KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XIII - ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ

Chia sẻ: Nhi Linh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

521
lượt xem 74
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'kỳ thi olympic truyền thống 30/4 lần thứ xiii - đề thi môn vật lý', tài liệu phổ thông, vật lý phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XIII - ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XIII TẠI THÀNH PHỐ HUẾ ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ 11 Thời gian làm bài 180’ Chú ý: Mỗi câu hỏi thí sinh làm trên 01 tờ giấy riêng biệt ( Đề thi có 02 trang) Câu 1: (4 điểm) Một tấm ván dài khối lượng M nằm trên một mặt phẳng nhẵn nằm ngang không ma sát và được giữ bằng một sợi dây không giãn. Một vật nhỏ khối lượng m trượt F đều với vận tốc v0 từ mép tấm ván dưới tác dụng của một lực không đổi F (hình vẽ). Khi vật đi được đoạn đường dài l trên tấm ván thì dây bị đứt. a. Tính gia tốc của vật và tấm ván ngay sau khi dây đứt. b. Mô tả chuyển động của vật và tấm ván sau khi dây đứt trong một thời gian đủ dài.Tính vận tốc, gia tốc của vật và tấm ván trong từng giai đoạn. c. Hãy xác định chiều dài ngắn nhất của tấm ván để vật không trượt khỏi tấm ván. Câu 2 : (4 điểm) Cho cơ hệ như hình vẽ. Quả cầu đặc có khối lượng m, bán kính r lăn không trượt trong máng có bán kính R. Máng đứng yên trên mặt phẳng nằm ngang. Tìm chu kỳ dao 2 động nhỏ của quả cầu. Cho biết mô men quán tính của quả cầu đặc là I  m.r 2 . 5 Câu 3 : (4 điểm) Một giọt thủy ngân lớn nằm giữa hai bản thủy tinh nằm ngang. Dưới tác dụng của trọng lực, giọt có dạng hình tròn bẹt có bán kính R= 3cm và bề dày d = 0,5cm. Tính khối lượng của một vật nặng cần đặt lên bản trên để khoảng cách giữa các bản giảm đi n = 9 lần. Biết góc ở bờ  = 1350. m Suất căng mặt ngoài của thủy ngân là  = 0,490 N/m, 2 = 1,41, g = 9,81 . s2
z B C Câu 4: (4 điểm) A D Một khối lập phương cạnh a có G F dòng điện cường độ I chạy qua các cạnh E H của nó theo một đường như hình vẽ. Tìm y O cảm ứng từ tại tâm của khối lập phương. x Câu 5: ( 4điểm) Cho đoạn mạch như hình vẽ: u AB  400 2 sin 100t (V) R1 R2 1 10  4 ( F ) ; R1 = 100 3 (), R2 = 100().Tụ có điện dung C = 3 1 cuộn thuần cảm L = H .Ampe kế có điện trở không đáng kể.  Xác định số chỉ của ampe kế. ____________________ Hết_____________________
ĐÁP ÁN Đáp án câu 1: - Trước khi dây bị đứt: F – Fms = 0  F = Fms (0,5đ) - Ngay sau khi dây đứt: vật vẫn trượt đều với vận tốc v0; am = 0 (0,5đ) F F nhanh dần đều: aM = ms2 = ms1 = F Tấm ván chuyển động (0,5đ) M M M - Trường hợp vật không rời tấm ván: v 0 Mv 0 + Tấm ván đạt vận tốc v0 khi t = (0,5đ) = aM F F + Sau đó vật cùng tấm ván chuyển động với gia tốc a = (0,5đ) M +m - Trường hợp vật rời khỏ i tấm ván: + Vật chuyển động với gia tốc: am ' = F , vận tốc ban đầu là v0 m + Tấm ván chuyển động thẳng đều, với vận tốc v’ < v0 khi vật rời khỏ i tấm ván. - Quãng đường vật đi được trên tấm ván (kể từ khi dây đứt) 2 1 Mv0 2 Δl  v0t  aM t  (1d) 2 2F 2 Mv0 lmin  l  Δl  l  - Chiều dài tối thiểu của tấm ván: (0,5đ ) 2F Đáp án câu 2 : 0,25 XÐt thêi ®iÓm qu¶ cÇu lÖch so víi ph¬ng th¼ng ®øng mét gãc  nhá, vµ nã ®ang l¨n vÒ vÞ trÝ c©n b»ng (VTCB) (h×nh vÏ). Gäi 1 lµ vËn tèc gãc cña qu¶ cÇu quay quanh t©m O’ cña nã : 0,5 1 =  '  2 lµ vËn tèc gãc cña qu¶ cÇu quay quanh t©m
O: + O 0,25 0,5  R 2   ' N F ms Ta cã : o’ K 0,5 P  ' r =  ' (R – r) (R  r) ' (R  r ) "  '   vµ  ''  (1)  0,5 r r XÐt chuyÓn ®éng quay cña qu¶ cÇu víi t©m quay tøc thêi K, ta cã ph¬ng tr×nh: 0,5 M(P)+M(N)+M(FMS)=Ik.’’ Chän chiÒu híng vµo trong lµ chiÒu (+), ta 0,5 cã: 2 - mgr sin   ( mr 2  mr 2 ) " 0,5 5 V×  nhá nªn sin  =  do ®ã cã : - 7 mgr.   mr 2  " (2) 5 Thay (1) vµo (2) ta cã ph¬ng tr×nh : 5g "   0 7( R  r ) 5g §Æt  2   "   2  0  7( R  r ) §©y lµ ph¬ng tr×nh dao ®éng ®iÒu hoµ cã chu kú 7( R  r ) T = 2 5g Đáp án câu 3: Ở mép của giọt thủy ngân, mặt thoáng có dạng một mặt tròn xoay (hình chiếc máng cong, xem hình). Tiết diện nằm ngang là đường tròn bán kính R =3cm. Tiết diện thẳng đứng là cung tròn bán kính
d d R (0,25 đ) r= =- 2 cos(   ) 2 cos  d d2  Thay số r = (0,25 đ) 0 2 2 cos 45 Áp suất tạo nên bởi mặt thoáng của giọt thủy ngân là: 1 2  1 1 p1      =     (0,25 đ) R d  R r   Lực của áp suất phụ tác dụng lên bản trên và cân bằng với trọng lực của bản ấy là: 1 2 2 F1  p1R 2       R d R . (0,25 đ)   Nếu khoảng cách giữa hai bản giảm đi n = 9 lần thì : dd d  d’= (0,25 đ)  n9 R  R’ = R n = R 9  3R (0,5 đ) Lực của áp suất phụ tác dụng lên bản trên lúc này là: 1 2 2 d F2  p 2R' 2       R' d ' R' Với d’ = (0,5 đ) ; R’ = R n n   1 n 2 2 Do đó F2  p 2R 2 n      R n  d R n (0,25 đ)   Trọng lượng của vật rắn đặt lên bản trên bằng hiệu số F2 – F1 (0,5 đ) P = Mg = F2 – F1 2 R  1 2 2  ( n  1)  (n  1) Từ đó suy ra : M = . (0,5 đ) g R d Thay các giá trị bằng số: 0,49.3,14.9.10 4  100 1,41  (0,5 đ) M=   3 2  80 0,5.10  2   9,81   M  3,19 kg . Đáp án câu 4 B 0.25đ C - Để đơn giản, ta có thể xem trong một cạnh không có dòng điện sẽ tương đương như có 2 dòng điện có cường A D độ I ngược chiều đi qua cạnh đó. O - Từ hình vẽ, ta thấy sẽ có 3 mặt của hình lập phương có 0.25đ 2 1 dòng điện cường độ I chạy qua cả 4 cạnh của từng mặt, F G 4 đó là các mặt AEFB, FEHG, ADHE. 3 5 Do đó từ trường do 3 mặt gây ra ở tâm O là: E H 6 0.25đ B  B1  B2  B3
B1 , B2 , B3 lần lượt là các vectơ cảm ứng từ gây ra tại O bởi các mặt AEFB, FEHG, ADHE. 0.25đ Xét B1  B AB  BEF  BFB  BAE Từ trường do cạnh AB gây ra ở O: 0 I 0.25đ Ta có: B AB  (cos  1  cos  2 ) 4 .OM 0 I 2 cos  ( 1   2   ) 0.25đ  B AB 4 .OM B M a2 a2 2 a OM  OH 2  HM 2  Với:   4 4 2 0.25đ 1 A MB MB a/2 a/2 1 B cos      AB OB OM 2  MB2 a2 a2 3 3 0.25đ y O a H  F 2 4 4  B AB   0 I 1   0 I 2 E a 3 2a 3 2 2 0.25đ Ta xét B AB theo Oy thì:   B ABy  B AB cos   B AB . cos 90 0  MOH   B AB sin MOH   I 2 2 0 I 0  2a 3 2 2a 3 I Do tính đối xứng nên: B1  4 B ABy  2 0 3a 0.25đ I 0.5đ Tương tự: B2  B3  2 0 , 3a I 0.5đ Cảm ứng từ tại tâm O: BO  B12  B22  B32  B1 3  2 0 a 0 I B0  2 a 0.5đ Đáp án câu 5 : ZL = 100 () ZC = 100 3 ( ) IL R   1  3  1  Trên AM tg1  (0,25 đ) I R1 Z L 3 U AM U ; I L  AM Với : I R1  (0,25 đ) R1 ZL
1 1 2 2 (0,25 đ)  2 (1)  I  I R1  I L  U AM 2 R1 Z L IC R  1  2 Trên MB tg 2   2  (0,25 đ) I R2 Z C 6 3 U MB U ; I c  MB Và I R2  (0,25 đ) R2 ZC 1 1 2 2 (0,25 đ) (2)  I  I R2  I C  U MB 2 2 R2 Z C Từ (1) và (2)  UAM = UMB (0,25 đ) Mặt khác : U AB  U AM  U MB (0,25 đ) 2 2 2 Từ 2 giản đồ :  U AB  U AM  U MB (0,25 đ) (0,25 đ)  U AM  U MB  200 2 ( V) 200 2 2 2  I R1   (0,25 đ) ( A) 100 3 3 200 2 Và : I R2   2 2 ( A) (0,25 đ) 100 Tại nút M, có thể viết : I R2  I a  I R1 (0,25 đ) 2 2 Mà ( I R1  I R2 )  I a  I R1  I R2  3,26 A (0,25 đ)