Đề thi Olympic 10 - 3 môn Lý lớp 11 năm 2019 THPT Nguyễn Trãi có đáp án | Vật Lý, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Tất cả hệ thống được đặt trong một từ trường đều có véc tơ vuông góc với 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, t[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK

ĐƠN VỊ: THPT NGUYỄN TRÃI

KỲ THI OLYMPIC 10-3 LẦN THỨ IV, NĂM 2019

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN:VẬT LÍ ; LỚP: 11

2

m

1

m

Hình 1

M 2

m

1

m

P2

T1

P1

ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN

Câu 1: Cho cơ hệ như (hình vẽ 2) Biết  = 300, 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 g = 10 m/s2

1 M đứng yên

a Tìm gia tốc của các vật m1 và m2

b Tìm áp lực của dây lên ròng rọc

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

Đối với m1 có các lực tác dụng: P1; T1

Đối với m1 có các lực tác dụng: P2; T2

P1 – T1 = m1a1

T2 – P2sin = m2a2

Do dây không dãn nên: a1 = a2 = a; T1 = T2 = T

a1 = a2 = (P1 – P2sin)/(m1 + m2) = 4 m/s2

T = P1 – m1a = 18 N

Áp lực tác dụng lên trục của ròng rọc:

⃗

Q=⃗ T1+⃗ T2

Độ lớn: Q = 2T.cos300 = 18 √ N

Các lực tác dụng vào vật M:

⃗

P , , ⃗ P , ⃗ P , ⃗N2' , ⃗ Fms

N2’ = P2cos = 10 √ 3 N

Fmsn = T2x – N2x = 4 √ 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

N

Câu 2: Trên mặt chất lỏng có hai nguồn phát sóng kết hợp A, B cách nhau 20cm dao động với phương trình: uA 2cos 20 t(mm),u B 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:

u a cos( t   );u a cos( t    )

Bước sóng:

v 0,06m 6cm

f

   

Phương trình sóng tại điểm M:

Hay: uM 4cos(20 t 3 )(mm).  

Điểm dao động cực đại thỏa mãn:

1

* Trên đoạn AB

1 2

1 2



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 d  1 d2 AB, (với BD=25cm)

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 '

2

d = 6cm.

Phương trình sóng tại điểm M :1

1

1 1

1 1M

M 2

1M

2 d





  





     

Hay: M 1

5

6



  

(mm)

Phương trình sóng tại điểm M :2

N

D

B A

R

2v v

Q

M

N

B ⃗

P

C Hình 3

2

2 2

' 1 1M

M '

2 2M

2 d

2 d

  





     

Hay: M 2

5

6



  

(mm)

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:

1

2

AB

2 AB

2



    





     



1 2

(2) Từ (1) và (2): 1 2

3

  

 (3)

Từ (1) và (3):

40





(4) Mặt khác:

1

AB

2

       

(5)

So sánh (4) và (5), ta có:

2 391

x 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,

khoảng cách giữa hai thanh ray là l = 0,4m MN và PQ là hai

thanh dẫn điện song song với nhau và được gác tiếp xúc điện

lên hai thanh ray, cùng vuông góc với hai ray

(Hình vẽ 4) Điện trở của MN và PQ đều bằng r = 0,25,

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

được đặt trong một từ trường đều có véc tơ vuông góc với

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

Cường độ dòng điện trong mạch:

1 2 3

I



 

Công suất tỏa nhiệt trên R:



    

B⃗

Hình 4

E,r

e0,r0

E,r

e0,r0

I

I1 I2

2 2 2

3 2

9.0, 2 0, 4 0,5

.0,5 7, 2.10 0,0072(W) 0,5 0,5



Điện tích trên tụ điện C là:

3

2r

MN

Q C U

Blv

R





     



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 chạy có điện trở toàn phần là R = 9

 Ba ắc quy như nhau, mỗi cái có suất điện động e0 và điện trở

trong r0 = 0,5  Gọi điện trở phần AC là x

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

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

HD Giải

1 Chiều dòng điện như trên hình vẽ

Tại nút A: I = I1 + I2 (I1 = 0,4 A)

Sử dụng định luật Ôm cho các đoạn mạch ta có:

UAC = I2.x = 6I2

UAC = E – I(r + RCB) = 12 – 3,6I

UAC = 3e0 + 3r0I1 = 3e0 + 0,6

Giải hệ bốn phương trình trên ta được:

I2 = 1,1A; I = 1,5A; e0 = 2V

Từ đó:

AC CB AC CB

P P P R I R I 

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

Ta có điện trở của bộ đèn là

d

N

R

 

Cường độ dòng điện chạy trong mạch chính là

6

1,5

1,5

b

d

N b

E

x

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 theo trục chính (cùng phía ban đầu đối với vật) thì cho ảnh A2B2 =

2

3 A1B1 và A2B2 cách A1B1 một đoạn 25

(cm)

3 .Tìm tiêu cự của thấu kính?

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)

Số phóng đại ảnh lúc đầu:

'

1 1 1 1

1

  

(2)

Số phóng đại ảnh sau khi dịch chuyển thấu kính:

'

2 2 2 2

2

  

(3) Từ (2) và (3) suy ra:

'

1 2 2 2 1

'

2 1 1 1 2

k A B d d 3 (4) Theo công thức thấu kính ta có

' 1 1 1

d f d



 (5),

' 2 2 2

d f d



 (6) 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:

L1 d1d1' , L2 d2d'2 và

2 1 2 2 1 1

25

3

     

(8) Từ (1), (5), (6), (7) và (8) ta có: f = 100 Suy ra: f = -10(cm) 2

Câu 6: Cho một mol khí lý tưởng đơn nguyên tử biến đổi theo

đồ thị như hình bên, trong đó đoạn thẳng 1-2 là đường kéo dài đi qua gốc toạ độ O và quá trình 2 - 3 là đoạn thẳng và nhiệt độ khí luôn giảm Biết T1 = 300 K, V2 = 4V1.Trạng thái 1, 2 được giữ cố định Trạng thái khối khí biến đổi đến trạng thái 3 sao cho quá trình 3- 1 luôn là đẳng áp

a Khi V3 = 6V1 Tính công của khối khí

b Khi hiệu suất của chu trình cực đại thì

3 1

V

?

V Tính hiệu

suất cực đại của chu trình

HD Giải

1

2

3

P

V

2

P

1

P

1

V V2 V3

1 3 1 1

1

3 1 max 0

p aV b;

3P

3P

3

 











Để nhiệt độ trên 2-3 luôn giảm thì

3 1

3max 1

3





Quá trình 1 - 2:

Δ U12 = nCV (T2 - T1) = 22,5nRT1

A12 =

1

2. (p2 + p1).(V2 - V1) = 7,5.p1.V1=7,5nRT1

Q12 = Δ U12 + A12 = 30nR.T1

Nhiệt lượng khí nhận là:

Q = Q12 = 27n.R.T1

Hiệu suất của chu trình:

H =

A

Q12 100%

Hmax khi Amax.

 2 1  3 1 1 3 1 max 1 max