Đề thi chọn học sinh giỏi môn Vật lý Lớp 11 - Năm học 2018-2019 - Sở GD&ĐT Nghệ An

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Vật lý Lớp 11 - Năm học 2018-2019 - Sở GD&ĐT Nghệ An

1. SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 - THPT Năm học 2018 – 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Vật lí – Bảng A Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1. (4,5 điểm) Một lượng khí lí tưởng thực hiện quá trình dãn nở từ P (Pa) trạng thái (1) sang trạng thái (2) theo quy luật được mô tả (1) bằng đồ thị P – V như hình vẽ (H.1). Biết ở trạng thái (1) 3 chất khí có nhiệt độ T 1 = 315 K và thể tích V 1 = 3 dm ; ở 5 (2) trạng thái (2) chất khí có áp suất P2 = 2.10 Pa. a. Tính nhiệt độ chất khí ở trạng thái (2). b. Tìm quy luật biến thiên của áp suất theo thể tích. V (dm3) c. Xác định nhiệt độ cực đại của chất khí trong quá O trình dãn nở trên. (H.1) Câu 2. (4,5 điểm) Hai quả cầu kim loại nhỏ giống nhau được treo vào một điểm O cố định trong chân không bằng hai sợi dây nhẹ không dãn, cách điện có cùng chiều dài l = 40 cm. Khối lượng mỗi quả cầu bằng 45 g. Truyền cho một trong hai quả cầu điện tích q > 0 thì tại vị trí cân bằng các dây treo hợp với nhau một góc 900. Lấy g = 10 m/s2. a. Tìm điện tích q. b. Truyền thêm điện tích q’ cho một quả cầu, thì thấy góc giữa hai dây treo tại vị trí cân bằng giảm đi còn 600. Xác định véc tơ cường độ điện trường tổng hợp tại điểm O. Câu 3. (4,5 điểm) E r Cho mạch điện như hình vẽ (H.2). Các tụ điện có điện dung lần lượt là C1 = 3 µF; C2 = 6 µF; C3 = 8 µF. Trước khi ghép vào mạch a C1 N R các tụ chưa tích điện. Suất điện động của nguồn điện E = 6 V. K b a. Ban đầu khóa K ở a. Tính điện tích của mỗi tụ điện. C2 C3 b. Sau đó khóa K chuyển sang b, tính số êlectron dịch chuyển M qua đoạn dây MN. (H.2) Câu 4. (5 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, ở nửa mặt phẳng ứng với y > 0 chứa một y từ trường đều có véctơ cảm ứng từ 1 vuông góc với mặt phẳng, phần ứng với y < 0 chứa điện trường đều có véctơ cường độ điện 1 trường song song và cùng chiều Oy. Từ O bắn một hạt mang điện ―16 tích q = 10 C với vận tốc vuông góc với đường giới hạn Ox O x của hai vùng như hình vẽ (H.3). Biết độ lớn vận tốc là 4π.105 m/s, O độ lớn cảm ứng từ là π ―3 T, độ lớn cường độ điện trường là 1 .10 (H.3) π.104 V/m; khối lượng hạt là m = 9.10-28 kg. Bỏ qua tác dụng của trọng lực và lực cản môi trường. a. Tính độ lớn của lực Lorenxơ do từ trường 1 tác dụng lên q.
2. b. Vẽ dạng quỹ đạo chuyển động của hạt. Tính tổng quãng đường hạt đi được kể từ khi xuất phát tại O đến khi gặp trục Ox lần thứ 2019 (không tính lần tại O). c. Giữ nguyên vùng từ trường 1, thay vùng điện trường bằng vùng từ trường đều có véctơ ―3 cảm ứng từ 2 song song cùng chiều với 1 và có độ lớn 2π .10 T. Vẽ dạng quỹ đạo chuyển động của hạt và tính vận tốc trung bình của nó dọc theo trục Ox trong thời gian ∆t = 27. 10―9 s, kể từ thời điểm bắn. Câu 5. (1,5 điểm) Một chất lỏng dẫn điện chảy theo một cái ống với tốc độ không đổi L V. Điện trở suất của chất lỏng là , khối lượng riêng của nó là D. Người ta đặt ngang vào trong lòng ống hai cái lưới dẫn điện phẳng mỏng O và P (có điện trở không đáng kể) để cho chất lỏng chảy qua như hình vẽ OA PB x (H.4). Khoảng cách giữa hai lưới bằng L. Các lưới được nối với hiệu U điện thế không đổi U. Hãy xác định nhiệt độ ổn định của chất lỏng (H.4) trong lòng ống tại vị trí có tọa độ x. Chất lỏng không biến đổi về mặt hóa học sau khi chảy qua ống và có nhiệt dung riêng C. Tốc độ truyền nhiệt trong chất lỏng coi là nhỏ so với V. Bỏ qua sự mất mát nhiệt, chất lỏng chảy vào ống có nhiệt độ T0. HẾT
3. SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 CẤP THPT Năm học 2018 – 2019 ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC Môn: Vật lí – Bảng A Câu 1 (4,5 điểm) Điểm a. 푃1 1 푃2 2 푃2 2 Áp dụng phương trình trạng thái: = → 2 = . 1 = 540 (퐾) 1,0 (1đ) 1 2 푃1 1 Dựa vào đồ thị ta thấy P phụ thuộc V theo quy luật hàm số bậc nhất: 푃 = . + (1.1) 0,5 Thay các giá trị của trạng thái (1) và (2) vào (1.1), ta được hệ phương trình: b. 3,5.105 = .3 + = ―0,25.105 1,0 (2đ) 2.105 = .9 + → = 4,25.105 Vậy, P phụ thuộc V theo phương trình: 푃 = ―0,25.105. + 4,25.105(1.2) 0,5 푃 푃 5 5 5 Ta có: = 1 1 = 3,5.10 .3 = 10 →푃 = 10 (1.3) 0,25 1 315 30 30 Thay (1.3) vào (1.2) được: = ―7,5 2 +127,5 (1.4) 0,25 c. (1,5đ) 3 Theo (1.4) Tmax khi V = V0 = 8,5 (dm ) 0,25 Nhận thấy V1 < V0 < V2 . 0,5 Nên nhiệt độ lớn nhất trong quá trình dãn nở là: = 541,875 (퐾) 0,25 Câu 2 (4,5 điểm) Điểm a. O Ban đầu khi cân bằng mỗi quả cầu chịu tác dụng của (2,5đ) 3 lực: Trọng lực P, Lực điện F và lực căng T của 푙 dây treo. 1,0 푃 + 퐹 + = 0 퐹 r 푞1 푞 훼 2 푃 푞1푞2 0,5 F = Ptan ↔ 2 = 푡 푛훼 푞 푡 푛훼 Với 푞 = 푞 = →푞 = 2 = 2푙 2 푡 푛훼 0,5 1 2 2 Thay số vào: 푞 = 2.0,4 2.0,045.10.1 = 8.10―6( ) 0,5 9.109 , b. 푞1푞2 0,25 Khi truyền thêm điện tích q’ : F’ = Ptan ’ → ,2 = 푡 푛훼 1 (2đ) 푡 푛훼. 푙2 0,045.10. . 0,42 ’ , 3 ―6 0,25 Với r = l →푞1 = = ≈ 1,155.10 ( ) 푞2 9.109.4.10―6 푞, 9.109.1,155.10―6 1 0,25 1 = 푙2 = 0,42 ≈ 65000 ( / ) 푞 9.109.4.10―6 2 0,25 2 = 푙2 = 0,42 = 225000 ( / ) 2 2 3 2 2 = 1 + 2 + 2 1 2cos (2훼) = 10 65 + 225 + 2.65.225.0,5 0,25 ≈ 263600( / )
4. 3 0,25 2 225000. 푠푖푛훽 = .푠푖푛1200 = 2 ≈ 47,70 263600 Hướng của , như hình vẽ, được xác định bởi β. 0 훽 0,5 2 1 O 훼 푙 , r' , 푞1 푞2 Câu 3 (4,5 điểm) Điểm a. Ban đầu khóa K ở a, tụ C1 không được tích điện nên q1 0. 0,5 (2 đ) Tụ điện C3 có điện tích q 3 0 (vì nếu U C3 0 thì sẽ tồn tại dòng điện qua điện trở R) 1,0 Chỉ có tụ điện C2 tích điện q2 C2E 36C. 0,5 b. Sau đó khóa K chuyển sang b, lúc ổn định tụ điệnC3 vẫn không tích điện.Còn tụ C2 0,5 (2,5 đ) tích điện cho tụ C1 Áp dụng định luật bảo toàn điện tích và phương trình hiệu điện thế ta có: 1,0 푞1 + 푞2 = 36 휇 푞1 = 1 = 1 푞2 2 2 0,5 푞 = 12 휇 → 1 푞2 = 24 휇 q 12.10 6 0,5 Suy ra số êlectron dịch chuyển qua đoạn dây MN là n 1 7,5.1013 (hạt). e 1,6.10 19 Câu 4 (5 điểm) Điểm 0 a. Lực Lorenxơ do 1 tác dụng lên q là 1 có độ lớn: f1 = qVBsin(90 ) = qVB ―16 5 ―3 ―13 (1 đ) Thay số: f1 = 10 .4π.10 . .10 ≈ 4.10 N. 1,0 b. Từ O, trong từ trường q chuyển động tròn đều trên nửa đường tròn bán kính (2 đ) 푅 = = 36.10―4 0,5 1 푞 1 Lực điện tác dụng lên q là F = qE = π .10―12N làm q chuyển động chậm dần đều 0,25 퐹 16 2 ngược chiều Oy với gia tốc có độ lớn = = 9.10 /푠 2 q lọt sâu vào điện trường một đoạn d: ―6 0,25 = 2 = 72 .10 Sau đó q chuyển động nhanh dần đều ngược trở lại với gia tốc có độ lớn a, tới G1 nó lại thu được vận tốc . Như vậy q chuyển động tuần hoàn, quãng đường đi trong một chu kì là 푆0 = 푅1 +2 0,25 = 37,44 .10―4 Hình dạng qũy đạo. y x O O d G1
5. 0,5 Đến khi q gặp Ox lần thứ 2019 nó đã đi được quãng đường: S = 1009푆0 + 푅1 0,25 ≈ 11,87 c. Khi điện tích q bay vào từ trường đều B với vận tốc V theo phương vuông góc với (2 đ) đường sức từ thì q sẽ chuyển động tròn đều với bán kính đường tròn quỹ đạo là 푅 = 푞 2 0,25 và chu kì quay = 푞 Quỹ đạo của q trong vùng từ trường là các nửa đường y tròn như hình vẽ x 0,5 O d2 d1 Trong từ trường B1, đường kính quỹ đạo và chu kì chuyển động của q là 2 2 = = 72.10―4 và = = 18.10―9푠 0,25 1 푞 1 1 푞 1 Trong từ trường B2, đường kính quỹ đạo và chu kì chuyển động của q là 2 2 = = 36.10―4m và = = 9.10―9푠 0,25 2 푞 2 2 푞 2 Như vậy, trong vùng không gian đó q chuyển động tuần hoàn với chu kì là 1 0,25 = ( + ) = 13,5.10―9푠 ℎ 2 1 2 ∆푡 Vì = 2, vật đã đi được 2 chu kì. Độ dời hạt thực hiện dọc theo Ox là x = 2(d1 – d2) ℎ ∆ 5 Vận tốc trung bình theo trục Ox trong thời gian đó là = ∆푡 ≈ 2,67.10 /푠 0,5 Câu 5 (1,5 điểm) Điểm L Điện trở của khối chất lỏng giữa hai lưới: R , trong đó S là tiết diện ngang của S U US ống. Dòng điện chạy qua khối chất lỏng này bằng: I . R L Ta lấy một thể tích chất lỏng rất bé nằm dọc theo ống trên 0,25 đoạn có chiều dài l L như hình vẽ thì điện trở của phần l này bằng: r . S Theo định luật Jun-Lenxơ, nhiệt lượng tỏa ra trên đoạn này trong khoảng thời gian nhỏ t bằng:.Q I 2r t 0,25 Do bỏ qua mất mát nhiệt và tốc độ truyền nhiệt trong chất lỏng là nhỏ nên có thể coi toàn bộ nhiệt lượng này chỉ dùng để làm tăng nhiệt độ cho thể tích nguyên tố nói trên: I 2r t Cm T. Trong đó m DlS là khối lượng chất lỏng trong thể tích nguyên tố, T là độ tăng nhiệt độ của lượng chất lỏng này sau thời gian t. Thay biểu thức của I , khối lượng m và điện trở r vào biểu thức này, ta nhận được: U2S2 l T U2 t CDlS T . 2L2S t D CL2 0,25 Ta đã nhận được tốc độ biến thiên nhiệt độ của thể tích nguyên tố chất lỏng. x x Tốc độ chuyển động của chất lỏng V , do đó t . Thay t vào biểu thức t V
6. trên: T U2 . (*) x VD CL2 0,25 Vế phải biểu thức này rõ ràng là không đổi và không phụ thuộc tọa độ x, nghĩa là biểu thức này là đúng với mọi nguyên tố thể tích chất lỏng nằm giữa O và P. Ta đã biết x rằng: Trong chuyển động đều, quãng đường đi được x(t) x Vt x ,t trong 0 0 t x đó là tốc độ chuyển động và x0 là tọa độ ban đầu. t T Nếu chú ý đến (*), ta có thể so sánh tương tự với chuyển động đều, do đại lượng x không đổi nên có thể đưa ra biểu thức: T T( x ) T x. 0 x 0,25 T Trong đó là độ biến thiên nhiệt độ theo mỗi đơn vị chiều dài của ống. x Như vậy, ta có thể kết luận: * Phía bên trái lưới O (tức là x<0): Nhiệt độ chất lỏng bằng nhiệt độ ban đầu T( x ) T0 . U 2 * Khoảng giữa hai lưới (0 < x < L): T( x ) T x. 0 VD CL2 * Phía bên phải lưới B nhiệt độ không tăng thêm mà bằng nhiệt độ tại lưới P (khi x=L): U 2 T( x ) T0 . VD CL 0,25 HẾT