Đề thi học sinh giỏi năm 2018 môn vật lý lớp 11 chuyên tuyên quang

9 11 0
  • Loading ...
1/9 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 11/06/2018, 16:23

Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Đề thi có 02 trang KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2018 Môn: VẬT - LỚP 11 (Thời gian: 180 phút – không kể thời gian giao đề) Câu (4,0 điểm) Tĩnh điện Hai tụ điện phẳng đặt khơng khí có diện tích S, chuyển động không ma sát dọc theo sợi dây cách điện nằm ngang xuyên qua tâm chúng Một có khối lượng m, điện tích Q có khối lượng 2m, điện tích -2Q Ban đầu hai giữ cách khoảng 3d a) Tìm lượng điện trường hai tụ b) Ở thời điểm người ta thả hai Hãy xác định vận tốc chúng cách khoảng d Câu 2(5,0 điểm) Điện từ Hai dây dẫn dài, dây có điện trở r0 uốn thành hai đường ray nằm mặt phẳng ngang hình vẽ Hai ray phía bên phải cách l1 = 5l0 nằm từ trường có cảm ứng từ B1 = 8B0, hướng từ lên Hai ray bên trái cách khoảng l2 = l1 = 5l0 nằm từ trường B2=5B0, hướng từ xuống Hai kim loại nhẵn AB CD có điện trở r0 đặt nằm ray hình vẽ, ma sát không đáng kể Giữ CD cố định: a) Kéo AB chuyển động sang trái với vận tốc v khơng đổi Tìm dòng chạy mạch lực từ tác dụng lên AB b) Coi thời điểm t = kéo AB với tốc độ v0 thả cho AB chuyển động tự Bỏ qua ma sát hao tổn lượng xạ điện từ - Xác định tốc độ AB thời điểm t > quãng đường mà - Khi AB dừng, chứng tỏ lượng tỏa điện trở động ban đầu AB Để CD tự do: Tác dụng lực kéo để AB chuyển động sang phải với vận tốc v1 = 5v0 Khi CD chịu tác dụng ngoại lực chuyển động sang trái với vận tốc v2 = 4v0 Hãy tìm: a) Độ lớn ngoại lực tác dụng lên CD, biết lực nằm mặt phẳng ngang b) Hiệu điện hai đầu C D công suất toả nhiệt mạch Để CD tự do: Nếu khơng có ngoại lực tác dụng vào CD, tính y vận tốc quãng đường CD Cho khối lượng CD m n1 Câu (4,0 điểm) Quang hình Giữa hai môi trường suốt chiết suất n0 n1(n0 > n1 > 1) có hai mặt e O song song bề dày e Bản mặt đặt dọc theo trục x Ox hệ trục tọa độ Oxy n0  hình Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 hình Chiết suất mặt thay đổi theo phương vng góc với mặt theo quy luật n  n0  ky , với k  n02  n12 Từ mơi trường chiết suất n0 có tia sáng đơn sắc chiếu en02 tới điểm O mặt, theo phương hợp với Oy góc  a) Lập phương trình xác định đường truyền tia sáng mặt b) Xác định vị trí điểm tia sáng ló khỏi mặt Câu (4,0 điểm) Dao động Vật m2 có khối lượng 600 g đứng yên 0 mép bàn, độ cao h = 1,25 m Con lắc đơn có l chiều dài l = 5m, khối lượng m1= 400 g, dao động có vị trí cân điểm đặt m2( hình 4) Thả m1 từ m1 biên độ góc 0, đến va chạm xuyên tâm với m2 Va chạm hoàn toàn đàn hồi, sau va chạm m1 dao động điều hòa với biên độ A  cm Hỏi m1 thả từ biên độ góc nào? lấy g =10m/s2 Viết phương trình dao động m1 tầm xa m2 sau lúc va chạm? hình Câu (3,0 điểm) Phương án thực hành Một bóng điện ghi 2,5V – 0,1W, có dây tóc đèn có bán kính nhỏ nên có dòng điện chạy qua nóng lên nhanh Để dùng làm hỏa kế quang học, người ta cần phải đo xác điện trở nhiệt độ phòng Cho thêm dụng cụ: - 01 pin có ghi 1,5V; - 01 biến trở; - 01 milivôn kế có thang đo từ đến 2000mV, độ chia ứng với 1mV, sai số ± 3mV; điện trở nội lớn; - 01 miliampe kế có thang đo từ đến mA, độ chia ứng với 1μA, sai số ± 3μA Trình bày sở thuyết, cách bố trí thí nghiệm, tiến trình thí nghiệm, lập bảng biểu cần thiết để xác định điện trở dây tóc bóng đèn nhiệt độ phòng Hết Người đề: Nguyễn Tuyết Hạnh- 0915.480.459 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 CÂU ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM a) Cường độ điện trường tích điện Q (bản 1) tích điện -2Q Q 2Q (bản 2) gây : E1  E  2 S 2 S 0.25 Cường độ điện trường bên tụ là: Et  E1  E  3Q 2 S 0.25 Năng lượng điện trường khoảng không gian hai tụ là: 1  3Q  27Q d   S  3d  Wt   Et2  Vt    2  2 S  8 S b) Khi hai cách khoảng d, ký hiệu V1 ,V2 vận tốc Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có: mV1  2mV2   V1  2V2 (1) Năng lượng điện trường bên tụ là: 0.25 0.25 0.5 1  3Q  9Q d   Sd  Wt   Et2Vt '    2  2 S  8 S ' Cường độ điện trường bên tụ (bên trái tụ bên phải Q E n  E  E1  tụ 2) là: 2 S Khi hai cách d thể tích khơng gian bên ngồi tăng lượng là: V  S  2d Vùng thể tích tăng thêm có điện trường với cường độ En Do vậy, lượng điện trường bên tụ tăng lượng là: Q2d W   E n2 V  4 S mV12 2mV22 Áp dụng định luật bảo toàn lượng: Wt  Wt    W 2 9Q d mV12 2mV22 Q d     (2) 4 S 2 4 S ' Giải hệ phương trình (1) (2), cho ta: V2  Q V1  2Q 2d 3 Sm 2d 3 Sm Dấu “ – “ thể hai chuyển động ngược chiều 0.5 0.5 0.5 0.5 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 Giữ CD cố định: a Dùng qui tắc bàn tay phải ta dễ dàng xác định chiều dòng mạch (chính dòng cảm ứng) chạy theo chiều A đến B Qui tắc bàn tay trái cho ta biết lực từ tác dụng lên AB hướng sang trái Theo định luật Lenz – Faraday mạch lúc xuất suất điện động (sđđ) cảm ứng có độ lớn: E = Bv0L E BL Cường độ dòng mạch i   R = 4r v0 (1) R R 0,5 B L2 Độ lớn lực từ: F  BiL  v0 R (2) b) Sau thả khoảng thời gian ngắn, dễ thấy vận tốc theo chiều cũ Ở biểu thức sđđ, dòng điện lực từ giống (1) (2) ta thay v0 v Chọn chiều dương hướng sang phải, theo định luật II Newton: dv B L2 dv dv B L2  vm   dt (*) dt R dt v mR Lấy tích phân vế (*) với điều kiện biến tương ứng ta có: F  m 0,5 v 2 t B L  t dv B L2 mR   dt  v  v e v mR 0 v0 (0.5đ)   Quãng đường là: s   vdt   v0 e  2 B L t mR dt  mv0 R  BmRL t  B L2    2 e d  t B L  mR  2 = mv0 R e B L2 Dòng điện mạch lúc này: i  BL v  BL v0 e R  B L2  t mR   B L2 t mR R 0,5 mv0 R B L2   2B L 2  t Nhiệt lượng tỏa R: Q   i Rdt   B L v02 e mR dt 2 R  2B L  t  B L2  B L2 mR  v0 2  e mR d   t R 2B L  mR  2 2 mv02  BmRL t  e Với K   mv   K0 mv động ban đầu MN,từ ta có đpcm 0,5 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 Để CD tự do: Suất điện động cảm ứng xuất hai Thanh AB: e1  B1l1v1  200B0l0 v0 Thanh CD: e2  B2l2 v2 100B0l0 v0 Dòng điện cảm ứng có chiều hình vẽ(do e1>e2), độ lớn: B l v e e ic   25 0 4r r C A V1 Ft ic D B a Độ lớn ngoại lực tác dụng lên CD 2 B0 v0l0 Lực từ tác dụng lên CD: F2  B2i cl2  625 r 2 B0 v0l0 Do CD chuyển động nên ngoại lực: Fk2  F2  625 r b Hiệu điện hai đầu CD u CD  e  i C r2  125B0 v0l0 Công suất tỏa nhiệt toàn mạch (B0 v0l0 ) P  i c (4r)  2500 r Nếu khơng có ngoại lực tác dụng vào CD: Ngay ab chuyển động có dòng điện chạy qua CD theo chiều D-C  có lực từ tác dụng lên CD theo chiều hướng mạch điện, CD chuyển động lại xuất CD suất điện động cảm ứng e2 có cực (-) nối với đầu C Xét thời điểm t, vận tốc CD v, gia tốc a 0,5 0,25 0,25 0,5 200B0l0 v0  25B0l0v e e ic   4r 4r 200B0l0 v0  25B0l0 v  Ft  ma  B2icl2  25B0l0 4r m.4r  (25B0l0 ) Đặt : Vậy: dv dt  8v  v 8v0  v  y 0,5  dy  dv (25B0l0 )  ky (Đặt k   ) dt 4mr dy  y  y 0e kt Tại t=0 thì: v2=0 nên y0 = 8v0 0,5 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 y  8v e  v  8v0 (1  e kt Do đó:  (25B0l0 ) t 4mr ) Tính quãng đường m.4r dv m.4r  8v0  v  dv  8v 0dt  ds dt (25B0l0 ) (25B0l0 ) Tích phân hai vế: Từ:  (25B0l0 )2     t  m.4r m.4r   4mr v  8v t  s  s  8v  t  1 e 2  (25B0l0 ) (25B0l0 )      0,5 a Chia môi trường suốt thành nhiều lớp mỏng bề dày dy mặt phẳng  Oy Giả sử tia sáng tới điểm M(x,y) góc tới y tới điểm M’(x+dx,y+dy) lớp Coi tia sáng truyền từ M đến M’ theo đường thẳng(hình G3) Áp dụng định luật khúc xạ y M(x+dx,y+dy) ánh sáng ta có: n0sin = = nsini dy M(x,y) n0 sin   sin i  n dx dx sin i  tan i  dy  sin2 i  n0 sin  O n  n sin  2 hình G3 n sin dy x 2  n (y)  n0 sin  y y  0.5 x 0.25 sin dy cos2  ky 0.25 x= 2 y sin  sin  cos2  ky  (cos - cos 2  ky ) k k => cos2  ky  cos - kx  phương trình đường tia sáng là: sin  0.5 k cos x2  x; sin  sin  đường tia sáng parabol hướng phía b từ phương trình đường đi: y k cos k sin2.cos  cos2  , y x  x   x     sin2  sin  sin2   k k  ta thấy tung độ cực đại parabol là: y max cos2 e.n02cos2   k (n0  n12 )  n2  cos  < e, hay cos     12  , tia sáng ló khỏi mặt k n0   điểm có tung độ 0( mặt mặt), có hồnh độ x nghiệm + Nếu 0.5 0.5 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 khác phương trình y = 0, điểm A( x1  sin 2 ,y1  ) k 0.5  n  cos  > e, hay 1>cos      , tia sáng ló khỏi k n   mặt điểm có tung độ y = e, có hồnh độ x nghiệm khác phương trình y = y2 = e 2 + Nếu k cos sin .cos 4e sin2  2 y x  x  e  x  x  0 sin2  sin  k k 0.5 Phương trình có nghiệm: sin 2 sin   cos2  ke k k e.n0 sin 2 e.n02 sin  n12   sin2  hay 2 2 (n0  n1 ) (n0  n1 ) n0 x2  0.5 Ta lấy nghiệm ứng với dấu trừ( ứng với giao điểm parabol đường thẳng y = e) Bỏ nghiệm ứng với dấu cộng Vậy trường hợp tọa độ điểm ló là: e.n02 sin 2 e.n02 sin  n12   sin2  ; y2 = e) B(x2 = 2 2 (n0  n1 ) (n0  n1 ) n0 Do va chạm xuyên tâm đàn hồi nên ta có: m1v1=m1v’1+m2v’2 (1) v12 v '12 v '22 m1  m1  m2 2 Ta suy vận tốc sau va chạm: m  m2  v '1  v1 m1  m2  (3)  2m1  v '2  v1 m1  m2  (2) l 0 0.5 m1 m2 v '2 0.5 Với v’1 vận tốc cực đại dao động m1 v’2 vận tốc ban đầu chuyển động ném ngang m2 0.5 g Dao động m1 có tần số góc   = ( rad/s) l nên vmax = A = 10 (cm/s) thay vmax = 10 (cm/s) vào v’1 (3) ta có: v1  0.5 m1  m v max  0,5(m / s) m1  m 0.5 Trước va chạm, coi m1 thực 1/4 chu kỳ dao động từ vị trí biên vị trí cân bằng, với vận tốc cực đại v1 Từ cực đại v1 dao động ta suy biên độ: A  v1  Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 Đồng thời dao động bé nên suy 0  A0  l.0 v1  102 (rad) .l 2 Dao động m1 sau va chạm: Chọn chiều vận tốc sau va chạm làm chiều dương, gốc thời gian thời  điểm sau va chạm, gốc tọa độ vị trí cân m1, ta có  = , = , A= (cm).Vậy phương trình dao động m1 là:  x  2.cos( 2t  ) ( cm,s) Tầm xa m2: m2 thực chuyển động ném ngang từ độ cao h= 1,25 m với vận tốc ban đầu v  v '2  2m1v1  0,8v1  0, (m/s) m1  m Thời gian chuyển động: t  0.5 0.5 0.5 2.h 2h => tầm xa S  v0 =0,2 (m) g g Cơ sở thuyết: - Theo định luật Ohm: R  U I - Điện trở phụ thuộc nhiệt độ: R  R p 1    t  t p  (1) (2) Điện mà đèn tiêu thụ chuyển thành lượng xạ nhiệt môi trường nhiệt lượng truyền mơi trường nên ta có: E, r Pd  Pbucxa  Ptruyennhiet    Pd  Ptruyennhiet Pbucxa  Ptruyennhiet  UI Do đó: UI  K  t  t p   t  t p  A K Đ (3) - Từ (1), (2) (3) ta có: Rb Rp U  Rp   UI V I K U Hình G 5.a Đặt: x  P  UI; y  R  , ta được: I y  ax+b đó: a  Rp K 0.5 0.5 ;b  Rp Thí nghiệm: a) Bố trí thí nghiệm: Mắc sơ đồ mạch điện hình G 5.a b) Tiến trình thí nghiệm: - Thay đổi giá trị biến trở Với giá trị biến trở, đọc số U vôn kế, I ampe kế, ghi vào bảng số liệu 0.5 0.5 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 c) Xử số liệu: - Bảng số liệu: U (V) I (A) x = P = UI y = R = U/I 0.5 - Đồ thị: Hình G5.b Ngoại suy: b = Rp y = R (Ω) 0.5 α Rp x = P (W) Hình G5.b ... qua nóng lên nhanh Để dùng làm hỏa kế quang học, người ta cần phải đo xác điện trở nhiệt độ phòng Cho thêm dụng cụ: - 01 pin có ghi 1,5V; - 01 biến trở; - 01 milivơn kế có thang đo từ đến 2000mV,... điện trở nội lớn; - 01 miliampe kế có thang đo từ đến mA, độ chia ứng với 1μA, sai số ± 3μA Trình bày sở lý thuyết, cách bố trí thí nghiệm, tiến trình thí nghiệm, lập bảng biểu cần thi t để xác định... điện trở dây tóc bóng đèn nhiệt độ phòng Hết Người đề: Nguyễn Tuyết Hạnh- 0915.480.459 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 CÂU ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN CHẤM
- Xem thêm -

Xem thêm: Đề thi học sinh giỏi năm 2018 môn vật lý lớp 11 chuyên tuyên quang , Đề thi học sinh giỏi năm 2018 môn vật lý lớp 11 chuyên tuyên quang

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay