Bộ đề thi học sinh giỏi môn Vật lí lớp 11 cấp trường năm 2020-2021

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
MƠN VẬT LÍ LỚP 11
CẤP TRƯỜNG NĂM 2020-2021


MỤC LỤC
1. Đề thi học sinh giỏi mơn Vật lí lớp 11 cấp trường năm 2020-2021 - Trường
THPT Phùng Khắc Khoan, Hà Nội
2. Đề thi học sinh giỏi môn Vật lí lớp 11 cấp trường năm 2020-2021 - Trường
THPT Trần Ngun Hãn, Hải Phịng
3. Đề thi học sinh giỏi mơn Vật lí lớp 11 cấp trường năm 2020-2021 - Trường
THPT Liễn Sơn, Vĩnh Phúc
4. Đề thi học sinh giỏi môn Vật lí lớp 11 cấp trường năm 2019-2020 - Trường
THPT Nguyễn Huệ, Phú Yên


SỞ GD VÀ ĐT HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT PHÙNG KHẮC
KHOAN-THẠCH THẤT
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP
TRƯỜNG - NĂM HỌC 2020 – 2021
MÔN THI: VẬT LÝ 11
Thời gian làm bài: 150 phút
(Không kể thời gian phát đề)
Đề thi gồm: 02 trang

Bài 1( 4 điểm)
Cho A, B, C là ba điểm tạo thành tam giác vuông tại A đặt trong điện
→

trường đều có véc tơ E song song với AB. Cho  = 600; BC = 10 cm và
UBC = 400 V.
a) Tính hiệu điện thế UAC, UBA và cường độ điện trường E.
b) Tính cơng thực hiện để dịch chuyển điện tích q = 10-9 C từ A đến
B, từ B đến C và từ A đến C.
c) Đặt thêm ở C một điện tích điểm q’ = 9.10-10 C. Tìm cường độ điện trường tổng hợp tại
A.
Bài 2 ( 4 điểm)

B m
E
Một quả cầu nhỏ khối lượng m = 10g mang điện tích
dương q= 3. 10-7C được thả không vận tốc đầu từ đỉnh B
của
mặt phẳng
α
0
nghiêng BC=20cm và hợp với phương ngang góc α=30 .
Hệ
thống
A
C
5
được đặt trong một điện trường đều có cường độ điện trường E=10 V/m
có đường sức nằm ngang như hình vẽ . Cho hệ số ma sát giữa vật và
mặt phẳng nghiêng là µ=0,2. Tính vận tốc và thời gian của quả cầu khi ở chân mặt phẳng
nghiêng. Lấy g=10m/s2.
Bài 3 (4 điểm)
Cho mạch điện như hình vẽ.

Biết nguồn có suất điện động  =24 V, điện trở
trong r=1Ω; tụ điện có điện dung C= 4 µF; đèn Đ loại
6 V – 6 W ; các điện trở có giá trị R1=6 Ω; R2=4 Ω;
bình điện phân đựng dung dịch CuSO4 và có anốt làm
bằng đồng, điện trở bình điện phân
Rp=2 Ω. Bỏ qua điện trở của dây nối. Biết số Faraday
F= 96 500C/mol.
Tính:
a) Điện trở tương đương của mạch ngoài.
b) Khối lượng đồng bám vào catôt sau thời gian t= 16 phút 5 giây.
c) Điện tích của tụ điện.

1


Bài 4( 4 điểm)
Hai dây đẫn thẳng dài vô hạn, đặt song song trong khơng khí cách nhau một đoạn d = 12
cm có các dịng điện cùng chiều I1 = I2 = I = 10 A chạy qua. Một điểm M cách đều hai dây
dẫn một đoạn x.
a) Khi x = 10 cm. Tính độ lớn cảm ứng từ tổng hợp do hai dòng điện chạy trong hai dây
dẫn gây ra tại điểm M.
b) Hãy xác định x để độ lớn cảm ứng từ tổng hợp do hai dòng điện gây ra đạt giá trị cực
đại. Tính giá trị cực đại đó.
Bài 5 (4 điểm)
1. Cho mạch điện như hình 1, trong đó nguồn có suất điện động E = 10,8 V, điện trở trong r
E, r
= 2 Ω, các điện trở R1 = 1 Ω, R2 = 4 Ω, R là một biến trở.
a) Điều chỉnh R = 6 Ω. Tính hiệu điện thế giữa hai
cực của nguồn và nhiệt lượng tỏa ra trên R2 trong 10
R

phút.
R1
b) Xác định R để công suất tỏa nhiệt trên R đạt cực
đại và tìm cơng suất khi đó.
R2
Hình 1
2. Để xác định suất điện động E của một nguồn điện,
người ta mắc nó vào một mạch như hình 2, với
E1 = 6 V, r1 = 1 Ω. AB là một dây đồng chất tiết
diện đều, dài 1 m và cứ 10 cm thì có điện trở 0,5 Ω. R0 là điện trở bảo vệ. Khi xê dịch con
chạy D đến vị trí cách A
một khoảng 40 cm thì am pe kế chỉ số không. Xác định suất điện động E ?
E1, r1
D
A
B
R0

A
E, r
Hình 2

-------------Hết------------( Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm )

Họ và tên thí sinh: ................................................Số báo danh: ............................
Họ và tên, chữ kí CBCT 1: ..................................................................................
Họ và tên, chữ kí CBCT 2: ..................................................................................
2

Trường THPT Phùng Khắc khoan
Thạch Thất

KỲ THI CHỌN HSG CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2020-2021
ĐÁP ÁN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM
MÔN: VẬT LÝ LỚP 11
Nội dung

Bài

Điểm

a) (1,5đ)
UAC = E.AC.cos900 = 0.
UBA = UBC + UCA = UBC = 400 V.
E=

0,5
0,5
0,5

U BC
= 8.103 V/m.
BC. cos

b) (1,5đ)
1
(4đ)

AAB = qUAB = -qUBA = -4.10-7 J.

ABC = qUBC = 4.10-7 J.
AAC = qUAC = 0.

0,5
0,5
0,5


c)(1đ) Điện tích q’ đặt tại C sẽ gây ra tại A véc tơ cường độ điện trường E ' có
phương chiều như hình vẽ; có độ lớn:
E’ = 9.109

|q|
|q|
= 9.109
= 1080V/m.
2
( BC. sin  ) 2
CA




0,5



Cường độ điện trường tổng hợp tại A là: E A = E + E ' ; có phương chiều như
hình vẽ, có độ lớn: EA =

2
(4đ)

E 2  E '2 ≈ 8072,6 V/m.

0,5

Các lực tác dụng lên quả càu gồm: trọng lực, phản lực, lực điện, lực ma sát, kí

   

hiệu tương ứng là: P, N , Fđ , Fms .
y

Fms

O

𝑃

x

Áp dụng định luật II- Niuton:
Fd  Fms  P  N  ma(*)

.……………………………………………………………………………….1,0đ
- Theo phương vng góc Oy với mặt phẳng nghiêng ta có:
P.cosα = N + Fđ. sinα  N = mg.cosα – q.E.sinα (1)
1

…………………………………………………………………………………..
- Theo phương chuyển động Ox của vật:
mg.sinα + Fđ.cosα - µN = ma (2)
1,0đ
…………………………………………………………………………………..
Thay (1) và (2) và biến đổi ta được:
a = g.(sinα - µcosα) + qE .(cosα+µsinα) ≈ 4,94m/s2

1,0đ

m

………………………………………………………………………………….
Vận tốc của vật ở chân mặt phẳng nghiêng là: v =
Thời gian khi đi hết đoạn BC: v=at t 0,28s

2.a.BC ≈ 1,4m/s
1,0đ

U 2 62

 6
P
6
Dòng điện một chiều khơng qua tụ điện nên khi đó mạch gồm Rpnt[(R1ntĐ)//R2] 0,5

a) Điện trở của bóng đèn: Rđ=

Với : R1đ=R1 + Rđ=12 Ω;

1,0

R R
12.4
R1đ2= 1d 2 
 3 ;
R1d  R2 12  4

Điện trở mạch ngoài: RN= Rp+R1đ2=5 Ω.

0,5

b)Áp dụng định luật ơm cho tồn mạch I 
3
(4đ)

E
24

 4A
RN  r 5  1

0,5

.Từ mạch điện ta có: I= Ip= 4 A;
0,5
- Khối lượng Cu bám vào catôt sau thời gian
t= 16 phút 5 giây= 16.60+5=965giây. Áp dụng công thức Faraday:
m

1 A
1 64
It 
.4.965  1, 28g
F n
96500 2

1,5

0,5

c)Vì
Rpnt[(R1ntĐ)//R2] nên

U1đ2=U1đ=U2=IR1đ2=12 V;
I1đ=I1=Iđ=U1đ/R1đ= 1 A;
Từ hình vẽ ta có:
UC=URp + UR1=IRp + I1R1=14 V;
Điện tịch trên mỗi bản tu có độ lớn: q=CUC=56.10-6 C.
a)(2,0đ) Giả sử hai dây dẫn được đặt vuông góc với mặt phẵng

0,5
1,5
0,5
0,5
0,5

hình vẽ, dịng I1 đi vào tại A, dòng I2 đi vào tại B. Các dòng điện


4
(4đ)



I1 và I2 gây ra tại M các véc tơ cảm ứng từ B1 và B2 có phương
chiều như hình vẽ, có độ lớn:
I
B1 = B2 = 2.10-7 = 2.10-5 T.
x
Cảm ứng từ tổng hợp tại M là:




0,5



B = B1 + B2 có phương chiều như hình vẽ và có độ lớn:
B = B1cos + B2cos = 2B1cos

0,5
0,5
2


= 2B1

d 
x2   
2
x

2

= 3,2.10-5 T.

b)(2,0đ) Theo câu a) ta có:
B1 = B2 = 2.10-7

B = 2B1cos = 2.2.10-7
B đạt cực đại khi

d 
x2   
2
x

I
x

2

= 4. 10-7I

1 d2

;

x2 4x4

0,5

4 d2 
d2 
1
d2

 đạt cực đại
.
.
1


=
2
2
2
x 2 4 x 4 d 4 x  4 x 

Theo bất đẵng thức Cơsi thì
x=

I
;
x

0,5

4 d2 
d2 
d2
d2


.
.
1

đạt
cực
đại
khi
=
1
d 2 4 x 2  4 x 2 
4x 2
4x 2

d
= 8,5 cm. Khi đó Bmax = 3,32.10-5 T.
2

1,0

1.a)(1,5đ)
Điện trở tương đương của mạch ngoài
-RN = R1 + R.R2/(R + R2) = 3,4 Ω
Định luật ơm tồn mạch => I = 2 A

Hiệu điện thế giữa hai cực của nguồn là Ung = E – Ir = 6,8 V
I2 = I.R/(R + R2) = 1,2 A.
Nhiệt tỏa ra trên R2 trong 10 phút là Q = I22.R2.t = 3456 J

0,5
0,5

1,5

0,5

1.b)(1,5đ). Điện trở mạch ngồi:
RN = R1 

RR2
4R
 1
R  R2
R4

Dịng điện trong mạch chính:
5
(4đ)

E
E
E ( R  4)


RN  r 3  4 R

7 R  12
R4
IR2
4E
Dòng điện chạy qua R là IR = 

.
( R  R2 ) (12  7 R)

I=

0,5

Công suất tỏa nhiệt trên R là
16 E 2 R
16 E 2
P = IR .R =

(12  7 R) 2 ( 12  7 R ) 2
R
2

1,5
0,5

Để công suất lớn nhất thì mẫu số phải đạt min
12
 7 R ) min .
R
Áp dụng bất đẳng thức cô si cho mẫu số tìm P đạt max = 5,55W

MS= (

Dấu “=” ↔ 7

=12/

=> R = 12/7 Ω

0,5

3


2.(1đ)
Điện trở dây dẫn là Rd = 10.0,5 = 5 Ω
Điện trở của đoạn dây 40 cm là RAD = 2 Ω
Khi AD = 40 cm thì dịng qua nguồn E bằng 0, do đó
+ Dịng điện chạy qua dây là I = E1/(Rd + r1) = 1A
+ Dòng qua nguồn E bằng 0 nên xét vịng AEDA ta có
E -I RAD = 0 -> E = IRAD = 2 V

0,5
1,0
0,5

------------------HẾT------------------

4

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG
TRƯỜNG THPT TRẦN NGUN HÃN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề thi có 2 trang)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG 1
LỚP 11 - NĂM HỌC 2020-2021
Môn: VẬT LÝ
Thời gian bàm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Họ, tên thí sinh: ……………………………………. Số báo danh: ……………….………

Bài 1: (1 điểm)
Một vật chuyển động thẳng biến đổi đều có phương trình: x = t 2 – 6t + 10 (m; s)
a) Vẽ đồ thị vận tốc – thời gian.
b) Mơ tả chuyển động của vật.
c) Tính quãng đường vật đi được sau 5 giây kể từ thời điểm t 0 = 0.
Bài 2: (1 điểm)
2.1. Một phịng có kích thước 8m x 5m x 4m. Ban đầu khơng khí trong phịng ở điều kiện
chuẩn, sau đó nhiệt độ của khơng khí tăng lên tới 10oC, trong khi áp suất là 78 cmHg. Tính thể
tích của lượng khí đã ra khỏi phịng và khối lượng khơng khí cịn lại trong phịng.
2.2. Một bình có thể tích V chứa một mol khí lí tưởng
L
và có một cái van bảo hiểm là một xilanh (có kích thước rất
nhỏ so với bình) trong đó có một pít tơng diện tích S, giữ
bằng lị xo có độ cứng k (hình 1). Khi nhiệt độ của khí là T1
thì píttơng ở cách lỗ thốt khí một đoạn là L. Nhiệt độ của
khí tăng tới giá trị T2 thì khí thốt ra ngồi. Tính T2?
Hình 1

Bài 3: (2 điểm)
Hai quả cầu kim loại nhỏ giống nhau (cùng khối lượng, tích điện bằng nhau) được
treo vào một điểm bởi hai sợi dây nhẹ không dãn, dài  = 40 cm. Truyền cho hai quả cầu
điện tích bằng nhau có điện tích tổng cộng q = 8.10-6 C thì chúng đẩy nhau các dây treo
hợp với nhau một góc 900. Lấy g = 10 m/s2.
a. Vẽ hình, phân tích các lực khi các quả cầu cân bằng, tìm khối lượng mỗi quả cầu.
b. Truyền thêm điện tích q’cho một quả cầu, thì thấy góc giữa hai dây treo giảm đi
còn 600. Xác định véc tơ cường độ điện trường tại trung điểm của sợi dây treo quả cầu
được truyền thêm điện tích này? (vẽ hình) biết khi truyền thêm điện tích thì 2 quả cầu
khơng chạm vào nhau
Bài 4: (1,5điểm)
Cho mạch điện như hình vẽ (Hình 2).
Trong đó R1 = 8 ; R3 = 10 ; R2 = R4 = R5 = 20 ; I3 = 2 A.
Tính điện trở tương đương của đoạn mạch AB, hiệu điện thế và
cường độ dòng điện trên từng điện trở.
Hình 2


Bài 5: (1,5 điểm)
Một nguồn điện có suất điện động e = 18 V, điện trở trong r = 6  dùng để thắp sáng
các bóng đèn loại 6 V - 3 W.
a) Có thể mắc tối đa mấy bóng đèn để các đèn đều sáng bình thường và phải mắc
chúng như thế nào?
b) Nếu chỉ có 6 bóng đèn thì phải mắc chúng thế nào để các bóng đèn sáng bình
thường. Trong các cách mắc đó cách mắc nào lợi hơn.
Bài 6: (2 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 khơng khí. Lấy g =10m/s 2

1, Tính điện tích của giọt dầu.
2, Nếu đột nhiên hiệu điện thế đổi dấu:
a, Hiện tượng xảy ra như thế nào?
b, Tính thời gian giọt dầu rơi xuống bản dưới, biết lúc
đầu giọt dầu ở chính giữa 2 bản.
Hình 3
Bài 7: (2 điểm)
Nêu một phương án thực nghiệm xác định điện trở của một ampe kế. Dụng cụ gồm:
một nguồn điện có hiệu điện thế không đổi, một ampe kế cần xác định điện trở, một điện
trở R0 đã biết giá trị, một biến trở con chạy Rb có điện trở tồn phần lớn hơn R0, hai công
tắc điện K1 và K2, một số dây dẫn đủ dùng. Các công tắc điện và dây dẫn có điện trở
khơng đáng kể.
Chú ý: Khơng mắc ampe kế trực tiếp vào nguồn.
------------------ Hết -----------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ tên, Chữ kí của cán bộ coi thi:………………………………………………………


ĐÁP ÁN
1

a) x = t2 – 6t +10 (m) =>
V0= - 6m/s, a = 2m/s2
+ Công thức vận tốc – thời gian:
v = 2t – 6 (m/s) và đồ thị

0.5
v(m/s)

0

3

-6

b) + Toạ độ ban đầu (t0 = 0) ta có x0 =10 m; v0 = - 6 m/s; a = 2 m/s2 0.25
+ Trong thời gian t  3 s v  0 ; a > 0 : Chuyển động chậm
dần đều
+ Tại thời điểm t = 3 s v = 0 đổi chiều vận tốc
+ t > 3 s , v > 0 , a > 0 :Chuyển động nhanh dần đều
+ Quãng đường đi được gồm 2 phần:
0.25
+ Trong thời gian t1 = 3 s  S1 = 

v 02
2a

= 9 m vật lại gần gốc

toạ độ
+ Trong thời gian t2 = 5 –2 = 3s  S2 =
2.1

at 2
=4m
2

+ Vậy trong thời gian 5 s vật đi được S = s 1 + s2 = 9 + 4 = 13 m
Lượng khơng khí trong phịng ở trạng thái ban đầu (điều kiện 0.25
chuẩn)
p0 = 76 cmHg ; V0 = 5.8.4 = 160 m3 ; T0 = 273 K

Lượng khơng khí trong phịng ở trạng thái 2:
p2 = 78 cmHg ; V2 ; T2 = 283 K
Ta có:

p0V0 p2V2
p V T 76.160.283

 V2  0 0 2 
 161, 60m3
T0
T2
T0 p2
273.78

Thể

tích

khơng

khí

thốt

ra

khỏi

phịng: 0.25

V  V2  V0  161,6  160  1,6m

3

Thể tích khơng khí thốt ra khỏi phịng tính ở điều kiện chuẩn là:
p0 V0 p2 V
Vp2T0 1, 6.78.273

 V0 

 1,58m3
T0
T2
T2 p0
283.76

Khối lượng khơng khí cịn lại trong phòng:
m'  m  m  V0 0  V0 0  0 V0  V0   204,84kg

0.5


2.2

Kí hiệu P1 và P2 là các áp suất ứng với nhiệt độ T1 và T2 ; l là độ
co ban đầu của lò xo, áp dụng điều kiện cân bằng của piston ta
ln có:
k.l  p1S ;
=>
k.(l  L)  p2 S

k.L  ( p2  p1 )S ; (1)
Vì thể tích của xilanh khơng đáng kể so với thể tích V của bình
nên có thể coi thể tích của khối khí khơng đổi và bằng V
áp dụng phương trình trạng thái ta ln có:
P1V
 R;
T1
P2V
R
T2

025

0.25

=> ; P1.V  RT1 .
=> ; P2 .V  RT2

=> P2  P1 

R
(T2  T1 ) (2)
V

R

 P2  P1  (T2  T1 )
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình 
V
kL  ( P2  P1 ) S

0.5

Như vậy khí thốt ra ngồi khi nhiệt độ của khí lên đến:
T2  T1 

3

4

kLV
RS

Hình vẽ đúng các lực
a. Ban đầu khi cân bằng mỗi quả cầu chịu tác dụng của 3 lực:
Trọng lực P, Lực điện F và lực căng của dây treo T
P  F T  0
 F = Ptan
2 2

kq1 /r = mgtan 
m = kq12/r2 mgtan = 0,045 kg =
45 g
Khi truyền thêm điện tích q’ hai quả cầu chưa chạm nhau và vẫn
cùng tích điện dương.
F’ = Ptan’ 
kq1q2’ /r’2 = mgtan’
q2’ = r’2mgtan’/kq1 = 1,15.10-6 C
E1 = kq1/(  3 / 2 )2 = 3.105 V/m
E2 = kq2’/(  / 2 )2 = 2,6.105 V/m

E = E12  E22 = 3,97.105 V/m  4.105 V/m

0.25
0.25

tan = E1/E2 = 3/2,6   = 490
Phân tích đoạn mạch: R4 nt (R2 // (R3 nt R5)) // R1.

0.25
0.25
0.25

R2 R35
= 12 ;
R2  R35
RR
R4235 = R4 + R235 = 32 ; R = 1 4235 = 6,4 ;
R1  R4235

R35 = R3 + R5 = 30 ; R235 =

0.5
0.25

0, 5

0.25


I3 = I5 = I35 = 2 A;

U35 = U2 = U235 = I35R35 = 60 V;
I2 =

0.25

U2
= 3 A;
R2

0.25

I235 = I4 = I4235 =

U 235
= 5 A; U4235 = U1 = UAB = I4235R4235 = 160
R235

0.25

V;
I1 =
5

U1
= 20 A.
U1

Điện trở và cường độ dòng điện định mức của mỗi bóng đèn là:
Rđ =

0.25

2
đ

U
P
= 12 ; Iđ = đ = 0,5 A.
Pđ
Uđ

a) Gọi N là số bóng đèn được thắp sáng. Khi chúng sáng bình
thường thì cơng suất tiêu thụ của mạch ngoài là:
P = 3N = UI = (e – rI)I = 24I – 6I2  6I2 – 8I + N = 0 (1). Để 0.25
phương trình có nghiệm thì ’ = 16 – 2N  0  N  8. Vậy số
bóng đèn tối đa là 8 bóng.
Với N = 8 thì phương trình (1) có nghiệm kép là I = 2 A.
Nếu các bóng đèn được mắc thành m dãy, mỗi dãy có n bóng thì 0.25
ta phải có I = mIđ  m =

N
I
= 4; n = = 2.
m
Iđ

Vậy phải mắc thành 4 dãy, mỗi dãy có 2 bóng.
b) Với N = 6 thì phương trình (1) có 2 nghiệm: I1 = 1 A v I2 = 3
A.
Với I1 = 1 A, ta có: m =

N
I1
= 2; n = = 3.
m
Iđ

0.25

Vậy phải mắc thành hai dãy, mỗi dãy có 3 bóng.
Khi đó điện trở mạch ngồi: R =
Hiệu suất của mạch là: H1 =
Với I2 = 3 A, ta có: m =

3Rđ
= 18 .
2

0.25

R
= 0,75.
Rr

N
I2
= 6; n = = 1.
m
Iđ

Vậy phải mắc thành 6 dãy, mỗi dãy có 1 bóng đèn.
Khi đó điện trở mạch ngồi: R =

Rđ
= 2.
6

R
Hiệu suất của mạch là: H2 =
= 0,25.
Rr

Vậy, cách mắc thành hai dãy, mỗi dãy gồm 3 bóng đèn có lợi hơn.

0.25


BÀI 6:
(2 điểm)

1,Vì bỏ qua lực đẩy acsimet của khơng khí nên các lực tác
dụng
lên quả cầu là P, F . Để quả cầu cân bằng :
P + F =0
 P= F
Mà P= mg = D.V.g=
F= q

+
+

4
D. .r 3 .g
3

+

+

0.25
0.25
0.25

F

U
d

U
4
D. .r 3 .g = q
d
3
3
4d r Dg
.
 q 
3U
Thay số ta có q  38.1011 (C )

0.25

P



_-

-

-

-

M’OI

-

Vì lực điện trường ngược chiều với cường độ điện trường
11
nên ta có q < 0 => q  38.10 (C )

0.25

0.25

+Nếu đột nhiên đổi dấu hiệu điện thế còn điện trường giữ nguyên 0.25
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/s 2

+Thời gian giọt dầu xuống bản dưới là
0.25
2s
102
1
3
t

7

a



10

 10



10 10

(s)

- Bố trí mạch điện như hình vẽ (hoặc mơ tả đúng cách mắc).
- Bước 1: Chỉ đóng K1: số chỉ ampe kế là I1.
Ta có: U = I1(RA + R0)
(1)
- Bước 2: Chỉ đóng K2 và dịch chuyển con
chạy để ampe kế chỉ I1. Khi đó phần biến

trở tham gia vào mạch điện có giá trị bằng
R0.
- Bước 3: Giữ nguyên vị trí con chạy của
biến trở ở bước 2 rồi đóng cả K1 và K2, số
_
+
chỉ ampe kế là I2.
U
Ta có: U = I2(RA + R0/2)
(2)
A
- Giải hệ phương trình (1) và (2) ta tìm được:
K1 R 0
(2 I1  I 2 ) R0
.
RA 
2( I 2  I1 )
K2
- Bố trí mạch điện như hình vẽ (hoặc mơ tả đúng cách mắc).
Rb
- Bước 1: Chỉ đóng K1: số chỉ ampe kế là I1.
Ta có: U = I1(RA + R0)
(1)
- Bước 2: Chỉ đóng K2 và dịch chuyển con
chạy để ampe kế chỉ I1. Khi đó phần biến

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25
0,25
0,25


trở tham gia vào mạch điện có giá trị bằng
+

A

0,25

_

U
R0

K1
K2

Rb
R0.
- Bước 3: Giữ nguyên vị trí con chạy của
biến trở ở bước 2 rồi đóng cả K1 và K2, số
chỉ ampe kế là I2.
Ta có: U = I2(RA + R0/2)
(2)
- Giải hệ phương trình (1) và (2) ta tìm được:

RA 

(2 I1  I 2 ) R0
.
2( I 2  I1 )

- Bố trí mạch điện như hình vẽ (hoặc mơ tả đúng cách mắc).
- Bước 1: Chỉ đóng K1: số chỉ ampe kế là I1.
Ta có: U = I1(RA + R0)
(1)
- Bước 2: Chỉ đóng K2 và dịch chuyển con
chạy để ampe kế chỉ I1. Khi đó phần biến
trở tham gia vào mạch điện có giá trị bằng
R0.
- Bước 3: Giữ nguyên vị trí con chạy của
+

A

K1

0,25
0,25
0,25

_

0,25

U

R0

K2
Rb

biến trở ở bước 2
rồi đóng cả K1 và K2, số chỉ ampe kế là I2.
Ta có: U = I2(RA + R0/2)
(2)
- Giải hệ phương trình (1) và (2) ta tìm được:
RA 

(2 I1  I 2 ) R0
.
2( I 2  I1 )

- Bố trí mạch điện như hình vẽ (hoặc mơ tả đúng cách mắc).
- Bước 1: Chỉ đóng K1: số chỉ ampe kế là I1.
Ta có: U = I1(RA + R0)
(1)
- Bước 2: Chỉ đóng K2 và dịch chuyển con
chạy để ampe kế chỉ I1. Khi đó phần biến
trở tham gia vào mạch điện có giá trị bằng
R0.

0,25
0,25
0,25

- Bước 3: Giữ nguyên vị trí con chạy của
+

A

K1

0,25

_

U
R0

K2
Rb

biến trở ở bước 2
rồi đóng cả K1 và K2, số chỉ ampe kế là I2.
Ta có: U = I2(RA + R0/2)
(2)
- Giải hệ phương trình (1) và (2) ta tìm được:
RA 

(2 I1  I 2 ) R0
.
2( I 2  I1 )


SỞ GDĐT VĨNH PHÚC

TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN
――――――
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2020 – 2021
ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ
Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề.
————————————
Câu 1 (2 điểm). Hai điện tích điểm q1 = 8.10-8 C và q2 = -8.10-8 C đặt tại hai điểm A, B cách nhau
khoảng r trong khơng khí. Lực tương tác giữa chúng bằng 9.10-3 N.
a) Tính r
b) Xác định véc tơ cường độ điện trường tổng hợp do hai điện tích gây ra tại trung điểm O của đoạn AB.
c) Lập công thức tính cường độ điện trường tổng hợp E tại điểm M nằm trên đường trung trực của AB
và cách AB một khoảng h. Xác định h để E đạt cực đại.
Câu 2 (1 điểm). Điện tích điểm q = - 2.10-8 C di chuyển dọc theo các
A
cạnh của tam giác đều ABC cạnh a = 8 cm trong điện trường đều có
véc tơ cường độ điện trường song song cạch BC và có độ lớn 400 V/m
(Hình 1). Tính công của lực điện trường khi q dịch chuyển trên mỗi
cạnh của tam giác.
Câu 3 (1 điểm). Một tụ điện phẳng khơng khí có điện dung C = 4 pF,
khoảng cách giữa hai bản bằng 4 cm được tích điện đến điện tích Q =
B
2.10-8 C.
a) Tính hiệu điện thế giữa hai bản tụ
Hình 1
b) Tại cùng một thời điểm, trên cùng một đường thẳng vng góc với
các bản tụ một êlectrôn bắt đầu chuyển động từ bản âm sang bản dương
và một prôtôn bắt đầu chuyển động từ bản dương sang bản âm. Bỏ qua tác dụng của trọng lực và tương

tác giữa hai điện tích. Hỏi vị trí chúng gặp nhau cách bản dương một khoảng bao nhiêu? Cho khối lượng
prôtôn bằng 1840 lần khối lượng êlectrôn.
Câu 4 (1 điểm): Hai quả cầu nhỏ khối lượng m và M mang điện tích –q và +Q với Q  q được đặt
trên mặt phẳng ngang không ma sát. Ban đầu hai quả cầu cách nhau một khoảng l. Đặt hai quả cầu
trong một điện trường E có véc tơ cường độ điện trường hướng từ m đến M. Tìm gia tốc chuyển động
của các quả cầu và cường độ điện trường E, biết khoảng cách giữa hai
quả cầu luôn không đổi.
Câu 5 (2 điểm). Vật khối lượng m được kéo đi lên trên mặt phẳng nghiêng
với lực F , F hợp với mặt phẳng nghiêng góc  . Mặt phẳng nghiêng góc
 so với mặt phẳng ngang. Hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt phẳng
nghiêng là  (Hình 2).
a) Tìm biểu thức tính F khi vật đi lên đều theo mặt phẳng nghiêng.
b) Với m = 5kg,  = 45o ,  = 0,5 , lấy g = 10m/s2. Xét vật đi lên đều, tìm
 để F nhỏ nhất, tìm giá trị lực F nhỏ nhất đó.
Hình 2
Câu 6 (2 điểm).
1. Có một số điện trở r = 5 (  ). Hỏi phải dùng tối thiểu bao nhiêu
E1,r1
E2,r2
D
điện trở đó để mắc thành mạch có điện trở 3 (  ). Xác định số điện
trở r, vẽ sơ đồ mạch ?
2. Cho mạch điện như hình vẽ (Hình 3) : trong đó E1 = 6V; r1=1Ω;
V
R3
R1
r2=3Ω; R1=R2=R3=6Ω.
B
A
a) Vôn kế V (điện trở rất lớn) chỉ 3V. Tính suất điện động E2.

C
b) Nếu đổi chỗ hai cực của nguồn E2 thì vơn kế V chỉ bao nhiêu?
Câu 7 (1 điểm). Cho một nguồn điện khơng đổi (có điện trở trong),
R2
Hình 3
và 2 vơn kế khác nhau có điện trở hữu hạn. Bằng kiến thức đã học,
hãy trình bày phương án xác định suất điện động của nguồn điện bằng một số tối thiểu mạch điện chỉ
dùng các vơn kế.
___________HẾT_____________
Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm
Họ tên thí sinh ..........................................................SBD.....................Phịng thi: …………


SỞ GDĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN

HƯỚNG DẪN CHẤM
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT CẤP TRƯỜNG

――――――

NĂM HỌC 2020 – 2021

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI MƠN: VẬT LÝ
————————————

Câu 1 (02 điểm)
a) Áp dụng công thức F = k.|𝑞1𝑞2|/r2 -> r = 0,08 m

0,25

b)

E1 = k

q1
32
= .105 V / m
2
AC
9

0,25

E2 = k

q2
32
= .105 V / m
2
AC
9

0,25

Do 2 véc tơ E1 và E2 cùng chiều nên EC = E1 + E2 = 64/9.105 V/m

0,25

c)

Đặt AB = 2a => AC = BC = a
Lập được công thức: EM = 2k.a.q1/(a +h)3/2

0,5

Biện luận được EM

0,5

max

khi h = 0

Câu 2 (01 điểm)
Áp dụng công thức A = qEd, ta có

0,25

Cơng trên cạnh AB là AAB = -2.10-8.400.(-0,04) = 32.10-8 J

0,25

Công trên cạnh BC là ABC = -2.10-8.400.0,08 = - 64.10-8 J

0,25

Công trên cạnh CA là ACA = -2.10-8.(-0,04) = 32.10-8 J

0,25

Nếu thí sinh cho điện tích dịch chuyển theo hướng A → C → B →A mà tính
cơng đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
Câu 3 (01 điểm)
a) Hiệu điện thế giữa hai bản tụ là U = Q/C = 5.103 V

0,25

b) Gọi q là độ lớn điện tích của êlectron. Độ lớn gia tốc:
của electron a1 = qE/me
của proton
a2 = qE/mp

0,25


Gọi s là là khoảng cách từ điểm gặp nhau tới bản dương thì quãng đường mà êlectron đi
được là d – s, quãng đường proton đi được là s:
d – s = a1.t2/2; s = a2.t2/2

0,25

Suy ra: (d – s)/s = a1/a2 = mp/me = 1840 => s = 2,2.10-5 m

0,25

Câu 04 (01 điểm)
E

F1

m
-

F mM

F Mm

Gia tốc của hệ hai quả cầu: a =

F2

0,25

F2 − F1
E
=
(Q − q)
m+M m+M

Xét quả cầu m: FMm − F1 = ma 
Giải ra được: E =

M
+

0,25

k qQ

mE
−qE=
(Q − q)
2
l
m+M

0,25

k ( m + M ) qQ

l2 (m Q + M q )

0,25

Câu 5 (02 điểm)

a) Các lực tác dụng lên vật như hình 2
Vật chuyển động đều nên: F + P + Fmst + N = 0 (*)

0.25

Hình 2

Chiếu (*) lên: Ox: Fcos − P sin  − Fmst = 0

(2)

Oy: F sin  + N − P cos  = 0

(3)

Thay Fmst =  N =  ( P cos  − F sin  ) vào (2) ta được: F = P

0,25
0,25
sin  +  cos 
cos +  sin 

0.25

b) Vì P = mg,  và  xác định nên F=Fmin khi mẫu số M = cos +  sin  cực
đại.

0.25

Theo bất đẳng thức Bunhacôpxki:

0.25

cos +  sin  

(sin

2

 + cos2  )(1 +  2 ) =

(1 +  )

Dấu ‘=’ xảy ra  tan  = = 0,5   = 26,56o .

2

0.25
0.25


Vậy khi  = 26,56o thì F = Fmin = P

sin  +  cos 
1+ 2

= 47, 43N

Câu 6 (2 điểm)
1.
* Gọi điện trở của mạch là R
Vì R < r nên các điện trở r phải được mắc song song.

0.25

Giả sử rằng mạch này gồm 1 điện trở r mắc song song với một mạch
nào đó có điện trở X như hình (a) .
Ta có : R =

5. X
r. X
 3 =
5+ X

r+X

 X = 7,5 (  )
Với X = 7,5 (  ) ta có X có sơ đồ như hình (b)

0.25

Ta có : X = r + Y

 Y = X - r = 7,5 - 5 = 2,5 (  )
Để Y = 2,5 (  ) thì phải có 2 điện trở r mắc song
song. Vậy phải có tối thiểu 4 điện trở r mắc như
hình (c).

0.25

2.
a. Tính suất điện động E2.

E1,r1
I

D
V

I1 R1
A
I2

E2,r2

R3
B

C
R2
H.1

+ Điện trở toàn mạch R =

R2 ( R1 + R3 )
= 4
R2 + R1 + R3

+ I đến A rẽ thành hai nhánh:

I1
R2
1
I
=
= = I1 =
I 2 R1 + R3 2
3

0.25


+ UCD = UCA + UAD = -R1I1+ E1 – r1I1 = 6 -3I

0.25

+ U CD = 3V => 6 -3I =  3 => I = 1A, I = 3A.
Với I= 1A: E1 + E2 = ( R + r1 +r2 )I = 8 => E2 = 2V

0.25

Với I = 3A: E1 + E2 =8 *3 = 24 => E2 = 18V
b. Đổi chỗ hai cực của nguồn E2 thì vơn 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
I=

E1 − E2
= 0,5 A
R + r1 + r2

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

0.25

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

E2 − E1
= 1,5 A
R + r1 + r2

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

0.25

Câu 7 (01 điểm)

Gọi điện trở của 2 vôn kế là X và Y. Gọi E và r lần lượt là suất điện động và điện
trở trong của nguồn. khi đó:
+ mạch ngồi gồm mỗi X thì

U1
X
E
r
(1)
=
=
= 1+
E X +r
U1
X

0.25

(U1 là số chỉ của vơn kế X)
+ mạch ngồi gồm mỗi Y thì

U2
Y
E
r
=

=
= 1 + (2)
E Y +r
U2
Y

(U2 là số chỉ của vôn kế Y)
Từ (1) và (2) ta có:

E
E
1 1
+
= 2 + r.( + ) (3)
U1 U 2
X Y

0.25

+ mạch ngoài gồm X song song với Y thì
1
U3
=
E

1 1
+
1
E
1 1

X Y =

= 1 + r.( + ) (4)
1
1 1
X Y
+ r 1 + r.( + ) U 3
1 1
X
Y
+
X Y

0.25

(U3 là số chỉ của 2 vôn kế )
Từ (3) và (4) ta có

E
E
E
1
+
−
= 1 === E =
(*)
1
1
1
U1 U 2 U 3

+
−
U1 U 2 U 3

0,25


SỞ GD – ĐT PHÚ YÊN
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC:2019-2020
TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ
MÔN VẬT LÝ – KHỐI 11
Thời gian 150 phút ( không kể thời gian phát đề)
ĐỀ:
Câu 1.(4 điểm)
Một vật chuyển động thẳng chậm dần đều, xét hai đoạn đường liên tiếp bằng nhau BC, CD trước khi
dừng hẳn ở D, thì đoạn đường BC vật đi trong 2 s. Tìm thời gian vật đi hết đoạn đường BD.
Câu 2.(4 điểm)
Một viên bi được thả rơi tự do từ độ cao h =10 m. Khi chạm sàn, bi mất một nửa năng lượng và nảy lên
thẳng đứng. Lấy g = 10 m/s2
a. Tính tốc độ nảy lên của viên bi, sau khi bi vừa chạm sàn lần thứ nhất.
b. Tính tổng chiều dài quĩ đạo, viên bi thực hiện được cho đến khi dừng lại.
V
V2

Câu 3.(4 điểm)
Một lượng khí biến đổi theo chu trình được biểu diễn bỡi đồ thị hình bên.
Biết: p1= p3; V1=1 m3 , V2= 4 m3; T1= 100 K và T4 = 300 K. Tính thể tích
V1
khí V3 .
0

Câu 4.(4 điểm)
Ba quả cầu nhỏ có cùng khối lượng m =10 g được treo tại cùng một điểm
bằng ba sợi dây mảnh khơng dãn có cùng chiều dài l = 1 m. Lấy g = 10 m/s2.
Các quả cầu mang điện tích q như nhau, thì thấy chúng đẩy nhau và xếp
thành một tam giác đều cạnh a= 0,1 m . Xem góc lệch của các sợi dây so với
phương thằng đứng là rất nhỏ. Xác định q .

(2
)
(3)
(1)

(4
)

T1

T4

l
a

q

q
q

Câu 5.(4 điểm)
Hai bản kim loại tích điện trái dấu, đặt song song và cách nhau d=10 cm.

Hiệu điện thế giữa hai bản là U=10 V. Một electron được bắn đi từ bản
dương về phía bản âm với vận tốc đầu v0=2.106 m/s hợp với bản một góc 300.
a) Lập phương trình quỹ đạo chuyển động của electron giữa hai bản.
b) Tính khoảng cách gần nhất giữa electron và bản âm.

--------------Hết-------------

T

-

-

vo

α






SỞ GD – ĐT PHÚ YÊN
Trường THPT Nguyễn Huệ

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
MÔN VẬT LÝ 11 – NĂM HỌC 2019 – 2020
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Đáp án

Câu 1: (4 điểm)
Chọn hệ quy chiếu như hình vẽ
Đặt BC = CD = S
Ta có v D = 0
vD2  vB2  4aS (1)
vC2  vB2  2aS (2)
Thay (2) vào (1) ta được
Ta có: vC  vB  a.tBC

B

C

D

Điểm
x

0,5 điểm
0,5 điểm
v B  2vC

0,5 điểm

v
 a   C ( 2  1)
2

1,0 điểm

Thời gian vật đi đoạn đường CD là: vD  vC  a.tCD  t CD 
Thời gian vật đi hết hai đoạn đường BC, CD là tBD

2

(s)

1,0 điểm

2 1
= tBC + tCD  6,83(s)

0,5 điểm
======

Câu 2: (4 điểm)
a. + Chọn gốc thế năng ở mặt sàn
+ Cơ năng lúc đầu ở độ cao h: E0 = mgh
+ Sau va chạm lần 1:

E1 =

E0
h
= mg
2
2

+ Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng: E1 = Eđ1
b. (2 điểm)

+ Sau va chạm lần 2:
+ Sau va chạm lần 3:
+ Sau va chạm lần n:



Vật đi lên độ cao h1 =
 v1  g.h 10 m / s

E1 E0
h
= 2 = mg 2
2
2
2
E
E
h
E3 = 2 = 30 = mg 3
2
2
2
En 1 E0
h
En =
= n = mg n
2
2
2

E2 =

h
22
h
 h3 = 3
2
h
 hn = n
2



h2 =

h
2

0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm

Đoạn đường đi tổng cộng: S = h + 2h1 + 2h2 + 2h3 + … +2hn = h + 2( h1 + h2 + h3 + … 1,0 điểm
+ hn )
1 1 1
1
 3  ...  n )
2
2 2 2
2

1
1
1 1 1
1
1
1 2n
Cấp số nhân:  2  3  ...  n =
= 1 ; Khi n   thì n  0
2 2 2
2
2
2 1 1
2

= h + 2h( 

 S = 3h = 30 m

Câu 3: (4 điểm)
Vì p1 = p3 nên ta có:

V3 T3
  T3  100V3
V1 T1

1

0,5 điểm

1,0 điểm

======
0,5 điểm

Đoạn 2- 4 có dạng một đoạn thẳng nên có dạng:
V = a.T + b với a,b là các hằng số
+ Khi V = V2, T =100 thì V2 = a.100 + b (2)
+ Khi V = V4, T = 300 thì : V4 = a.300 + b (3)

1,0 điểm
0,5 điểm


+ Từ (2) và (3) ta có: a = - 3/200 và b = 5,5
+ Khi T = T3 ; V = V3 thì V3 = 

3
.100.V3  5,5 Vậy V3 = 2,2m3
200

1,0 điểm


Câu 4: (4 điểm)
Vẽ hình và phân tích lực
( hình chiếu điểm treo là trọng tâm tam giác đều)
Ta có đường cao tam giác đều h =a√3/ 2 => R= 2h/3=a/√3
sin =R/l= a/√3l và tan = F/P= √3f/ P

======
l

1,0 điểm
f1

a

q2
3k 2
a
3f
a
Vì góc  rất nhỏ: sin  tan 


P
mg
3l

 q  a

0,5 điểm
0,5 điểm



h

mga
 6,1.108 C
3kl

0,5 điểm
F 1,0 điểm

f2

1,0 điểm

p

0,5 điểm

======

Câu 5: (4 điểm)
y

a) Hình vẽ
+Gia tốc của electron khi chuyển
động trong điện trường giữa hai bản:
qE
qU
F


m
m
md
v


v
cos

 0x
0
+Ta có: 
v0 y  v0 sin 

-

-

voy

a=

O

-

vo

E

q●

 v
ox



F



+Phương trình chuyển động trên các trục Ox và Oy:
 x  (v0 cos  )t
 x  v0 xt

x

0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm




1 2
1 2 
 y  (v0 sin  )t  2 at
 y  v0 y t  2 at

x
x
1 qU  x 


 y  (v0 sin  )


+Ta có: t=
v0 cos 
v0 cos  2 md  v0 cos  
 y  x. tan  

0,5 điểm

2

qU
.x2
mdv . cos 2 
2
0

+Vậy phương trình quỹ đạo là:  y  x. tan 

qU
1
800 2
.x2 
x
x
2
mdv . cos 
273
3
2
0

0,5 điểm

b) Khi electron xa bản dương nhất ( độ cao cực đại)thì:
v

2
y

2
0y

v

2aymax

ymax

mdv02 sin 2
2 qU

2,84cm

+Khoảng cách gần nhất giữa electron và bản âm là: Hmin=d - ymax= 7,16 cm

0,5 điểm
0,5 điểm