Đáp án Đề thi olympic chính thức Cấp tỉnh môn vật lý 11

ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC LỚP 11Câu 1 4 điểm Hình vẽ Trong hệ quy chiếu không quán tính gắn liền với mặt phẳng nghiêng, ta có: /... Va chạm là hoàn toàn đàn hồi... Khoảng cách x từ vật AB đến

ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC LỚP 11

Câu 1

(4 điểm)

Hình vẽ

Trong hệ quy chiếu không quán tính gắn liền với mặt phẳng

nghiêng, ta có:

/

P N F   F m a  

0,5điểm

0,5điểm Chiếu lên trục vuông góc với mặt phẳng nghiêng, ta có:

0

N mg  ma 

0

( cos sin )

ms

F m g  a 

0,5điểm 0,5điểm Chiếu lên trục song song với mặt phẳng nghiêng, ta có:

mg  F ma  ma

/ (sin cos ) 0(cos sin )

m mpn

Thế vào: a m mpn/ 0,97 /m s2

0,5điểm 0,75điểm

0,97

a

0,75điểm

0

a

m

A

B

N 

ms

F 

qt

F 



Câu 2

(4 điểm)

a Va chạm là va chạm mềm

- Tần số góc: ω = k

m = 20 (rad/s) rad/s)

- Vị trí cân bằng mới của con lắc khi có điện trường đều là:

Δl = A = qE/k = 0,05m = 5cm l = A = qE/k = 0,05m = 5cm

0,5điểm

0,5điểm

- Ban đầu con lắc đang ở biên, đến thời điểm t = 19T

12 = T +

7 T

12 thì con lắc ở vị trí

x = 2,5 3cm (rad/s) chọn chiều dương hướng sang phải) và m1 có độ

lớn vận tốc là:

v1 = ω A2  x2 = 50 cm/s 0,5điểm Vận tốc của m2 trước va chạm là: v2 = Aω = 100 cm/s

* Vận tốc 2 vật sau va chạm là:

+ Với va chạm mềm: m1v1 + m2v2 = (rad/s) m1 +m2)V

=> V = 75cm/s

0,25điểm

0,25điểm Biên độ mới khi đó là: A1 = 2 2

1

(rad/s) A x) V .2m

k

 

= 2 752

(rad/s) 5 2,5 3) 0, 2

40

b Va chạm là hoàn toàn đàn hồi.

+ Với va chạm đàn hồi: m1v1 + m2v2 = m1V1 +m2V2

m1v12 + m2v22 = m1V12 +m2V22

=> V1 = 100cm/s; V2 = 50cm/s

Biên độ dao động của vật khi đó: A2 = 2 12

1

(rad/s) A x) V .m

k

 

(rad/s) 5 2,5 3) 0,1

40

  ≈ 10,59 cm

0,25điểm 0,25điểm 0,5điểm

0,5điểm

ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC LỚP 11

Câu 3

(4 điểm)

a.

Ta có:

 









100 10

1 100

1 1

4 1

1





C

Z

2

2 C

Z C



0,5điểm

* Xét nhánh 1: Gọi1 là góc lệch giữa u và i

Ta có: 1

1

tan

100 3

C

Z R



Vậy i1 sớm pha hơn

6



so với uAB

 A

Z R

U Z

U I

C

1 200

200

2 2 1 1

1

1











Ta có biểu thức: i1= 2cos(rad/s) 100 ) 

6

t  A

*Xét nhánh 2: Gọi2 là góc lệch giữa u và i2

2

100 3

C

Z R



Vậy i2sớm pha hơn

3



so với uAB

Z R

U Z

U I

C

1

2 2 2 2

2

2









Ta có biểu thức: i2= 2 os(rad/s) 100 ) 

3

c  t  A

0,5điểm

Vẽ giản đồ véc tơ chọn trục gốc là trục hiệu điện thế:

2

1 I I

I   Do: 1 2

6 12 4

I I      

0,5điểm

I

2

I

1

I

U



6

 3



O

Thay số vào ta đựơc: I 1,93 A

2

3 2



Vậy biểu thức mạch chính: i= 1,93 2cos(rad/s) 100 ) 

4

t  A

 

b.

Tổng trở của mạch:

  103,6 

93 , 1

200

I

U Z

Công suất tiêu thụ:

2 2

2 1

2

1R I R I

P  =273(rad/s) W)

Hệ số công suất: cos P 0,707

IU

0,25điểm

0,25điểm 0,5điểm

c. Có UMN UMA UAN UAN  UAM

U AN I2Z C2 100 3 V ; U AM I R1 1 100 3 V

AM

u cùng pha với i1 tức là sớm pha

6

 với u

AN

u chậm pha với i2 một góc

2

 tức là chậm pha

6

 với u

Vẽ giản đồ véc tơ chọn trục gốc là trục hiệu điện thế UAB

Do OAB đều nên

 V U

U

MN

u trễ pha

2



so với u

Vậy 100 6 (rad/s) 100 ) 

2

MN

u  cos t  A

0,25điểm

0,25điểm

0,5điểm

AM

U 

M N

U 

AN

U 

U 

/ 6



O

ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC LỚP 11

Câu 4

(4 điểm)

a.

AB  A B   A B

' 1 1 1

1 1

30.15 30

30 15

d f

d f

Có d a d a2  1'   30 (rad/s) 1)

' 2 2 2

2 2

( 30).( 7,5) 7,5(30 )

d

0.25điểm

0.5điểm

Để là ảnh ảo thì d  2' 0 Suy ra: a22,5cm hoặc a 30cm 0.25điểm

Để ảnh ngược chiều với vật thì độ phóng đại của hệ:

' '

1 2

k k k

Thay số ta được: a22,5cm

Từ (rad/s) 3) và (rad/s) 4) suy ra: a30cm

0.25điểm

0.5điểm

b. Khoảng cách x từ vật AB đến thấu kính L1 sau khi hoán vị hai

thấu kính, vị trí ảnh cuối không đổi

1

15

x f x

'

1 2 2

x f d f

x f d f

Trước khi hoán vị:

' 2 ' 2

.( 7,5)

d

x



16,5d 67,5x 472,5d 2700 0

Sau khi hoán vị:

' 2 ' 2

.15

d

x



16,5d 472,5x 67,5d 2700 0

Từ (rad/s) 6) và (rad/s) 7) ta suy ra: x d 2', thay vào (rad/s) 6) ta có:

2

16,5x  405x  2700 0 , chọn nghiệm dương x = 30cm

Độ phóng đại của ảnh:

0.5điểm

0.5điểm

0.5điểm

0.25điểm

Sau khi hoán vị: 1 2

1 1 2 2

1

"

5

k

d f d f

Vậy trước và sau hoán vị, độ phóng đại ảnh là nghịch đảo của

nhau

0.5điểm

ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC LỚP 11

Câu 5

(4 điểm)

- Quá trình 1 – 2: đẳng áp, thể tích tăng, nhiệt độ tăng, trong quá

trình này khí nhận nhiệt lượng Theo nguyên lí I NĐLH Nhiệt

lượng mà hệ nhận được trong quá trình đẳng áp 1 – 2 chuyển từ

nhiệt độ T1 tới T2 là:

Q12 = Cp(rad/s) T2 – T1)

Mà

2 2

p

1 1

;C R

 

     

 

0.25điểm 0.25điểm

0.25điểm

- Quá trình 2 – 3: đẳng tích, áp suất giảm, nhiệt độ giảm, trong

quá trình này khí tỏa nhiệt lượng ra môi trường bên ngoài

- Xét quá trình 3 – 1: phương trình mô tả quá trình có dạng: p =

a.V + b Phương trình đi qua trạng thái (rad/s) 3) và (rad/s) 1) nên ta có hệ

phương trình

 

1 3

1 3

1 3

p p a

V V

b

V V







 



0.5điểm

Ta dễ dàng tính được 3 1 3 2 1

p p ; V V V

Thay các giá trị 3 1 3 2 1

p p ; V V V

   vào (rad/s) *) Khi đó ta có: 1

1 1

p

5 V 5

  (rad/s) 1)

Áp dụng phương trình Claperon–Mendeleev ta có:

pV = RT T pV

R

  (rad/s) 2)

Thay (rad/s) 1) vào (rad/s) 2) ta được: 1 2 1

1

5 V R 5 R

T là hàm số bậc 2 với biến số là V, hệ số 1

1

p 2

5 V R

  , vậy T đạt giá trị lớn nhất khi V = 4 1 max 4 1 4 1

0.5điểm

0.25điểm 0.25điểm

0.5điểm

- Xét quá trình 3 – 4: nhiệt độ khí tăng, theo nguyên lí I NĐLH

   



tỏa nhiệt

- Xét quá trình 4 – 1: nhiệt độ khí giảm, khí tỏa nhiệt ra môi

trường ngoài

- Vậy nhiệt lượng khí nhận trong cả chu trình là 12 1

15

4

- Công thực hiện trong cả chu trình là

A = S123 =  1 3  3 1 1 1 1 1

Hiệu suất trong cả chu trình là: 1

1

9 RT

15

4

0.5điểm 0.25điểm