Đề Thi HSG Lý 11 Cấp Trường Năm Học 2021-2022 Có Đáp Án

Câu

NỘI DUNG

Điểm

1

(3điểm)

Bài 15:: a) Thiết lập được biểu thức:

0,5

0,5

b) T_max= 3mg. Từ hệ thức trên suy ra: →

0,5

c) Chọn mốc thế năng tại VT thấp nhất. Cơ năng tại A(ngang):

Cơ năng tại B(thấp nhất):

Lực đàn hồi khi vật đi qua VTCB:

Từ (1),(2)

Thay vào (3):

Giải ra: =0,104(m)

0,25

0,25

0,25

0,25

0,5

2

(4,5

điểm)

1. Chiều dòng điện như trên hình vẽ.

Tại nút A: I = I₁ + I₂ (I₁ = 0,4 A)

Sử dụng định luật Ôm cho các đoạn mạch:

U_AC = I₂.x = 6I₂ ; U_AC = E – I(r + R_CB) = 12 – 3,6I

U_AC = 3e₀ + 3r₀I₁ = 3e₀ + 0,6

Giải hệ bốn phương trình trên ta được:

I₂ = 1,1A; I = 1,5A; e₀ = 2V

Từ đó:

0,25

0,25

0,5

0,5

2. Đèn có cường độ định mức và điện trở là I_đ = 1A; R_đ = 1,5Ω.

Bộ nguồn có E_b = 6V; r_b = 1,5Ω.

Để các đèn đều sáng bình thường thì phải mắc chúng hỗn hợp đối xứng.

Gọi số đèn mắc nối tiếp nhau trên mỗi dãy là x, số dãy đèn mắc song song với nhau là y. Với x, y nguyên, dương. Ta có điện trở của bộ đèn là

Cường độ dòng điện chạy trong mạch chính là

x + y = 4 . Suy ra số đèn tối đa là x.y = 4 .

Vậy phải mắc 4 đèn thành 2 dãy song song, mỗi dãy gồm 2 đèn mắc nối tiếp nhau.

0,5

0,5

0,5

3. Giả sử các đi ốt đều mở khi đó dòng điện có chiều như hình vẽ.

Xét các vòng mạch ABDA, DCBD và nút B

ta có hệ phương trình.

Giải hệ trên ta được:

; ;

Do i₂ >0 với mọi R đi ốt D₂ luôn mở. Ta thấy khi R ≥ 5Ω i₁ ≤ 0 điốt D₁ đóng.

Công suất trên điện trở R là

Khi R < 5Ω i₁ > 0 điốt D₁ mở.

Công suất trên điện trở R là

P_Rmax ≈ 0,917 (W)

0,25

0,5

0,25

0,25

0,25

3

(3điểm)

a. Quá trình 1 – 4 có P tỷ lệ thuận với T nên là quá trình đẳng tích, vậy thể tích ở trạng thái 1 và 4 là bằng nhau: V₁ = V₄. Sử dụng phương trình C-M ở trạng thái 1 ta có:

, suy ra:

Thay số: m = 1g;  = 4g/mol; R = 8,31 J/(mol.K); T₁ = 300K và P₁ = 2.10⁵ Pa ta được:

0,5

0,5

b. 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:

0,5

c . Để tính công, trước hết sử dụng phương trình trạng thái ta tính được các thể tích:

V₂ = 2V₁ = 6,24.10 ^{– 3} m³; V₃ = 2V₂ = 12,48.10 ^{– 3} m³.

Công mà khí thực hiện trong từng giai đoạn:

vì đây là quá trình đẳng áp.

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

4

(2,5

điểm)

_1.Xét điều kiện CB của q₃:

- Với và

- Trong đó F₃ có phương là đường phân giác góc C, lại có nên q₀ nằm trên phân giác góc C.

- Tương tự, q₀ cũng thuộc phân giác các góc A và B. Vậy q₀ tại trọng tâm G của ABC.

- Vì nên hướng về phía G, hay là lực hút nên q₀ < 0.

- Độ lớn:

0,5

0,5

0,5

2. * Dụng cụ thí nghiệm cần dùng :

1) Lực kế.

2) Sợi dây nhẹ ,không dãn dài khoảng 2m.

3) Thước đo có chia độ đến từng mm.

* Phương án thí nghiệm :

+ Treo 2 quả cầu vào 2 đầu sợi dây và móc trung điểm sợi dây vào một điểm cố định cho hai quả cầu mang điện tương tác đẩy nhau.

+ Dùng lực kế đo trọng lượng quả cầu ,dùng thước đo xác định R và .

+ Tính Q theo công thức :

0,25

0,25

0,5

5

(4điểm)

1. Theo định luật bảo toàn động lượng : m₁v₁ = m₂v₂ (1) và sau khi vỡ hai hạt chuyển động ngược chiều nhau.

Nếu hướng chuyển động của một mảnh nào đó hợp với véc tơ cảm ứng từ góc

khi đó quỹ đạo của hai mảnh là các đường xoắn ốc hướng ra xa nhau nên hai mảnh không gặp nhau . Khi thì hai mảnh chuyển động theo quỹ đạo tròn với tốc độ không đổi dưới tác dụng của lực Lorenxơ.

Bán kính lần lượt là : và (2) kết hợp (1) và (2) ta được R₁= R₂= R.

Do hai điện tích trái dấu nhau nên hai mảnh cùng chuyển động đều trên một đường tròn về hai phía ngược nhau và đi đến gặp nhau .

Khoảng thời gian từ khi vỡ đến khi gặp nhau là :

0,5

0,5

0,5

2. a) Khi thanh MN trượt xuống dốc, trong thanh MN xuất hiện suất điện động cảm ứng có chiều N đến M (Quy tắc bàn tay trái). Vậy dòng điện chạy qua R theo chiều từ M đến N

Thanh MN trượt xuống dốc do tác dụng của (nằm theo đường dốc chính) của trọng lực : P₁ = P.sinα = mg.sinα

Kí hiệu v là vận tốc chuyển động của thanh MN. Độ lớn của suất điện động cảm ứng:

E_C = B.l.v.sin( ) = B.l.v.sin (90⁰ + α) = B.l.v.cos α

Trong thanh MN xuất hiện dòng điện cảm ứng có cường độ I :

Và có chiều chạy qua thanh MN theo chiều từ N đến M ( theo quy tắc bàn tay phải)

Trong thanh MN có dòng điện I được đặt trong từ trường phải chịu tác dụng của lực từ , lực từ có phương vuông góc với và với MN, có chiều theo quy tắc bàn tay trái, có độ lớn : F = B.I.l.sin90⁰=B.I.l =

Thành phần của lực từ (nằm dọc theo dốc chính) có cường độ:

Ta thấy ngược chiều với . Như vậy thanh MN chịu tác dụng của hai lực cùng phương, ngược chiều : kéo xuống kéo lên.

Lúc đầu, vận tốc v của thanh còn nhỏ F₁ < P₁ hay P₁ - F₁>0.Lực tổng hợp + gây ra gia tốc cho thanh MN chuyển động nhanh dần, do đó v tăng dần và kết quả là F₁ tăng dần trong khi P₁ là không đổi. Đến một giá trị v_max của vận tốc sao cho F₁ = P₁ thì thanh MN sẽ chuyển động với v_max không đổi.

Khi đó : = 4 m/s

Khi đó cường độ dòng điện qua R là : = 2A

Lưu ý: HS có thể nhận xét vì lúc này F₁ = P₁ nên Khi đó cường độ dòng điện qua R là :

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

6

(2điểm)

Để có các tia ló ra khỏi bán cầu đến màn thì các tia tới mặt cầu phải có góc tơi ii_gh

Với sin i_gh =  i_gh = 45^o

Xét các tia vừa đủ điều kiện phản xạ toàn phần S₁I₁J₁ và S₂I₂J₂. Ta có i₁ = i₂ = i_gh = 45^o

 góc khúc xạ tại I₁ và I₂ đều bằng 90^o.  tứ giác OI₁FI₂ là hình vuông  OF = r

Các tia khúc xạ đến màn đều nằm trong phạm vi J₁J₂.  O₂J₁ = O₂J₂ là bán kính của vùng sáng trên màn. Xét cặp tam giác đồng dạng: FO₂J₂ và FO₁I₂ ta có:

 R = O₂J₂ = O₁I₂ =

0,5

0,5

0,5

0,5