SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT
NĂM HỌC 2012-2013

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 180 phút
Ngày thi:4/4/2013

MÔN TOÁN LỚP 11

Câu 1. a) Giải phương trình:

2 3 sin x. (1 + cos x ) − 4 cos x.sin 2
2sin x − 1

x
−3
2
=0

b)Tính giới hạn sau
L = lim
x →0

2 x + 1. 3 2.3 x + 1. 4 3.4 x + 1...2013 2012.2013 x − 1
x


( n + 1)( n + 2 )

Câu 3. a) Cho tam giác ABC có độ dài các đường cao BB ' = 5; CC ' = 2 và cos ∠CBB ' =

2
.
5

Tính diện tích tam giác ABC.
b) Cho tam giác ABC có các góc thỏa mãn A ≤ B ≤ C ≤

π
2

. Tính các góc của tam giác

đó khi biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất
P = 2 cos 4C + 4 cos 2C + cos 2 A + cos 2 B
Câu 4. Cho hình chóp SABC có SC ⊥ ( ABC ) và tam giác ABC vuông tại B. Biết

AB = a; AC = a 3 và góc giữa hai mặt phẳng (SAB), (SAC) bằng α với sin α =

13
.
19

Tính độ dài SC theo a.
Câu 5. Cho dãy số ( an )

4


Đáp án

0,5

π

x ≠ + kπ

1

6
Điều kiện: sin x ≠ ⇔ 
, k , l ∈ (*).
2
 x ≠ 5π + lπ

6
Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương:
x
2 3 sin x. (1 + cos x ) − 4 cos x.sin 2 − 3 = 0
2
⇔ 2 3 sin x + 2 3 sin x.cos x − 2 cos x (1 − cos x ) − 3 = 0
⇔2

3,0
điểm

Điểm


6

0,5

+ kπ , k ∈

π
π
π


3 sin x − cos x = 2 ⇔ 2  sin x cos − cos x sin  = 2 ⇔ sin  x −  = 1
6
6
6


π π
2π
⇔ x − = + k 2π ⇔ x =
+ k 2π , k ∈
6 2
3

0,5

Đối chiếu điều kiện ta thấy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm
7π
2π
x=

(
+ lim

3

)

2.3 x + 1 − 1

4

3.4 x + 1...2013 2012.2013x

x →0

x →0

x
n

Chứng minh công thức: lim
x→0

2a)

ax + 1 − 1 a
= ( a ≠ 0; n ∈
x
n


2013

+ ... + lim

11

11

) = ( x − 1) ( a

−1

VT (2) = ∑ C11k x11k ( −1)

11− k

0

+ a1 x + a2 x 2 + ... + a110 x110

)

(2)

⇒ Hệ số của x11 trong vế trái bằng C111 = 11

0,5

k =0



Áp dụng 2 lần công thức (3) ta được:

0,5

k

( −1) kCnk = ( −1) kCnk++22
( k + 1)( k + 2 ) ( n + 1)( n + 2 )

0,5

Cho k chạy từ 1 đến n rồi cộng vế các đẳng thức trên ta có

2,0
điểm

( n + 1)( n + 2 ) S = −C

3
n+2

+ 2C

4
n+2

− 3C

5

1 − ( n + 1) − (1 − 1) = −n
−n
.
Vậy S =
( n + 1)( n + 2 )

3a)

2,5
điểm

1

Xét hai trường hợp:
+) B và C không tù. Khi đó
2
2
1
cos ∠CBB ' =
⇒ sin C =
, cos C =
5
5
5
BB '
5
BC =
=
cos ∠CBB ' 2
CC ' 4

3b)

2
1
Do BB ' > CC ' nên B < C và C tù ⇒ sin C =
, cos C = −
5
5
4
3
2
25
25
Còn sin B = , cos B = (giống trường hợp 1) ⇒ sin A =
Suy ra S =
, AB =
5
5
2
2
5 5
π
π
1
Ta có A ≤ B ≤ C ⇒ ≤ C ≤ ⇒ 0 ≤ cos C ≤
3
2
2
cos 2 A + cos 2 B = 2 cos ( A + B ) cos ( A − B ) = −2cocC cos ( A − B ) ≥ −2 cos C (3)


16 cos 4 C − 8cos 2 C + 1 + 1 − 2 cos C − 4 = ( 4 cos 2 C − 1) + (1 − 2 cos C ) − 4 ≥ −4 (4).
Dấu bằng trong (4) xảy ra khi C =

π

0,5

3

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất khi A = B = C =
4)

0,5

π
3
1,0

Gọi H, K là hình chiếu của C lên SA, SB.
S

Ta chứng minh được
CK ⊥ ( SAB ), SA ⊥ (CHK ) .

H

Suy ra ∆CHK vuông tại K và SA ⊥ KH .

x



13
CK 2 13
2(3a 2 + x 2 ) 13
⇔
=
⇔
=
⇔ x = 6a , vì x > 0. Vậy SC = 6a
19
CH 2 19
3(2a 2 + x 2 ) 19

Ta có sin α =
5)

Dễ thấy an ≠ 0, ∀n ∈
Với mỗi n ∈

2,0
điểm

( n + 2)

2

2a 2 x 2
.
2a 2 + x 2



2
2
y
−
=
n
y
−
−
n
+
1
⇒
n
+
2
y
=
n
y
⇒
y
=
y
(
)
(
)
n +1

n
 
   1
2
2
 n + 1   n −1   3 
16 − n 2 ( n + 1)
( n + 1) n 2
Vậy lim an = 4 .

0,5


Lưu ý: Mọi cách giải khác mà đúng đều cho điểm tương ứng
---------------------HẾT---------------------


Họ và tên thí sinh:……………………..……………...
Số báo danh:……………………………..……….......
SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU
-----CHÍNH THỨC

Chữ ký giám thị 1:
…………….…………………….....

KỲ THI CHỌN HSG VÒNG TỈNH LỚP 11 THPT
NĂM HỌC 2011-2012
* Môn thi: Vật lý (Bảng A)
* Ngày thi: 19/02/2012
* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

b. Phải di chuyển con chạy C đến vị trí nào để công suất tiêu thụ trong toàn biến trở là
lớn nhất? Tìm giá trị lớn nhất đó của công suất.
Câu 4: (4 điểm)
Trên hệ trục tọa độ P–V trình bày một chu trình của một mol khí lí tưởng. Hai đường
1–2 và 3–4 là đường thẳng đi qua gốc toạ độ có hệ số góc lần lượt là a, b với a > b. Hai
đường 2–3 và 4–1 là hai đường đẳng nhiệt. Hãy vẽ đồ thị của chu trình đó trên hệ trục tọa
độ T–V. Tính thể tích V3 ở trạng thái 3 nếu biết thể tích V1 và V2 = V4 = Vo.
Câu 5: (4 điểm)
Một proton ban đầu ở rất xa hạt nhân mang điện tích +Ze được bắn về phía hạt nhân
với vận tốc đầu vo. Khi proton ở cách hạt nhân một khoảng R, vận tốc của nó chỉ còn

vo
.
2

Cho rằng hạt nhân đứng yên.
a. Khi vận tốc của proton còn

vo
thì nó cách hạt nhân bao xa?
4

b. Tìm khoảng cách gần nhất mà proton tới gần được hạt nhân?
---Hết--Bảng A

Trang 1/5


SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU
-----CHÍNH THỨC

(0,5đ)

Mặt khác, ta có: AC = AB + BC
<=> (vc + vn )t2 = AB + vnt2

(0,25đ)
(0,25đ)

=> vc =

(3)

AB 72
=
= 18 km/h
t2
4

Từ (1), ta có: vn =

(0,5đ)

t1 − t2
vc
t1 + t2

(0,25đ)

5−4
18 = 2 km/h

2
Bảng A

Trang 2/5


Hai toa này dừng lại sau thời gian t1: t1 =

v1 − v0
= 11,1 s
a1

(0,5đ)

*Xét chuyển động của phần còn lại của đoàn tàu:
Lực kéo phần đầu tàu bằng lực kéo cả đoàn tàu lúc đầu. Vì đoàn tàu đang chuyển động
đều nên lực kéo F cân bằng với ma sát tác dụng lên cả đoàn tàu:
(0,5đ)
F = F’ms = µMg
Sau khi hai toa cuối tách ra, phần đoàn tàu còn lại chịu tác dụng của lực kéo F và lực
ma sát tác dụng lên phần đó:
F − F "ms = (M − m)a2
(0,25đ)
F − μ(M − m)g = (M − m)a2

Suy ra gia tốc phần đầu tàu còn lại: a2 =

μ mg
M −m



- Số chỉ vôn kế: UV = U = E – Ir = 7 V
- Vì R1 = R2 nên I1 = I2 =

(0,5đ)
(0,25đ)

(0,5đ)
(0,25đ)
(0,25đ)

(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)

I
=1 A
2

(0,25đ)

=> số chỉ ampe kế Ia = I2 = 1 A
b) Đặt điện trở đoạn mạch MC là x
=> điện trở đoạn mạch NC là 10 – x (0 ≤ x ≤ 10)
- Điện trở tương đương đoạn mạch chứa biến trở gồm MC//CN là
R’ =

(0,25đ)


81
81
=
=
2
R +r
2
(R 0 + R '+ r)
+ R ') 2
( 0
+ R ') 2 (
R'
R'

2
+ R ') nhỏ nhất. Áp dụng bất đẳng thức cosi ta
R'

- Từ đó ta thấy P đạt cực đại khi (
được: (

2
+ R ') min khi
R'

(0,5đ)

2
= R ' => R’ = 2 Ω
R'

a 2
V
R

và quá trình 3-4 là: T =

b 2
V
R

(1)

(0,5đ)

(2)

(0,5đ)

Do a > b và 4 – 1 là quá trình đẳng nhiệt => V1 < V4
- Chu trình được vẽ lại trên hệ trục tọa độ T–V là
T

2

3

T2 = T3

1



(3)

(0,5đ)

(4)

(0,5đ)

Bảng A

Trang 4/5


Chia hai vế phương trình (3) và (4) ta được: V3 =

Vo2
V1

(0,5đ)

Câu 5: (4 điểm)
a. Gọi R1 là khoảng cách từ proton tới hạt nhân khi có vận tốc là vo/4. Áp dụng định
luật bảo toàn năng lượng cho proton với thế năng ban đầu coi như bằng không vì proton ở
rất xa.
(0,5đ)
⎧1
1 ⎛v
2
⎪ mv o = m ⎜ o

e.(Ze)
⎞
⎟ +k R
⎠

8kZe2
32kZe 2
(1)
và
(2)
R
=
1
3mv o2
15mv o2

R1 4
4
= hay R1 = R
R 5
5

(1,0đ)

(0,5đ)
(0,5đ)

b. Gọi R2 là khoảng cách gần nhất từ proton đến hạt nhân. Định luật bảo toàn cho ta
1
kZe2


Họ và tên thí sinh:……………………..……………...
Số báo danh:……………………………..……….......
SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU
-----CHÍNH THỨC

Chữ ký giám thị 1:
…………….…………………….....

KỲ THI CHỌN HSG VÒNG TỈNH LỚP 11 THPT
NĂM HỌC 2011-2012
* Môn thi: Vật lý (Bảng B)
* Ngày thi: 19/02/2012
* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
ĐỀ

Câu 1: (4 điểm)
Một vật chuyển động thẳng biến đổi đều có phương trình: x = t2 – 6t + 10 (m).
a. Vẽ đồ thị tọa độ-thời gian, đồ thị vận tốc-thời gian và đồ thị gia tốc-thời gian của
chuyển động trên?
b. Mô tả chuyển động của vật?
c. Tính quãng đường vật đi được sau 5 giây kể từ thời điểm t0 = 0?
Câu 2: (4 điểm)
Một đoàn tàu có khối lượng tổng cộng M = 110 tấn đang chuyển động thẳng đều với
vận tốc v0 = 36 km/h trên đường sắt nằm ngang thì hai toa cuối đoàn tàu có khối lượng tổng
cộng là m = 20 tấn bị tách khỏi đoàn tàu. Cho biết lực kéo của đầu tàu giữ nguyên không
thay đổi. Tìm khoảng cách giữa hai toa cuối và phần còn lại của đoàn tàu sau 10 giây và
ngay khi hai toa cuối dừng lại. Biết hệ số ma sát lăn là µ = 0,09, lấy g = 10 m/s2.
Câu 3: (4 điểm)
M

O
2 V (lít)
Câu 5: (4 điểm)
Một proton ban đầu ở rất xa hạt nhân mang điện tích +Ze được bắn về phía hạt nhân

với vận tốc đầu vo. Khi proton ở cách hạt nhân một khoảng R, vận tốc của nó chỉ còn

vo
.
2

Cho rằng hạt nhân đứng yên.
a. Khi vận tốc của proton còn

vo
thì nó cách hạt nhân bao xa?
4

b. Tìm khoảng cách gần nhất mà proton tới gần được hạt nhân?
---Hết--Bảng B

Trang 1/5


SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU
-----CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG VÒNG TỈNH LỚP 11 THPT
NĂM HỌC 2011-2012
* Môn thi: Vật lý (Bảng B)

3

0

t(s)

b. - Tại thời điểm 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: Vật dừng lại và đổi chiều chuyển động
- Thời gian t > 3 s, v > 0, a > 0: Chuyển động nhanh dần đều
c. - Quãng đường đi được gồm hai phần:
Trong thời gian t1 = 3 s => S1 = −

v02
=9m
2a

Trong thời gian t2 = 5 – 3 = 2 s => S2 =

at22
=4m
2

t(s)

(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)
(0,5đ)

a1

(0,5đ)

*Xét chuyển động của phần còn lại của đoàn tàu:
Lực kéo phần đầu tàu bằng lực kéo cả đoàn tàu lúc đầu. Vì đoàn tàu đang chuyển động
đều nên lực kéo F cân bằng với ma sát tác dụng lên cả đoàn tàu:
(0,5đ)
F = F’ms = µMg
Sau khi hai toa cuối tách ra, phần đoàn tàu còn lại chịu tác dụng của lực kéo F và lực
ma sát tác dụng lên phần đó:
F − F "ms = (M − m)a2
(0,25đ)
F − μ(M − m)g = (M − m)a2

Suy ra gia tốc phần đầu tàu còn lại: a2 =

μ mg
M −m

= 0, 2 m/s2

1
Phương trình chuyển động của phần đầu tàu còn lại: x2 = v0t + a2t 2
2
Khoảng cách giữa hai toa cuối và phần đầu tàu:
d = x 2 − x1 =

1 2
1


(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)

I
=1 A
2

(0,25đ)

=> số chỉ ampe kế Ia = I2 = 1 A
b) Đặt điện trở đoạn mạch MC là x
=> điện trở đoạn mạch NC là 10 – x (0 ≤ x ≤ 10)
- Điện trở tương đương đoạn mạch chứa biến trở gồm MC//CN là
R’ =

(0,25đ)

x(10 − x)
10

(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)

- Điện trở mạch ngoài: R = R0 + R’

(0,25đ)

R'
R'

- Từ đó ta thấy P đạt cực đại khi (
được: (

2
+ R ') min khi
R'

(0,5đ)

2
+ R ') nhỏ nhất. Áp dụng bất đẳng thức cosi ta
R'

2
= R ' => R’ = 2 Ω
R'

(0,5đ)

x(10 − x)
= 2 => x = 5 ± 5 Ω
10
81.2
- Khi đó: Pmax =
= 10,125 W
(2 + 2) 2



2 2
V (3)
R

(0,5đ)
(0,75đ)

1200
300

B
A
V (lít)

O 1 2
Từ phương trình (3) ta nhận thấy nhiệt độ là hàm số bậc 2
theo thể tích, đồ thị biễu diễn quá trình của khí lý tưởng đã cho
Hình vẽ 0,75đ
trên hệ trục tọa độ T–V là một nhánh parabol qua gốc tọa độ.
Câu 5: (4 điểm)
a. Gọi R1 là khoảng cách từ proton tới hạt nhân khi có vận tốc là vo/4. Áp dụng định
luật bảo toàn năng lượng cho proton với thế năng ban đầu coi như bằng không vì proton ở
rất xa.
(0,5đ)
2
⎧1
1 ⎛ vo ⎞
e.(Ze)
⎧ 3 2 kZe 2

1
⎩

Do đó R =
⇒

8kZe2
32kZe 2
(1)
và
(2)
R
=
1
3mv o2
15mv o2

R1 4
4
= hay R1 = R
R 5
5

(1,0đ)

(0,5đ)
(0,5đ)

b. Gọi R2 là khoảng cách gần nhất từ proton đến hạt nhân. Định luật bảo toàn cho ta
Bảng B

0,25đ.

Bảng B

Trang 5/5


SỞ GD & ĐT NGHỆ AN

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG
NĂM HỌC 2012-2013
MÔN: VẬT LÝ 11
Thời gian làm bài : 150 phút

TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG

Câu 1(5 đ). Hai vật m1 = 5kg, m2 = 10kg, nối với nhau bằng một sợi dây nhẹ không dãn, đặt
trên mặt phẳng ngang không ma sát. Tác dụng một lực F = 18N có phương ngang lên m1.
1. Phân tích các lực tác dụng lên từng vật. Tính vận tốc và quãng đường của mỗi vật, sau
khi bắt đầu chuyển động được 2 giây.
2. Biết dây chịu lực căng tối đa 15 N. Hỏi khi 2 vật chuyển động dây có bị đứt không?
3. Tìm độ lớn của lực kéo F để dây bị đứt?
4. Kết quả câu 3 có thay đổi không nếu ma sát trượt giữa vật và mặt phẳng ngang là µ ?
5. Kết quả câu 1 và 3 có thay đổi không nếu lực F đặt ở vật m2?
E1,r1

Câu 2( 5 đ) . Cho mạch điện như hình vẽ (H1): trong đó
E1 = 6V; r1 = 1Ω; r2 = 3Ω; R1 = R2 = R3 = 6Ω.
1.Vôn kế V (điện trở rất lớn) chỉ 3V. Tính suất điện động E2.
2.Nếu đổi chỗ hai cực của nguồn E2 thì vôn kế V chỉ bao nhiêu?

H2

E1 = 2V, E2 = 3V, E3 = 4 Ω, . r1 = r2 = r3 = 1Ω
1. Tính suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn?
2. Mắc một vôn kế V có điện trở RV = 9 Ω vào hai điểm A và B(mắc thuận), vôn kế chỉ
bao nhiêu?
Câu 4(3 đ ). Cho 3 điểm A, B, C nằm trên trục chính của một thấu kính: AB = 18cm, BC =
4,5cm. Nếu đặt vật sáng ở A ta thu được ảnh ở B. Nếu đặt vật đó ở B thì ta thu được ảnh ở C.
Hỏi thấu kính gì và tiêu cự của thấu kính bằng bao nhiêu?
Câu 5(3 đ ). Một cái vòng có đường kính d khối lượng m và điện trở R rơi vào một từ trường từ
độ cao khá lớn. Mặt phẳng của vòng luôn nằm ngang. Tìm vận tốc rơi đều của vòng, nếu độ lớn
của cảm ứng từ B biến thiên theo độ cao h theo định luật: B = B0 (1 + α .h) ; α là hằng số. Bỏ qua
sức cản không khí. Coi gia tốc trọng trường g không đổi.
.............................................................

HẾT ............................................................

1


ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TRƯỜNG LỚP 11 MÔN VẬT LÝ NĂM HỌC 20012-2013
CÂU

HƯỚNG DẪN GIẢI
E1,r1

Câu 2
5đ
I
A


+ Điện trở toàn mạch R =

+ UCD = UCA + UAD = -R1I1+ E1 – r1I1 = 6 -3I
+ U CD = 3V
+ 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
2. Đổi chỗ hai cực của nguồn E2 thì vôn kế chỉ bao nhiêu
+ 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

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

-

I=

E1 − E2
= 0,5 A
R + r1 + r2

0,5

N2

.

Câu 1
5đ

ĐIỂM

N1

m2
T2

.

T1

m1

F

0, 25
P1
P2

+ gia tốc của hệ: a =

= 1, 2 m / s 2



m2 F
: (1) không thay đổi.
m1 + m2
5.Nếu lực F đặt vào m2: thì sức căng T thay đổi, còn gia tốc của hệ không đổi.
+ Vì gia tốc không thay đổi, nên vận tốc, đường đi đạt được ở câu 1 không
thay đổi.
+ Vì sức căng T thay đổi, điều kiện để lực F làm đứt dây cũng thay đổi:
F ³ m2 a + T0 = 45 N .
T=

Câu 3
(4đ)

A.

C

.B
I

1
0,25
0,25

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


CÂU

HƯỚNG DẪN GIẢI

ĐIỂM

E2,r2
E3,r3
C

B
A

0,25

V

E1,r1

2) Mắc vôn kế vào 2 điểm A, B: vẽ lại mạch điện.
. UV = I1.RV = UAB. Áp dụng định luật Ôm cho toàn mạch, ta có:
IV =

Eb
= 0,143 A
rb + RV

0,25
0, 5


- Vậy ảnh ở B phải là ảnh ảo, Từ đó suy ra khi vật ở B ảnh ở C cũng là
ảnh ảo.
- Ở đây đường dịch chuyển của vật thật AB = 18cm> BC = 4,5cm:
đường dịch chuyển của ảo: nên TK sử dụng là TKPK và được đặt ở bên 0,5
phải điểm C (hình vẽ).
0,5
1 1 1
(1)
= +
f d1 d '1
1 1
1
- Khi đặt vật ở B: = + ' (2). Theo hình vẽ ta có:
f d2 d 2

- Khi đặt vật ở A:

0,5
0,5
4


d1' = 18 − d1 (ảnh ảo)
d 2 = d1 − 18 (vật thật)
d 2' = 22,5 − d1 (ảnh ảo) thay vào(1) và (2), so sánh 2 vế, ta được:

0,5

d1 = 80cm; d1' = −12cm ⇒ f= -20cm.


1
1

1

Lưu ý: Học sính giải cách khác, Đúng vẫn cho điểm tối đa.

5


C1
M
C3

SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT NGUYẾN DU

==========***===========

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG
LỚP 11 NĂM HỌC 2012-2013
Môn: Vật lý
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu1(2đ): Quả cầu 1có khối lượng m 1 = 0,3 (kg) được treo vào đầu một sợi dây không
dãn, khối lượng không đáng kể, có chiều dài l = 1 (m). Kéo căng dây treo quả cầu
theo phương nằm ngang rồi thả tay cho nó lao xuống. Khi xuống đến điểm thấp nhất,
quả cầu 1 va chạm đàn hồi xuyên tâm với quả cầu 2, quả cầu 2 có khối lượng m 2 = 0,2
(kg) đặt ở mặt sàn nằm ngang. (hình1)
Hình 1


L

Hình 2

Hình 3
Hình 5
-----Hết----(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT
NĂM HỌC 2011 – 2012
Môn: VẬT LÝ LỚP 11
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)

Bài 1: Trong hệ thống trên hình 1, khối lượng vật 1 bằng 6,0 lần khối lượng vật 2.
Chiều cao h = 20cm. Khối lượng của ròng rọc và của dây cũng như các lực ma sát
được bỏ qua. Lấy g = 10m/s2. Ban đầu vật 2 được giữ đứng yên trên mặt đất, các sợi
dây không dãn có phương thẳng đứng. Thả vật 2, hệ bắt đầu chuyển động. Xác định:
a. gia tốc của các vật ngay sau khi vật 2 được thả ra;
b. độ cao tối đa đối với mặt đất mà vật 2 đạt được.

1
h


Bài 4: Cho mạch điện như hình 3: A1; A2 và A3 là 3
ampe kế lý tưởng và hoàn toàn giống nhau. Giá trị các
điện trở được ghi trên hình vẽ. Người ta đặt vào hai đầu A
A, B một hiệu điện thế không đổi, có độ lớn U = 13,8V.
a. Hãy tính các giá trị cường độ dòng điện qua các
điện trở;
b. Xác định số chỉ của các ampe kế.

A2

- Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
- Giám thí không giải thích gì thêm.

B

3kΩ

6kΩ

A3

A1

6kΩ

Bài 5: Một mạch điện gồm có: ống dây có hệ số tự cảm
L = 2,00µH và điện trở Ro = 1,00Ω; nguồn điện có suất điện động E =
3,0V và điện trở trong r = 0,25Ω; điện trở R = 3,00Ω, được mắc như
hình 4. Bỏ qua điện trở dây nối và khoá k.
a. Đóng khoá k, sau một thời gian cường độ các dòng điện trong

=
Gia tốc vật 1: a 1 = 1
η.m 2
m1
1
Với ròng rọc động: a 2 = 2.a 1
h
2η − 4
2
Kết quả: a 2 = 2.a 1 =
g
η+ 4
Thay số: a 2 = 8m / s 2 ; a 1 = 4m / s 2
1b.
Vật chuyển động nhanh dần đều với gia tốc a2 từ mặt đất đến độ cao 2h và đạt vận tốc cực
đại ở độ cao này: v 2max = 2.a 2 .2h (1)
Sau đó, vật chuyển động chậm dần với gia tốc g từ độ cao 2h đến hmax:
v 2max = 2.g.(h max − 2h ) (2)
η
Từ (1) và (2) ta có h max = 6h
, Thay số: h max = 72cm
η+ 4

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

0,5

3
15
p
p
p
Áp dụng định luật Sác-lơ [B→ C]: B = C ⇒ TC = C TB = 702K
TB TC
pB
V
V
V
Áp dụng định luật Gay-luy-sac [A→ B]: A = C ⇒ TA = A TB = 832K
TA TC
VB
2b.
AB là đường thẳng đi qua gốc toạ độ
V
BC là đường thẳng song song với OT

Từ hình vẽ:

CNA là parabol:
Đỉnh N của parabol được xác định:
Từ đồ thị của bài ra: quá trình (3) – (1)
được biểu diễn theo phương trình
p
p
p V
p = p M − M V ⇒ pV = M (VM − V).V ≤ M M
VM

624

936

0,5


Bài 3
3a.
- Ảnh của vật thật qua thấu kính có kính thước bằng vật, suy ra :
+ Thấu kính là thấu kính hội tụ,
+ Ảnh là ảnh thật ngược chiều với vật: d' = d
L
AB 
A ' B'
→
Sơ đồ tạo ảnh:
d
d' = d
1 1 1
Áp dụng công thức thấu kính: = + ⇒ f = 10cm.
f d d'
Vẽ hình:
B

F'

O
A


B
A C F

O

F'

B"
A" C"

(2)

A" C" F'
I'

O

F

A

C

(2)

B"
B
Hình vẽ 1
Hình vẽ 2
(3)
AI = I'A (4)
Từ hình vẽ:
AI IO A" I
IO
A" B" B" C"
B" C" OI' OF
Từ (3) và (4) ⇒
=
= 2 ; Cũng từ hình vẽ:
=
=
⇒ CF = 5cm
AB
BC
BC BC CF
=>AC = AF – CF = 5cm => AB = 5 2cm

1,0