Đề thi HSG Vật lí 12 Nghệ An năm học 2026 – 2027 (Bảng A – Mã đề 1104) là đề thi chính thức phần trắc nghiệm của Sở Giáo dục và Đào tạo Nghệ An với thời gian làm bài 50 phút. Đề thi được biên soạn theo cấu trúc đánh giá năng lực mới, bao gồm 12 câu trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn, 04 câu trắc nghiệm đúng sai và 02 câu trả lời ngắn. Nội dung câu hỏi kết hợp chặt chẽ giữa lý thuyết bản chất, bài toán thực tiễn và kỹ năng xử lý số liệu thí nghiệm thuộc các chuyên đề trọng tâm như Vật lí nhiệt, Dao động điều hòa, Sóng cơ và Điện học. Hệ thống thi thử trực tuyến dưới đây hỗ trợ học sinh làm bài, chấm điểm tự động và đối chiếu lời giải chi tiết từng bước nhằm nâng cao hiệu quả ôn thi học sinh giỏi Vật lí 12.
Chọn đáp án D.
Theo công thức định nghĩa cường độ dòng điện không đổi $I = \frac{q}{t} \Rightarrow q = I \cdot t$.
Đơn vị $\text{mAh}$ (miliampe-giờ) là đơn vị đo điện lượng (dung lượng pin):
Do đó, thông số $4200\text{ mAh}$ cho biết điện lượng tối đa mà viên pin có thể tích trữ và cung cấp khi phát điện.
Chọn đáp án A.
Theo định lí biến thiên động lượng, xung lượng của lực bằng độ biến thiên động lượng của quả bóng:
Khi bắt bóng dừng lại ($\vec{p}_2 = \vec{0}$), độ biến thiên động lượng $|\Delta \vec{p}| = m v$ là xác định. Việc thủ môn co tay và lùi người theo hướng đi của bóng giúp kéo dài thời gian tương tác $\Delta t$, từ đó làm giảm cường độ của lực $\vec{F}$ do bóng tác dụng lên tay (theo định luật III Newton), giúp tay không bị đau.
Chọn đáp án A.
Trong máy phát điện gió, luồng gió chuyển động làm quay các cánh tuabin gió, truyền cơ năng (động năng quay) cho rôto máy phát điện. Nhờ hiện tượng cảm ứng điện từ, máy phát điện chuyển hóa trực tiếp cơ năng này thành điện năng.
Chọn đáp án D.
Mọi vật có nhiệt độ lớn hơn $0\text{ K}$ đều phát ra bức xạ nhiệt. Cơ thể người ở nhiệt độ khoảng $37\ ^\circ\text{C}$ ($310\text{ K}$) phát ra bức xạ điện từ chủ yếu nằm trong vùng tia hồng ngoại (bước sóng quanh vùng $9\ \mu\text{m} - 10\ \mu\text{m}$). Cảm biến của máy đo thân nhiệt từ xa thu nhận cường độ bức xạ hồng ngoại này để xác định nhiệt độ cơ thể.
Chọn đáp án D.
Hai thông số kĩ thuật ghi trên vỏ tụ điện có ý nghĩa:
- $20\ \mu\text{F}$ là điện dung $C$ của tụ điện.
- $400\text{ V}$ là hiệu điện thế giới hạn $U_{\text{gh}}$ (điện áp cực đại cho phép đặt vào hai cực của tụ điện mà lớp điện môi không bị đánh thủng). Từ đó suy ra điện tích tối đa tụ tích được là $Q_{\max} = C \cdot U_{\text{gh}} = 20\cdot 10^{-6} \cdot 400 = 8\cdot 10^{-3}\text{ C}$.
Chọn đáp án A.
- Hình 1: Ấm nước đang đun trên bếp thu nhiệt lượng từ ngọn lửa nên nội năng tăng.
- Hình 2: Tô phở nóng có nhiệt độ cao hơn môi trường xung quanh nên truyền nhiệt lượng ra không khí, nhiệt độ giảm $\Rightarrow$ nội năng đang giảm.
- Hình 3: Mối hàn kim loại đang được mài nhẵn nhận công cơ học qua ma sát nên nóng lên, nội năng tăng.
- Hình 4: Nước đá ở $0\ ^\circ\text{C}$ đặt trong không khí ở nhiệt độ phòng sẽ thu nhiệt từ không khí để nóng chảy nên nội năng tăng.
Chọn đáp án C (nếu xét theo chiều dịch chuyển thực tế của electron từ B về A) hoặc D (nếu xét dọc theo chiều từ A đến B của hình dạng dây) — dưới đây phân tích rõ cả hai góc nhìn:
Công thức liên hệ giữa cường độ dòng điện $I$ và tốc độ dịch chuyển có hướng $v$ của electron tự do là:
Vì dòng điện không đổi ($I = \text{const}$) và dây dẫn kim loại đồng chất ($n = \text{const}$), nên tốc độ dịch chuyển có hướng $v$ tỉ lệ nghịch với tiết diện $S$ của dây dẫn ($v \propto \frac{1}{S}$):
- Góc nhìn bản chất chuyển động của hạt tải điện (Đáp án C - Tăng dần): Trên hình vẽ, chiều dòng điện $I$ hướng từ A sang B nên các electron tự do (mang điện tích âm $q = -e < 0$) dịch chuyển có hướng ngược chiều dòng điện, tức là di chuyển từ B về A. Khi electron di chuyển từ B về A, tiết diện dây $S$ giảm dần ($S_B > S_A$) nên tốc độ dịch chuyển có hướng $v$ của các electron tăng dần.
- Góc nhìn xét theo chiều từ A đến B nêu ở câu dẫn (Đáp án D - Giảm dần): Nếu xét sự biến thiên tốc độ $v$ theo chiều tăng tiết diện từ A đến B thì do $S_A < S_B$ nên $v_A > v_B$ (giảm dần từ A đến B).
Chọn đáp án D.
- Xác định chiều truyền sóng: Tại thời điểm đang xét, phần tử $M$ nằm ở sườn bên phải của đáy sóng (giữa đáy sóng bên trái và đỉnh sóng bên phải) và đang đi lên ($\vec{v}_M$ hướng lên). Theo quy tắc truyền sóng, để phần tử $M$ đi lên thì đỉnh sóng ở bên phải $M$ phải dịch chuyển về phía $M$, tức là sóng truyền từ phải sang trái: từ M đến N.
- Xác định vị trí của N sau $\frac{T}{4}$: Hai điểm $M$ và $N$ cách nhau một nửa bước sóng ($d = \frac{\lambda}{2}$) nên dao động ngược pha nhau. Tại thời điểm đang xét, $M$ qua vị trí cân bằng theo chiều dương (đi lên) nên $N$ đang qua vị trí cân bằng theo chiều âm (đi xuống). Sau khoảng thời gian $\Delta t = \frac{T}{4}$ kể từ lúc qua vị trí cân bằng theo chiều âm, phần tử $N$ sẽ đi đến vị trí biên dưới.
Chọn đáp án B.
Khi bật điện trường đều $\vec{E}$ hướng dọc theo trục $Ox$ (từ A sang B), các electron tự do (mang điện tích âm $q = -e < 0$) trong hệ hai vật dẫn tiếp xúc sẽ chịu lực điện trường $\vec{F} = -e\vec{E}$ ngược chiều $\vec{E}$, nên chúng di chuyển từ quả cầu B sang quả cầu A.
Hệ quả là quả cầu A thừa electron nên nhiễm điện âm, còn quả cầu B thiếu electron nên nhiễm điện dương. Khi tách hai quả cầu ra rồi mới tắt điện trường, điện tích trên mỗi quả cầu được bảo toàn: vật dẫn B mang điện tích dương, vật dẫn A mang điện tích âm.
Chọn đáp án C.
Quá trình chuyển trực tiếp từ thể khí (hơi nước) sang thể rắn (tinh thể băng/sương muối) mà không qua thể lỏng được gọi là sự ngưng kết (ngược lại với quá trình chuyển trực tiếp từ thể rắn sang thể khí là sự thăng hoa).
Chọn đáp án D.
Đổi đơn vị: $f = 40\text{ kHz} = 4 \cdot 10^4\text{ Hz}$; $A = 2,5\ \mu\text{m} = 2,5 \cdot 10^{-6}\text{ m}$.
Gia tốc cực đại của các phần tử chất lỏng dao động điều hòa là:
Thay số với $\pi^2 = 10$:
Chọn đáp án C.
- Tần số dao động riêng của hệ bệ đỡ phụ thuộc vào độ cứng $k$ và khối lượng $m$ theo công thức $f_0 = \frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{k}{m}}$. Do đó phương án A (thay đổi $k$) và B (thay đổi $m$) làm thay đổi $f_0$, giúp $f_0 \neq f_{\text{cưỡng bức}}$ để triệt tiêu điều kiện cộng hưởng $\Rightarrow$ Có hiệu quả.
- Phương án D làm tăng lực cản của môi trường, giúp giảm mạnh biên độ dao động cưỡng bức tại vùng cộng hưởng $\Rightarrow$ Có hiệu quả.
- Phương án C làm giảm lực ma sát (lực cản) trong khi hệ vẫn đang ở trạng thái cộng hưởng ($f = f_0$) sẽ khiến biên độ cộng hưởng càng tăng vọt, bệ đỡ càng rung lắc dữ dội hơn $\Rightarrow$ Không mang lại hiệu quả.
- a) ĐÚNG: Từ Hình (a), khoảng cách giữa hai đỉnh sóng liên tiếp theo phương truyền sóng là một bước sóng: $\lambda = 0,50\text{ m}$.
- b) SAI: Quan sát kỹ Hình (b), khoảng thời gian $0,010\text{ s}$ được đánh dấu từ thời điểm phần tử đạt đỉnh sóng ($u = +4,0\text{ cm}$) đến thời điểm đạt đáy sóng kế tiếp ($u = -4,0\text{ cm}$), tức là bằng một nửa chu kì:
$$\frac{T}{2} = 0,010\text{ s} \Rightarrow T = 0,020\text{ s}$$Tốc độ truyền sóng trên dây là:$$v = \frac{\lambda}{T} = \frac{0,50}{0,020} = 25\text{ m/s} \neq 50\text{ m/s}$$
- c) SAI: Đối với sóng cơ lan truyền trên sợi dây đàn hồi, thế năng đàn hồi $\Delta W_t$ của một phần tử dây $\Delta x$ sinh ra do phần tử dây bị biến dạng dãn, tỉ lệ với bình phương độ dốc của sợi dây tại vị trí đó:
$$\Delta W_t = \frac{1}{2} F_{\text{căng}} \left(\frac{\partial u}{\partial x}\right)^2 \Delta x = \Delta W_đ$$Khi phần tử $\Delta x$ đi qua vị trí cân bằng ($u = 0$), tốc độ dao động lớn nhất ($\Delta W_đ$ cực đại) đồng thời độ nghiêng $\left|\frac{\partial u}{\partial x}\right|$ của sợi dây tại đó cũng lớn nhất nên phần tử dây $\Delta x$ bị dãn nhiều nhất $\Rightarrow$ cả động năng và thế năng biến dạng của phần tử $\Delta x$ đều đạt cực đại.
- d) ĐÚNG: Tốc độ dao động cực đại của các phần tử trên dây là:
$$v_{\max} = \omega A = \frac{2\pi}{T} A = \frac{2\pi}{0,020} \cdot 0,04 = 4\pi \approx 12,57\text{ m/s} < v = 25\text{ m/s}$$
- a) ĐÚNG: Từ phương trình gia tốc $a = 4\cos\left(4t + \frac{\pi}{4}\right)\ (\text{m/s}^2)$, tần số góc của dao động là $\omega = 4,0\text{ rad/s}$.
- b) ĐÚNG: Gia tốc cực đại $a_{\max} = \omega^2 A = 4\text{ m/s}^2$, suy ra biên độ dao động của giảm chấn là:
$$A = \frac{a_{\max}}{\omega^2} = \frac{4}{4^2} = 0,25\text{ m} = 25\text{ cm}$$
- c) SAI: Độ lớn gia tốc của giảm chấn cực tiểu ($|a|_{\min} = 0$) khi giảm chấn đi qua vị trí cân bằng ($x = 0$). Tại vị trí cân bằng, tốc độ (độ lớn vận tốc) luôn cực đại ($|v| = v_{\max} = \omega A$), nhưng vận tốc $v$ chỉ đạt giá trị cực đại ($+\omega A$) khi vật đi theo chiều dương và đạt giá trị cực tiểu ($-\omega A$) khi vật đi theo chiều âm.
- d) SAI: Chu kì dao động của giảm chấn là $T = \frac{2\pi}{\omega} = \frac{2\pi}{4} = \frac{\pi}{2}\text{ s}$.
Trong một chu kì, độ lớn gia tốc không vượt quá $2,0\text{ m/s}^2$ nghĩa là $|a| \le 2,0\text{ m/s}^2 = \frac{a_{\max}}{2}$. Tổng góc quét trong 1 chu kì ứng với $|a| \le \frac{a_{\max}}{2}$ là $\Delta \varphi = 4 \cdot \frac{\pi}{6} = \frac{2\pi}{3}\text{ rad}$, nên khoảng thời gian cần tìm là:
$$\Delta t = \frac{\Delta \varphi}{\omega} = \frac{2\pi / 3}{4} = \frac{\pi}{6}\text{ s} \neq \frac{\pi}{12}\text{ s}$$
Học sinh đó cho rằng: Tại nhiệt độ nóng chảy của nước đá, nếu tiến hành đun hai lần với thời gian đun bằng nhau, nhưng công suất đun khác nhau, thì số liệu thu được có thể giúp làm giảm ảnh hưởng của sự trao đổi nhiệt với môi trường bên ngoài đến độ chính xác của kết quả đo nhiệt nóng chảy riêng.
Thí nghiệm được tiến hành qua hai lần như sau:
Lần thứ nhất: Đun nước đá tại nhiệt độ nóng chảy trong thời gian $t$, với công suất $P_1$, xác định được khối lượng nước đá bị giảm trong quá trình đun (do bị nóng chảy) là $\Delta m_1$.
Lần thứ hai: Đun nước đá tại nhiệt độ nóng chảy cũng trong thời gian $t$, nhưng với công suất khác là $P_2$, xác định được khối lượng nước đá bị giảm trong quá trình đun là $\Delta m_2$.
Coi toàn bộ nước do nước đá tan đều chảy hết xuống cốc hứng và nhiệt lượng trao đổi với môi trường bên ngoài trong hai giai đoạn là bằng nhau. Giả sử nhiệt độ của cốc thủy tinh luôn bằng với nhiệt độ nước đá.
- a) SAI: Nhiệt độ nóng chảy của nước đá là $0\ ^\circ\text{C}$, thấp hơn nhiệt độ môi trường phòng xung quanh, nên trong quá trình nóng chảy nước đá thu nhiệt từ môi trường bên ngoài (và từ dây điện trở), chứ không tỏa nhiệt ra môi trường.
- b) SAI: Trong quá trình nóng chảy ở nhiệt độ không đổi $0\ ^\circ\text{C}$, động năng chuyển động nhiệt trung bình của các phân tử không đổi, nhưng nhiệt lượng thu vào dùng để phá vỡ mạng tinh thể nước đá làm khoảng cách giữa các phân tử thay đổi $\Rightarrow$ thế năng tương tác giữa các phân tử tăng lên.
- c) ĐÚNG: Vì nhiệt độ của cốc thủy tinh luôn bằng với nhiệt độ của nước đá đang nóng chảy ($0\ ^\circ\text{C}$ không đổi trong suốt hai lần đun), độ biến thiên nhiệt độ của cốc thủy tinh bằng $\Delta T = 0$, nên cốc thủy tinh không thu thêm nhiệt lượng từ dây điện trở.
- d) ĐÚNG: Gọi $Q_{\text{mt}}$ là nhiệt lượng nước đá nhận thêm từ môi trường bên ngoài trong khoảng thời gian $t$. Phương trình cân bằng nhiệt trong hai lần đun là:
$$\begin{cases} P_1 t + Q_{\text{mt}} = \lambda \Delta m_1 \quad (1) \\ P_2 t + Q_{\text{mt}} = \lambda \Delta m_2 \quad (2) \end{cases}$$Trừ vế theo vế $(2)$ cho $(1)$ để khử sai số hệ thống $Q_{\text{mt}}$:$$(P_2 - P_1)t = \lambda (\Delta m_2 - \Delta m_1) \Rightarrow \lambda = \frac{(P_2 - P_1)t}{\Delta m_2 - \Delta m_1}$$
Chọn mốc thế năng tại mặt phẳng nằm ngang (đường kẻ ngang nơi quả bóng chạm sàn). Đếm trên hệ lưới ô vuông của ảnh hoạt nghiệm (gọi độ dài cạnh mỗi ô vuông là $a$):
- Quỹ đạo sau va chạm lần 1: Độ cao cực đại $H_1 = 8a$, tầm xa ngang giữa lần chạm thứ 1 và thứ 2 là $L_1 = 5a$.
- Quỹ đạo sau va chạm lần 2: Độ cao cực đại $H_2 = 5a$, tầm xa ngang giữa lần chạm thứ 2 và thứ 3 là $L_2 = 3a$.
- Quỹ đạo sau va chạm lần 3: Độ cao cực đại $H_3 = 3a$, tầm xa ngang giữa lần chạm thứ 3 và thứ 4 là $L_3 = 2a$.
Xét từng phát biểu:
- a) ĐÚNG: Khi bóng rơi xuống, độ cao của bóng giảm dần còn tốc độ tăng dần nên thế năng trọng trường chuyển hóa thành động năng.
- b) SAI: Khi lên đến các đỉnh quỹ đạo, chỉ có thành phần vận tốc thẳng đứng $v_y = 0$, còn thành phần vận tốc nằm ngang $v_x \neq 0$. Do đó vận tốc tại đỉnh $v = v_x \neq 0$ nên động lượng của bóng $\vec{p} = m\vec{v} \neq \vec{0}$.
- c) SAI: Thời gian bay giữa hai lần chạm sàn liên tiếp của nhánh thứ $i$ là $T_i = 2\sqrt{\frac{2H_i}{g}}$, suy ra vận tốc ngang tại đỉnh là $v_i = \frac{L_i}{T_i} = \frac{L_i}{2\sqrt{2H_i/g}}$. Cơ năng toàn phần của quả bóng ở nhánh thứ $i$ là:
$$W_i = mgH_i + \frac{1}{2}mv_i^2 = mg\left(H_i + \frac{L_i^2}{16H_i}\right)$$Trước va chạm lần 2 ($H_1 = 8a, L_1 = 5a$): $W_1 = mga\left(8 + \frac{25}{128}\right) \approx 8,20mga$.
Sau va chạm lần 2 ($H_2 = 5a, L_2 = 3a$): $W_2 = mga\left(5 + \frac{9}{80}\right) \approx 5,11mga$.
Tỉ lệ cơ năng bị giảm trong lần va chạm thứ hai là:$$\frac{W_1 - W_2}{W_1} = \frac{8,20 - 5,11}{8,20} \approx 37,6\% \neq 60\%$$ - d) SAI: Tỉ số vận tốc tại điểm cao nhất ngay sau va chạm lần 1 ($v_1 = v_{x1}$) và ngay sau va chạm lần 3 ($v_3 = v_{x3}$) là:
$$\frac{v_1}{v_3} = \frac{L_1 / T_1}{L_3 / T_3} = \frac{L_1}{L_3}\sqrt{\frac{H_3}{H_1}} = \frac{5a}{2a}\sqrt{\frac{3a}{8a}} = \frac{5}{2}\sqrt{\frac{3}{8}} \approx 1,53 \neq 2,9$$
Đáp số: 11,7
Diện tích vùng quét hình tròn của cánh tuabin là:
Khối lượng nước biển chảy qua vùng quét trong thời gian $\Delta t = 1\text{ s}$ là:
Động năng của khối nước đi qua vùng quét trong mỗi giây (công suất toàn phần của dòng nước) là:
Công suất phát điện của tuabin với hiệu suất chuyển hóa $H = 30\%$ là:
Vậy $y \approx \mathbf{11,7}$.
Đáp số: 5,56
Quãng đường đầu kim chuyển động giữa vị trí cao nhất và thấp nhất là chiều dài quỹ đạo:
Đầu kim thực hiện $30$ dao động trong mỗi giây nên tần số dao động là $f = 30\text{ Hz}$. Chu kì và tần số góc của dao động lần lượt là:
Tốc độ cực đại của đầu kim là:
Khi kim máy may có tốc độ $|v| = 60\pi\text{ cm/s} = \frac{v_{\max}}{2}$ thì li độ tương ứng của kim là $|x| = \frac{A\sqrt{3}}{2}$. Khoảng thời gian ngắn nhất giữa hai lần liên tiếp vật có tốc độ $\frac{v_{\max}}{2}$ (ứng với vật đi từ $x = \frac{A\sqrt{3}}{2}$ ra biên $x = A$ rồi quay lại $x = \frac{A\sqrt{3}}{2}$, góc quét $\Delta \varphi_{\min} = \frac{\pi}{3}\text{ rad}$) là:
0 nhận xét:
Đăng nhận xét