KHUNG MA TRẬN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 11 NĂM HỌC 2017 – 2018
TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG 2

Tên chủ đề
Chủ đề 1: Cơ học
Số câu: 3
Số điểm: 6 (tỉ
lệ:30%)

Số lượng câu
Số câu

Cấp độ

Cộng

Thông hiểu

Vận dụng

Vận dụng cao

1

1

1

3

2,0

2,0

2,0

6,0

Số điểm

Chủ đề 2: Nhiệt học
Số câu: 1
Số điểm: 2 (tỉ lệ:
10%)

Số câu

0

1

0

1

Số điểm

0

2,0


0

2

Chủ đề 3: Điện học

Số câu

1

1

1

3

2,0

2,0

2,0

6,0

Số câu

1

1


0

2

Số điểm

2,0

2,0

0

4,0

Số câu

0

0

1

1

Số điểm

0

0


2,0

2,0

Số câu

3

4

3

10

Số điểm

6

8

6,0

20

Số câu: 3
Số điểm: 6 (tỉ lệ:
30%)
Chủ đề 4: Quang
học

Số câu: 2
Số điểm: 4 (tỉ lệ:
20%)
Chủ đề 5: phương
án thực hành
Số câu: 1
Số điểm: 2 (tỉ lệ:
20%)
Tổng số câu
Tổng số điểm

Số điểm

SỞ GIÁO DỤC& ĐÀO TẠO THANH HĨA
11 THPT
TRƯỜNG THPH NƠNG CỐNG 2

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP
NĂM HỌC: 2017 - 2018


…………….O0O…………….

ĐỀ THAM KHẢO

Mơn thi: Vật Lý

Thời gian: 180 phút
(khơng tính thời gian phát đề)


Họ và tên:………………………………………………. Số báo danh:……….
Câu 1. (2 điểm) Từ đỉnh tháp cao 30m, ném một vật nhỏ theo phương ngang với vận tốc ban đầu v0=
20m/s. Bỏ qua mọi lực cản, lấy g = 10 m/s2.
a. Tính khoảng thời gian từ lúc ném đến khi vật chạm đất và khoảng cách từ điểm chạm đất đến
chân tháp.
b. Gọi M là một điểm trên quỹ đạo tại đó vectơ vận tốc hợp với phương thẳng đứng một góc
o
α = 60 . Tính khoảng cách từ M tới mặt đất.
Câu 2. (2 điểm) Vật nhỏ nằm trên đỉnh của bán cầu nhẵn, cố định, bán kính
r
α
R=50cm.Vật được truyền vận tốc đầu v0 theo phương ngang (hình 1). Lấy
2
g=10m/s
a. Xác định v0 để vật không rời khỏi bán cầu ngay tại thời điểm ban đầu
b. Khi v0 =2 m/s xác định vị trí α nơi vật rời khỏi bán cầu.
Hình 1
Câu 3: (2 điểm) Một ngọn đèn khối lượng m = 2 kg được treo vào tường bởi dây BC và
thanh AB. Thanh AB gắn vào tường bởi bản lề A (hình 2). Cho α = 30 0. Tìm lực căng
của dây BC và lực của tường tác dụng
lên thanh AB trong các trường hợp:
a. Bỏ qua khối lượng của thanh AB.
b. Khối lượng của thanh AB là M = 1 kg.
c. Trong phần b nếu giả thiết thanh AB chỉ tựa vào tường ở A.
Hỏi hệ số ma sát giữa AB với tường phải bằng bao nhiêu để nó cân bằng.

C

α


A

B

Hình 2
Câu 4: (2 điểm) Một xi lanh kín, dài L được chia làm hai phần nhờ một pistơn có thể di
chuyển tự do. Pistơn được nối với đáy bên trái của xi lanh bằng một lò xo có
L
độ cứng k như hình 1. Phần bên trái của xi lanh là chân không, phần bên phải
chứa 1 mol khí lí tưởng. Khi nung nóng khí đến nhiệt độ T thì pistơn chia xi
k
lanh thành hai phần bằng nhau. Hãy xác định độ dài của lị xo khi khơng biến
T
dạng. Bỏ qua độ dày của pistôn.
Câu 5. (2 điểm) Giữa hai bản kim loại đặt song song, nằm ngang, tích điện
Hình 3
bằng nhau, trái dấu có một điện áp U1=1010 V. Khoảng cách giữa 2 bản tụ là d
=1,5 cm. Ở chính giữa 2 bản có 1 giọt thủy ngân tích điện tích q nằm lơ lửng. Đột nhiên, điện áp giữa
hai bản giảm xuống chỉ còn là U 2 = 990 V, cho g = 10 m/s 2. Lấy g = 10m/s2. Sau thời gian bao lâu giọt
thủy ngân rơi đến bản dưới?
E1,r1
Câu 6. (2 điểm) Cho mạch điện như hình 3 với: R = 10( Ω ), r1 = r2 = 1( Ω ),
RO
RA = 0. Khi xê dịch con chạy biến trở Ro, số chỉ ampe khơng đổi và bằng 1A.
E2,r2
Tìm E1, E2.
Câu 7. (2 điểm) Một ống dây dẫn hình trụ dài gồm N = 1000 vịng dây,
mỗi vịng có đường kính d = 10cm; dây dẫn có diện tích tiết diện

R


So = 0,4 mm2, điện trở suất ρ = 1,75.10 −8 (Ω.m) . Ống dây đó đặt trong từ trường đều, véc tơ cảm ứng từ

∆B
= 0,01(T / s ) .
B song song với trục hình trụ, có độ lớn tăng đều với thời gian theo quy luật
∆t

a. Nối hai đầu ống dây vào một tụ điện có C = 10-4 F, hãy tính năng lượng tụ điện.

A


b. Nối đoạn mạch hai đầu ống dây, hãy tính công suất tỏa nhiệt trong ống dây.
Câu 8. (2 điểm)
- Một người ngồi trên bờ hồ nhúng chân vào nước trong suốt. Biết chiết suất của nước là n= 4/3.
Khoảng cách thực từ bàn chân người đó đến mặt nước là 42 cm. Hỏi mắt người đó cảm thấy bàn chân
cách mặt nước bao nhiêu?
- Người này cao 1,75 m, nhìn thấy một hịn sỏi dưới đáy hồ dường như cách mặt nước 1,45 m. Hỏi
nếu đứng dưới hồ thì người ấy có bị ngập đầu khơng?
A
Câu 9. (2 điểm) Hình vẽ bên là đường truyền của tia sáng đơn sắc qua
lăng kính đặt trong khơng khí có chiết suất n = 1,6. Biết tia tới vng
J
góc với mặt bên AB và tia ló ra khỏi là kính song song với mặt AC.
Góc chiết quan lăng kính là
Câu 10. (2 điểm). Cho một nguồn điện khơng đổi (có điện trở trong), và 2

B


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 vôn kế.
................................Hết................................
(Giám thị coi thi khơng giải thích gì thêm)

SỞ GD & ĐT THANH HỐ
Trường THPT Nơng Cống 2
ĐỀ THAM KHẢO

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2017 - 2018
MÔN THI: VẬT LÝ LỚP 11 THPT
Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian phát đề
(Đề này có 10 câu gồm 02 trang)

C


Câu

ý

Nội dung

Điểm

a. Chọn hệ trục tọa độ Oxy với gốc tọa độ O tại điểm ném. Trục Ox nằm ngang, Oy thẳng đứng chiều dương hướng xuống.

a.


⇒
- Khi vật chạm đất: y = 30(m)

1 2
gt = 30 ⇔ t =
2

2.30
= 6 ( s ) = 2,4495( s)
10
0,5đ

- khoảng cách từ điểm chạm đất đến chân tháp: L = vo. t = 48,99(m)

0,5đ
Tại thời điểm vectơ vận tốc hợp với phương thẳng đứng một góc α = 60 .
o

Câu 1
b.

tan α =
Vậy

khoảng

d =h−

a.


v x vo
vo
20
2
=
⇒t =
=
=
(s)
o
v y g.t
g . tan α 10. tan 60
3
cách

từ

điểm

M

đó

tới

1 2
1
2
gt = 30 − .10.( ) 2 = 23,33(m)

2
2
3

đất

là:

0,5 đ

0,5 đ

Chỉ ra các lực tác dụng vào vật
Viết phương trình định luật II N
Điều kiện để vật không rời khỏi bán cầu là N=P-mv02/ R> hoặc =0
Suy ra

b.
Câu 2
(2 điểm)

v0 ≤ gR

0,25đ

= 5 m/s.

b.Dùng bảo toàn cơ năng để tính vận tốc tại vị trí góc lệch α :
mv02
mv 2

mgR +
= mgR cos α +
2
2 suy ra biểu thức v
P cos α − N =

mv
R

2(mgR − mgR cos α ) + mv02
P cos α =
R
Thay biểu thức của v vào
Tính được góc cos α =14/15 ⇒ α =210
Dùng quy tắc mômen với điểm A.
mg.AB = T.AB.cos α
mg
 Ta = cosα ≈ 23,1 N.

b. Vẫn dùng quy tắc mômen với A.
AB
mg.AB + Mg. 2 = T.AB.cos α
Câu 3
(2 điểm)

Mg
2
cosα
≈ 28,87 N.


0,5đ

2

Áp dụng định luật II N
 Điều kiện vật rời khỏi bán cầu N=0

a.

0,5đ

0,25

0,5đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ

mg +
 Tb =

0,25đ


c.

Tác dụng lên thanh AB có 4 lực là hai lực căng dây T b và T = mg, và phản lực của
tường N và lực ma sát của tường tác dụng lên thanh.
r

r r r
Tb + mg + N + Fms = 0
Điều kiện cân bằng lực:
Chiếu lên phương thẳng đứng và phương nằm ngang:
Mg
−
2 = - 5 N (dấu “ - ” chứng tỏ
Fms + Tb.cos α – mg = 0  Fms = mg – Tb cos α =
lực ma sát hướng xuống dưới)
N – Tb.sin α = 0  N = Tb.sin α ≈ 14,4 N.
Điều kiện để đầu A không trượt là: Fms ≤ μ.N  μ ≥ 0,35.

Thể tích khí ở nhiệt độ T là:
Câu 4
(2 điểm)

Câu 5
(2 điểm)

0,25đ

SL
2 .

Vì ν = 1mol nên ở nhiệt độ trên, áp suất khí bằng:

0,25đ
0,5đ

Gọi S là diện tích pistơn (tức của xi lanh). Phương trình trạng thái của khí lý tưởng:

pV = νRT .
V=

0,25đ

0,5đ
p=

Điều kiện cân bằng của pistơn: k∆l = pS . Trong đó:
l là độ dài của lị xo khi khơng biến dạng.
L
L pS L 2 RT
l = + ∆l = +
= +
.
2
2 k
2
kL
Như vậy:
* Khi điện áp 2 bản là U1

2 RT
.
SL

∆l = l −

0,5đ
L

2 là độ nén của lò xo,

0,25đ

0,5đ

F1 = P

Điều
kiện
cân
bằng
của
giọt
thủy
ngân
là
:
……………………………………………. (0,25đ)
mg mg mgd
F1
⇔ q E1 = mg ⇔ q =
=
=
U
E1
U1
1
P
d

(1) ……………….. (0,25đ)
* Khi giảm điện áp giữa 2 bản tụ còn U2:

d

0,25đ

0,25đ

→ →

Hợp lực của F2 ; P truyền cho giọt thủy ngân 1 gia tốc làm cho giọt thủy ngân
chuyển động
→

→

0,25đ

→

0,25đ

(2)

0,25đ

có gia tốc xuống dưới. Phương trình định luật II Niu tơn: F2 + P = m a

⇒ P − q E2 = ma


…………………………….(0,25đ)
U
⇒ mg − q 2 = ma
d

……………………………………………. (0,25đ)
d 1 2
d
= at ⇒ t =
2 2
a

* Lại có:
(3)
……………………………………………………………. (0,25đ)
mgd U 2
U
U
mg −
.
= ma ⇔ g − g 2 = a ⇒ a = g (1 − 2 )
U1 d
U1
U1
Từ (1) thay vào (2) có:
……………………. (0,25đ)

0,25đ


0,25đ


t=

0,25đ

d
g (1 −

U2
)
U1

Thay
vào
(3)
ta
có:
………………………………………………………………. (0,25đ)
Thay
số
ta
được:
t=0,275(s)
………………………………………………………………………..
Vì khi xê dịch con chạy Ro, số chỉ của Ampe kế khơng đổi nên khơng có dịng điện
chạy qua nguồn E1,
I1
E1,r1

Ta có: UAB = I.R = 1.10 = 10(V)
- Với nguồn E1 ta có: UAB = E1 ⇒ E1 = 10(V)
RO
- Với nguồn E2 ta có: UAB = E2 – Ir2
E2,r2
I
A
2
⇒ E2 = UAB + Ir2 = 10 + 1.1 = 11(V)
Vậy suất điện động của các nguồn điện.
I
R
E1 = 10(V); E2 = 11(V)

Câu 6
(2 điểm)

0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
B
0,5đ

A

∆φ
NS .∆B
e=
=

=
∆t
∆t
Câu 7
(2 điểm)

a.

N (π

2

d
).∆B
π
4
=
(V )
∆t
40

Suất điện động trong ống dây:
Vì nối hai đầu ống dây vào tụ nên: UC = e
1
1
π
WC = CU 2 = .10 − 4.( ) 2 = 3,08.10 −7 ( J )
2
2
4

Vậy năng lượng trên tụ điện là:

0,5đ
0,25đ
0,25đ

b. Khi nối đoạn mạch hai đầu ống dây thì được mạch kín là ống dây nên dịng điện cảm
ứng trong ống dây là:
e
i=
R Gọi L là chiều dài của tất cả các vịng dây, ta có: L = N. π d
0,25đ
L
N .πd
ρ =ρ
= 13,74(Ω)
S
S
o
Điện trở của ống dây: R =
2

π 
 
2
e
40
=   = 4,488.10 −4 (W )
13,74
Công suất tỏa nhiệt trên ống dây: P = Ri2 = R


0,25đ

0,25đ
- Khi người nhìn thấy bàn chân thì tia sáng từ bàn chân đến mắt người (hv).
Để nhìn rõ thì góc khúc xạ r và góc tới i phải rất nhỏ.
HI
HI
tan i =
⇒i ≈
HA
HA
Ta có:
tan r =

a.
Câu 8
(2 điểm)

HI
HI
⇒r≈
'
HA
HA '

i HA '
⇒ =
r HA
Ta lại có:


0,25đ

n sin i = sin r ⇔ ni ≈ r ⇒

0,25đ
i 1
≈
r n

0,5đ


HA 42
=
= 31,5(cm) ⇒
HA ' 1 ⇒ HA ' =
=
4
n
3
Từ (1) và (2) có: HA n
mắt thấy bàn chân
’
cách mặt nước đoạn HA = 31,5(cm)
b. khi người ấy thấy hòn sỏi thì tia sáng từ hịn sỏi đến mắt người.
Để nhìn rõ thì góc khúc xạ r và góc tới i phải rất nhỏ. Lý luận tương tự như
trên ta cũng có độ sâu của bể nước (cũng chính là khoảng cách thực từ hòn sỏi tới
mặt nước) là:
h = HA = n.HA’ = 1,75(m) nên người đó sẽ bị ngập


Câu 9
(2 điểm)

Tia sáng truyền thẳng tới mặt bên AC tại điểm J dưới góc tới i với i = igh (do tia ló ra
khỏi là kính song song với mặt AC)
1
1
=
⇒ i gh = 38,6822 o ⇒ i = i gh = 38,6822 o
Ta có sinigh = n 1,6
Vậy góc chiết quang: A = 90o – i = 51,3178o.
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:
U1
X
E
r
=
=>
= 1+
U1
X (1)
+ mạch ngồi gồm mỗi X thì E X + r

Câu 10
(2 điểm)

0,5đ
0,5đ

0,5đ

1đ
0,5đ

0,25đ

(U1 là số chỉ của vôn kế X)
U2
Y
E
r
=
=>
= 1+
U2
Y (2)
+ mạch ngồi gồm mỗi Y thì E Y + r
(U2 là số chỉ của vôn kế Y)
E E
1 1
+
= 2 + r.( + )
X Y (3)
Từ (1) và (2) ta có: U1 U 2

+mạch

ngồi


gồm

X

song

song

0,25đ

0,5đ
với

1
1 1
+
U3
1
E
1 1
X
Y =
=
⇒
= 1 + r.( + )
1
1
1
E
X Y

+ r 1 + r.( + ) U 3
1 1
X Y
+
X Y
(4)
(U3 là số chỉ của 2 vôn kế )
E
E
E
1
+
−
= 1 ===> E =
(*)
1
1
1
U1 U 2 U 3
+
−
U1 U 2 U 3
Từ (3) và (4) ta có

….……………….Hết…………………..
(Học sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn đạt điểm tối đa)

Y

thì


0,5đ

0,5đ


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH THANH HÓA
TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 4

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

KHUNG MA TRẬN ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP TỈNH LỚP 11
NĂM HỌC 2017 – 2018
Số lượng câu
và cấp độ Số lượng
Tên chủ đề
Chủ đề 1: Cơ học
Số câu: 03
Số điểm: 6,0 (tỉ lệ 30%)
Chủ đề 2: Nhiệt học
Số câu: 01
Số điểm: 2,0 (tỉ lệ 10%)
Chủ đề 3: Điện học
Số câu: 03
Số điểm: 6,0 (tỉ lệ 30%)
Chủ đề 4: Quang học
Số câu: 02
Số điểm: 4,0 (tỉ lệ 20%)

Chủ đề 5:
Phương án thực hành
Số câu: 01
Số điểm: 2,0 (tỉ lệ 10%)
Tổng

Cấp độ
Thông hiểu

3

1 câu
(2 điểm)

1
3
2

Vận dụng thấp
1 câu
(2 điểm)

SỞ GD VÀ ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 4

1 câu
(2 điểm)

1 câu
(2 điểm)

1 câu
(2 điểm)
1 câu
(2 điểm)

1 câu
(2 điểm)

1 câu
(2 điểm)

40%

3 câu
(6 điểm)

3 câu
(6 điểm)
2 câu
(4 điểm)

1 câu
(2 điểm)
30%

Cộng

1 câu
(2 điểm)


1 câu
(2 điểm)

1

10

Vận dụng cao

30%

1 câu
(2 điểm)
10 câu
(20 điểm)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC: 2017 – 2018
MƠN THI: VẬT LÍ LỚP 11 THPT
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề
(Đề này có 10 câu gồm 2 trang)

ĐỀ THAM KHẢO
GV: Lê Hồng Loan
SĐT: 0969815686
r
Câu 1 (2đ): Một vật khối lượng 1kg được kéo trượt trên sàn nằm ngang bởi một lực F hướng lên, có
phương hợp với phương ngang một góc 450 và có độ lớn là 2 2 N. Hệ số ma sát trượt giữa sàn và vật
là 0,2.
a) Tính quãng đường đi được của vật sau 10s kể từ khi vật có vận tốc là 2m/s.



b) Với lực kéo trên thì hệ số ma sát trượt giữa vật và sàn là bao nhiêu thì vật chuyển động thẳng đều.
Lấy g = 10m/s2.
Câu 2 (2đ): Một chiếc thang đồng chất có chiều dài AB = L, trọng lượng P và đầu A tựa vào sàn nhà
nằm ngang, đầu B tựa vào tường thẳng đứng. Khối tâm C của thang ở cách đầu một đoạn
L
là . Thang làm với sàn nhà góc α .
3
1. Chứng minh rằng thang khơng thể đứng cân bằng nếu khơng có ma sát.
2. Gọi µ là hệ số ma sát ở sàn và tường. Cho biết α = 600. Tính giá trị nhỏ nhất µ min của
µ để thang đứng cân bằng.
3. µ = µ min. Thang có trượt khơng nếu:
a. Một người có trọng lượng bằng trọng lượng của thang đứng ở điểm C?
2L
b. Người ấy đứng ở điểm D cách đầu A một đoạn
.
3
Câu 3 (2đ): Một viên đạn khối lượng m = 2kg được bắn lên theo phương hợp với phương ngang góc
α = 600 với vận tốc ban đầu v0 = 400 m/s. Khi bay đến điểm cao nhất của quỹ đạo parabol thì nổ
thành hai mảnh. Mảnh thứ nhất có khối lượng m1 = 1,5kg văng thẳng đứng hướng xuống dưới với vận
tốc v1 = 200 m/s. Lấy g = 10 m/s2. Bỏ qua sức cản của khơng khí.
a) Tìm hướng bay và vận tốc của mảnh thức hai
b) Mảnh thứ nhất rơi xuống lún vào đất một đoạn d = 10cm. Tính lực cản trung bình tác dụng lên
mảnh thứ nhất
Câu 4 (2 điểm): Hai bình giống nhau được nối với nhau bằng một ống nằm ngang có tiết diện 20 mm 2.
Ở 00C giữa ống có một giọt thuỷ ngân ngăn khơng khí ở hai bên. Thể tích mỗi bình là V 0 = 200 cm3.
Nếu nhiệt độ một bình là t0C bình kia là -t0C thì giọt thuỷ ngân dịch chuyển 10 cm. Xác định nhiệt độ t
Câu 5 (2 điểm): Một tụ điện phẳng với điện mơi là khơng khí, có 2
bản cực, diện tích mỗi bản là S, khoảng cách giữa hai bản là d, có điện

S
dung C0. Người ta đưa vào một lớp điện mơi có diện tích , bề dày
3
2d
và có hằng số điện mơi ε = 3 , lớp điện mơi đặt sát vào một bản tụ
3
như hình vẽ. Tìm điện dung của tụ điện mới theo C0.

ε
2d
3

S
3

d

Câu 6 (2 điểm): Hai dịng điện thẳng dài, có cường độ I1 = 2A và I2 = 8A đặt song song với nhau, cách
nhau 10cm. Hai dòng điện cùng chiều, đặt trong khơng khí. Tìm quỹ tích những điểm tại đó cảm ứng
từ do hai dịng điện gây ra bằng khơng?
Câu 7 (2 điểm): Cho mạch điện như hình vẽ bên: R1=r,
R2 = 2r, R3 = 3r. Lúc đầu K đóng, khi dòng điện trong
A
mạch đã ổn định người ta thấy Vơn kế chỉ U v = 27(V).
RV = ∞
R1
R2
a) Tìm suất điện động của nguồn điện
+
K

E,r
b) Cho K mở, khi dịng điện đã ổn định, xác định số chỉ
D
G
của Vơn kế lúc này.
R3
V
C
c) Xác định chiều và số lượng electron đi qua điện trở R1
sau khi K mở. Biết C = 1000( µ F)
B
Câu 8 ( 2 điểm): Một đĩa gỗ bán kính R=5cm nổi trên mặt nước. Tâm đĩa có cắm một cây kim thẳng
đứng. Dù mắt đặt ở đâu trên mặt thống của nước cũng khơng nhìn thấy cây kim. Tính chiều dài tối đa
của cây kim.
Câu 9 (2 điểm): Lăng kính có góc chiết quang A = 600, chiết suất n = 1,41 ≈ 2 đặt trong khơng khí.
Chiếu tia sáng SI tới mặt bên với góc tới i = 450.
a) Tính góc lệch của tia sáng qua lăng kính.
b) Nếu ta tăng hoặc giảm góc thì góc lệch thay đổi như thế nào?


Câu 10 (2 điểm): Có hai thanh gỗ dài bằng nhau. Nếu chỉ dùng hai thanh gỗ đó hãy nêu phương án tìm
trung điểm của hai thanh?
---------Hết ------Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH THANH HĨA
TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 4

Câu
1


ý
a

CỘNG HỊA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11
NĂM HỌC 2017 - 2018
Nội dung
- Chọn hệ tọa độ Oxy như hình vẽ
- Các lực tác dụng vào vật:
…………………………………………………………...
- Chiếu các lực lên các trục tọa độ, ta có:
Ox: Fcos α -Fmst = ma
Oy: -P +N + Fsin α =0……………………………………………………………
Fmst = µ N
Fcosα-µ(mg-Fsin α)
⇒a=
= 0, 4m / s 2
m
………………………………………..
Quãng đường vật đi được: s = v0 t + 1 at 2 = 2.10 + 1 .0, 4.102 = 40m
2
2
…………..
y

uuur
Fmst

1.

b

uur
N

u
r
P

Khi vật chuyển động đều thì:

1

x

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ

Hình
(0,25đ)

0,5đ
Fcosα
= 0, 25
mg − F sin α
Nếu khơng có ma sát thì các lực ở A và B đều vng góc với sàn và tường nên 0,5đ

khơng có lực nào để cân bằng với thành phần nằm ngang của trọng lực. Thành
phần nằm ngang cúa trọng lực sẽ kéo thang ra xa tường. Do đó thang sẽ bị trượt.
Fcosα =Fmst = µ(mg − F sin α) ⇒ µ =

2.

ur
F

Thang
điểm


2.

2

Chọn hệ trục tọa độ x’Oy’ như hình vẽ.
- Điều kiện cân rbằngr lực cho
r thang:
r

ur
NB

y’

P + N B + N A + FmsA = 0

B


Chiếu lên trục Oy’, ta có: NA = P
(1)
Chiếu lên trục Ox’, ta có: N B = FmsA (2)
Chọn
r trục quay
r tại A, theo quy tắc mơ men lực, ta có :

Hình
0,25đ

ur
C NA

M(P) = M(N B )
AB
x’
⇔ P.
.cosα = N B .AB.sin α;
3
A
1
…………………
msA
⇒ N B = P.cot α (3)
3
1
Từ (2) và (3), ta có: FmsA = N B = P.cot α
3
F

Để thang không bị trượt thì : msA ≤ µ.N A
1
1
1
⇔ .P.cot α ≤ µ.P ⇒ µ ≥ cot α ⇒µ min = cot α
3
3
3
Vậy, giá trị nhỏ nhất của hệ số ma sát là: µ min = 0,192
………………………...

r α
u
r
F P

3

0,25đ

0,25đ

Chọn hệ trục tọa độ xOy như hình vẽ. Gọi khoảng cách từ vị trí người đến A là
x.
Do
y’
r thanh
r rnằm cân
r bằng,
r ta có:


P + P1 + N B + N A + FmsA = 0

Chiếu lên trục Oy’, ta có: NA = P + P1 (1)
Chiếu lên trục Ox’, ta có: N B − FmsA = 0 ;
⇒ N B = FmsA (2’)
Chọn trục
r quay tại
r A, theorquy tắc mơ men lực, ta
có : M(P) + M(P1 ) = M(N B )

B

ur
NB

ur G ur
NA
rP1α
u
rA
FmsAP

x’

AB
⇔ P.
.cosα + P1.x.cosα = N B .AB.sin α
3
1

x
⇒ N B = P.cot α + P1. .cot α
(3')
3
l
1
x
Từ (2’) và (3’), ta có: FmsA = N B = P.cot α + P1. .cot α
3
l
…………………….

0,25đ

Để thang khơng bị trượt thì :

1
x
P.cot α + P1. .cot α ≤ µ(P + P1 )
3
l
3µ(P + P1 ).tan α − P
l (6µ tan α − 1)
⇒ x ≤ l(
) ⇔ x≤
;
3.P1
3
FmsA ≤ µ.N A ⇔


L(6µ tan α − 1) L
=
=
3
3 ………………………………………………..

0,25đ

a

⇒ x max

b

Vậy nếu một người có trọng lượng bằng trọng lượng của thang đứng ở C thì 0,25đ
thang khơng trượt.
Nếu một người có trọng lượng bằng trọng lượng của thang đứng ở D thì AD >


max

3.

a

x do đó thang bị trượt
Khi đạn lên đến độ cao cực đại thì vật chỉ có vận tốc theo phương ngang.
Vận tốc của đạn khi đó là : v = v0 cosα=400cos600 = 200m / s
………….
ur uu

r uur
theo định luật bảo tồn động lượng ta có : p = p1 + p2
Theo giản đồ ta thấy :
p22 = p 2 + p12 ⇒ (m2 v2 ) 2 = (mv ) 2 + (m1v1 ) 2
O
( mv) 2 + (m1v1 ) 2
⇒ v2 =
= 1000m / s
……………
m2

b

u
r
p

u
r
p1

m1v1 3
= ⇒ ϕ = 36,80
mv
4
……………………………………………………
Vậy mảnh thứ hai bay xiến lên hợp với phương ngang góc 36,80 với vận tốc
1000 m/s
v 2 sin 2 α
Độ cao cực đại của viên đạn : H = 0

= 6000m
2g
………………………..
tan ϕ =

3.

uur
p2

Vận tốc của mảnh thứ hai khi chạm đất : v ' = v + 2 gH = 400m / s
2
1

…………

Lực cản trung bình của đất là :

4

'2
Áp dụng định lí động năng : F = mv = 12.105 N
2d
……………………………
Gọi V1 là thể tích của bình có nhiệt độ T1 = 273 + t;
V2 là thể tích của bình có nhiệt độ T2 = 273 – t.
Giọt thuỷ ngân khi đứng yên, thì áp suất ở hai bình bằng nhau. Hai bình chứa
cùng một khối lượng khí, vậy áp dụng định Gay-luy-xác:

V1 V2 V1 + V2

2V0
V
VT
=
=
=
= 0 ⇒ V1 = 0 1
T1 T2 T1 + T2 273 + t + 273 − t 273
273

V1 − V0 = ∆V = V0 (
⇒t=
5

T1
T −273
V t 200t
− 1) = ( 1
)V0 = 0 =
= Sd = 0,2.10 = 2
273
273
273 273

2.273
= 2,730 C.
200

Khi đưa lớp điện môi vào tụ điện thì ta có thể coi tụ điện gồm 3 tụ C1 ; C2 ; C3
ghép như sau : (C1 nt C2) // C3…………………………………………………………………………

Gọi C0 là điện dung ban đầu của tụ chưa đưa lớp điện môi vào
S
C0 =
;………………………………………………………………….
k .4πd
S
C1 = 3 = C0 ;
d
k .4π
3
S
ε
3 = 0,5εC ;
C2 =
0
2d
k .4π
3
2
S
2C
C3 = 3
= 0
k 4πd
3

0,25đ
Hình
(0,25đ)


0,25đ
0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ

0,5đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ

0,25đ


C=

C .0,5εC0 2C0 19
C1C2
+ C3 = 0
+
= C0
C1 + C2
C 0 +0,5εC0

3
15

0,75đ

uur

6

Xét trong mặt phẳng vng góc với hai dây dẫn
B1
Cẳm ứng từ tổng hợp tại điểm M bằng không :
uu
r uur r uu
r
uur
I2
B1 + B2 = 0 ⇒ B1 = − B2 ……………………………
+1
+
uu
r
uur
B1 cùng giá với B2 nên điểm M nằm trên đường thẳng đi
qua
2
uu
r I1 và I2. …………… uur
B1 ngược chiều với B2 và hai dòng điện cùng chiều nên
M nằm trong khoảng giữa I1 và I2 …………………………………………..

Gọi x là khoảng cách từ I1 đến M
I
I2
B1 = B2 ⇔ 2.10−7 1 = 2.10 −7
⇒ 2(10 − x ) = 8x ⇒ x = 2cm
x
10 − x
……………..
Vậy quỹ tích điểm M là đường thẳng song song với hai dòng điện cách I1 2cm,
cách I2 8cm. ………………………………………………………………..
Khi K đóng: I = I1 + I 2 , U AD = I1R 1 = I 2 R 2 ...................................................

Hình
0,5đ
0,25đ

Xét cho tồn mạch: E = I.r + U AB = I.r + I1.r + I.3r
………………………..

0,25đ

I

7.

a

uur
B


0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ

hay U AD = I1r = I 2 .2r

Mà I =
7.

a

U DB U Vv 9
=
= Giải ra E = 42(V).......................................................
3r
3r
r

Khi K mở: Khi dòng đã ổn định

E
7
= ,
................................................................
R2 + R3 + r r
U C = U AB = I ' .(R 2 + R 3 ) = 35(V) ................................................................

I1 = 0;I' =

7.

c

0,5đ

0,25đ
0,25đ

Trước khi K mở điện tích trên tụ .
Sau khi K mở, điện tích trên tụ điện Q 2 = C.U ' = +35.10−3 (C) Lượng điện 0,25đ
tích đã đi qua R là Electron đi từ G qua R1 sang A.
Số lượng electron đi qua R1 là: n e =

Q 2 − Q1
= 5.1016
e
………………………

0,25đ
Để khơng nhìn thấy được cây kim thì tia sáng ở đầu cây kim bị phản xạ tồn Hình
phần ở mép của đĩa.
(0,5đ)
sin igh
1 3
3
7
7
sin igh = = ⇒ cosi gh = 1 − ( ) =
⇒ tan igh =

=3
n 4
4
3
cosi gh
7 ..............
0,5đ
OI
OI
7
tan igh =
⇒ OS =
=5
≈ 4, 4cm .....................................................
0,5đ
0S
tan igh
3
O
I

8

Vậy chiều dài tối đa của cây kim là 4,4 cm...................

0,5đ
S

9.


a

Áp dụng công thức lăng kính
sin i1 1
sin i1 = n sin r1 ⇒ sin r1 =
= ⇒ r1 = 300
n
2

0,25đ


r2 = A − r1 = 300

0,25đ

2
⇒ i2 = 450
2
Góc lệch của tia sáng qua lăng kính: D = i1 + i2 – A = 300

0,25đ

Theo các kêts quả từ câu 9.a ta thấy: i 1 = i2; r1 = r2 nên góc lệch D = D min. Do đó
khi tăng góc tới thì góc lệch sẽ tăng
- Dùng 1 thanh ước lượng đoạn ngắn hơn dùng để đánh dấu ở thanh thứ hai. Đo
đánh dấu 2 phần bằng nhau của 2 đầu của thanh thứ 2.
- Phần còn lại của thanh thứ hai lại tiếp tục làm như trên đến khi đoạn cịn lại
ngắn nhất có thể.
- Ta sẽ tìm được trung điểm của thanh thứ 2 và đồng thời là trung điểm của hai

thanh.
- Đánh giá sai số: Đoạn cịn lại càng ngắn thì sai số càng nhỏ, độ chính xác càng
cao

0,5đ

sin i2 = n sin r2 ⇒ sin i2 =

b
10

0,5đ

0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ

Chú ý: Nếu thí sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa
KHUNG MA TRẬN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT
Số lượng câu
cấp độ

Số lượng

Thông
hiểu

Số câu
Số điểm


1
2,0

Tên chủ đề
Chủ đề 1: Cơ học
Số câu: 01
Số điểm: 6 (tỉ lệ 30%)
Chủ đề 1: Nhiệt học
Số câu: 01
Số điểm: 6 (tỉ lệ 30%)
Chủ đề 1: Điện học
Số câu: 01
Số điểm: 6 (tỉ lệ 30%)
Chủ đề 1: Quang học
Số câu: 02
Số điểm: 4,0 (tỉ lệ 30%)
Chủ đề 1: Phương án thực
hành
Số câu: 01
Số điểm: 6 (tỉ lệ 30%)
Tổng số câu: 10
Tổng số điểm: 20

Số câu
Số điểm

Cấp độ
Vận dụng
Vận dụng

thấp
cao
1
2,0
1
2,0

Số câu
Số điểm

1
2,0

1
2,0

Số câu
Số điểm

1
2,0

1
2,0

Số câu
Số điểm
Số câu
Số điểm
Tỉ lệ %


1
2,0

3
6,0
30

4
8,0
40

Cộng
3
6,0
1
2,0

1
2,0

3
6,0
2
4,0

1
2,0

1

2,0

3
6,0
30

10
20,0
100


Sở GD & ĐT THANH HĨA
Người ra đề
Đỗ Đình Tn
THPT Thiệu Hóa

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Mơn: Vật lý
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (2 điểm)
Một vật nhỏ có khối lượng m trượt khơng vận tốc ban đầu từ đỉnh một nêm có góc nghiêng α=300 so
với phương ngang (hình 1). Hệ số ma sát giữa vật với mặt
m
2
nêm là μ=0,2. Lấy g=10m/s . Mốc thế năng tại chân mặt
phẳng nghiêng.
r
a) Nêm được giữ cố định. Khi vật đến chân nêm thì có bao a
α

nhiêu phần trăm cơ năng của vật chuyển hóa thành nhiệt
năng?
Hình 1
b) Nêm được kéo cho trượt sang trái với gia tốc khơng đổi
a=2m/s2 trên sàn nằm ngang. Tìm gia tốc của m so với nêm khi nó được thả cho chuyển động.
Câu 2: (2 điểm)
Một vật có khối lượng 800g, chuyển động trên trục Ox theo phương trình x = t 2-5t+2 (m), (t có đơn
vị là giây). Xác định độ biến thiên động lượng của vật kể từ thời điểm t0=0 đến thời điểm t1=2s, t2=4s.
Câu 3: (2 điểm)
Một thanh AB đồng chất, tiết diện đều, khối lượng m=100kg
α
có thể quay tự do quanh một trục đi qua đầu A và vng góc với A
mặt phẳng hình vẽ (hình 2). Thanh được giữ cân bằng theo
r
phương hợp với phương ngang một góc α=30 0 nhờ một lực F
r
B
đặt vào đầu B, phương của F có thể thay đổi được.
Hình 2
r
a) F có phương nằm ngang. Tìm giá trị của F.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của lực F để có thể giữ thanh như đã mơ tả.
Câu 4: (2 điểm)
P
Có 1 gam khí Heli (coi là khí lý tưởng, khối lượng mol M=4g/mol)
1
2
2P0
thực hiện một
chu trình 1 - 2 - 3 - 4 - 1 được biểu diễn trên giản đồ P-T như Hình 3.

P0
Cho P0 = 105Pa; T0 = 300K.
3
4
1. Tìm thể tích của khí ở trạng thái 4.

r
F

0

T0
2T0
Hình 3

T


2. Hãy nói rõ chu trình này gồm các đẳng quá trình nào. Vẽ lại chu trình này trên giản đồ P-V và
trên giản đồ V-T (yêu cầu ghi rõ giá trị bằng số và chiều biến đổi của chu trình trên các giản đồ này).
Câu 5: (2 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 và B thì lực
tương tác giữa hai điện tích là F1 = 9.10−4 N và F2 = 4.10−4 N . Tìm lực tương tác
giữa các điện tích khi q đặt tại C.

E1, r1


Câu 6: (2 điểm)

Cho mạch điện như hình vẽ. Với E1 = 6V ,
r1 = r2 = 1Ω , E2 = 2V , R1 = 2Ω , R2 = 5Ω , R3 là bình
điện phân dung dịch CuSO4 có các điện
cực bằng đồng và có điện trở 3Ω . Tính:
a) Hiệu điện thế UAB.
b) Cường độ dòng điện chạy qua các đoạn mạch.
c) Lượng đồng bám vào Katôt trong thời gian 16 phút 5 giây.

A

R1
E2,r2

R2

B

R3

Câu 7: (2 điểm)
a
Một điện tích q = 10−3 C , khối lượng m = 10−5 g
Δ
Δ’
chuyển động với vận tốc ban đầu vo đi vào

q,m
trong một vùng từ trường đều có B = 0,1T được

B
giới hạn giữa hai đường thẳng song song Δ và
α
Δ’, cách nhau một khoảng a = 10cm và có phương
0
vng góc với mặt phẳng chứa Δ và Δ’, sao cho

v 0 hợp góc α = 30o với Δ. Tìm giá trị của vo để
điện tích khơng ra khỏi từ trường ở Δ’ (hình vẽ), bỏ qua tác dụng
của trọng lực.

r
v

Câu 8: (2 điểm)
Một đĩa trịn mỏng, bằng gỗ, bán kính R = 5cm nổi trên mặt nước. ở tâm đĩa có gắn một cây kim,
thẳng đứng, chìm trong nước n =4/3.
Dù đặt mắt ở đâu trên mặt thống vẫn khơng thấy được cây kim. Hãy tính chiều dài tối đa của cây kim.
Câu 9: (2 điểm)
Lăng kính có tiết diện vng góc là một tam giác đều. Tia sáng SI chiếu tới mặt bên AB trong mặt
phẳng tiết diện vng góc và vng góc với AH.Chùm tia ló sát với AC. Tính n?


Câu 10: (2 điểm)
Cho một cục pin, một ampe kế, một cuộn dây có điện trở suất ρ đã biết, dây nối có điện trở khơng
đáng kể, một kéo cắt dây, một cái bút chì và một tờ giấy kẻ ô vuông tới mm. Hãy nêu cách làm thí
nghiệm để xác định gần đúng suất điện động của pin.
-------------- HẾT--------------

SỞ GD & ĐT THANH HĨA

Câu

1

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN VẬT LÝ THPT
Nội dung
a) Lực ma sát: Fms = μ.N = μmg.cosα .......................................................................
Công của lực ma sát: Ams = Fms.l với l là chiều dài nêm............................................
Cơ năng ban đầu của vật: W = mgh = mgl.sinα.........................................................
A ms
µ
=
= 34,6%.................................................................................................
W
tan α
b) Các lực tác dụng vao vật m như hình
vẽ

r
a


Fns


P


N
α


  
 
Phương trình định luật II cho vật: P + N + Fms = m(a 12 + a ) ......................................
Chiếu lên phương vuông góc với nêm và song song với nêm ta được:
N + ma.sin α - mg.cos α = 0
mg.sin α + ma.cos α – Fms = m.a12..............................................................................

a12 = g. sin α + a. cos α − µ ( g. cos α − a. sin α ) = 5,2 m/s2....................................
Áp dụng phương trình chuyển động tổng quát:
1
x = at 2 + vo t + xo ta có: a=2m/s2, vo=-5m/s, xo=2m...............................................
2
phương trình vận tốc của vật là: v = v o + at = −5 + 2t ……………………………...

Điểm
0,25
0,25
0,25
0,25

HV
0,25

0,25

0,25
0,25

0,5

0,25


2

* Sau 2s, vận tốc của vật là: v=-5+4=-1m/s………………………………………...
0,25
- Như vậy sau 2s thì vật vẫn chuyển động ngược chiều dương, nên độ biến thiên

động lượng của vật là: ∆ P = P1 − Po → ∆P = P1 − Po = 0,8.(−1) − 0,8.(−5) = 3, 2 

kg.m 
÷…….
 s 

0,25

* Sau 4s, vận tốc của vật là: v=-5+8=3m/s………………………………………….

0,25

- Như vậy sau 4s thì vật đổi chiều chuyển động và chuyển động cùng chiều dương,
nên độ biến thiên động lượng của vật là:……………………………………………

0,25

ur uu
r uu
r
 kg.m 

∆ P = P2 − Po → ∆P = P2 − Po = 0,8.3 − 0,8.(−5) = 6, 4 
÷.
 s 

0,25

ur

ur uu
r

a) Các lực tác dụng vào thanh AB và không
đi qua trục quay A như hình vẽ.

A

………………………..............
α


P
3

B

r
F

Phương trình mơmen với trục quay ở A.
AB

cos α
mg. 2
= F.AB.sin α........................................................................................
mg
F = 2. tan α = 866 N.................................................................................................
b) Muốn F có giá trị nhỏ nhất thì F phải có phương vng góc với AB....................
AB
cos α
mg. 2
= F.AB.................................................................................................
mg. cos α
2
Fmin =
= 433 (N).......................................................................................
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;
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)

HV
0,25

0,25
0,50
0,50
0,25
0,25
0,25


4
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.


- Lực tương tác: F1 =
5

Tương tự: OC =

k.q.Q
F1

k.Q.q
 OA =
OA 2

k .q.Q
và OB =
F

k.q.Q
, với F là lực tương tác khi đặt q ở C
F2

- Do B là trung điểm của AC nên: OA + OC = 2.OB

F1 .F2
1
1
2
-4
+
=
→
F=
2 =2,25.10 (N)
F1
F
F2
2 F1 − F2

(

)

6 − U AB
(1)
3
2 − U AB
= E2 − I 2 ( R2 + r2 ) = 2 − 6 I 2 → I 2 =
(2)
6
= IR 3 = 3I (3)

U AB = E1 − I1 ( R1 + r1 ) = 6 − 3I1 → I1 =
U AB

6

U AB

I = I1 + I 2 (4)
Thay (1), (2), (4) vào (3) ta có: U AB = 2,8(V )

7

16
2
Thay UAB vào (1), (2), (3) ta có: I 1 ≈ ( A), I 2 ≈ − ( A), I = 0,93( A)
15
15
tAI 965.64.0,93
=
= 0,3( g )
Khối lượng Cu thu được là: m =
Fn
96500.2
- Để điện tích khơng ra khỏi từ trường ở Δ’ thì v ≤ vgh.
(Với vgh ứng với trường hợp quỹ đạo của điện tích tiếp xúc với Δ’. )
a
- Từ hình vẽ ta có: a = R + Rcosα → R =
1 + cosα
(vẽ được hình được 0,25đ)
mvgh
mv
a
aqB

→
= gh → vgh =
- Mặt khác: R =
.
qB
1 + cosα
qB
m(1 + cosα )
- Thay số có: vgh =

8

0,1.10−3.0,1
= 536(m / s )
10−8.(1 + cos30o )

- Vậy để điện tích khơng ra khỏi từ trường ở Δ’ thì v ≤ 536 (m/s).
- Muốn cho mắt đặt trên mặt thống khơng thể nhìn được kim thì khơng có tia khúc
xạ ra ngồi.
- Điều kiện để khơng thấy được đầu kim ta có:
R
1
≥ ( l: chiều dài của kim).
Suy ra:
R2 + l 2 l
⇒l ≤ R n − 1 .
Vậy chiều dài tối đa của kim là:
Lmax= R n 2 − 1 = 4,4cm.
- Đo chiều dài dây dẫn bằng giấy kẻ ơ. Để xác định đường kính d của dây, cuốn
nhiều vòng (chẳng hạn N vòng) sát nhau lên bút chì rồi đo bề rộng của N vịng đó

rồi chia cho N ta được d..........................................
- Cắt lấy một đoạn dây đã biết điện trở suất. Lập mạch điện kín gồm nguồn điện,
đoạn dây đã cắt ra và ampe kế, khi đó đo đươc cường độ dịng điện chạy qua ampe
kế là:

0,5

0,5
0,5đ
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5

0,5

0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25
0,5

2


0,5
0,5
0,5

0,5


10

I=

E
(1) ....................................................................
r+R

Trong đó E, r là suất điện động, điện trở trong của nguồn, R là điện trở của đoạn
dây đã cắt ra.
- Cắt bớt đoạn dây trên, chẳng hạn chỉ để lại ¾ chiều dài (hoặc một nửa chiều dài,
…) rồi lắp lại vào mạch và đo cường độ dòng điện:

E
I '=
(2)
3
r+ R
4

0,5

........................................................................


1 1 
−  (3)
 I I'

Từ (1) và (2) rút ra: R = 4 E 

Thay (3) và (1) hoặc (2) tìm được:

 4 ρ
ρ.I .I '
1 1 
4E −  = ρ = 2 ⇒ E = 2
...............................
S πd
πd ( I '− I )
 I I'

0,5

( Học sinh làm cách khác nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa)

I. KHUNG MA TRÂN ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP TỈNH

Cấp độ

Vận dụng
Số lượng

Thông

hiểu

Cộng
Cấp độ thấp

Cấp độ cao

Tên chủ đề
Cơ học

Số câu

1

1

1

3

Số câu03
Số điểm 6,0
Tỉ lệ 30%

Số điểm

2

2


2

6

Nhiệt học

Số câu

1

1

Số câu 01
Số điểm 2,0
Tỉ lệ 10%

Số điểm

2

2

Điện học

Số câu

1

1


1

3

Số câu 03
Số điểm 6,0
Tỉ lệ 30 %

Số điểm

2

2

2

6

Quang học

Số câu

1

1

2

Số câu 02
Số điểm 4,0

Tỉ lệ 20%

Số điểm

2

2

4


Phương án
thực hành

Số câu

1

1

Số câu 01
Số điểm 2,0
Tỉ lệ 10%

Số điểm

2

2


Tổng số câu
10
Tổng số điểm
20

Số câu3

3

4

3

10

Số điểm

6

8

6

20

Tỉ lệ

30%

40%


30%

100%

SỞ GD&ĐT THANH HÓA
Trường THPT Vĩnh Lộc
ĐỀ THAM KHẢO
GV: Vũ Văn Sơn
ĐT: 0985685228

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2017 – 2018
MƠN THI: VẬT LÍ LỚP 11 THPT
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề
( Đề thi này gồm có 10 câu gồm hai trang)

Câu 1: (2,0 điểm) Một vật coi như chất điểm có khối lượng 1kg đang nằm yên trên mặt phẳng
ngang được kéo chuyển động theo phương ngang, lực kéo hướng lên và hợp góc 30 0 so với
mặt phẳng ngang và có độ lớn không đổi 5N. Sau khi chuyển động 3s, vật
đi được S = 25m, g = 10m/s 2. Hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt sàn là bao
nhiêu?
Câu 2: (2,0 điểm) Đầu C của một thanh nhẹ CB được gắn vào bức tường
đứng thẳng, còn đầu B của thanh thì được treo vào một cái được treo vào
một cái đinh O bằng dây OB sao cho thanh BC nằm ngang (CB = 2CO).
Một vật A có khối lượng m = 5kg được treo vào B bằng dây BD. Hãy tính
lực căng của dây OB và lực nén lên thanh BC. Bỏ qua khối lượng của thanh BC.
Lấy g = 10m/s2.
Câu 3: (2,0 điểm) (2,0 điểm) Hai quả cầu I và II có bán kính như nhau nhưng khối lượng khác
nhau tương ứng và được treo cạnh nhau bởi hai sợi dây nhẹ, không dãn, cùng chiều dài (rất

lớn so với bán kính các quả cầu) như hình 1. Kéo lệch quả cầu I
khỏi vị trí cân bằng sao cho sợi dây treo nó căng, hợp với phương
α
thẳng đứng một góc α = 600 rồi thả nhẹ. Khi qua vị trí cân bằng, quả
0
cầu I va chạm đàn hồi với quả cầu II. Bỏ qua ma sát và lực cản của
mơi trường. Lấy .
m1
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?
m
b, Biết rằng sau va chạm hai quả cầu sẽ đạt độ cao cực đại cùng một
Hình 1
2
lúc. Tính góc lệch giữa hai sợi dây khi đó.


Câu 4: (2,0 điểm) Một bọt khí có thể tích tăng gấp rưỡi khi nổi từ đáy hồ lên mặt nước. Giả sử
nhiệt độ khơng đổi. Tính độ sâu của hồ. Biết áp suất khí quyển là 75cmHg.
Câu 5: (2,0 điểm) Cho hai điểm A và B cùng nằm trên một đường sức của điện trường do một
điện tích điểm q > 0 gây ra. Biết độ lớn của cường độ điện trường tại A là 36V/m, tại B là
9V/m.
a) Xác định cường độ điện trường tại trung điểm M của AB.
b) Nếu đặt tại M một điện tích điểm q 0 = -10-2C thì độ lớn lực điện tác dụng lên q 0 là bao
nhiêu? Xác định phương chiều của lực.
Câu 6: (2,0 điểm) Một nguồn điện có suất điện động E, điện trở trong r, cung cấp điện cho
mạch ngồi có điện trở R thay đổi được.
a). Xác định R để cơng suất mạch ngồi cực đại?
b). Tính công suất cực đại và hiệu suất của nguồn điện khi đó?

Câu 7: (2,0 điểm) 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 v 1 = v0, v2 =
3v0. Bỏ qua lực cản của môi trường, trọng lượng các hạt và lực tĩnh điện giữa hai hạt. So sánh
bán kính quỹ đạo, chu kì chuyển động của hai hạt.
Câu 8: (2,0 điểm) Một người ngồi trên bờ hồ nhúng chân vào nước trong suốt có n=4/3.
a. Khoảng cách thực từ bàn chân A tới mặt nước là 44cm. Hỏi mắt người cảm thấy bàn chân
cách mặt nước bao nhiêu?
b. Người này cao 180cm và nhìn thấy một hịn sỏi dưới đáy hồ dường như cách mặt nước
150cm. Hỏi nếu đứng xuống hồ thì người ấy có bị ngập đầu khơng?
Câu 9: (2,0 điểm) Một lăng kính có tiết diện thẳng là một tam giác đều, chiết suất
, đặt
trong khơng khí. Chiếu một tia sáng đơn sắc nằm trong một tiết diện thẳng đến một mặt bên
của lăng kính và hướng từ phía đáy lên với góc tới i.
a, Góc tới i bẳng bao nhiêu thì góc lệch của tia sáng qua lăng kính đạt giá trị cực tiểu, tính giá
trị cực tiểu đó.
b, Giữ ngun vị trí tia tới. Để tia sáng khơng ló ra được ở mặt bên thứ 2 thì phải quay lăng
kính quanh cạnh của nó theo chiều nào và với một góc nhỏ nhất bằng bao nhiêu?
Câu 10: (2,0 điểm) thế nào xác định hệ số ma sát của một thanh trên một mặt phẳng nghiêng
mà chỉ dùng một lực kế(hình vẽ). Biết độ nghiêng của mặt phẳng là không đổi và không đủ lớn
để cho thanh bị trượt.
****************************************
Giám thị coi thi khơng giải thích gì thêm!


SỞ GD&ĐT THANH HÓA

HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GỎI CẤP TỈNH


Trường THPT Vĩnh Lộc
ĐỀ THAM KHẢO
GV: Vũ Văn Sơn
ĐT: 0985685228
Câu

1
(2,0 đ)

Nội dung

uu
r ur uuur ur
Vẽ hình phân tích các lực tác dụng lên vật: N , P, Fms , F

Điểm
0,25

...............................................
uu
r ur uuur ur
r
Theo định lụât II Niu-Tơn ta có: N + P + Fms + F = ma

0,25

................................................
Chiếu lên trục Ox: F .cosα − Fms = ma
(1).................................................................
Chiếu lên trục Oy: N − P + F .sin α = 0 ⇒ N = P − F .sin α (2)................................

Từ (1) và (2) ⇒ F .cosα − µ .( P − F .sin α ) = ma ⇒ µ = 0,5 ......................................

0,25

S = v0t + 1/ 2at 2 ⇒ a =

2
(2,0 đ)

NĂM HỌC 2017 – 2018
MƠN THI: VẬT LÍ LỚP 11 THPT
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề
( Đề thi này gồm có 10 câu gồm hai trang)

0,25
0,5
0,5

2.s
= 0,56m / s 2
t2
.....................................................................

Xét cân bằng của thanh BC, vẽ hình đúng......................................................
Các lực tác dụng lên thanh gồm:
....................................................
Thanh cân bằng nên:
(1).......................................................
Chiếu lên phương thẳng đứng và nằm ngang ta được:
...............................................................................

....................................................................................................
Với
,
.........................................................
Thay số:
.................................................................................

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25


3
(2,0 đ)

Và
....................................................................................
a,+ 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 – cosα) =
⇒ v1 = = = ≈ 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’ (1.1)...............................................
Va chạm đàn hồi nên động năng không đổi
⇒ v12 = v1’2 + 2v2’2 (1.2).................................
Từ (1.1) và (1.2) suy ra
v1’ = = ≈ -1,054 m/s và v2’ = = ≈ 2,1 m/s
Dấu “-“ của v1’ cho thấy vật I sẽ bật ngược trở lại sau va chạm....................
b, 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 – cosα1) = ...............................................................................
⇒ cosα1 = 1 - = 1 - hay α1 ≈ 19019’............................................
m2gl(1 – cosα2) = ⇒ cosα2 = 1 – = 1 – hay α1 ≈ 38065’..
Góc lệch giữa hai sợi dây
ϕ = α1 + α2 = 58013’..........................................................................................

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

h
(cmHg ) ..............................................
13, 6

- Khi ở mặt hồ: V2 ; p2 = p0 ..........................................................................
- Áp dụng định luật Bôi lơ – Ma ri ốt:
h
( po +
)V1 = p0 .1, 5V1 ........................................................................
13, 6
⇒ h = 5,1m ......................................................................................................
- Khi ở đáy hồ: V1 ; p1 = po +

4
(2,0 đ)

5
(2,0 đ)

a) Ta có: E A = k
EB = k

q
OB

EM = k

2

q
OM

q
OA


2

= 36V / m (1) ..............................................................

= 9V / m (2)
2 (3)

0,5
0,5
0,5
0,5

0,25

..........................................................................

0,25

............................................................................

0,25

2

OB 
Lấy (1) chia (2) ⇒ 
÷ = 4 ⇒ OB = 2OA .
 OA 


..........................................

0,25


Với: OM =

OA + OB
2

= 1,5OA ⇒

r

r

b) Lực từ tác dụng lên qo: F = q 0 E M

r

0,25

2

 OA 
=
Lấy (3) chia (1) ⇒
÷
E A  OM 
EM


.............................................

EM
EA

2

1
 OA 
⇒ E M = 16V
÷ =
2, 25
 OM 

=

6
(2,0 đ)

E
a) ta có: I=
R+r

r

0,25

..........................................................


E 2 .R
=
; P = I.R2. Suy ra: P= ( R + r )

0,5

E2
( R+

r
R

)2

......................

Công suất cực đại khi mẫu số cực tiểu khi: R =r ..........................................

0,5

U .I
R
E2
=
. Ta có: H =
...............................................
E .I R + r
4.r

0,5


Khi R = r thì ta có H0=1/2 =50%..................................................................

0,5

Khi hạt mang điện tích q chuyển động trong từ trường với vận tốc v, lực từ
đóng vai trị lực hướng tâm
⇒ R = ~ v..........................................................................
= 3.....................................................................................................
Chu kì chuyển động của các hạt
T = khơng phụ thuộc v...............................................................
Vậy T1 = T2 = T.............................................................................................

0,5

b) Suy ra: Pmax=

7
(2,0 đ)

0,25

......................................................

vì q0 <0 nên F ngược hướng với E M và có độ lớn:
F = q 0 E M = 0,16N

0,25

0,5

0,5

'

a, áp dụng công thức:
8
(2,0 đ)

Thay số ta được: A’ H = 33cm.....................................................................
b, Độ sâu của nước:
AH =

9
(2,0 đ)

n
A H n2
=
⇒ A ' H = 2 AH ........................................
AH
n1
n1

n1 '
A H . Thay số ta được: AH = 200cm..........................................
n2

Người cao 180cm đứng xuống thì bị ngập đầu............................................
a, Để góc lệch của tia sáng đạt góc lệch cực tiểu thì tian tới và tía ló nằm đối
xứng nhau qua mặt phẳng phân giác của góc chiết quang A, lúc này thì:

.........................................................................................
Ta có :
....................................................................................
Thay số:
sin
.........................................................
Góc lêch cực tiểu:
....................................................
b, Từ điều kiện của r để có tia ló: r ' ≤ igh
....................................................................

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25