Đề thi Olympic 10 - 3 môn Lý lớp 11 năm 2019 THPT Nguyễn Trãi có đáp án | Vật Lý, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Tất cả hệ thống được đặt trong một từ trường đều có véc tơ vuông góc với mặt phẳng hình vẽ chiều đi vào trong , độ lớn B = 0,2T.. Cho thanh MN trượt sang trái với vận tốc v = 0,5m/s, t[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK ĐƠN VỊ: THPT NGUYỄN TRÃI

M

2 m

1 m Hình

M

2

m

1 m

P2

T1

N2 T2 T2 T1

P1

ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN

Câu 1: Cho hệ (hình vẽ 2) Biết  = 300, m1 = kg, m2 = kg, M = kg, ma sát m2 M không đáng kể Bỏ qua khối lượng dây nối rịng rọc, dây khơng dãn, lấy g = 10 m/s2.

1 M đứng yên

a Tìm gia tốc vật m1 m2 b Tìm áp lực dây lên ròng rọc

Tìm điều kiện hệ số ma sát M mặt bàn nằm ngang để M không bị trượt bàn

HD giải

Chọn chiều dương chiều chuyển động Đối với m1 có lực tác dụng: P1; T1 Đối với m1 có lực tác dụng: P2; T2 P1 – T1 = m1a1

T2 – P2sin = m2a2

Do dây không dãn nên: a1 = a2 = a; T1 = T2 = T a1 = a2 = (P1 – P2sin)/(m1 + m2) = m/s2 T = P1 – m1a = 18 N

Áp lực tác dụng lên trục ròng rọc: ⃗

Q=⃗T1+⃗T2

Độ lớn: Q = 2T.cos300 = 18 √3 N Các lực tác dụng vào vật M:

⃗

P , , ⃗P , ⃗P , ⃗N2' , ⃗Fms

N2’ = P2cos = 10 √3 N Fmsn = T2x – N2x = √3 N N = P + T1 + T2y + N2y’ = P + T1 + T2sin + N2x’cos = 62 N

Để M không bị trượt bàn ma sát M bàn ma sát nghỉ: FmsnN

 Fmsn/N = 0,11

Câu 2: Trên mặt chất lỏng có hai ng̀n phát sóng kết hợp A, B cách 20cm dao động với phương trình: uA 2cos 20 t(mm),u B2cos(20 t  )(mm) Tốc độ truyền sóng v = 0,6m/s Coi biên độ sóng không đổi

Viết phương trình sóng tại điểm M mặt chất lỏng cách A, B MA=9cm, MB=12cm C, D hai điểm mặt chất lỏng cho ABCD hình chữ nhật có AD=15cm Xác định số điểm dao động cực đại đoạn AB đoạn BD?

M1, M2 hai điểm đoạn AB cách A lần lượt 12cm 14cm Xác định độ lệch pha dao động M1 M2?

Gọi I trung điểm đoạn CD Xác định điểm N CD gần I dao động cực đại? HD Giải

Phương trình sóng tại M A B truyền đến:

1

1M 2M

2 d d

u a cos( t   );u a cos( t    )

  Bước sóng: v 0,06m 6cm f    

Phương trình sóng tại điểm M:

M 1M 2M 2

u u u 2a.cos (d d ) cos t (d d )

2                          .

Hay: uM 4cos(20 t )(mm).   Điểm dao động cực đại thỏa mãn:

1 2

1

cos (d d ) d d (k ) (k Z)

2                  .

* Trên đoạn AB

1

1

1 AB AB

d d (k ) (k Z) k

2 2

d d AB k Z

                        

Suy ra: k = -2; -1; 0; 1; 2; Hay có điểm dao động cực đại đoạn AB * Trên đoạn BD

Số điểm dao động cực đại thỏa mãn: AD BD d  1 d2 AB, (với BD=25cm)

1

AD BD (k ) AB 10 (k ) 20

2

k Z k Z

                       

Suy ra: k = -1; 0; 1; 2; Hay có điểm dao động cực đại đoạn BD M1 cách A B: d1 = 12cm d2 = 8cm; M2 cách A B:

'

d = 14cm '

d = 6cm. Phương trình sóng tại điểm M :1

1 1 1M M 1M d

u 2cos(20 t )

2

u 4cos( )cos(20 t )

2 d

u 2cos(20 t )

                           (mm).

Hay: M1

5 u 3.cos(20 t )

6



  

(mm) Phương trình sóng tại điểm M :2

2 2 ' 1M M ' 2M d

u 2cos(20 t )

4

u 4cos( )cos(20 t )

3

2 d

u 2cos(20 t )

O N I C D B A R 2v v Q M N B⃗ P C

Hình Hay: M2

5 u 3.cos(20 t )

6



  

(mm)

Vậy M1 M2 dao động cùng biên độ, ngược pha Hay độ lệch pha dao động M1 M2 là:  (rad)

Điểm N gần I dao động cực đại thỏa mãn: d1- d2 = / 3 (cm) (1) Từ hình vẽ ta có:

2 2 2

1

2 2 2

2

AB

d AD DN AD ( x)

2 AB

d BC CN AD ( x)

2                 

2 2

1

AB AB

d d ( x) ( x) 2.AB.x 40.x

2

       

(2) Từ (1) (2):

40.x 40

d d x

3

  

 (3)

Từ (1) (3):

2

1

40

.x 20 3 20 3

3

d x d ( x )

2 3

 

     

(4) Mặt khác:

2 2 2 2

1

AB

d AD DN AD ( x) 15 (10 x)

2

       

(5) So sánh (4) (5), ta có:

2 391

x 322,75 x 2,73(cm)

9   

Kết luận: Có điểm gần I dao động cực đại (đối xứng qua I) Câu 3: ray dẫn điện dài nằm song song với nhau,

khoảng cách hai ray l = 0,4m MN PQ hai dẫn điện song song với gác tiếp xúc điện lên hai ray, cùng vng góc với hai ray

(Hình vẽ 4) Điện trở MN PQ r = 0,25,

R = 0,5, tụ điện C = 20µF ban đầu chưa tích điện, bỏ qua

điện trở hai ray điện trở tiếp xúc Tất hệ thống đặt từ trường có véc tơ vng góc với mặt phẳng hình vẽ chiều vào , độ lớn B = 0,2T

Cho MN trượt sang trái với vận tốc v = 0,5m/s, PQ trượt sang phải với vận tốc 2v Tìm công suất tỏa nhiệt điện trở R

2 Tìm điện tích tụ , nói rõ tích điện dương ? HD Giải

Suất điện động cảm ứng xuất dẫn MN PQ : E1 = Blv ; E2 = 2Blv

Cường độ dòng điện mạch:

1

2

E E Blv I

R r R r 

 

 

Công suất tỏa nhiệt R:

2

2 . .

2

E E Blv

P I R R R

R r R r                  

2 2

3

9.0, 0, 0,5

.0,5 7, 2.10 0,0072(W) 0,5 0,5

P 

  



Điện tích tụ điện C là:

Hình

E,r

e0,r0

A C B

E,r

e0,r0

A C B

I I1 I2

 

1

3

2.10 ( )

2r

MN

Q C U

Blv

Q C E I r C Blv r C R





 

     



 

Bản tích điện dương tụ nối phía điểm M

Câu 4: Cho mạch điện hình Ng̀n điện có suất điện động E =12V, điện trở r = 0,6

, AB biến trở chạy có điện trở toàn phần R =  Ba ắc quy nhau, có suất điện động e0 điện trở r0 = 0,5  Gọi điện trở phần AC x

1 Khi x =  ắc quy nạp điện dịng qua ắc

quy 0,4A Tính suất điện động ắc quy công suất tỏa nhiệt tồn biến trở

2 Bộ ắc quy ( ba ắc quy nối tiếp) nạp đầy điện dùng để thắp sáng bình thường tối đa bóng đèn loại 1,5V-1,5W Nói rõ cách mắc đèn HD Giải

1 Chiều dịng điện hình vẽ Tại nút A: I = I1 + I2 (I1 = 0,4 A)

Sử dụng định luật Ơm cho đoạn mạch ta có: UAC = I2.x = 6I2

UAC = E – I(r + RCB) = 12 – 3,6I UAC = 3e0 + 3r0I1 = 3e0 + 0,6

Giải hệ bốn phương trình ta được: I2 = 1,1A; I = 1,5A; e0 = 2V

Từ đó:

2

2 14, 01(W)

AC CB AC CB

P P P R I R I 

Đèn có cường độ định mức điện trở Iđ = 1A; Rđ = 1,5Ω Bộ ng̀n có Eb = 6V; rb = 1,5Ω

Để đèn sáng bình thường phải mắc chúng hỗn hợp đối xứng

2 Gọi số đèn mắc nối tiếp dãy x, số dãy đèn mắc song song với y Với x, y nguyên, dương

Ta có điện trở đèn

d 1,5

N

x R x

R

y y

 

Cường độ dòng điện chạy mạch

6

1,5

1,5

b

d N b

E

I y I y

x

R r

y

   



  x + y = Suy số đèn tối đa x.y =

Câu Một vật sáng phẳng, nhỏ AB đặt trục vng góc với trục trước thấu kính phân kì cho ảnh A1B1 Từ vị trí ban đầu, giữ vật cố định, dịch chuyển thấu kính đoạn 10cm dọc theo trục (cùng phía ban đầu vật) cho ảnh A2B2 =

2

3 A1B1 A2B2 cách A1B1 đoạn 25

(cm)

3 .Tìm tiêu cự thấu kính? HD Giải

Vì ảnh sau dịch chuyển có kích thước nhỏ nên thấu kính dịch chuyển xa vật nên ta có : d2 = d1 + 10(cm) (1)

Số phóng đại ảnh lúc đầu:

'

1 1

1

d A B

k

d AB

  

(2) Số phóng đại ảnh sau dịch chuyển thấu kính:

'

2 2

2

d A B

k

d AB

  

(3) Từ (2) (3) suy ra:

'

1 2

'

2 1

k A B d d

k A B d d 3 (4) Theo cơng thức thấu kính ta có

' 1 d f d d f 

 (5),

' 2 d f d d f 

 (6)

Từ (1),(4), (5) (6) suy d1 = f + 20 (cm) (7)

Gọi L1 L2 lần lượt khoảng cách vật ảnh trước sau dịch chuyển thấu kính ta có:

L1d1d1' ,

'

2 2

L d d

' '

2 2 1

25

L L d d d d (cm)

3

     

(8)

Từ (1), (5), (6), (7) (8) ta có: f = 100 Suy ra: f = -10(cm) Câu 6: Cho mol khí lý tưởng đơn nguyên tử biến đởi theo đờ thị hình bên, đoạn thẳng 1-2 đường kéo dài qua gốc toạ độ O trình - đoạn thẳng nhiệt độ khí ln giảm Biết T1 = 300 K, V2 = 4V1.Trạng thái 1, giữ cố định Trạng thái khối khí biến đởi đến trạng thái cho trình 3- đẳng áp

a Khi V3 = 6V1 Tính cơng khối khí b Khi hiệu suất chu trình cực đại

3

V ?

V Tính hiệu

suất cực đại chu trình HD Giải

a)  1  1 1

1 15

A p p V V 3p 5V nRT 18697,5(J)

2 2

     

1

1

3

2

1

3

3

max

p aV b;

4P (V V )

3P

P V

V 4V V 4V

4P (V V )

3P

nRT PV V V

V 4V V 4V

2(V V )

nRT V                      P V P P

Để nhiệt độ 2-3 ln giảm

3

2

3max

2(V V )

V V V 7V

3

V 7V



   



Quá trình - 2:

Δ U12 = nCV (T2 - T1) = 22,5nRT1 A12 =

1

2 (p2 + p1).(V2 - V1) = 7,5.p1.V1=7,5nRT1

Q12 = Δ U12 + A12 = 30nR.T1 Nhiệt lượng khí nhận là:

Q = Q12 = 27n.R.T1 Hiệu suất chu trình:

H =

A

Q12 100%

Hmax Amax

 1  1 1 1 max

max

1

A p p V V 3p V V A 9nRT

2

H 30%

      