ĐỀ THI HSG LỚP 11 MÔN VẬT LÍ

SỞ GD &ĐT QUẢNG BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT
NĂM HỌC 2017-2018
MÔN: VẬT LÍ
Khóa ngày 22/3/2018
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Họ và tên thí sinh:...........................................................................Số báo danh:.....................................
Câu 1: (2,0 điểm):
a) Một vật nhỏ có khối lượng m nằm ngay ở mép một đĩa tròn bán kính R đặt nằm ngang cách mặt
sàn một khoảng h. Hệ số ma sát giữa vật và mặt đĩa là . Người ta làm cho đĩa quay nhanh dần quanh
trục của nó cho tới khi vật bị văng khỏi đĩa. Tính tầm xa và vận tốc của vật lúc chạm sàn.
b) Thanh AB khối lượng không đáng kể, đầu A gắn vật nặng
C
m1  600 g , đầu B gắn vật nặng m2  400 g , xem m1 và m2 là các

chất điểm. Buộc một sợi dây mảnh, không giãn, dài l = 30 cm vào
A
1
hai đầu A, B của thanh (l > AB), rồi vắt qua một chiếc đinh nhỏ đóng
2
cố định ở điểm C như hình vẽ. Bỏ qua ma sát giữa dây và đinh. Khi
B
thanh nằm cân bằng, tính chiều dài đoạn AC và CB.
Hình cho Câu 1.b
Câu 2: (2,0 điểm):
Một lượng khí lí tưởng đơn nguyên tử thực hiện chu trình ABCDECA
được biểu diễn trong hệ tọa độ (P, V) như hình vẽ. Biết P A = 105 Pa,
PC  3.105 Pa, PE  4.105 Pa, TA  TE  300 K , VA  20 l , VC  10l  ; AB, BC,

CD, DE, EC, CA là các đoạn thẳng.
a) Tính các thông số trạng thái TB, TD, VE.
b) Tính tổng nhiệt lượng mà khí nhận được trong tất cả các giai đoạn
của chu trình mà nhiệt độ khí tăng.
c) Tính hiệu suất của chu trình.
Câu 3: (1,5 điểm):

Hình vẽ cho Câu 2

C1

K

Cho sơ đồ mạch điện như hình vẽ, R1  2 R2 và điện dung các tụ
C2
C2  C3  C và C1  2C . Tụ C1 ban đầu không tích điện, còn các tụ C2 và
R2
C3 đều tích điện đến hiệu điện thế U. Đóng K, tính nhiệt lượng tỏa ra trên
R1
C
mỗi điện trở sau đó.
3
Câu 4: (1,5 điểm):
Hình vẽ cho Câu 3
E

56
V
Cho mạch điện như hình vẽ, nguồn điện có suất điện động
,

R

R

15

R

30

,
C

2

F
có điện trở trong không đáng kể, 1 2
, 3
.
Người ta chuyển khóa K liên tục giữa A và B sau những khoảng thời
gian bằng nhau. Tìm cường độ dòng điện trung bình qua R3 sau khi đã
chuyển khóa K qua lại rất nhiều lần.
Câu 5: (1,5 điểm):
Hình vẽ cho Câu 4
Thanh dẫn EF có điện trở trên mỗi mét chiều dài là , chuyển động đều
D
với vận tốc v và luôn tiếp xúc với các thanh dẫn AC, AD tạo thành mạch
E
kính. AC hợp với AD một góc , hệ thống được đặt trong từ trường đều
ur

ur
r
có cảm ứng từ B vuông góc với mặt phẳng chứa hai thanh như hình vẽ.
B
v
Cho AC bằng L0 và bỏ qua điện trở thanh AD và AC. Tìm nhiệt lượng tỏa A

C
ra trên mạch trong thời gian thanh EF chuyển động từ A đến C theo
F
phương vuông góc với AC.
Hình vẽ cho Câu 5
Câu 6: (1,5 điểm):
Một vật sáng phẳng, nhỏ AB đặt vuông góc với trục chính của một thấu kính phân kì, A ở trên trục chính, cho
ảnh A1B1. Giữ vật cố định, dịch chuyển thấu kính một đoạn 10cm dọc theo trục chính, cùng phía ban đầu đối với
2
25
cm . Tìm tiêu cự của thấu kính.
vật thì cho ảnh A2B2. Biết A2B2 = A1B1 và A2B2 cách A1B1 một đoạn
3
3
--------------------------Hết-------------------------------


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG BÌNH

KÌ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT
NĂM HỌC 2017-2018
MÔN: VẬT LÍ

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
(Hướng dẫn chấm có 5 trang)
Nội dung

Câu

a. (1,0 điểm )
Khi còn nằm yên trên đĩa vật chuyển động tròn, lực ma sát nghỉ đóng vai trò là lực
hướng tâm nên:
mv 2
Fmsn  Fht 
R
Khi vật bị trượt và văng ra khỏi đĩa thì

Điểm

0,25

Fmsn  Fmsn max   mg
mv 2
0,25
� v   gR
R
Sau khi rời khỏi mặt bàn vật chuyển động ném ngang, với vận tốc ban đầu v, thời gian
chuyển động t.
2h
 2  Rh
Tầm xa vật: L  v.t   gR .
0,25
g

�  mg 

Vận tốc lúc chạm sàn: vc  v 2  ( gt ) 2   gR  2 gh

0,25

b. (1,0 điểm )
1
(2,0 đ)


A

C
0,25

1


2

B

- Xét đối với trục quay qua B
T1. AB.sin 1  P1. AB.cos
 T1.sin 1  P1.cos (1)
- Xét đối với trục quay qua A
T2 . AB.sin  2  P2 . AB.cos
 T2 .sin  2  P2 .cos (2)
Từ (1) và (2)

3
sin 1  sin  2 (do không có ma sát tại điểm treo nên T1=T2)
2
Áp dụng định lý hàm sin
CB
AC
2

� AC  BC (3)
sin 1 sin  2
3
Mặt khác AC  CB  l  30 cm (4)
Từ (3) và (4) suy ra: AC  12 cm; CB  18 cm.
2
(2,0 đ)

a. (0,75 điểm)
Áp dụng phương trình Menđenlêep- Clapêrong:
PAVA 105.20.103 20
PAVA  nRTA � nR 


TA
300
3
PV
TB  B B  150 K
nR

0,25

0,25
0,25

0,25


Câu

Nội dung
PDVD
 600 K
nR
nRTE
VE 
 5l
PE

Điểm
0,25

TD 

0,25

P (Pa)
PE

E

D

C

PC
PF
B

PA
O

F

VE

VC

A
Vm

VA

V (l)

b. (0,75 điểm )
Khí nhận nhiệt trong quá trình đẳng tích BD và một giai đoạn của quá trình biến đổi ECA.
3 20
Q1  QBD  nCV (TD  TB )  . .(600  150)  4500 J
2 3
Phương trình của đường thẳng ECA
P  PA PE  PA
V


� P    5 (1)
V  VA VE  VA
5
�
PV 3.102 � V 2


 5V � (2)
�
nR
20 � 5
�
5
(V đo bằng lít, P đo bằng 10 Pa, T đo bằng K)
Tính được: Tmax = 468,75 khi Vm = 12,5 l; T tăng khi 5 �V �12,5
Gọi F là điểm trên đoạn AE ứng với trạng thái có Vm, suy ra trong đoạn EF thì nhiệt độ
khí tăng và khí nhận nhiệt.
nRTF nRTm
PF 

 2,5.105 Pa.
VF
Vm
Theo nguyên lí 1 nhiệt động lực học :
Q2  U EF  AEF
3
3 20
Với U EF  nCV (TF  TE )  n R(Tm  TE )  . (468, 75  300)  1687,5 J
2

2 3
P  PF
AEF   S EFVmVE  E
.(Vm  VE )  2437,5 J
2
Vậy Q2 = 3187,5 + 2437,5 = 4125 J
Tổng nhiệt lượng khí nhận được trong các quá trình nhiệt độ tăng
Qnhận = Q1 + Q2 = 4500 + 4125 = 8625 J
c. (0,5 điểm)
Công mà khí thực hiện trong chu trình
A = AABCA + ACDEC
Trong đó, chu trình ABCA theo chiều kim đồng, sinh công dương (công hệ khí thực hiện);
chu trình CDEC ngược kim đồng hồ, sinh công âm (công hệ khí nhận được)
1
1
AABCA   S ABC  (VA  VC )( PC  PA )  .10.10 3.2.105  1000 J
2
2
1
1
ACDEC   SCDE   (VC  VE )( PE  PC )   .5.103.1.105  250 J
2
2
Vậy Asinh ra = 1000 + (-250) = 750 J

0,25

�T 

Xét một đoạn nhỏ trên đoạn EA, nguyên lí I cho đoạn nhỏ đó là

δQ = dA + dU

0,25

0,25

0,25


Câu

Nội dung

Điểm

6V 15
�V
�
  5�
dV ; dU  nCV dT  

Trong đó : dA  p.dV  �
10 2
�5
�
25 �
�4
�  Q  dA  dU  �
 V �
dV

2 �
�5
Do trên đoạn này V luôn tăng nên dV > 0 � Q 0 khi V 15, 625 l
Như vậy trong quá trình này, khí thu nhiệt trên đoạn EG, với VG = 15,625 l, TG = 439,45 K
Tính được PG=1.87.105 Pa
Q2'  U EG  AAG  1394,5  3118, 4  4512,9 J

Qn'  4500  4512,9  9012,9 J
Asinh ra
750
H

�8,3%
Q thu
9012,9
H

Asinh ra
'
n

Q



750
�8,3%
9012,9
0,25

3
(1,5 đ)

Sau khi đóng khóa K, có sự phân bố lại điện tích của hai tụ C1 và C2 trước.
Gọi q1 , q2 là điện tích của hai tụ C1 và C2
Ta có:
q1 q2

� q1  2q2 và q1  q2  q  CU
2C C
q CU
2q 2CU

Từ đó q2  
và q1 
3
3
3
3
Năng lượng điện trường của 3 tụ sau khi C1 và C2 trao đổi xong là:
q2
q2 q2 2
W  1  2  3  CU 2
2.2C 2C 2C 3
Sau đó hai tụ C1, C2 trao đổi với tụ C3
'
'
'
Gọi q1 , q2 , q3 lần lượt là điện tích của các tụ C1, C2, C3 sau khi trao đổi xong.
Ta có:

q1'
q2'
'
'
q1'  q2'  q3'  2q (1);
(2); q2  q3 (3).

2C C
q
'
'
'
Giải hệ trên: q1  q; q2  q3 
2
Năng lượng điện trường bây giờ bằng
q '2
q '2 q '2 1
W'  1  2  3  CU 2
2.2C 2C 2C 2
Tổng nhiệt lượng tỏa ra trên các điện trở bằng phần năng lượng bị mất
1
W  W  W '  CU 2
6
Gọi Q1 và Q2 lần lượt là nhiệt lượng tỏa ra trên R1 và R2.
1
Do R1  2 R2 � Q2  Q1
2
1
1
2

1
Q2  .W= CU 2 và Q1  .W= CU 2
3
18
3
9

0,25

0,25

0,25
0,25

0,25
0,25


Câu

Nội dung
R1

I1

I2

R2

A I3

K

E, r

R1

R2

I’1 I’2

E, r

R3

C

4
(1,5 đ)

Điểm

B
C

I’3
K R
3

Khi khóa K ở chốt A, tụ điện được nạp điện với dòng điện qua tụ là I3, gọi Uc là hiệu điện
thế trên tụ. Ta có:

E  UC
UC
168  4U C
I 3  I1  I 2 


(1)
R1
R2  R3
45
Khi K ở chốt B, tụ điện phóng điện với dòng điện I’3, gọi U’C là hiệu điện thế trên tụ. Ta có:
U ' E  U c' U c'  28
I 3'  I 2'  I1'  c 

(2)
R3 R1  R2
15
Sau một số lần rất lớn chuyển khóa K thì sẽ đạt trạng thái cân bằng, khi đó:
U c'  U c và I 3'  I 3 (3)
Từ (1), (2), (3) ta có:
U c  28 168  4U c

� U c  36V
15
45
Uc
Uc
I 2  I 2'
'
 0,8 A ; I 2 

 1, 2 A ; I 2tb 
1A
Suy ra: I 2 
R2  R3
R3
2

5
(1,5 đ)



0,25

0,25
0,25
0,5

D

E

A

0,25

r
v

F

Hình vẽ cho Câu 5

ur
B

C

Gọi L là khoảng cách giữa hai điểm tiếp xúc của EF tại bất kỳ.
L  v.t.tan 
Xét trong khoảng thời gian t rất nhỏ diện tích thanh quét được:
S  L.v.t
Từ thông qua S là:
  B.S  B.L.v.t  B.v 2 .t.tan  .t
Suất điện động tức thời có độ lớn :

ec 
 B.v 2 .t.tan 
t
Điện trở của đoạn dây dẫn giữa hai điểm tiếp xúc :
R   .L   .v.t.tan 
Cường độ dòng điện tức thời qua mạch :
e
B.v
I c 
R

Công suất tỏa nhiệt tức thời trên thanh :
B 2 .v 3 .t.tan 
P  I 2 .R 


L
Thời điểm thanh đi hết đoạn AC là : t0  0
v
2 3
B .v .t0 .tan 
Công suất trung bình : P 
2.

0,25

0,25
0,25
0,25

0,25


Câu

Nội dung
B .v.L20 .tan 
Nhiệt lượng tỏa ra : Q  P.t0 
2
Vì ảnh sau khi dịch chuyển có kích thước nhỏ hơn nên thấu kính đã dịch chuyển ra xa vật
nên ta có :
d2 = d1 + 10(cm).
(1)
'
d AB
Số phóng đại ảnh lúc đầu: k1   1  1 1  0

(2)
d1
AB
2

Số phóng đại ảnh sau khi dịch chuyển thấu kính: k 2  

Điểm
0,25

0,25

d '2 A 2 B2

 0 (3)
d2
AB

k 2 A 2 B2 d 2' .d1 2


 .
(4)
k1 A1B1 d1' .d 2 3
d1.f
d .f
'
d '2  2
Theo công thức thấu kính ta có d1 
(5),

(6)
d1  f
d2  f
d1  f 2

Thay (5), (6) vào (4) được:
(7)
d2  f 3
Thay (1) vào (7): d1 = f + 20 (cm)
(8)
Gọi L1 và L2 lần lượt là khoảng cách giữa vật và ảnh trước và sau khi dịch chuyển thấu
kính ta có:
25
L1  d1  d1' , L 2  d 2  d '2 và L 2  L1  d 2  d '2  d1  d1'  (cm) .
(9)
3
Từ (1), (5), (6), (8) và (9) ta có: f 2 = 100. Suy ra: f = -10(cm).
Từ (2) và (3) suy ra:

6
(1,5 đ)

* Ghi chú:
1. Phần nào thí sinh làm bài theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa phần đó.
2. Không viết công thức mà viết trực tiếp các đại lượng, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
3. Ghi công thức đúng mà:
3.1 Thay số đúng nhưng tính toán sai cho nữa số điểm của ý đó.
3.2 Thay số từ kết quả sai của ý trước dẫn đến sai thì cho nữa số điểm của ý đó.
4. Nếu sai hoặc thiếu đơn vị 3 lần trở lên thì trừ 0.5 điểm cho toàn bài.
5. Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 điểm.

0,25

0,5

0,5