Đề thi khảo sát chất lượng đội tuyển học sinh giỏi Lớp 11 liên trường môn Vật lí - Năm học 2019-2020 - Trường THPT Triệu Sơn 5 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi khảo sát chất lượng đội tuyển học sinh giỏi Lớp 11 liên trường môn Vật lí - Năm học 2019-2020 - Trường THPT Triệu Sơn 5 (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT THANH HÓA KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 5 HỌC SINH GIỎI LỚP 11 LIÊN TRƯỜNG NĂM HỌC 2019 - 2020 Đề chính thức MÔN: VẬT LÍ Gồm có 02 trang Thời gian : 180 phút (Không kể thời gian giao đề ) Ngày thi 27/10/2019 Bài 1. (2 điểm) Hai chất điểm chuyển động thẳng đều trên hai trục Ox và Oy vuông góc với nhau như Hình 1. Tại thời điểm t = 0, vật 1 đang ở A cách O một đoạn l 1, vật 2 đang ở B cách O một đoạn l 2, hai vật cùng chuyển động hướng về O với các vận tốc v1 và v2. a) Tìm điều kiện để hai vật đến O cùng một lúc. b) Cho l1 = 100 m, v1 = 4 m/s, l2 = 120 m, v2 = 3 m/s. Tìm khoảng cách giữa hai vật tại thời điểm t=10 s. c) Với các dữ kiện như câu b. Tìm khoảng cách nhỏ nhất giữa hai vật? Xác định vị trí của vật 1 khi đó? Câu 2. (2 điểm) Một quả cầu nặng m=100g được treo ở đầu một sợi dây nhẹ, không co dãn, dài l=1m (đầu kia của dây cố định). Truyền cho quả cầu ở vị trí cân bằng một vận tốc đầu v 0 theo phương ngang. Khi dây treo nghiêng góc α =30o so với phương thẳng đứng thì gia tốc của quả cầu có phương ngang. Cho g=10m/s2, bỏ qua mọi ma sát. a) Tìm vận tốc v0. b) Tính lực căng dây và vận tốc của vật tại vị trí có góc lệch = 40o Bài 3. (2 điểm) Cho mạch điện như Hình 2. Biết E1 = 4V, E2 = 8V, E3 = 16V, hai đèn Đ 1 và Đ 2 có điện trở lần lượt là R1 = 3, R2 = 6, biến trở R = 12. Bỏ qua điện trở trong của các nguồn. Coi điện năng tiêu thụ trên các đèn là có ích. Khi điều chỉnh con chạy thì công suất hữu ích tổng cộng trên các đèn có thể đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất bằng bao nhiêu. Xác định điện trở của phần biến trở AC khi đó. Bài 4. (2 điểm) Cho cơ hệ như Hình 3. Ròng rọc có khối lượng không đáng kể, dây nối nhẹ và không dãn, m1=2 kg; m3=1 kg; hệ số ma sát trượt giữa m3 và mặt bàn cố định là k = 0,2; hệ số ma sát trượt giữa 2 m2 với m3 là ko=0,4; lấy g=10 m/s . Hệ được thả cho chuyển động từ trạng thái nghỉ. 1. Hỏi m2 bằng bao nhiêu để nó không trượt trên m3 khi hệ chuyển động? 2. Tính m2 để gia tốc của m3 bằng một nửa gia tốc của m2. Khi đó gia tốc của m2 bằng bao nhiêu? Bài 5. (2 điểm) Một dây dẫn thẳng MN chiều dài l, khối lượng của một đơn vị dài của dây là D = 0,04 kg/m. Dây được treo bằng hai dây dẫn nhẹ thẳng đứng và đặt trong từ trường đều có véc tơ cảm ứng từ vuông góc với mặt phẳng chứa MN và dây treo, Hình 4 độ lớn B = 0,04 T. Cho dòng điện I chạy qua dây. Cho g=10m/s2. a) Xác định chiều và độ lớn của I để lực căng của các dây treo bằng không? b) Cho MN= 20 cm, I= 10 A có chiều từ N đến M. Tính lực căng của mỗi dây treo ? Bài 6. (2 điểm) Hai quả cầu nhỏ giống nhau, mỗi quả có điện tích q và khối lượng m = 10g được treo bởi hai sợi dây cùng chiều dài l 30cm vào cùng một điểm O. Giữ quả cầu 1 cố định theo phương thẳng đứng, dây treo quả cầu 2 sẽ bị lệch góc 60o so với phương thẳng đứng. Cho g 10m / s2 . Tìm độ lớn điện tích q ? Bài 7. (2 điểm) Một xylanh đặt thẳng đứng, bịt kín hai đầu, được chia làm hai phần bởi một pittông nặng cách nhiệt. Cả hai bên pittông đều chứa cùng một lượng khí lý tưởng. Ban đầu khi nhiệt độ khí của hai phần như nhau thì thể tích phần khí ở trên pittông gấp n = 2 lần thể tích khí ở phần dưới pittông. Hỏi nếu nhiệt độ của khí ở phần trên pittông được giữ không đổi thì cần phải tăng nhiệt độ khí ở phần
2. dưới pittông lên bao nhiêu lần để thể tích khí ở phần dưới pittông sẽ gấp n = 2 lần thể tích khí ở phần trên pittông? Bỏ qua ma sát giữa pittông và xylanh. Bài 8. (2 điểm) Một ngọn đèn khối lượng m = 2 kg được treo vào tường bởi dây BC và thanh AB như Hình 5. Thanh AB gắn vào tường bởi bản lề A. Cho α = 300. Tìm lực căng của dây BC và lực của tường tác dụng lên thanh AB trong các trường hợp: a) Bỏ qua khối lượng của thanh AB. b) Khối lượng của thanh AB là M = 1 kg. Bài 9. (2 điểm): Chiếu một chùm sáng song song từ không khí xuống mặt thoáng của một bể nước với góc tới 4 i. Cho chiết suất của nước là . 3 1. Biết chùm tia khúc xạ hợp với chùm tia phản xạ một góc 120o. Tính i. 4 2. Chùm tia tới có tiết diện vuông góc là một miền hình tròn bán kính 0,3 cm. Khi sin i thì chùm 5 tia khúc xạ vuông góc với đáy bể. Tính diện tích vệt sáng ở đáy bể trong trường hợp này. Bài 10. (2 điểm) Một đoạn mạch điện được mắc như Hình 6. Các điện trở chưa biết giá trị, điện trở dây nối không đáng kể. - Dụng cụ thí nghiệm: một ôm kế (đồng hồ đo điện trở) và một đoạn dây dẫn (có điện trở không đáng kể).- Yêu cầu: xác định giá trị của Rx mà không tháo rời các điện trở khỏi mạch. M E1 D E2 N B y Đ Đ1 2 l2 C A B O l1 A x v1 E3 Hình 1 C Hình 2 α R1 R B x R2 R3 M N R6 R5 A B R4 Hình 4 Hình 6 Hình 5 HẾT
3. SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐỘI TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 5 TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 LIÊN TRƯỜNG NĂM HỌC 2019 - 2020 MÔN: VẬT LÍ Thời gian làm bài: 180 phút HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM Câu Nội dung Điêm 1 a. Hai vật đến O cùng một lúc thì thời gian chuyển động của chúng 0,5 (2đ) l l phải bằng nhau: 1 2 v1 v2 b. tại thời điểm t = 10 s khoảng cách từ các chất điểm đến O là: 0,25 x = l1 – v1.t = 60 m. y = l2 – v2.t = 90 m. 0,25 Khoảng cách giữa hai chất điểm. 0,25 l x2 y2 108,17 m c. Khoảng cách hai vật 0,25 d2 x2 y2 (100 4t)2 (120 3t)2 25t2 1520t 24400 Từ đây ta có dmin= 36m, (khi t=30,4s) 0,5 Vị trí của vật 1 là: x = l1 – v1.t = - 21,6 m 2 a) Khi dây treo nghiêng góc α=300 so với phương thẳng đứng, vật M chịu tác dụng 0,25 của các lựcnhư hình vẽ. Do gia tốc có phương ngang nên: T.cos30o mg (1) (2đ) Mặt khác, xét theo phương hướng tâm MO ta có: 0,5 mv2 T mgcos30o (2) (Với v là vận tốc của vật tại M) O l α T gl Từ (1) và (2) suy ra: v2 (3) 2 3 ma M Áp dụng ĐLBT cơ năng cho hệ khi vật ở vị trí M và khi vật ở P vị trí cân bằng ta
4. 0,5 2 2 0 12 5 3 được: v0 =v +2gl(1 – cos30 ) =gl 6 v0 ≈ 2,36m/s b) Áp dụng ĐLBT cơ năng cho hệ khi vật ở vị trí =40o và khi vật ở vị trí cân 0,25 bằng ta được: 2 2 o 2 o vo v 2gl(1 cos40 ) v vo 2gl(1 cos40 ) 0,94(m / s) Xét theo phương sợi dây ta có: 0,5 mv2 0,1.0,942 T mgcos40o 0,1.10.cos40o 0,86N l 1 3 - Gọi U1 và U2 là hiệu điện thế hai cực của mỗi đèn. E E (2đ) - Sử dụng phương trình cộng hiệu điện thế: M 1 D 2 N UAC = UAM + E1 = U1 + 4. UCB = E2 + UCB = 8 + U2. Đ Đ1 2 C UAB = UAC + UCB 16 = 12 + U1 + U2. A B U1 + U2 = 4 (1) 0,5 E3 Hình 2 - Công suất hữu ích tổng cộng: U 2 U 2 U 2 (4 U )2 P 1 2 1 1 R R 3 6 1 2 U 2 4U 8 P 1 1 0,5 2 3 3 U1 0 4/3 12 P 8/3 176/3 0,5 16/9 Vậy P = 16/9 W ta tính được RAC = 4. min 0,5 Pmax = 176/3 W ta tính được RAC = 12. 4 1. Giả sử m2 đứng yên trên m3 và cả hệ chuyển động với gia tốc là a. chiều (+) như 0,25 hình vẽ. (2đ) + Áp dụng định luật II Niutơn cho cả hệ ta có: (m1+m2+m3).a = P1-k(P2+P3) Thay số được: 20 0,2(10m 10) 18 2m A a =2 = 2 (1) 3 m2 3 m2 + Áp dụng định luật II Niutơn cho m1 được: 0,25 T = m1g –m1a = 20-2a (2) + Áp dụng định luật II Niutơn cho m2 được:
5. m2a = T – Fms Fms= T- m2a (3) 0,25 + Do m2 không trượt trên m3 nên: Fms ko.m2g Fms 4m2 (4) Thay (1); (2); (3) vào (4) rồi biến đổi ta có bất phương trình: 2 m2 + 3m2-12 0 3 57 m2 (kg) (Loai) 2 3 57 m (kg) 2 2 3 57 0,25 KL: Vậy để m2 không trượt trên m1 khi hệ chuyển động thì m2 2 (kg) 0,25 2.Gọi gia tốc của m1 và m2 là 2a thì gia tốc của m3 là a. 0,25 Gọi lực ma sát giữa m3 với sàn là Fms’. Các lực tác dụng vào các vật như hình vẽ bên.Áp dụng định luật II Niutơn cho mỗi vật ta có các pt sau: m1g – T = m1.2a (5) T- Fms = m2.2a (6) Fms-Fms’ = m3.a (7) 0,25 Với: Fms=kom2g và Fms’=kN3=k(m2+m3).g (8) Thay (8) vào (6) và (7), rồi thay số ta giải được: 2 m2 +2m2-7=0 0,25 m2 1,83 kg 2 a2=2a 3,31 (m/s )
6. 5 a) Để lực căng dây bằng 0 thì lực từ phải hướng lên và có độ lớn bằng P=mg 1,0 (2đ) Áp dụng qui tắc bàn tay trái ta có dòng điện chạy từ M đến N Dg 0,04.10 Vì F BIl sin BIl BIl mg D lg I 10 A B 0,04 b) Khi dòng điện chạy từ N đến M, áp dụng qui tắc bàn tay trái ta được lực từ F 0,5 hướng xuống dưới. Áp dụng điều kiện cân bằng ta được: F mg BIl D lg 2T F mg T 2 2 0,04.10.0,2 0,04.0,2.10 0,5 Thay số ta được : T 0,08 N 2  6 Quả cầu 2 chịu tác dụng của ba lực trọng lực P 0,5 (2đ)     Lực căng T và lực điện F như hình vẽ T F Do quả cầu 2 cân bằng 0,5     P T F 0 P 2 Do 3 lực hợp với nhau góc nên 3 T = P = F
7. q2 mg 0,01.10 1,0 k mg q l 0,3 10 6 (C) l k 9.109 7 0,25 V1’, V1, (2đ) P1’ P1 V2, P2 V2’, P2’ 0,25 Lượng khí ở 2 phần xylanh là như nhau nên: m P V P V P ' V ' P ' V ' .R 1 1 2 2 1 1 2 2  T1 T1 T1 T2 0,25 Vì V1 nV2 nên P2 nP1 ' ' ' T2 P2 Theo giả thiết: V1 V2 / n , suy ra: n ' (1) T1 P1 P ' 0,25 Để tính 2 ta dựa vào các nhận xét sau: ' P1 1. Hiệu áp lực hai phần khí lên pittông bằng trọng lượng Mg của pittông: ' ' (P2 P1 )S Mg (P2 P1 )S ' ' P2 P1 P2 P1 (n 1)P1 ' ' P2 P1 (n 1)P1 (2)
8. 0,25 2.Từ phương trình trạng thái của khí lí tưởng ở phần trên của pittông: ' ’ ’ ' V1 P1V1 = P1 V1 P1 P1 . V1 Thay vào (2), ta suy ra: ' ' P2 V1 ' 1 (n 1) (3) P1 V1 V ' 0,25 3. Để tìm 1 ta chú ý là tổng thể tích 2 phần khí là không đổi: V1 ’ ’ V1+V2 = V1 +V2 ' V1 ' ' V1 1 V1 V1 nV1 n V1 n ' 0,5 P2 1 2n 1 Thay vào (3) ta được: ' 1 (n 1) P1 n n ' T2 P2 Thay vào (1) ta có kết quả: n ' 2n 1 3 . T1 P1 8 a.Dùng quy tắc mômen với điểm A. 0,5 (2đ) mg.AB = T.AB.cos α mg 0,5 Ta = 23,1 N. cos b. Vẫn dùng quy tắc mômen với A. 0,5 AB mg.AB + Mg. = T.AB.cos α 2 Mg 0,5 mg 2 Tb = 28,87 N. cos
9. 9 sini = (4/3)sinr, i + r = 60o 1,0 (2đ) Giải hệ: i = 34o42'54" Tia tới và tia ló cùng nằm trong mặt phẳng tới, các mặt phẳng tới song song với 0,5 nhau => theo phương vuông góc mặt phẳng tới, kích thước chùm sáng không thay đổi (1) sini = (4/3)sinr => sinr = 3/5 => cosi = 3/5 và cosr = 4/5 d = IJcosi, d' = IJcosr => d' = (4/3)d = 0,8 cm 0,25 => trong mặt phẳng tới, theo phương vuông góc với tia sáng, kích thước chùm ló tăng 4/3 so với kích thước chùm tới (2) 4 0,25 Từ (1) và (2) => diện tích vệt sáng ở đáy bể là S . .0,32 0,377cm2 3 d i J I r d' 10 Ta gọi giá trị của bộ điện trở gồm R1, R2, R3 là R và giá trị của bộ điện trở gồm R4, 0,25 R5, R6 là R’, mạch điện trở thành như hình vẽ: (2đ) C R Rx A B R’
10. 0,5 - Nối tắt C với B bằng dây nối, đặt hai đầu ôm kế vào hai điểm A và B ta sẽ đo được giá trị điện trở của bộ gồm R và R’ mắc song song, số chỉ ôm kế là r1, ta có 1 1 1 + = (1) R R' r1 - Nối tắt A và C, đặt hai đầu ôm kế vào hai điểm A và B thì ôm kế chỉ r2 0,25 1 1 1 + = (2) Rx R' r2 - Nối tắt A và B, đặt hai đầu ôm kế vào hai điểm A và C, số chỉ ôm kế là r3 0,5 1 1 1 + = (3) R Rx r3 2r1r2r3 0,5 Từ (1), (2), (3) suy ra Rx = r1r2 + r3r1 - r2r3