Đề thi học sinh giỏi cấp trường môn Vật lí Khối 11 - Năm học 2011-2012 - Trường THPT Yên Định 2 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp trường môn Vật lí Khối 11 - Năm học 2011-2012 - Trường THPT Yên Định 2 (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THPT YÊN ĐỊNH 2 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2011-2012 Môn thi: Vật Lý Khối 11 (Thời gian làm bài 180 phút) === Bài 1 (3đ): Một nguồn điện có suất điện động E = 6 V, điện trở trong r = 2  , mạch ngoài có điện trở R. a) Tính R để công suất tiêu thụ mạch ngoài là 4W. b) Với giá trị nào của R thì công suất tiêu thụ mạch ngoài lớn nhất. Tính giá trị đó. Bài 2 (3đ): Một e di chuyển một đoạn 0,6 cm từ điểm M đến điểm N dọc theo một đường sức điện của 1 điện trường đều thì lực điện sinh công 9,6.10-18J a) Tính cường độ điện trường E b) Tính công mà lực điện sinh ra khi e di chuyển tiếp 0,4 cm từ điểm N đến điểm P theo phương và chiều nói trên? c) Tính hiệu điện thế UMN; UNP d) Tính vận tốc của e khi nó tới P. Biết vận tốc của e tại M bằng không. Bài 3 (4đ): Cho bộ tụ điện mắc như hình vẽ. C 1 = 4  F, C2 = 6 F , C3 = 3,6 F và C4 = 6 F. Mắc 2 cực AB vào hiệu điện thế U = 100V. a) Tính điện dung của bộ tụ và điện tích của mỗi tụ. C1 C2 C b) Nếu hiệu điện thế giới hạn của bộ tụ C 1,2,3 (CAM) là 40V; hiệu A M 4 B C3 điện thế giới hạn của tụ C 4 là 60V. Thì hiệu điện thế tối đa đặt vào 2 đầu mạch điện là bao nhiêu để các tụ không bị đánh thủng? Bài 4 (2đ): Cho một chùm hẹp các electron chuyển động với tốc độ v 4.105 m / s bay vào một từ trường đều theo theo hướng hợp với phương của đường cảm ứng từ một góc 300 . Biết độ lớn cảm ứng từ của từ trường là B 10 4 T . Bỏ qua tương tác giữa các electron. Tìm bán kính cực đại của các electron trong từ trường và thời gian để electron chuyển động hết 1 vòng tròn Bài 5 (3đ): Một tấm thuỷ tinh rất mỏng trong suốt có tiết diện là hình chữ nhật ABCD (độ dài AB rất lớn so với AD), mặt đáy AB tiếp xúc với một chất lỏng có chiết suất n0 2 . Chiếu một tia sáng đơn sắc SI nằm trong mặt phẳng ABCD tới mặt AD sao cho tia tới nằm phía trên pháp tuyến ở điểm tới và tia khúc xạ trong thuỷ tinh gặp đáy AB ở điểm K (xem hình). a) Biết chiết suất của thuỷ tinh là n 1,5 . Tính giá trị lớn nhất của góc tới i để có phản xạ toàn phần tại K b) Chiết suất của thuỷ tinh phải có giá trị như thế nào để với mọi góc tới i  i  tia, khúc xạ IK luôn bị phản xạ toàn phần trên mặt đáy AB. Bài 6 (2đ): Một dòng điện trong ống dây phụ thuộc vào thời gian theo công thức i 0,4(5 t) (A, s). Ống dây có hệ số tự cảm L = 0,005H. Tính suất điện động tự cảm trong ống dây Bài 7 (3đ): Cho một hệ hai thấu kính O1 , O2 có tiêu cự lần lượt làf1 20 cm , f 2 10 cm ; O1 ở bên trái O2 và có trục chính trùng nhau. Một vật sáng AB cao 3 cm vuông góc với trục chính, ở phái bên trái O1 và cách O1 một khoảng d1 30 cm . Tìm khoảng cách giữa hai thấu kính để: a) Ảnh tạo bởi hệ là ảnh thật. b) Ảnh tạo bởi hệ cùng chiều với vật và cao 2cm. c) Ảnh tạo bởi hệ có chiều cao không đổi khi dịch chuyển vật dọc theo trục chính. Tìm độ phóng đại khi đó ===HẾT===
2. TRƯỜNG THPT YÊN ĐỊNH 2 ĐÁP ÁN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2011-2012 Môn thi: Vật Lý Khối 11 Bài Ý Nội dung Điểm E2 Công suất mạch ngoài: P = R.I2 = R. 2 0,5 R r a 62 khi P = 4W thì 4 = R. R = 1 và R = 4 . 2 0,5 R 2 2 E E2 Ta có: : P = R.I2 = R. R r 2 r 0,5 R 1 R (3 điểm) r Để P = PMax thì R nhỏ nhất. 0,5 b R r r Theo BĐT Cô-si thì : R 2.r Dấu “=” xảy ra khi R RN r 2. 0,5 R R E2 62 Khi đó: P = PMax = = 4,5 W. 4.r 4.2 0,5 A 4 a Cường độ điện trường: E MN 10 (V / m) 1 q.MN ' ' Ta có: AMN =q.E.M N vì AMN > 0; q 0 nên e đi ngược chiều đường sức 0,5 b => Công mà lực điện sinh ra là công dương ' ' ' ' -19 4 -18 Ta có: N P = -0,004m => ANP= q.E.N P = 1,6.10 .10 .0,004 = 6,4.10 J 0,5 18 AMN 9,6.10 2 Hiệu điện thế: U MN 60V 0,5 q 1,6.10 19 (4 điểm) c A 6,4.10 18 U NP 40V 0,5 NP q 1,6.10 19 Vận tốc của e khi nó tới P là: -18 0,5 Áp dụng định lý động năng: AMP = WđP – WđN => WđP = AMN +ANP = 16.10 J d 18 2W 2.16.10 Thay số v dP 5,9.106 (m / s) 0,5 m 9,1.10 31 Cấu tạo của mạch điện: C nt C C nt C 1 2  3 4 C1 C2 C 3 a A M 4 B 0,25 (3 điểm) C3
3. C1C2 6.4 C12 2,4 F C1 C2 6 4 Điện dung của bộ tụ: CAM C12 C3 2,4 3,6 6 F 0,75 CAM C4 6.6 CAB 3 F CAM C4 6 6 6 4 QAB CAB .U AB 3.10 .100 3.10 (C) QAM Q4 4 QAM 3.10 U AM 6 50(V ) U12 U3 Điện tích của các tụ: CAM 6.10 1 6 4 Q3 C3.U3 3,6.10 .50 1,8.10 (C) 6 4 Q12 C12.U12 2,4.10 .50 1,2.10 (C) Q1 Q2 Điện tích cực đại có thể tích trên bộ tụ CAM và C4 là: -6 -5 QmaxAM = CAM.UmaxAM = 6.10 .40 = 24.10 (C) 0,25 -6 -5 Qmax4 = C4.Umax4 = 6.10 .60 = 36.10 (C) Mà thực tế ta có vì CAM; C4 mắc nối tiếp nên để không có tụ nào bị đánh thủng thì: 0,25 b QAM = Q4 min QmaxAM ;Qmax4 -5 Điện tích tối đa của bộ: QAB = QAM = Q4 = QmaxAM = 24.10 (C) 0,25 5 QAB 24.10 Hiệu điện thế tối đa có thể đặt vào 2 đầu mạch điện là: U AB 6 80(V ) 0,25 CAB 3.10 v v cos t 0 phân tích: v0 vt vn vt // B, vn  B 0,5 vn v0 sin Thành phần vn gây ra chuyển động tròn, Lực Loren tác dụng lên electron (có độ lớn mv 0,5 F ev B ) đóng vai trò là lực hướng tâm (có độ lớn F n ), 5 L n ht R (2 điểm) mv 2 mv mv sin Tức là: ev B n R n 0 . 0,5 n R eB eB    R Thời gian cần thiết để electron chuyển động hết 1 vòng tròn là: T  vn v sin 0,5 R n Góc giới hạn phản xạ toàn phần tại K: sini 0 gh n Để có phản xạ toàn phần tại K: 0,5 n n 2 i i sini 0 sin 2 i 0 1 1 0 1 n 1 n 2 6 0 2 2 Mà i1 r 90 sini1 cos r sin i1 1 sin r 2 (3 điểm) 2 2 2 0,5 Thay (2) vào (1): n n.sin r n0 3 Sử dụng định luật khúc xạ tại I: n.sin r sini 4 0,5 2 2 2 + Thay (4) vào (3): sin i n n0 5 0,5 9 1 a) Thay giá trị vào (5): sin i n 2 n 2 2 i 300 i 300 0,5 0 4 2 max
4. b) Từ (5), để có phản xạ toàn phần tại K với mọi góc i 0 i 900 thì (5) phải đúng với mọi 2 2 2 2 2 2 0,5 i. Muốn vậy: n n0 sin i max hay n n0 1 n n0 1 3 1,732 i1 2 0,4t Giải: ta có i 0,4(5 t) 2 0,4t i2 i1 0,4(t2 t1 ) i 0,4 t 1 7 i2 2 0,4t 2 (2 điểm) i Khi t t t rất nhỏ thì i i i cũng rất nhỏ. Vậy e L 0,005.0,4 0,002V 1 2 1 2 1 tc t + Sơ đồ tạo ảnh: O O 1 2 AB A1B1 A2B2 d ' d' 0,5 1 d1 d2 2  l a d1 f1 30.20 d 2 f 2 60 l d'1 60 cm d 2 l d'1 l 60 d'2 d'2 10. 0,5 d1 f1 30 20 d 2 f 2 l 50 60 l Để ảnh A B là thật d ' 0 0 50 l 60 2 2 2 l 50 0,5 Vậy để A2 B2 là thật thì 50 cm  60 cm . ' d1 60 k1 2 d1 30 20 Độ phóng đại ảnh cuối cùng: k k k k 1 2 ' 0,5 d 10 50 l k 2 2 d 2 l 50 8 b k 0 (3 điểm) 2 + Vì ảnh tạo bởi hệ cùng chiều với vật và cao 2 cm nên k => A2 B2 2 k 3 AB 3 0,5 20 2 l 20 cm 50 l 3 Độ phóng đại ảnh cuối cùng: d'1 f1 f 2 d'1 f1 f 2 f 2 d'1 f1 k k1k2 . . ' f1 d 2 f 2 f1 l d1 f 2 f1 l d'1 f 2 0,25 f 2 d'1 f 2  f 2 l f1 f 2 l f1 f 2 k 1 c f1 d'1 f 2 l f1 d'1 f 2 l ' Theo đề bài k không phụ thuộc d1 (tức là cũng không phụ thuộc d1 ). f 2 + Do đó, theo (2): l f1 f 2 0 l f1 f 2 (hệ vô tiêu) và khi đó k nghĩa là 0,25 f1 chiều cao của A2 B2 không đổi.