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

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK TRƯỜNG THPT TRƯỜNG CHINH KÌ THI OLYMPIC 10-3 LẦN III ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: VẬT LÍ LỚP 11
2. ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN Câu 1. (5 điểm) Vật khối lượng m được kéo đi lên trên mặt phẳng nghiêng với lực F , F hợp với mặt phẳng nghiêng góc  . Mặt phẳng nghiêng góc so với mặt phẳng ngang. Hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt phẳng nghiêng là  . a) Tìm biểu thức tính F khi vật đi lên đều theo mặt phẳng nghiêng. b) Với m = 5kg, 45o ,  0,5 , lấy g = 10m/s2. Xét vật đi lên đều, tìm  để F nhỏ nhất, tìm giá trị lực F nhỏ nhất đó. F  Đáp án câu 1: F Các lực tác dụng lên vật như hình vẽ. (0,5 điểm) N  y Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ.(0,25 điểm) x Vật chuyển động đều nên: F P F N 0 (*)(0,25 điểm) F mst mst O Chiếu (*) lên: Ox: Fcos Psin F 0 (2) (0,5 điểm) mst P Oy: F sin  N P cos 0 (3) (0,5 điểm) sin  cos Thay F N  P cos F sin  vào (2) ta được: F P (0,5 điểm) mst cos  sin  Vì P = mg,  và xác định nên F=Fmin khi mẫu số M cos  sin  cực đại. (0,5 điểm) Theo bất đẳng thức Bunhacôpxki: cos  sin  sin2  cos2  1  2 1  2 (0,75 điểm) Dấu ‘=’ xảy ra tan  = 0,5  26,56o .(0,75 điểm) o sin  cos Vậy khi  26,56 thì F Fmin P 47,43N (0,5 điểm) 1  2 Câu 2. (5 điểm) Cho một hệ dao động như hình vẽ. Lò xo và ròng rọc có khối lượng không đáng kể. Độ cứng của lò xo k = 200N/m; M = 4 kg, m0 = 1 kg. Vật M có thể trượt không 0 ma sát trên mặt phẳng nghiêng, góc nghiêng α = 30 . M Lấy g = 10m/s2. a. Xác định độ dãn hoặc nén của lò xo. m b. Từ vị trí cân bằng, kéo M dọc theo mặt phẳng nghiêng 0 α xuống dưới một khoảng x 0 = 2,5 cm rồi thả nhẹ. Chứng minh hệ dao động điều hòa. Viết phương trình dao động. k Chọn gốc tọa độ ở vị trí cân bằng, gốc thời gian khi thả vật.
3. Đáp án câu 2. a. Hình vẽ (0,5 điểm). - Hợp lực của trên phương thẳng đứng tạo ra lực làm biến dạng lò xo Ta có: P0 = m0g = 1.10 = 10N (0,25 điểm) (0,25 điểm) Vậy Pt>P0 nên lò xo bị dãn một đoạn ∆l (0,25 điểm) Ta có: (0,25 điểm) O . (0,5 điểm) M + b. Chứng minh hệ dao động điều hòa Chọn gốc O tại vị trí cân bằng của M, chiều dương như m Pt hình vẽ. Xét vật M ở dưới O một đoạn x. Theo định luật r r P P α II Niu-tơn ta có F 0 (0,5 điểm) k Chiếu lên trục tọa độ: (1 điểm) hay (0,25 điểm) Vậy hệ dao động điều hòa với tần số góc: (0,25 điểm) Chọn gốc thời gian lúc thả vật thì: t =0, x = x0, v=0 nên A = x0 = 2,5cm. (0,25 điểm) Ta có: (0,5 điểm) Vậy (0,25 điểm) Câu 3. (5 điểm) Một hạt bụi kim loại khối lượng m=2.10 -11kg tích điện âm đứng lơ lửng giữa hai bản của một tụ điện phẳng nằm ngang. Hiệu điện thế giữa hai bản là 1000V, khoảng cách giữa hai bản là 2cm. a. Tính điện tích hạt bụi và số electron có thừa trên hạt bụi. b. Chiếu tia tử ngoại vào hạt bụi làm nó mất bớt một số electron đi, nó rơi xuống với gia tốc a = 2,45m/s2. Tính số electron đã mất đi. Biết e = -1,6.10-19C Đáp án câu 3. a. Hạt bụi tích điện âm cân bằng trong điện trường của tụ điện phẳng nằm ngang nên lực điện tác dụng vào hạt bụi hướng lên (0,5 điểm) Hình vẽ (0,5 điểm) + + + Ta có: (0,25 điểm) - - - - Chiếu lên đường sức điện: P = F mg = - (0,25 điểm) (0,5 điểm) (0,25 điểm) số electron thừa trên hạt bụi là: (0,5 điểm)
4. b. Hạt bụi mất đi một số electron, cân bằng bị phá vỡ, hạt bụi rơi với gia tốc a (0,5 điểm) Ta có: (0,25 điểm) P – F’ = ma (0,25 điểm) mg - = ma (0,25 điểm) (0,5 điểm) số electron bị mất là: = 6130 (0,5 điểm) Câu 4. (5 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ: Biết R 1=R2=R3=R, đèn Đ có điện trở Rđ = kR với k là hằng số dương. Rx là một biến trở, với mọi R1 Đ Rx đèn luôn sáng. Nguồn điện có hiệu điện thế U không đổi đặt vào A + Rx A và B. Bỏ qua điện trở các dây nối. U C D B - a) Điều chỉnh Rx để công suất tiêu thụ trên đèn bằng 9W. Tìm công R2 R3 suất trên R2 theo k. b) Cho U=16V, R=8, k=3, xác định Rx để công suất trên Rx bằng 0,4W. Đáp án câu 4. Giả sử chiều dòng điện qua Rx có chiều như hình vẽ 6. I Từ sơ đồ mạch điện ta có: A + R1 Đ U1 U 2 Ud U3 R I1 x Iđ I I I (1) (0,5 điểm) U C D 1 2 x I I2 x I3 I3 Id I x B - R2 R3 k 1 IđRđ+(Iđ+Ix)R=(I2+Ix)R+I2R=> (k+1)Iđ=2I2 => I Iđ (2) (0,75 điểm) 2 2 2 2 P kI R 2 2 P I kR d d d d 2 (k 1) (k 1) Kết hợp (1) và (2) ta có: (k 1) P2 Pd .9(W) P I2R P I2R 4k 4k 2 2 2 4 d (0,75 điểm) b) Khi k=3 theo ý 1=> I2=2Id (3) không phụ thuộc Rx Theo sơ đồ mạch điện hình 6 ta có: Uđ+U3=U => 4Iđ=2-Ix (4) (0,5 điểm) U2=Ux+U3 => I2R=IxRx+(Iđ +Ix)R (5) (0,5 điểm) Ix (R x 8) từ (3), (5) thay số ta có: Iđ= (6) (0,75 điểm) 8 4 Từ (4) và (6) suy ra: Ix= (7) (0,5 điểm) R x 10 2 16R x 2 Ta lại có: Px=Ix Rx= 2 0,4 R x 20R x 100 0 => Rx=10 (0,75 điểm) (R x 10) Câu 5. (5 điểm) Một thấu kính hội tụ (O1) có tiêu cự f1 = 15cm và một thấu kính phân kì (O2) có tiêu cự f2 = - 20cm được đặt cách nhau l = 7,5cm. a. Trục chính của hai thấu kính trùng nhau. Điểm sáng S trên trục chính trước (O 1) và cách (O1) đoạn d1=45cm. Xác định ảnh S’ của S tạo bởi hệ. b. Trục chính của hai thấu kính không còn trùng nhau nhưng vẫn song song và cách nhau h=5mm. Điểm sáng S vẫn ở trên trục chính của (O 1). Xác định độ dịch chuyển của S’ so với vị trí ban đầu. Vẽ đường đi của chùm tia sáng qua hệ hai thấu kính. Đáp án câu 5: a. Sơ đồ tạo ảnh:
5. Xét quá trình tạo ảnh qua hệ: + Với S1: + Với S’: Vậy ảnh cuối cùng qua hệ là ảnh thật cách (O2) 60cm. (0,25đ) b. Độ dịch chuyển của ảnh S’ so với vị trí ban đầu. - Hình vẽ: (0,5 điểm) - Khi trục chính của hai thấu kính cách nhau h=5mm thì: ảnh S 1 của thấu kính (O 1) đóng vai trò là vật ảo của thấu kính (O 2) cách trục chính của thấu kính (O 2) 5mm cho ảnh thật S”: (0,5 điểm) + vẫn cách (O2) 60cm. (0,5 điểm) + nằm cùng phía với trục chính thấu kính (O2), cách trục chính của O2 một đoạn: (0,5 điểm) (0,5 điểm) Vậy ảnh qua hệ sẽ dịch chuyển ngược chiều với thấu kính (O2) một đoạn 15mm.(0,5 điểm) S” S S’ F1 S’1 F’1 F’2 O2 H Câu 6. (5 điểm) Trong một xilanh thể tích 10l có pittông đậy chặt và đặt trong một máy điều nhiệt ở 0 nhiệt độ 40 C có chứa hai chất với số mol : n 1 = n2 = 0,05mol. Hãy xác định khối lượng chất lỏng trong xilanh sau khi thực hiện nén đẳng nhiệt làm cho thể tích phần dưới pittông giảm đi 0 3 lần. Ở nhiệt độ 40 C áp suất hơi bão hòa của chất lỏng thứ nhất p’ 1 = 7kPa, áp suất hơi bão hòa của chất lỏng thứ hai p’2 = 17kPa. Hãy vẽ đường nén đẳng nhiệt. Biết khối lượng mol của -2 -2 chất lỏng thứ nhất là M1=1,8.10 kg/mol, của chất lỏng thứ hai là M2=4,6.10 kg/mol. Đáp án câu 6 - Nếu ban đầu cả hai chất ở trong bình đều ở thể khí thì áp suất trong bình bằng tổng áp suất riêng phần của các chất khí: p = p1 +p2 (0,25 điểm) Với: , (0,5 điểm) 4 Thay số ta được p1 = p2 = 1,3.10 Pa = 13kPa (0,25 điểm) - Vậy p2 p’1. Do đó chất khí thứ hai tồn tại ở p trạng thái có áp suất lúc đầu bằng p 2. Còn chất khí thứ nhất bị ngưng tụ một phần nên áp suất của nó bằng p’1.(0,25 điểm) p’ - Áp suất trong bình trước khi nén: 4 p0 = p’1 +p2 = 2.10 Pa (0,5 điểm) p0 - Khi nén các chất khí lại áp suất của chất khí thứ nhất vẫn giữ không đổi và bằng p’ 1. Còn áp suất của O V2 V1 V0 V
6. chất khí thứ hai nén đẳng nhiệt sẽ tăng cho tới khi bằng p’2. (0,25 điểm) - Quá trình xảy ra tới thể tích V 1 của bình chứa, theo phương trình Men-đê-lê-ep - Cla-pây- rôn, ta có: p’2.V1 = n1.R.T (0,5 điểm) Do đó áp suất trong bình tăng đẳng nhiệt khi giảm thể tích của bình tới 7,6l. (0,25 điểm) - Sau đó áp suất trong bình giữ không đổi vì cả hai chất khí đã bão hòa. ’ 4 p = p’1 +p’2 = 2,4.10 Pa (0,25 điểm) Đồ thị (pV) như hình vẽ. (0,5 điểm) - Vì thể tích các chất lỏng đều nhỏ so với thể tích các chất khí nên số mol các chất tồn tại ở thể khí tương ứng bằng: (0,5 điểm) (0,5 điểm) Khối lượng chất lỏng trong bình bằng: -3 M = (n1-n’1).M1+(n2-n’2).M2 = 2,03.10 (kg) (0,5 điểm) Hết