Đề thi HSG môn vật lý lớp 11 2017 2018 THPT lê lợi thanh hóa file word có lời giải chi tiết

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
SỞ GD & ĐT THANH HÓA

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN HSG

TRƯỜNG THPT LÊ LỢI

NĂM HỌC 2017 - 2018
Môn: Vật lí – Lớp 11

Đề chính thức
Gồm có 02 trang

Thời gian: 180 phút ( Không kể thời gian giao đề)

Câu 1(2 điểm): Cho mạch điện như hình vẽ. Trong đó: E1 = E2 = 6V; r1

R1

E1, r1

= 1; r2 = 2, R1 = 5; R2 = 4. Vôn kế V (điện trở rất lớn) chỉ 7,5V.

V

A

Tính:

B
R2

a. Hiệu điện thế UAB giữa A và B.

R

E2, r2

b. Điện trở R, công suất và hiệu suất của mỗi nguồn.
Câu 2(2 điểm):
a. Trên đường thẳng xy cho bốn điểm O, A, B, C theo thứ tự từ trái qua phải, trong đó B là trung điểm
của AC. Đặt điện tích Q tại O. Sau đó lần lượt đặt điện tích q tại A, B và C. Biết rằng khi q đặt tại A và B
4
4
thì lực tương tác giữa hai điện tích là F1  9.10 N và F2  4.10 N . Tìm lực tương tác giữa các điện tích

khi q đặt tại C.
b. Hai điện tích q1 = q2 = 10-8C đặt tại A và B trong không khí. Cho biết AB = 6cm. Xác định cường độ
điện trường tại điểm M trên đường trung trực của AB cách AB một đoạn x. Định x để EM cực đại. Tính
giá trị cực đại này.
Câu 3(2 điểm): Hai tụ C1 = 4µF và C2 = 6µF lúc đầu chưa tích điện được mắc nối tiếp với nhau rồi mắc
vào nguồn UAB = 12V.

A

C1

C2

B

a. Tính điện tích của mỗi tụ
b. Sau đó ngắt nguồn ra khỏi bộ tụ rồi mắc nối tiếp với bộ tụ
trên một tụ C3 = 4µF chưa tích điện. Song tất cả nối vào nguồn

A

C2

C1

C3

M

UAM = 8V. Tính điện tích trên mỗi tụ sau cùng.
Câu 4(2 điểm): Hai vật nhỏ (coi như hai chất điểm) được ném đồng thời

y

từ một điểm O trên mặt đất với vận tốc ban đầu có cùng độ lớn v01 = v02 =
v0. Vật (1) được ném nghiêng một góc α so với phương ngang, vật (2)

v02

v01
α

x
Trang 1 – Website chuyên đề thi thử
O file word có lời

giải


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
được ném thẳng đứng hướng lên (Hình vẽ). Bỏ qua sức cản của không khí.
a. Viết phương trình chuyển động của hai vật trong cùng một hệ trục xOy như hình vẽ.
b. Tìm góc α để độ cao cực đại của vật (2) gấp đôi độ cao cực đại của vật (1).
Câu 5(2 điểm): Một chiếc thang AB = l, đầu A tựa trên sàn ngang, đầu B tựa vào tường thẳng đứng. Khối
tâm C của thang cách A một đoạn

l
. Thang hợp với sàn một góc α.
3

a. Chứng minh rằng thang không thể đứng cân bằng nếu không có ma sát.
b. Gọi hệ số ma sát giữa thang với sàn và tường đều là µ. Biết góc α=600. Tính giá trị nhỏ nhất của µ để
thang đứng cân bằng.
Câu 6(2 điểm): Cho mạch điện như hình vẽ: C = 2F; R 1 = 18Ω; R 2 =

M

20Ω; nguồn điện có suất điện động E = 2V và điện trở trong không đáng kể.

R1

N

K2 C

Ban đầu các khóa K1 và K2 đều mở. Bỏ qua điện trở các khóa và dây nối.

R2

a. Đóng khóa K1 (K2 vẫn mở), tính năng lượng của tụ điện và nhiệt lượng

R3

tỏa ra trên R1 đến khi điện tích trên tụ điện đã ổn định.
K1

b. Với R3 = 30. Khóa K1 vẫn đóng, đóng tiếp K2, tính điện lượng chuyển
qua điểm M đến khi dòng điện trong mạch đã ổn định.

E

P
1

Câu 7(2 điểm).Có 1g khí Heli (coi là khí lý tưởng, khối lượng mol μ = 2P0

2

4g/mol) thực hiện một chu trình 1 - 2 - 3 - 4 - 1 được biểu diễn trên giản
đồ P - T như hình. Cho P0 = 105Pa; T0 = 300K.

P0

3

4

a



0,25

4k q
2

E

M
3 3a 2
3 3a 2

khi x 

0,25

a
3

cm
2
2

0,25

C1C2

U  28,8C
C1  C2

0,5

- Giả sử dấu điện tích trên các tụ sau khi nối như hình vẽ
3
(2 điểm)

b

 Q1'  Q'2  Q1  Q 2  0

Q'2  Q3'  Q 2

 U  U  U  U  8V
2
3
AM
 1

A

C1

C2

+ - +-

0,5

C3

+-

M
0,5


C1U1  C2 U 2
 U1  5, 7V


  C2 U 2  C3 U3  q 2   U 2  3,8V
 U  U  U  U  8V  U  1,5V
2
3
AM
 3
 1

Trang 5 – Website chuyên đề thi thử file word có lời
giải


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
U3 < 0 nên giả sử dấu điện tích trên tụ C3 là sai, ta phải đổi ngược lại
 Q1'  22,8C

 Q '2  22,8C
 Q'  6C

3


0,5

Chọn hệ quy chiếu gắn với đất, hệ trục tọa

0,25

y

độ như hình vẽ, gốc thời gian tại thời điểm
ném.

v02

Phương trình chuyển động của hai vật:
a

Vật 1: x1  (v0 cos )t

gt 2
y1  (v0 sin  )t 
2

Vật 2: x2  0 ; y 2  v0 t 

O
với t 

2v0 sin 
g

gt 2
2

với t 

(3)

0,25

α

(1)

(2)

v01
x
0,25

2v 0
g

0,25

4
(2 điểm)
Độ cao cực đại của vật 1:

Độ cao cực đại của vật 2:
b

h1max 

v02 sin 2 

h2max 

0,25

2g

v02
2g

0,25

Để độ cao cực đại của vật 2 gấp đôi vật 1 thì

h2max  2.h1max 
sin 2  

v02
2g

 2.

v02 sin 2 

2g

0,25

1
1
suy ra sin  
   450
2
2

0,25
- Giả sử giữa thang và sàn, thang và tường không có ma sát
5
(2 điểm)

- Để thang đứng cân bằng: P  N1  N 2  0
a

0,25

Ba vectơ lực này có tổng không thể bằng không do không đồng quy do đó
thanh không cân bằng.
- Như vậy giả sử là sai, tức là thang không thể đứng cân bằng khi không có

0,25

Trang 6 – Website chuyên đề thi thử file word có lời
giải

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
ma sát.

Xét trạng thái giới hạn thì lực ma sát nghỉ cực đại là
Fms1 = µ.N1 ; Fms2 = µ.N2

B

Fms2
N2

Điều kiện cân bằng:

·

D

P  N1  N 2  Fms1  Fms 2  0

Chiếu lên các phương nằm ngang và thẳng đứng ta có:

·

C

N1

P

0,25

Fms1 A

N2 = Fms1 = μ.N1 (1)
P = N1+Fms2 = N1+μ.N2 (2)
l
Chọn trục quay tại A. P. cos   N 2 .l.sin   Fms 2 .l. cos   0
3



b

0,5

P
 N 2 .tan   .N 2 (3)
3

Từ (1) và (2) => P 

N2
 .N 2 (4)


0,25

Từ (3) và (4) ta có: 2.2  (3.tan ).  1  0 (5)
Thay góc α = 600 giải nghiệm μmin = 0,18

0,25

0,25

Sau khi đóng K1
6
(2 điểm)

a

Điện tích trên tụ điện q = CE = 2.2 = 4C = 4.10-6C

0,25

1
Năng lượng điện trường trong tụ điện W = 2CE 2 = 4.10-6 J

0,25

Trong thời gian tích điện cho tụ, nguồn thực hiện công

0,25

Trang 7 – Website chuyên đề thi thử file word có lời
giải


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
Ang = qE = 4.10-6.2 = 8.10-6 J

0,25

Nhiệt lượng tỏa ra trên R1: Q1 = Ang – W = 4.10-6 J
Sau khi đóng K2
1
E
=
A
R2 R3
15
R2 R3

Cường độ dòng điện qua mạch I
R1

UMN = I.
b

R2 R3
= 0,8 V
R2 R3

0,25

0,25

Điện tích của tụ điện khi đó q’ = CUMN = 2.0,8 = 1,6 C
Điện lượng chuyển qua điểm M q = q’ – q = -2,4 C

0,25

Dấu trừ cho biết điện tích dương trên bản nối với M giảm, các e chạy vào
bản tụ đó.

0,25

0,25
Quá trình 1 – 4 có P tỷ lệ thuận với T nên là quá trình đẳng tích, vậy thể
tích ở trạng thái 1 và 4 là bằng nhau: V1 = V4. Sử dụng phương trình C-M ở
trạng thái 1 ta có:
a

P1V1 

0,25

m
m RT1
RT1 , suy ra: V1 

 P1

Thay số: m = 1g;  = 4g/mol; R = 8,31 J/(mol.K); T1 = 300K và
P1 = 2.105 Pa ta được: V1 =

7
(2 điểm)

1 8,31.300
= 3,12.10-3 m3

5
4 2.10

0,25

0,25

Từ hình vẽ ta xác định được chu trình này gồm các đẳng quá trình sau:
1 – 2 là đẳng áp; 2 – 3 là đẳng nhiệt;
b

3 – 4 là đẳng áp; 4 – 1 là đẳng tích.
Vì thế có thể vẽ lại chu trình này trên giản đồ P-V (hình a) và trên giản đồ
V-T (hình b) như sau:
(Mỗi hình vẽ đúng cho 0,5đ)

Trang 8 – Website chuyên đề thi thử file word có lời
giải


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

0,5

0,5

Ghi chú: nếu HS thay 1atm = 105Pa, R = 0,082 thì V4=3,075 l; V2=6,15 l;V3=12,3 l.
Do số ô vuông mắc bên trong vô hạn nên điện trở giữa hai đỉnh đối diện
của hình vuông tỉ lệ với điện trở của cạnh lớn nhất của hình vuông đó: RAB

0,25

= R0 = kRAC => R0 = kR (1) ( với k>0 là một hằng số). Do tính đối xứng
của mạch nên các điểm (C,C’); (D,D’); (E,E’) có cùng điện thế nên ta có
thể chập lại. Đông thời nếu tách M thành M1, M2 và N thành N1, N2 thì điện
trở mạch vẫn không đổi. Ta có mạch mới như hình vẽ sau:
Trong đó RA1B1 = k. RA1M 2 =

1
1
k .RAC => RA1B1 = k .R (2)
2
2

0,5

Điện trở tương đương của toàn mạch:
8

R0 = k.R =

(2 điểm)
=>

=>

1
R
kR 
2

R
R
 RDE 
4
4



0,25

1
1
1
1



R
1
RDE R / 2 R / 2 2
 kR
2 2 2

2
2 2
 22 2 
2k  1
2k  1


1 2  3
k
 0, 659

2
2
2

 0 (3) =>
=> k + ( 2 - 1)k 2

1 2  3
0
k 

2

Loại nghiệm thứ hai. Vậy, điện trở giữa hai đỉnh đối diện hình vuông ban

0,25

0,5

Trang 9 – Website chuyên đề thi thử file word có lời
giải


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
đầu là RAB = 0,659R.

0,25

-Xét hệ kín theo phương ngang

0,5

Theo định luật bảo toàn cơ năng: mgR 

2

mv
 v  2gR
2

-Khi vật m ở vị trí cao nhất, theo định luật bảo toàn động
lượng:  M  m  V  mv

0,25

Theo định luật bảo toàn cơ năng:
9
(2 điểm)

mv2
1
M
 mgh max   m  M  V 2  h max 
R
2

2
Mm

0,5

-Khi m xuống thấp nhất thì vận tốc của xe lăn đạt cực đại.
Gọi v2 và v1 là vận tốc của xe lăn và của m khi m ở vị trí thấp nhất
Theo định luật bảo toàn động lượng: Mv 2  mv1  mv  Mv 2  mv1  mv

0,25

Theo định luật bảo toàn cơ năng:
Mv 22  mv12  mv 2  v 2 

2m 2gR
2mv

Mm
Mm

0,5
Thực hiện dùng lực kế kéo thanh gỗ chuyển động đều
lên: f k1  f ms  P.sin 
10
(2 điểm)

0,5

Thực hiện dùng lực kế kéo thanh gỗ chuyển động đều
0,5

xuống: f k 2  f ms  P.sin 
Ta có: f k1  f k 2  2P.sin   sin  

f k1  f k 2
2P

0,5

Ta có thể xác định P bằng lực kế và các lực kéo là các số chỉ của lực kế

Trang
10

– Website chuyên đề thi thử file word có lời
giải


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
0,5

Ghi chú:
- Thí sinh làm cách khác mà đúng thì cho điểm từng phần tương ứng.
- Điểm bài thi không làm tròn........
.

Trang
11

– Website chuyên đề thi thử file word có lời

giải