Đề thi thử học sinh giỏi môn Vật lí Khối 11 - Năm học 2021-2022 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử học sinh giỏi môn Vật lí Khối 11 - Năm học 2021-2022 (Có đáp án)

1. ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI Năm học: 2021 - 2022 MÔN: Vật lý – Khối 11 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (3điểm). Một quả cầu có khối lượng m= 2kg treo ở một đầu một sợi dây có khối lượng không đáng kể và không co dãn. Bỏ qua ma sát và sức cản. Lấy g= 10m/s2. a) Kéo quả cầu khỏi vị trí cân bằng một góc m rồi thả ra ( vận tốc ban đầu bằng không). Thiết lập biểu thức lực căng dây của dây treo khi quả cầu ở vị trí lệch một góc so với vị trí cân bằng. Tìm vị 0 trí của quả cầu trên quĩ đạo để lực căng đạt cực đại. Tính độ lớn của lực căng cực đại nếu góc m =60 . b) Phải kéo quả cầu khỏi vị trí cân bằng một góc bằng bao nhiêu để khi thả cho dao động, lực căng cực đại gấp 3 lần trọng lượng của quả cầu. c) Thay sợi dây treo quả cầu bằng một lò xo có trọng lượng không đáng kể. Độ cứng của lò xo là k= 500N/m, chiều dài ban đầu l0=0,6m. Lò xo có thể dao động trong mặt phẳng thẳng đứng xung quanh điểm treo O. Kéo quả cầu khỏi vị trí cân bằng một góc  900 rồi thả ra. Lúc bắt đầu thả, lò xo ở trạng thái không bị nén dãn. Xác định độ dãn của lò xo khi quả cầu đến vị trí cân bằng. Câu 2 (4,5điểm). Cho mạch điện như hình 1. Nguồn điện có suất điện động E =12V, điện trở trong r = 0,6 , AB là một biến trở con chạy có điện trở toàn phần là R = 9 . Ba ắc quy như nhau, mỗi cái có suất điện động e0 và điện trở trong r0 = 0,5  . Gọi điện trở phần AC là x. 1. Khi x = 6  thì các ắc quy được nạp điện và dòng qua mỗi ắc quy là 0,4A. Tính suất điện động của mỗi ắc quy và công suất tỏa nhiệt trên toàn bộ biến trở khi đó. 2. Bộ ắc quy trên ( ba ắc quy nối tiếp) khi đã được nạp đầy điện có thể dùng để thắp sáng bình thường được tối đa bao nhiêu bóng đèn loại 1,5V-1,5W . Nói rõ cách mắc các đèn khi đó. 3. Ba ắc quy trên khi đã nạp đầy điện được mắc vào mạch như hình 2 . Hai điốt giống nhau có điện trở thuận rD = 4  , điện trở ngược vô cùng lớn , R là một biến trở . Điều chỉnh giá trị R để công suất điện tiêu thụ trên biến trở là cực đại , tìm giá trị cực đại đó. E,r e0,r0 D C 1 R A B D2 Hình 1 e0,r0 2e0,2r0 Hình 2 P P T 2P 1 2 0 0 T0 2P0 P0 1 4 3 2 T 3 0 4 T0 2T0 2T0
2. ĐÁP ÁN HSG MÔN VẬT LÝ KHỐI 11 NĂM 2018 – 2019 LẦN 3 Câu NỘI DUNG Điểm 0,5 Bài 15:: a) Thiết lập được biểu thức: T mg(3cos 2 cos m ) T mg(3 2 cos ) 40(N) max m 0,5 0 0,5 b) Tmax= 3mg. Từ hệ thức trên suy ra: 3 2 cos m 3 → m 90 0,25 c) Chọn mốc thế năng tại VT thấp nhất. Cơ năng tại A(ngang): EA mg(l0 l) (1) 1 1 2 2 0,25 1 Cơ năng tại B(thấp nhất): EB mv k l (2) (3điểm) 2 2 v2 Lực đàn hồi khi vật đi qua VTCB: F k l mg m (3) 0,25 l0 l 2 2 Từ (1),(2) mv 2mg(l0 l) k l 2 0,25 Thay vào (3): k(l0 l) mg(l0 l) 2mg(l0 l) k l 2 l 0,24 l 0,036 0 Giải ra: l =0,104(m) 0,5 1. Chiều dòng điện như trên hình vẽ. E,r Tại nút A: I = I1 + I2 (I1 = 0,4 A) Sử dụng định luật Ôm cho các đoạn mạch: 0,25 UAC = I2.x = 6I2 ; UAC = E – I(r + RCB) = 12 – 3,6I I C A B UAC = 3e0 + 3r0I1 = 3e0 + 0,6 0,25 Giải hệ bốn phương trình trên ta được: I1 I2 I2 = 1,1A; I = 1,5A; e0 = 2V 0,5 2 2 Từ đó: P PAC PCB RAC I2 RCB I 14,01(W) 0,5 e0,r0 2 2. Đèn có cường độ định mức và điện trở là Iđ = 1A; Rđ = 1,5Ω. (4,5 Bộ nguồn có Eb = 6V; rb = 1,5Ω. 0,5 điểm) Để các đèn đều sáng bình thường thì phải mắc chúng hỗn hợp đối xứng. x.R 1,5x x + y = 4 . Suy ra số đèn tối đa là x.y = 4 . R d Ta có điện trở của bộ đèn là N y y Gọi số đèn mắc nối tiếp nhau trên mỗi dãy là x, số dãy đèn mắc song song với nhau là y. Với x, y nguyên, dương.Cường độ dòng điện chạy trong mạch chính là E 6 0,5 I b y.I y Vậy phải mắc 4 đèn thành 2 dãy song song, mỗi dãy gồm R r 1,5x d N b 1,5 y 0,5 2 đèn mắc nối tiếp nhau. 3. Giả sử các đi ốt đều mở khi đó dòng điện có chiều như hình vẽ. Xét các vòng mạch ABDA, DCBD và nút B C e0, r0 R i1 B D i i2 D 2 A 2e0,2 r0
3. Hình a V(l) 0 0,25 3,12 2 0,25 1 2 0,25 3 4 0,25 12,48 1 6,24 V(l) Hình b T(K) 0 3,12 1 2 3 4 12,48 6,24 300 600 150 c. Để tính công, trước hết sử dụng phương trình trạng thái ta tính được các thể tích: – 3 3 – 3 3 V2 = 2V1 = 6,24.10 m ; V3 = 2V2 = 12,48.10 m . Công mà khí thực hiện trong từng giai đoạn: 5 3 3 2 A12 p1(V2 V1 ) 2.10 (6,24.10 3,12.10 ) 6,24.10 J V3 5 3 2 A23 p2V2 ln 2.10 .6,24.10 ln2 8,65.10 J V2 5 3 3 2 A34 p3 (V4 V3 ) 10 (3,12.10 12,48.10 ) 9,36.10 J A 0 vì đây là quá trình đẳng áp. 41      1.Xét điều kiện CB của q3: F13 F23 F03 F3 F03 0 2   q 0 - Với F F k và F13;F23 60 13 23 a2 2 0 q 0,5 F3 2F13 cos30 F13 3 3k 2 a   4 - Trong đó F3 có phương là đường phân giác góc C, lại có F03  F3 nên q0 nằm trên phân (2,5 giác góc C. điểm) - Tương tự, q0 cũng thuộc phân giác các góc A và B. Vậy q0 tại trọng tâm G của ABC.    0,5 - Vì F03  F3 nên F03 hướng về phía G, hay là lực hút nên q0 < 0. 0,5
4. Trong thanh MN có dòng điện I được đặt trong từ trường B phải chịu tác dụng của lực từ F , lực từ F có phương vuông góc với B và với MN, có chiều theo quy tắc bàn tay trái, có 0,25 Blv cos B2l 2v cos độ lớn : F = B.I.l.sin900=B.I.l = B l R r R r B2l2vcos2 Thành phần F của lực từ F (nằm dọc theo dốc chính) có cường độ:F F.cos 1 1 R r 0,25 Ta thấy F ngược chiều với P . Như vậy thanh MN chịu tác dụng của hai lực cùng phương, 1 1 ngược chiều : P kéo xuống F kéo lên. 1 1 Lúc đầu, vận tốc v của thanh còn nhỏ F1 0.Lực tổng hợp F + P gây ra gia 1 1 0,25 tốc cho thanh MN chuyển động nhanh dần, do đó v tăng dần và kết quả là F1 tăng dần trong khi P1 là không đổi. Đến một giá trị vmax của vận tốc sao cho F1 = P1 thì thanh MN sẽ chuyển động với v không đổi. max 0,25 B2l 2v cos2 (R r)mg sin Khi đó : max mg sin v = 4 2 m/s 5,66m / s R r max B2l 2 cos2 0,25 E Blvcos Khi đó cường độ dòng điện qua R là : I C = 2A R r R r Lưu ý: HS có thể nhận xét vì lúc này F1 = P1 nên Khi đó cường độ dòng điện qua R là : F F P P mg I 1 1 tan tan 2A Bl Bl cos Bl cos Bl Bl Để có các tia ló ra khỏi bán cầu đến màn thì các tia tới mặt cầu phải có góc tơi i igh 1 2 o Với sin igh = igh = 45 0,5 n 2 Xét các tia vừa đủ điều kiện phản xạ toàn phần S I J và S I J . Ta có i = i = i = 45o 1 1 1 2 2 2 1 2 gh 0,5 o góc khúc xạ tại I1 và I2 đều bằng 90 . tứ giác OI1FI2 là hình vuông OF = r 2 6 Các tia khúc xạ đến màn đều nằm trong phạm vi J1J2. O2J1 = O2J2 là bán kính của vùng (2điểm) sáng trên màn. Xét cặp tam giác đồng dạng: FO2J2 và FO1I2 ta có: O J L OF 4,84 2 2 2 0,5 2 2 O1I2 O1F 2 2 2 2 2 2 2 2 0,5 R = O2J2 = O1I2 = 2cm 2 2 2 L S 1 J2 S2 S1 I1 I2 igh R I1 O O1 igh F O2 i S2 gh igh F L O I2 1 J O 1 O2 J1 J2 R