NGUYỄN QUANG HUY

TUYỂN TẬP
50 ĐỀ THI HSG VẬT LÝ LỚP 11
CÓ ĐÁP ÁN
(Tài liệu dành cho Giáo viên, Sinh viên và học sinh)


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2013-2014
ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ 11
(Dành cho học sinh THPT không chuyên)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
B

Bài 1: Thang AB đồng nhất khối lượng m=20 kg dựa vào tường trơn nhẵn dưới
góc nghiêng . Hệ số ma sát giữa thang và sàn là   0,6 . Lấy g = 10 m/s2.
L

a) Thang đứng yên cân bằng, tìm các lực tác dụng lên thang khi   450 .
b) Tìm giá trị của  để thang đứng yên không trượt trên sàn.
c) Một người có khối lượng m=40 kg leo lên thang khi   450 . Hỏi người này
lên tới vị trí O' nào trên thang thì thang sẽ bị trượt. Biết thang dài l = 2 m.

A

)

Bài 2: Hai điện tích q1 = q2 = q >0 đặt tại hai điểm A và B trong không khí. Cho biết AB = 2a.

phương hợp với trục của vòng dây một góc α =300 (hình vẽ). Vẽ và
xác định lực từ tổng hợp tác dụng lên vòng dây.

R4
A

B
M

N

B
α


Bài 6: Cho một cục pin, một ampe kế, một cuộn dây có điện trở suất ρ đã biết, dây nối có điện
trở không 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----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………….….; Số báo danh……………………

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
(Đáp án có 03 trang)

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2013-2014
ĐÁP ÁN MÔN: VẬT LÝ 11
(Dành cho học sinh THPT không chuyên)

Ghi chú:
1.Nếu thí sinh sai hoặc thiếu đơn vị của đáp số trung gian hoặc đáp số cuối cùng thì mỗi lần sai hoặc

P
cos   N 2 AB.sin   N 2 
2
2tg
P
Vì N2 = Fms nên Fms 
2tg

y

P
mà kN  kP  Fms  k 
2tg

O

ta có: P.

1
   400 .................
2k
c) Đặt AM = x
 tg 

B
M

A

0,5

2 AB
P.

L

x
A

)

H

0,5

Thang bắt đầu trượt khi: Fms  .N1    P1  P2 
Thay vào (*) ta tìm được x = 1,3m
2
(2đ)

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

a) Cường độ điện trường tại M: E  E1  E 2

q
...........
a2  h2
2kqh
Hình bình hành xác định E là hình thoi: E = 2E1cos  
....
2

Do đó: E M 
3 3 2
3 3a 2
ah
2
a2
a
h2   h 
.........................
2
2
EM đạt cực đại khi:
4kq
  E M max 
..........................
3 3.a 2
3

3
(2đ)

a) K mở: dòng qua nguồn E1 là:
E1
3
I0 

 0,1A .…………………
R1  R2 30
Điện tích trên tụ là q0 = UMA.C= (E2-I0.R1).C = 2,6μC...................


(2đ)

0,25
E2
I2

I

N

R1

I1
Lại có: I1=I+I2 (4).
Thay số và giải hệ 4 phương trình ta được:
UNB =1,2V, I1= 0,18A, I2= 0,12A, I= 0,06A …………… ………………….
Hiệu điện thế trên tụ: UMA= UMN + UNA = E2-I1.R1 = 1,8V.
Điện tích trên tụ: q = UMA.C = 1,8μC.(cực dương nối với M)………
Điện lượng chuyển qua R4 là: Δq = |q0-q| = 0,8 μC...................
a) Để lực căng dây bằng 0 thì lực từ phải hướng lên và có độ lớn bằng P=mg
Áp dụng qui tắc bàn tay trái ta có dòng điện chạy từ M đến N
.............
Dg 0,04.10
Vì F  BIl sin   BIl  BIl  mg  D lg  I 

 10 A .....
B
0,04
b) Khi dòng điện chạy từ N đến M: áp dụng qui tắc bàn tay trái ta được lực từ F
hướng xuống dưới.

Hình
0,5đ

vẽ


B
M

α
FM

FN
FMN

I

0,5

FN FM
N

α
B

6
(1đ)

Hợp lực tác dụng lên hai đoạn này là FMN có hướng dọc trục của vòng dây và độ
lớn:

(2)
3
r R
4

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

1 1 
  (3)
 I I'

Từ (1) và (2) rút ra: R  4 E 

Thay (3) và (1) hoặc (2) tìm được:

0,25


 4 
.I .I '
1 1 
...............................
4E      2  E  2
S d
d ( I ' I )
 I I'
...............................

0,25


R
1
và R2 cùng
có giá trị 100 Ω; mA1 và mA2 là các miliampe kế
mA2
E,r
giống nhau;
V là vôn kế. Bỏ qua điện trở của dây nối và điện trở
của khóa K.
R2
V
Đóng K, V
chỉ 9,0 V còn mA1 chỉ 60 mA.
Hình 1
1) Tìm số
chỉ của mA2.
2) Tháo bỏ R1, tìm các số chỉ của mA1, mA2 và V.
Câu 3: Cho một khối bán trụ tròn trong suốt, đồng chất chiết suất n đặt S i A
trong không khí (coi chiết suất bằng 1).
1) Cho n = 1,732 ≈ 3 . Trong một mặt phẳng của tiết diện vuông góc
với trục của bán trụ, có tia sáng chiếu tới mặt phẳng của bán trụ dưới Hình 2
góc tới i = 60o ở mép A của tiết diện (Hình 2). Vẽ đường truyền của
S
tia sáng.
I
2) Chiếu tia sáng SI tới vuông góc với mặt phẳng của bán trụ thì tia sáng
ló duy nhất của nó là I'S' cũng vuông góc với mặt này (Hình 3). Cho
bán kính của khối trụ là R, tìm khoảng cách nhỏ nhất từ điểm tới I của
tia sáng đến trục O của bán trụ. Ứng với khoảng cách ấy, tìm giá trị Hình 3
nhỏ nhất của n.

trường đều với cảm ứng từ B thẳng đứng. Tác dụng lên thanh chắn một lực F
F
dọc theo đường phân giác thì thanh chắn chuyển động đều với tốc độ v. Bỏ qua
hiện tượng tự cảm và điện trở ở các điểm tiếp xúc giữa các dây dẫn. Xác định:
Hình 5
1) chiều dòng điện cảm ứng trong mạch và giá trị cường độ của dòng điện này.
2) giá trị lực F khi thanh chắn cách đỉnh O một khoảng l. Bỏ qua mọi ma sát.
***** HẾT *****




Thí sinh không được sử dụng tài liệu;
Giám thị không giải thích gì thêm.


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH
HDC CHÍNH THỨC
1
a

b
2

1

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT
HƢỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
Môn: VẬT LÝ – Lớp 11

R1
E,r

P I
R2

2

1

mA2

V

N
Vì r ≈ 0 => UNM = E = 12 V => UmA1 = 12 − UV = 3 V
=> RmA1 = RmA2 = RA = 3/0,06 = 50 Ω
=> UR2 = UV − I.RA = 9 − I.RA; UR1 = UmA1 + I.RA = 3 + I.RA
Áp dụng định luật kiếc-sốp tại nút P => UR2/R2 = I + UR1/R1
=> (9 − I.RA)/R2 = I + (3 + I.RA)/R1 => I = 6/200 (A) = 30 mA
2,0 điểm
Cường độ dòng điện qua vôn kế IV = ImA1 – I = 30 mA => RV = 9/0,03 = 300 Ω
Cắt bỏ R1, tính chất của mạch còn lại RmA1 nt [(RmA2 nt R2) // RV]
=> Rtđ = 50 + [(100 + 50).300/(100 + 50 + 300)] = 150 Ω
=> ImA1 = E/Rtđ = 80 mA
UV = E − ImA1.RmA1 = 8 V
=> ImA2 = UV/(RmA2 + R2) = 53,3 mA.
Câu 3: 4,5 điểm
2,5 điểm


Áp dụng định luật khúc xạ tại A => sinr = sini/n => r = 30o
α là góc ở tâm, r là góc chắn cung => α = 2r = 60o => ∆AOI đều => i' = 60o
Gọi igh góc tới giới hạn, sinigh = 1/n => igh = 30o
Vì i' > igh => tại I tia sáng bị phản xạ toàn phần, tương tự, tại J cũng bị phản xạ toàn phần

2

Dễ thấy, mỗi lần phản xạ góc ở tâm thay đổi 60o vì thế sau khi phản xạ ở J thì tia sáng ló ra 0,5
ở mép B, với góc ló đúng bằng góc tới i = 60o
2,0 điểm
S'
S
O
I'
I
iα
Vì chỉ có một tia ló duy nhất nên tia sáng bị phản xạ toàn phần nhiều lần ở mặt trụ trước khi
ló ra ở I'
Giả sử phản xạ n lần trước khi ló ra ngoài => 180o = α + (n − 1).2α + α = 2n.α => OI =
R.cosα
Vì bị pxtp => i > 0 => α < 90o => n > 1 => n ≥ 2 => α ≤ 45o => OImin = R.2-1/2
Khi OImin thì α = 45o => i = 45o ≥ igh => sin45o ≥ 1/n => n ≥ 21/2 => nmin = 21/2 ≈ 1,41

1

2

1

0,5

0,5
0,5


O
2α

I
F

2

Theo định luật Len-xơ, dòng điện cảm ứng sinh ra trong thanh chống lại lực kéo F (nguyên
nhân sinh ra dòng điện cảm ứng), tức là lực do từ trường tác dụng lên dòng điện cảm ứng
xuất hiện trong thanh có chiều ngược với F => áp dụng qui tắc bàn tay trái => chiều dòng
điện cảm ứng như hình vẽ.
Suất điện động cảm ứng xuất hiện trong thanh: etc = B.v.2l.tanα
Tổng điện trở của toàn mạch: R = (2l/cosα + 2l.tanα).ro
Cường độ dòng điện chạy trong mạch I = etc/R = B.v.sinα/[(1 + sinα).ro]
1,0 điểm
Thanh chạy đều => lực kéo F cân bằng với lực từ tác dụng lên thanh
Lực từ tác dụng lên thanh là : Ft = B.I.2l.tanα.sin90o = 2B2.v.l.sinα.tanα/[(1 + sinα).ro]

Chú ý: Thí sinh giải đúng theo cách khác đáp án, giám khảo cho điểm tối đa.

0,5

0,5
0,5
0,5

C2

A

B
M
R2

R1
Hỡnh 2

N
Hỡnh 1
Cõu 2: (4 im)
Thanh kim loi MN chiu di l = 40 cm quay u quanh trc qua A v vuụng gúc vi thanh
trong
t trng u B (hỡnh 2), B = 0,25 T lm trong thanh xut hin sut in ngcm ng E = 0,4 V.
a, Xỏc nh cỏc cc ca thanh MN?
b, Xỏc nh vn tc gúc ca thanh?
Cõu 3: (5 im)
Mt mt cn v gi iu tit kộm nờn ch nhỡn thy rừ trong khong t 40 cm n 100cm.
a, Phi dựng thu kớnh L1 thuc loi no mt nhỡn rừ vụ cc khụng phi iu tit. Tớnh tiờu c
v t ca L1. Cho kớnh cỏch mt 1 cm.
b, nhỡn gn, gn vo phn di ca L1 mt thu kớnh hi t L2. Tớnh tiờu c v t ca L2
khi nhỡn qua h thu kớnh mt trờn cú th nhỡn vt gn nht cỏch mt 20 cm.
c, Thu kớnh L2 cú hai mt li ging nhau bỏn kớnh R, chit sut n = 1,5. Tớnh R.
Câu 4: (2 im)
x
Điện tích dơng Q đợc phân bố đều trên khung dây dẫn
M

Thang
điểm
0,5

a, Khi K mở:(Hình 1a) E1, E2 mắc nối tiếp. Theo định luật Ôm cho toàn mạch:

I

E1  E2
9  4,5

 1( A) (1)
R1  R2  r1  r2 6  3  1,5  3

Theo định luật Ôm cho đoạn mạch ngoài AB: UAB = I(R1 + R2)= 1(6+3) = 9(V)

0,5

Ta có C1, C2 mắc nối tiếp

 q1  q2  qb  Cb .U AB 

E1,r1

5

E1,r1

E2,r2


C2

A

R2

R1

R2

b, Khi K đóng :(Hình 1b)
N Tương tự câu a, I = 1(A)
VM = VP 
chập
M
và
P
Hình 1a
Ta có

0,5

q1 1,8.106

 3(V )  U MN  U MA  U AN  3  I .R1  3  1.6  3(V )
C1 0, 6.106

U AM  U1 

1

a, Theo quy tắc bàn tay phải, khi thanhMN chuyển
động trong từ trường nó đóng vai trò là nguồn điện:
M là cực âm, N là cực dương.

N

M -

2

4

(+)

B

1

Hình 2

t thanh quét được diện tích
2

t l 
S =  l 2
 l2

t (1)
2
2

a, Dùng thấu kính L1 để nhìn rõ ở vô cực mắt không phải điều tiết
L
 Vât AB ở  
 A1B1 ở F1,
 trước kính 100 – 1 = 99(cm)
 L1 là thấu kính phân kì
1

trùng với điểm cực viễn trước mắt 100 cm

0,5
0,5

1
1
= 
 1(dp)
0,99
f1
b, Vât AB ở trước mắt 20 cm  trước kính d = 20 – 1 = 19 cm
f1 = - 99 (cm) ; D1 =

0,5
0,5

heTK

 A1B1 ở điểm cực cận trước mắt 40 cm
 trước kính 40 – 1 = 39(cm)  d , = - 39 cm
d .d ,

f1 f 2
f2 f
f1 37, 05 99
1
1
 D2 =

 3, 71(dp)
f 2 0, 2696
1
1
1
2
c, Từ công thức D2 
 (n  1)(  )  (n  1)
f2
R1 R2
R
 R = 2(n - 1)f2 = 2.0,5.26,96 = 26,96 (cm)
Ta có

4

2

Xác định lực điện F t ại M.
Chia vòng dây thành các đoạn
đủ nhỏ mang điện tích Q

0,5


Lực tổng hợp  F   F1   F2 với độ lớn F1  F2 

 F  2 F1.cos = 2
 F =  F =



2

k / q.Q /
cos .
r2

0,25

k / q.Q / x
k / q.Q / .x
2
2
.Với r  R  x  F  2
2
r
r
( R 2  x 2 )3

k / q.Q / .x
( R 2  x 2 )3

=

2
Theo định luật khúc xạ sin i  n s inr  2 sin 300 
 i  450
2
 Dmin  2i  A  2.450  600  300

0,25

(R2  x2 ) 

b, Khi quay lăng kính sang phải 450
Tia tới SI1  mặt bên AB1
 truyền thẳng đến J trên mặt B1C1
dưới góc tới i1  900  I1 JB1  900  300  600
5

4

0,5
0,5
0,75
0,75

A

R
C1

I1


0,5
0,5


SỞ GD & ĐÀO TẠO NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT NGUYỄN SỸ SÁCH
Đề chính thức

ĐỀ THI HSG TRƢỜNG NĂM HỌC 2011 - 2012
Môn: VẬT LÍ, khối 11
(Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề)

Câu 1(3 điểm): Một ống thuỷ tinh nhỏ, tiết diện đều, một đầu kín, một đầu hở, chứa một khối khí lí
tưởng được ngăn cách với không khí bên ngoài bằng cột thuỷ ngân có chiều cao h = 119mm. Khi
ống thẳng đứng miệng ống ở dưới, cột không khí có chiều dài l1 = 163mm. Khi ống thẳng đứng
miệng ống ở trên, cột không khí có chiều dài l2 = 118mm. Coi nhiệt độ khí không đổi. Tính áp suất
po của khí quyển và độ dài lo của cột không khí trong ống khi ống nằm
E1,r1
E2,r2
ngang.
D
Câu 2 (5 điểm): Cho mạch điện như hình vẽ (hình 1). Biết E1 = 6V,
r1 = 1Ω, r2 = 3 Ω, R1 = R2 = R3 = 6 Ω. Vôn kế lí tưởng.
a) Vôn kế chỉ 3V. Tính suất điện động E2.
b) Nếu nguồn E2 có cực dương nối với B, cực âm nối với D thì vôn
kế chỉ bao nhiêu?

R1

V

B

C
R2

Câu 3 (4 điểm): Một tụ điện phẳng có hai bản cực hình vuông cạnh
a = 30 cm, đặt cách nhau một khoảng d = 4 mm nhúng chìm hoàn toàn
trong một thùng dầu có hằng số điện môi   2,4 như hình vẽ (hình 2).
Hai bản cực được nối với hai cực của một nguồn điện có suất điện động
E = 24 V, điện trở trong không đáng kể.
a) Tính điện tích của tụ.
b) Bằng một vòi ở đáy thùng dầu, người ta tháo cho dầu chảy ra ngoài
và dầu trong thùng hạ thấp dần đều với vận tốc v = 5mm/s. Tính cường độ
dòng điện chạy trong mạch trong quá trình dầu hạ thấp.
c) Nếu ta bỏ nguồn điện trước khi tháo dầu thì điện tích và hiệu điện thế
của tụ thay đổi thế nào?

Câu 5 (3 điểm): Trên một mặt phẳng nghiêng góc α = 450
với mặt phẳng ngang có hai dây dẫn thẳng song song, điện
trở không đáng kể nằm dọc theo đường dốc chính của mặt
phẳng nghiêng ấy như vẽ (hình 4). Đầu trên của hai dây
dẫn ấy nối với điện trở R = 0,1Ω. Một thanh kim loại
MN = l = 10 cm điện trở r = 0,1 Ω khối lượng m = 20g đặt
vuông góc với hai dây dẫn nói trên, trượt không ma sát
trên hai dây dẫn ấy. Mạch điện đặt trong một từ trường

R3

N
v


1,0

Khi ống nằm ngang, không khí trong ống có thể tích Vo = Slo, áp suất po.

0,5

Quá trình đẳng nhiệt: p1V1= poVo  Slo po  Sl1 ( po  h)  lo  137mm

0,5

E1,r1
I
A I1

R1

D

Điểm
0,5
0,5

E2,r2

V
R3

0,5
B

0,5

U CD  3V  6 - 3I =  3  I = 1A, I = 3A

1,0

* Với I = 1A  E1 + E2 = ( R + r1 +r2 )I = 8  E2 = 2V

0,5

* Với I = 3A E1 + E2 = 8 .3 = 24  E2 = 18V

0,5

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
E E
I  1 2  0,5 A  UCD = UCA + UAD = 6 - 3I = 4,5V
R  r1  r2

0,5

Với E2 = 18V > E1: E2 là nguồn, E1 là máy thu
E E
I  2 1  1,5 A  UCD = UCA + UAD = R1I1 + E1 + r1I = 6 + 3I = 10,5V
R  r1  r2

0,5

0,25

vt (  1) 
Điện dung của tụ trong khi tháo dầu: C  C1  C2  C 1 
 a 


0,25

vt (  1) 
Điện tích của tụ trong khi tháo dầu: Q,  C ,E  Q 1 
 a 


0,5

Q

Q,  Q

v(  1)
 1,12.1010 A
t
t
a
Nếu bỏ nguồn: Q không thay đổi, vì C thay đổi nên U thay đổi.

Dòng điện: I 

U, 


d1 f1
= 56cm
d1  f1

d2 = l – d’1 = -8 cm;
d 2' 

0,25

2

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

d2 f2
= 24 cm
d2  f2

Số phóng đại: k = (

0,5

0,25

Khi tháo hết dầu thì : vt = a, U ,  U

4


d1  24

d 2' 

d2 f2
8(48  d1 )
=
d2  f2
d1  40

0,5

Để ảnh cuối cùng là ảnh thật thì d’2 > 0  40cm < d1 < 48 cm
Ta có k  k1.k2  f1 . f 2  f1 .
f1  d1 f 2  d2

f2
→ k
f1  d1 f 2  (l  d1/ )

f1 f 2
df
( f1  d1 )( f 2  l  1 1 )
d1  f1

0,5


f1 f 2

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

0,25

Trong thanh MN có dòng điện I được đặt trong từ trường B phải chịu tác dụng của lực từ
5
(3đ)

F , lực từ F có phương vuông góc với B và với MN, có chiều theo quy tắc bàn tay trái, có

Blv cos 
B 2l 2v cos 
l
độ lớn : F = B.I.l.sin90 =B.I.l = B
Rr
Rr

0,25

0

Thành phần F1 của lực từ F (nằm dọc theo dốc chính) có cường độ: F1  F .cos 

B 2l 2v cos2 
Rr

Ta thấy F1 ngược chiều với P1 . Như vậy thanh MN chịu tác dụng của hai lực cùng
phương, ngược chiều : P1 kéo xuống F1 kéo lên.
Lúc đầu, vận tốc v của thanh còn nhỏ F1 < P1 hay P1 - F1>0.Lực tổng hợp F1 + P1 gây ra gia
tốc cho thanh MN chuyển động nhanh dần, do đó v tăng dần và kết quả là F1 tăng dần


 tan  
tan   2 A
Bl Bl cos  Bl cos  Bl
Bl

Lưu ý: Thí sinh giải cách khác đáp án mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa bài đó.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT
NĂM HỌC 2011 – 2012

0,25
0,25


ĐỀ THI CHÍNH THỨC

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.

i. vị trí và hình dạng của ảnh A"B" của vật AB qua thấu kính, bằng cách dựng hình
với số lượng tia sáng được vẽ ít nhất;
ii. độ dài của vật AB.
Biết rằng độ dài của ảnh A"B" gấp hai lần độ dài của vật AB.
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
A
đầu 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.

2kΩ

6kΩ
A2

B

3kΩ

6kΩ

A3

A1

6kΩ

1a.
Gọi T là lực căng dây
T  P2
Gia tốc vật 2: a 2 
m2
P  2T .P2  2T

Gia tốc vật 1: a 1  1
.m 2
m1
1
Với ròng rọc động: a 2  2.a 1
h
2  4
2
Kết quả: a 2  2.a 1 
g
 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)

Từ (1) và (2) ta có h max  6h
, Thay số: h max  72cm
 4

0,5

1024
Cũng từ hình vẽ:
  VA 
  68,3
102,4
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
VM
4
dấu bằng khi V = VM/2 (với pM = 3atm, VM = 102,4l)
áp dụng phương trình trạng thái
pV = RT => Tmax = 936K => TM = 936K.

0,5