Đề KSCL đội tuyển HSG Vật lý 11 năm 2018 – 2019 trường Yên Lạc 2 – Vĩnh Phúc - THI247.com

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (898.83 KB, 7 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2

KÌ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 11 
ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ

NĂM HỌC 2018 - 2019

Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề. 
Đề thi gồm: 02Trang.

Câu 1. Hai quả cầu I và II có bán kính như nhau nhưng khối lượng khác nhau

tương ứng m1 = 100 g và m2 = 200 g, được treo cạnh nhau bởi hai sợi dây nhẹ,
không dãn, cùng chiều dài l = 1 m (rất lớn so với bán kính các quả cầu) như hình 
vẽ. Kéo lệch quả cầu I khỏi vị trí cân bằng sao cho sợi dây treo nó căng, hợp với
phương thẳng đứng một góc  = 600 rồi thả nhẹ. Khi qua vị trí cân bằng, quả cầu
I va chạm đàn hồi với quả cầu II. Bỏ qua ma sát và lực cản của môi trường. Lấy
g = 10 m/s2.

a) Tính vận tốc của quả cầu I ngay trước khi nó va chạm với quả cầu II. Ngay sau
va chạm, vận tốc của các quả cầu là bao nhiêu?

b) Biết rằng sau va chạm hai quả cầu sẽ đạt độ cao cực đại cùng một lúc.Tính góc
lệch giữa hai sợi dây khi đó.

Câu 2 Một bình kín hình trụ chiều cao h, đặt thẳng đứng và được chia làm hai phần nhờ một pittơng cách 
nhiệt. Pittơng có khối lượng M=500g và có thể chuyển động khơng ma sát trong xi lanh. Phần trên của bình
chứa khí Hêli, phần dưới của bình chứa khí Hiđrơ. Biết hai khối khí có cùng khối lượng m và ở cùng nhiệt độ,
lúc này pittơng nằm cân bằng ở vị trí cách đáy dưới một đoạn 0,6h. Biết tiết diện bình là S 1dm2.Tính áp suất

khí trong mỗi phần bình.

Câu 3 Vật khối lượng m được kéo đi lên trên mặt phẳng nghiêng với lực F , F hợp

với mặt phẳng nghiêng góc β. Mặt phẳng nghiêng góc α so với mặt phẳng ngang. Hệ
số ma sát trượt giữa vật và mặt phẳng nghiêng là µ.

a) Tìm biểu thức tính F khi vật đi lên đều theo mặt phẳng nghiêng.

b) Với m = 5kg, α= 45o, µ= 0,5, lấy g = 10m/s2. Xét vật đi lên đều, tìm β để F nhỏ 
nhất, tìm giá trị lực F nhỏ nhất đó.

Câu 4 Hai tấm kim loại phẳng nằm ngang, song song với nhau tích điện như nhau

và trái dấu, điện trường E trong khoảng không gian giới hạn bởi hai tấm. Chiều dài
mỗi tấm phẳng bằng l. Một electron bay vào trong điện trường dưới góc tới  so
với mặt tấm và bay ra khỏi điện trường với góc  như hình vẽ. Bỏ qua tác dụng của
trọng lực.

a. Xác định động năng ban đầu của electron

b. Từ biểu thức tìm được ở câu a hãy áp dụng để tính với =300 và =450, l=10cm, E=100V/m, e=1,6.10-19C.

Câu 5 Cho mạch điện như hình vẽ 5 : U = 60V (khơng đổi),

C1 = 20µF, C2 = 10µF.

a. Ban đầu các tụ điện chưa tích điện. Khóa K ở vị trí b, chuyển sang a rồi lại về b.
Tính điện lượng qua R.

b. Sau đó chuyển K sang a rồi lại về b. Tính tổng điện lượng qua R sau n lần chuyển
khóa như trên.



Hình cho câu 1

α

F




l

C1 C2
R
K

a b

+

-U

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Câu 6 Cho mạch điện như hình vẽ 6

cho biết E1=16V; E2=5V; r1=2; r2=1;R2 = 4;

Đèn Đ có ghi 3V - 3W; RA



0. Biết đèn sáng bình thường
và ampe kế chỉ số 0. Hãy tính các điện trở R1 và R3.

Câu 7. Cho mạch điện như hình vẽ. C = 2 F, R1 = 18 ,

R2 = 20 , nguồn điện có suất điện động E = 2 V và điện trở trong không
đáng kể. Ban đầu các khóa K1 và K2 đều mở. Bỏ qua điện trở các khóa và
dây nối.

a) Đóng khóa K1 (K2 vẫn mở), tính nhiệt lượng tỏa ra trên R1 sau khi điện tích trên tụ
điện đã ổn định.

b) Khi K1, K2 đang cịn đóng, ngắt K1 để tụ điện phóng điện qua R2 và R3. Tìm R3 để
điện lượng chuyển qua R3 đạt cực đại và tính giá trị điện lượng cực đại đó.

Câu 8 Tại thời điểm t = 0 có hai hạt nhỏ giống nhau, cùng điện tích q và khối lượng

m, chuyển động đồng thời từ một điểm theo phương vng góc với vectơ cảm ứng từ

B của một từ trường đều, tại đó vận tốc hai hạt cùng chiều và có độ lớn lần lượt là v1

= v0, v2 = 3v0. Bỏ qua lực cản của môi trường, trọng lượng các hạt và lực tĩnh điện giữa
hai hạt.

a) So sánh bán kính quỹ đạo, chu kì chuyển động của hai hạt.

b) Xác định thời điểm khoảng cách giữa hai hạt đạt cực đại và tính khoảng cách cực đại đó

Câu 9 Hai thanh ray có điện trở khơng đáng kể được ghép song song với

nhau, cách nhau một khoảng l trên mặt phẳng nằm ngang. Hai đầu của hai 
thanh được nối với nhau bằng điện trở R. Một thanh kim loại có chiều dài
cũng bằng l, khối lượng m, điện trở r, đặt vng góc và tiếp xúc với hai thanh. 
Hệ thống đặt trong một từ trường đều B có phương thẳng đứng (hình 9). 
a). Kéo cho thanh chuyển động đều với vận tốc v.Tìm cường độ dòng điện
qua thanh và hiệu điện thế giữa hai đầu thanh.

b) Ban đầu thanh đứng yên. Bỏ qua điện trở của thanh và ma sát giữa thanh
với ray. Thay điện trở R bằng một tụ điện C đã được tích điện đến hiệu điện

thế U0. Thả cho thanh tự do, khi tụ phóng điện sẽ làm thanh chuyển động nhanh dần. Sau
một thời gian, tốc độ của thanh sẽ đạt đến một giá trị ổn định vgh. Tìm vgh? Coi năng lượng
hệ được bảo toàn.

Câu 10 Cho một khối thủy tinh dạng bán cầu có bán kính R = 4cm, chiết suất n 2 đặt 
trong khơng khí (Hình vẽ 4). Chiếu thẳng góc tới mặt phẳng của bán cầu một tia sáng SI.

a) Điểm tới I cách tâm O của khối bán cầu là R/2. Xác định góc lệch giữa tia ló ra

khỏi bán cầu so với tia tới.

b) Điểm tới I ở trong vùng nào thì có tia sáng đi qua mặt cầu của bán cầu?

...HẾT...
R

l

Hình 9 
R1

R3
K2

M N

Hình cho câu 7

Hình 4

R

B

A

S

I

O

§
E2,r2

D
C

A R1 R2

E1,r1

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

ĐÁP ÁN ĐỀ

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

1 + Tốc độ quả cầu I ngay trước va chạm

Chọn mốc thế năng tại vị trí cân bằng

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho hệ tại vị trí thả vật và tại vị trí cân bằng

m1gl(1 – cos) =
1
2m1v12

 v1 = 2gl(1 - cos) = 2.10.1(1 - cos600) = 10  3,16 m/s………
+ Tốc độ các quả cầu ngay sau va chạm

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ hai quả cầu ngay trước và sau va chạm (chọn chiều dương
là chiều chuyển động của I trước va chạm)

m1v1 = m1v1’ + m2v2’  v1 = v1’ + 2v2’
Va chạm đàn hồi nên động năng không đổi
1

2m1v12 =
1

2m1v1'2 +
1

2m2v2'2 v12 = v1’2 + 2v2’2
Từ (1.1) và (1.2) suy ra

v1’ =
-v1

3 =
-10

3  -1,054 m/s và v2’ =
2v1

3 =
2 10

3  2,1 m/s...
Dấu “-“ của v1’ cho thấy vật I sẽ bật ngược trở lại sau va chạm

0,25

Sau va chạm, áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho các quả cầu tại vị trí cân bằng và ở
độ cao cực đại

m1gl(1 – cos1) =

1
2m1v1'

 cos1 = 1 -

v1'2

2gl = 1 -
10

9.2.10.1 hay 1 19

19...

m2gl(1 – cos2) =

1
2m2v2'

 cos2 = 1 –

v2'2

2gl = 1 –
4.10

9.2.10.1 hay 1 38

065’

Góc lệch giữa hai sợi dây

 = 1 + 2 = 58013’……….

0,25

0,25
2

Xét phần trên 1 . 0

4
.
4
,

0 hS mRT

p 

Xét phần dưới: 2 . 0

2
.
6
,

0 hS mRT

p 

Từ (1) và (2), ta có:

4
3

2
1 
p
p

...

Mặt khác: Pa

S
Mg
p

p1 2  500 ...

Từ (3) và (4), ta có: p11500Pa; p22000Pa;...

0,25

0,25
0,25
3a Các lực tác dụng lên vật như hình 4 Vật chuyển động đều nên:

𝐹⃗ + 𝑃⃗⃗ + 𝑁⃗⃗⃗ + 𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 0⃗⃗ 𝑚𝑠

Chiếu (*) lên: Ox: Fcosβ-Psinα-Fmst =0

Oy: F sinβ+ N –Pcosα= 0

Thay 𝐹𝑚𝑠= 𝜇. 𝑁 = 𝑃𝑐𝑜𝑠𝛼 − 𝐹𝑠𝑖𝑛𝛽

Ta được biểu thức 𝐹 = 𝑃(𝑠𝑖𝑛𝛼+𝜇𝑐𝑜𝑠𝛼)
𝑐𝑜𝑠𝛽+𝜇𝑠𝑖𝑛𝛽

0,25

α
mst
F

P 
F

N

O 
y
x

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

b Vì P = mg, α và µ xác định nên F=Fmin khi mẫu số 𝑐𝑜𝑠𝛽 + 𝜇𝑠𝑖𝑛𝛽 cực đại. Theo bất đẳng

thức Bunhacôpxki: 𝑐𝑜𝑠𝛽 + 𝜇𝑠𝑖𝑛𝛽 ≤ √(1 + 𝜇2). (𝑐𝑜𝑠𝛽2+ 𝑠𝑖𝑛𝛽2) = √1 + 𝜇2 ...

Dấu ‘=’ xảy ra tanβ= µ= 0,5 , β=26,56o .

Vậy khi β= 26,56o thì 𝐹𝑚𝑖𝑛 =

𝑃(𝑠𝑖𝑛𝛼+𝜇𝑐𝑜𝑠𝛼)

√1+𝜇2 = 47,43𝑁 ...

0,25

4a Chuyển động theo ox là chuyển động thẳng đều với vận tốc không đổi 𝑣𝑥 = 𝑣0𝑐𝑜𝑠𝛼
Chuyển động theo oy là chuyển động thẳng biến đổi đều với vận tốc ban đầu 𝑣0𝑠𝑖𝑛𝛼
Gia tốc 𝑎𝑦 =𝑞𝐸

𝑚

Thời gian đi hết chiều dài bản tụ 𝑡 = 𝑙

𝑣0𝑐𝑜𝑠𝛼...
Vận tôc stheo phương 0y khi đi hết bản tụ là 𝑣𝑦 = 𝑣0𝑠𝑖𝑛𝛼 + |𝑞|𝐸

𝑚 .
𝑙
𝑣0𝑐𝑜𝑠𝛼

Ta có 𝑡𝑔𝛽 =𝑣𝑦

𝑣𝑥 =

𝑣0𝑠𝑖𝑛𝛼+ |𝑞|𝐸𝑚.𝑣0𝑐𝑜𝑠𝛼𝑙

𝑣0𝑐𝑜𝑠𝛼 ...
Ta rút được 𝑣02 =

𝑞𝐸𝑙
𝑚

−𝑠𝑖𝑛𝛼.𝑐𝑜𝑠𝛼+𝑡𝑔𝛽.𝑐𝑜𝑠2𝛼
Động năng ban đầu của e là 𝑤đ=

1
2𝑚𝑣0

2 = |𝑞|𝐸𝑙

2(−𝑠𝑖𝑛𝛼.𝑐𝑜𝑠𝛼+𝑡𝑔𝛽.𝑐𝑜𝑠2𝛼)...

0,25

b Thay số ta được động năng ban đầu là 2,52.10-18J. 0,25

5 a. Khi K sang a, tụ C1 tích điện: Q1 = C1U = 1200μC.
+) Khi K trở lại b: Q1 = Q1’ + Q2’ = U’(C1 + C2)

 U’ = 40V  Q2’ = C2U’ = 400μC = 4.10-4C
+) Điện lượng qua R: ΔQ1 = Q2’ = 4.10-4C

0,25
0,25

Lần 1: Q2’ = C2U’ = C2. 1

1 2

Q

C C = Q1.
2

1 2

C
C C

Lần 2: Q2’’ = C2U’’ = C2. 1 2

1 2

Q Q

C C


 =

2 2

1 1

1 2 1 2

C C

Q Q

C C C C

 



 

    =

2 2

1 2 1 2

C C

Q

C C C C

 



 

   

Lần 3: Q2’’’ = C2U’’’ = C2. 1 2

1 2

Q Q

C C



 = 2 1 1 2 2

1 2 1 2 1 2

C C C

Q Q

C C C C C C

  

 

  

      =

2 2 2

1 2 1 2 1 2

C C C

Q

C C C C C C

   

     

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Lần thứ n:

   

2 3 1

2 2 2 2 2

2 1

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

1 ...

n

n C C C C C

Q Q

C C C C C C C C C C



       

 

        

             =

= 1200.1

3. 2 3 1

1 1 1 1

1 ...

3 3 3 3n

      

 

  = 400.

1
1
3

n

  
 
 


= 400.
1
1

3
2
3

n


= 600. 1 1

3n

  

 

  μC

+) Vậy tổng điện tích qua R trong n lần nạp bằng điện tích trên tụ c2 sau n lần nạp

 

1
600. 1

n

n
Q    

  μC... 0,25
6 Đèn sáng bình thường nên Uđ= 3V,Iđ= 1A. ...

Do Ia = 0 nên I3 = Iđ= 1A , I1=I2

UDB = Uđ = 3V= -5+ U2, nên U2= 8V, I2=2ª...
I1=I2= 2A .

I= I1+I3= 3 A.

UAB= E1- I.r1 = 10V...
UAB= U1 + U2, U1= 2 V, R1 = 1Ω

UAB= U3 + Uđ, U3= 7 V, R3 = 7Ω...
0,25
0,25
0,25

0,25
7a Sau khi đóng K1

Điện tích trên tụ điện q = CE = 2.2 = 4 C
Năng lượng điện trường trong tụ điện W = 1

2CE

2 = 4.10-6 J ………. 
Trong thời gian tích điện cho tụ, nguồn thực hiện công

Ang = qE = 4.10-6.2 = 8.10-6 J
Nhiệt lượng tỏa ra trên R1

Q1 = Ang – W = 4.10-6 J ………..

0,25

0,25
Khi K1 và K2 đóng

R23 =
R2R3
R2 + R3 =

20R3
20 + R3
R = R1 + R23 =

360 + 38R3
20 + R3
UMN

R23 =
E

R  UMN =
R23

R E =

20R3
180 + 19R3
Điện tích của tụ điện khi đó

q’ = CUMN =

40R3

180 + 19R3 (C)………

Khi ngắt K1, điện lượng qua R2 và R3 lần lượt là q2 và q3 thì q2 + q3 = q’ và
q2

R3 =
q3
R2 =

R2 + R3 q3 =
R2
R2 + R3q' =

800
19R3 +

3600
R3 +560

q3 = q3max khi 19R3 =
3600

R3  R3 =

3600

19  13,76 

Khi đó q3max 0,7386 C………

0,25

0,25
8 Khi hạt mang điện tích q chuyển động trong từ trường với vận tốc v, lực từ đóng vai

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

| |

q = mv
2

R  R =
mv
B

| |

q
R2

R1 =
v2

v1 = 3………

Chu kì chuyển động của các hạt
T = 2R

v =
2m

| |

q không phụ thuộc v

Vậy T1 = T2 = T………..……….

0,25

Quỹ đạo chuyển động của hai hạt là hai đường tròn tiếp xúc nhau tại điểm ban đầu A
của các hạt, có tâm lần lượt O1, O2, với A, O1, O2 thẳng hàng (hình vẽ)…………
Gọi M, N là vị trí của các hạt trên quỹ đạo của chúng thì A, M, N thẳng hàng.
Do T1 = T2 nên tốc độ góc của hai hạt bằng nhau, suy ra AO1M = AO2N
Do A, O1, O2 thẳng hàng suy ra A, M, N cũng thẳng hàng……….
Khoảng cách MN đạt cực đại khi các điểm A, O1, O2, M, N thẳng hàng, tại các thời
điểm t = (2k + 1)T

2, trong đó T là chu kì chuyển động của các hạt, k = 0, 1, 2, …
Hay t = (2k + 1)m

| |

q
Lúc đó MN = 2(R2 – R1) =

4mv0

| |

q ……….

0.25

0,25

a a) Suất điện động cảm ứng: E = Blv ...

Cường độ dòng điện: I Blv

R r




Hiệu điện thế hai đầu thanh: U=I.R=BlvR

Rr ...

0,25

0,25
b Khi thanh chuyển động ổn định thì gia tốc của nó bằng 0

 cường độ dòng điện trong mạch bằng 0

 hiệu điện thế trên tụ bằng suất điện động cảm ứng: U = E = Blvgh
Bảo toàn năng lượng:

2
gh
2

0 mv

1
CU
2
1
CU
2
1



 hay 2gh

2
gh
2
2
2

0 mv

2
1
v
l
CB
2
1
CU
2
1




vgh = 0 2 2
C
U

CB l m

0,25

0.25
10a Tia sáng đi thẳng qua mặt phẳng AB của khối bán cầu và tới mặt cầu tại J với góc tới

là i.
A

O1 O2
M

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

OI 1

sin i i 30

OJ 2

    ...

Tại J, ta có: n sin isin r hay 2 sin 300sin r r 450

Góc lệch giữa tia ló và tia tới tại J là: D = 450 – 300 =150.

0,25

B Để có tia ló ra mặt cầu của bán cầu thì góc tới tại mặt cầu thỏa mãn điều kiện: 
gh
ii ,
với sin igh 1

 ...
- Khi i = igh thì tia ló ra khỏi mặt cầu theo phương tiếp tuyến với bán cầu. Khi đó:

R
OI R sin i

 

Gọi I1 là vị trí của I khi có góc tới tại J là i = igh.

Vậy nếu điểm tới I nằm trong đoạn I I1 2 R 2, với OI1 OI2 R
2

  thì sẽ có tia ló ra
khỏi mặt cầu của bán cầu.

0,25

I2
I1

B
A

S

igh
igh

r-i

r
i

K
J

I

O

</div>

Đề KSCL đội tuyển HSG Vật lý 11 năm 2018 – 2019 trường Yên Lạc 2 – Vĩnh Phúc - THI247.com



| |

| |

| |

| |

| |

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về