Đáp án Đề thi olympic chính thức Cấp tỉnh môn vật lý 11

ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC LỚP 11
Câu

Nội dung

Điểm
0,5điểm

Hình vẽ

Câu 1
(4 điểm)

r
r
N
A
F
Trong hệ quy chiếu không quán
với mặt phẳng
ms tính gắn
mliền r
Fqt

nghiêng,
r r rta có:
r
rr
P + N + Fms + Fqt = ma.am / mpn

r

Chiếu lên trục vuông góc với mặtP
phẳng nghiêng, ta có:B
0

α

N = mg cosα − ma0 sin α

⇒ Fms = µ m(g cosα − a0 sin α )
Chiếu lên trục song song với mặt phẳng nghiêng, ta có:
mg sin α − Fms + ma0 cosα = mam / mpn
⇒ am/ mpn = g(sin α − µ cosα ) + a0 (cosα + µ sin α )
Thế vào: am / mpn = 0,97m / s
2s
2s
t=
=
=1,44s
a
0,97

2

0,5điểm
0,5điểm
0,5điểm
0,5điểm
0,75điểm
0,75điểm

ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC LỚP 11
Câu
Câu 2
(4 điểm)

Nội dung
a. Va chạm là va chạm mềm
- Tần số góc: ω =

Điểm
0,5điểm

k
= 20 (rad/s)
m

- Vị trí cân bằng mới của con lắc khi có điện trường đều là:
Δl = A = qE/k = 0,05m = 5cm
- Ban đầu con lắc đang ở biên, đến thời điểm t =

0,5điểm

19
T = T +
12

7
T thì con lắc ở vị trí
12

x = 2,5 3 cm ( chọn chiều dương hướng sang phải) và m 1 có độ

lớn vận tốc là:
v1 = ω A2 − x 2 = 50 cm/s
Vận tốc của m2 trước va chạm là: v2 = Aω = 100 cm/s
* Vận tốc 2 vật sau va chạm là:
+ Với va chạm mềm: m1v1 + m2v2 = (m1 + m2)V
=> V = 75cm/s
Biên độ mới khi đó là: A1 = ( A + x) 2 +
= (5 + 2,5 3) 2 +

=

1002
(5 + 2,5 3) +
.0,1 ≈ 10,59 cm
40
2

0,25điểm

2

V
.2m1
k
752
.0, 2 ≈ 10,73 cm
40

b. Va chạm là hoàn toàn đàn hồi.
+ Với va chạm đàn hồi: m1v1 + m2v2 = m1V1 + m2V2
m1v12 + m2v22 = m1V12 + m2V22
=> V1 = 100cm/s; V2 = 50cm/s
Biên độ dao động của vật khi đó: A2 =

0,5điểm
0,25điểm

V12
( A + x) +
.m1
k
2

0,5điểm
0,25điểm
0,25điểm
0,5điểm
0,5điểm


ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC LỚP 11
Câu
Câu 3
(4 điểm)
a.

Nội dung

Điểm

Ta có:
1
1
=
= 100( Ω )
1
ωC1 100π . 1 10 − 4
ZC =
= 100 3 ( Ω )
ω
C
π
,
2
* Xét nhánh 1: Gọi ϕ1 là góc lệch giữa u và i
ZC
100
3
π
=−
⇒ ϕ1 = −
Ta có: tan ϕ1 = − 1 = −
R1
3
6
100 3
π
Vậy i1 sớm pha hơn

so với uAB
6
U
U
200
I1 =
=
=
= 1( A)
Z1
200
R12 + Z C2
ZC =

0,5điểm

1

2

1

π
) ( A)
6
*Xét nhánh 2: Gọi ϕ 2 là góc lệch giữa u và i2
Z C2
100 3
π
tan

ϕ
=
−
=−
= − 3 ⇒ ϕ2 = −
Ta có:
2
R2
100
3
π
Vậy i2sớm pha hơn
so với uAB
3
U
U
I2 =
=
= 1( A)
Z2
R22 + Z 2
Ta có biểu thức: i1=

2cos(100π t +

0,5điểm

C2

π

) ( A)
3
Vẽ giản đồ véc tơ chọn trục gốc là trục hiệu điện thế:
Ta có biểu thức: i2=

r r r
I = I1 + I 2

Do:

2cos(100π t +

I1 = I 2 ⇒ ϕ =

π π π
+ =
6 12 4

0,5điểm


0,5điểm

π

I =  I 12 + I 22 + 2 I 1 I 2 cos 
6

Thay số vào ta đựơc: I = 2 + 2

3
= 1,93( A)
2

Vậy biểu thức mạch chính: i= 1,93 2cos(100π t +

b.

Tổng trở của mạch:
U 200
Z= =
= 103,6( Ω )
I 1,93
Công suất tiêu thụ:
P = I 12 R1 + I 22 R2 =273(W)
P
= 0,707
Hệ số công suất: cos ϕ =
IU
r
r
r
r
r
U MN = U MA + U AN = U AN − U AM
Có

π
) ( A)
4

0,25điểm
0,25điểm
0,5điểm

U AN = I 2 Z C = 100 3 (V ) U = I R = 100 3 V
( )
; AM
1 1
r
π
u AM cùng pha với i1 tức là sớm pha
với u
6
r
π
π
u AN chậm pha với i2 một góc
tức là chậm pha
với u
6 r
2
Vẽ giản đồ véc tơ chọn trục gốc là trục hiệu điện thế U AB
Do ∆OAB đều nên
U MN = U AM = U AN = 100 3 (V )
π
u MN trễ pha
so với u
2
π
Vậy uMN = 100 6 cos(100π t − ) ( A )

2

0,25điểm

2

c.

ur
U AM

O

ur
U

π /6
ur
U AN

ur
UMN

0,25điểm

0,5điểm


ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC LỚP 11
Câu

Câu 4
(4 điểm)
a.

Nội dung
L
AB 
→ A1B1 
→ A'B'

Sơ đồ tạo ảnh:
df
30.15
d1' = 1 1 =
= 30cm
d1 − f1 30 −15

L1

Điểm

2

0.25điểm

'
Có d2 = a − d1 = a − 30
d .f
(a − 30).(−7,5) 7,5(30 − a)
⇒ d2' = 2 2 =

=
d2 − f2
a − 30 + 7,5
a − 22,5

(1)
(2)

'
Để là ảnh ảo thì d2 < 0
Suy ra: a < 22,5cm hoặc a > 30cm
Để ảnh ngược chiều với vật thì độ phóng đại của hệ:
d1' d2'
f
f
k = k1 . k2 < 0 ⇔ . < 0 ⇔ 1 . 2 < 0
d1 d2
d1 − f1 d2 − f2
Thay số ta được: a > 22,5cm
Từ (3) và (4) suy ra: a > 30cm

b.

0.5điểm

0.25điểm

0.25điểm
0.5điểm

Khoảng cách x từ vật AB đến thấu kính L1 sau khi hoán vị hai
thấu kính, vị trí ảnh cuối không đổi.
x. f1 15.x
d1' =
=
; d2 = a − d1'
x − f1 x −15
⇔ d1' + d2 = a ⇔

x. f1
d' . f
+ '2 2 =a
x − f1 d2 − f2

(5)

0.5điểm

x.15 d2' .(−7,5)
+
= 24
Trước khi hoán vị:
x −15 d2' + 7,5
⇒16,5d2' + 67,5 x − 472,5d2' − 2700 = 0

(6)

x.(−7,5) d2' .15
+
= 24

Sau khi hoán vị:
x + 7,5 d2' −15
⇒16,5d2 − 472,5 x + 67,5d2 − 2700 = 0
'

'

'
Từ (6) và (7) ta suy ra: x = d2 , thay vào (6) ta có:
16,5 x 2 − 405 x − 2700 = 0 , chọn nghiệm dương x = 30cm
Độ phóng đại của ảnh:

0.5điểm
0.5điểm

(7)
0.25điểm


Trước khi hoán vị: k ' =

f1
f
. 2 =−5
d1 − f1 d2 − f2

f1
f
1
. 2 =−

d1 − f1 d2 − f2
5
Vậy trước và sau hoán vị, độ phóng đại ảnh là nghịch đảo của
nhau.
Sau khi hoán vị: k " =

0.5điểm
0.5điểm


ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC LỚP 11
Câu
Câu 5
(4 điểm)

Nội dung
Điểm
- Quá trình 1 – 2: đẳng áp, thể tích tăng, nhiệt độ tăng, trong quá
trình này khí nhận nhiệt lượng. Theo nguyên lí I NĐLH Nhiệt
lượng mà hệ nhận được trong quá trình đẳng áp 1 – 2 chuyển từ
nhiệt độ T1 tới T2 là:
Q12 = Cp(T2 – T1).
0.25điểm
T2 V2 5
5
0.25điểm
=
= ;C = R
Mà

T1

V1

→ Q12 =

2

p

2

5 5 
15
R  − 1÷T1 = RT1
2 2 
4

0.25điểm

- Quá trình 2 – 3: đẳng tích, áp suất giảm, nhiệt độ giảm, trong
quá trình này khí tỏa nhiệt lượng ra môi trường bên ngoài
- Xét quá trình 3 – 1: phương trình mô tả quá trình có dạng: p =
a.V + b. Phương trình đi qua trạng thái (3) và (1) nên ta có hệ
phương trình
p1 − p3

a
=


V1 − V3
p = aV1 + b
p −p
p V −p V

→ 1
→
→ p = 1 3 V + 3 1 1 3 ( *)
V1 − V3
V1 − V3
p3 = aV3 + b  b = p3V1 − p1V3

V1 − V3
2
5

0.5điểm

5
2

Ta dễ dàng tính được p3 = p1 ; V3 = V2 = V1 .
2
5
5
2
2 p1
7
Khi đó ta có: p = − 5 V .V + 5 p1 (1)
1

Thay các giá trị p3 = p1 ; V3 = V2 = V1 vào (*)
0.5điểm

Áp dụng phương trình Claperon–Mendeleev ta có:
pV
(2)
R
2 p1 2 7 p1
Thay (1) vào (2) ta được: T = − 5 V R V + 5 R V
1

0.25điểm

pV = RT → T =

0.25điểm
2 p

1
T là hàm số bậc 2 với biến số là V, hệ số a = − 5 V R < 0 , vậy T
1

7
49
7
đạt giá trị lớn nhất khi V = V4 = V1 → Tmax = T4 = T1 → P4 = P1
4
40
10

0.5điểm

- Xét quá trình 3 – 4: nhiệt độ khí tăng, theo nguyên lí I NĐLH
0.5điểm
ta có: Q34 = A34 + ∆U 34 . Với:


3
27

 ∆U34 = CV ( T4 − T3 ) = 2 R ( T4 − T1 ) = 80 RT1
3
→ Q34 = − RT1 < 0 , khí

40
 A = 1 ( p + p ) ( V − V ) = − 33 RT
34
3
4
4
3
1

2
80

tỏa nhiệt
- Xét quá trình 4 – 1: nhiệt độ khí giảm, khí tỏa nhiệt ra môi
trường ngoài

- Vậy nhiệt lượng khí nhận trong cả chu trình là Q = Q12 =

15
RT1
4

- Công thực hiện trong cả chu trình là
A = S123 =
→A=

1
1
2
5

( p1 − p3 ) ( V3 − V1 ) =  p1 − p1 
÷ V1 − V1 ÷
2
2
5  2


9
9
p1V1 =
RT1
20
20

9

RT
A 20 1 3
H
=
=
=
≈ 12%
Hiệu suất trong cả chu trình là:
Q 15 RT 25
1
4

0.5điểm
0.25điểm