Đề thi và đáp án thi HSG môn Lý tỉnh Thanh Hóa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HOÁ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Năm học 2017 - 2018

ĐỀ CHÍNH THỨC

Mơn thi: VẬT LÍ – 11 THPT
Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 09 tháng 03 năm 2018
Đề này có 10 câu, gồm 02 trang

Số báo danh
...................

Câu 1 (2,0 điểm):
Một mô tô (coi là chất điểm) đang chạy trên đoạn đường thẳng với vận tốc 54 km/h thì đuổi kịp một đồn
tàu dài 100 m, chạy song song, cùng chiều với vận tốc không đổi là 36 km/h. Lập tức mô tô tăng tốc với
gia tốc 1 m/s2 để vượt qua đồn tàu. Tính thời gian và qng đường mơ tơ đã đi để vượt qua đồn tàu.
Câu 2 (2,0 điểm):
Một vật nhỏ trượt không ma sát, không vận tốc ban đầu từ đỉnh một cái nêm cao H = 80 cm và văng ra
theo phương ngang ở độ cao h rồi rơi xuống mặt bàn nằm ngang (Hình 1). Hỏi độ cao h bằng bao nhiêu thì
vật rơi xuống mặt bàn ở vị trí xa nêm nhất. Biết rằng nêm được gắn cố định vào mặt bàn.
Câu 3 (2,0 điểm):
Treo vật khối lượng M bằng dây nhẹ, khơng dãn (Hình 2), có chiều dài ℓ = 0,6 m. Bắn viên đạn khối
M
lượng m =
với vận tốc v0 theo phương ngang vào vật M khi M đang đứng yên ở vị trí cân bằng (coi va
2
chạm là hoàn toàn mềm). Lấy g = 10 m/s2.

a. Xác định tốc độ v0 để sau va chạm hệ vật lên được độ cao h = 0,5 m so với vị trí cân bằng ban đầu của
vật M.
b.Tốc độ nhỏ nhất v0 là bao nhiêu để hệ vật có thể quay được một vòng quanh thanh ngang AB.
Câu 4 (2,0 điểm):
Một quả bóng bay có khối lượng 5 g, sau khi bơm khí hiđrơ vào bóng thì khí hiđrơ trong quả bóng có
nhiệt độ t = 270C và áp suất p = 105 Pa và lúc này bóng có dạng hình cầu nằm lơ lửng trong khơng khí.
Tính bán kính của quả bóng, biết khối lượng mol của hiđrơ và khơng khí lần lượt là µH = 2 g/mol,
µk = 29 g/mol.
Câu 5 (2,0 điểm):
Trong khơng khí đặt bốn điện tích điểm có cùng điện tích q tại 4 đỉnh của hình vng ABCD cạnh a. Tính
cường độ điện trường tại đỉnh O của hình chóp đều OABCD (OA = OB = OC = OD = a).
Câu 6 (2,0 điểm):
Một tụ xoay có điện dung Cx biến thiên từ 50 pF đến 650 pF được mắc nối tiếp với tụ điện C1 = 100 pF.
Khoảng cách giữa các bản của tụ C1 là 1 mm và chất điện môi giữa hai bản của tụ có thể chịu được cường
độ điện trường lớn nhất là Emax = 5.104 V/m. Bộ tụ này được nối với nguồn có hiệu điện thế U = 60 V.
Biết các bản di động của tụ xoay có thể xoay được từ 00 đến 1800. Góc quay của bản di động của tụ xoay
phải nằm trong giới hạn nào để tụ C1 được an toàn?
Câu 7 (2,0 điểm):
Cho mạch điện như hình 3, trong đó nguồn điện có suất điện động E = 7 V, điện trở trong nhỏ không đáng
kể. Các điện trở R1 = 3 Ω; R2 = 6 Ω, AB là một biến trở con chạy có giá trị tồn phần là 6 Ω, điện trở dây
1
nối và ampe kế nhỏ khơng đáng kể. Tìm vị trí của con chạy C để số chỉ ampe kế là A.
3
Câu 8 (2,0 điểm):
Một khối thủy tinh có tiết diện thẳng là một hình vng được đặt trong khơng khí. Trong mặt phẳng tiết
diện này người ta chiếu một tia sáng đơn sắc tới điểm A với góc tới 450, tia khúc xạ tới điểm B (Hình 4).
Tìm chiết suất nhỏ nhất của khối thuỷ tinh để tia sáng bị phản xạ toàn phần tại B.
Câu 9 (2,0 điểm):
Một lăng kính thủy tinh có tiết diện thẳng là tam giác ABC, góc chiết quang A = 600, chiết suất n = 2
đặt trong khơng khí. Chiếu một tia sáng đơn sắc SI đến mặt bên AB với góc tới i. Tính góc tới i để:

a. Tia ló khỏi mặt bên AC có góc lệch cực tiểu.
b. Khơng có tia ló ra khỏi mặt bên AC.
1


Câu 10 (2,0 điểm):
Trên mặt của một hộp thí nghiệm có lắp 3 bóng đèn gồm 2 bóng loại (1 V - 0,1 W) và 1 bóng loại
(6 V - 1,5 W); một khoá K vào hai chốt A, B (Hình 5). Một bạn học sinh nối hai chốt A, B với một nguồn
điện có hiệu điện thế khơng đổi U = 6 V và tiến hành thí nghiệm, thì thấy:
- Khi mở khố K thì cả ba đèn đều sáng.
- Khi đóng khố K thì chỉ có bóng đèn loại (6 V - 1,5 W) sáng.
Em hãy vẽ sơ đồ cách mắc các bóng đèn trong hộp và tính cơng suất tiêu thụ của mỗi bóng đèn khi đóng
2
và mở khoá K. Biết rằng nếu hiệu điện thế giữa hai đầu mỗi bóng đèn nhỏ hơn
hiệu điện thế định mức
3
của nó thì đèn khơng sáng.

B

E

A

D
H
m v0

R1

M

h

B

C

A

Hình 1

R2

A

Hình 3

Hình 2
450
A
K

B

B

A
Hình 4

Hình 5

----------------------------------HẾT---------------------------------Giám thị coi thi khơng giải thích gì thêm!

2


SỞ GD & ĐT THANH HOÁ
HƯỚNG DẪN CHẤM

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2017 - 2018
MÔN THI: VẬT LÍ
LỚP: 11 THPT
Ngày thi: 09 - 03 - 2018

Câu
Nội dung
Câu 1
- Chọn trục Ox trùng với quỹ đạo chuyển động của mô tô, chiều dương là chiều chuyển
(2,0 điểm) động của mơ tơ, gốc O là vị trí mơ tô đuổi kịp tàu, gốc thời gian là lúc mô tơ bắt đầu
tăng tốc
1
- Phương trình chuyển động của mơ tơ là: x1= 15t + t 2 (m)
(1)
2
- Phương trình chuyển động của tàu là:
x2= 10t
(m)
(2)
- Khi mô tô vượt qua tàu thì:

x1 – x2 = 100
(3)
 t =10s ( Choï n)
1 2
- Thay (1), (2) vào (3) ta được:
t + 5t – 100 = 0  
2
 t = -20s (loạ i)
1
- Qng đường ơ tơ đã đi S1 = x1 (t = 10 s) = 15.10 + .102 = 200 m
2
Câu 2
- Gọi v0 là vận tốc của vật khi rời nêm. Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ta có:
(2,0 điểm)
1 2
mv0 + mgh = mgH  v0 = 2g(H - h) (Chọn mốc thế năng tại mặt đất)
2
- Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ, gốc
thời gian là lúc vật rời nêm.
+ Trên trục Ox: x = v0.t (1)
1
H
v0
+ Trên trục Oy: y = gt 2 (2)
x
2
h O
gx 2
Từ (1) và (2)  y =
2v02

y
- Khi vật chạm mặt bàn: y = h, x = L (khoảng cách từ chân nêm đến điểm chạm bàn)
gL2
2h
 h = 2  L = v0
= 4h(H - h) = 2 h(H - h)
g
2v0
- Áp dụng bất đẳng thức Cô si: 2 h(H - h) ≤ h + (H- h) = H
H
= 40 cm  Lmax = 80 cm.
 Lmax khi dấu bằng xảy ra, tức là h = H – h hay h =
2
Câu 3
- Áp dụng ĐLBT động lượng cho hệ (m+M) trong thời gian trước và ngay sau va
(2,0 điểm)
v
chạm:
(1)
mv0 =(M+m)v  v = 0
3
3a.
- Áp dụng ĐLBT cơ năng cho hệ (m+M) tại vị trí dây treo thẳng đứng (ngay sau va
1,0 điểm
1
chạm) và vị trí có độ cao h:
(2)
(M+m)v2 = (M+m)gh  v2 = 2gh
2
- Từ (1) và (2) ta có: v0 =3 2gh =3 10  9,49m/s

3b.
1,0 điểm

Điểm

0.5

0,5
0,5
0,5
0,5

0,5

0,5

0,5

0.5

0,5

- Tại vị trí cao nhất : P +T = (m + M)a
- Chiếu lên trục hướng tâm (m + M)g +T = (m + M)
- Dây khơng chùng thì: T  0  v' 2  g

0,5

v'2
(3)

0,5

3


1
1
(m+M)v2 =(m+M)g.2 + (m+M)v' 2 (4)
2
2
- Từ (1), (3) và (4) ta có: v0  45g = 3 30 m / s  16,43 m/s
Câu 4
- Gọi bán kính và thể tích bóng sau khi bơm khí hiđrơ là r và V.
(2,0 điểm)
m
4
= r 3 (1)
- Khi bóng lơ lửng trong khơng khí thì: Vk g = mg + VHg  V =
k −  H 3
- Áp dụng phương trình C-M cho khí H2 và khơng khí mà bóng đã chiếm chỗ ta có:
m
m
pV = k RT = H RT
k
H
m
p
m
 p

- Do đó: k = k = k  1,163 kg / m3 ; H = H = H  0,080 kg / m3
V RT
V
RT
3m
- Thay vào (1) ta có: r = 3
 0,103m
4(k − H )
Câu 5
- Điện trường tổng hợp tại O là: EO = (EAO + ECO ) + (EBO + EDO ) = EACO + EBDO
(2,0 điểm)
O
•
- Áp dụng bảo tồn cơ năng có:

0.5

0,5
0,5
0,5

0,5
q1

●

q4

D●

A

B
●q2

H
•
●C

q3

- Dễ thấy ∆AOC vuông cân tại O nên EACO = 2EAOcos450 = 2.

kq 2 kq
.
= 2 2
a2 2
a

0,5

và EACO nằm dọc theo HO

kq
2 và EBDO  EACO
a2
kq
- Vậy: EO = EBDO + EACO = 2 2 2 và EO có hướng từ O ra xa H nếu q > 0
a
EO có hướng từ O về H nếu q < 0

Câu 6
- Để tụ C1 không bị đánh thủng U1 ≤ U1 max = Emax.d = 10-3.5.104 = 50V (1)
(2,0 điểm)
Cx
U boä
- Vì Cx nt C1 nên Qx = Qbộ  U1 =
(2)
Cx + C1
- Từ (1) và (2) ta có: Cx ≤ 5C1  Cx ≤ 500 pF (đặt Cxo= 500 pF)
- Khi phần đối diện giữa 2 bản tụ là hình quạt có bán kính r và góc là α thì
- Tương tự: EBDO = EACO =

Cx =

0,5

0,5
0,5
0,5
0,5

ε
α
ε
Δα
.πr 2
 ΔCx =
.πr 2
hay ΔCx ~ Δα
0

4kπd
360
4kπd
3600

- Kể từ vị trí tụ điện có điện dung cực tiểu, có thể xoay các bản di
động đi một góc tối đa ∆αmax là:

αmax

α

0,5

Cx o - Cx min

500 - 50
=
.1800 =
.180 = 1350
Cx max - Cx min
650 - 50

Vậy để tụ C1 được an toàn thì góc xoay bản tụ di động của tụ xoay kể từ vị trí có điện
dung cực tiểu phải nằm trong khoảng từ 00 đến 1350
4


Câu 7
1

Giả
sử
khi
dịch
chuyển
con
chạy
C
tới
vị
trí
R
A.
AC = x (Ω) thì ampe kế chỉ
(2,0 điểm)
3
- Vì điện trở ampe kế khơng đáng kể nên ta chập D với C. Do đó ta có sơ đồ mạch
(R1 / /x) nt R 2 / /(R AB - x)
ngoài:

3x 6(6 - x) 54x - 9x 2 +108
+
=
- Điện trở toàn mạch là: Rtđ =
3 + x 12 - x
(3 + x)(12 - x)
E
7(3 + x)(12 - x)
=
- Cường độ dịng điện mạch chính là: I =

R td 54x - 9x 2 +108

0,25
0,25

UAD I.R AD
84x - 7x 2
=
=
R1
R1
54x -9x 2 +108
U
I.R DB
7(3 + x)(6 - x)
- Dòng điện qua R2 là: I2 = DB =
=
R2
R2
54x - 9x 2 +108
1
1
63x -126
1
- Ampe kế chỉ (A) thì IA =|I1 – I2|=

= ± (*)
2
3
3

54x -9x +108
3
- Giải phương trình (*) ta được
* TH1: x2 + 15x – 54 = 0  x = 3 Ω tức là con chạy C ở giữa biến trở AB. (loại
nghiệm x = -18 Ω)
* TH2: x2 - 27x + 30 = 0  x ≈ 1,161 Ω (loại nghiệm x ≈ 25,84 Ω do lớn hơn điện trở
tồn phần của biến trở)
Câu 8
1
Để
tia
sáng
phản
xạ
tồn
phần
ở
B
thì
(1)
sini

sini
=
2
gh
(2,0 điểm)
n
- Do i2 + r = 900  sin i 2 = cos r
(2)

- Dòng điện qua R1 là: I1 =

- Theo định luật khúc xạ thì sin45 = nsin r
0

- Từ (1), (2) và (3) ta có n 

(3)

9b.
1,0 điểm
Câu 10
(2,0 điểm)

0,25
0,25
0,5

0,25

0,5
0,5
0,5

3
 1, 225
2

0,5

Câu 9
A
0
(2,0 điểm) - Khi tia ló có góc lệch cực tiểu thì: r = r’ = 2 = 30
9a.
1,0 điểm

0,25

0,5

- Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng: sini = nsinr
2
- Thay số: sini = 2 sin300 =
 i = 450.
2
- Góc giới hạn phản xạ tồn phần ở mặt bên thứ hai là igh. Ta có
1
1
sinigh = =
 igh = 450.
n
2
0
- Để khơng có tia ló: r’ ≥ igh = 45  r = A – r’ ≤ 600 – 450 = 150.

0,5

0,25

- Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng: sini = nsinr ≤ 2 sin150  i ≤ 21028’
- Để thỏa mãn điều kiện khi mở khóa K thì cả 3 đèn đều sáng, và khi đóng khóa K thì

0,5
0,25

chỉ có đèn 6 V sáng, các linh kiện đã cho được mắc theo các sơ đồ như hình dưới
K

1V

0,5

6V
A
1V

1V
Sơ đồ 1

C

6V

B

A

K

C

B

1V
Sơ đồ 2
5


- Với điều kiện các đèn chỉ sáng khi hiệu điện thế giữa hai đầu bóng đèn phải lớn hơn
hoặc bằng 2/3 hiệu điện thế định mức của mỗi bóng. Ta hãy xem sơ đồ nào thỏa mãn
điều kiện trên
U2
- Điện trở của đèn 1 V là: Rđ1 = dm1 = 10 Ω
Pdm1
2
Udm2
= 24 Ω
Pdm2
- Ta xét sơ đồ 1: Khi K mở hiệu điện thế giữa hai đầu bóng đèn 6 V là:
U
6
2
U2 = AB .R CB =
.24  3,24V  .6 V . Do vậy lúc này đèn 6 V không
R AB
10 + 10 + 24
3
sáng, tức là sơ đồ này không thỏa mãn điều kiện của đầu bài.
- Ta xét sơ đồ 2: Khi K mở hiệu điện thế giữa hai đầu các bóng đèn là

R
6
10
+ Bóng 1 V: U1 = AC .UAB =
.  1,03 > 1 V  Hai bóng 1 V sáng
10
R AB
+ 24 2
2
R CB
6
2
.UAB =
.24  4,96 V > . 6 V  Bóng 6 V sáng.
+ Bóng 6 V: U2 =
10
R AB
3
+ 24
2
Vậy sơ đồ 2 thỏa mãn điều kiện của đầu bài.
- Khi K mở:
U2
1,032
+ Công suất tiêu thụ thực tế của bóng đèn 1 V là: P1 = 1 =
 0,106 W
R d1
10

- Điện trở của đèn loại 6 V là: Rđ2 =

+ Công suất tiêu thụ thực tế của bóng đèn 6 V là: P2 =

U22
4,962
=
R d2
24

 1,025 W

0,5

0,5

0,5

- Khi khóa K đóng:
Hai đèn loại 1 V bị nối tắt do vậy nó khơng sáng, tức là cơng suất tiêu thụ thực tế của
nó bằng 0. Cịn đèn 6 V sáng bình thường nên cơng suất tiêu thụ thực tế bằng cơng suất
định mức của nó tức là bằng 1,5 W.

---------------------------------HẾT--------------------------------Chú ý: Học sinh làm cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.

6


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Năm học 2018 - 2019

ĐỀ CHÍNH THỨC

Mơn thi: VẬT LÍ – 11 THPT
Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 21 tháng 03 năm 2019
Đề này có 10 câu, gồm 02 trang

Số báo danh
...................

Câu 1 (2,0 điểm):
Một máy bay lên thẳng với gia tốc không đổi 3 m/s2 và vận tốc ban đầu bằng không từ mặt đất. Sau
khoảng thời gian t1 phi công tắt động cơ. Thời điểm cuối cùng ở mặt đất còn nghe thấy âm thanh phát ra
từ máy bay cách thời điểm ban đầu một khoảng thời gian t2 = 30 s. Hãy xác định tốc độ của máy bay ở
thời điểm tắt động cơ? Biết rằng tốc độ truyền âm thanh trong khơng khí là 320 m/s.
Câu 2 (2,0 điểm):
Một con lắc đơn gồm một sợi dây mảnh không dãn dài 50 cm, một đầu buộc vào điểm cố định, một
đầu treo vật nhỏ khối lượng 100 g. Từ vị trí cân bằng, ta kéo vật sao cho dây treo hợp với phương thẳng
đứng góc α0 = 600 rồi thả nhẹ. Bỏ qua mọi lực cản, lấy g = 10 m/s2.
a. Xác định tốc độ cực đại và cực tiểu của vật khi chuyển động?
b. Thay sợi dây bằng một lị xo có trọng lượng khơng đáng kể, lị xo có độ cứng 200 N/m và có chiều
dài tự nhiên 50 cm. Lị xo có thể chuyển động trong mặt phẳng thẳng đứng quanh điểm treo. Kéo vật ra
khỏi vị trí cân bằng để lị xo nằm ngang và lị xo khơng biến dạng rồi thả nhẹ. Tìm độ dãn của lị xo khi
vật đi qua vị trí thấp nhất?
Câu 3 (2,0 điểm):
Khung dây cứng có dạng hình tam giác vuông với α = 300 đặt
trong mặt phẳng thẳng đứng. Hai vật m1 = 0,1 kg và m2 = 0,3 kg nối

với nhau bằng sợi dây nhẹ và có thể trượt không ma sát dọc theo hai
cạnh của khung dây (hình 1). Tính lực căng dây nối và góc β khi hai
vật ở vị trí cân bằng? Cân bằng của hệ vật là bền hay khơng bền? Vì
sao? Lấy g = 10 m/s2.
Câu 4 (2,0 điểm):
Một ống trụ hẹp, kín hai đầu, dài l = 105 cm, đặt nằm ngang. Chính giữa
ống có một cột thủy ngân dài h = 21 cm, hai phần còn lại của ống chứa khơng
khí ở áp suất p0 = 72 cmHg (hình 2). Tìm độ dịch chuyển của cột thủy ngân
khi đặt ống thẳng đứng? Coi nhiệt độ của khơng khí khơng đổi.

m1

β

m2

α
Hình 1
h

l
Hình 2

Câu 5 (2,0 điểm):
Một hạt electron bay theo phương ngang với vận tốc v0 = 107 m/s vào khoảng giữa hai bản tụ điện
nằm ngang dài 3 cm, cường độ điện trường giữa hai bản tụ điện là E = 104 V/m. Sau khi bay ra khỏi tụ
điện, electron bay vào một từ trường đều có cảm ứng từ B = 0,01 T theo phương vng góc với các đường
sức từ. Tìm bán kính quỹ đạo của electron trong từ trường? Biết khối lượng và điện tích của electron lần
lượt là m = 9,1.10-31 kg và - e = - 1,6.10-19C.
E1,r1

Câu 6 (2,0 điểm):
Cho mạch điện như hình 3: Biết E1 = 12 V; E2 = 8 V; E3 = 9 V;
R1
R3
r1 = r2 = r3 = 1 Ω; R1 = R2 = R3 = R4 = 2 Ω; R5 = 3 Ω.
E3,r3 R
C
D
5
B
A
a. Tính UAB và UCD?
b. Nối CD bằng dây dẫn có điện trở khơng đáng kể. Tìm UAB và
R2
R4
xác định dịng điện chạy qua nguồn E3?
E2,r2
Hình 3
7


Câu 7 (2,0 điểm):
Một sợi dây dẫn đồng chất, tiết diện ngang S0 = 1 mm2, điện trở suất
ρ = 2.10-8 Ω.m, được uốn thành một vịng trịn kín, bán kính r = 25 cm.
Đặt vịng dây nói trên trong một từ trường đều sao cho các đường sức từ
vuông góc với mặt phẳng vịng dây (như hình 4). Cho cảm ứng từ của từ
trường biến thiên với thời gian theo quy luật B = k.t (với t đo bằng s và
k = 0,1 T/s).
a. Xác định chiều và độ lớn dòng điện cảm ứng trong vòng dây?
b. Nối vào giữa hai điểm M và N trên vòng dây một vơn kế (có điện trở

M
V
N

B

rất lớn) bằng một dây dẫn thẳng dài MN = r. 2 . Tìm số chỉ của vơn kế?

Hình 4

Câu 8 (2,0 điểm):

B

4
Nhúng một thước thẳng AB vào một bể nước trong suốt có chiết suất n =
3
sao cho thước tạo với mặt nước một góc α. Đầu A của thước chạm đáy bể, I là
giao điểm của thước với mặt nước (hình 5). Khi nhìn xuống đáy bể theo phương
thẳng đứng ta thấy A được nâng lên đến vị trí A’ và cách mặt nước 15 cm.
a. Tính chiều cao của lớp nước trong bể?
b. Gọi β là góc tạo bởi A’I với AI. Xác định α để β đạt giá trị cực đại?

α
I
A’ β
n
A
Hình 5

Câu 9 (2,0 điểm):
Một lăng kính có chiết suất n = 2 tiết diện là tam giác đều ABC
đặt trong khơng khí. Chiếu một tia sáng đơn sắc SI tới mặt bên AB của
lăng kính (hình 6).
a. Xác định góc tới khi góc lệch giữa tia ló và tia tới cực tiểu? Xác định
góc lệch cực tiểu đó?
b. Giữ tia tới cố định, quay lăng kính quanh góc chiết quang A trong
mặt phẳng (ABC) (theo hướng ngược chiều kim đồng hồ) một góc 450.
Xác định và vẽ đường đi của tia sáng? Tìm góc lệch lúc này?

A
I
S

n
B

C

Hình 6

Câu 10 (2,0 điểm):
Lập phương án thực hành xác định suất điện động của nguồn điện.
Cho các dụng cụ sau:
- 1 nguồn điện khơng đổi;
- 2 vơn kế;
- 1 khóa đóng ngắt điện;
- Các dây nối cần thiết.
Yêu cầu:

a. Vẽ các sơ đồ mạch điện (nếu có).
b. Nêu cơ sở lý thuyết và xây dựng các cơng thức cần thiết.
c. Trình bày các bước tiến hành thí nghiệm, lập bảng biểu cần thiết.
----------------------------------HẾT---------------------------------Giám thị coi thi khơng giải thích gì thêm!

8


SỞ GD & ĐT THANH HĨA

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2018 - 2019
MƠN THI: VẬT LÍ
LỚP: 11 THPT
Ngày thi: 21 - 03 - 2019

Câu
Nội dung
Câu 1
- Chọn gốc thời gian là lúc máy bay bắt đầu khởi hành, chiều dương là chiều chuyển
(2,0 điểm) động của máy bay.
at 2
Sau thời gian t1 máy bay bay được độ cao: h = 1
2
- Thời điểm ở mặt đất còn nghe thấy âm thanh phát ra từ máy bay cách thời điểm ban
h at12
đầu một khoảng thời gian t2 = 30s, suy ra: t2 − t1 = =
trong đó v = 320m/s là vận
v 2v
tốc truyền âm thanh trong khơng khí.

- Giải phương trình trên theo ẩn t1 ta được: t1 =

2at2
v
(−1 + 1 +
) (loại nghiệm âm).
a
v

- Vận tốc của máy bay ở thời điểm tắt động cơ bằng: V = at1 = v(−1 + 1 +
Thay số V = 320(−1 + 1 +

Điểm
0,5

0,5

0,5

2at2
)
v
0,5

2.3.30
) = 80(m/s).
320

Vậy vận tốc của máy bay ở thời điểm tắt động cơ là V = 80(m/s)
Câu 2

- Áp dụng BTCN tìm được tốc độ tại góc lệch α bất kỳ là: v = 2.g.l. ( cos-cos0 )
(2,0 điểm)
vmax = 2 gl (1 − cos 0 ) vmax = 5 = 2, 236m / s
2a.

Suy
ra:

1,0 điểm
vmin = 0
vmin = 0

2b.
1,0 điểm

0,5
0,5

- Chọn mốc thế năng hấp dẫn tại vị trí thấp nhất của vật , thế năng đàn hồi tại vị trí lị
xo khơng biến dạng
1
1
+ Vị trí thấp nhất: W= mv2 + kl 2
2
2
+ Tại vị trí thả vật:
W/ = mg(l0 +∆l)

0,25

1
1
- Áp dụng ĐLBTCN: W = W/ → mg(l0+∆l) = mv2 + kl 2
2
2

0,25

- Vị trí thấp nhất: −mg + k.l = m.

mv2
→ Fđh = k.∆l = mg +
l0 + l

v2
l0 + l

(1)

0,25
(2)

- Từ (1) và (2) → k.∆l .(l0 +∆l) = mg.(l0+ ∆l) + 2mg.(l0+ ∆l) – k.∆l 2
→ 400.∆l 2 + 97.∆l – 1,5 = 0
→ ∆l = 0,0146 m = 1,46 cm

0,25

9

- Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ.
+ Các ngoại lực tác dụng lên hệ hai vật: N1 , N2 , P1 , P2

y

Câu 3
(2,0 điểm) + Khi hệ cân bằng: N1 + N2 + P1 + P2 = 0

N1
m1

P1

α

x

O

a
β

m2

L

T1

T2

0,25

N2

P2

- Chiếu lên hệ trục tọa độ Oxy: + Trên Ox: N1sinα = N2cosα => N2 = N1tanα.
+ Trên Oy: N1cosα + N2sinα = P1 + P2
=> N1(cosα + tanα.sinα) = P1 + P2 => N1 = (m1 + m2).g.cosα = 2 3 (N)

0,25

- Xét với vật m1: N1 + P1 + T1 = 0 = T1 = −( N1 + P1 ) (1)

= T12 = N12 + P12 + 2N1P1.cos(1800 − ) => T2 = T1 =

0,25

7 ≈ 2,65(N)

7
=> β≈ 79,10
14
- Gọi khoảng cách từ m1 đến O là a, chiều dài sợi dây khi hệ cân bằng là L. Cân bằng
của hệ hai vật là bền nếu tọa độ trọng tâm trên trục y là thấp nhất.
Trên Oy, ta có:
- Chiếu (1) lên phương của thanh: P1sinα = T1cosβ => cosβ =

+ Vật m1 : y1 = - a.sinα . Vật m2 : y2= + Tọa độ trọng tâm hệ vật: yG =

L2 − a 2 .cosα

0,25

0,5

m1 y1 + m2 y2
a.sin  3. L2 − a 2
= −(
+
.cos)
m1 + m2
4
4

- Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski, ta có
a.sinα + 3.cosα. L2 − a 2 ≤ (a 2 + L2 − a 2 ).(sin 2  + 9cos 2 ) = L 7 .
Dấu bằng xảy ra <=>

L2 − a 2
L 7
a
=
<=> a =
3cos 
14
sin 

=> yG min khi a =

0,5

L 7
L 7
<=> cosβ =
=> β = 79,10.
14
14

Vậy đây là cân bằng bền vì G ở vị trị thấp nhất.
Câu 4
- Khi ống nằm ngang khơng khí ở hai bên cột thủy ngân có
(2,0 điểm) áp suất và thể tích: P ; V = l .S
0
0
1

l1

h

- Khi ống thẳng đứng, áp dụng định luật Bôi lơ – Ma ri ốt:
+ Khí ở phần trên: P0.l1.S = P1.(l1 + x).S (1)

l1

0,25

l1

x

0,5

h
(l1 – x)
+ Khí ở phần dưới: P0.l1.S = (P1 + P2).(l1 - x).S; với P2 = h (cmHg) = 21 cmHg
- Từ (1) và (2) => P2 .x + 2.Pl
0 1.x − P .l = 0
2

2
2 1

(2)

0,5
0,5
10


- Thay số: (P0 = 72 cmHg; l1 = 42 cm)
=> x2 + 288.x – 1764 = 0
=> x = 6 cm (Loại nghiệm âm x = -294 cm)
Câu 5
- Chọn hệ trục Oxy (với gốc O trùng với vị trí electron bắt đầu bay vào tụ điện, Ox vng
(2,0 điểm) góc với đường sức điện, Oy song song với đường sức điện của điện trường trong tụ điện).
Chuyển động của electron trong điện trường:
2
vx = v0

eE 

2
.t 

e E  v = v0 + 
m
v
=
a
.
t
=
.
t


 y
m

- Khi electron ra khỏi tụ điện:

 e E.l 
l
t =  v = v02 + 

v0
 m.v0 

2

0,25

0,5

0,5

- Chuyển động của electron trong từ trường là tròn đều dưới tác dụng của lực Lorenxo:

e .v.B =

0,5

m.v 2
R
2

 e E.l 
m.v
m
−3
R=
=
. v02 + 
 = 6, 4.10 m = 6,4 mm.
e .B e .B
 m.v0 

0,5

Câu 6
- Khơng có dịng điện chạy qua đoạn mạch chứa E3.
(2,0 điểm)
12 − 8
= 0, 4(A) .
Áp dụng định luật Ơm cho tồn mạch: I =
8+ 2
6a.
- Ta có: UAB = E1 – I(R1 + R3 + r1) = 10 (V)
1,0 điểm

0,5

0,25

- Giữa CD: UCD = UCA + UAB + UBD = 0 + 10 – E3 = 1 (V)

0,25

- Áp dụng định luật Ôm cho các loại đoạn mạnh ta có:

I1 =

6b.
1,0 điểm

U BA + E1
(1)
R 3 + R1 + r1

I1

E1,r1

R1

U AB − E 2
I2 =
(2)
R 2 + r2 + R 4
U + E3
I3 = BA
(3)
R 5 + r3

A
R2

R3
C

I3 D

I2

E3,r3

R5

E2,r2

B

0,5

R4

- Phương trình nút tại A: I1 + I3 = I2 (4)
Từ (1), (2), (3) và (4) => UAB =

125
9,62(V)
13

0,25

- Thay UAB vào (3) => I3 = −0,155(A)

Câu 7

I3 < 0 chứng tỏ dòng điện chạy qua nguồn E3 có chiều từ A đến B và có cường độ 0,155A .

0,25

- Áp dụng định luật Len xơ ta có chiều dịng điện cảm ứng ngược chiều kim đồng hồ.

0,25
11

(2,0 điểm)

7a.
0,75 điểm

- Độ lớn suất điện động cảm ứng trên vòng dây
 (BS) r 2 .(kt)
=
=
= kr 2
E=
t
t
t
l
2r
- Điện trở vòng dây:
R = . = .
S0
S0

0,25

E k r 2 krS0
= 0,625 A
=
=
R . 2r
2
S0

- Sợi dây nối vôn kế giữa M và N chia diện tích vịng dây thành hai phần
S r2 r2 
S1 = − = ( − 1)
4 2 2 2
r2 
3 + 2
S2 = S − S1 = .r 2 − ( − 1) =
S1
2 2
−2
- Suất điện động và điện trở trên cung l1 và l2 có độ lớn tương ứng
1
2
3 + 2
= kS1 và E2 =
= kS2 =
E1
E1 =
t
t
−2
3
3r
r2 = 3r1 = R =
4
2S0
- Áp dụng định luật Ôm cho các đoạn mạch MN ta có
E + U MN E2 − U MN
I= 1
=

r1
r2
3 + 2
.E1.r1 − 3.E1.r1
E2 r1 − E1r2
2 E1
= −2
=
- Suy ra: UMN =
r1 + r2
4r1
−2

0,25

Cường độ dòng điện cảm ứng: I =

7b.
1,25 điểm

0,25

0,25

0,25

0,5

2

Hay UMN =

kr
= 3,125.10-3 V
2

Câu 8
- Gọi H là chân đường cao hạ từ A đến mặt phân cách.
(2,0 điểm)
AH A'H
=
Chứng minh công thức lưỡng chất phẳng:
n
n'

B


H
I
A’



0,5
n

8a.
1,0 điểm
A

AH A'H
4
=
 AH = A’H = 20cm
3
4
1
3
Vậy chiều cao của lớp nước trong bể là 20cm.
- Suy ra:

8b.
1,0 điểm

- Từ hình vẽ ta có:

A'H = HI.tg α - β
AH = HI.tgα

0,5

tgα - tgβ
3 tg α - β
=
=
4
tgα
1 + tgα.tgβ tgα

- Suy ra: 3tan + 3tan2.tan = 4tan - 4tan

0,25
0,5
12


=> tan =

tgα
=
3tg α + 4
2

1
3tgα +

1
4
tgα

- Nên max khi (tan)max<=> 3tan =

2 12

4
=> tgα =
tgα

4

3

=>   49,10

0,25

Vậy để max thì   49,10.
Câu 9
A
,
,
i
=
i
r
=
r
=
= 300
Khi
góc
lệch
cực
tiểu
→
→
(2,0 điểm)
2
9a.
1,0 điểm

- Theo định luật khúc xạ sin i = n sinr = 2 sin 300 =

0,25

2
→ i = 450
2

- Suy ra: Dmin = 2i − A = 2.450 − 600 = 300
- Khi quay lăng kính sang phải
450 thì tia tới SI1 ⊥ mặt bên
AB1 => Truyền thẳng đến J

0,5
0,25

A

R
C1

trên mặt B1C1 dưới góc tới

9b.
1,0 điểm

i1 = 900 − I1 JB1 = 900 − 300 = 600
(Nếu học sinh vẽ tia sáng đi
vào trong lăng kính đến mặt

bên AC1 thì hiện tượng cũng
xảy ra tương tự).

I

B1
gh

=

1
1
=
→ igh = 450 → i1  igh
n
2

0,25

=> I1J phản xạ toàn phần tại J
- Tia phản xạ toàn phần tại J ⊥ mặt bên AC1 nên truyền thẳng ra ngồi khơng khí
Góc lệch D = 1800 − (i1 + i1, ) = 1800 − (600 + 600 ) = 600
E, r
a. Vẽ hai sơ đồ mạch điện:
E, r

10a.
0,5 điểm

10c.

1,0 điểm

0,5

C

B

K

K

10b.
0,5 điểm

J

S

- Xét góc giới hạn phản xạ toàn phần: sin i

Câu 10
(2,0 điểm)

I1

0,25

0,5

V1

V1

Mạch 1

Mạch 2

V2

- Cơ sở lý thuyết:
Gọi E, r là suất điện động và điện trở trong của nguồn, ta có:
U
+ Mạch 1: U1 = E − r 1
(1)
R1

U1'
+ Mạch 2: U + U = E − r
R1
'
U1 U 2
=> E =
U1 − U1'
'
1

'
2

0,5
(2)

- Các bước tiến hành thí nghiệm, lập bảng số liệu:
+ Bước 1: Mắc mạch điện 1, đóng khóa k, đọc số chỉ U1.

0,5
13


+ Bước 2: Mắc mạch điện 2, đóng khóa k, đọc số chỉ U’1, U’2.
+ Lặp lại các bước trên với các lần đo khác nhau.
- Lập bảng số liệu:
Lần đo
1
2
3
…..

U1

- Tính giá trị trung bình: E =

U’1

U’2

E
0,25

E1 + E 2 + ... + E n
n

0,25

---------------------------------HẾT--------------------------------Chú ý: Học sinh làm cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.

14