11tranhungdao daknong 2018 vật lí

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - 4 LẦN THỨ XXIIIĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: VẬT LÍ; LỚP: 11SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐĂK NÔNGTRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠOBài 1: Cơ học 10, 12 -5 điểm Hai vật được

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - 4 LẦN THỨ XXIII

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: VẬT LÍ; LỚP: 11

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐĂK NÔNG

TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO

Bài 1: (Cơ học 10, 12 -5 điểm)

Hai vật được nối với nhau bằng một sợi dây lí tưởng

vắt qua ròng rọc như hình vẽ Vật treo nặng gấp đôi vật trên

mặt bàn nằm ngang nhẵn Tại thời điểm ban đầu dây nối m1

hợp với phương ngang một góc 300 Sau khi buông tay các

vật bắt đầu chuyển động

a.Tính gia tốc của các vật tại thời điểm vật m1 bắt

đầu rời khỏi mặt bàn

b.Tìm góc khi m1 bắt đầu rời khỏi bàn

ĐÁP ÁN

5

điểm

a Các lực tác dụng lên m1 và m2 được biểu diễn như hình vẽ

Gọi a1, a2 là vận tốc và gia tốc của m1, m2 ở góc lệch  bất kỳ khi m1 chưa

rời bàn

Áp dụng định luật II Niutown ta có:

1 1 2

2mg T 2ma

 

0.5đ

Tại thời điểm vật m1 bắt đầu rời khỏi mặt bàn: N1= 0

mg T

sin



1

2

g

2sin

 



0.5đ

v

cos



(1)

0.5đ

Đạo hàm hai vế: 2 2





  (2) 0.5đ

m2

m1

mg

N1

2mg

T2

T1

x

m2

Mặt khác ta có: 1 2





(3)

0.5đ

H là khoảng cách từ ròng rọc tới mặt bàn

Từ (1) và (3):

2 2

v sin

H cos





  

 thay vào (2) 2

3

1

 (4)

0.5đ

b Thay a1, a2 ở câu (a) vào phương trình (4)

2 3 2

2

v tan

.cot





(5)

0.5đ

Dùng định luật bảo toàn cơ năng: 2 2

(6)

 

  thay vào (6)

2 2

1 2

sin

 



(7)

0.5đ

2

1

2sin



(8)

0.5đ

Kết hợp (5) và (8) ta được:

2

(9)

Giải phương trình (9) và kết hợp với điều kiện  30 0 ta được   45 0

0.5đ

Bài 2: (Dao động sóng 12 -5 điểm)

Vật khối lượng M được gắn chặt với một chiếc

vòng bán kính R có khối lượng không đáng kể nằm

trong mặt phẳng thẳng đứng Vòng này có thể quay tự

do quanh trục đi qua tâm của nó Vật M gắn với đầu

một sợi dây, một phần của sợi dây tựa trên vòng như

hình vẽ, đầu kia của dây gắn với vật m, hai vật liên

kết qua ròng rọc có khối lượng không đáng kể Coi

vật m chỉ chuyển động theo phương thẳng đứng, bỏ

qua mọi ma sát và cho m < M

Tìm tần số góc trong dao động nhỏ của vật M quanh

vị trí cân bằng của nó

ĐÁP ÁN

5đ

■ Gọi  0 là góc tạo bởi bán kính đi qua vật M với phương thẳng

đứng khi nó ở VTCB

Tại VTCB của vật M: .  0 0





N T g

M

0.5đ

Chiếu lên phương tiếp tuyến với bán kính

trên: Mgsin  0 T0

Lại có: T 0 mg (do vật m ở VTCB)

mg

 sin 0

Hay: sin 0 M m (1) 0.75đ

m

M

R



m

M

R

■ Xét vật M lệch lên trên so VTCB một góc nhỏ  (khi đó

)

0 



  

Quãng đường hai vật đi như nhau nên chúng cùng chung gia tốc

'' '' R

s

a 

0.5đ

Pt chuyển động theo phương thẳng đứng của vật m:

' R

m T

Pt chuyển động theo phương tiếp tuyến với bán kính của vật M:

'' sin  T M R



0.5đ

Cộng 2 vế: mg Mgsin   (M m).R '' (2)

Biến đổi: sin   sin(  0   )  sin  0 cos   sin  cos  0

Do  rất nhỏ nên cos   1 và sin     sin   sin  0   cos  0

sin0  cos0 (M m).R ''

Mg

'' ).

( 1

2



M

m M

m Mg























0 '' ).

(







 g M m M m R

0.75đ

Đặt M M m m R g

4 / 1























   

) cos(



Vậy vật M dao động bé của vật M là dao động điều hoà

tần số góc M M m m R g

4 / 1





















0.75đ

Bài 3: (Điện-từ-cảm ứng điện từ -5 điểm)

Hai quả cầu nhỏ tích điện có khối lượng và điện tích lần lượt m1=m, q1=+q; m2=4m,

q1=+2q được đặt cách nhau một khoảng a Ban đầu quả cầu 2 đứng yên và quả cầu 1 chuyển động hướng thẳng vào quả cầu 2 với vận tốc v0 Bỏ qua tác dụng của trọng lực

a Tính khoảng cách cực tiểu rmin giữa 2 quả cầu?

b Xét trường hợp a=∞, tính rmin ?

c Tính vận tốc v1, v2 của hai quả cầu khi chúng lại chuyển động ra xa nhau

vô cùng?

5đ

a Khi đên khoảng cách rmin hai quả cầu chuyển động cùng chiều

cùng vận tốc v Áp dung ĐLBT động lượng và ĐLBT NL có:

0 0

v

5

    (1)

0.5đ

0

MIN

2  a  2  r (2) 0.5đ

Từ phương trình (1) và (2) ta có

MIN

2  a  10  r =>

2

0

5kaq r

mv a 5kq



 (*)

0.5đ

b Nếu a=∞, thế năng tương tác ban đầu bằng không, ta có:

r

0.5đ

c Vận tốc của hai hạt khi chúng lại xa nhau vô cùng

Áp dung ĐLBT động lượng và ĐLBT NL có:

mv  mv  4mv  v  v  4v

(3)

0.5đ

2  a  2  2

(4)

0.5đ

Thay (3) vào (4) =>

2 2

kq

a

   (5)

0.5đ

Giải phương trình (5) lấy v2>0

1

2

0

5kq r

mv

Xét khi a=∞=>

quả cầu 1 bị bật trở lại 0.5đ

Bài 4: (Dòng điện 11, 12 -5 điểm)

Cho mạch điện xoay chiều gồm 2 cuộn dây thuần cảm L1 và L2

với 2

2

L

L   H ; các tụ C1 = 2 F, C2 = 5 F và điện trở thuần

R = 100  được mắc như hình vẽ Đặt vào hai đầu A, B một nguồn

điện xoay chiều có tần số thay đổi được nhưng cường độ dòng điện

hiệu dụng không đổi Gọi fmax là tần số ứng với công suất cực đại Pmax

và các tần số ứng với công suất max

2

P

là f 1 , f 2 với f1 > f2

Hãy xác định tỉ số max

1 2

f

ĐÁP ÁN

C = C1 + C2 = 7 µF

H 3

20 L L

L L L

2 1

2



2 2

2

C L

0.5đ

Ta có

2

2 2

R

C L

P R I

R R

0.5đ

 Để Pmax khi 1 1

C L

Z  Z = 0  ZL = ZC  max

1

LC

 Pmax = R.I2

0.5đ

Mặt khác:

2 2

2

C L

P R

0.5đ

2 2

0 (1)

C

















0.5đ

C1

C2

 

L1

L

2

R



(1) giải ra và loại nghiệm âm, ta được :  = L2 + 4R2LC 

2

L RLC

2) giải ra và loại nghiệm âm, ta được :  = L2 + 4R2LC 

2

L RLC

Vì f1 > f2 nên 1

2

L RLC

2

L RLC

1 2 1 2

1

101 2

2

R L

RLC



0.5đ

Bài 5: (Quang hình học -5 điểm)

Một điểm sáng A ban đầu ở vị trí P nằm trên trục chính của một thấu kính hội tụ mỏng

có tiêu cự f, điểm P cách đều quang tâm O và tiêu điểm chính F của thấu kính Tại thời

điểm t = 0 người ta cho A chuyển động tròn đều xung quanh F thuộc mặt phẳng xOy với

tốc độ góc không đổi là , với Ox là trục chính thấu kính như hình vẽ

a Viết phương trình quĩ đạo ảnh A/ của A qua thấu kính Vẽ đồ thị biểu diễn quĩ đạo

ảnh b Từ đồ thị nhận xét tính chất, vị trí của ảnh A/ theo vị trí của A

b Biết f = 20cm,  = 2 rad/s Tìm vị trí và vận tốc của ảnh A/ ở thời điểm 1,5 giây kể

từ khi A bắt đầu chuyển động

ĐÁP ÁN

Câu

3

a Đặt OH  x1, OH / x , HA  y1 ,H/A/ y ,OF / f

Xét tam giác AOH đồng dạng tam giác A/OH/ ta có :

OH

OH HA

A

H/ / /

1 1

x

x y

y 

0.5đ

x

A



F

y

P

P

I A



F

y

F

/



H

H /

A /



Xét tam giác F/0I đồng dạng tam giác F/H/A/ ta có : /

OF

OF OH OI

A



hay 1 ( 2 )

f

x f

y

0.5đ

Từ (1) và (2) ( 3 )

1

1 x f

f x x



1

1 x f

f y y



Gọi  = AFO= t ta có x1= f cos   f

2 và y1= sin 

2

f

thay vào trên ta

có Tọa độ của ảnh A/ : y = f tg (5)

x =

2 cos

2 1







f

(6)

0.5đ

Từ (5) và (6) ta có phương trình quĩ đạo của ảnh 1

4

)

2 2

2







f

y f

f x

(7)

Chú ý : có thể dùng công thức thấu kính hoặc công thức Niu tơn để giải

bài toán

0.5đ

Đồ thị biễu diễn (7) là đường hypebol

0.5đ

Nhận xét :

Khi A chuyển động từ A1đến A2 thì ảnh của nó qua thấu kính là ảnh ảo

chuyển động từ F đến A ở vô cùng

Khi A chuyển động từ A2 đến A3 thì ảnh của nó qua thấu kính là thật

chuyển động từ vô cùng B đến vị trí 3f

Khi A chuyển động từ A3 đến A4 thì ảnh của nó qua thấu kính là ảnh thật

chuyển động từ vị trí 3f đến C ở vô cùng

Khi A chuyển động từ A4đến A1 thì ảnh của nó qua thấu kính là ảnh ảo

0.5đ

10

x

O A

B

C

D

A 1

A2

A 3

A 4

A 1

A2

A

chuyển động từ vô cùng D đến F

Từ công thức (5,6)

y = f tg (5)

x =

2 cos

2 1







f

(6)

0.5đ

Ta lấy đạo hàm theo thời gian được vận tốc của ảnh vx =

t

t f





cos

sin

và vy=

t

f



cos

1

(9)

0.5đ

Vận tốc ảnh theo thời gian v = vx2 v2y



cos

t



Áp dụng

Tại t= 1,5 s thì  = 3 thay vào ta có x = 3f = 60cm, y= 0,

Vx= 0 và v = vy = f = 40 cm/s

0.5đ

Bài 6: (Nhiệt học 10 -5 điểm)

Một mol khí lí tưởng biến đổi theo chu trình

được biểu diễn như đồ thị hình bên Trong đó quá trình

AB khí tăng nhiệt đẳng tích Sau đó thực hiện quá trình

giãn đẳng nhiệt BC sao cho thể tích tăng hai lần Tiếp

A 1

A2

A 3

A 4

A 1

A2

A 3

A 4

A 1

A2

A 3

A 4

C B

A p

theo khí thực hiện quá trình mà p, V phụ thuộc tuyến tính vào nhau sao cho khi đến D thì thể tích tăng hai lần còn áp suất giảm 14 lần Cuối cùng khí thực hiện quá trình nén đoạn nhiệt để trở về trạng thái đầu tiên AC đi qua gốc tọa độ

a Xác định loại khí lí tưởng đã dùng là đơn nguyên tử, lưỡng nguyên tử hay đa nguyên tử?

b Xác định các quá trình nhận nhiệt, tỏa nhiệt của khí?

c Xác định hiệu suất của chu trình?

ĐÁP ÁN

Câu

6

a Xác định loại khí đã dùng:

C C B B C B B C

A

C A

C

A A A D

p

p

14

i 5

Khí đã dùng là khí lưỡng nguyên tử

0.5đ

b Xác định quá trình nhận nhiệt, tỏa nhiệt

AB: tăng nhiệt đẳng tích→nhận nhiệt

BC: giãn đẳng nhiệt→nhận nhiệt

DA: đoạn nhiệt→không nhận nhiệt, không tỏa nhiệt

0.5đ

CD: p=aV+b Thay pC, VC; C

p

14

  vào ta tìm được:

C

C C



C



dQ RdT (aV b)dV (2aV b)dV (aV b)dV (6aV b)dV

0.5đ

Vì ở đoạn CD, dV>0 nên dQ0 khi C

189

156

 (chú ý hệ số a âm)

CE: nhận nhiệt

ED: tỏa nhiệt

0.5đ

D C

B

A

O

V p

Xác định hiệu suất chu trình

'

AB

B A B B A A C C

5

2



0.5đ

'

BC BC C C

'

0.5đ

'

0.5đ

A

D

V

p V



'

AB BC CD DA nhan AB BC CE

A

0.5đ