Đề khảo sát chất lượng đội tuyển học sinh giỏi môn Vật lý Lớp 11 - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề khảo sát chất lượng đội tuyển học sinh giỏi môn Vật lý Lớp 11 - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)

1. ĐỀ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn thi: VẬT LÝ - KHỐI 11. Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi 23 tháng 02 năm 2019. ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 10 câu, 03 trang) Họ tên thí sinh: Số báo danh: Câu 1 ( 2 điểm ) Hai vật A và B chuyển động biến đổi đều trên trục x’Ox. + Vật A bắt đầu chuyển động từ gốc O với vận tốc v 01 = 6 m/s theo chiều dương Ox và vào lúc t = 6s nó có tọa độ xA = 90 m/s. + Hai giây sau khi A rời O thì vật B đi qua O với vận tốc v2 = 36 m/s cũng theo chiều Ox và 3 giây sau đó vật B có tọa độ cực đại. Xác định vị trí và thời điểm hai vật gặp nhau. Câu 2. ( 2 điểm ) Cho cơ hệ như hình vẽ 1. Vật 1 có khối lượng M, có thể trượt không ma sát trên mặt ngang. Tại thời điểm ban đầu người ta kéo lệch vật 2 có khối lượng m khỏi phương thẳng đứng một góc α rồi buông ra. Tìm mối M quan hệ của M,m và α biết rằng trong quá trình chuyển động góc α không đổi. α m Hình vẽ Câu 3. ( 2 điểm ) 1 Hai vật A và B có khối lượng M A = 9kg, MB = 40 kg đặt trên mặt bàn nằm ngang và nối với nhau bởi lò xo A B nhẹ có độ cứng K = 150N/m, vật B tựa vào tường v thẳng đứng như hình vẽ 2. Hệ số ma sát giữa mặt ngang và các vật đều là µ = 0,1. Ban đầu hai vật nằm yên và lò xo không biến dạng. Một viên đạn khối lượng m = 1kg bay theo phương ngang với vận tốc v tới cắm vào vật A. Lấy g = 10m/s2. Hình vẽ 2 a - Với v = 10m/s tìm độ co lớn nhất của lò xo. b - Viên đạn có vận tốc v là bao nhiêu thì vật B có thể dịch chuyển sang trái. Câu 4.( 2 điểm ) Một pittông khối lượng M nằm trong một bình trụ đứng yên như hình vẽ 3, tiết diện của bình là S, dưới pittông có một lượng không khí. Pittông được giữ ở độ cao h0 so với đáy nhờ một sợi chỉ, sức căng của sợi chỉ khi đó là T. Sau khi đốt sợi chỉ thì pittông chuyển động không ma sát. Tại vị trí cách đáy một khoảng x thì vận tốc của pittông có giá trị lớn nhất. Tìm x. Cho biết áp suất khí quyển P0, gia tốc rơi tự h0 do g và nhiệt độ của khí không đổi. 1 Hình vẽ 3
2. Câu 5.( 2 điểm ) Một quả cầu khối lượng m mang điện tích q được bắn lên theo phương thẳng đứng trong một điện trường đều có véctơ cường độ điện trường nằm ngang với vận tốc đầu v0. a - Xác định góc hợp bởi giữa phương của véctơ gia tốc của quả cầu so với phương ngang. b - Tính giá trị cực tiểu của vận tốc quả cầu. Câu 6.( 2 điểm ) Một tụ xoay không khí có 16 bản, mỗi bản có dạng nửa hình tròn bán kính R = 6cm, khoảng cách giữa hai bản liên tiếp d = 0,5mm. Diện tích đối diện giữa hai bản có dạng hình quạt với góc ở tâm là α ( hình vẽ 4). a - Tính điện dung của tụ khi hai bản đối diện hợp nhau góc α = 600. b - Xoay các bản tụ sao cho điện dung có giá trị α lớn nhất rồi nối với nguồn điện có U = 100V sau đó ngắt ra khỏi nguồn. Tính góc α nhỏ nhất sao cho tụ không bị đánh thủng, biết điện trường lớn nhất mà không khí vẫn không bị dẫn điện là E max = 3.105V/m. Hình vẽ 4 Câu 7.( 2 điểm ) R2 K1 Cho mạch điện như hình vẽ 5. Trong đó nguồn 8 điện có suất điện động E, điện trở trong r= W 3 R1 M N các điện trở R1 = 6Ω, R3 = 12Ω, bỏ qua ảnh hưởng các dụng cụ đo. Khi K1 mở, K2 đóng con chạy C ở đầu N thì V1 Ampe kế chỉ 0,5A E,r Khi K và K đều đóng, điều chỉnh con chạy C ở 1 2 V2 trong khoảng MN sao cho số chỉ hai vôn kế như A 9 nhau thì Ampe kế chỉ A . Tìm E và RMN? 22 R3 K2 Hình vẽ 5 Câu 8.( 2 điểm ) Một khối bán trụ trong suốt có chiết suất n = 2 Trong một mặt phẳng tiết diện vuông góc có 2 tia sáng song song tới gặp mặt phẳng của bán trụ với cùng góc tới i = 450 ở M và tâm O ( hình vẽ 6 ). M O a - Tính góc lệch ứng với tia tới SO sau khi ánh sáng khúc xạ ra không khí. n b - Xác định vị trí M sao cho tia khúc xạ ra ngoài không khí song song với tia tới. Hình vẽ 6 2
3. Câu 9.( 2 điểm ) Một lăng kính bằng thủy tinh có chiết suất n > 1 đặt trong không khí có góc lệch cực tiểu bằng 1/2 góc chiết quang. Xác định góc chiết quang của lăng kính đó? Giá trị chiết suất n phải thỏa mãn điều kiện gì? Áp dụng với n = 2 . Câu 10. ( 2 điểm ) Trình bày phương án đo chiết suất của nước bằng các dụng cụ sau: - Một cốc thủy tinh hình trụ có thành mỏng loại 500ml, đường kính 80 mm. - Băng dính đen rộng 50 mm. - Dao có lưỡi mỏng, thước thẳng, compa, bút chì, giấy trắng, nước cất. - Đèn chiếu sáng là bóng đèn ( 6V - 5W ) và nguồn điện. Hết 3
4. ĐÁP ÁN ĐỀ THI KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI VẬT LÍ MÔN VẬT LÝ NĂM HỌC 2018 – 2019 Thời gian làm bài:180 phút Câu1 (2đ) Chọn gốc thời gian lúc vật A đi qua 0 v 2 O v ’ 1 x x a0.25đ B A 1 2 x1 = 6t+ t 1 + Phương trình chuyển động của vật A: 2 a x = 6t+ 1 t 2 1 (1) 1 2 + Tại t = 6s a .62 m x 90 90 6.6 1 a 3 1 2 1 s2 0.5đ 2 x1 6t 1,5t + Phương trình chuyển động của vật B a .t2 x x v t 2 2 02 02 2 0.25 đ v2 v02 a2t + Khi t = 2s x2 0;v2 36m x 2v 2a 0 02 02 2 ( 2 ) 0.25 đ v02 2a2 36 + Khi t = 5s vì x2max nên v2 = 0 v2 = v02 +5a 2 0 3 m m Từ 2,3 suy ra: x 96m;v 60 ;a 12 02 02 s 2 s2 2 0,25đ x2 = 96 60t 6t (4) a - Khi hai vật gặp nhau 2 2 x1 x2 6t 1,5t 96 60t 6t 0,5đ t1 3,2s x1 x2 34,6m t2 4s x1 x2 48m Câu 2: 0,5đ (2đ) 0.5đ + Phân tích các lực tác dụng vào các vật như hình vẽ. Áp dụng định luật 2 Niuton cho các vật:t ' P1 T T N Ma1 4
5. (1) P2 T a2 Vì trong quá trình chuyển động góc lệch dây treo không đổi nên gia tốc của chúng 0,5đ theo phương ngang là như nhau. T T sin M.a sin 0.5đ m M T sin m.a 1 sin Câu 3: a - Tìm độ co lớn nhất của lò xo. (2đ) Gọi v0 là vận tốc của A và đạn ngay sau va chạm Áp dụng ĐLBT động lượng: 0.5đ m mv (M m)v v 1 A 0 0 s Áp dụng ĐLBT năng lượng: 1 1 (M m)v2 Kx2 (M m)g.x 2 A 0 2 A (3) 0.5đ 15x2 2x 1 0 x 0,2m b- Đk để B dịch chuyển sang trái là lò xo phải dãn ít nhất x0 sao cho: Fđh = Fms 4 Kx M g x m 0 B 0 15 0,25đ Như vậy vận tốc v0 của vật A và đạn ngay sau khi va chạm phải làm cho lò xo co tối đa x sao cho khi nó dãn ra thì độ dãn tối thiểu phải là x0 Ta có: 1 1 Kx2 (M m)g. x x Kx 0.25 đ 2 A 0 2 0 75x2 10x 8 0 x 0,4m Áp dụng ĐLBT năng lượng: 1 1 (M m)v2 Kx2 (M m)g.x 2 A 0 2 A 0.5 đ m m v 1,8 v 18 0 s s Câu 4: Gọi Ph0 là áp suất khí khi pittong cách đáy đoạn h0 (2đ) ĐKCB của pittong: 0.5đ Mg T p .S T P .S Mg P P h0 0 h0 0 S Gọi Px là áp suất khí khi pittong cách đáy đoạn x. Áp dụng ĐL Boilo - Mariot Mg T pX .x Ph0.h0 P0 .h0 S 0,5đ Mg T h0 Px P0 . S x 5
6. Phương trình chuyển động của pittong: P0.S Mg Px .S M.a 0.5đ Mg T h0 P0.S Mg P0 .S M.a S x Vận tốc của pittong đạt cực đại khi a = 0 0.5 đ Mg T h0 P0.S Mg P0 .S 0 S x (P S Mg T)h x 0 0 P0S Mg Câu 5: y (2đ) a - Xác định phương của a Các lực tác dụng vào quả cầu: P; Fd 0,5đ Gia tốc quả cầu P Fd q a g E F d m m v0 x a hợp với phương ngang góc α với: O P mg tan Fd qE 0.5 đ P F b - Tìm vận tốc nhỏ nhất của quả cầu Vận tốc của quả cầu: 2 2 2 qE 2 vt vx vy t v0 gt 0.25đ m 2 2 qE 2 vt t (v0 gt) (1) m 2 Lấy đạo hàm bậc nhất của vt 0.25 đ theo thời gian t và cho bằng 0 ta được: 2 qE 2t 2g(v0 gt) 0 m m2v t 0 (2) m2 g 2 q2 E 2 0,25đ Thay 2 vào 1 ta được: qE vmin v0 q2 E 2 m2 g 2 0,25đ Câu 6: (2đ) a. Điện dung tụ xoay theo góc α + Diện tích đối diện mỗi bản: 6
7. 1 0,25đ S R 2 . a = 2 p 180 + Điện dung tụ 1 2 a pR . S 2 180 a -11 0.25 đ C1 = = 9 Û C1 = .10 F 4pdk 4pd.9.10 18 + Điện dung bộ tụ 5 C 15C 15. a .10-11 F .10-11 5.10-10 F = 1 = 18 = 6 a = 0,5đ b. Tìm giá trị nhỏ nhất góc xoay + Điện dung lớn nhất của tụ C 180 a .10-11 F 10-10 F 1Max = 18 = 0.5 đ +Điện tích lớn nhất của tụ khi đó -8 q1Max = U.C1Max =10 C + Ngắt tụ ra khỏi nguồn điện tích tụ vẫn không đổi. K hi xoay các bản thì điện dung thay đổi và hiệu điện thế tụ thay đổi. Ta có: ' ' q1Max q1Max = C1U1 Þ U1 = £ Ugh = EMax .d C1 q 10-9 10-11 10-9 C 1Max F . Û 1 ³ E .d = 15 Û a 18 ³ 15 Max 0.5 đ 0 Û a ³120 Câu 7: + Khi K1 mở, K2 đóng, con chạy C ở N ta có sơ đồ mạch như hình vẽ (2đ) 4 0.25 đ U E I.r E (1) AB = - = - 3 + Ta có: R1 M N I = I1 + I3 = 0,5 U U AB AB 0,5 Û R R + R = 1 + MN 3 E,r R R R ( 1 + MN ) 3 A 0,25đ Û UAB = 0,5 (2) R1 + R3 + R MN Từ 1 và 2 suy ra: R3 22R MN +180 E (3) 0,5đ = 3 R 18 ( MN + ) + Khi K1 và K2 đều đóng ta có sơ đồ mạch 7
8. U U U 0 V1 = V2 Þ MN = E,r R3 R NC Þ = = 2 Û R NC = 2R MC A R1 R MC R3 R Þ I1 = 2I3 NC Mặt khác: R 3 2 I I I 3I I I A R RMC 1 + 3 = Û 3 = Þ 3 = 22 1 0.5 đ Hình vẽ 5 Ta có: U E Ir I R R 0.25 đ AB = - = 3 ( 3 + NC ) 8 9 3 2 E . æ12 R ÷ö Û - = ç + MN ÷ 3 22 22 èç 3 ø÷ 30 R E + MN 4 Û = 11 ( ) Giải hệ phương trình 3 và 4 ta được: E= 6V 0,25đ R MN = 36W Câu 8: a - Tính góc lệch ứng với tia tới SO (2đ) + Tia tới SO cho tia khúc xạ OI i 0,5đ rồi truyền thẳng ra không khí như hình vẽ M O + Ta có : D =i - r 0.5 đ Mặt khác: n 0 sini =n.sinr Û r = 30 r Suy ra: D = 150 D b - Xác định vị trí M + Các tia tới đều khúc xạ vào bán trụ với góc khúc xạ 300 + Giả sử tại M tia ló song song tia tới, tia khúc xạ gặp bán trụ tại J như hình vẽ i Ta có: O ìi' i x M ï = + í ' 0.5 đ ïr r x ’ îï = + i n Theo định luật khúc xạ r æsini = n.sinr ö ç ÷ sin i x n.sin r x ’ ç ' ' ÷Þ ( + )= ( + ) çsini nsin r ÷ è = ø J sinx 3 sinx x =0 Û = Þ i’ Vậy J là giao điểm của pháp tuyến qua O với bán trụ. x R Suy ra: 0,5đ 8
9. 3 OM OJ.tanr R = = 3 Câu 9: Xác định góc chiết quang A (2đ) A Dm + A 3A A 0.25 đ Dm = Þ im = = ; rm 2 2 4 = 2 Ta có: A Đặt suy ra: a = 4 nsin 2a = sin3a 2 Û 4cos a - 2n cosa -1= 0 n n2 4 cos ± + Û a = 4 A 0 A 0 p 0.5 đ 0 n n2 4 cos + + Þ a = 4 n n2 4 Arccos + + Þ a = 4 n n2 4 Vậy A 4.Arccos + + Þ = 4 0,25đ Điều kiện n 2 0 p cos 1 1 suy ra điều kiện n <1,5 Áp dụng với n = 2 ta được: n n2 4 2 6 2 1 3 2 cos + + + . . a = 4 = 4 = 2 2 + 2 2 0 0 0 0 0.5 đ Û cosa= sin(45 + 60 ) = sin105 = cos15 0 0 Û a =15 Þ A = 60 *Cơ sở phép đo: Câu 10 (2đ) 0.5đ 9
10. Hình trên mô tả sự khúc xạ của tia tới SI trên mặt phẳng cắt vuông góc với thành cốc nước. Trong đó: i là góc tới, r là góc khúc xạ. Các tam giác S ' IM và I ' IM là các tam S 'M giác vuông nội tiếp trong đường tròn đường kính IM. Do đó sin i và IM I ' M sin r 0,5đ IM Ta tính được chiết suất của nước: S ' M sin i S ' M n IM sin r I ' M I ' M (1) IM Tiến hành thí nghiêm: 1đ - Dán băng dính sẫm màu bao quanh thành ngoài của cốc và rạch trên băng dính một khe hẹp rộng khoảng 2 mm, dọc theo đường sinh của cốc. Đổ nước vào sao cho ngạp phàn băng dính. - Đặt đèn và cốc nước lên trên tờ giấy ở mặt bàn, cách nhau 20 cm. - Vẽ đường viền chu vi đáy cốc lên tờ giấy. Trong quá trình thí nghiệm, vị trí của nguồn không thay đổi, chỉ xoay cốc nước trong đường viền chu vi đáy cốc Điều quan trọng là cần phải dựng được các điểm I, S ’, M, I’ trên đường viền chu vi đáy cốc đã vẽ để tính chiết suất theo công thức (1). - Xoay cốc đi một góc khoảng 30 O. Đánh dấu các vị trí I, M và các hình chiếu S’, I’ của hai vết sáng ở thành cốc lên đường viền chu vi đáy cốc ở tờ giấy. - Bỏ cốc nước và nguồn sáng ra. Đo các đoạn S’M, I’M tương ứng đã dựng được trên tờ giấy. Khi đó chiết suất của nước: S ' M sin i S ' M n IM sin r I ' M I ' M IM Lưu ý: -Nếu học sinh dùng phương pháp để giải toán cho kết quả đúng vẫn cho điểm tối đa. 10
11. MA TRẬN ĐỀ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HSG KHỐI 11 NĂM HỌC 2018 - 2019 Mức độ đánh giá TT Nội dung Tổng Nhận Thông Vận dụng Vận dụng biết hiểu thấp cao Động học chất điểm Phần a Phần b 1 câu 1 câu 1 câu 1 2,0đ 1,0 đ 1,0 đ Động lực chất điểm câu 2 1 câu 2 2,0 đ 2,0đ Các định luật bảo toàn Phần a Phần b 1 câu 3 câu 3 câu 3 1,0 đ 1,0 đ 2,0 đ Nhiệt học câu 4 1 câu 4 2,0 đ 2,0 đ Điện tích - Điện trường Phần a Phần b 1 câu câu 5 câu 5 5 1,0 đ 1,0 đ 2,0 đ Tụ điện Phần a Phần 1 câu 6 câu 6 câu 6 2,0đ 1,0 đ 1,0 đ Dòng điện không đổi câu 7 1 câu 7 2,0 đ 2,0đ Khúc xạ ánh sáng Phần a Phần b 1 câu 8 câu 8 câu 8 2,0đ 1,0 đ 1,0 đ Lăng kính Câu 9 2,0đ 9 2,0 đ Thí nghiệm thực hành Câu 10 1 câu 10 2đ 2,0đ 4,0 đ 6,0 đ 6,0 đ 4,0 đ 10 câu Cộng 20 đ 11