Đề thi học sinh giỏi môn Vật lí lớp 11 cấp trường năm 2020-2021 - Trường THPT Trần Nguyên Hãn, Hải Phòng

Đề thi học sinh giỏi môn Vật lí lớp 11 cấp trường năm 2020-2021 - Trường THPT Trần Nguyên Hãn, Hải Phòng dành cho các bạn học sinh lớp 11 và quý thầy cô tham khảo giúp các bạn học sinh có thêm tài liệu chuẩn bị ôn tập cho kì thi học sinh giỏi sắp tới được tốt hơn cũng như giúp quý thầy cô nâng cao kỹ năng biên soạn đề thi của mình. Mời các thầy cô và các bạn tham khảo.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG TRƯỜNG THPT TRẦN NGUN HÃN ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có trang) ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG 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 có phương trình: x = t – 6t + 10 (m; s) a) Vẽ đồ thị vận tốc – thời gian b) Mô tả chuyển động vật c) Tính quãng đường vật sau giây kể từ thời điểm t = Bài 2: (1 điểm) 2.1 Một phịng có kích thước 8m x 5m x 4m Ban đầu khơng khí phịng điều kiện chuẩn, sau nhiệt độ khơng khí tăng lên tới 10oC, áp suất 78 cmHg Tính thể tích lượng khí khỏi phịng khối lượng khơng khí cịn lại phịng 2.2 Một bình tích V chứa mol khí lí tưởng L có van bảo hiểm xilanh (có kích thước nhỏ so với bình) có pít tơng diện tích S, giữ lị xo có độ cứng k (hình 1) Khi nhiệt độ khí T1 píttơng cách lỗ khí đoạn L Nhiệt độ khí tăng tới giá trị T2 khí ngồi Tính T2? Hình Bài 3: (2 điểm) Hai cầu kim loại nhỏ giống (cùng khối lượng, tích điện nhau) treo vào điểm hai sợi dây nhẹ không dãn, dài  = 40 cm Truyền cho hai cầu điện tích có điện tích tổng cộng q = 8.10-6 C chúng đẩy dây treo hợp với góc 900 Lấy g = 10 m/s2 a Vẽ hình, phân tích lực cầu cân bằng, tìm khối lượng cầu b Truyền thêm điện tích q’cho cầu, thấy góc hai dây treo giảm cịn 600 Xác định véc tơ cường độ điện trường trung điểm sợi dây treo cầu truyền thêm điện tích này? (vẽ hình) biết truyền thêm điện tích cầu khơng chạm vào Bài 4: (1,5điểm) Cho mạch điện hình vẽ (Hình 2) Trong R1 = ; R3 = 10 ; R2 = R4 = R5 = 20 ; I3 = A Tính điện trở tương đương đoạn mạch AB, hiệu điện cường độ dòng điện điện trở Hình Bài 5: (1,5 điểm) Một nguồn điện có suất điện động e = 18 V, điện trở r =  dùng để thắp sáng bóng đèn loại V - W a) Có thể mắc tối đa bóng đèn để đèn sáng bình thường phải mắc chúng nào? b) Nếu có bóng đèn phải mắc chúng để bóng đèn sáng bình thường Trong cách mắc cách mắc lợi Bài 6: (2 điểm) Một giọt dầu nằm lơ lửng điện trường tụ điện phẳng Đường kính giọt dầu 1mm, khối lượng riêng dầu 800kg/m3 Hiệu điện tụ 220V, khoảng cách tụ 2cm Bỏ qua lực đẩy ácimet khơng khí Lấy g =10m/s 1, Tính điện tích giọt dầu 2, Nếu hiệu điện đổi dấu: a, Hiện tượng xảy nào? b, Tính thời gian giọt dầu rơi xuống dưới, biết lúc đầu giọt dầu Hình Bài 7: (2 điểm) Nêu phương án thực nghiệm xác định điện trở ampe kế Dụng cụ gồm: nguồn điện có hiệu điện khơng đổi, ampe kế cần xác định điện trở, điện trở R0 biết giá trị, biến trở chạy Rb có điện trở tồn phần lớn R0, hai cơng tắc điện K1 K2, số dây dẫn đủ dùng Các cơng tắc điện dây dẫn có điện trở không đáng kể Chú ý: Không mắc ampe kế trực tiếp vào nguồn Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên, Chữ kí cán coi thi:……………………………………………………… ĐÁP ÁN a) x = t2 – 6t +10 (m) => V0= - 6m/s, a = 2m/s2 + Công thức vận tốc – thời gian: v = 2t – (m/s) đồ thị 0.5 v(m/s) -6 b) + Toạ độ ban đầu (t0 = 0) ta có x0 =10 m; v0 = - m/s; a = m/s2 0.25 + Trong thời gian t  s v  ; a > : Chuyển động chậm dần + Tại thời điểm t = s v = đổi chiều vận tốc + t > s , v > , a > :Chuyển động nhanh dần + Quãng đường gồm phần: 0.25 + Trong thời gian t1 = s  S1 =  v 02 2a = m vật lại gần gốc toạ độ + Trong thời gian t2 = –2 = 3s  S2 = 2.1 at =4m + Vậy thời gian s vật S = s + s2 = + = 13 m Lượng khơng khí phịng trạng thái ban đầu (điều kiện 0.25 chuẩn) p0 = 76 cmHg ; V0 = 5.8.4 = 160 m3 ; T0 = 273 K Lượng khơng khí phịng trạng thái 2: p2 = 78 cmHg ; V2 ; T2 = 283 K Ta có: p0V0 p2V2 p V T 76.160.283   V2  0   161, 60m3 T0 T2 T0 p2 273.78 Thể tích khơng khí khỏi phòng: 0.25 V  V2  V0  161,6  160  1,6m Thể tích khơng khí khỏi phịng tính 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 phịng: m'  m  m  V0 0  V0 0  0 V0  V0   204,84kg 0.5 2.2 Kí hiệu P1 P2 áp suất ứng với nhiệt độ T1 T2 ; l độ co ban đầu lò xo, áp dụng điều kiện cân piston ta ln có: k.l  p1S ; => k.(l  L)  p2 S k.L  ( p2  p1 )S ; (1) Vì thể tích xilanh khơng đáng kể so với thể tích V bình nên coi thể tích khối khí khơng đổi 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) (2) ta có hệ phương trình  V kL  ( P2  P1 ) S 0.5 Như khí ngồi nhiệt độ khí lên đến: T2  T1  kLV RS Hình vẽ lực a Ban đầu cân cầu chịu tác dụng lực: Trọng lực P, Lực điện F lực căng dây treo T P  F T   F = Ptan 2  kq1 /r = mgtan  m = kq12/r2 mgtan = 0,045 kg = 45 g Khi truyền thêm điện tích q’ hai cầu chưa chạm cùng tích điện dương F’ = Ptan’  kq1q2’ /r’2 = mgtan’ q2’ = r’2mgtan’/kq1 = 1,15.10-6 C E1 = kq1/(  / )2 = 3.105 V/m E2 = kq2’/(  / )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 = 4235 = 6,4 ; R1  R4235 R35 = R3 + R5 = 30 ; R235 = 0.5 0.25 0, 0.25 I3 = I5 = I35 = A; U35 = U2 = U235 = I35R35 = 60 V; I2 = 0.25 U2 = A; R2 0.25 I235 = I4 = I4235 = U 235 = A; U4235 = U1 = UAB = I4235R4235 = 160 R235 0.25 V; I1 = U1 = 20 A U1 Điện trở cường độ dòng điện định mức bóng đèn là: Rđ = 0.25 đ U P = 12 ; Iđ = đ = 0,5 A Pđ Uđ a) Gọi N số bóng đèn thắp sáng Khi chúng sáng bình thường cơng suất tiêu thụ mạch là: P = 3N = UI = (e – rI)I = 24I – 6I2  6I2 – 8I + N = (1) Để 0.25 phương trình có nghiệm ’ = 16 – 2N   N  Vậy số bóng đèn tối đa bóng Với N = phương trình (1) có nghiệm kép I = A Nếu bóng đèn mắc thành m dãy, dãy có n bóng 0.25 ta phải có I = mIđ  m = N I = 4; n = = m Iđ Vậy phải mắc thành dãy, dãy có bóng b) Với N = phương trình (1) có nghiệm: I1 = A v I2 = A Với I1 = A, ta có: m = N I1 = 2; n = = m Iđ 0.25 Vậy phải mắc thành hai dãy, dãy có bóng Khi điện trở mạch ngồi: R = Hiệu suất mạch là: H1 = Với I2 = A, ta có: m = 3Rđ = 18  0.25 R = 0,75 Rr N I2 = 6; n = = m Iđ Vậy phải mắc thành dãy, dãy có bóng đèn Khi điện trở mạch ngoài: R = Rđ = 2 R Hiệu suất mạch là: H2 = = 0,25 Rr Vậy, cách mắc thành hai dãy, dãy gồm bóng đèn có lợi 0.25 BÀI 6: (2 điểm) 1,Vì bỏ qua lực đẩy acsimet khơng khí nên lực tác dụng lên cầu P, F Để cầu cân : P + F =0  P= F Mà P= mg = D.V.g= F= q + + D. r g + + 0.25 0.25 0.25 F U d U D. r g = q d 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 < => q  38.10 (C ) 0.25 0.25 +Nếu đổi dấu hiệu điện điện trường giữ nguyên 0.25 lực điện cùng phương, cùng chiều, cùng độ lớn với trọng lực Vậy giọt dầu chịu tác dụng lực có độ lớn 2P hướng xuống nên chuyển động với gia tốc a= 2g= 20 m/s +Thời gian giọt dầu xuống 0.25 2s 102 3 t a  10  10  10 10 (s) - Bố trí mạch điện hình vẽ (hoặc mơ tả cách mắc) - Bước 1: Chỉ đóng K1: số ampe kế I1 Ta có: U = I1(RA + R0) (1) - Bước 2: Chỉ đóng K2 dịch chuyển chạy để ampe kế I1 Khi phần biến trở tham gia vào mạch điện có giá trị R0 - Bước 3: Giữ nguyên vị trí chạy biến trở bước đóng K1 K2, số _ + ampe kế I2 U Ta có: U = I2(RA + R0/2) (2) A - Giải hệ phương trình (1) (2) ta tìm được: K1 R (2 I1  I ) R0 RA  2( I  I1 ) K2 - Bố trí mạch điện hình vẽ (hoặc mô tả cách mắc) Rb - Bước 1: Chỉ đóng K1: số ampe kế I1 Ta có: U = I1(RA + R0) (1) - Bước 2: Chỉ đóng K2 dịch chuyển chạy để ampe kế I1 Khi 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 + A 0,25 _ U R0 K1 K2 Rb R0 - Bước 3: Giữ nguyên vị trí chạy biến trở bước đóng K1 K2, số ampe kế I2 Ta có: U = I2(RA + R0/2) (2) - Giải hệ phương trình (1) (2) ta tìm được: RA  (2 I1  I ) R0 2( I  I1 ) - Bố trí mạch điện hình vẽ (hoặc mơ tả cách mắc) - Bước 1: Chỉ đóng K1: số ampe kế I1 Ta có: U = I1(RA + R0) (1) - Bước 2: Chỉ đóng K2 dịch chuyển chạy để ampe kế I1 Khi phần biến trở tham gia vào mạch điện có giá trị R0 - Bước 3: Giữ nguyên vị trí chạy + A K1 0,25 0,25 0,25 _ 0,25 U R0 K2 Rb biến trở bước đóng K1 K2, số ampe kế I2 Ta có: U = I2(RA + R0/2) (2) - Giải hệ phương trình (1) (2) ta tìm được: RA  (2 I1  I ) R0 2( I  I1 ) - Bố trí mạch điện hình vẽ (hoặc mơ tả cách mắc) - Bước 1: Chỉ đóng K1: số ampe kế I1 Ta có: U = I1(RA + R0) (1) - Bước 2: Chỉ đóng K2 dịch chuyển chạy để ampe kế I1 Khi phần biến trở tham gia vào mạch điện có giá trị R0 0,25 0,25 0,25 - Bước 3: Giữ nguyên vị trí chạy + A K1 0,25 _ U R0 K2 Rb biến trở bước đóng K1 K2, số ampe kế I2 Ta có: U = I2(RA + R0/2) (2) - Giải hệ phương trình (1) (2) ta tìm được: RA  (2 I1  I ) R0 2( I  I1 ) ... 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 < => q  38.10 (C ) 0.25 0.25 +Nếu đổi dấu hiệu điện cịn điện trường giữ... Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên, Chữ kí cán coi thi: ……………………………………………………… ĐÁP ÁN a) x = t2 – 6t +10 (m) => V0= - 6m/s, a = 2m/s2... Rb R0 - Bước 3: Giữ nguyên vị trí chạy biến trở bước đóng K1 K2, số ampe kế I2 Ta có: U = I2(RA + R0/2) (2) - Giải hệ phương trình (1) (2) ta tìm được: RA  (2 I1  I ) R0 2( I  I1 ) - Bố trí