Đề thi olympic 10-3 lần thứ 3 môn Vật lí Lớp 11 - Trường THPT Buôn Đôn (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi olympic 10-3 lần thứ 3 môn Vật lí Lớp 11 - Trường THPT Buôn Đôn (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK TRƯỜNG THPT BUÔN ĐÔN KỲ THI OLYMPIC 10-3 LẦN THỨ III ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: VẬT LÝ- LỚP: 11
2. ĐỀ THI Câu 1: (3đ) Một người có khối lượng 60kg đứng ở đuôi của một chiếc thuyền gỗ dài 4m, nặng 180kg đang nằm yên trên mặt hồ. Chiếc thuyền hướng vuông góc với bờ, mũi thuyền gần bờ hơn và cách bờ 5m. Người này đi với vận tốc đều từ đuôi thuyền về phía mũi thuyền. a) Hỏi khi đến đuôi thuyền thì người này cách bờ một khoảng bao nhiêu? b) Nếu như người này không đi đều mà chạy đều từ đuôi về mũi thuyền như trên thì khoảng cách của người này so với bờ có thay đổi không? Tại sao? Đáp án câu 1: Câu 1 a) Chọn chiều dương hướng vuông góc từ bờ ra sông. 0,25 _Ban đầu: hệ người +thuyền đứng yên => pđ 0 _Lúc sau: + Gọi vận tốc của người và của thuyền đối với bờ lần lượt là: v13 và v23 ; vận tốc của người đối với thuyền là: v12 . _Theo định luật bảo toàn động lượng ta có: mng .v13 mth .v23 0 với v13 v12 v23 0,75 => mng .(v12 v23 ) mth .v23 mng .v12 (mng mth ).v23 0 mng => v23 v12 (1) => khi người đi từ đuôi về mũi thuyền thì thuyền mng mth 0,25 chuyển động ra xa bờ. mng _Chiếu (1) lên chiều dương,ta có: v23 v12 (2) 0,25 mng mth _Đặt chiều dài thuyền là l = 4m; t là thời gian người đi đều đến mũi thuyền, s là quãng đường thuyền di chuyển được đối với bờ trong thời gian t. Suy ra: l s v và v 0,25 12 t 23 t m s ng l(3) m s ng l mng mth _Thay vào (2), suy ra: => 0,5 t mng mth t 60 s .4 1m 60 180 _Lúc đầu mũi thuyền cách bờ 5m, sau đó thuyền dịch ra xa thêm 1m nên mũi thuyền lúc này cách bờ 5 +1= 6m. Như vậy người cách bờ 6m. 0,25 b) Từ biểu thức (3) ta thấy quãng đường thuyền di chuyển được đối với bờ không phụ thuộc vận tốc của người. Do đó khi người này chạy đều thì 0,5
3. quãng đường trên không thay đổi, tức người này vẫn cách bờ 6m như khi đi đều. Câu 2: (2,5đ) Một vật có khối lượng m = 0,2kg rơi từ độ cao H = 6,25cm xuống một đĩa cân lò xo M làm cho lò xo bị nén một đoạn. Sau đó vật dính chặt vào đĩa cân và thực hiện dao động điều hòa. Biết độ cứng của lò xo là 50N/m, khối lượng đĩa cân là M = 0,3kg; lấy g =10m/s2 .Tính biên độ dao động của vật? Đáp án câu 2 Câu 2 +Ban đầu,khi vật chưa rơi xuống cân thì độ biến dạng của lò xo là: 0,25 Mg l 0 k +Khi vật rơi xuống đĩa cân thì lúc hệ (m+M) ở vị trí cân bằng, lo xo bị biến 0,25 (m M )g dạng: l k +Vị trí ban đầu của hệ vật (m+M) cách vị trí cân bằng một đoạn mg x0 = △l - △l0 = k 0,25 + Xét hệ vật m và cân M: Ngay trước khi chạm cân: vm 2gH ;vM 0 0,25 Sau va chạm hai vật (m+M) dính chặt nhau và cùng chuyển động với vận tốc v. mv m 2gH Theo định luật bảo toàn động lượng ta có: v m 0,25 (m M ) m M +Sau va chạm cơ năng ban đầu truyền cho hệ gồm: 0,25
4. 1 m 2gH m 2 gH Động năng: W (m M )v 2 1 (m M )( ) 2 đ 2 2 m M m M 0,25 mg (mg) 2 Thế năng đàn hồi: W 1 kx 2 1 k( ) 2 t 2 0 2 k 2k +Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng trong dao động điều hòa: 0,5 1 m 2 gH (mg) 2 mg 2kH kA2 A 1 2 m M 2k k (m M )g 0,2.10 2.50.0,0625 0,25 => A 1 0,06m 6cm 50 (0,2 0,3).10 Câu 3: (4đ) Một tụ điện phẳng với điện môi là không khí, diện tích mỗi bản tụ là S, khoảng cách giữa hai bản tụ là d 0,điện dung của tụ là C0. a) Đưa vào giữa hai bản tụ một tấm kim loại có bề dày d 0) thì điện dung của tụ như thế nào? b) Nếu đưa vào giữa hai bản tụ một lớp điện môi có bề dày d 0/3 ,diện tích S/3 và có hằng số điện môi ε =2 đặt sát một bản tụ như hình vẽ thì điện dung của tụ thay đổi như thế nào so với lúc ban đầu? Đáp án câu 3 Câu 3 S 0,25 a) _Điện dung ban đầu của tụ: C0 9 9.10 .4 d 0 +Khi đưa tấm kim loại vào tụ tương ứng tạo ra hai tụ điện C1 và C2 mắc nối 0,25 tiếp (tụ C1 tạo bởi bản tụ A và một mép của tấm kim loại, tụ C2 tạo bởi mép còn lại và bản tụ B). Ta có: S S 0,5 C1 9 và C2 9 9.10 .4 x 9.10 .4 (d 0 d x) 0,5
5. S S . C .C 9.109.4 x 9.109.4 (d d x) S 1 2 0 0,5 Suy ra: C 9. C1 C2 S S 9.10 4 (d 0 d) 9 9 9.10 .4 x 9.10 .4 (d 0 d x) 0,25 C d 0 d 0 => C C0 . C0 d 0 d d 0 d +Khi tấm kim loại rất mỏng (d -> 0) => C = C : nghĩa là tấm kim loại rất 0 0,25 mỏng không làm thay đổi điện dung của tụ. b) Như kết quả câu a) ta thấy khi đưa tấm kim loại rất mỏng vào giữa 2 bản tụ thì không làm thay đổi điện dung của tụ nên trường hợp này ta ép sát vào bên trái của lớp điện môi một tấm kim loại rất mỏng. Lúc này, xem như có 3 tụ C1, C2, C3 được ghép như sau: (C1 nt C2 )// C3. + Tụ C có diện tích S = S/3; d = 2d /3 ; ε =1 1 1 1 0 0,25 S 1 => C 3 C 1 2d 2 0 9.109.4 0 3 0,25 + Tụ C2 có diện tích S2 = S/3; d1 = d0/3 , ε =2 S . 3 => C2 C0 2C0 9 d 0 9.10 .4 0,25 3 + Tụ C3 có diện tích S3 = 2S/3; d3 = d0 ;ε =1 2S 3 2 0,5 => C3 9 C0 9.10 .4 d 0 3 1 .C .2C 0,25 C1.C2 2 0 0 2 16 _Điện dung của tụ: C C3 C0 C0 C C 1 C 2C 3 15 1 2 2 0 0 Vậy điện dung đã tăng lên và bằng 16/15 lần điện dung lúc ban đầu.
6. Câu 4: (4đ) Cho mạch điện như hình vẽ, với: E 1 =2E2 = 3V, r1 = r2 =1,5Ω; R1 =R4 = 1Ω; R2 =R3 = 3Ω; C = 300nF. R5 là một biến trở. a) _Tính giá trị của biến trở R5 để vôn kế (có điện trở rất lớn) chỉ 0,6V? _Tính điện tích trên hai bản tụ ? b) _Tính giá trị của biến trở R5 để công suất tiêu thụ ở mạch ngoài đạt cực đại và tính giá trị cực đại đó của công suất? _Tính số chỉ vôn kế? Đáp án câu 4 Câu 4 a) Sơ đồ mạch điện: E1 nt E2 ; [(R1 nt R3) // (R2 nt R4)]nt R5 +Theo giả thiết: R 1 =R4 = 1Ω; R 2 =R3 = 0,25 3Ω => I1 =I2 = I/2 +Số chỉ vôn kế = UMN = 0,6  UAN – UAM = 0,6  I2.R2 –I1.R1 = 0,6 0,5  3I2-I1 = 0,6  I =0,6A (R1 R3 )(R2 R4 ) (1 3).(1 3) 0,25 RN R5 R5 2 R5 R1 R3 R2 R4 1 3 1 3 3 9 E E 3 I 1 2 2 2 0,6 R 2,5 5 0,25 RN r1 r2 2 R5 1,5 1,5 5 R5 +Điện tích tụ điện: 0,25 UC = UAB = (E1 +E2) – I(r1+r2 +R5) = (3+ 3/2) – 0,6(1,5+1,5+2)=1,5V -9 -6 0,25 Q =C.UC = 300.10 . 1,5 = 0,45.10 C= 0,45µC b) Công suất mạch ngoài: 2 2 2 (E1 E2 ) (E1 E2 ) P I .RN 2 .RN 2 .(2 R5 ) (RN r1 r2 ) (2 R5 3) (E E )2 0,5 1 2 (*) 3 2 ( 2 R5 ) 2 R5 Để Pmax thì :
7. 3 0,25 ( 2 R5 ) : min 2 R5 3 0,5 => ( 2 R5 ) 2 R5 3 R5 1 2 R5 Thay vào (*): Pmax = 1,6875W 0,25 3 9 E E 3 + I 1 2 2 2 0,75A 0,25 RN r1 r2 2 1 1,5 1,5 6 0,25 I 1 = I2 = I/2 = 0,375A  Số chỉ vôn kế = UMN = UAN – UAM = I2.R2 –I1.R1 = 0,375.3 -0,375.1 0,25 = 0,75V Câu 5: (3,5đ)Một ly thủy tinh có chiết suất n 1= 1,5, đáy ly có hai mặt song song và dày 10mm. Đổ nước có chiết suất n 2 = 4/3 vào ly. a) Đặt ly nước lên mặt bàn nằm ngang, phía dưới đáy ly có lót một tờ giấy báo mỏng. Nếu để mắt ở trên nhìn thẳng đứng xuống dưới thì thấy dường như chữ trên tờ báo cách mặt nước 8cm. Tìm chiều cao của nước trong ly? b) Chiếu một tia sáng hẹp, đơn sắc (tia sáng nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt nước) SI từ phía dưới đáy ly lên. Tìm điều kiện của góc tới để có phản xạ toàn phần tại K? Đáp án câu 5 Câu 5 a) Đáy ly là một bản mặt song song có chiết suất n1 = 1,5,chiều dày d = 10mm. Lớp nước là một bản mặt song song có 0,25 chiết suất n2 = 4/3, chiều cao h. Chữ A trên mặt báo và vật thật, ảnh A2 cuối cùng ta quan sát được là ảnh ảo. 0,25 đáyly nuoc A  A1  A2
8. 0,5 1 1 +Độ dịch chuyển ảnh: AA1 d(1 ) ; A1 A2 h(1 ) n1 n2 Suy ra: A2J = AJ – AA2 = (h + d) – (AA1 +A1A2) 0,5 1 1 d A2 J (h d) d(1 ) h(1 ) h n2 (A2 J ) n1 n2 n1 4 1 h (8 ) 9,8cm 0,25 3 1,5 b) Để tia sáng không đi vào trong nước 0,25 thì tại K xảy ra phản xạ toàn phần. n Suy ra: i' i sin i' sin i 2 0,25 gh gh n 1 0,25 Mặt khác: sini’ = cosr n n => cos r 2 1 sin 2 r 2 0,25 n1 n1 Với sini = n1 sinr => sinr = sini /n1, ta 0,25 có: 0,5 2 sin i n2 2 2 2 2 2 1 2 n1 sin i n2 sin i n1 n2 n1 n1 2 2 2 2 0 sin i n1 n2 1,5 (4 3) i 43,41
9. Câu 6: (3đ) Một chai thủy tinh có dung tích 1 lít chứa 0,98 lít rượu ở nhiệt độ 25 0C. Cho biết hệ -6 0 -1 -6 0 -1 số giãn nở khối của thủy tinh và của rượu lần lượt bằng βT = 9.10 C và βR =750.10 C . a)Ở nhiệt độ 50 0C thì rượu có tràn ra ngoài không? Nếu có thì tràn ra bao nhiêu? b) Từ nhiệt độ bao nhiêu rượu bắt đầu trào ra khỏi chai? c)Ở nhiệt độ bằng bao nhiêu có 4 ml rượu tràn ra ngoài? Đáp án câu 6 0 Câu 6 a) + Ở nhiệt độ 25 C dung tích của chai là V0T = 1l ; 0,25 thể tích rượu là V0R =0,98l + Khi tăng nhiệt độ lên đến nhiệt độ t thì cả chai thủy tinh và rượu đều dãn nở khối nên lúc này dung tích của chai thủy tinh và thể tích của rượu lần lượt là: -6 VT == V0T (1+βT.△t) = 1[1+9.10 .(50-25)] = 1,000225 l 0,25 -6 VR = V0R (1+βR.△t). 0,98[1+ 750.10 .(50-25)] = 0,998375 l 0,25 Vậy ta thấy VT > VR nên rượu chưa tràn ra ngoài. 0,25 b) +Để rượu bắt đầu trào ra khỏi chai thì: VT = VR 0,25  V0T (1+βT.△t) = V0R (1+βR.△t) V0T V0R 1 0,98 0  t 6 6 27,5 C  R .V0R TV0T 750.10 .0,98 9.10 .1 0,5 0 Vậy, nếu tăng nhiệt độ lên đến t = t 0 + △t= 25 + 27,5 = 52,5 C thì rượu bắt đầu tràn ra ngoài 0,25 -3 c) Để 4ml rượu tràn ra ngoài thì : VR – VT = 4.10 -3  V0R (1+βR.△t) - V0T (1+βT.△t) = 4.10 0,25 3 3 4.10 V0T V0R 4.10 1 0,98 0  t 6 6 33 C  R .V0R TV0T 750.10 .0,98 9.10 .1 0 Vậy, nếu tăng nhiệt độ lên đến t’ = t 0 + △t= 25 + 33 = 58 C thì rượu có 4ml 0,5 rượu tràn ra ngoài. 0,25