Đề thi Olympic 10 - 3 môn Lý lớp 11 năm 2019 THPT Tôn Đức Thắng có đáp án | Vật Lý, Đề thi THPT quốc gia - Ôn Luyện

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐĂKLĂK TRƯỜNG THPT TÔN ĐỨC THẮNG

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 10-3 LẦN THỨ IV NĂM 2019 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: VẬT LÍ ; LỚP: 11

(2)

ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN Câu 1 ( 3,5 điểm)

Một vật nhỏ khối lượng M =100g treo vào đầu sợi dây lí tưởng, chiều dài l = 20cm như hình vẽ. Dùng vật nhỏ m = 50g có tốc độ v0 bắn vào M. Bỏ qua sức cản của không khí. Lấy g = 10m/s². Coi va chạm là tuyệt đối đàn hồi.

a/ Xác định v0 để M lên đến vị trí dây nằm ngang.

b/ Xác định v0 tối thiểu để M chuyển động tròn xung quanh O.

c/ Cho v0 =

2 7

3 m/s, xác định chuyển động của M.

Đáp án câu 1

Câu 1 Nội dung Điểm

(3,5đ) a/ Va chạm đàn hồi:

2 Mv 2

mv 2

mv

Mv mv mv

2 2 2

1 2 0

2 1 0









=> 2 v0

M m

m v 2

 

Khi dây nằm ngang:

2 gl m

M v m

2 Mgl Mv

0 2

2    

Thay số: v0 = 3m/s.

b/ Để M chuyển động hết vòng tròn, tại điểm cao nhất E: v_E  gl

=> 5gl

m 2

M v m

2 l Mv 2 2 Mg Mv

0 E 2

2      .

Thay số: v0 =

2 10

3 m/s.

c/ Khi

2 7 v₀ 3 m/s <

2 10

3 => M không lên tới điểm cao nhất của quĩ đạo tròn.

Lực căng của dây:

l cos mv mg T

 2



 . Khi T = 0 => M bắt đầu rời quĩ đạo tròn tại D với vận tốc vD, có hướng hợp với phương ngang góc 60⁰.

Từ D vật M chuyển động như vật ném xiên. Dễ dàng tính được góc COD = 30⁰.

0,25 0,25

0,5 0,25

0,5 0,5 0,25 0,25

Câu 2 ( 3,5 điểm)

Con lắc lò xo như hình vẽ. Vật nhỏ khối lượng m = 200g, lò xo lí tưởng có độ cứng k = 1N/cm, góc α = 30⁰. Lấy g = 10m/s². a/ Chọn trục tọa độ như hình vẽ, gốc tọa độ trùng với vị trí cân bằng. Viết phương trình dao động. Biết tại thời điểm ban đầu lò xo bị dãn 2cm và vật có vận tốc v0 = 10 15cm/s hướng theo chiều dương.

b/ Tại thời điểm t1 lò xo không biến dạng. Hỏi tại t2 = t1 +

5 4

 s, vật có tọa độ bao nhiêu?

c/ Tính tốc độ trung bình của m trong khoảng thời gian Δt = t2 - t1. v0

O

m M l

m x

α O

D

O C

E

(3)

Đáp án câu 2 Câu 2

(3,5đ)

Nội dung Điểm

a/ Tại VTCB

l sin g m

k



 





=> Δl = 1cm, ω = 10 5rad/s, T = ^s

5 5

 .

Biên độ: A =

2 2 v0

x 



 





  => A = 2cm và

3

  .

Vậy: x = 2cos(10 5t 3

)cm.

b/ Tại t1 vật ở M có vận tốc v1, sau Δt =

5 4

 = 1,25T.

- vật ở K (nếu v1 > 0) => tọa độ x2 = 3cm.

- vật ở N (nếu v1 < 0) => tọa độ x2 = - 3cm.

c/ Quãng đường m đi được: - Nếu v1<0 => s1 = 11 3=> vtb = 26,4m/s.

- Nếu v1>0 => s2 = 9 3=> vtb = 30,6m/s.

0,5 0,5 0,5 0,25

0,25 0,5 0,5 0,5 Câu 3 (3,5 điểm) : Hai thanh kim loại song song, thẳng đứng có điện trở không

đáng kể, một đầu nối vào điện trở ^R^^0,5^. Một đoạn dây dẫn AB, độ dài 14

l cm, khối lượng ^m^²^g, điện trở ^r^^0,5^ tì vào hai thanh kim loại tự do trượt không ma sát xuống dưới và luôn luôn vuông góc với hai thanh kim loại đó.

Toàn bộ hệ thống đặt trong một từ trường đều có hướng vuông góc với mặt phẳng hai thanh kim loại có cảm ứng từ ^B^^{0, 2}^T . Lấy g 9,8 /m s².

a) Xác định chiều dòng điện qua R.

b) Chứng minh rằng lúc đầu thanh AB chuyển động nhanh dần, sau một thời gian chuyển động trở thành chuyển động đều. Tính vận tốc chuyển động đều ấy và tính UAB.

Đáp án câu 3

(3,5đ

a) Do thanh đi xuống nên từ thông qua mạch tăng.

Áp dụng định luật Lenxơ, dòng điện cảm ứng sinh ra B_cu

ngược chiều B (Hình vẽ).

Áp dụng qui tắc nắm bàn tay phải, I chạy qua R có chiều từ A  B.

b) Ngay sau khi buông thì thanh AB chỉ chịu tác dụng của trọng lực ^{P mg}^ nên thanh chuyển động nhanh dần  v tăng dần.

- Đồng thời, do sau đó trong mạch xuất hiện dòng điện I nên thanh AB chịu thêm tác

0,25

0,25 0,5

A B

R



 B

-1 O x

M

N

K

K'

A B

R



 B B

cu



I

(4)

dụng của lực từ FBIl có hướng đi lên.

- Mặt khác, suất điện động xuất hiện trong AB là: ^e ^Blv t



  

 nên e Blv

I  R r R r

 

B l v2 2

F R r

  

Cho nên khi v tăng dần thì F tăng dần  tồn tại thời điểm mà F=P. Khi đó thanh chuyển động thẳng đều.

-Khi thanh chuyển động đều thì:

2 2 3

2 2 2 2

( ) (0,5 0,5).2.10 .9,8

25( / ) 0, 2 .0,14

B l v R r mg

F mg mg v m s

R r B l

  

      



- Hiệu điện thế giữa hai đầu thanh khi đó là:

0, 2.0,14.25

. . .0,5 0,35( )

0,5 0,5

AB

U I R Blv R V

  R r  

 

0,5 0,5

0,5

0,5 0,5

Câu 4: ( 3 điểm)

Cho mạch điện như hình vẽ:

E1 = E2 = 6V; r1 = 1Ω; r2 = 2Ω; R1 = 5Ω; R2 = 4Ω. Vôn kế có điện trở rất lớn. Số chỉ vôn kế là 7,5V, cực dương mắc vào điểm M a. Tính hiệu điện thế UAB

b. Tính điện trở R

c. Công suất và hiệu suất của mỗi nguồn Đáp án câu 4

(3,0đ)

a.

Giả sử chiều dòng điện chạy như hình:

Ta có:

1 2 2 1 1

2 2 2 1 1

MN MN

U E I R I R U E I r I R

  

   



Thay số, ta được: I1 = I2 = 0,5A Tacó:

2 2 2 2 2 6 0,5.2 0,5.4 3 UAB E I r I R     V b.

Ta có: I = I1 + I2 = 0,5 + 0 ,5 = 1A

0,5 0,25

0,25

0,5

(5)

UAB = I.R  R 3 c.

1 1 1

2 2 2

3 3 P E I W P E I W

 

Ta có: UAN = E1 – I1r1 = 5,5V suy ra: 1 1

0,916 UAN

H  E 

UBM = E2 – I2r2 = 5V suy ra: 2 2

0,83 UBM

H  E 

0,25 0,25 0,5 0,5

Bài 5 ( 3,5 điểm)

Đặt vật sáng AB cao 8cm ở trên và vuông góc với trục chính của thấu kính hội tụ L1 cótiêu cự 20cm. Vật AB cách thấu kính một khoảng 30cm.

a) Xác định vị trí, tính chất và số phóng đại ảnh A1B1 vật AB cho bởi thấu kính L1. b) Giữ nguyên vị trí vật AB và L1, người ta đặt thêm một thấu kính phân kì L2, đồng trục chính với L1 và cách L1 một khoảng 70cm. Tính tiêu cự của thấu kính L2 để ảnh cuối cùng A2B2 của vật AB qua hệ ( L1, L2) cao bằng vật AB

c) Khi khoảng cách giữa hai thấu kính là l, ảnh sau cùng tạo bởi hệ có chiều cao không đổi cho dù thay đổi vị trí của vật trước hệ. Tính l và độ cao của ảnh lúc này?

Đáp án câu 5 Câu 5

(3,5đ)

a) ta có : d’1 = ¹

1

d f

d  f = 60cm.

d’1 > 0  Ảnh là ảnh thật.

K1 = -

' 1 1

d d = - 2

b) sơ đồ tạo ảnh: AB_^L¹ A¹B¹^^L² A²B² -Tính được d2 = l - d’1 = 10cm.

Số phóng đại của ảnh sau cùng k = k1k2 = -1

d2 >0 → TKPK vật thật cho ảnh ảo nên k2 > 0, do đó k < 0 Suy ra k2 = 0,5

Ta có

'

2 2

2

2 2 2

d f

k d f d

=- =

- = 0,5 - Tính f2 = -10cm

b) Ta có: 1 2 ¹ ²

1 1 2 2

. f . f

k k k

f d f d

 

  (1)

Mà : 2 1^' ^{1 1}

1 1

d l d l d f

d f

   

 thay vào (1) ta được:

1 2 1 2

1 1 1 1 1 2 1 2 1( 1 2) 1 1 2

f f f f

kld lf d f d f f f d l f f lf f f

        (2)

Để ảnh có chiều cao không đổi k = const tức không phụ thuộc vào d1 thì hệ số của

0,25 0,25 0,25

0,5

0,25

(6)

d1 trong (2) phải bằng 0.

Suy ra: l =f1+ f2 = 10 cm.

Thay vào (2): k 10.20 20.( 10)^{20.( 10)} ¹2

  

Chiều cao của ảnh A2B2 là 4cm.

0,25 0,25 0,25

Bài 6 (3 điểm)

Tính công sinh ra khi 0,5 (mol) khí lý tưởng thực hiện một chu

trình biến đổi (1) - (2) - (3) - (1) mà đường biểu diễn trong hệ trục

(OT,OV) có dạng như hình 2. Trong đó:

(1) – (2) là đoạn thẳng kéo dài qua O,

(2) – (3) là đoạn thẳng song song với trục OT, (3) – (1) là cung parabol kéo dài qua O.

Biết T1 = T3 = 350 (K); T2 = 600 (K).

Đáp án câu 6

Câu 6 Nhận xét: 1 - 2 đường đẳng áp; 2 – 3 đường đẳng tích 0,25

(3,0đ)

3 – 1 là quá trình mà nhiệt độ T là hàm bậc hai theo V: T=aV²bV+c

Tại O(0;0)  c 0. Vậy T=aV²bV 0,25

Theo phương trình Claperon – Mendeleep, ta có:

( 2 )

pV nRT nR aV bV  p nRaV nRb Vậy 3 – 1 là một đường thẳng trong hệ (p - V)

Vậy đường biểu diễn chu trình trong hệ (p - V) như sau:

0,5

0,25

Vậy công sinh ra là:

1 3 3 1 1 3 1 1 3 3 3 1

1 1

( )( ) ( )(*)

2 2

A p p V V  p V p V p V p V 0,5

Ta có p V1 1nRT p V1; 3 3nRT p V3; 1 3 p V2 2 nRT2 0,25 Vì 2 – 3 là đẳng tích do đó: ² ³ 3 ³ 2 1 ³

2 3 2 2

p T T

p p p p

T  T  T  T Vậy

2

3 3 1

3 1 1 1 1

2 2 2

T T T

p V p V nRT nR

T T T

  

0,5

Thay vào (*) ta được: 0,5

3 2 1

p

0 V

p1

p3

V1 V₃

T V

(1)

(2)

(3)

T1 T₂

V1

2 3

V V

O

(7)

2 1

2 1 3

2

1 ( ) 216, 4( )

2

A nR T T T T J

   T 

……….HẾT………..