Đề thi học sinh giỏi môn Vật lí lớp 11 cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Bắc Ninh

Chia sẻ: Kiều Anh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

156
lượt xem 14
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

TaiLieu.VN giới thiệu Đề thi học sinh giỏi môn Vật lí lớp 11 cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Bắc Ninh nhằm giúp các em học sinh có tài liệu ôn tập, luyện tập nhằm nắm vững được những kiến thức, kĩ năng cơ bản, đồng thời vận dụng kiến thức để giải các bài tập Toán một cách thuận lợi.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Vật lí lớp 11 cấp tỉnh năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Bắc Ninh

UBND TỈNH BẮC NINH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2020-2021 Môn: Vật lí - Lớp 11 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 02 trang) Họ và tên thí sinh:........................................................... Số báo danh .............................. Câu 1 (3,0 điểm). Một giá nhẹ gắn trên một tấm gỗ có khối lượng M đặt trên bàn nhẵn nằm ngang có treo một quả cầu khối lượng m bằng sợi dây nhẹ, không dãn và dài L như hình bên. Một viên đạn nhỏ cũng có khối lượng m bay với  vận tốc V0 xuyên vào quả cầu và vướng kẹt ở đó. Tìm giá trị nhỏ nhất của tốc độ viên đạn để sợi dây quay đủ vòng mà không bị chùng trong hai trường hợp sau: a. Tấm gỗ được giữ chặt. b. Tấm gỗ được thả tự do. Câu 2 (3,0 điểm). Một lượng khí lí tưởng thực hiện quá P (Pa) trình dãn nở từ trạng thái (1) sang trạng thái (2) theo quy (1) luật được mô tả bằng đồ thị P – V như hình vẽ bên. Biết ở trạng thái (1) chất khí có nhiệt độ T1 = 315 K và thể tích V1 (2) = 3 dm , ở trạng thái (2) chất khí có áp suất P2 = 2.10 Pa. 3 5 a. Tính nhiệt độ chất khí ở trạng thái (2) và tìm mối liên hệ của áp suất theo thể tích. O V b. Tính công mà khối khí thực hiện trong quá trình dãn (dm3) nở trên. c. Xác định nhiệt độ cực đại của chất khí trong quá trình dãn nở trên. Câu 3 (3,5 điểm). Hai quả cầu nhỏ giống hệt nhau, mỗi quả có khối lượng 5 g, mang điện tích q được treo vào điểm O bởi hai sợi dây có cùng chiều dài 50 cm. Cả hệ được đặt trong không khí. Khi cân bằng, các dây treo hợp với nhau một góc 90o. Lấy g = 10 m/s2. a. Tính giá trị của q và lực căng của dây treo khi cân bằng. b. Kéo điểm treo O chuyển động nhanh dần đều lên trên theo phương thẳng đứng với gia tốc a. Khi cân bằng hai dây treo hợp với nhau một góc 60o. Bỏ qua lực cản của không khí. Tính a. c. Treo thêm một quả cầu giống hệt hai quả cầu ở trên vào điểm O bằng một sợi dây có cùng chiều dài với các sợi dây ban đầu. Tính diện tích tam giác có ba đỉnh là ba quả cầu.
Câu 4 (4,0 điểm). Cho mạch điện như hình bên. Biết C = 2 µF, R1 =Ω 18 , M N R= 20 Ω, R 3 là một biến trở, nguồn điện có suất điện động E = 19 V và R1 K2 C R2 2 điện trở trong không đáng kể. Bỏ qua điện trở của các khóa và các dây nối. Ban đầu các khóa K1 và K2 đều mở. R3 a. Đóng khóa K1 (K2 vẫn mở), tính năng lượng của tụ điện và nhiệt E K1 lượng tỏa ra trên R1 đến khi điện tích trên tụ điện đã ổn định. b. Với R= 3 30 Ω. Khóa K1 vẫn đóng, đóng tiếp K2, tính điện lượng chuyển qua điểm M đến khi dòng điện trong mạch đã ổn định. c. K1 , K 2 đều đóng, điều chỉnh biến trở R 3 để công suất tiêu thụ trên R 3 cực đại. Tìm công suất cực đại đó. Câu 5 (3,0 điểm). Hai thanh kim loại song song, thẳng đứng có điện trở không R 0,5 Ω . Một thanh dẫn AB dài 14 cm có đáng kể, hai đầu nối vào điện trở = R r 0,5 Ω tì vào hai thanh kim loại. Ban đầu thanh khối lượng 2 g và có điện trở= AB giữ cố định, sau đó thả nhẹ không vận tốc đầu, thanh AB trượt không ma A • B sát xuống dưới và 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 chứa hai thanh kim loại (như hình bên) và có độ lớn cảm ứng từ B = 0, 2 T. Lấy g = 9,8 m/s 2 . a. Mô tả chuyển động của thanh. Tính tốc độ của thanh khi thanh chuyển động đều và tính UAB khi đó.  b. Giữ nguyên chiều và độ lớn của vectơ cảm ứng từ B . Đặt hai thanh kim loại nghiêng với mặt phẳng nằm ngang một góc α = 60o , sau đó lặp lại thí nghiệm như trên. Biết trong quá trình  chuyển động thanh AB luôn vuông góc với B. Tính tốc độ của thanh khi thanh chuyển động đều và tính UAB khi đó. Câu 6 (2,5 điểm). Cho thấu kính mỏng có tiêu cự f. Một nguồn sáng điểm S nằm trên trục chính của thấu kính cách thấu kính 10 cm qua thấu kính cho ảnh S’ nằm cùng phía với S so với thấu kính. Biết S’ cách thấu kính 30 cm. a. Xác định loại thấu kính và tìm tiêu cự của thấu kính. b. Từ vị trí ban đầu cho điểm sáng S dịch chuyển một đoạn 2 cm theo hướng lại gần thấu kính và hợp với trục chính góc 60o. Tính độ dịch chuyển của ảnh S’ và góc hợp bởi hướng dịch chuyển của S’ với trục chính khi đó? Câu 7 (1,0 điểm). Một vòng dây tròn tâm O bán kính R mang điện tích q (q dương), điện tích phân bố đều trên vòng dây. Điểm M nằm trên đường thẳng đi qua tâm O và vuông góc với mặt phẳng vòng dây cách mặt phẳng này một đoạn h. Tính cường độ điện trường tại điểm M do điện tích trên vòng dây gây ra. =====Hết=====
UBND TỈNH BẮC NINH HƯỚNG DẪN CHẤM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2020-2021 Môn: Vật lí - Lớp 11 (Hướng dẫn chấm có 07 trang) Câu 1 (3 điểm). Một giá nhẹ gắn trên một tấm gỗ có khối lượng M đặt trên bàn nhẵn nằm ngang có treo một quả cầu khối lượng m bằng sợi dây nhẹ, không dãn và dài L  như hình bên. Một viên đạn nhỏ cũng có khối lượng m bay với vận tốc V0 xuyên vào quả cầu và vướng kẹt ở đó. Tìm giá trị nhỏ nhất của tốc độ viên đạn để sợi dây quay đủ vòng mà không bị chùng trong hai trường hợp sau: a. Tấm gỗ được giữ chặt. b. Tấm gỗ được thả tự do. Câu 1 Đáp án Điểm (3 điểm) 1.a Tấm gỗ đứng yên V0 + Áp dụng định luật bảo toàn động lượng, vận tốc của hệ (viên đạn+quả cầu) V = 2 0.5 + Để dây quay đủ một vòng, tại điểm cao nhất tốc độ của hệ là V 2mV 2 T + 2mg = ⇒ Vmin = g .L L 0.5 + Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng 2mV02 2 2mVmin 0.5 = 4mgL + ⇒ V0 = 2 5 gL 8 2 1b Tấm gỗ tự do + Tốc độ nhỏ nhất của quả cầu tại điểm cao nhất umin = g .L + Gọi u là vận tốc của tấm ván + Áp dụng định luật bảo toàn động lượng mV0' = M .u + 2m(u − gL ) (1) 0.5 + Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng 2m(V0' ) 2 M .u 2 2m(u − gL ) 2 = 4mgL + + (2) 8 2 2 0.25 8m + Từ (1) và (2), ta có: V0' = 2 gL(5 + ) M 0.75
Câu 2 (3 điểm). Một lượng khí lí tưởng thực hiện quá trình P (Pa) dãn nở từ trạng thái (1) sang trạng thái (2) theo quy luật được (1) mô tả bằng đồ thị P – V như hình vẽ bên. Biết ở trạng thái (1) chất khí có nhiệt độ T1 = 315 K và thể tích V1 = 3 dm3, ở trạng thái (2) chất khí có áp suất P2 = 2.105 Pa. (2) a. Tính nhiệt độ chất khí ở trạng thái (2) và tìm mối liên hệ của áp suất theo thể tích. b. Tính công mà khối khí thực hiện trong quá trình trên. O V (dm3) c. Xác định nhiệt độ cực đại của chất khí trong quá trình dãn nở trên. Câu 2 Nội dung Điểm (3 điểm) 2.a 𝑃𝑃 𝑉𝑉 𝑃𝑃 𝑉𝑉 𝑃𝑃 𝑉𝑉 Áp dụng phương trình trạng thái: 1𝑇𝑇 1 = 2𝑇𝑇 2 → 𝑇𝑇2 = 𝑃𝑃2 𝑉𝑉2 . 𝑇𝑇1 = 540 (𝐾𝐾) 0.5 1 2 1 1 Dựa vào đồ thị ta thấy P phụ thuộc V theo quy luật hàm số bậc nhất: 0.25 𝑃𝑃 = 𝑎𝑎. 𝑉𝑉 + 𝑏𝑏 (1.1) Thay các giá trị của trạng thái (1) và (2) vào (1.1), ta được hệ phương trình: 3,5. 105 = 𝑎𝑎. 3 + 𝑏𝑏 𝑎𝑎 = −0,25. 105 � → � 2. 105 = 𝑎𝑎. 9 + 𝑏𝑏 𝑏𝑏 = 4,25. 105 Vậy, P phụ thuộc V theo phương trình: 𝑃𝑃 = −0,25. 105 . 𝑉𝑉 + 4,25. 105 (1.2) 0.5 2.b - Công của khối khí thực hiện 0.75 1 1 A= ( P1 + P2 )(V2 − V1 )= (2.105 + 3,5.105 )(9.10−3 − 3.10−3 )= 1650J. 2 2 2.c - Ta có: 𝑃𝑃𝑃𝑃 = 𝑃𝑃1 𝑉𝑉1 = 3,5.105 .3 = 105 → 𝑃𝑃 = 105 𝑇𝑇 (1.3) 0.25 𝑇𝑇 𝑇𝑇1 315 30 30𝑉𝑉 Thay (1.3) vào (1.2) được: 𝑇𝑇 = −7,5𝑉𝑉 2 + 127,5𝑉𝑉 (1.4) 0.25 Theo (1.4) Tmax khi V = V0= 8,5 (dm3) 0.25 Nhận thấy V1< V0< V2 Nên nhiệt độ lớn nhất trong quá trình dãn nở là: 𝑇𝑇𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 541,875 (𝐾𝐾) 0.25 Câu 3 (3,5 điểm). Hai quả cầu nhỏ giống hệt nhau, mỗi quả có khối lượng 5 g, mang điện tích q được treo vào điểm O bởi hai sợi dây có cùng chiều dài 50 cm. Cả hệ được đặt trong không khí. Khi cân bằng, các dây treo hợp với nhau một góc 90o. Lấy g = 10 m/s2. a. Tính giá trị của q và lực căng của dây treo khi cân bằng. b. Kéo điểm treo O chuyển động nhanh dần đều lên trên theo phương thẳng đứng với gia tốc a. Khi cân bằng hai dây treo hợp với nhau một góc 60o. Bỏ qua lực cản của không khí. Tính a. c. Treo thêm một quả cầu giống hệt hai quả cầu ở trên vào điểm O bằng một sợi dây có cùng chiều dài với các sợi dây ban đầu. Tính diện tích tam giác có ba đỉnh là ba quả cầu.
Câu 3 (3,5điểm)     O Khi hệ cân bằng ta có: F + P + T = 0 0,25 T = mg 2 = 0,07 N 0,25  3.a F q 2 q2 F = mg = 9.10 9 2 = 9.10 9 ( 2 ) (0,5 2 ) 2 0.5 -6 q = ∓1,67.10 C Xét trong hệ qui chiếu gắn với O, các quả cầu chịu O 0,25 thêm lực quán tính Fq = ma mg + ma q2 F = (mg + ma ) tan 30 o = = 9.10 9 2 (1) 0,25 3.b 3  q2 ℓ Theo ý 1.1 thì 9.10 9 = 2mg (2) 2 0,5 (1) và (2) => a = (2 3 − 1)g = 24,6 m/s2. Gọi a là chiều dài các cạnh của tam giác có ba đỉnh là ba điện tích Lực tương tác điện giữa hai quả cầu q2 F1 = k 2 a Hai lực điện tác dụng lên một quả cầu hợp với nhau góc 60o nên lực điện tổng hợp tác dụng lên mỗi quả cầu là q2 =Fd 2= F1 cos 30o k 2 3 0,25 a Góc lệch giữa dây treo và phương thẳng đứng a tan α = 3 a 0.25 l 2 − ( )2 3.c 3 Góc lệch giữa hợp của trọng lực và lực điện tác dụng lên vật so với phương thẳng đứng q2 k 2 3 tan α = a 0.25 mg q2 a k 2 3 0.25 = a 3= → a 0, 7354cm mg 2 a 2 l −( ) 3 Diện tích tam giác 0.5 a2 3 = S = 0, 234cm 2 4
Câu 4 (4 điểm): Cho mạch điện như hình bên. Biết C = 2 µF, R1 =Ω 18 , M N R= 20 Ω, R 3 là một biến trở, nguồn điện có suất điện động E = 19 V và điện R1 2 K2 C R2 trở trong không đáng kể. Bỏ qua điện trở của các khóa và các dây nối. Ban đầu các khóa K1 và K2 đều mở. a. Đóng khóa K1 (K2 vẫn mở), tính năng lượng của tụ điện và nhiệt lượng tỏa ra trên R1 đến khi điện tích trên tụ điện đã ổn định. R3 b. Với R= 3 30 Ω. Khóa K1 vẫn đóng, đóng tiếp K2, tính điện lượng chuyển K1 E qua điểm M đến khi dòng điện trong mạch đã ổn định. c. K1 , K 2 đều đóng, điều chỉnh biến trở R 3 để công suất tiêu thụ trên R 3 cực đại. Tìm công suất cực đại đó. Câu 4 Nội dung Điểm (4 điểm) 4.a Điện tích trên tụ điện q = CE = 2.19 = 38µC = 38.10-6C 0.25 1 0.25 Năng lượng điện trường trong tụ điện W = CE 2 = 3, 61.10−4 J 2 Trong thời gian tích điện cho tụ, nguồn thực hiện công 0.5 −4 A= ng qE = 7, 22.10 J Nhiệt lượng tỏa ra trên R1 Q1 A 3, 61.10−4 J 0.5 = = ng – W 4.b E 19 b. Sau khi đóng K2; Cường độ dòng điện qua mạch I  = A R2 R3 30 0.25 R1  R2  R3 R2 R3 0.25 UMN = I. = 7,6 V R2  R3 Điện tích của tụ điện khi đó q’ = CUMN = 2.7,6 = 15,2µC 0.5 Điện lượng chuyển qua điểm M ∆q = |q’ – q| = 22,8µC 0.5 4.c   2  E R2 R3     R + R2 R3 R2 + R3  2 U MN  1 R +R  P3 =  = 2 3  0.25 R3 R3 Đặt R3 = x ta có
2    19 20 x   20 x 20 + x    2 0.25  18 +     380  2  20 + x  380 95 =P3 =   ≤  W= W x  360 + 38 x   2 360.38  36    x  0.25 180 Công suất tiêu thụ trên R 3 đạt cực đại khi R 3= x= Ω 19 0.25 95 Công suất cực đại trên R 3 là P= 3max W ≈ 2,64W 36 Câu 5 (3 điểm). Hai thanh kim loại song song, thẳng đứng có điện trở không đáng kể, hai đầu nối vào điện trở = R 0,5 Ω . Một đoạn dây dẫn AB dài 14 cm có khối lượng 2 g và có điện trở= r 0,5 Ω tì vào hai thanh kim loại. Ban đầu thanh AB giữ cố định, sau đó thả nhẹ không vận tốc đầu, thanh AB trượt không ma sát xuống dưới và 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 chứa hai thanh kim loại (như hình bên) và có độ lớn cảm ứng từ B = 0, 2 T. Lấy g = 9,8 m/s 2 . a. Mô tả chuyển động của thanh. Tính tốc độ của thanh khi thanh chuyển R động đều và tính UAB khi đó.  b. Giữ nguyên chiều và độ lớn của vectơ cảm ứng từ B . Đặt hai thanh kim loại nghiêng với mặt phẳng nằm ngang một góc α = 60o , sau đó lặp lại thí A • B nghiệm  như trên. Biết trong quá trình chuyển động thanh AB luôn vuông góc với B. Tính tốc độ của thanh khi thanh chuyển động đều và tính UAB khi đó. Câu 5 Nội dung Điểm 5.a 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. 0.25 - Đồng thời, do sau đó trong mạch xuất hiện dòng điện I nên thanh AB chịu thêm tác dụng của lực từ F = BIl có hướng đi lên. ∆Φ - Mặt khác, suất điện động xuất hiện trong AB là:=e = Blv nên ∆t e Blv B 2l 2 v =I = →F = R+r R+r R+r 0.25 Cho nên khi v tăng dần thì F tăng dần → tồn tại thời điểm mà F = P . Khi đó thanh chuyển động thẳng đều. 0.25 - Khi thanh chuyển động đều thì: B 2l 2 v ( R + r )mg (0,5 + 0,5).2.10−3.9,8 F = mg → = mg → v= = = 25(m / s ) 0.5 R+r B 2l 2 0, 22.0,142 - Hiệu điện thế giữa hai đầu thanh khi đó là: 0,25 Blv 0, 2.0,14.25 U= AB I= .R .R = = 0,35(V ) .0,5 R+r 0,5 + 0,5
Khi để nghiêng hai thanh kim loại ta có hình vẽ bên: - Hiện tượng xảy ra tương tự như trường 0.25 hợp a) khi ta thay P bằng Psinα, thay B bằng I α B1 với B1=Bsinα. 5.b α ( B sin α ) 2 l 2 v F= 0.25 R+r F = mg sin α - Lập luận tương tự ta có: ( R + r )mg sin α →v= ( B sin α ) 2 l 2 (0,5 + 0,5).2.10−3.9,8.sin 600 = = 28,87(m / s ) (0, 2.sin 60o ) 2 .0,142 0.5 - Hiệu điện thế giữa hai đầu thanh khi đó là: B sin α .lv 0, 2.sin 60o.0,14.28,87 0.5 U=AB I= .R .R = = 0,35(V ) .0,5 R+r 0,5 + 0,5 Câu 6 (2,5 điểm). Cho thấu kính mỏng có tiêu cự f. Một nguồn sáng điểm S nằm trên trục chính của thấu kính cách thấu kính 10 cm qua thấu kính cho ảnh S’ nằm cùng phía với S so với thấu kính. Biết S’ cách thấu kính 30 cm. a. Xác định loại thấu kính và tìm tiêu cự của thấu kính. b. Từ vị trí ban đầu cho điểm sáng S dịch chuyển một đoạn 2 cm theo hướng lại gần thấu kính và hợp với trục chính góc 600. Tính độ dịch chuyển của ảnh S’ và góc hợp bởi hướng dịch chuyển của S’ với trục chính khi đó? Câu 6 Nội dung Điểm 6.a Ảnh S’ cùng phía với S là ảnh ảo  d’ = -30 cm 0.25 S’ xa thấu kính hớn S: ảnh ảo lớn hơn vật  thấu kính là thấu kính hội tụ 0.25 Áp dụng công thức thấu kính: 1 1 1 = + → 𝑓𝑓 = 15 𝑐𝑐𝑐𝑐 0.5 𝑓𝑓 𝑑𝑑 𝑑𝑑′ 6.b Giả sử S di chuyển từ A đến B với AB = 2 cm Gọi H là chân đường cao hạ từ B xuống trục chính 𝑂𝑂 Sơ đồ tạo ảnh: 𝐴𝐴(≡ 𝑆𝑆) �⎯⎯⎯⎯⎯⎯� 𝐴𝐴′ (≡ 𝑆𝑆 ′ )
𝑑𝑑𝐴𝐴 = 10 𝑐𝑐𝑐𝑐 Suy ra � 𝑑𝑑′𝐴𝐴 = −30 𝑐𝑐𝑐𝑐 𝑂𝑂 Sơ đồ tạo ảnh : 𝐻𝐻𝐻𝐻 �⎯⎯⎯⎯⎯⎯� 𝐻𝐻′𝐵𝐵′ 0.25 Ta có 𝑑𝑑𝐻𝐻 = 𝑑𝑑𝐴𝐴 − 𝐴𝐴𝐴𝐴. cos 600 → 𝑑𝑑′ 𝐻𝐻 ′ = −22,5 𝑐𝑐𝑐𝑐 𝐻𝐻′𝐵𝐵′ 𝑑𝑑 ′ 𝐻𝐻 ′ =� � = 2,5. 𝑆𝑆𝑆𝑆𝑆𝑆 𝑟𝑟𝑟𝑟 𝐻𝐻 ′ 𝐵𝐵 ′ = 2,5𝐻𝐻𝐻𝐻 = 2,5. 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 600 = 2,5√3 (𝑐𝑐𝑐𝑐) 𝐻𝐻𝐻𝐻 𝑑𝑑𝐻𝐻 0.25 Khi S di chuyển từ A đến B thì S’ di chuyển từ A’ đến B’ Ta có A’B’ = �(𝐴𝐴′ 𝐻𝐻 ′ )2 + (𝐵𝐵 ′ 𝐻𝐻 ′ )2 = 5√3 𝑐𝑐𝑐𝑐 0.5 Góc hợp bới hướng chuyển động của ảnh S’ so với trục chính 𝐻𝐻′𝐵𝐵′ 1 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 = = → 𝛼𝛼 = 300 𝐻𝐻′𝐴𝐴′ √3 0.5 B’ B A’ H’ A H O Câu 7 Chia vòng dây thành nhiều 0.25 (1 điểm). đoạn rất nhỏ mỗi đoạn có điện R tích ∆q. h ∆q gây ra cường độ điện trường O tại điểm M ∆q E=k 2 R + h2    E= E1 + E2  Do tổng hợp các E2 gây ra tại M bằng 0 0.25 Nên điện trường tổng hợp tại M  h  ∆q h =∑ E1 ∑= E .  ∑ (k . R 2 +h 2 . ) 0.5  R 2 + h2  R 2 + h2 q =k .h ( R + h 2 )3/2 2