Tuyển tập 25 đề thi học sinh giỏi môn Vật lý lớp 11 (có đáp án chi tiết)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT
NĂM HỌC 2012-2013

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 180 phút
Ngày thi:4/4/2013

MÔN TOÁN LỚP 11

Câu 1. a) Giải phương trình:

2 3 sin x. (1 + cos x ) − 4 cos x.sin 2
2sin x − 1

x
−3
2
=0

b)Tính giới hạn sau
L = lim
x →0

2 x + 1. 3 2.3 x + 1. 4 3.4 x + 1...2013 2012.2013 x − 1
x

Câu 2. a) Cho khai triển:

(1 + x + x

2

+ x 3 + ... + x10

11

)

= a0 + a1 x + a2 x 2 + a3 x 3 + ... + a110 x110

Chứng minh đẳng thức sau:
11
C110 a0 − C111 a1 + C112 a2 − C113 a3 + ... + C1110 a10 − C11
a11 = 11

b) Tính tổng:
n

S=

−Cn1 2Cn2 3Cn3
( −1) nCnn
+
−
+ ... +
2.3 3.4 4.5

( n + 1)( n + 2 )

Câu 3. a) Cho tam giác ABC có độ dài các đường cao BB ' = 5; CC ' = 2 và cos ∠CBB ' =

2
.
5

Tính diện tích tam giác ABC.
b) Cho tam giác ABC có các góc thỏa mãn A ≤ B ≤ C ≤

π
2

. Tính các góc của tam giác

đó khi biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất
P = 2 cos 4C + 4 cos 2C + cos 2 A + cos 2 B
Câu 4. Cho hình chóp SABC có SC ⊥ ( ABC ) và tam giác ABC vuông tại B. Biết

AB = a; AC = a 3 và góc giữa hai mặt phẳng (SAB), (SAC) bằng α với sin α =

13
.
19

Tính độ dài SC theo a.
Câu 5. Cho dãy số ( an )

4


a1 = 3
thỏa mãn: 
∀n ≥ 1, n ∈
2
2
( n + 2 ) a = n a − ( n + 1) a a
n
n +1
n n +1


Tìm lim an .
----------------------------------------------------HẾT ----------------------------------------------------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay,
Giám thị không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: …………………………………………………Số báo danh: ………………


KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT
NĂM HỌC 2012-2013
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 11

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH

Câu
1a)

Đáp án

0,5

π

x ≠ + kπ

1

6
Điều kiện: sin x ≠ ⇔ 
, k , l ∈ (*).
2
 x ≠ 5π + lπ

6
Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương:
x
2 3 sin x. (1 + cos x ) − 4 cos x.sin 2 − 3 = 0
2
⇔ 2 3 sin x + 2 3 sin x.cos x − 2 cos x (1 − cos x ) − 3 = 0
⇔2

3,0
điểm

Điểm

⇔

(

(

0,5

) (

)

3 sin x − cos x − 3sin 2 x − 2 3 sin x.cos x + cos 2 x = 0
3 sin x − cos x

TH1:

0,5

 3 sin x − cos x = 0
3 sin x − cos x − 2 = 0 ⇔ 
 3 sin x − cos x = 2

)(

)

3 sin x − cos x = 0 ⇔ cot x = 3 ⇔ x =

π

6

0,5

+ kπ , k ∈

π
π
π


3 sin x − cos x = 2 ⇔ 2  sin x cos − cos x sin  = 2 ⇔ sin  x −  = 1
6
6
6


π π
2π
⇔ x − = + k 2π ⇔ x =
+ k 2π , k ∈
6 2
3

0,5

Đối chiếu điều kiện ta thấy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm
7π
2π
x=

+ k 2π , x =
+ k 2π , k ∈
6
3

0,5

(
L = lim

1,0

TH2:

1b)

)

2x + 1 −1

3

2.3 x + 1. 4 3.4 x + 1...2013 2012.2013x
x2

x →0

3,0
điểm

(
+ lim

3

)

2.3 x + 1 − 1

4

3.4 x + 1...2013 2012.2013x

x →0

x →0

x
n

Chứng minh công thức: lim
x→0

2a)

ax + 1 − 1 a
= ( a ≠ 0; n ∈
x
n

*

2012.2013 x − 1
x

1,0

) (1).

Áp dụng (1) ta thu được

1,0

2011.2012
L = 1 + 2 + 3 + ... + 2012 =
= 2011.1006 = 2023066 .
2
11
Xét x ≠ 1 từ khai triển trên nhân hai vế với ( x − 1) ta có:

1,0

11

(x
11

2,5
điểm

2013

+ ... + lim

11

11

) = ( x − 1) ( a

−1

VT (2) = ∑ C11k x11k ( −1)

11− k

0

+ a1 x + a2 x 2 + ... + a110 x110

)

(2)

⇒ Hệ số của x11 trong vế trái bằng C111 = 11

0,5

k =0

 11
k 
VP(2) =  ∑ C11k x11− k ( −1)  ( a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + a110 x110 )
 k =0


1,0


⇒ Hệ số của x11 trong vế phải bằng
C110 a0 − C111 a1 + C112 a2 − C113 a3 + ... + C1110 a10 − C1111a11
Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh
2b)

0,5

n + 1) !
Cnk
(
Cnk++11
n!
1
=
=
.
=
Ta có
(3)
k + 1 k !( k + 1)( n − k ) ! n + 1 ( k + 1) ! ( n + 1) − ( k + 1)  ! n + 1
k

Áp dụng 2 lần công thức (3) ta được:

0,5

k

( −1) kCnk = ( −1) kCnk++22
( k + 1)( k + 2 ) ( n + 1)( n + 2 )

0,5

Cho k chạy từ 1 đến n rồi cộng vế các đẳng thức trên ta có

2,0
điểm

( n + 1)( n + 2 ) S = −C

3
n+2

+ 2C

4
n+2

− 3C

5

n+2

n

+ ... + ( −1) nC

n+2
n+2

n

= − ( Cn2+1 + Cn3+1 ) + 2 ( Cn3+1 + Cn4+1 ) − 3 ( Cn4+1 + Cn5+1 ) + ... + ( −1) nCnn++11
n

= −Cn2+1 + Cn3+1 − Cn4+1 + ... + ( −1) Cnn++11

(

= Cn0+1 − Cn1+1 − Cn0+1 − Cn1+1 + Cn2+1 − Cn3+1 + Cn4+1 − Cn5+1 + ... + ( −1)

n +1

0,5

)

Cnn++11 =

n −1

1 − ( n + 1) − (1 − 1) = −n
−n
.
Vậy S =
( n + 1)( n + 2 )

3a)

2,5
điểm

1

Xét hai trường hợp:
+) B và C không tù. Khi đó
2
2
1
cos ∠CBB ' =
⇒ sin C =
, cos C =
5
5
5
BB '
5
BC =
=
cos ∠CBB ' 2
CC ' 4

3
Suy ra sin B =
= , cos B =
BC 5
5

A
B’
C’

H
C

B

⇒ sin A = sin B cos C + sin C cos B =

2
BB ' 5
1
5
⇒ AB =
= ⇒ S = AB.CC ' =
sin A 2
2
2
5

+) B hoặc C tù

3b)

2
1
Do BB ' > CC ' nên B < C và C tù ⇒ sin C =
, cos C = −
5
5
4
3
2
25
25
Còn sin B = , cos B = (giống trường hợp 1) ⇒ sin A =
Suy ra S =
, AB =
5
5
2
2
5 5
π
π
1
Ta có A ≤ B ≤ C ⇒ ≤ C ≤ ⇒ 0 ≤ cos C ≤
3
2
2
cos 2 A + cos 2 B = 2 cos ( A + B ) cos ( A − B ) = −2cocC cos ( A − B ) ≥ −2 cos C (3)

1,0
0,5

0,5
0,5


2,5
điểm

( Do cos C ≥ 0 và cos ( A − B ) ≤ 1 ).
Dấu bằng trong (3) xảy ra khi A = B hoặc C =

π

2
Từ đó P ≥ 4 ( 2 cos C − 1) + 2 ( 2 cos C − 1) − 1 − 2 cos C =


= 8cos 2 C ( 2 cos 2 C − 1) − 2 cos C
2

2

2

0,5

2

16 cos 4 C − 8cos 2 C + 1 + 1 − 2 cos C − 4 = ( 4 cos 2 C − 1) + (1 − 2 cos C ) − 4 ≥ −4 (4).
Dấu bằng trong (4) xảy ra khi C =

π

0,5

3

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất khi A = B = C =
4)

0,5

π
3
1,0

Gọi H, K là hình chiếu của C lên SA, SB.
S

Ta chứng minh được
CK ⊥ ( SAB ), SA ⊥ (CHK ) .

H

Suy ra ∆CHK vuông tại K và SA ⊥ KH .

x

Do đó α = ∠CHK .

K
C

A
a

2,5
điểm

B
1,0

Đặt SC = x > 0 . Trong tam giác vuông SAC ta có

1
1
1
3a 2 x 2
2
=
+
⇒
CH
=
.
CH 2 CA 2 CS 2
3a 2 + x 2
Tương tự, trong tam giác vuông SBC ta có CK 2 =

13
CK 2 13
2(3a 2 + x 2 ) 13
⇔
=
⇔
=
⇔ x = 6a , vì x > 0. Vậy SC = 6a
19
CH 2 19
3(2a 2 + x 2 ) 19

Ta có sin α =
5)

Dễ thấy an ≠ 0, ∀n ∈
Với mỗi n ∈

2,0
điểm

( n + 2)

2

2a 2 x 2
.
2a 2 + x 2

*

*

. Từ giả thiết ta có

, đặt yn =

( n + 2)
an+1

2

0,5
0.5

n2
= − ( n + 1)
an

1,0

1 1
+ ta có y1 = 1 và
an 4

1
1
n2
2


2
2
y
−
=
n
y
−
−
n
+
1
⇒
n
+
2
y
=
n
y
⇒
y
=
y
(
)
(
)
n +1

n
n +1
 n +1

 n

2 n
4
4


( n + 2)
2

2

2

2

4n 2 ( n + 1)
4
 n −1   n − 2   1 
Do đó yn = 
...
y
=
⇒
a
=

n
 
   1
2
2
 n + 1   n −1   3 
16 − n 2 ( n + 1)
( n + 1) n 2
Vậy lim an = 4 .

0,5


Lưu ý: Mọi cách giải khác mà đúng đều cho điểm tương ứng
---------------------HẾT---------------------


Họ và tên thí sinh:……………………..……………...
Số báo danh:……………………………..……….......
SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU
-----CHÍNH THỨC

Chữ ký giám thị 1:
…………….…………………….....

KỲ THI CHỌN HSG VÒNG TỈNH LỚP 11 THPT
NĂM HỌC 2011-2012
* Môn thi: Vật lý (Bảng A)
* Ngày thi: 19/02/2012
* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

ĐỀ

Câu 1: (4 điểm)
Từ hai điểm dọc theo một con sông cách nhau 72 km, một chiếc canô và một chiếc
thuyền chèo đồng thời xuất phát cùng chiều và gặp nhau sau 5 giờ. Ngay sau đó canô quay
trở lại, còn người lái thuyền không chèo nữa. Kết quả là sau 4 giờ, cả canô và thuyền đồng
thời trở về nơi xuất phát. Hãy tìm vận tốc chảy của nước, vận tốc của canô và thuyền khi
nước yên lặng. Biết rằng trong suốt thời gian hoạt động thì vận tốc của thuyền cũng như của
canô đối với nước là không đổi.
Câu 2: (4 điểm)
Một đoàn tàu có khối lượng tổng cộng M = 110 tấn đang chuyển động thẳng đều với
vận tốc v0 = 36 km/h trên đường sắt nằm ngang thì hai toa cuối đoàn tàu có khối lượng tổng
cộng là m = 20 tấn bị tách khỏi đoàn tàu. Cho biết lực kéo của đầu tàu giữ nguyên không
thay đổi. Tìm khoảng cách giữa hai toa cuối và phần còn lại của đoàn tàu sau 10 giây và
ngay khi hai toa cuối dừng lại. Biết hệ số ma sát lăn là µ = 0,09, lấy g = 10 m/s2.
Câu 3: (4 điểm)
M
V
Cho mạch điện như hình vẽ, trong đó nguồn có suất điện
động E = 9 V, điện trở trong r = 1 Ω, biến trở có điện trở toàn
C R
b
phần Rb = 10 Ω, R0 = 1 Ω. Ampe kế có điện trở không đáng kể,
R0
A
N
vôn kế có điện trở rất lớn.
E r
a. Tìm số chỉ của ampe kế và vôn kế khi con chạy C ở
chính giữa biến trở.

b. Phải di chuyển con chạy C đến vị trí nào để công suất tiêu thụ trong toàn biến trở là
lớn nhất? Tìm giá trị lớn nhất đó của công suất.
Câu 4: (4 điểm)
Trên hệ trục tọa độ P–V trình bày một chu trình của một mol khí lí tưởng. Hai đường
1–2 và 3–4 là đường thẳng đi qua gốc toạ độ có hệ số góc lần lượt là a, b với a > b. Hai
đường 2–3 và 4–1 là hai đường đẳng nhiệt. Hãy vẽ đồ thị của chu trình đó trên hệ trục tọa
độ T–V. Tính thể tích V3 ở trạng thái 3 nếu biết thể tích V1 và V2 = V4 = Vo.
Câu 5: (4 điểm)
Một proton ban đầu ở rất xa hạt nhân mang điện tích +Ze được bắn về phía hạt nhân
với vận tốc đầu vo. Khi proton ở cách hạt nhân một khoảng R, vận tốc của nó chỉ còn

vo
.
2

Cho rằng hạt nhân đứng yên.
a. Khi vận tốc của proton còn

vo
thì nó cách hạt nhân bao xa?
4

b. Tìm khoảng cách gần nhất mà proton tới gần được hạt nhân?
---Hết--Bảng A

Trang 1/5


SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU
-----CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG VÒNG TỈNH LỚP 11 THPT
NĂM HỌC 2011-2012
* Môn thi: Vật lý (Bảng A)
* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 1: (4 điểm)
Gọi vn là vận tốc chảy của nước, vc và vt là vận tốc của canô và thuyền khi nước yên
lặng; A là điểm xuất phát của canô, B là điểm xuất phát của thuyền và C là điểm gặp nhau:
A

B

C

(0,25đ)
Thời gian từ lúc xuất phát đến lúc gặp nhau > thời gian trở về đến vị trí xuất phát, nên
cả canô và thuyền:
+ Khi đi là ngược dòng.
+ Khi trở về là xuôi dòng.
(0,25đ)
Quãng đường canô đi cũng bằng quãng đường canô trở về, ta có:
AC = (vc − vn )t1 = (vc + vn )t2
(1)
(0,5đ)
Quãng đường thuyền đi cũng bằng quãng đường thuyền trở về, ta có:
BC = (vt − vn )t1 = vn t2
(2)

(0,5đ)

Mặt khác, ta có: AC = AB + BC
<=> (vc + vn )t2 = AB + vnt2

(0,25đ)
(0,25đ)

=> vc =

(3)

AB 72
=
= 18 km/h
t2
4

Từ (1), ta có: vn =

(0,5đ)

t1 − t2
vc
t1 + t2

(0,25đ)

5−4
18 = 2 km/h

5+ 4
t +t
Từ (2), ta có: vt = 1 2 vn
t1
=

=

(0,5đ)
(0,25đ)

5+4
2 = 3, 6 km/h
5

(0,5đ)

Câu 2: (4 điểm)
Chọn gốc tọa độ là vị trí lúc hai toa cuối tách ra, chiều dương là chiều chuyển động
ban đầu của đoàn tàu, gốc thời gian là lúc hai toa cuối bắt đầu tách ra.
*Xét chuyển động của hai toa cuối:
Khi hai toa cuối tách ra khỏi đoàn tàu, chúng chịu tác dụng của lực ma sát và chuyển
F
(0,5đ)
động chậm dần đều với gia tốc a1: a1 = − ms = − μ g = − 0, 9 m/s2
m
Phương trình chuyển động của hai toa cuối sau khi đã tách ra:
1
x1 = v0t + a1t 2
(0,25đ)

2
Bảng A

Trang 2/5


Hai toa này dừng lại sau thời gian t1: t1 =

v1 − v0
= 11,1 s
a1

(0,5đ)

*Xét chuyển động của phần còn lại của đoàn tàu:
Lực kéo phần đầu tàu bằng lực kéo cả đoàn tàu lúc đầu. Vì đoàn tàu đang chuyển động
đều nên lực kéo F cân bằng với ma sát tác dụng lên cả đoàn tàu:
(0,5đ)
F = F’ms = µMg
Sau khi hai toa cuối tách ra, phần đoàn tàu còn lại chịu tác dụng của lực kéo F và lực
ma sát tác dụng lên phần đó:
F − F "ms = (M − m)a2
(0,25đ)
F − μ(M − m)g = (M − m)a2

Suy ra gia tốc phần đầu tàu còn lại: a2 =

μ mg
M −m

= 0, 2 m/s2

1
Phương trình chuyển động của phần đầu tàu còn lại: x2 = v0t + a2t 2
2
Khoảng cách giữa hai toa cuối và phần đầu tàu:
d = x 2 − x1 =

1 2
1
t a 2 − a1 = t 2 . 1,1
2
2

Khoảng cách sau 10s là: d1 = 55 m
Ngay sau khi hai toa cuối dừng lại: d2 ≈ 67,8 m
Câu 3: (4 điểm)
a) Gọi điện trở đoạn mạch MC của biến trở là R1, đoạn NC là R2
Khi con chạy C nằm chính giữa biến trở : R1 = R2 = 5 Ω
- Điện trở mạch ngoài: R = R0 +

R 1R 2
= 3,5 Ω
R1 + R 2

- Cường độ dòng điện mạch chính: I =

E
=2A
R+r

- Số chỉ vôn kế: UV = U = E – Ir = 7 V
- Vì R1 = R2 nên I1 = I2 =

(0,5đ)
(0,25đ)

(0,5đ)
(0,25đ)
(0,25đ)

(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)

I
=1 A
2

(0,25đ)

=> số chỉ ampe kế Ia = I2 = 1 A
b) Đặt điện trở đoạn mạch MC là x
=> điện trở đoạn mạch NC là 10 – x (0 ≤ x ≤ 10)
- Điện trở tương đương đoạn mạch chứa biến trở gồm MC//CN là
R’ =

(0,25đ)

x(10 − x)
10

(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)

- Điện trở mạch ngoài: R = R0 + R’

(0,25đ)

- Cường độ dòng điện mạch chính: I =

E
E
=
R + r R 0 + R '+ r

(0,25đ)

- Công suất tiêu thụ trong toàn biến trở:

Bảng A

Trang 3/5


P = R’I2 = R '

81

81
81
=
=
2
R +r
2
(R 0 + R '+ r)
+ R ') 2
( 0
+ R ') 2 (
R'
R'

2
+ R ') nhỏ nhất. Áp dụng bất đẳng thức cosi ta
R'

- Từ đó ta thấy P đạt cực đại khi (
được: (

2
+ R ') min khi
R'

(0,5đ)

2
= R ' => R’ = 2 Ω
R'

(0,5đ)

x(10 − x)
= 2 => x = 5 ± 5 Ω
10
81.2
- Khi đó: Pmax =
= 10,125 W
(2 + 2) 2

=>

(0,25đ)
(0,25đ)

Câu 4: (4 điểm)
Trên hệ toạ độ P–V đường thẳng qua gốc tọa độ có dạng: P = aV
Từ phương trình PV = RT => P =

RT
V

(0,25đ)

(đối với một mol khí)

Suy ra biểu thức liên hệ giữa nhiệt độ và thể tích là của quá trình 1–2 là:
T=

a 2
V
R

và quá trình 3-4 là: T =

b 2
V
R

(1)

(0,5đ)

(2)

(0,5đ)

Do a > b và 4 – 1 là quá trình đẳng nhiệt => V1 < V4
- Chu trình được vẽ lại trên hệ trục tọa độ T–V là
T

2

3

T2 = T3

1

T1 = T4

(0,5đ)

4
V

O

V1

Vo

V3

(Hình vẽ đúng 0,75 đ)
- Áp dụng quá trình đẳng nhiệt 4–1 và 2–3 ta có

aV12
bV42
=
R
R
2
aV2
bV32
=
và
R
R

(3)

(0,5đ)

(4)

(0,5đ)

Bảng A

Trang 4/5


Chia hai vế phương trình (3) và (4) ta được: V3 =

Vo2
V1

(0,5đ)

Câu 5: (4 điểm)
a. Gọi R1 là khoảng cách từ proton tới hạt nhân khi có vận tốc là vo/4. Áp dụng định
luật bảo toàn năng lượng cho proton với thế năng ban đầu coi như bằng không vì proton ở
rất xa.
(0,5đ)
⎧1
1 ⎛v
2
⎪ mv o = m ⎜ o

2 ⎝ 2
⎪2
⎨
1 ⎛ vo
⎪1
2
⎪ 2 mv o = 2 m ⎜⎝ 4
⎩

Do đó R =
⇒

2

⎧ 3 2 kZe 2
⎪ mv o =
R
⎪8
⇒⎨
2
2
e.(Ze)
⎞
⎪ 15 mv 2 = kZe
o
⎟ +k R
⎪⎩ 32
R1
⎠
1

e.(Ze)
⎞
⎟ +k R
⎠

8kZe2
32kZe 2
(1)
và
(2)
R
=
1
3mv o2
15mv o2

R1 4
4
= hay R1 = R
R 5
5

(1,0đ)

(0,5đ)
(0,5đ)

b. Gọi R2 là khoảng cách gần nhất từ proton đến hạt nhân. Định luật bảo toàn cho ta
1
kZe2

2kZe 2
(3)
mv o2 + 0 = 0 +
⇒ R2 =
2
R2
mv o2

Từ (1) và (3) suy ra

R2 3
3
= hay R 2 = R
R 4
4

(1,0đ)
(0,5đ)

---Hết--Chú ý:
- Học sinh có thể giải nhiều cách khác nhau, đúng đến đâu cho điểm đến đó.
- Điểm toàn bài không làm tròn.
- Khi thảo luận hướng dẫn chấm, Tổ chấm thi có thể thống nhất điều chỉnh, chia nhỏ
điểm từng phần trong thang điểm nhưng phải đảm bảo điểm từng phần không được nhỏ hơn
0,25đ.

Bảng A

Trang 5/5

Họ và tên thí sinh:……………………..……………...
Số báo danh:……………………………..……….......
SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU
-----CHÍNH THỨC

Chữ ký giám thị 1:
…………….…………………….....

KỲ THI CHỌN HSG VÒNG TỈNH LỚP 11 THPT
NĂM HỌC 2011-2012
* Môn thi: Vật lý (Bảng B)
* Ngày thi: 19/02/2012
* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
ĐỀ

Câu 1: (4 điểm)
Một vật chuyển động thẳng biến đổi đều có phương trình: x = t2 – 6t + 10 (m).
a. Vẽ đồ thị tọa độ-thời gian, đồ thị vận tốc-thời gian và đồ thị gia tốc-thời gian của
chuyển động trên?
b. Mô tả chuyển động của vật?
c. Tính quãng đường vật đi được sau 5 giây kể từ thời điểm t0 = 0?
Câu 2: (4 điểm)
Một đoàn tàu có khối lượng tổng cộng M = 110 tấn đang chuyển động thẳng đều với
vận tốc v0 = 36 km/h trên đường sắt nằm ngang thì hai toa cuối đoàn tàu có khối lượng tổng
cộng là m = 20 tấn bị tách khỏi đoàn tàu. Cho biết lực kéo của đầu tàu giữ nguyên không
thay đổi. Tìm khoảng cách giữa hai toa cuối và phần còn lại của đoàn tàu sau 10 giây và
ngay khi hai toa cuối dừng lại. Biết hệ số ma sát lăn là µ = 0,09, lấy g = 10 m/s2.
Câu 3: (4 điểm)
M

V
Cho mạch điện như hình vẽ, trong đó nguồn có suất điện
động E = 9 V, điện trở trong r = 1 Ω, biến trở có điện trở toàn
C R
b
phần Rb = 10 Ω, R0 = 1 Ω. Ampe kế có điện trở không đáng kể,
R0
A
N
vôn kế có điện trở rất lớn.
E r
a. Tìm số chỉ của ampe kế và vôn kế khi con chạy C ở
chính giữa biến trở.
b. Phải di chuyển con chạy C đến vị trí nào để công suất tiêu thụ trong toàn biến trở là
lớn nhất? Tìm giá trị lớn nhất đó của công suất.
P (at)
Câu 4: (4 điểm)
Một mol khí lý tưởng biến đổi theo quá trình A-B như
hình vẽ. Trạng thái A có nhiệt độ 300 K. Hãy vẽ đồ thị biểu
diễn quá trình biến đổi trạng thái của khối khí đó trên hệ trục
toạ độ T–V và tính nhiệt độ ở trạng thái B, thể tích ở trạng
thái A.

B

4
2

A

O
2 V (lít)
Câu 5: (4 điểm)
Một proton ban đầu ở rất xa hạt nhân mang điện tích +Ze được bắn về phía hạt nhân

với vận tốc đầu vo. Khi proton ở cách hạt nhân một khoảng R, vận tốc của nó chỉ còn

vo
.
2

Cho rằng hạt nhân đứng yên.
a. Khi vận tốc của proton còn

vo
thì nó cách hạt nhân bao xa?
4

b. Tìm khoảng cách gần nhất mà proton tới gần được hạt nhân?
---Hết--Bảng B

Trang 1/5


SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU
-----CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG VÒNG TỈNH LỚP 11 THPT
NĂM HỌC 2011-2012
* Môn thi: Vật lý (Bảng B)

* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 1: (4 điểm)
a. - Phương trình toạ độ-thời gian: x = t2 – 6t + 10 (m) và vẽ đồ thị đúng
- Phương trình vận tốc-thời gian: v = v0 + at = 2t – 6 (m/s) và vẽ đồ thị đúng
- Phương trình gia tốc-thời gian: a = 2 (m/s2) và vẽ đồ thị đúng
a(m/s2)

v(m/s)

x(m)

(0,5đ)
(0,5đ)
(0,5đ)

10
0

1
0

3

t(s)

2

-6

3

0

t(s)

b. - Tại thời điểm ban đầu (t0 = 0) ta có x0 = 10 m; v0 = - 6 m/s; a = 2 m/s2
- Trong thời gian t < 3 s, v < 0, a > 0: Chuyển động chậm dần đều
- Tại thời điểm t = 3 s , v = 0: Vật dừng lại và đổi chiều chuyển động
- Thời gian t > 3 s, v > 0, a > 0: Chuyển động nhanh dần đều
c. - Quãng đường đi được gồm hai phần:
Trong thời gian t1 = 3 s => S1 = −

v02
=9m
2a

Trong thời gian t2 = 5 – 3 = 2 s => S2 =

at22
=4m
2

t(s)

(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)
(0,5đ)

(0,5đ)

- Vậy trong thời gian 5 s vật đi được S = S1 + S2 = 9 + 4 = 13 m
(0,5đ)
Câu 2: (4 điểm)
Chọn gốc tọa độ là vị trí lúc hai toa cuối tách ra, chiều dương là chiều chuyển động
ban đầu của đoàn tàu, gốc thời gian là lúc hai toa cuối bắt đầu tách ra.
*Xét chuyển động của hai toa cuối:
Khi hai toa cuối tách ra khỏi đoàn tàu, chúng chịu tác dụng của lực ma sát và chuyển
F
(0,5đ)
động chậm dần đều với gia tốc a1: a1 = − ms = − μ g = − 0, 9 m/s2
m
Phương trình chuyển động của hai toa cuối sau khi đã tách ra:

Bảng B

Trang 2/5


1
x1 = v0t + a1t 2
2

(0,25đ)

Hai toa này dừng lại sau thời gian t1: t1 =

v1 − v0
= 11,1 s

a1

(0,5đ)

*Xét chuyển động của phần còn lại của đoàn tàu:
Lực kéo phần đầu tàu bằng lực kéo cả đoàn tàu lúc đầu. Vì đoàn tàu đang chuyển động
đều nên lực kéo F cân bằng với ma sát tác dụng lên cả đoàn tàu:
(0,5đ)
F = F’ms = µMg
Sau khi hai toa cuối tách ra, phần đoàn tàu còn lại chịu tác dụng của lực kéo F và lực
ma sát tác dụng lên phần đó:
F − F "ms = (M − m)a2
(0,25đ)
F − μ(M − m)g = (M − m)a2

Suy ra gia tốc phần đầu tàu còn lại: a2 =

μ mg
M −m

= 0, 2 m/s2

1
Phương trình chuyển động của phần đầu tàu còn lại: x2 = v0t + a2t 2
2
Khoảng cách giữa hai toa cuối và phần đầu tàu:
d = x 2 − x1 =

1 2
1

t a 2 − a1 = t 2 . 1,1
2
2

Khoảng cách sau 10 giây là : d1 = 55 m
Ngay sau khi hai toa cuối dừng lại : d2 ≈ 67,8 m
Câu 3: (4 điểm)
a) Gọi điện trở đoạn mạch MC của biến trở là R1, đoạn NC là R2
Khi con chạy C nằm chính giữa biến trở : R1 = R2 = 5 Ω
- Điện trở mạch ngoài: R = R0 +

R 1R 2
= 3,5 Ω
R1 + R 2

- Cường độ dòng điện mạch chính: I =

E
= 2A
R+r

- Số chỉ vôn kế: UV = U = E – Ir = 7 V
- Vì R1 = R2 nên I1 = I2 =

(0,5đ)
(0,25đ)

(0,5đ)
(0,25đ)
(0,25đ)

(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)

I
=1 A
2

(0,25đ)

=> số chỉ ampe kế Ia = I2 = 1 A
b) Đặt điện trở đoạn mạch MC là x
=> điện trở đoạn mạch NC là 10 – x (0 ≤ x ≤ 10)
- Điện trở tương đương đoạn mạch chứa biến trở gồm MC//CN là
R’ =

(0,25đ)

x(10 − x)
10

(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)

- Điện trở mạch ngoài: R = R0 + R’

(0,25đ)

- Cường độ dòng điện mạch chính: I =

E
E
=
R + r R 0 + R '+ r

Bảng B

(0,25đ)

Trang 3/5


- Công suất tiêu thụ trong toàn biến trở:
P = R’I2 = R '

81
81
81
=
=
2
R +r
2
(R 0 + R '+ r)
+ R ') 2
+ R ') 2 (
( 0

R'
R'

- Từ đó ta thấy P đạt cực đại khi (
được: (

2
+ R ') min khi
R'

(0,5đ)

2
+ R ') nhỏ nhất. Áp dụng bất đẳng thức cosi ta
R'

2
= R ' => R’ = 2 Ω
R'

(0,5đ)

x(10 − x)
= 2 => x = 5 ± 5 Ω
10
81.2
- Khi đó: Pmax =
= 10,125 W
(2 + 2) 2

=>

(0,25đ)
(0,25đ)

Câu 4: (4 điểm)
Quá trình A–B là đoạn thẳng qua gốc tọa độ và điểm B (2, 4) có dạng P = aV
=> a = 2
(0,5đ)
=> P = 2V
(1)
(0,5đ)
(0,5đ)
Khi PA = 2 at => VA = 1 lít
Phương trình trạng thái khí lí tưởng
=> TB =

PBVBT A
= 1200 K
P AV A

RT
Ta có: PV = RT => P =
V
Thay (2) vào (1) ta được: T =

(0,5đ)
T (K)

(2)

2 2
V (3)
R

(0,5đ)
(0,75đ)

1200
300

B
A
V (lít)

O 1 2
Từ phương trình (3) ta nhận thấy nhiệt độ là hàm số bậc 2
theo thể tích, đồ thị biễu diễn quá trình của khí lý tưởng đã cho
Hình vẽ 0,75đ
trên hệ trục tọa độ T–V là một nhánh parabol qua gốc tọa độ.
Câu 5: (4 điểm)
a. Gọi R1 là khoảng cách từ proton tới hạt nhân khi có vận tốc là vo/4. Áp dụng định
luật bảo toàn năng lượng cho proton với thế năng ban đầu coi như bằng không vì proton ở
rất xa.
(0,5đ)
2
⎧1
1 ⎛ vo ⎞
e.(Ze)
⎧ 3 2 kZe 2

2
=
+k
mv
m
mv o =
⎪
o
⎜
⎟
⎪
2 ⎝ 2 ⎠
R
R
⎪2
⎪8
⇒
⎨
⎨
2
2
1 ⎛ vo ⎞
e.(Ze)
⎪1
⎪ 15 mv 2 = kZe
2
o
⎪ 2 mv o = 2 m ⎜⎝ 4 ⎟⎠ + k R
⎪⎩ 32
R1

1
⎩

Do đó R =
⇒

8kZe2
32kZe 2
(1)
và
(2)
R
=
1
3mv o2
15mv o2

R1 4
4
= hay R1 = R
R 5
5

(1,0đ)

(0,5đ)
(0,5đ)

b. Gọi R2 là khoảng cách gần nhất từ proton đến hạt nhân. Định luật bảo toàn cho ta
Bảng B

Trang 4/5


1
kZe2
2kZe 2
(3)
mv o2 + 0 = 0 +
⇒ R2 =
2
R2
mv o2

Từ (1) và (3) suy ra

R2 3
3
= hay R 2 = R
R 4
4

(1,0đ)
(0,5đ)

---Hết--Chú ý:
- Học sinh có thể giải nhiều cách khác nhau, đúng đến đâu cho điểm đến đó.
- Điểm toàn bài không làm tròn.
- Khi thảo luận hướng dẫn chấm, Tổ chấm thi có thể thống nhất điều chỉnh, chia nhỏ
điểm từng phần trong thang điểm nhưng phải đảm bảo điểm từng phần không được nhỏ hơn

0,25đ.

Bảng B

Trang 5/5


SỞ GD & ĐT NGHỆ AN

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG
NĂM HỌC 2012-2013
MÔN: VẬT LÝ 11
Thời gian làm bài : 150 phút

TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG

Câu 1(5 đ). Hai vật m1 = 5kg, m2 = 10kg, nối với nhau bằng một sợi dây nhẹ không dãn, đặt
trên mặt phẳng ngang không ma sát. Tác dụng một lực F = 18N có phương ngang lên m1.
1. Phân tích các lực tác dụng lên từng vật. Tính vận tốc và quãng đường của mỗi vật, sau
khi bắt đầu chuyển động được 2 giây.
2. Biết dây chịu lực căng tối đa 15 N. Hỏi khi 2 vật chuyển động dây có bị đứt không?
3. Tìm độ lớn của lực kéo F để dây bị đứt?
4. Kết quả câu 3 có thay đổi không nếu ma sát trượt giữa vật và mặt phẳng ngang là µ ?
5. Kết quả câu 1 và 3 có thay đổi không nếu lực F đặt ở vật m2?
E1,r1

Câu 2( 5 đ) . Cho mạch điện như hình vẽ (H1): trong đó
E1 = 6V; r1 = 1Ω; r2 = 3Ω; R1 = R2 = R3 = 6Ω.
1.Vôn kế V (điện trở rất lớn) chỉ 3V. Tính suất điện động E2.
2.Nếu đổi chỗ hai cực của nguồn E2 thì vôn kế V chỉ bao nhiêu?

Câu3( 4 đ) Cho 3 nguồn điện được mắc như hình vẽ (H2).

E2,r2

A.

E1, r1

A

R1

D
V

E2,r2

R3

C

B

R2

.B

H.1

E3,r3

H2

E1 = 2V, E2 = 3V, E3 = 4 Ω, . r1 = r2 = r3 = 1Ω
1. Tính suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn?
2. Mắc một vôn kế V có điện trở RV = 9 Ω vào hai điểm A và B(mắc thuận), vôn kế chỉ
bao nhiêu?
Câu 4(3 đ ). Cho 3 điểm A, B, C nằm trên trục chính của một thấu kính: AB = 18cm, BC =
4,5cm. Nếu đặt vật sáng ở A ta thu được ảnh ở B. Nếu đặt vật đó ở B thì ta thu được ảnh ở C.
Hỏi thấu kính gì và tiêu cự của thấu kính bằng bao nhiêu?
Câu 5(3 đ ). Một cái vòng có đường kính d khối lượng m và điện trở R rơi vào một từ trường từ
độ cao khá lớn. Mặt phẳng của vòng luôn nằm ngang. Tìm vận tốc rơi đều của vòng, nếu độ lớn
của cảm ứng từ B biến thiên theo độ cao h theo định luật: B = B0 (1 + α .h) ; α là hằng số. Bỏ qua
sức cản không khí. Coi gia tốc trọng trường g không đổi.
.............................................................

HẾT ............................................................

1


ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TRƯỜNG LỚP 11 MÔN VẬT LÝ NĂM HỌC 20012-2013
CÂU

HƯỚNG DẪN GIẢI
E1,r1

Câu 2
5đ
I
A

I1 R1
I2

ĐIỂM
D
V

E2,r2

R3

C

B

R2

R2 ( R1 + R3 )
H.1
= 4Ω
R2 + R1 + R3
I
R2
I
1
+ I đến A rẽ thành hai nhánh: 1 =
= => I1 =
I 2 R1 + R3 2
3

+ Điện trở toàn mạch R =

+ UCD = UCA + UAD = -R1I1+ E1 – r1I1 = 6 -3I
+ U CD = 3V
+ 6 -3I = ± 3 => I = 1A, I = 3A.
Với I= 1A:
E1 + E2 = ( R + r1 +r2 )I = 8 => E2 = 2V
- Với I = 3A:
E1 + E2 =8 *3 = 24 => E2 = 18V
2. Đổi chỗ hai cực của nguồn E2 thì vôn kế chỉ bao nhiêu
+ Khi đổi chỗ hai cực thì hai nguồn mắc xung đối
- Với E2 = 2V< E1 : E1 phát , E2 thu, dòng điện đi ra từ cực dương của
E1

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

-

I=

E1 − E2
= 0,5 A
R + r1 + r2

0,5

0, 25
0, 5

UCD = UCA + UAD =6 -3I = 4,5V

0,25

- Với E2 = 18V > E1: E2 là nguồn, , E1 là máy thu

0,25

I=

E2 − E1
= 1,5 A
R + r1 + r2

UCD = UCA + UAD = R1I1 + E1 +r1I = 6 +3I = 10,5V

0, 5
0,75

2


CÂU

HƯỚNG DẪN GIẢI

N2

.

Câu 1
5đ

ĐIỂM

N1

m2
T2

.

T1

m1

F

0, 25
P1
P2

+ gia tốc của hệ: a =

= 1, 2 m / s 2

F
m1 + m 2

0,5

1 2
at =2,4m
2
2.X ét riêng từng vật: T= T1 = T2
+T = m2a = 12N< T0 = 15N : dây không bị đứt.
m2 F
m + m2
3. Để dây bị đứt : T =
≥ T0 (1) ⇒ F ≥ 1
.T0 = 22,5( N )
m1 + m2
m2

+ v=at=2,4m/s; S =

4. Khi có ma sát: Gia tốc của hệ thay đổi nhưng sức căng T không đổi.

T = m2a + Fms2 (2);
+ Xét m2:

a=

F − (Fms1 + Fms2 ) thay (3) vào (2) , ta được:
(3)
m1 + m2

m2 F
: (1) không thay đổi.
m1 + m2
5.Nếu lực F đặt vào m2: thì sức căng T thay đổi, còn gia tốc của hệ không đổi.
+ Vì gia tốc không thay đổi, nên vận tốc, đường đi đạt được ở câu 1 không
thay đổi.
+ Vì sức căng T thay đổi, điều kiện để lực F làm đứt dây cũng thay đổi:
F ³ m2 a + T0 = 45 N .
T=

Câu 3
(4đ)

A.

C

.B
I

1
0,25
0,25

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

0,25

E3,r3

1)-+Vì mạch ngòai hở, nên Eb = UAB = UAC + UCB
+ I=

1

E2,r2

I

E1, r1

0,25

E1 + E2
= 3,5 A
r1 + r2

+ UCB = E2 – I.r2 = -0,5V ⇒ Eb = UAB = 2- 0,5 = 1,5V
+ rb = 1+0,5 = 1,5 Ω

0.25
0,5
1
3

CÂU

HƯỚNG DẪN GIẢI

ĐIỂM

E2,r2
E3,r3
C

B
A

0,25

V

E1,r1

2) Mắc vôn kế vào 2 điểm A, B: vẽ lại mạch điện.
. UV = I1.RV = UAB. Áp dụng định luật Ôm cho toàn mạch, ta có:
IV =

Eb
= 0,143 A
rb + RV

0,25
0, 5

⇒ UV = I1.RV = UAB = 1.287V

0, 5

d2

A.
Câu 4
(3đ)

B

.

C

.

d’1

0,5

d’2

O

d1

-Đặt vật ở A, thu được ảnh ở B, ảnh này không phải là ảnh thật vì không
theo nguyên lý thuận nghịch của ánh sáng.

- Vậy ảnh ở B phải là ảnh ảo, Từ đó suy ra khi vật ở B ảnh ở C cũng là
ảnh ảo.
- Ở đây đường dịch chuyển của vật thật AB = 18cm> BC = 4,5cm:
đường dịch chuyển của ảo: nên TK sử dụng là TKPK và được đặt ở bên 0,5
phải điểm C (hình vẽ).
0,5
1 1 1
(1)
= +
f d1 d '1
1 1
1
- Khi đặt vật ở B: = + ' (2). Theo hình vẽ ta có:
f d2 d 2

- Khi đặt vật ở A:

0,5
0,5
4


d1' = 18 − d1 (ảnh ảo)
d 2 = d1 − 18 (vật thật)
d 2' = 22,5 − d1 (ảnh ảo) thay vào(1) và (2), so sánh 2 vế, ta được:

0,5

d1 = 80cm; d1' = −12cm ⇒ f= -20cm.

0,5
Câu 5
(3đ)

- Áp dụng định luật bảo toàn và chuyển hóa năng lượng:
Xét trong khoảng thời gian ∆t: độ giảm thế năng = độ tăng động năng +
nhiệt lượng tỏa ra trong vòng do IC xuất hiện trong vòng dây.
⇒ ∆Wt = ∆Wđ + Q (1)
-Khi vận tốc đạt đến một giá trị không đổi (do trọng lượng vòng dây cân bằng
với lực từ) thì: ∆Wt = Q (2).
- Với ∆Wt = mg∆h = mv. ∆t (3)
∆φ
S ∆B SB0α∆h SB0α v
E
(4)
Q = I c2 .R.∆t với I c = c =
=
=
=
R
∆t .R ∆t .R
R∆t
R

- Thay (3),(4) vào (2), Ta được: v =

16mgR
(đđơn vị vận tốc)
π 2 d 4 B02α 2

1
1

1

Lưu ý: Học sính giải cách khác, Đúng vẫn cho điểm tối đa.

5


C1
M
C3

SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT NGUYẾN DU

==========***===========

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG
LỚP 11 NĂM HỌC 2012-2013
Môn: Vật lý
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu1(2đ): Quả cầu 1có khối lượng m 1 = 0,3 (kg) được treo vào đầu một sợi dây không
dãn, khối lượng không đáng kể, có chiều dài l = 1 (m). Kéo căng dây treo quả cầu
theo phương nằm ngang rồi thả tay cho nó lao xuống. Khi xuống đến điểm thấp nhất,
quả cầu 1 va chạm đàn hồi xuyên tâm với quả cầu 2, quả cầu 2 có khối lượng m 2 = 0,2
(kg) đặt ở mặt sàn nằm ngang. (hình1)
Hình 1

Sau va chạm, quả cầu 1 lên tới điểm cao nhất thì dây treo lệch góc α so với phương thẳng đứng. Quả
cầu 2 sẽ lăn được đoạn đường có chiều dài S trên phương ngang.
Biết hệ số ma sát giữa quả cầu 2 và mặt sàn nằm ngang là 0,02 và trong sự tương tác giữa m 1 và m 2 thì
lực ma sát tác dụng vào quả cầu 2 là không đáng kể so với tương tác giữa hai quả cầu. Lấy g = 10(m/s 2 ).
Tính: α và S.
Câu 2(2đ) Cho mạch điện như hình vẽ 2: uAB = 18V; C1 = C2 = 3µF; C3 = 6µF. Trước khi mắc vào mạch điện
các tụ chưa tích điện. Xác định hiệu điện thế, điện tích của mỗi tụ khi
a. Khoá K ở vị trí (1).
b. Khoá K chuyển từ (1) sang (2).
Câu3(2đ): Cho mạch điện như hình vẽ 3. Nguồn điện có ξ =8V, r=2 Ω . Điện trở đèn R1=R2=3 Ω , ampe kế lý
tưởng
a. K mở, di chuyển con chạy C người ta nhận thấy khi điện trở phần AC của biến trở AB có giá trị 1 Ω thì đèn
sáng tối nhất. Tính điện trở toàn phần của biến trở.
b. Thay biến trở trên bằng biến trở khác và mắc vào chỗ biến trở cũ ở mạch điện trên rồi đóng khóa K. Khi
5
điện trở phần AC bằng 6 Ω thì Ampe kế chỉ A. Tính điện trở toàn phần của biến trở mới?
3
Câu4(2đ) Một giọt dầu nằm lơ lửng trong điện trường của một tụ điện phẳng(hình 4). Đường kính giọt dầu là
1mm, khối lượng riêng của dầu là 800kg/m3. Hiệu điện thế giữa 2 bản tụ là 220V, khoảng cách giữa 2 bản tụ là
2cm Bỏ qua lực đẩy ácimet của không khí. Lấy g =10m/s2
a. Tính điện tích của giọt dầu.
b. Nếu đột nhiên hiệu điện thế đổi dấu:
+ Hiện tượng xảy ra như thế nào?
Hình 4
+ Tính thời gian giọt dầu rơi xuống bản dưới, biết lúc
đầu giọt dầu ở chính giữa 2 bản
Câu 5(2đ) Một bình có thể tích V chứa một mol khí lí tưởng và có một cái van bảo hiểm là một xilanh (có kích
thước rất nhỏ so với bình) trong đó có một pít tông diện tích S, giữ bằng lò xo có độ cứng k (hình 5). Khi nhiệt
độ của khí là T1 thì píttông ở cách lỗ thoát khí một đoạn là L. Nhiệt độ của khí tăng tới giá trị T2 thì khí thoát
ra ngoài. Tính T2?

L

Hình 2

Hình 3
Hình 5
-----Hết----(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT
NĂM HỌC 2011 – 2012
Môn: VẬT LÝ LỚP 11
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)

Bài 1: Trong hệ thống trên hình 1, khối lượng vật 1 bằng 6,0 lần khối lượng vật 2.
Chiều cao h = 20cm. Khối lượng của ròng rọc và của dây cũng như các lực ma sát
được bỏ qua. Lấy g = 10m/s2. Ban đầu vật 2 được giữ đứng yên trên mặt đất, các sợi
dây không dãn có phương thẳng đứng. Thả vật 2, hệ bắt đầu chuyển động. Xác định:
a. gia tốc của các vật ngay sau khi vật 2 được thả ra;
b. độ cao tối đa đối với mặt đất mà vật 2 đạt được.

1
h

Bài 2: Một mol chất khí lý tưởng thực hiện chu trình ABCA trên giản đồ p-V gồm
các quá trình đẳng áp AB, đẳng tích BC và quá trình CA có áp suất p biến đổi theo
hàm bậc nhất của thể tích V (hình 2).
a. Với số liệu cho trên giản đồ, hãy xác định các thông số (p,V,T) còn
p(atm)
lại của các trạng thái A, B, C;
3
b. Biểu diễn chu trình ABCA trên giản đồ V-T.
C

2
Hình 1

Bài 3: Đặt vật nhỏ có dạng một đoạn thẳng AB vuông góc với trục chính
A
của một thấu kính. Đầu A của vật nằm trên trục chính, cách quang tâm của 1 B
V(l)
thấu kính 20cm.
O
a. Qua thấu kính, vật AB cho ảnh A'B' cao bằng vật. Hãy xác định
25,6
102,4
tiêu cự của thấu kính và dùng thước kẻ dựng ảnh A'B';
Hình 2
b. Giữ cố định thấu kính, quay vật AB quanh đầu A để AB hợp với
trục chính của thấu kính một góc bằng 45o. Xác định:
i. vị trí và hình dạng của ảnh A"B" của vật AB qua thấu kính, bằng cách dựng hình
với số lượng tia sáng được vẽ ít nhất;
ii. độ dài của vật AB.
Biết rằng độ dài của ảnh A"B" gấp hai lần độ dài của vật AB.

Bài 4: Cho mạch điện như hình 3: A1; A2 và A3 là 3
ampe kế lý tưởng và hoàn toàn giống nhau. Giá trị các
điện trở được ghi trên hình vẽ. Người ta đặt vào hai đầu A
A, B một hiệu điện thế không đổi, có độ lớn U = 13,8V.
a. Hãy tính các giá trị cường độ dòng điện qua các
điện trở;
b. Xác định số chỉ của các ampe kế.

A2

- Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
- Giám thí không giải thích gì thêm.

B

3kΩ

6kΩ

A3

A1

6kΩ

Bài 5: Một mạch điện gồm có: ống dây có hệ số tự cảm
L = 2,00µH và điện trở Ro = 1,00Ω; nguồn điện có suất điện động E =
3,0V và điện trở trong r = 0,25Ω; điện trở R = 3,00Ω, được mắc như
hình 4. Bỏ qua điện trở dây nối và khoá k.
a. Đóng khoá k, sau một thời gian cường độ các dòng điện trong

mạch đạt giá trị ổn định. Xác định cường độ dòng điện qua ống
dây và điện trở R; công suất của nguồn E;
b. Tính nhiệt lượng Q toả ra trên R sau khi ngắt khoá k.
==HẾT==

2kΩ

6kΩ

5kΩ
Hình 3
k
E,r

L
Ro
Hình 4

R


HƯỚNG DẪN CHẤM
VẬT LÝ LỚP 11
Bài 1
1a.
Gọi T là lực căng dây
T − P2
Gia tốc vật 2: a 2 =
m2
P − 2T η.P2 − 2T

=
Gia tốc vật 1: a 1 = 1
η.m 2
m1
1
Với ròng rọc động: a 2 = 2.a 1
h
2η − 4
2
Kết quả: a 2 = 2.a 1 =
g
η+ 4
Thay số: a 2 = 8m / s 2 ; a 1 = 4m / s 2
1b.
Vật chuyển động nhanh dần đều với gia tốc a2 từ mặt đất đến độ cao 2h và đạt vận tốc cực
đại ở độ cao này: v 2max = 2.a 2 .2h (1)
Sau đó, vật chuyển động chậm dần với gia tốc g từ độ cao 2h đến hmax:
v 2max = 2.g.(h max − 2h ) (2)
η
Từ (1) và (2) ta có h max = 6h
, Thay số: h max = 72cm
η+ 4

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

0,5

0,5
0,5

Bài 2
2a.
Áp dụng phương trình trạng thái:

0,5

p B VB p o Vo
1.25,6
=
⇒ TB =
273 = 312K
TB
To
1.22,4

3 − pC
25,6
=
⇒ p C = 2,25atm
3
102,4
102,4 − VA 1
1024
Cũng từ hình vẽ:
= ⇒ VA =
l ≈ 68,3l
102,4

3
15
p
p
p
Áp dụng định luật Sác-lơ [B→ C]: B = C ⇒ TC = C TB = 702K
TB TC
pB
V
V
V
Áp dụng định luật Gay-luy-sac [A→ B]: A = C ⇒ TA = A TB = 832K
TA TC
VB
2b.
AB là đường thẳng đi qua gốc toạ độ
V
BC là đường thẳng song song với OT

Từ hình vẽ:

CNA là parabol:
Đỉnh N của parabol được xác định:
Từ đồ thị của bài ra: quá trình (3) – (1)
được biểu diễn theo phương trình
p
p
p V
p = p M − M V ⇒ pV = M (VM − V).V ≤ M M
VM

VM
4
dấu bằng khi V = VM/2 (với pM = 3atm, VM = 102,4l)
áp dụng phương trình trạng thái
pV = RT => Tmax = 936K => TM = 936K.

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

51,2
25,6

0,5

A

0,5

N
B

C

T
O

312

624

936

0,5


Bài 3
3a.
- Ảnh của vật thật qua thấu kính có kính thước bằng vật, suy ra :
+ Thấu kính là thấu kính hội tụ,
+ Ảnh là ảnh thật ngược chiều với vật: d' = d
L
AB 
A ' B'
→
Sơ đồ tạo ảnh:
d
d' = d
1 1 1
Áp dụng công thức thấu kính: = + ⇒ f = 10cm.
f d d'
Vẽ hình:
B

F'

O
A

F

0,5
0,5

0,5

A'
B'

3b. i.
- Vị trí của A không thay đổi nên vị trí ảnh A" của A qua thấu kính cũng không thay đổi:
A" ≡ A'
- Vẽ tia sáng tới trùng với đường thẳng AB. Tia sáng này xuất phát từ tất cả các điểm trên
vật vì thế tia ló (1) sau thấu kính đi qua tất cả các điểm trên ảnh của vật. Ảnh A"B" cũng
là một đoạn thẳng
- Vẽ tia sáng xuất phát từ B qua quang tâm, tia ló (2) truyền thẳng và đi qua B".
Vậy B" là giao điểm của tia ló (1) và tia ló (2)
Vẽ hình: có hai trường hợp
I
I

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

(1)
(1)

B
A C F

O

F'

B"
A" C"

(2)

A" C" F'
I'

O

F

A

C

(2)

B"
B
Hình vẽ 1
Hình vẽ 2
(3)

3b. ii.
Ảnh lớn hơn vật, trường hợp hình vẽ 1
AB BC A" B" B" C"
=
;
=
(3); Mặt khác: AO = A'O = A"O =>AI = I'A (4)
Từ hình vẽ:
AI IO A" I
IO
A" B" B" C"
B" C" OI' OF
Từ (3) và (4) ⇒
=
= 2 ; Cũng từ hình vẽ:
=
=
⇒ CF = 5cm
AB
BC
BC BC CF
=>AC = AF – CF = 5cm => AB = 5 2cm

1,0