Đáp án đề kiểm tra chất lượng đội tuyển môn Vật lý Lớp 11 - Năm học 2018-2019 - Sở GD và ĐT Thanh Hóa

Nội dung text: Đáp án đề kiểm tra chất lượng đội tuyển môn Vật lý Lớp 11 - Năm học 2018-2019 - Sở GD và ĐT Thanh Hóa

1. SỞ GD & ĐT THANH HOÁ ĐÁP ÁN THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN ĐÁP ÁN THI CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2018 - 2019 MÔN THI: VẬT LÝ LỚP 11 THPT (Đáp án này có 10 câu gồm 05 trang) Câu Nội dung Điểm Câu 1: a) + Hệ qui chiếu 0,5 2đ 0.5 + Vận tốc của vật khi chạm đất v 2gh 2.10.45 30(m / s) 0.5 b) + W = 2W thì W = 3 W đ t t 0.5 + mghmax = 3 mgh tức h = hmax/3 = 25 (m) Câu 2: + Khi đạn lên đến độ cao cực đại thì vật chỉ có vận tốc theo phương ngang. 2đ Vận tốc của đạn khi đó là : v v cos =400cos600 200m / s 0.5 0     p + Định luật bảo toàn động lượng ta có : p p1 p2 2 Theo giản đồ ta thấy : p2 p2 p2 (m v )2 (mv)2 (m v )2  2 1 2 2 1 1 p O (mv)2 (m v )2 v 1 1 1000(m / s) 2 m 2  m v 3 p 0.5 tan 1 1 36,80 1 mv 4 Vậy mảnh thứ hai bay xiên lên hợp với phương ngang góc 36,80 với vận tốc 1000 m/s v2 sin2 0.5 b) + Độ cao cực đại của viên đạn : H 0 6000(m) 2g 2 Vận tốc của mảnh thứ hai khi chạm đất : v ' v1 2gH 400(m / s) + Lực cản trung bình của đất là : mv' 2 Áp dụng định lí động năng : F 12.105 N 0.5 2d Câu 3: + Tại vị trí cânbằng ta có: Hình 2đ 0.5 6P+N+Fms +T=0 Chiếu lên các trục được N-Tsinα=0 (1) Fms +Tcosα-6P=0 (2) + Điều kiện cân bằng mô men quanhtrục quay tạm A ta có: 0.5 l 2l P. sinβ+5Plsinβ=T. sin(α+β) (3) 2 3 +Để thanh không trượt xuống thì: I T Fms μN (4) B 0.5 Trong tam giác ACI ta có: C 2l/3 l/2 3 Fms  = sin  sin (5) y sinα sinβ 4 P O 4 A N 5P Từ (5) và (3) ta cóP.sin =T. sin(α+β) (7) x 33
2. F 6 P 1 +Từ 1,2,4 ta có:  ms = - (8) N sinα T tanα 0.5 Fms 1 24 9 Thay 7 vào 8 ta có: μ = - N 33 tanβ tanα 1 Kết hợpvới 5 ta có:μ = 8 7+9cos2α-9cos 33sin Câu 4: a) + dq a rdr bdq b2bπσrdr dE = dEE=cosdαE= =kkb2πσcosα=k =2vkπσ=(1k- ) 2đ v  v R 2 2 2 32 2 3 22 22 3 0.5 dEv =dE=dE1 vì (dE02 =(0b) +r ()b +r ) (ab ++br ) Chia đĩa thành các vành khăn có bán kính r và r+dr Điện tích của vành khăn dqv =σdS=σ2πrdr Chia vành khăn thành vô số các chất điểm, điện tích mỗi điểm là dq + Cườngđộđiệntrường do dqigây ra tại M là : dq 0,5 dE=k R 2 Phântích : dE=dE1 +dE2 Điệntrường do dqvgây ra tạiM: 0,5 + Độlón : Vậy cường độ điện trường do cả đĩa tròn gây ra tại M có phương là trục của đĩa, chiều hướng ra xa đĩa và có độ lớn : b)+ Khi b>>a thì : b 1 1 a a 0,5 E=2kπσ(1- )=2kπσ 1- 2kπσ 1-1+ .( )2 1 2 2 b a +b a 2 2 b Khi ( ) +1 đó dùng công b thức gần đúng : Với điện tích của đĩa là : Q=πa2nên khi đó : E=kQ2/b2 (dpcm) Câu 5. 2đ + Đoạn (1)-(2) có dạng đoạn thẳng nên phương trình có dạng: p = aV+b 0.5 - Khi V1=30lít; p1=5atm 5=a.30+b (1) - Khi V2=10lít; p1=15atm 15=a.10+b (2) Từ (1) và (2) a= -1/2; b= 20 V 2 Suy ra pV 20V (3) 2 m 20RT + Mặt khác pV RT 5RT (4)  4 0.5 V 2 + Từ (3) và (4) 5RT 20V 2 0.5
3. V 2 4V T 10R R 2V 4 + Xét hàm T=f(V) Tính đạo hàm T theo V ta được T ' 10R R 0.5 ’ Khi T =0 V= 20lít tính được T max= 487,8 K ( Có thể dùng tam thức bậc 2 để biện luận) Câu 6. + Tại thời điểm t ta có OH=vt; MN=2OH.tanα=2vt.tanα O 0.5 2đ + Suất điện động cảm ứng trên MN: ε=BvMNsin900=2Bv2t.tanα B 0.5 + Điện trở toàn mạch: R= r(OM+ON+MN) OH vt với ON=OM= = cosα cosα 0.5 1 sinα M H N R=2rvt( + ) cosα cosα v x y ε Bvsinα + Cường độ dòng điện trong mạch I= = hình vẽ 0.5 R r(1+sinα) 4 Câu 7. a. + ζb =3ζ=18V; rb =3r=1,5Ω 0.5 2đ Pd Đèn sáng bình thường nên: I2 =Id = =0,2A Ud Hiệu điện thế hai cực bộ nguồn: U =ζ -Ir =U +U =IR +(I-I )R N b r CA AB b 2 1 ζ +I R I= b 2 1 =1,25A R b +R1 +rb Do đó U =(I-I )R =10,5V AB 2 1 + Mặt khác UAB =Ud +UX UX =UAB -Ud =4,5V U Điệntrở X= X =22,5Ω I2 2 0.5 Nhiệt tỏa ra trên biến trở: Q=R bI t=50625J=50,625kJ 1 A Khối lượng Cu bám vào Katot: m= I t 2,507g F n 1 b. + Đèn cháy mạch chỉ có bộ nguồn mắc nt với Rb và bình điên phân R1 nên: 0.5 ζ Dòng qua bình là: I' = b =1,125A R b +R1 +rb ' ' ' ' I1 + Đểkhốilượng m =m I1t=I t t = ' t 1h;52ph I 0,5 ' ' ' ζb ζb -I (R1 +rb ) Để t=2h thì I1 =I =1,05A mà I = R b = ' 6,64Ω R b +R1 +rb I Câu 8. Gọi n1, n2, n3 lần lượt là chiết suất tuyệt đối của môi trường (1), (2), (3) 2đ Theo định luật khúc xạ ánh sáng: + Khi ánh sáng truyền từ (1) vào (2): 0.5 n1sini = n2sinr1 0 hay n sin600 = n sin450 => n = 푛1푠푖푛60 (*) 1 2 2 푠푖푛450 + Khi ánh sáng truyền từ (1) vào (3): n1sini = n3sinr3 0 0.5 hay n sin600 = n sin300 => n = 푛1푠푖푛60 ( ) 1 3 3 푠푖푛300 + Khi ánh sáng truyền từ (2) vào (3): n2sini = n3sinr3 0 0 , , 푛2푠푖푛60 0,5 hay n2sin60 = n3sin =>sin = ( ) 3 3 푛3
4. 0 0 + Thay (*), ( ) vào ( ) ta được: sin , = 푠푖푛30 .푠푖푛60 => , ≈ 380 3 푠푖푛450 3 0.5 Câu 9. a) + Tia sáng đi thẳng qua mặt phẳng AB của khối bán cầu và tới mặt cầu tại J với 2đ góc tới là i. OI 1 sin i i 300 OJ 2 0,5 Tại J, ta có: n sin i sin r hay 2 sin 300 sin r r 450 Góc lệch giữa tia ló và tia tới tại J là: D = 450 – 300 =150. + Để có tia ló ra mặt cầu của bán cầu thì góc tới tại mặt cầu thỏa mãn điều kiện: 1 i i , với sin i gh gh 2 Khi i = igh thì tia ló ra khỏi mặt cầu theo phương tiếp tuyến với bán cầu. Khi đó: R 0,5 OI R sin i 2 Gọi I1 là vị trí của I khi có góc tới tại J là i = igh. R Vậy nếu điểm tới I nằm trong đoạn I I R 2 , với OI OI thì sẽ có tia ló 1 2 1 2 2 ra khỏi mặt cầu của bán cầu. b)+ Để có tia ló ra mặt cầu của bán cầu thì góc tới tại mặt cầu thỏa mãn điều kiện: 1 i i , với sin i 0,5 gh gh 2 + Khi i = igh thì tia ló ra khỏi mặt cầu theo phương tiếp tuyến với bán cầu. Khi đó: R OI R sin i 2 Gọi I1 là vị trí của I khi có góc tới tại J là i = igh. 0,5 R Vậy nếu điểm tới I nằm trong đoạn I I R 2 , với OI OI thì sẽ có tia ló 1 2 1 2 2 ra khỏi mặt cầu của bán cầu. Câu 10. Cơ sở lí thuyết 2đ + Nhiệt lượng tỏa ra đúng bằng phần cơ năng đã mất khi vật trượt đến chân mặt nghiêng. + Gọi h là chiều cao của mặt nghiêng, l là chiều dài của mặt nghiêng. 0.5 Chọn mốc thế năng tại chân mặt nghiêng. Vận tốc ban đầu bằng 0. Vận tốc tại chân mặt nghiêng là v mv2 l Q mgh h 2 2 2 at 2l 0.5 Với v2 2al,l Q m(gh ) 2 t 2 Cách tiến hành: + Thả cho vật trượt xuống không vận tốc đầu từ đỉnh mặt nghiêng đến chân mặt nghiêng. Đồng thời bấm đồng hồ đo thời gian t vật chuyển động từ đỉnh 0.5 tới chân mặt phẳng nghiêng.( Hình vẽ) + Đo chiều cao h của mặt phẳng nghiêng. Đo chiều dài l của mặt phẳng nghiêng. 0.5 + Thay vào công thức trên xác định được Q. Lặp lại thí nghiệm 3 lần tính sai số và ghi kết quả. Ghi chú: Nếu học sinh làm theo cách khác nhưng đảm bảo tính chính xác vẫn cho điểm tối đa.