm và 14cm. Xác định độ lệch pha dao động của M1 và M2? 4. Gọi I là trung điểm của đoạn CD. Xác định điểm N trên CD gần I nhất dao động cực đại? HD Giải Phương trình sóng tại M do A và B truyền đến: 2 d 2 d u a cos(t 1 );u a cos(t 2 ). 1M  2M  v Bước sóng:  0,06m 6cm. f
3. Phương trình sóng tại điểm M: uM u1M u2M 2a.cos (d1 d2 ) cos t (d1 d2 ) .  2  2 Hay: uM 4cos(20 t 3 )(mm). Điểm dao động cực đại thỏa mãn: 1 cos (d1 d2 ) 1 d1 d2 (k ).(k Z) .  2 2 * Trên đoạn AB. 1 AB 1 AB 1 d1 d2 (k ).(k Z) k 2  2  2 d1 d2 AB k Z Suy ra: k = -2; -1; 0; 1; 2; 3. Hay có 6 điểm dao động cực đại trên đoạn AB. * Trên đoạn BD. Số điểm dao động cực đại thỏa mãn: AD BD d1 d2 AB, (với BD=25cm) 1 1 AD BD (k ). AB 10 (k ). 20 2 2 k Z k Z Suy ra: k = -1; 0; 1; 2; 3. Hay có 5 điểm dao động cực đại trên đoạn BD. ' ' M1 cách A và B: d1 = 12cm và d2 = 8cm; M2 cách A và B: d1 = 14cm và d2 = 6cm. Phương trình sóng tại điểm M1 : 2 d u 2cos(20 t 1 ) 1M1  2 5 (mm). uM 4cos( )cos(20 t ) 2 d 1 3 2 6 u 2cos(20 t 2 ) 1M1  5 Hay: u 2 3.cos(20 t ) (mm). M1 6 Phương trình sóng tại điểm M2 : 2 d' u 2cos(20 t 1 ) 1M2  4 5 (mm) uM 4cos( )cos(20 t ) 2 d' 2 3 2 6 u 2cos(20 t 2 ) 2M2  5 Hay: u 2 3.cos(20 t ) (mm). M2 6 Vậy M1 và M2 dao động cùng biên độ, ngược pha nhau. Hay độ lệch pha dao động của M1 và M2 là: (rad). Điểm N gần I nhất dao động cực đại thỏa mãn: d1- d2 =  / 2 3 (cm) (1). Từ hình vẽ ta có: D I N C AB d2 AD2 DN2 AD2 ( x)2 1 2 2 2 2 2 AB 2 d2 BC CN AD ( x) 2 A O B AB AB d2 d2 ( x)2 ( x)2 2.AB.x 40.x (2) 1 2 2 2
4. 40.x 40 Từ (1) và (2): d d .x (3) 1 2  3 40  .x 20 3 20 3 Từ (1) và (3): d 3 2 .x d2 ( .x )2 (4) 1 2 3 2 1 3 2 AB Mặt khác: d2 AD2 DN2 AD2 ( x)2 152 (10 x)2 (5) 1 2 391 So sánh (4) và (5), ta có: x2 322,75 x 2,73(cm). 9 Kết luận: Có 2 điểm gần I nhất dao động cực đại (đối xứng nhau qua I). Câu 3: thanh ray dẫn điện dài nằm song song với nhau, R khoảng cách giữa hai thanh ray là l = 0,4m. MN và PQ là hai M P thanh dẫn điện song song với nhau và được gác tiếp xúc v  2v điện lên hai thanh ray, cùng vuông góc với hai ray B (Hình vẽ 4). Điện trở của MN và PQ đều bằng r = 0,25, C R = 0,5, tụ điện C = 20µF ban đầu chưa tích điện, bỏ qua điện trở của hai ray và điện trở tiếp xúc. Tất cả hệ thống N Q được đặt trong một từ trường đều có véc tơ B vuông góc với Hình 3 mặt phẳng hình vẽ chiều đi vào trong , độ lớn B = 0,2T. Cho thanh MN trượt sang trái với vận tốc v = 0,5m/s, thanh PQ trượt sang phải với vận tốc 2v. 1. Tìm công suất tỏa nhiệt trên điện trở R. 2. Tìm điện tích của tụ , nói rõ bản nào tích điện dương ? HD Giải Suất điện động cảm ứng xuất hiện trong mỗi thanh dẫn MN và PQ là : E1 = Blv ; E2 = 2Blv. E E 3Blv Cường độ dòng điện trong mạch: I 1 2 R 2r R 2r 2 2 2 E1 E2 3Blv Công suất tỏa nhiệt trên R: P I R .R .R R 2r R 2r 9.0,22.0,42.0,52 P .0,5 7,2.10 3 0,0072(W) 0,5 0,5 2 Điện tích trên tụ điện C là: Q C.U MN 3Blv 7 Q C E1 I.r C Blv r 2.10 (C) R 2r Bản tích điện dương của tụ là bản nối về phía điểm M Câu 4: Cho mạch điện như hình 5. Nguồn điện có suất điện động E =12V, điện trở trong r = 0,6 , AB là một biến trở con E,r chạy có điện trở toàn phần là R = 9 . Ba ắc quy như nhau, mỗi cái có suất điện động e 0 và điện trở trong r 0 = 0,5  . Gọi điện trở phần AC là x. C A B 1. Khi x = 6  thì các ắc quy được nạp điện và dòng qua mỗi ắc quy là 0,4A. Tính suất điện động của mỗi ắc quy và công suất tỏa nhiệt trên toàn bộ biến trở khi đó. 2. Bộ ắc quy trên ( ba ắc quy nối tiếp) khi đã được nạp đầy điện Hình 4 có thể dùng để thắp sáng bình thường được tối đa bao nhiêu bóng đèn loại 1,5V-1,5W . Nói rõ cách mắc các đèn khi đó. e0,r0 HD Giải
5. 1. Chiều dòng điện như trên hình vẽ. Tại nút A: I = I1 + I2 (I1 = 0,4 A) E,r Sử dụng định luật Ôm cho các đoạn mạch ta có: I C UAC = I2.x = 6I2 A B I1 I2 UAC = E – I(r + RCB) = 12 – 3,6I UAC = 3e0 + 3r0I1 = 3e0 + 0,6 Giải hệ bốn phương trình trên ta được: e0,r0 I2 = 1,1A; I = 1,5A; e0 = 2V Từ đó: 2 2 P PAC PCB RAC I2 RCB I 14,01(W) Đèn có cường độ định mức và điện trở là Iđ = 1A; Rđ = 1,5Ω. Bộ nguồn có Eb = 6V; rb = 1,5Ω. Để các đèn đều sáng bình thường thì phải mắc chúng hỗn hợp đối xứng. 2. Gọi số đèn mắc nối tiếp nhau trên mỗi dãy là x, số dãy đèn mắc song song với nhau là y. Với x, y nguyên, dương. x.R 1,5x Ta có điện trở của bộ đèn là R d N y y E 6 Cường độ dòng điện chạy trong mạch chính là I b y.I y R r 1,5x d N b 1,5 y x + y = 4 . Suy ra số đèn tối đa là x.y = 4 . Vậy phải mắc 4 đèn thành 2 dãy song song, mỗi dãy gồm 2 đèn mắc nối tiếp nhau. Câu 5 Một vật sáng phẳng, nhỏ AB được đặt trên trục chính và vuông góc với trục chính trước một thấu kính phân kì cho ảnh A1B1. Từ vị trí ban đầu, giữ vật cố định, dịch chuyển thấu kính một đoạn 10cm dọc 2 theo trục chính (cùng phía ban đầu đối với vật) thì cho ảnh A2B2 = A1B1 và A2B2 cách A1B1 một đoạn 3 25 (cm) .Tìm tiêu cự của thấu kính? 3 HD Giải Vì ảnh sau khi dịch chuyển có kích thước nhỏ hơn nên thấu kính đã dịch chuyển ra xa vật nên ta có : d2 = d1 + 10(cm). (1) ' d1 A1B1 Số phóng đại ảnh lúc đầu: k1 0 (2) d1 AB ' d2 A2B2 Số phóng đại ảnh sau khi dịch chuyển thấu kính: k2 0 (3) d2 AB ' k1 A2B2 d2.d1 2 Từ (2) và (3) suy ra: ' . (4) k2 A1B1 d1.d2 3
6. ' d1.f ' d2.f Theo công thức thấu kính ta có d1 (5), d2 (6) d1 f d2 f Từ (1),(4), (5) và (6) suy ra d1 = f + 20 (cm) (7) Gọi L1 và L2 lần lượt là khoảng cách giữa vật và ảnh trước và sau khi dịch chuyển thấu kính ta có: 25 L d d' , L d d' và L L d d' d d' (cm) . (8) 1 1 1 2 2 2 2 1 2 2 1 1 3 Từ (1), (5), (6), (7) và (8) ta có: f 2 = 100. Suy ra: f = -10(cm). Câu 6: Cho một mol khí lý tưởng đơn nguyên tử biến đổi theo một chu trình thuận nghịch được biểu diễn trên đồ thị như hình P 3, trong đó đoạn thẳng 1-2 là đường kéo dài đi qua gốc toạ độ O và quá trình 2 - 3 là quá trình đoạn nhiệt. Biết T1 = 300 K, p2 2 = 2p1. P2 a. Tính các nhiệt độ T2, T3. b. Tính hiệu suất của chu trình. P1 1 3 V HD Giải V V2 V Quá trình 1-2: 1 3 hình 6 p 2 p1 p 2 = V2 = V1 = 2 V1 V2 V1 p1 p 2 .V2 T2 = T1. = 4 T1 = 1200 K p1.V1   Xét quá trình 2-3: P2V2 P3V3 1 P2  suy ra V3 = V2 ( ) 1,52V2 P3 V1 V3 V3 Xét quá trình 3-1: T3 T1 3,04T1 = 912K T1 T3 V1 Quá trình 1 - 2: U12 = CV .(T2 - T1) = 4,5RT1 1 A12 = .(p2 + p1).(V2 - V1) = 1,5.p1.V1 = 1,5.R.T1 2 Q12 = U12 + A12 = 6.R.T1 Quá trình 2 - 3: A23 = - U23 = - CV.(T3 - T2) = 1,44.R.T1 Q23 = 0 Quá trình 3-1 có: U31 = CV.(T1 - T3) = -3,06.R.T1 A31 = p1.(V1 - V3) = - 2,04RT1 Q31 = U31 + A31 = -5,1RT1 A = A12 + A23 + A31 = 0,9RT1 Nhiệt lượng khí nhận là: Q = Q12 = 6.R.T1 Hiệu suất của chu trình: A 0,9RT H = = 1 tính được H 15% Q12 6RT1