Đề Thi Học Sinh Giỏi Lý 11 Năm 2020-2021 Trường Trần Nguyên Hãn Vòng 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG

TRƯỜNG THPT TRẦN NGUYÊN 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

1

a) x = t² – 6t +10 (m) =>

V_0­= - 6m/s, a = 2m/s²

+ Công thức vận tốc – thời gian:

v = 2t – 6 (m/s) và đồ thị

0.5

b) + Toạ độ ban đầu (t₀ = 0) ta có x₀ =10 m; v₀ = - 6 m/s; a = 2 m/s²

+ 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

0.25

+ Quãng đường đi được gồm 2 phần:

+ Trong thời gian t₁ = 3 s  S₁ = = 9 m vật lại gần gốc toạ độ

+ Trong thời gian t₂ = 5 –2 = 3s  S₂ = = 4 m

+ Vậy trong thời gian 5 s vật đi được S = s₁ + s₂ = 9 + 4 = 13 m

0.25

2.1

Lượng không khí trong phòng ở trạng thái ban đầu (điều kiện chuẩn)

p₀ = 76 cmHg ; V₀ = 5.8.4 = 160 m³ ; T₀ = 273 K

Lượng không khí trong phòng ở trạng thái 2:

p₂ = 78 cmHg ; V₂ ; T₂ = 283 K

Ta có:

0.25

Thể tích không khí thoát ra khỏi phòng:

0.25

Thể tích không khí thoát ra khỏi phòng tính ở điều kiện chuẩn là:

0.5

Khối lượng không khí còn lại trong phòng:

2.2

Kí hiệu và là các áp suất ứng với nhiệt độ và ; là độ co ban đầu của lò xo, áp dụng điều kiện cân bằng của piston ta luôn có:

;

=> ; (1)

025

Vì thể tích của xilanh không đáng kể so với thể tích V của bình nên có thể coi thể tích của khối khí không đổi và bằng V

áp dụng phương trình trạng thái ta luôn có:

; => ; .

=> ;

=> (2)

0.25

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình

Như vậy khí thoát ra ngoài khi nhiệt độ của khí lên đến:

0.5

3

Hình vẽ đúng các lực

0.25

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

_ F = Ptan

0.25

 kq₁²/r² = mgtan  m = kq₁²/r² mgtan = 0,045 kg = 45 g

0.5

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

0.25

E₁ = kq₁/( )² = 3.10⁵ V/m

E₂ = kq₂’/( )² = 2,6.10⁵ V/m

E = = 3,97.10⁵ V/m  4.10⁵ V/m

0, 5

tan = E₁/E₂ = 3/2,6   = 49⁰

0.25

4

Phân tích đoạn mạch: R₄ nt (R₂ // (R₃ nt R₅)) // R₁.

R₃₅ = R₃ + R₅ = 30 ; R₂₃₅ = = 12 ;

R₄₂₃₅ = R₄ + R₂₃₅ = 32 ; R = = 6,4 ;

0.25

0.25

0.25

I₃ = I₅ = I₃₅ = 2 A;

U₃₅ = U₂ = U₂₃₅ = I₃₅R₃₅ = 60 V;

I₂ = = 3 A;

I₂₃₅ = I₄ = I₄₂₃₅ = = 5 A; U₄₂₃₅ = U₁ = U_AB = I₄₂₃₅R₄₂₃₅ = 160 V;

I₁ = = 20 A.

0.25

0.25

0.25

5

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

R_đ = = 12 ; I_đ = = 0,5 A.

a) Gọi N là số bóng đèn được thắp sáng. Khi chúng sáng bình thường thì công suất tiêu thụ của mạch ngoài là:

P = 3N = UI = (e – rI)I = 24I – 6I²  6I² – 8I + N = 0 (1). Để 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 ta phải có I = mI_đ  m = = 4; n = = 2.

Vậy phải mắc thành 4 dãy, mỗi dãy có 2 bóng.

0.25

0.25

0.25

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 = = 2; n = = 3.

Vậy phải mắc thành hai dãy, mỗi dãy có 3 bóng.

Khi đó điện trở mạch ngoài: R = = 18 .

Hiệu suất của mạch là: H₁ = = 0,75.

Với I₂ = 3 A, ta có: m = = 6; n = = 1.

Vậy phải mắc thành 6 dãy, mỗi dãy có 1 bóng đèn.

Khi đó điện trở mạch ngoài: R = = 2.

Hiệu suất của mạch là: H₂ = = 0,25.

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

0.25

0.25

0.25

BÀI 6:

(2 điểm)

1,Vì bỏ qua lực đẩy acsimet của không khí nên các lực tác dụng

lên quả cầu là . Để quả cầu cân bằng :

+ =0 P= F

Mà P= mg = D.V.g=

F=

=

.

Thay số ta có

Vì lực điện trường ngược chiều với cường độ điện trường nên ta có q < 0 =>

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

+Nếu đột nhiên đổi dấu hiệu điện thế còn điện trường giữ nguyên 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/s²

+Thời gian giọt dầu xuống bản dưới là

0.25

0.25

7

- Bố trí mạch điện như hình vẽ (hoặc mô tả đúng cách mắc).

- Bước 1: Chỉ đóng K₁: số chỉ ampe kế là I₁.

Ta có: U = I₁(R_A + 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.

Ta có: U = I₂(R_A + R₀/2) (2)

- Giải hệ phương trình (1) và (2) ta tìm được:

.

0,25

0,25

0,25

0,25

- Bố trí mạch điện như hình vẽ (hoặc mô tả đúng cách mắc).

- Bước 1: Chỉ đóng K₁: số chỉ ampe kế là I₁.

Ta có: U = I₁(R_A + R₀) (1)

0,25

0,25

0,25

0,25

- Bố trí mạch điện như hình vẽ (hoặc mô tả đúng cách mắc).

- Bước 1: Chỉ đóng K₁: số chỉ ampe kế là I₁.

Ta có: U = I₁(R_A + R₀) (1)

0,25

0,25

0,25

0,25

- Bố trí mạch điện như hình vẽ (hoặc mô tả đúng cách mắc).

- Bước 1: Chỉ đóng K₁: số chỉ ampe kế là I₁.

Ta có: U = I₁(R_A + R₀) (1)

0,25

0,25

0,25

0,25