Đề thi olympic 10-3 lần thứ 3 môn Vật lí Lớp 11 năm 2018 - Trường THPT Chu Văn An (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi olympic 10-3 lần thứ 3 môn Vật lí Lớp 11 năm 2018 - Trường THPT Chu Văn An (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK ĐƠN VỊ: TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN KỲ THI OLYMPIC 10-3 LẦN THỨ III, NĂM 2018 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN:VẬT LÝ; LỚP: 11
2. ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN Câu 1: Tìm lực nhỏ nhất F tác dụng theo phương nằm ngang vào vật có khối lượng m = 1kg, đang nằm trên mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng = 300 để cho nó đứng yên như hình vẽ. Hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng là k = 0,2. Đáp án câu 1 y y 0 o 1,0 N x N x Fms F F m m Fms P α P α H×nh 1a. H×nh 1b. 0,5 + Vật tác dụng lên m gồm có: Trọng lực P , phản lực N , lực ma sát Fms và lực F . Vật đứng cân bằng lên lực ma sát ở đây là lực ma sát nghỉ. + Xét trường hợp thứ nhất: vật có xu hướng đi xuống 0,25 Phương chiều các lực tác dụng lên m như hình vẽ 1a: Ta có phương trình: P N F Fms 0 ( 1) chiếu lên các trục toạ độ ox và oy ta được: 0,25 + Trục ox: Psin Fcos Fms 0 (2) + Trục oy: N Pcos Fsin = 0 (3) 0,25 => N Pcos + Fsin 0,25 Thay vào phương trình ( 2) 0,5 => Psin Fcos k(Pcos F sin ) 0
3. mg(sin kcos ) mg(tan k) 0,25 F =3,3 (N). cos +ksin 1 k.tan + Xét trường hợp thứ nhất: vật có xu hướng đi lên 0,25 Phương chiều các lực tác dụng lên m như hình vẽ 1b: Ta có phương trình: P N F Fms 0 ( 4) chiếu lên các trục toạ độ ox và oy ta được: 0,25 + Trục ox: Psin Fcos Fms 0(5) + Trục oy: N Pcos Fsin = 0 (6) => N Pcos + Fsin 0,25 Thay vào phương trình ( 5 ) 0,5 => Psin Fcos k(Pcos F sin ) 0 mg(sin kcos ) mg(tan k) 0,25 F = 8.8 >3,3 cos ksin 1 k.tan mg(tan k) 0,25 Vậy lực nhỏ nhất tác dụng vào vật m đ nó đứng yên là: F = 3,3 1 k.tan (N). Câu 2: Trên mặt nước có hai nguồn sóng giống nhau A và B, hai nguồn cùng pha, cách nhau khoảng AB = 10 cm đang dao động vuông góc với mặt nước tạo ra sóng có bước sóng  = 0,5 cm. C và D là hai điểm khác nhau trên mặt nước, CD vuông góc với AB tại M sao cho MA = 3 cm; MC = MD = 4 cm. Xác định số điểm dao động cực đại trên CD Đáp án câu 2 0,5 C A O M B D Ta có AM =3cm ; BM = AB – MB = 10-3 =7cm 0,25 Và AM  MC => AC AM 2 MC 2 32 42 5 cm 0,25
4. Và BM  MC => BC BM 2 MC 2 72 42 65 8,06cm 0,25 Xét một điểm N bất kì trên CM, điều kiện để điểm đó cực đại là : d2 –d1 = 0,5 kλ Do hai nguồn dao động cùng pha nên : Số điểm dao động với biên độ cực đại trên đoạn CM thoã mãn : 1,0 d2 d1 k BC AC d2 d1 BM AM BC AC BM AM Suy ra : BC AC k BM AM Hay : k .   0,75 8,06 5 7 3 Thế số: k 0,5 0,5 0,5 6,12 k 8 => k= 7;8 có 2 điểm cực đại. 0,5 Dễ thấy tại M là 1 cực đại nên: 0,5 Ttrên CD có 1x2+1= 3cực đại => có 3 vị trí mà đường hyperbol cực đại cắt qua CD. Câu 3. Một prôtôn đi vào một vùng không gian có bề rộng d = 4.10 -2 m và có từ trường đều B1 = 0,2 T. Sau đó prôtôn đi tiếp vào vùng không gian cũng có bề rộng d nhưng từ trường B 2 = 2B1. Ban đầu, prôtôn có vận tốc vuông góc với các véctơ cảm ứng từ và vuông góc với mặt biên của vùng không gian có từ trường (hình 3). Bỏ qua tác dụng của trọng lực. Cho khối -27 -19 lượng của prôtôn mP = 1,67.10 kg, điện tích của prôtôn q = 1,6.10 C. a) Hãy xác định giá trị của hiệu điện thế U 0 để tăng tốc cho prôtôn sao cho prôtôn đi qua được vùng đầu tiên. b) Hãy xác định hiệu điện thế U0 sao cho prôtôn đi qua được vùng thứ hai. c) Hãy xác định hiệu điện thế U 0 sao cho prôtôn sau khi đi qua được vùng thứ hai thì có hướng véctơ vận tốc hợp với hướng của véctơ vận tốc ban đầu một góc 600. Đáp án câu 3 Câu 5a (1) (2)  O2  R2 H R1 O1 d d  - Khi v vuông góc với B trong từ trường, prôtôn có quỹ đạo là đường tròn, mv 0,25 bán kính R1 qB1
5. mv2 - Theo định luật bảo toàn năng lượng qU 2 0 0,5 2mU - Từ đó suy ra được R 0 1 2 0,25 qB1 - Để prôtôn đi qua được vùng thứ nhất thì R1 > d 0,25 qB2d2 - Do đó U 1 3,065KV 0 2m 0,25 Câu 5b - Sau khi qua vùng 1, prôtôn vẫn giữ nguyên giá trị vận tốc, lực Lorentz chỉ làm thay đổi phương của hạt mang điện. Véctơ vận tốc lệch đi một góc d 0,5 sao cho sin R1 2mU 1 - Do B = 2B nên : R 0 R 2 1 2 2 1 0,5 qB2 2 0,5 - Để prôtôn qua được vùng 2 , dựa vào hình vẽ O2H R 2 (R 2 sin d) - Suy ra được R 1 3d 0,5 qB2d2 - Vậy U 9 1 27,585KV 0 2m 0,25 Câu 5c - Gọi   là góc lệch toàn bộ giữa hướng của véctơ vận tốc ban đầu và hướng của véctơ vận tốc của prôtôn khi qua khỏi vùng 2. Dựa vào hình vẽ ta có : 0,5  ( )  2 2 3 - Do đó sin( ) cos sin 2 3 (R sin d) 2d 0,5 - Mà ta có : cos 2 R 2 R1 qd2B2 - Nên thu được U 12 1 36,78KV 0 2m 0,25 Câu 4: Một nguồn điện có suất điện động E, điện trở trong r, cung cấp điện cho mạch ngoài có điện trở R thay đổi được. 1.a). Xác định R để công suất mạch ngoài cực đại? b). Tính công suất cực đại và hiệu suất của nguồn điện khi đó? 2.a). Chứng minh với giá trị công suất mạch ngoài P<Pmax thì có hai giá trị của R và hai giá trị 2 đó thoả mãn hệ thức R1 .R2 = r ? b). Hiệu suất của nguồn trong hai giá trị của R trên liện hệ với nhau thế nào? Đáp án câu 4 Câu 4.1.a Điểm E Ta có: I= ; R r 0,25 P = I.R2 0,25
6. E 2 .R E 2 Suy ra: P= . (R r) r 2 ( R ) 0,25 R Công suất cực đại khi mẫu số cực tiểu khi: R =r . 0,5 Câu 4.1.b E 2 Suy ra: Pmax= . 4.r 0,5 U.I R Ta có: H = E.I R r 0,25 Khi R = r thì ta có H0=1/2 =50%. 0,5 Câu 4.2.a E 2 .R Từ P= P.R2 – ( E2-2r.P).R + r2.P = 0. (R r) 0,5 2 Suy ra: = E .4r( Pmax-P) >0 . Vậy phương trình có hai nghiệm phân 2 biệt đối R. Theo Vi – ét ta có: R1 .R2 = r 0,5 Câu 4.2.b R1 R1 0,5 * Với R1: H1 = R1 r R1 R1.R2 R2 R2 * Với R1: H2 = 0,5 R2 r R2 R1.R2 Từ đó suy ra: H1 +H2 = 1 =100%. 0,5 Câu 5: Một vật sáng AB hình mũi tên đặt song song với một màn E như hình vẽ. B Khoảng cách giữa AB và E là L. Giữa AB và E có một thấu L E kính hội tụ tiêu cự f. Tịnh tiến thấu kính dọc theo trục A chính AE người ta thấy có hai vị trí của thấu kính đều cho ảnh rõ nét của AB trên màn. a) Tìm điều kiện của L để bài toán thỏa mãn. b) Biết khoảng cách giữa hai vị trí của thấu kính là a. Tìm tiêu cự f của thấu kính theo L và a. Áp dụng bằng số L = 90cm, a = 30cm. c) Vẫn thấu kính và màn E như trên, thay AB bằng điểm sáng S đặt trên trục chính của thấu kính và cách E một khoảng 45cm. Xác định vị trí đặt thấu kính để trên màn thu được vùng sáng có kích thước nhỏ nhất.
7. Đáp án câu 5 Câu 5a df 0,5 - Ta có : L d d' d d 2 Ld Lf 0 (1) d f - Để có hai vị trí của thấu kính đều cho ảnh rõ nét của AB trên màn thì phương trình (1) phải có 2 nghiệm phân biệt 0,5 L2 4Lf 0 L 4f (2) Câu 4b L 0,5 - Nghiệm của (1) : d d d a (3) 1,2 2 2 1 L a 0,5 - Xác định được a và rút ra được d (4) 1 2 - Áp dụng công thức thấu kính 0,5 1 1 1 1 1 (5) f d1 d ' d1 L d1 L2 a 2 - Kết hợp (4), (5) thu được : f 0,25 4L - Áp dụng bằng số : f = 20cm. 0,25 Câu 4c - Xét nửa trên trục chính thấu kính I E M S' S O N MN S' N 0,5 - Chứng minh được : S'MN  S'IO IO S'O MN d d' L d L L - Thay được : IO d' f d f 0,5 L d L 0,5 - Vì không đổi, IO không đổi nên : MNmin khi d Lf 30cm f f d - Như vậy để vùng sáng hiện trên màn E có kích thước nhỏ nhất thì điểm sáng S phải 0,5 cách thấu kính 30 cm. p(atm) Câu 6: Một mol chất khí lý tưởng thực hiện chu trình ABCA trên 3 giản đồ p-V gồm các quá trình đẳng áp AB, đẳng tích BC và quá C trình CA có áp suất p biến đổi theo hàm bậc nhất của thể tích V (hình vẽ). A 1 B a)Với số liệu cho trên giản đồ, hãy xác định các thông số V(l) (p,V,T) còn lại của các trạng thái A, B, C; O b) Biểu diễn chu trình ABCA trên giản đồ V-T. 25,6 102,4
8. Đáp án câu 6 Câu 6a pBVB poVo 1.25,6 0,5 Áp dụng phương trình trạng thái: TB 273 312K TB To 1.22,4 3 p 25,6 Từ hình vẽ: C p 2,25atm 3 102,4 C 0,5 102,4 V 1 1024 Cũng từ hình vẽ: A V  68,3 102,4 3 A 15 0,5 p p p Áp dụng định luật Sác-lơ [B→ C]: B C T C T 702K C B 0,5 TB TC pB VA VC VA 0,5 Áp dụng định luật Gay-luy-sac [A→ B]: TA TB 832K TA TC VB Câu 6b AB là đường thẳng đi qua gốc toạ độ A 0,25 V BC là đường thẳng song song với OT 51,2 0,25 N CNA là parabol: 0,5 B 25,6 C Đỉnh N của parabol được xác định: T O 312 624 936 Từ đồ thị của bài ra: quá trình (3) – (1) 0,5 pM pM pMVM được biểu diễn theo phương trình p pM V pV (VM V).V VM VM 4 dấu bằng khi V = VM/2 (với pM = 3atm, VM = 102,4l) 0,5 áp dụng phương trình trạng thái:pV = RT => Tmax = 936K => TM = 936K. 0,5