DeDA thi chon doi tuyen HSG lop 11

Câu 1(2 điểm): Một xe máy chạy với vận tốc 36km/h thì máy phải sinh ra mơt cơng suất 1,6kW. Hiệu suất của
động cơ là 30%. Hỏi với 2 lít xăng xe đi được bao nhiêu km? Biết khối lượng riêng của xăng là 700kg/m 3; Năng
suất toả nhiệt của xăng là 4,6.107J/kg
Đáp án: Nhiệt lượng toả ra khi đốt cháy hồn tồn 2 lít xăng:
Q = q.m = q.D.V = 4,6.107.700.2.10-3 = 6,44.107 ( J )
Cơng có ich: A = H.Q = 30%.6,44.107 = 1,932.107 ( J )

s
A = P.t = P. v

7

1,0đ
0,5đ

A . v 1 ,932 . 10 . 10
⇒ s=
=
=1,2. 105 (m)=120(km )
3
P
1,6 . 10

Mà:
0,5đ
Câu 2(2 điểm)
Một máy bay ném bom bay theo phương ngang ở độ cao h = 2km với gia tốc không đổi a = 3m/s 2 và các quả
bom lần lượt được thả sau những khoảng thời gian bằng nhau Δt = 0,5s. Tìm khoảng cách giữa các điểm rơi
của quả bom thứ năm và quả bom thứ bảy trên mặt đất nếu quả bom thứ nhất được thả ra khi vận tốc của máy
bay là v0 = 360km/h. Cho g = 10m/s2 và bỏ qua sức cản của khơng khí.
Ý

Nội dung
Điểm
Thời gian chuyển động của mỗi quả bom từ khi bắt đầu được thả đến khi chạm đất

√

2h
=20 s
g

0,25

T=
Khoảng thời gian từ lần thả thứ nhất đến lần thả thứ năm là t5 = 4 Δt =2s
Khoảng thời gian từ lần thả thứ nhất đến lần thả thứ bảy là t7 = 6 Δt =3s
Vận tốc của máy bay ứng với lần thả thứ năm và lần thả thứ bẩy lần lượt là
v5 = v0 + at5 = 100 + 3.2 = 106m/s
v7 = v0 + at7 = 100 + 3.3 = 109m/s
Khoảng thời gian tính từ khi máy bay bắt đầu thả quả thứ 5 đến khi bắt đầu thả quả thứ 7 là t’
= 2 Δt =1s
Quãng đường máy bay bay được tính từ khi bắt đầu thả quả thứ năm đến khi vừa thả quả thứ

at '
7 là: S57 = v5t’+ 2

2

0,25
0,25
0,25

0,25

= 107,5m
Quãng đường theo phương ngang mà quả bom thứ 5 đi được so với vị trí thả của nó là : S5 =
v5.T = 2120m
Quãng đường theo phương ngang mà quả bom thứ 7 đi được so với vị trí thả của nó là : S7 =
v7.T = 2180m
Khoảng cách giữa quả bom thứ 5 và quả bom thứ 7 trên mặt đất là : Δx = S7 + S57 - S5 =
167,5m

0,25
0,25
0,25

Câu 3 (2 điểm)
Một hòn đá có trọng lượng P được ném thẳng đứng lên trong khơng khí với vận tốc ban đầu v 0. Nếu f là lực
cản khơng đổi tác dụng lên hịn đá trên suốt đường bay của nó, g là gia tốc trọng trường. Tính độ cao cực đại của
hịn đá và tốc độ của hòn đá ngay trước khi chạm đất.
Bài 3 (2,00 điểm)
- Trong quá trình bay lên, vật chịu tác dụng của trọng trường hiệu dụng
P’= P + f vì f cùng chiều P. Có

g ' g 

f
m >g

Điểm
0,50
0,50

h max 
-

Độ cao cực đại

v02
v02

2g ' 2g(1  f )
P
f
f

g  1  
m
 P

g" g 
-

Khi rơi xuống, f ngược chiều P,

- Vận tốc khi chạm đất:
Câu 4: (2,0 điểm)

v  2g ''h v0

0,50

0,50

P f
P f

Một mol khí lí tưởng thực hiện chu trình 1 - 2 - 3 - 4 như hình vẽ (H.1). Cho
biết : T1 = T2 = 360K ; T3 = T4 = 180K ; V1 =36dm3; V3 = 9dm3.
Cho hằng số khí lý tưởng R = 8,31 J/mol.K
1) Tìm áp suất p ở các trạng thái 1, 2, 3, và 4.
2) Vẽ đồ thị p-V của chu trình.

Đáp án (2,00 điểm)
1) Nhận xét và rút được kết luận: Các quá trình 4-1 và 2-3 là đẳng áp vì V tỉ lệ với T;
Các q trình 1-2 và 3-4 là đẳng nhiệt.
(1)
0,50 đ
V(dm3)
Ta có: T1 = 2T4 và T2 = 2T3
(2)
0,25 3đ
1,6
6

p(105P
a)
3

1

6

V 36
V4  1  18dm3
2
2
nên:
V2 2V3 18dm3 V4

2

0,8
3

1

4

p1  p 4 

0,25 đ

RT1 8, 31.360

0,83.105 Pa
V1
0, 036

9

p 2  p3 
9

18

(H.2)

36

4

(3)

V(dm3)

RT2 8,31.360

1, 662.105 Pa
V2
0, 018
0,25 đ

E1,r
1

0,50 đ
Câu 5(2,00 điểm): Cho mạch điện như hình 1. Biết E1=6V, r1=1Ω, r2=3Ω,
R1=R2=R3=6Ω. Vơn kế lí tưởng.
a) Vơn kế chỉ 3V. Tính suất điện động E2.
b) Nếu nguồn E2 có cực dương nối với B, cực âm nối với D thì vơn kế chỉ bao

nhiêu?
2
(2đ)
E1,r
E2,r

1
I
A I

R1

3

0,25 đ

2) Đồ thị p-V được vẽ như hình (H.2)

D

V

2
R3

B

A

2

R
1

180

360

(H.1)

D
V
C
R
2
Hình 2
22 1

E2,r
2
R
3

B

T(K)


I
2

R=

Điện trở mạch ngoài là:

R2

R2 ( R 1 + R3 )
=4 Ω
R 2 + R1 + R 3

0,25

I1
R2
1
I

  I1 
3
I đến A rẽ thành hai nhánh: I 2 R1  R3 2
UCD = UCA + UAD = -R1I1+ E1 – r1I = 6 -3I

0,25
0,25

|U CD|=3V

0,25

 6 -3I = ±3  I = 1A, I = 3A
* Với I= 1A  E1 + E2 = ( R + r1 +r2 )I = 8  E2 = 2V
* Với I = 3A E1 + E2 =8 .3 = 24  E2 = 18V
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
E −E 2
I= 1
=0,5 A
R+ r 1 +r 2
 UCD = UCA + UAD =6 -3I = 4,5V
Với E2 = 18V > E1: E2 là nguồn, E1 là máy thu
E −E 1
I= 2
=1,5 A
R+ r 1 +r 2

0,25
0,25

0,25

0,25

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

Câu 6(2,00 điểm): 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
4
4
và B 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.

- Lực tương tác:

F1 =

k .Q .q
OA 2

k .q.Q
F

 OA =

√

√

k .q.Q
F1

(0,5đ)

k .q.Q
F 2 , với F là lực tương tác khi đặt q ở C (0,5đ)

Tương tự: OC =
và OB =
- Do B là trung điểm của AC nên: OA + OC = 2.OB
(0,5đ)

F1. F2
1
1
2


2
F1
F
F2
2 √ F 1− √ F 2 )
(

F=
=2,25.10-4(N)
(0,5đ)
Câu 7(2,00 điểm): Một dây nhôm có nguyên tử khối là 27 và khối lượng riêng 2,7g/cm2, điện trở suất 3,44.108
Ω.m. Biết nhơm có hóa trị 3 và thừa nhận mỗi ngun tử nhơm giải phóng 3 electron tự do, hãnh tính mật độ
electron tự do của nhôm.Cho số Avogađrô NA = 6,02.1023/mol.
Giải :
Gọi : m, V và D lần lượt là khối lượng, thể tích và khối lượng riêng của khối vật dẫn bằng kim loại
A là nguyên tử lượng của kim loại, N là số electron chứa trong khối kim loại. 0,5đ


m
N=3 . N A
A
Mỗi nguyên tử kim loại giải phóng 3 electrong nên
n0 =

N
N
Dm
=
=3
N =3.
V m/ D
m A A

Mật độ electron tự do trong kim loại là :
Thay số: n0 = 1,8.1029 hạt/m3
Câu 8(2,00 điểm):
Một lăng kính thủy tinh có tiết diện thẳng là tam giác ABC có góc
0
A = 90 , góc C = 150, chiết suất là n. Chiếu tia sáng đơn sắc tới mặt AB
(Hình 1), tia khúc xạ tới mặt BC bị phản xạ toàn phần, sau đó tới mặt AC
rồi ló ra theo phương vng góc với tia tới. Tìm các giá trị của n và α.

0,5đ

D. N A
A

0,5đ
0,5đ

B
α
C

A

+ Vẽ hình
0
ˆ
Ta có B 75 = δ => β + γ = 750. (1) (0,25đ)
γ = 150 + β (so le) (2) (0,25đ)
=> β = 300; γ = 450. (0,5đ)
1
sin   n  2.
B
n
Tại K:
(0, 25đ)
K
150
n
γ
sin  n.sin   1  n 2.
γ
I
β
β
2
Tại I:
Vậy 2 n 2. (0,25đ)
α
δ
0
0

Thay n vào ta có: 45  90 . (0,5đ)
A
α
Câu 9(2,00 điểm):
Từ một khối đồng chất, trong suốt, giới hạn bởi hai mặt
song song, người ta cắt theo mặt chỏm cầu tạo thành hai thấu
kính mỏng có quang tâm tương ứng là O1 và O2. Hai thấu kính
này được đặt đồng trục, hai quang tâm cách nhau khoảng O 1O2
O1
= 30cm. Đặt vật sáng nhỏ AB vuông góc với trục chính tại A
với O1A = 10cm, AO2 = 20cm (hình vẽ). Khi đó, ảnh của AB
cho bởi hai thấu kính có vị trí trùng nhau. Xác định tiêu cự của
các thấu kính.
Thấu kính hội tụ tiêu cự f1>0. Thấu kính phân kỳ có tiêu cự f2=-f1<0.
Ảnh A2B2 của AB cho bởi O2 là ảnh ảo nằm trong khoảng AO2:
20 f 2
1
1
1
A2 O2 


f 2  20
AO2 A2 O2
f 2 nên

Hình 1

C

150

B
O2

A

0,5

Ảnh A1B1 của AB cho bởi O1 cũng phải là ảnh ảo (vì nằm cùng phía với AB và ở
1
1
1
10 f1


O1 A1 
f1  10
ngoài O1A): O1 A O1 A1 f1 
10 f1
20 f 2
O1 A1  A2 O2 

30
f 1  10 f 2  20
A1  A2

Khi

f 2  f 1 

:

10 f1
20 f1

30
f1  10 f 1  20

 f 1 20cm , f 2  20cm

0,5
0,5
0,5

Câu 10 (2,0 điểm): Nêu một phương án thực nghiệm xác định điện trở trong của một nguồn điện một chiều.
Dụng cụ gồm: một nguồn điện một chiều chưa biết suất điện động và điện trở trong, một ampe kế có điện trở


không đáng kể, một điện trở R0 đã biết giá trị, một biến trở con chạy Rb có điện trở tồn phần lớn hơn R0, hai
cơng 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: Không được mắc ampe kế trực tiếp vào nguồn.
* Phương án thực hành:
Bố trí mạch điện như hình vẽ (hoặc mô tả đúng cách mắc).

E

0,25
Câu 5
(2,0 đ)

- Bước 1: Chỉ đóng K1: số chỉ ampe kế là I1.
Ta có: E = I1(r + R0)
(1) …….
- Bước 2: Chỉ đóng K2 và dịch chuyển con chạy để ampe kế chỉ I 1. 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 K 1 và 0,5
K2, số chỉ ampe kế làI2. Ta có: E = I2(r + R0/2)
(2) …….
0,5
(2 I1  I 2 ) R0
r
2( I 2  I1 ) .
Giải hệ phương trình (1) và (2) ta tìm được:
0,5
0,25