k11 tqd dong thap 2018 vật lí

Vì hai quả cầu cùng khối lượng nên khối tâm C của hệ hai quả cầu nằm tại là trung điểm của lò xo.. Treo hệ gồm hai vật m1, m2 giống hệt nhau có cùng khối lượng m và một quả cầu đặc đồngc

QUY CÁCH RA ĐỀ THI

KÌ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 – 4 LẦN THỨ XXII

TỔ CHỨC TẠI TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG

TP HỒ CHÍ MINH – NĂM HỌC 2017-2018

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - 4 LẦN THỨ XXII

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: VẬT LÝ ; LỚP:…11…….

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP (TỈNH) ĐỒNG THÁP

TRƯỜNG :THPT CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIÊU

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIÊU

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - 4 LẦN THỨ XXIV

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN VẬT LÍ KHỐI 11

ĐỀ THI Câu 1: CƠ HỌC (5 điểm)

1 Hai quả cầu nhỏ có cùng khối lượng m = 10g được nối với nhau

bằng một lò xo nhẹ, có chiều dài tự nhiên L= 10cm và độ cứng K =

100N/m Hai quả cầu này có thể trượt không ma sát trên mặt phẳng

nằm ngang dọc theo hai thanh Ban đầu lò xo không biến dạng, 2 quả

nằm ở A và O như hình vẽ Truyền cho quả cầu ở O vận tốc v 0 = 2m/s

Tính độ dãn tỉ đối lớn nhất của lò xo

2 Giải lại bài toán trên trong trường hợp các quả cầu có thể chuyển

động không ma sát trên mặt phẳng nằm ngang mà không có các thanh

như hình vẽ

Đáp án

1 Vì hai quả cầu cùng khối lượng nên khối tâm C của hệ hai quả cầu nằm tại là trung

điểm của lò xo Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta có

.

2 mv  2 mv  2 k l   2 mv

0,25

Tâm quay tức thời, suy ra:

2

C

C

y  x  x  y  y  x  x  y   

0,25

2 2

0

4 vC kl l v

m l



 

 

0,25

Tại thời điểm lò xo có độ dãn cực đại khoảng cách từ C đến O là lớn nhất nên v C vuông

góc với CO

Mặt khác vì momen động lượng của hệ luôn bằng nên momen của ngoại lực luôn bằng

0

N y N x 

0,25

 2 m x"C 2 yC  2 m y xC"  C

Số phách

Số phách

' . ' . 0

x y y x const   v

0

2

1

C

v

v

l

l







0,25

Từ đó ta có:

2 2

0

1

1 1

kl l

mv l l

l



 

 





0,25

0,25

Thay số ta được:

       

0,25

l



2 Khi 2 quả cầu chuyển động không ma sát trên mặt sàn nằm ngang thì momen động

lượng và cơ năng của hệ trong hệ quy chiếu gắn với khối tâm đều bảo toàn nên ta có

2

v

mv  k l   m    

 

0, 5

2

2

 

 

0,25

0

0

l v

l

 





0, 5

Từ đó ta có:

2 2

0

1

1

kl l

mv l l

l



 

 





0,5

2

0,25

Thay số ta được:

       

0,25

l



Câu 2: DAO ĐỘNG CƠ (5 điểm)

Câu 1 Treo hệ gồm hai vật m1, m2 giống hệt nhau có cùng khối lượng m và một quả cầu đặc đồng chất có khối lượng M, bán kính R vào hai ròng rọc cố định bằng hai sợi

dây mảnh, mềm, nhẹ, không dãn và đủ dài Các sợi dây nối vào quả cầu

tại hai điểm ở hai đầu một đường kính song song với mặt phẳng nằm

ngang như hình 1 Hai ròng rọc giống hệt nhau có dạng hình trụ đặc,

đồng chất, khối lượng m0, bán kính r và nằm trên cùng độ cao, cách nhau

một khoảng 2(L + R) Biết r và ròng rọc có trục vuông góc với mặtL

phẳng hình vẽ Bỏ qua ma sát ở trục quay và lực cản không khí Giả thiết

rằng dây không trượt trên ròng rọc Gia tốc rơi tự do là g.

1 Xác định điều kiện cần thiết để hệ cân bằng và tính khoảng cách từ tâm hình học của M đến mặt

phẳng chứa hai trục của ròng rọc khi hệ cân bằng

2 Từ vị trí cân bằng kéo vật M xuống phía dưới một đoạn nhỏ A theo phương thẳng đứng rồi buông

nhẹ

a) Tìm chu kì dao động của các vật

b) Tính vận tốc cực đại của M, m1 và m2

Đáp án

1 Sử dụng điều kiện cân bằng kết hợp với tính đối xứng của cơ hệ ta có: T1T2 T1T2mg

Áp dụng định luật II Newton cho M ta được: T 2 T2  PM 0



Chiếu lên Ox ta được : 2mg cos Mg 0 cos M

2m

Khi cân bằng: cos M

2m

   Điều kiện cần thiết để hệ cân bằng: M 2m 0,25

Khoảng cách từ tâm hình học của M đến mặt phẳng chứa hai trục của ròng rọc

0,5

M

1

T 

m

P 

2

T 

2

T 

M

P 

1

T 

m

P 

O α α

m

2

m1

m0

M

2(L+R)

m0

g

2 Chọn gốc thế năng là lúc hệ ở trạng thái cân bằng khi đó theo định luật bảo toàn cơ năng ta

có:

a) 2 m v1 0 m2 2 mv1 2m 1Mv2M MgxM 2mgxm const

0,5

Vì tổng chiều dài của hai sợi dây là không đổi nên m 2 M 2 M

M

d x

L (d x )



hay vm M vM

2m

0,75

2

0,75

Ta chỉ lấy đến vô cùng bé bậc hai của x , khi đóM

2 2

2



0,75

Thế (2), (3) và (4) vào (1) rồi đạo hàm hai vế ta được:

2 2 3/2

0

L

m M 2mM 4m M





0,5

Các vật dao động điều hoà với chu kì:   2 1/2

0

2 2 3/4

m M 2mM 4m M L

T 2

 



0,25

3/4

0

g



 

0,25

3/4

0



0,25

Câu 3: ĐIỆN –TỪ (5 điểm)

Cho đĩa mỏng kim loại bán kính R, tích điện Q với mật độ điện mặt phân bố có dạng đối xứng là

 

0 2

2



 

R 4

Q





 và r là khoảng cách từ vị trí ta xét tới tâm đĩa

1 Hãy tính điện dung của đĩa?

2 Cho đĩa quay với tốc độ góc  không đổi xung quanh trục Oz đi qua tâm O và vuông góc với mặt

đĩa Giả sử rằng điện tích không phân bố lại Xác định momen từ do đĩa tạo ra

Đáp án

1 Xét vành khăn nguyên tố tại bán kính r: dS2rdr 0,25

Điện thế do nó gây ra tại tâm:

2 2

dr

dV



0,75

 











R

0 2

0

0

O

2

R R

r 1

dr

2 R

R 4 V

Q

0 0 0 2 0

















2 Xét vành khăn như trên, ta có:

 

0

2

2 2 1

r dr

r R

 





0,5

Khi đĩa quay với vận tốc góc ω nó tạo ra dòng điện:

0 2

0

R r 1

rdr 2

R r 1

rdr 2 2 2 / 2

dq dI























Mô men từ nguyên tố:

 

3 2

1

r dr

r R



0,5

Mô men từ của cả đĩa:

 









R

3 0

R r 1

dr r 2

Đặt rRsin:























2

0

2

0

4 3

4 3

3 R

3

R 3

2 d sin R cos

d cos R sin R R

r 1

dr

3

R Q R 4

Q R 3

4 R 3

4

0













Câu 4: DÒNG ĐIỆN KHÔNG ĐỔI (5 điểm)

Một gia đình sử dụng điện dùng dây đồng bán kính R và lớp vỏ bọc bằng nhựa bề dày là d Biết hệ số dẫn nhiệt của nhựa là λ và hệ số dẫn nhiệt của đồng lớn hơn rất nhiều so với của nhựa Hiệu điện thế của nguồn vào là U, công suất tiêu thụ là P, nhiệt độ môi trường là T Cho điện trở suất của đồng là 

1 Tìm nhiệt độ của lớp vỏ có bán kính r thòa mãn R < r < R+d

2 Biết nhiệt độ tối đa vỏ nhựa chịu được là T1, hỏi dây dẫn này truyền được công suất cực đại bằng bao nhiêu ? Biết hiệu điện thế vẫn là U

Đáp án

1 Xét một đoạn dài Δl của dây.

Công suất tỏa ra trên đoạn dây này: 2 2

2 2

2

2 2

R U

l P R

l U

P R I







   







công suất này phải bằng công suất truyền qua lớp võ bán kính r r l

dr

dT

1,0

dr

dT r R

U

l

P









2

2

2

2







suy ra:

r

dr R U

P dT







2 2 2

2

2



r

S S’

O

I

Hình 5

Tích phân hai vế:









d R r

T r

dr R

U

P dT







2 2 2 2

2















r

d R R

U

P r

T

2



















r

d R R

U

P T

r

2







1,0

2 Nhiệt độ cực đại của vỏ là ở phần tiếp xúc với lỏi đồng.





















R

d R

U

P T

R

T

2 )

max





R

d R

U

P T















2 1

max ln 1



0,5





































R d

T T UR R

d

T T R U

P

1 ln

2 1

ln













Vậy:

 



















R d

T T UR P

1 ln

2 1

max







Để sử dụng tối ưu, tức là tăng công suất lên người ta mắc hai dây pha và một dây trung hòa

có thể tăng công suất lên 3 lần

1,0

Câu 5: QUANG HÌNH (5 điểm)

Xét một khối cầu thủy tinh tâm O, bán kính R và chiết suất n đặt trong

không khí (P) là một tiết diện thẳng chứa

đường kính AB, một điểm sáng S thuộc AB, S’

là ảnh của S tạo bởi các tia khúc xạ qua mặt cầu

(hình 5)

1 Gọi I là một điểm tới bất kì; SO x ;

S'O x ' ; SI d ; SI ' d ' Chứng tỏ rằng:

d nx

d 'x '

2 Điểm sáng S cho ảnh rõ nét khi thỏa mãn

điều kiện tương điểm Tuy nhiên, có hai vị trí

của S (không trùng với O) thỏa mãn điều kiện

tương điểm một cách tuyệt đối với mọi tia sáng

phát ra từ S Tìm hai vị trí đó

Đáp án

1

0,5

+ Đặt x = SO cà x’ = S’O theo định lý hàm số sin cho 0SJ ; S J'0 ta có :

sin sin

i   và

,

sin sin

0,5

+ Theo đinh luật khúc xạ ánh sáng thì

sinr = nsini thay vào (1)

,

sin sin

x nx



  (2)

0,5

+ Cũng theo định lý hàm số sin cho SJS’ ta có '

sin sin

+ Từ (2) và (3) ta đuợc :

' '

2

+ Dùng định lý hàm số cos cho SJS’ ta có :

2 cos

d x R  Rx  (5)

'2 '2 2

2 'cos

d x R  Rx  (6)

0,5

+ Thay (5) ; (6) vào (4) ta được :

Rc

+ Phương trình (7) thoả mãn với mọi giá trị của  Vậy ta có hệ :

2

2

0 '

(8) 1

'









0,75

+ Giải hệ phương trình (8) ta đựoc nghiệm : x = R

n

 + Vậy có 2 vị trí của S nằm đối xứng nhau qua tâm O; cách O một khoảng R/n

0,5

Câu 6: NHIỆT HỌC (5 điểm)

Một máy nhiệt lí tưởng hoạt động theo các chu trình tuần hoàn với nguồn nóng là khối nước có khối lượng m1 = 10kg ở nhiệt độ ban đầu t1 = 100oC, nguồn lạnh là một khối nước có khối lượng m2 = 5kg và ban đầu là nước đá ở nhiệt độ t2 = 0oC Giả sử trong mỗi chu trình nhiệt

độ nguồn nóng và nguồn lạnh thay đổi không đáng kể Các chu trình đều cho hiệu suất cực đại

Bỏ qua tương tác nhiệt với môi trường bên ngoài Biết nhiệt nóng chảy của nước đá λ = 3,34.105

J/kg và nhiệt dung riêng của nước là c = 4180J/kg.K

1 Xác định nhiệt độ của nguồn nóng khi khối nước đá đã tan được một nửa.

2 Xác định công lớn nhất có thể nhận được và nhiệt độ cuối cùng của nguồn nóng

Đáp án

1 Hiệu suất cực đại của máy nhiệt trong một chu trình cho bởi công thức:

) 1 ( 1

1

1

2 1

2 1

2 1

2

max

T

T Q

Q T

T Q

Q

H       Trong đó Q2 là nhiệt lượng mà tác nhân nhả cho nguồn

lạnh dùng để làm tan nước đá và tăng nhiệt độ sau khi tan nhiệt độ nguồn lạnh chưa thay đổi và

bằng T2=273K chừng nào mà khối nước đá chưa tan hết, trong khi đó nhiệt độ nguồn nóng giảm

đi sau mỗi chu trình và tới thời điểm khi nước đá đã tan một nửa thì nhiệt độ nguồn nóng chỉ còn

T3<T1 Như vậy, nhiệt độ nguồn nóng giảm dần trong quá trình máy làm việc

0,5

Xét tại thời điểm t nào đó, nhiệt độ nguồn nóng là T và sau khoảng thời gian rất nhỏ dt của máy

nhiệt độ nguồn nóng giảm một lượng dT Nhiệt lượng dQ1 do nguồn nóng cung cấp cho tác nhân

trong khoảng thời gian dt là:

dQ1= - m1cdT

Mặt khác, hiệt lượng dQ2 do tác nhân truyền cho nguồn lạnh cũng trong khoảng thời gian dt bằng

dQ2=λdm, với dm là lượng ước đá đã tan trong thời gian dt

Áp dụng biểu thức (1), ta có: 2 (2)

1

2 2

1

2

T

T cdT m

dmQ T

T dQ

dQ







1,0



















3

1

1 3 0

2 1 2

1

cT m m m

T

T

e T T dm cT m T

dT cT

m

dm T

(3)

Vậy khi nước đá tan một lượng m thì nhiệt độ của ước nóng là 







1 3

cT m

m e T T



(4) thay số liệu vào (3) với m=m2/2 ta được T3=346,68K tức là t3=49,22oC

0,5

2 Khi nước đá tan hết nhiệt độ của nước nóng là T4=322,22K, lúc này vẫn có sự chênh lệch

nhiệt độ giữa nguồn nóng và nguồn lạnh, động cơ nhiệt tiếp tục hoạt động đến khi có sự cân bằng

nhiệt giữa hai nguồn nóng và lạnh Trong giai đoạn này nhiệt độ nguồn nóng giảm dần còn nhiệt

độ nguồn lạnh tăng dần Xét các thời điểm nhiệt độ nguồn nóng là T1' và T2' Động cơ nhiệt nhận

nhiệt lượng dQ1 từ nguồn nóng làm nguồn này giảm nhiệt độ dT1' đồng thời nhả cho nguồn lạnh

nhiệt lượng dQ2, nguồn này tăng nhiệt độ dT2'

Ta có: dQ1=-cmdT1'; dQ2=cmdT2'

0,5

2 1 2 2 1 1 2

4

2 4 '

2

' 2 2 '

1

' 1 1 '

1

' 2 ' 1 1

' 2 2 '

1

'

2

1

m m m m c

T

T

T

T

T T T T

dT m T

dT m T

T dT m

dT m T

T

dQ

dQ

c

c



















thay số vào ta có: Tc=304,9K

Công cực đại: Amax=Q1 - Q2 = m1c(T1-Tc) - λm2 - m2c(Tc-T2) =510kJ (6)

1,5

1,0