ĐỀ THI HSG LỚP 11 MÔN VẬT LÍ THANH HÓA

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC I

ĐỀ THI CHỌN HSG VẬT LÝ NĂM HỌC 2017 - 2018
MÔN : VẬT LÝ 11
Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian giao đề )

Câu 1 (2,0 điểm): Một tấm gỗ có khối lượng M = 8kg, chiều dài l = 5m đặt trên mặt sàn nằm ngang. Một vật
nhỏ có khối lượng m = 1kg đặt lên trên và ở sát một đầu tấm gỗ. Vật nhỏ được buộc vào tường cố định bằng
một sợi dây nhẹ không dãn . Ban đầu hệ đứng yên. Tác dụng một lực F = 20N lên tấm gỗ theo phương hợp với
phương nằm ngang một góc  = 300. Lấy g = 10m/s2. Hệ số ma sát giữa vật và gỗ là  = 0,1. Tính thời gian
vật m trượt trên tấm gỗ trong các trường hợp sau:
m
F
a). Hệ số ma sát giữa tấm gỗ và sàn cũng bằng  = 0,1.

M
b). Bỏ qua ma sát giữa tấm gỗ và sàn, tấm gỗ chuyển động đến khi
vật m ở chính giữa tấm gỗ thì cắt dây.
Câu 2 (2,0 điểm): Một lăng trụ có tiết diện thẳng là tam giác đều ABC, có trọng lượng P = 100 (N). Kê lăng trụ
trên một giá đỡ, sao cho mặt đáy AC của lăng trụ nghiêng 30 0 so với phương
2
ngang. Giá đỡ tiếp xúc với đáy AC của lăng trụ tại C, DC = AC (như hình vẽ ).
3
Xác định:
a). Hệ số ma sát giữa lăng trụ với giá đỡ và với sàn (Biết giá đỡ và sàn làm cùng
bằng một vật liệu).
b). Phản lực của giá đỡ và của sàn vào lăng trụ.
Câu 3 (2,0 điểm): Một viên đạn có khối lượng 100g đang bay ngang với vận tốc 500,4 m/s thì xuyên qua một
quả cầu có khối lượng 2kg đặt yên trên giá đỡ ở độ cao 5,1m so với mặt đất. Quả cầu chuyển động và rơi

xuống đất tại điểm cách giá đỡ một khoảng 20m tính theo phương nằm ngang.
Hãy xác định điểm chạm đất của đạn và tỉ lệ % cơ năng đã chuyển hoá thành nhiệt năng trong quá trình đạn
xuyên qua quả cầu. Cho g = 10m/s2.
Câu 4 (2,0 điểm): Một xi lanh thẳng đứng kín hai đầu, trong xi lanh có một pittông khối lượng
m (có thể trượt không ma sát). Ở trên và dưới pittông có hai lượng khí như nhau. Ban đầu ở
V
nhiệt độ 270C thì tỉ số thể tích phần trên và phần dưới 1  n  4 . Hỏi nếu nhiệt độ tăng lên đến
V2
V'
3270C thì tỉ số thể tích phần trên và phần dưới 1 là bao nhiêu ?
V '2

P1, V1, T1

P2, V2, T1

Câu 5 (2,0 điểm): Một giọt dầu nằm lơ lửng trong điện trường của một tụ điện phẳng. 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. Tính thời gian giọt dầu rơi xuống bản dưới, biết lúc đầu giọt dầu ở
chính giữa 2 bản.

1

GV: Bùi Văn Dương - Trường THPT Hậu Lộc I – ĐT: 0943408767


Câu 6 (2,0 điểm): Cho mạch điện như hình vẽ: E = 6V, r = R3 = 0,5  , R1= 3  , R2 = 2  , C1 = C2 = 0,2
 F, độ lớn điện tích electron e = 1,6.10-19C. Bỏ qua điện trở các dây

R3
E, r
nối.
a) Tìm số electron dịch chuyển qua khóa K và chiều dịch chuyển của
C1
K
M
chúng khi khóa K từ mở chuyển sang đóng?
A
B
b) Thay khóa K bằng tụ C3 = 0,4  F. Tìm điện tích trên tụ C3 trong
C2
các trường hợp sau:
R1
R2
- Thay tụ C3 khi K đang mở.
N
- Thay tụ C3 khi K đang đóng
C
Câu 7 (2,0 điểm): Đầu trên của hai thanh kim loại thẳng, song song
cách nhau L đặt thẳng đứng nối với hai cực của tụ có điện dung C như hình vẽ. Hiệu
điện thế đánh thủng tụ điện là UT. Hệ thống được đặt trong một từ trường đều có véc
N
M
tơ cảm ứng từ B vuông góc với mặt phẳng hai thanh. Một thanh kim loại khác MN
v0
củng có chiều dài L trượt từ đỉnh hai thanh kia xuống dưới với vận tốc ban đầu v0 .
Cho rằng trong quá trình trượt MN luôn tiếp xúc và vuông góc với hai thanh kim loại.
Giả thiết các thanh kim loại đủ dài và bỏ qua điện trở của mạch điện, ma sát không
+ B

đáng kể.
a) Hãy chứng minh rằng chuyển động của thanh MN là chuyển động thẳng
nhanh dần đều và tìm gia tốc của nó.
b) Hãy tìm thời gian trượt của thanh MN cho đến khi tụ điện bị đánh thủng.
Câu 8 (2,0 điểm):Người ta gắn hai lăng kính có tiết diện thẳng là
các tam giác vuông cân (như hình vẽ). Lăng kính ABC có chiết
suất n, lăng kính BCD có chiết suất n / (Các lăng kính đặt trong
không khí). Một chùm tia sáng hẹp đơn sắc, song song chiếu
vuông góc tới mặt AB và khúc xạ ở I trên mặt BC.
a). Muốn chùm tia sáng này ló ra khỏi mặt BD tại I / sau khi phản
xạ toàn phần trên mặt CD thì các chiết suất n và n / phải thỏa mãn
điều kiện nào ?
b). Trong điều kiện trên, viết biểu thức xác định góc lệch giữa các tia tới và tia ló ?
Câu 9 (2,0 điểm): Một điểm sáng S chuyển động theo vòng tròn với vận tốc có độ lớn không đổi
v0 = 0,2(m/s) xung quanh trục chính của thấu kính hội tụ ở trong mặt phẳng vuông góc với trục chính và cách
thấu kính một khoảng d = 1,5f ; ( f = 20cm là tiêu cự của thấu kính). Hãy xác định :
a) Vị trí đặt màn để quan sát được ảnh của S.
b) Độ lớn và hướng vận tốc ảnh của điểm sang S.
Bài 10: Người ta bố trí cơ hệ như hình . Vật m2 có gắn một băng giấy luồn qua bộ dung đo thời gian.Khi thả
cho hệ bắt đầu chuyển động, bộ rung lần lượt ghi lại trên băng giấy những chấm đen sau từng khoảng thời gian
bằng nhau t0  0, 04s ,được lần lượt các điểm A,B,C,D,E,F,G,H,I,K,L độ dài các điểm như sau:
Đoạn thẳng
Chiều dài( mm)

AB BC

CD

DE

EF

FG

GH

HI

IK

KL

17

39

50

61

59

54

49

44

39

28

a). Viết biểu thức tính gia tốc của hệ m1 , m2 .
b). Xác định hệ số ma sát trượt giữa bàn và vật m2 ,
khối lượng m2 với m1  400( g ) .
Cho biết các ròng rọc, dây nối, băng giấy có khối
lượng không đáng kể,dây không giãn,ma sát ở các
ròng rọc,bút dạ, băng giấy và sức cản không khí
bỏ qua.
…………………………..………………….. Hết …………………………………………..

2

GV: Bùi Văn Dương - Trường THPT Hậu Lộc I – ĐT: 0943408767


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC I

CÂU
1

ĐÁP ÁN - ĐỀ THI HSG VẬT LÝ NĂM HỌC 2017 -2018

MÔN : VẬT LÝ 11
Thời gian làm bài: 180 phút
( Giám thị coi thi không giải thích gì thêm !)

NỘI DUNG

ĐIỂM

a. Dây chưa đứt, hệ số ma sát giữa ván và sàn, vật và ván bằng nhau   0,1
Lực tác dụng lên tấm gỗ: F , P/ , N / , Q, Fms , Fms/
Phương trình ĐLH: F  P/  N /  Q  Fms  Fms/  Ma
y

O

x

N/
Fms/

F

Fms
P/

Q

0,25

chiếu lên 2 trục tọa độ:
Ox: F cos    mg   N /  Ma (1)
0,25
Oy: N/ = (M + m)g - Fsin  (2)
F cos   [( M  2m) g  F sin  ]
 1 m/s2

từ (1) và (2): a =
0,25
M
2l
thời gian m trượt trên M: t =
 10  3,16s
0,25
a
b.
Bỏ qua ma sát, tại thời điểm m ở chính giữa khối gỗ thì cắt dây
* Trước khi cắt dây: thời gian từ lúc tấm gỗ bắt đầu chuyển động đến khi m ở chính giữa
tấm gỗ:
- Gia tốc của tấm gỗ khi không có ma sát với mặt ngang:
F cos    mg
 2 m/s2
a=
M
Thời gian từ lúc tấm gỗ bắt đầu chuyển động đến khi m ở chính giữa tấm gỗ:
l
t1 =
 2,5 = 1,58 (s)
a
0,25
vận tốc của M khi đó: v = at1 = 2.1,58 = 3,16 (m/s)
* Sau khi cắt dây: xét chuyển động của m trong HQC
N
()
Fqt
gắn với tấm gỗ, m có tốc độ v0 = 3,16 m/s.
Fms

Lực tác dụng lên m: P, N , Fms , Fq

P

2

Phương trình động lực học cho m, chiếu lên trục tọa độ:
ma -  mg = ma0  a0 = a -  g = 1 (m/s2)
thời gian m trượt trên m sau khi cắt dây:
a t2
l
 v0t2 + 0 2  0,5 t 22 + 3,16t2 - 2,5 = 0
2
2
tính được t2 = 0,71 (s)
Vậy tổng thời gian m trượt trên M là t = t1 + t2 = 2,29 (s)
a. Hệ số ma sát giữa lăng trụ với giá đỡ và với sàn.
+ Gắn lăng trụ với hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ. Lăng trụ chịu tác dụng của 5 lực:

- Trọng lực P

- Phản lực N của sàn

- Lực ma sát F với sàn

3

GV: Bùi Văn Dương - Trường THPT Hậu Lộc I – ĐT: 0943408767

0,25

0,25
0,25



- Phản lực Q của giá đỡ

- Lực ma sát R với giá đỡ.
+ Chiếu các lực tác dụng vào lăng trụ lên các trục tọa độ. Lăng trụ đứng yên, các lực thành
phần chiếu trên mỗi trục tọa độ sẽ cân bằng nhau.
- Trên trục Oy: N + Qcos30 0 + Rsin30 0 = P
3
N + Q.
+ k.Q.0,5 = 100 (1)
2
- Trên trục Ox:
Qsin30 0 = Rcos30 0 + F
3
Q.0,5 = k.Q.
+ k.N
(2)
2
+ Nếu không có giá đỡ thì lăng trụ sẽ bị lật quanh một trục
đi qua C. Thay giá đỡ bằng 2 lực liên kết R và Q, lúc này
lăng trụ có trục quay đi qua C. Điều kiện cân bằng của lăng trụ đối với trục quay C là:
a 3
2
Q. a = P.
 Q = 25 3 (N).

3
6
3
Thay Q = 25 3 (N) vào (1) và (2) ta có: N + 25 3 .
+ k. 25 3 .0,5 = 100
2
N + 37,5 + 12,5 3 .k = 100
(1 / )

3
25 3 .0,5 = k. 25 3 .
+ k.N
2
12,5 3 = 37,5.k + k.N

(2 / )
Từ (1 / )  N = 100 - 37,5 - 12,5 3 .k thế vào (2 / )
(2 / )  12,5 3 = 37,5.k + k(100 - 37,5 - 12,5 3 .k)
 12,5 3 k 2 - 100k + 12,5 3 = 0
Giải phương trình trên ta có k = 4,39 và k = 0,227
Vì k < 1 nên: nhận giá trị k = 0,227.  N = 100 - 37,5 - 12,5 3 .0,227 = 57,6 (N)
3

* Áp dụng định luật bảo toàn động lượng : mv0  mv  MV

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25

* Sau tương tác quả cầu và đạn là chuyển động ném ngang.
Thời gian rơi là : t 

2h
 1,01s
g

0,25

* Theo phương ngang vật chuyển động đều : v 
* Vận tốc của đạn sau tương tác : v 

mv0  MV

m
* Tầm xa của đạn : S  vt  104,3.1,01  105m
* Động năng của đạn trước tương tác K 0 
động năng của đạn sau tương tác : K 1 

4

s
 19,8m / s
t

0,25

 104,3m / s

0,25

1
mv02
2

1 2
mv .
2

GV: Bùi Văn Dương - Trường THPT Hậu Lộc I – ĐT: 0943408767

0,25


Động năng của quả cầu sau va chạm : K 2 

0,25

K  K 0  ( K1  K 2 )  11587,17 J

0,25
0,25

1
MV 2
2
* Phần đồng năng của đạn chuyển hóa thành nhiệt năng :

* Tỉ lệ phần trăm đồng năng của đạn chuyển hoá thành nhiệt năng : H 
4

K
 93%
K0

Vì pitông nằm cân bằng nên :
p1S  mg  p2 S
 p1-p’1=p2-p’2 p2-p1=p’2-p’1 (n-1)p1=(m-1)p’1
p '1 S  mg  p '2 S
p '1 n  1
(1)

p1 m  1

0,5
P1, V1, T1

V ' m n 1
n 1

m 1
V1 
V '1  1  .
(2)
n
m
V1
n m 1
Áp dụng phương trình trạng thái cho lượng khí ở trên ta có:
PV
P' V '
T
P' V '
1 1
P2, V2, T1
 1 1  2  1 . 1 (3)
T1
T2
T1
P1 V1
thay (1),(2) vào (3)và thay số ta có
3
5m
8m2-15m-8=0 ; m=2,3(nhận) ; m<0 (loại)
2
.
m  1 4(m  1)
V'
Vậy 1 =2,3
V '2

a) Vì bỏ qua lực đẩy acsimet của không khí nên các lực tác dụng lên quả cầu là
+
+
+
+
P , F . Để quả cầu cân bằng thì

mặt khác V1+V2=V’1+V’2 

P + F =0
Suy ra: P= F

Mà P= mg = D.V.g=

F

5

U
d

q  38.1011 (C ) ……………………………………………….
b.Nếu đột nhiên đổi dấu hiệu điện thế còn điện trường giữ nguyên thì lực điện cùng
phương, cùng chiều, cùng độ lớn với trọng lực.
Vậy giọt dầu bây giờ chịu tác dụng của lực có độ lớn bằng 2P hướng xuống…………..
nên sẽ chuyển động với gia tốc a= 2g= 20 m/s2 ………………………..
+Thời gian giọt dầu xuống bản dưới là
t

5

0,25

0,25

0,25
0,5

0,25đ

4
D. .r 3 .g
3

P
…………………………………………………
_- 4
U
3
D. .r .g = q

d
3
3
4d r Dg
 q 
. Thay số ta có q  38.1011 (C) ……………………….
3U
Vì lực điện trường ngược chiều với cường độ điện trường nên ta có q < 0 =>
F= q

0,25

2s
102
1

 103 
(s) ……………………………..
a
10
10 10

GV: Bùi Văn Dương - Trường THPT Hậu Lộc I – ĐT: 0943408767

0,25đ

0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ


6

a)

+ Cường độ dòng điện trong mạch chính khi K đóng hay K mở là:
E
6
I

 1( A) ………………………………………..
R1  R2  R3  r 3  2  0,5  0,5

0,25

+ Khi K mở : C1 nối tiếp với C2 nên điện tích của hệ các bản tụ nối với M: qM = 0
Dấu điện tích của các bản tụ như hình vẽ. ……………………………….

0,25

E, r

A

+

C1

-

R3

K

M

+
-

B

A

+

C1

-

M

K

B

-+ C2

C2
R2

R1

R3

E, r

R1

N

R2
N

+ Khi K đóng: dấu điện tích trên các bản tụ như hình
q2  C2U NM  C2U NB  C2 .I .R2  0, 4( C )
qM,  q1  q2  1, 4( C )
+ Các electron di chuyển từ B  K  M ;
E, r
R3
1, 4.106
12
+Số hạt ne 
(hạt)

8,75.10
1,6.1019
C3
C1
b)
M
A
Thay tụ C3 khi K mở, K đóng:
+ + Gọi điện tích của các tụ lúc này là: q1M , q2 M , q3M và có
-C2
dấu như hình vẽ

+
R2
R1
q2 M
q2 M

Ta có: + U MN  
(1)
N
C2
0, 2
q
q
+ U MN  U MA  U AN   1M  I.R1   1M  3
(2)
C1
0, 2
q
q
+ U MN  U MB  U BN  3M  I .R2  3M  2
(3)
C3
0, 4
Từ (1), (2), (3) ta được:
q1M  q2 M  q3M  0,8U MN  0, 2
(4)

0,25
0,25
B

0,25

0,25

- Khi K mở, thay tụ C3 thì : q1M  q2 M  q3M  0  U MN  0, 25(V )
Do đó q3M  0, 7 C …………………………………………………………………
- Khi K đóng, thay tụ C3 thì: q1M  q2 M  q3M  1, 4  U MN  2(V )

0,25

Do đó UMB = 0 (V), q3M  0 ………………………………………………………..

0,25
7

a) (1,25 điểm)
Vì R=0 nên suất điện động cảm ứng trên thanh MN luôn bằng hiệu điện thế giữa hai bản tụ.
E  U C  BLv  UC
(1)

6

GV: Bùi Văn Dương - Trường THPT Hậu Lộc I – ĐT: 0943408767

0,25


Phương trình Định luật II Newton cho chuyển động của thanh MN
(2)

P  Ft  ma  mg  BLI  ma
Với Ft là lực từ tác dung lên thanh, a là gia tốc của thanh, I là cường độ dòng điện qua mạch
trong khoảng thời gian t .
C
U C
q
C
Ta có I 
(3)
t
t
Từ (1) suy ra U C  BLv thay vào (3) ta được:
N
M
v
v0
I  CBL
 CBLa
(4)
t
mg
 hằng số.
Thay (4) vào (2) ta được: a 
+ B
m  CB 2 L2
Điều đó chứng tỏ thanh MN chuyển động nhanh dần đều.

0,25

0,25

0,25

0,25

b) (0,75 điểm)
mg
t
(5)
m  CB 2 L2
U
Khi UC = UT thì tụ bị đánh thủng, khi đó vận tốc của thanh là v  T
(6)
BL
Từ (5) và (6) suy ra thời gian trượt của thanh cho đến khi tụ bị đánh thủng là:
1  UT

t
 v0   m  CB 2 L2 

mg  BL

a. Điều kiện về n và n / .
- Ở I 0 , tia sáng khúc xạ truyền thẳng tới I trên mặt BC. Ở I ta có:
n
+ i 1 = 45 0 . Và n.sin45 0 = n / .sinr 1  sinr 1 = /
n 2
- Ở J trên CD, tia phản xạ toàn phần. Ta có:
1
1

1
+ sini 2 > /  cosr 1 > / ;  1  sin 2 r1 > /
n
n
n
n 2
1
) > /  2n / 2  n 2 > 2
(1)
 1 ( /
n
n 2

Thanh MN trượt nhanh dần đều với vận tốc v  v0  at  v0 

8

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

- Ở I / trên BD ta có: r 2 = i 2 - 45 0
Vì tia khúc xạ ở I / , ta suy ra được: sinr 2 <

 sin(i 2 - 45 0 ) <

1
n/

1
.
n/

2
1
(sin i 2  cos i2 ) < /
2
n
/
2
2
1
1  2n  n
n 


< /
/
/


2 n 2
n 2 n





2n / 2  n 2 < n + 2

(2)

Từ (1) và (2) ta được: 2 < 2n / 2  n 2 < n + 2
b. Biểu thức xác định góc lệch giữa các tia tới và tia ló:
Ta có: Tia tới có hướng BD. Góc lệch là:
+  = 90 0 - i /  cos  = sin i /

7

GV: Bùi Văn Dương - Trường THPT Hậu Lộc I – ĐT: 0943408767

0,25
0,5

0,25


1  2n / 2  n 2
n 
=

2  n / 2
n / 2 
2n / 2  n 2  n 


2


mà sin i / = n / sinr 2 = n /


Vậy:  = arccos 

9

a)Vị trí đặt màn d' =

0,25

2n / 2  n 2  n
2

0,25

df
= 3f = 60cm
d f

1,0

b)
+k=

10

d '
= -2 . Vòng tròn quỹ đạo ảnh có bán kính lớn gấp đôi quỹ đạo vật
d

0,25

Vận tốc góc của vật và ảnh như nhau, nên vận tốc dài của ảnh có độ lớn v' = 2v0.= 0,4(m/s) 0,25
Chọn tia sáng đi qua quang tâm để khảo sát, ta nhận thấy chiều vận tốc ảnh ngược với chiều
vận tốc của vật.Vậy vận tốc của ảnh luôn có phương tiếp tuyến với quỹ đạo của nó và có
0,5
chiều ngược chiều chuyển động của S.
a.
0x
+Chọn hệ trục xoy như hình vẽ
+ Các lực tác dụng vào các vật như hình vẽ
m2 N 2
+ Đ/L II Niu tơn cho m1 :
T

T  P1  m1.a
Chiếu theo oy: m1 g  T  m1.a(1)
+ Đ/L II Niu tơn cho m2 :

0y
m1

+ Từ (1) và (2) ta có biểu thức gia tốc của hệ: a 

T

P1

T  P2  N  Fms  m2 .a
Chiếu theo ox: T   m2 g   m2 .a(2)

P2

Fms

0,25

Bàn cố định

0,25
(m1   m2 ) g
(3)
m1  m2

0,5

b. Theo bảng số liệu :
+ Từ A đến F: Các đoạn đường trong những khoảng thời gian bằng nhau tăng dần, có độ
chênh lệch không đổi, hệ vật chuyển động nhanh dần với gia tốc a theo công thức (3) không
0,25
đổi khi m1 chưa chạm sàn.
+ Từ F đến L: dây nối hai vật trùng, do ma sát ,các đoạn đường trong những khoảng thời
gian bằng nhau giảm dần, có độ chênh lệch không đổi. Vật m2 chuyển động chậm dần.
Áp dụng tính chất của chuyển động thẳng nhanh dần đều: s  at02

0,25

+ Đoạn từ GL: s  KL  IK  IK  HI  HI  GH  5mm  a2 .t02  a2  3,125(m / s 2 )
T  0   m2 g  m2 a2    0,3125

+ Đoạn AE: s '  DE  CD  CD  BC  BC  AB  11mm  at02  a  6,875(m / s 2 )
Khối lượng m2 = 0,125(kg)

8

GV: Bùi Văn Dương - Trường THPT Hậu Lộc I – ĐT: 0943408767

0,25
0,25