Tổng hợp đề chính thức và đề xuất kì thi hsg khu vực duyên hải và đồng bằng bắc bộ môn Vật lý 11

Page 1

ĐỀ THI HSG DUYÊN HẢI BẮC BỘ MÔN VẬT LÝ

vectorstock.com/3687784

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

Tổng hợp đề chính thức và đề xuất kì thi hsg khu vực duyên hải và đồng bằng bắc bộ môn Vật lý khối 11 năm 2019 WORD VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN Môn: VẬT LÍ Lớp: 11 Câu 1: Một quả cầu dẫn, bán kính R = 1mét, được tích điện đến 1000V. Một đĩa kim loại mỏng, bán kính r = 1cm, có cán cầm bằng chất cách điện. Cho đĩa tiếp xúc với quả cầu rồi đưa ra xa cho phóng hết điện bằng cách nối đất. Hỏi phải làm như thế bao nhiêu lần để điện thế quả cầu giảm đi 1 vôn. Giải *Ta thấy R>>r nên khi cho đĩa tiếp xúc với quả cầu thì đĩa trở thành một phần của mặt cầu, tích điện với mật độ điện tích của mặt cầu. Ta có điện tích ban đầu của quả cầu là: Q = 4 πε 0 R.V =

1 × 10 3 1 − 6 = .10 (C) 9.10 9 9

*Sau lần đầu tiếp xúc, điện tích trên miếng kim loại là: q1 =

Q Q.r 2 2 . π r = , do đó điện tích còn lại trên quả cầu là: 4πR 2 4R 2

Q 1 = Q - q1 = Q -

Qr 2 r2 = Q ( 1 − ) 4R 2 4R 2

* Cho đĩa phóng hết điện rồi lại cho tiếp xúc lần 2 với quả cầu,ta có: q2 =

2 Q1 r2 r2 . π r = Q ( 1 − ). và Q2 = Q1 - q2. 4πR 2 . 4R 2 4 R 2

Q2 = Q(1 −

r2 r2 r2 2 )( 1 − . ) = Q ( 1 − ) 4R 2 4R 2 4R 2

* Tương tự đến lần thứ n ta có: Qn = Q(1 −

r2 n ) 4R 2

* Điện thế trên quả cầu giảm đi 1 vôn, ta có:

1

Q V 1000 999 = = → Qn = Q→ Q n Vn 999 1000 Q(1 −

r2 n 999 r2 n 999 = → − → logarit cơ số e hai vế ta được n = 40 ) Q ( 1 ) =Q 2 2 1000 1000 4R 4R

Câu 2: Cho đĩamỏngkimloạibánkínhR, tích điệnQvớimật độ điệnmặtphânbốcó dạng đốixứnglà 2σ 0 Q .Trong đó σ 0 = và rlà khoảngcáchtừvịtrí taxéttớitâm đĩa. σ= 2 4 πR 2 1− (r R) 1.Hãytính điệndungcủa đĩa? 2.Cho đĩaquayvớitốc độgócωkhông đổixungquanhtrụcOz điquatâmOvà vuônggócvớimặt đĩa. Giảsửrằng điệntíchkhôngphânbốlại. Xác địnhmomentừdo đĩatạora. Giải

Xétvànhkhănnguyêntốtạibánkínhr:

r

dS = 2πrdr

dr

o

Điệnthếdonó gâyratạitâm: dV =

σ 1 σ dS 1 2σ 0 .2π dr dr = = 0 4πε 0 r 4πε 0 1 − ( r R )2 ε 0 1 − ( r R )2

R

⇒ VO =

σ0 dr πRσ0 = ∫ 2 ε 0 0 1 − (r R ) 2ε0

Điệndung:

C=

Q 4πR 2 σ 0 = = 8ε 0 R πRσ0 V0 2ε 0

Xétvànhkhănnhư trên, tacó: dq = σ dS = 2σ 0 2π r dr 2 1− (r R)

Khi đĩa quay với vận tốc góc ω nó tạo ra dòng điện: dI =

Mô men từ nguyên tố:

dM = dI .π r 2 = 2πωσ 0

dq ω 2σ0 2πrdr 2ωσ 0 rdr = = 2 2 2π / ω 2π 1 − (r R ) 1 − (r R )

r 3dr 1− (r R)

2

2

R

M = 2πωσ 0 ∫

Mô men từ của cả đĩa:

0 R

Đặt r = R sin ϕ :

∫ 0

M=

π2

r 3dr 1 − (r R )

2

=

∫ 0

r 3dr 1 − (r R )

2

R 3 sin 3 ϕ.R cos ϕdϕ = R4 cos ϕ

π2

∫ sin 0

3

2 ϕdϕ = R 4 3

4 4 Q QωR 2 πωσ 0 R 4 = πωR 4 = 3 3 4πR 2 3

Câu 3 Một mặt đối xứng tròn xoay Σ ngăn ngă cách hai môi trường trong suốt chiết suất n1, n2. Xác định Σ sao cho một chùm sáng hình nón, có đỉnh A ở trên trục đối xứng của Σ , cách Σ một khoảng d, trong môi trường 1, sau khi truyền qua mặt Σ sang môi trường 2, thì trở thành một chùm song song. Xét hai trường hợp : n1>n2 và n1<n2. Lời giải

ục đối đố xứng Ta lấy một mẳng phẳng chứa trục của mặt Σ làm mặt phẳng của hình và lấy

ấ giao trục đối xứng làm trục hoành, lấy điểm O của trục ấy với mặt Σ làm gốc tọa độ và trục Oy vuông góc vớii Ox (Hình 2.1). I là một điểm trên mặt Σ . Tia sáng AI khúc xạ qua Σ rồi truyềnn trong môi trường

ục Ox. 2, theo phương song song với trục

Gọi P là một mặt phẳng vuông góc với chùm tia khúc xạ, và H là giao điểm của tia khúc xạ IA’ với mặt phẳng P. Quang trình của tia AIH là:

(AIH) = n1 AI + n2 IH. Gọi x, y là tọa độ của I, đặt OB=b là khoảng cách từ O đến mặt phẳng P.

3

Chùm tia phản xạ là chùm tia song song và vuông góc với P nên quang trình của tia sáng la không đổi, không phụ thuộc vào vị trí của điểm I. Vì vậy ta có:

(AIH) = (AOB) , hay n1 AI + n2 IH = n1 AO + n2 OB

n1 (d + x ) 2 + y 2 + n2 (b − x ) = n1d + n2b n1 ( d + x) 2 + y 2 = n1d + n2 x. Bình phương hai vế của phương trình ta được:

(n12 − n22 ) x 2 + 2n1 (n1 − n2 )dx + n12 y 2 = 0. (2.1) Đây là phương trình của một đường cônic, dạng cụ thể của nó phụ thuộc các giá trị của n1, n2. Trường hợp 1: n1>n2 Với n1>n2 hệ số của x2 và y2 đều dương. Vậy phương trình trên là phương trình của một elip, và mặt

Σ là một mặt elipxôit tròn xoay. Phương trình (2.1) có thể viết: x2 +

2n1d ( n1 − n2 ) n12 + x y2 = 0 2 2 2 2 n1 − n2 n1 − n2

x2 +

2n1d n2 x + 2 1 2 y 2 = 0, n1 + n2 n1 − n2

2

 nd  Thêm và bớt  1  vào vế trái, ta được:  n1 + n2  2

 n1d  n12 y 2 n12 d 2 − = 0. x+  + n1 + n2  n12 − n22 ( n1 + n2 ) 2  Chia cả hai vế cho

n12 d 2 , ta được: ( n1 + n2 ) 2

4

2

 n1d  n12 y 2 n12 d 2 + + − =0 x   n1 + n2  n12 − n22 (n1 + n2 ) 2  2

 n1d  x+  n1 + n2  y2  + =1 . 2 d 2 (n1 − n2 )  n1d    n1 + n2  n1 + n2 

(2.2)

Đây là phương trình elip quy về hai trục đối xứng của nó. Vậy, bán trục hướng theo Ox và Oy có độ dài lần lượt là: a =

n1 n −n d; b = 1 2 d. n1 + n2 n1 + n2

Tiêu cự 2c , với c = a 2 − b 2 =

Tâm O1 có hoành độ: xO = −

dn2 c n ; và tâm sai e = = 1 . n1 + n2 a n2

n1 d = −a . n1 + n2

A cách O1 một khoảng: AO1 = d − a = d −

n1 n2 d= d = c. n1 + n2 n1 + n2

Vậy A là tiêu điểm ở xa O, còn tiêu điểm A1 ở gần O hơn, và elip có dạng vẽ trên hình 2.2.

m A, trong môi Nếu đặt một nguồn sáng tại điểm trường n1, thì chùm sáng ló ra khỏi elipxôit là một chùm hoàn toàn song song.

Trường hợp 2: n1<n2 Phương trình (1) vẫn đúng cho trường hợp này. Tuy nhiên bây giờ, hai số hạng đầu trở thành số âm. Đổi dấu cả 3 số hạng ta được:

(n22 − n12 ) x 2 + 2n1d (n2 − n1 ) x − n12 y 2 = 0, Biến đổi tương tư như trường hợp 1 ta được:

5

2

 n1d  x+  n1 + n2  y2  − = 1. (2.3) 2 (n2 − n1 ) d 2  n1d    n1 + n2  n1 + n2  Đây là phương trình của một hyperbol quy về hai trục đối xứng. Hai bán trục và nửa tiêu cự của nó có giá trị lần lượt là:

a= b= c=

n1 d; n1 + n2 n2 − n1 d; n1 + n2 n2 d . n2 + n1

Cũng như trường hợp trên, A là tiêu điểm xa đỉnh O của hyperbol, còn A1 là tiêu điểm ggần O và ở trong môi trường có chiết suất n2(hình 2.3).

Câu 4 Hai đường ray dài, dẫn điện, đặt cố định nằm ngang,

B

Song song với nhau và cách nhau một khoảng l.

m

m

đ ện trở mỗi thanh Người ta đặt hai thanh dẫn điện có đi

I 2

R 1 tựa vào hai đường ray. Khối lượng mỗi thanh là m. 2 Các thanh có thể trượt không ma sát trên hai đường ray. Mỗi thanh được gắn vào đầu một lò xo có độ cứng k, hệ được đặt trong một từ trường đều B vuông góc với mặt phẳng của hai đường ray (hình vẽ). là

Hãy khảo sát chuyển động của hai thanh và giải thích các kết quả. Giải Hai thanh dẫn điện cùng với 2 thanh ray tạo thành một mạch điện kín, phẳng, có điện trở R. Khi 2 thanh chuyển động thì diện tích của mạch thay đổi theo thời gian, từ thông qua mạch biến thiên. Trong mạch xuất hiện sđđ và dòng điện cảm ứng, đồng thời có lực điện từ tác dụng lên thanh.

6

Sđđ cảm ứng là e = -

dΦ dx dx , trong đó d Φ = Bl(dx2 - dx1) nên e = - Bl( 2 − 1 ) dt dt dt

Cường độ dòng điện là: I =

e Bl dx1 dx 2 Bl ' ' = ( (x 1 - x 2 ). )= − R R dt R dt

Lực điện từ F = IBl, nên lực tác dụng lên các thanh là;

B 2l 2 ' ' B 2l 2 ' ' F1 = (x 1 - x 2 ) ; F2= (x 1 - x 2 ). R R B 2l 2 ' ' mx = − (x 1 - x 2 ) - k(x1-x01). R '' 1

B 2l 2 ' ' mx = (x 1 - x 2 ) - k(x2-x02). R '' 2

Nếu đặt VTCB của các thanh là x01= x02 = 0 thì: '' 1

mx + kx1 +

B 2l 2 ' B 2l 2 ' x1 − x2 = 0 R R

'' 2

mx + kx2 −

(a)

B 2l 2 ' B 2l 2 ' x1 + x2 = 0 R R

Ta tìm nghiệm dưới dạng: x1= α e s t ; x2 = β e s t thay vào (a) ta có:

α (ms2 + k +

-α (

B 2l 2 B 2l 2 s) - β( s )= 0 R R

(b)

B 2l 2 B 2l 2 s ) + β ( ms2 + k + s)=0 R R

Đây là hệ phương trình có 2 ẩn α và β . Nghiệm khác 0 tìm được nếu các hệ số của ẩn số

B 2l 2 2 B 2l 2 2 s) -( s ) = 0. Tức là thoả mãn điều kiện: ( ms + k + R R 2

B 2l 2 B 2l 2 s) = ± s . Rút ra 2 trường hợp: ( ms + k + R R 2

ms2 + k = 0 và

ms2 +

(1)

2 2 2 B l s+k=0 R

(2).

Trường hợp (1):

7

Thay (1) vào hệ phương trình (b), ta có α = β , tức là x1 = x2. Từ (a) ta thu được phương

k ; trong trường hợp này 2 m thanh dao động cùng pha, cùng biên độ. Vì vậy diện tích của mạch không thay đổi theo thời gian và trong mạch không có dòng điện cảm ứng. Dao động không tắt vì không có ma sát. trình mô tả dao động điều hoà của 2 thanh với tần số góc ω =

Trường hợp 2: Thay (2) vào (b) ta có α = - β do đó x1 = - x2, tức là hai thanh dao động ngược chiều nhau. Diện tích của mạch thay đổi, trong mạch có dòng điện cảm ứng.

B 4l 4 Giải (2) để tìm s. Biệt số của phường trình bậc 2 là: ∆ = 2 − mk . R '

' a) Nếu ∆ =

− S=

B 4l 4 − mk > 0 thì s có 2 giá trị: R2

B2l 2 B 4l 4 ± − mk R R2 m

Hai nghiệm này đều âm, vì vậy chúng mô tả sự suy giảm độ lệch x1 và x2 theo hàm mũ (không có dao động ). Đây là trường hợp từ trường mạnh.

B 4l 4 b) Nếu ∆ = 2 − mk < 0, ứng với từ trường yếu, các nghiệm là: R '

S=-

k B4l 4 B 2l 2 ± i. − ( i là đơn vị ảo). Rm m R 2m 2

Các độ lệch x1 và x2 đều có dạng tích của một hàm dao động với một hàm mũ âm.Đó là một dao đông tắt dần. Vì x1 = - x2 nên diện tích của mạch biến thiên theo thời gian và trong mạch có dòng điện cảm ứng. Vì mạch có điện trở nên có sự toả nhiệt. Do đó động năng của hai thanh giảm dần. Từ trường càng mạnh, dòng cảm ứng càng lớn, năng lượng giảm càng nhanh. Đến một giá trị B đủ lớn thì 2 thanh không dao động mà dịch chuyển đơn điệu về vị trí cân bằng.

8

Câu 5 Xác định độ từ thẩm µ của chất sắt từ Cho các linh kiện và thiết bị sau: - 01 lõi sắt từ hình xuyến tiết diện tròn - Cuộn dây đồng (có điện trở suất ρ) có thể sử dụng để quấn tạo ống dây - 01 điện kế xung kích dùng để đo điện tích chạy qua nó - 01 nguồn điện một chiều - 01 ampe kế một chiều - 01 biến trở - Thước đo chiều dài, panme, thước kẹp - Ngắt điện, dây nối cần thiết. Hãy nêu cơ sở lý thuyết và phương án thí nghiệm để đo hệ số từ thẩm µ của lõi sắt từ.

ĐÁP ÁN Cơ sở lý thuyết: Xét một lõi sắt từ hình xuyến trên đó có cuốn hai cuộn dây có số vòng là N1 và N2. Khi cho dòng điện chạy qua cuộn thứ nhất (N1) trong lòng lõi sắt

R2

I1 A

K N1

N2

G

sẽ xuất hiện từ trường và từ trường này sẽ đi qua cả cuộn dây thứ hai (N2).

R Gọi d là đường kính trung bình lõi hình xuyến.

d

Chu vi hình xuyến πd là chiều dài mạch từ. Khi dòng điện chạy qua cuộn thứ nhất là I1 thì cảm ứng từ chạy trong mạch từ là B = µ 0µ

N1I1 πd

với

µ0 = 4π .10-7 (H/m) Từ thông gửi qua cuộn thứ hai là φ = N 2 BS = µ0µ

N1N 2 I1 S với S là tiết diện mạch từ πd

Khi vừa ngắt khoá K, dòng điện chạy qua cuộn thứ nhất I1 sẽ giảm về 0 và gây ra sự biến thiên từ thông chạy qua cuộn thứ hai (giảm từ φ → 0 ) và tổng điện tích chạy qua điện thế xung kích là q

9

Xét khoảng thời gian ∆t nhỏ, từ thông qua cuộn thứ hai giảm đi ∆φ tương ứng với điện lượng đi qua là ∆q . Ở cuộn thứ hai sinh ra suất điện động cảm ứng ξ 2 và dòng điện i2. Trong thời gian ∆t trên dòng điện tích qua điện kế là:

∆q = i 2 ∆t = ξ 2

∆t ∆φ ∆t ∆φ (R2 là điện trở cuộn dây N2) = = R 2 ∆t R 2 R 2

Toàn bộ điện tích qua cuộn 2 là q = ∑ ∆q =

suy ra µ =

1 R2

1

∑ ∆φ = R

2

(φ − 0) =

N1 N 2 µ 0µI1S πdR 2

qπdR 2 N1 N 2µ 0 I1S

Các bước thí nghiệm: * Chuẩn bị: - Đo đường kính trong và ngoài của lõi sắt từ hình xuyến d1 và d2 → d =

d1 + d 2 2

- Đo đường kính e của sợi dây đồng bằng panme - Cuốn hai cuộn dây với số vòng là N1 và N2 lên lõi sắt từ. - Tính điện trở cuộn dây N2: R 2 = ρ

ℓ2 N π(d 2 − d1 ) N (d − d ) =ρ 2 = 4ρ 2 22 1 2 s e e π  2

* Thao tác: - Chỉnh biến trở để thay đổi dòng I1, mở khoá K, đọc giá trị q trên điện kế xung kích, ghi giá trị vào bảng

Lần đo

điện lượng q

I1

- Tính độ từ thẩm µ ứng với mỗi lần đo

10

qπdR 2 µ= = N1 N 2µ 0 I1S

d1 + d 2 N (d − d ) 4ρ 2 22 1 qπρ(d1 + d 2 ) 2 e =8 2 N1µ o I1πe 2 ( d 2 − d1 ) (d − d ) N1 N 2µ o I1π 2 1 4

qπ

Lặp lại các thao tác trên và tính giá trị µ

11

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

KHU VỰC DUYÊN HẢI, ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT: MÔN VẬT LÝ

Khu vực Duyên hải và Đồng bằng Bắc bộ lần thứ XII

KHỐI 11

Thời gian: 180 phút

Câu 1.TĨNH ĐIỆN – 4 ĐIỂM Giả thiết rằng, thay vì định luật Coulomb, bằng thực nghiệm người ta tìm được lực tương tác giữa hai điện tích bất kỳ q và q có dạng: với α là một hằng số

F =

q q 1 − √αr . . e 4πε r

a) Hãy tìm điện trường E bao quanh một điện tích điểm q

b) Hãy chọn một đường bao quanh điện tích điểm này và tính tích phân đường . Hãy so sánh với kết quả tương tự suy ra từ định luật Coulomb. ∮ E dℓ

c) Tìm ∮ E dS trên một mặt cầu bán kính r có điện tích điểm đặt tại tâm. Hãy so sánh với kết quả tương tự suy ra từ định luật Coulomb.

Câu 2. ĐIỆN VÀ ĐIỆN TỪ - 5 ĐIỂM Ở giữa hai bản tụ phẳng, song song của một tụ điện, đặt cách nhau một khoảng

d, người ta tạo một điện trường đều bằng

cách kết nối các bản tụ điện với một điện

d

&

y

%

x z

áp không đổi U. Đồng thời trong khoảng không gian giữa hai bản tụ điện, người

ta tạo ra một từ trường đều có cảm ứng từ B có các đường sức từ vuông góc với

các đường sức điện. Một electron tự do khối lượng m và điện tích e (độ lớn)

được đưa vào sát bản tụ âm rồi thả không vận tốc ban đầu. Bỏ qua tác dụng của trọng lực.

a) Xác định biểu thức các thành phần vận tốc v , v" , v# $ của electron như một

hàm của thời gian và các hằng số đã cho trong đề bài.

b) Hãy biểu diễn các thành phần vận tốc electron như hàm của tọa độ y (song

song với các đường sức điện): v = v y , v" = v" y Câu 3. QUANG HÌNH – 4 ĐIỂM

2

Cho một thấu kính hội tụ mỏng có tiêu cự f. Biết P là một điểm thuộc trục chính của thấu

O

A

kính. Điểm P cách đều quang tâm O và tiêu điểm chính F của thấu kính. Một nguồn sáng

F

P

điểm A chuyển động tròn đều quanh tiêu điểm F trong mặt phẳng Oxy với tốc độ góc ω, bán kính quỹ đạo bằng

(

x

( Ox là trục

chính thấu kính, Oy trùng với thấu kính ). Lúc t = 0, nguồn sáng điểm A đang ở vị trí P.

a) Viết phương trình quĩ đạo ảnh A’ của A qua thấu kính trong hệ tọa độ Oxy. b) Vẽ đồ thì biểu diễn quĩ đạo ảnh của A’. Từ đồ thị nhận xét tính chất, vị trí của ảnh A’ theo vị trí của nguồn sáng điểm A. c) Lập biểu thức tính tốc độ của ảnh A’ theo thời gian t. Câu 4. DAO ĐỘNG CƠ – 4 ĐIỂM

Đặt một vật nhỏ khối lượng m = 10g trên một mặt phẳng, mặt phẳng này

nghiêng với mặt phẳng nằm ngang một góc α = 45 . Vật được nối vào điểm O

cố định trên mặt nghiêng nhờ một dây mảnh, nhẹ, không dãn có chiều dài

R = 50 cm. Ban đầu vật được giữ cố định trên mặt nghiêng ở vị trí dây nối nằm

ngang rồi được thả ra cho chuyển động. Vật đổi

chiều chuyển động lần đầu tiên khi dây quay được

góc 120 so với vị trí ban đầu. Trong suốt quá

trình chuyển động dây luôn căng. Lực ma sát có

O

m

α

phương tiếp tuyến với quỹ đạo và có chiều ngược chiều chuyển động. Lấy g = 10 m/s2.

a) Tính hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng. b)Tìm vị trí cân bằng lần đầu tiên và lực căng dây cực đại trong suốt quá trình chuyển động.

c) Sau khi vật đảo chiều chuyển động lần đầu tiên, vật đạt vận tốc cực đại ngay

sau đó tại vị trí góc φ4 . Chứng minh rằng sau lúc đó, vật dao động điều hòa. Câu 5. PHƯƠNG ÁN THỰC HÀNH – 3 ĐIỂM Cho các thiết bị sau + Một nguồn điện một chiều + Một số điện trở mẫu, loại 3Ω, 10Ω, 30Ω + Một điện trở chưa biết giá trị.

+ Một điện kế, có thể chỉnh được độ nhạy cỡ μA.

+ Một cái thước gỗ có chia độ dài, từ 0 − 100cm; trên đó có gắn sợi dây kim loại gắn dọc theo thước, 2 đầu sợi dây được cố định. + Các dây dẫn, cả loại cắm chốt, kẹp, kim nhọn. Hãy thiết kế phương án thí nghiệm để xác định điện trở chưa biết.

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

KHU VỰC DUYÊN HẢI, ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

THPT CHUYÊN ĐHSP HÀ NỘI

Thời gian: 180 phút

ĐÁP ÁN: MÔN VẬT LÝ KHỐI 11

Câu 1. (4 điểm) a) Điện trường do điện tích điểm q gây ra là:(1đ) E =

q 1 − √αr$ . . e 4πε r

b) Chọn đường cong (L) bất kỳ như hình vẽ . e = dℓ. cos θ = dr <đ dℓ

Thành ra

dr

q 1 − √αr$ = > > E dℓ . dr 4πε r

=

?

@ABC

D∮ F − √α ∮ E

√ E G F

= 0(1đ)

dℓ

L

So sánh với định luật Coulomb, E =

?

@ABC F

e

θ

•

, ta cũng nhận được kết quả tương tự.

c) Chọn mặt kín là hình cầu tâm O bán kính r

dS = E . dS. e = E. dS E

> E dS = >

dS = 2πrdr

q 1 − √αr$ q . . dS = . 1 − √αr$ 4πε r ε

So sánh với định luật Coulomb, ta thấy hai đại lượng chênh nhau một lượng là 1 − √αr$(1đ)

Câu 2.

a) Áp dụng định luật II Newton

ma = −e. E ± −e. v × B

Chiếu lên các trục tọa độ:(0,5đ)

ma = ev" B

1

ma" = eE − ev B 2 ma# = 0

3

Từ đây rút ra:

E m − a B eB " dv m da" →a = =− M, Nđ eB dt dt ma m da" 1 → v" = = −O P eB eB dt Phương trình cuối cho ta: 2 → v =

d v " eB + R S v" = 0 m dt Nghiệm của phương trình này có dạng:

v" = A sin ωt + φW" $ M, Nđ

Từ điều kiện ban đầu, v" 0 = 0 nên φW" = 0 v" = A sin

Đạo hàm, ta ra được gia tốc:

a" =

Thay lên phương trình số 2:

Suy ra

eBt m

AeB eBt cos M, Nđ m m

ma" = eE − ev B → AeB cos v =

eBt = eE − eBv m

E eBt − A cos M, Nđ B m

Sử dụng điều kiện ban đầu v 0 = 0 → A = , vậy: Tóm lại:

v =

Y

eBt E R1 − cos S M, Nđ m B

U eBt R1 − cos S dB m U eBt v" = sin dB m v# = 0

v =−

b) Từ biểu thức v" , ta suy ra

X

mU eBt − cos R1 S <, Mđ edB m

y=

Từ đó suy ra:

v =

và

eB y m

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng:

1 m v + v" $ = eEy M, Nđ 2

Suy ra

v" = Z

Câu 3.

eU edB y\ y M, Nđ [2 − mU md y I

A F••

0

P

H

H’

F’

_____ = x = d , H′A′ ______ = y Đặt, OH′

A’

`

+ Áp dụng công thức thấu kính ta có: x = d` =

với d = f −

1+

_______ c`d` cd

=−

E` E

=−

(

Ea(

E(

Ea( (

Thay vào trên ta có tọa độ của ảnh A’ : x =

+ Có

x

cosφ f

2

(5) (0,5đ)

cos ϕ − 2

______ = ftanφ (6)(0,5đ) ⟹ y = H′A′

Từ (5) và (6) ta có phương trình quĩ đạo của ảnh

2

(x − f )2 y − 2 = 1 (7)(0,5đ) 2 4f f

b) Đồ thị biễu diễn (7) là đường hypebol(Vẽ hình đúng: 0,5đ)

C

A F/

0

F

3f

x

D

B

Giải thích : (1,0đ) A2

A3

0

F A1

A4

- Khi A chuyển động từ A1 đến A2 thì ảnh của nó qua thấu kính là ảnh ảo chuyển động từ F đến vô cùng (A). - Khi A chuyển động từ A2 đến A3 thì ảnh của nó qua thấu kính là thật chuyển động từ vô cùng (B) đến vị trí 3f. - Khi A chuyển động từ A3 đến A4 thì ảnh của nó qua thấu kính là ảnh thật chuyển động từ vị trí 3f đến vô cùng (C). - Khi A chuyển động từ A4đến A1 thì ảnh của nó qua thấu kính là ảnh ảo chuyển động từ vô cùng (D) đến F. c) Từ công thức (5,6) y = f tgϕ ,

x=

(

F

fghi jkF

Lấy đạo hàm theo thời gian được vận tốc của ảnh v =

l( mno lp qrmF lp

(8) và v" = ωf

vận tốc ảnh theo thời gian v = sv + v" Câu 4.

v = ωf

qrmF lp

qrmF lp

(9)(0,5đ)

√4 sin ωt + 1 10 (0,5đ)

P + N + F vm + T = ma

Phân tích các lực theo phương vuông góc với mặt phẳng và dọc theo mặt phẳng nghiêng.

N = mg cos α → Fvm = μmg cos α

Xét tại vị trí dây treo hợp với phương ngang một góc φ (rad), có vận tốc tức thời là v. Chọn mốc thế năng tại vị trí trí thấp nhất. Trước khi đảo chiều chuyển động : 1 mv = mgR sin φ sin α − μmg cos α . Rφ 1 2 mg sin α . cos φ − μmg cos α = mapp 2 z M, Nđ x mv 3 T − mg sin α sin φ = mayp = R a) Vật dừng lại khi v = 0. Từ (1) suy ra:

tan α . sin φ 1. 3√3 sin φ sin α = μ cos α . φ → μ = = A = M, Nđ φ 4π √4

b) Vị trí cân bằng lần đầu tiên: Từ (2)

sin α cos φ = μ cos α → cos φ = μ cot α = ≈ 65,57 M, Nđ

Do T = mg sin α sin φ + Đạo hàm rồi cho bằng 0:

vWF ~

4

3√3 → φ = 1,144 rad 4π

nên Tv = 3mg sin α sin φ − 2μmg cos α . φ 4

dT 2μ = 3mg sin α cos φ − 2μmg cos α = 0 → cos φ = → φ dφ 3 tan α = 1,29 rad ≈ 74

Từ đó Tv = 3mg sin α sin φ − 2μmg cos α . φ = 0,128 N M, Nđ c) Sau khi vật đảo chiều chuyển động, lực ma sát đảo chiều:

mg sin α . cos φ + μmg cos α = mapp 5 M, Nđ

Tương tự như trên, ta tìm được vị trí cân bằng mới:

mg sin α . cos φ4 + μmg cos α = 0

μ → φ4 = 1,997 rad ≈ 114,4 M, Nđ tan α Vị trí vật dừng lại lần đầu tiên cách vị trí φ4 một góc θ ≈ 5,57

→ cos φ4 = −

Ở các vị trí lệch ít so với vị trí này, φ = φ4 + θ với θ đủ nhỏ thì từ (5), ta có:

mapp = mg sin α . cos φ4 + θ + μmg cos α ≈ −mg sin α . sin φ4 . θ M, Nđ

Vậy

θ`` +

g sin α . sin φ4 = 0 M, Nđ R

Câu 5. Sử dụng mạch cầu Wheastone để xác định điện trở cần đo.(1,0 đ) Mắc mạch như hình vẽ.(Vẽ hình : 1,0đ) + Dùng các kẹp để cố định 2 đầu dây kim loại. + Dò tìm vị trí sao cho điện kế chỉ số 0 bằng kim nhọn. + Tăng độ chính xác bằng cách tăng dần độ nhạy của điện kế, cẩn thận kẻo hỏng đồng hồ. + Ghi lại giá trị s , s + Điện trở cần tìm có giá trị: s s R = → R = . R <, Mđ R s s Người ra đề: Phương Thị Thúy Hằng SĐT: 096.433.7014

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT TỈNH QUẢNG NGÃI ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI MÔN VẬT LÍ - KHỐI 11 NĂM 2019 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi này có 02 trang, gồm 5 bài)

Bài 1: Tĩnh điện (4điểm) Một vật dẫn hình chữ L bao gồm hai vật dẫn bán vô hạn trong các mặt phẳng xOz và yOz (hệ trục tọa độ Oxyz), ở đây mặt cắt ngang được thể hiện trong hình vẽ. Vật dẫn hình chữ L được nối đất và gốc đặt tại góc vuông. Một sợi dây tích điện, với mật độ điện tích dài λ chạy song song với trục Oz được đặt tại điểm có tọa độ (a,b) trong đó b > a > 0 . 1.Chứng tỏ rằng điện thế là hằng số trên các trục Ox,Oy.Tìm điện thế V(x,y,z) với x > 0; y > 0 . 2.Tìm điện dung trên một đơn vị chiều dài của sợi dây mảnh bán kính r, đặt tại điểm có tọa độ (a,b). Giả sử rằng r ≪ a, b . Bài 2: Điện xoay chiều (5điểm) 1. Trong quá trình truyền tải điện năng đi xa cần tăng điện áp của nguồn lên bao nhiêu lần để giảm công suất hao phí trên đường dây đi 100 lần. Giả thiết công suất nơi tiêu thụ nhận được không đổi, điện áp tức thời u cùng pha với dòng điện tức thời i. Biết ban đầu độ giảm điện thế trên đường dây bằng 15% điện áp của tải tiêu thụ. 2. Một diode Zener được nối vào nguồn dòng xoay chiều như hình vẽ. Dòng hình sin I = I 0 cos ωt với biên độ không đổi. Độ tự cảm L của cuộn cảm được chọn sao cho Lω I 0 ≫ V1 ,V2 trong đó V1,V2 là các điện áp đánh thủng

V1 > V2 .Đặc trưng Vôn-Ampe của diot cho ở hình bên. Trong các câu hỏi dưới giả thiết thời gian đã trôi qua đủ lâu kể từ khi bắt đầu nối vào nguồn dòng. 2.1 Tìm dòng trung bình I qua cuộn cảm. 2.2 Tìm biên độ từ đỉnh-tới đỉnh của biến thiên dòng ∆I trong cuộn cảm. Bài 3: Quang hình (4điểm) Cho hệ ba thấu kính mỏng L1, L2 và L3 như hình bên, cùng được làm bằng thủy tinh có chiết suất n = 1,5cm. Bán kính các mặt cầu bằng nhau R = 10cm.

L2

1. Tính tiêu cự của các thấu kính. 2. Giữ nguyên L1 và L2, tách L3 ra xa một đoạn a = 40cm. Chiếu một chùm tia sáng song song với trục chính đến L1. Xác định điểm hội tụ của chùm tialó. Vẽ đường đi của chùm tia ló. L1 L3 3. Vật là điểm sáng S đặt tại tiêu điểm vật của L1. Giữ nguyên khoảng cách a.Dichuyển L2 từ L1 đến L3.Hỏi với vị trí nào của L2 thì chùm tia ló khỏi L3 là chùm hội tụ, là chùm phân kì.Từ đó suy ra vị trí của L2 để ảnh cuối cùng trùng với S.

Bài 4: Dao động cơ (4điểm) Một vật rắn (T) cấu tạo từ hai thanh cứng đồng chất hàn với nhau OA và OB tạo với nhau một góc 900. Mỗi thanh có khối lượng m và chiều dài 2l, có khối tâm lần lượt là G1 và G2. (T) có thể quay quanh trục nằm ngang đi qua O với ổ trục O là trục quay lý tưởng. Một lò xo nhẹ, độ cứng k, một đầu gắn vào A, đầu C còn lại được giữ cố định. Khi cả hệ cân bằng, OA nằm ngang và OB thẳng đứng (hình bên). Nửa dưới của →

thanh OB nằm trong vùng từ trường đều B có độ lớn cảm ứng từ B0 có chiều như hình vẽ. Thanh OB dẫn điện và nối vào mạch có tổng trở R. Giả thiết dây dẫn nối vào OB có khối lượng không đáng kể và không cản trở chuyển động cơ. 1.Bỏ qua tác dụng của từ trường. Thiết lập phương trình vi phân cho θ . 2.Xét đến tác dụng của từ trường, tại thời điểm ban đầu, hệ nghiêng góc nhỏ θ 0 sao với vị trí cân bằng và thả ra không vận tốc đầu. Có thể thấy đây là chuyển động giả tuần hoàn. a)Thiết lập phương trình θ như là một hàm của thời gian. b)Xác định chu kỳ giả dao động. (Cho biết: θ '' + 2αθ ' + ω0θ = 0 có nghiệm dạng θ (t ) = ( A cos ωt + B sin ωt )e −α t với

ω = ω02 − α 2 ) Bài 5: Phương án thực hành (3điểm) *Xác định độ cứng và khối lượng của lò xo bằng dao động điều hòa Dụng cụ: (1) Một giá đỡ có thanh treo. (2) Một lò xo có móc treo, độ cứng k và khối lượng ms cần xác định. (3) Một trọng vật nặng 500.0 ± 0.5 gram có 1 móc treo, 5 trọng vật nặng 100.0 ± 0.3 gram (4) Một đồng hồ bấm giờ. (5) Một thước kẻ, một thanh thép tròn. (6) Giấy vẽ đồ thị và bút chì. Yêu cầu: Trình bày cơ sở lý thuyết, sơ đồ thí nghiệm, các bước thu nhận và xử lý số liệu để xác định độ cứng k và khối lượng ms của lò xo. . ----Hết---Người ra đề:Lê Minh Khôi Điện thoại:

0905811799

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN VẬT LÍ KHỐI 11 (Đáp án gồm 7 trang)

Bài 1: Tĩnh điện (4điểm) Hướng dẫn chấm

Điểm

1. Gọi i , j , k lần lượt là vecto đơn vị của các trục tọa độ Ox, Oy ,Oz . Theo phương pháp ảnh điện, ta có thể thêm ba ảnh của sợi dây như sau: 1.(-a,b): Mật độ điện tích −λ . 2.(-a,-b): Mật độ điện tích λ 3.(a,-b): Mật độ điện tích −λ

0.5

Do đó điện trường do dây và các ảnh của nó gây ra dọc theo trục x (tại điểm (x,0)) là:

 λ  1 E0 = x a i − − bj )  ( ) (  2πε 0  ( x − a) 2 + b 2   −λ  1 E1 = x + a ) i − bj )   2 2 (( 2πε 0  ( x + a ) + b   λ  1 E2 = x + a ) i + bj )   2 2 (( 2πε 0  ( x + a ) + b   −λ  1 E3 = x − a ) i + bj )   2 2 (( 2πε 0  ( x − a ) + b 

1.0

Do đó tổng điện trường dọc theo trục x là:

 λ  2b 2b E x = E0 + E1 + E2 + E3 = j − +  2 2 2 2  2πε 0  ( x − a ) + b ( x + a) + b 

(1)

Tương tự ta cũng có điện trường dọc theo trục y là:

0.5

 λ  2a 2a Ey = − + (2)  i 2πε 0  (y − b) 2 + a 2 (y + b) 2 + a 2  Từ (1) và (2) kết hợp dV = E.dr có thể nhận xét điện thế là hằng số trên các trục Ox và Oy. Bằng cách đặt mốc điện thế tại gốc tọa độ. Theo định luật Gauss, ta có điện thế do dây dẫn và các ảnh của nó gây ra tại (x,y,z) là:

   λ a 2 + b2 −λ  a 2 + b2 Vo = ln  ; V = ln    1 4πε 0  ( x − a ) 2 + ( y − b) 2  4πε 0  ( x + a ) 2 + ( y − b) 2     λ a2 + b2 −λ  a2 + b2 V2 = ln  ; V3 = ln  2 2  2 2  4πε 0  ( x + a ) + ( y + b)  4πε 0  ( x − a ) + ( y + b)  Điện thế tại (x,y,z) là:

V = V0 + V1 + V2 + V3 =

 ( x + a ) 2 + ( y − b) 2 ( x − a ) 2 + ( y + b) 2  λ ln   4πε 0  ( x − a ) 2 + ( y − b) 2 ( x + a ) 2 + ( y + b) 2 

1.0

2.Điện dung của dây là:

C=

0.25

Q Q = ∆V V ( a − r ; b;0) − V (0;0;0)

=

λL  (2a − r)  λ r + (2b) ln  2 2 2  4πε 0  (− r) (2a − r) + (2b)  2

2

2

=

4πε 0 L 2πε 0 L = 2  (2ab)   2ab  ln  2 ln  2 2  2 2   (a + b ) r  r a +b 

Do đó điện dung trên mỗi đơn vị chiều dài là:

C = L

2πε 0  2ab  ln  2 2  r a +b 

0.5

0.25

Bài 2: Điện xoay chiều (5điểm) Hướng dẫn chấm

Điểm

1.Đặt U, U1, ∆U , I1, ∆P1 là điện áp nguồn, điện áp ở tải tiêu thụ, độ giảm điện áp trên đường dây, dòng điện hiệu dụng và công suất hao phí trên đường dây lúc đầu. U’, U2, ∆U' , I2, ∆P2 là điện áp nguồn, điện áp ở tải tiêu thụ, độ giảm điện áp trên đường dây, dòng điện hiệu dụng và công suất hao phí trên đường dây lúc sau.

0.5

2

∆P  I  1 I 1 ∆U ' 1 Ta có: 2 =  2  = ⇒ 2 = ⇒ = ∆P1  I1  100 I1 10 ∆U 10 0,15U1 Theo đề ra: ∆U = 0,15.U1 ⇒ ∆U ' = (1) 10

0.5

Vì u và i cùng pha và công suất nơi tiêu thụ nhận được không đổi nên: U2 I U1.I1 = U 2 .I2 ⇒ = 1 = 10 ⇒ U2 = 10U1 (2) U1 I2 Từ (1) và (2):  U = U1 + ∆U = (0,15 + 1).U1   0,15.U1 0,15 = (10 + ).U1  U' = U 2 + ∆U' = 10.U1 + 10 10 0,15 10+ U' 10 = 8,7 Do đó: = U 0,15+1 2. 2.1 Diode giới hạn giá trị điện áp đặt vào cuộn cảm. Khi dòng điện từ nguồn lớn hơn dòng đi qua cuộn cảm, sẽ có điện áp V1 đặt vào cuộn cảm và khi dòng qua nguồn nhỏ hơn dòng qua cuộn cảm, điện áp sẽ là V2. Nếu điện áp cực đại V1 đặt vào cuộn cảm trong một chu kỳ T = dòng điện qua cuộn cảm là:

δI =

V1 2π V1 T= L Lω

2π

ω

, biến thiên

0.5

0.5

0.5 Bởi vì Lω I 0 ≫ V1 , ta có δ I ≪ I 0 . Dòng qua cuộn cảm rất nhỏ, gần như không đáng kể 0.5 so với I0 trong cả một chu kỳ và có thể coi là hằng số. Giá trị cân bằng của dòng có thể tìm được bằng cách lấy trung bình điện áp và cho bằng không. Trong một chu kỳ, gọi T1 là khoảng thời gian mà I > I 0 cos ω t và T2 là 0.5 khoảng thời gian mà I < I 0 cos ω t . Ta có: T1 =

2

ω

arccos

I I0

(3)

Mà: V1T1 = V2T2 và T = T1 + T2 nên:

V1T1 = V2 (T − T1 ) ⇒ T1 =

V2 T V1 + V2

(4) 0.5

Từ (3) và (4) được:

I V2 2π = ω I 0 V1 + V2 ω π V2 Dòng trung bình qua cuộn cảm là: I = I 0 cos (5) V1 + V2 dI U = 2.2 Biên độ từ đỉnh đến đỉnh có thể tính được từ điều kiện dt L VT V T 2π VV 1 2 Nên: ∆I = 1 1 = 2 2 = L L ω L(V1 + V2 )

2

arccos

0.5

0.5

Bài 3: Quang hình (4điểm) Hướng dẫn chấm

Điểm

1. Tiêu cự của các thấu kính: f1 = f3

1 = 1 = n −1 1 = 1 ⇒ f = f = 20cm ) R 20 1 3 f1 f 3 (

0.25

1 2 1 = ( n −1) = ⇒ f 2 = −10cm (mặt cầu lõm) f2 R −10

0.25

2. L1 và L2 ghép sát, tương đương với một thấu kính L có tiêu cự f:

1 1 1 1 1 1 = + = − = − ⇒ f = −20cm. f f1 f 2 20 10 20

0.25

Ta có hệ gồm hai thấu kính ghép cách quãng: thấu kính phân kì L có tiêu cự f = -20cm và thấu kính hội tụ L3 có tiêu cự f3 = 20cm. Chùm tia tới song song với trục chính qua L có chùm tia ló khỏi L đồng qui tại tiêu điểm ảnh F’, tương đương với vật điểm S ở xa vô cực.

(L)

(L3) 0.5

F′

O

O3

S′

a d = ∞⟹ d’ = f = - 20cm d3 = a – d = 40 – (- 20) = 60cm

0.75

df 60.20 d′3 = 3 3 = = 30cm > 0 d3 − f 3 60 − 20 Vậy chùm sáng ló khỏi L3 hội tụ tại S’ ở sau L3, cách L3 30cm. S’ là ảnh thật. 3. Đặt ℓ = O1O2. S ở tiêu điểm vật F1 của L1, chùm tia ló khỏi L1 song song với trục chính, gặp L2; chùm tia ló ra khỏi L2 là chùm tia phân kì, đồng qui tại tiêu điểm ảnh F′2 của L2. d1 = f1 = 20cm⟹ d1′ = ∞

0.5

d 2 = O1O2 − d1′ = −∞ ⇒ d′2 = f 2 = −10cm

d3 = O2O3 − d′2 = a − O1O2 − d′2 = 40 − ℓ − ( −10) = 50 − ℓ với 0 ≤ ℓ ≤ 40cm Vị trí của ảnh S’ cuối cùng xác định bởi:

d′3 =

d3f 3 ( 50 − ℓ ) .20 20.(50 − ℓ ) = = d3 − f 3 50 − ℓ − 20 30 − ℓ

Chùm tia ló khỏi L3 sẽ hội tụ nếu S’ là ảnh thật:

0.5

d′3 > 0 ; sẽ phân kì nếu S’ là ảnh ảo:

d′3 < 0 . Ta có bảng xét dấu và kết quả: * Trường hợp S’ trùng với S, ta phải có d′3 = −60cm . ⇒ Giải phương trình được ℓ = 35cm . L2 ở sau L1 35cm.

20.( 50 − ℓ ) = −60 30 − ℓ

0.5

0.5

ℓ

0

30

d′3

40 -

+

chùm ló

hội tụ

song song

50 -

0

phân kì

Bài 4: Dao động cơ (4điểm) Hướng dẫn chấm

Điểm

1. Dễ dàng tính được momen quá tính của hệ đối với trục quay qua O là:

8 J = ml 2 3

0.25

(1)

Gọi ∆l0 là độ giãn lò xo ở vị trí cân bằng, tổng momen qua O bằng không nên:

mg (2) k ∆l0 2l = mgl ⇒ ∆l0 = 2k Khi hệ quay một góc

0.25

θ như hình, ta có:

2

J

dθ = mgl cosθ − 2k ( ∆l0 + 2l sin θ ) l − mgl sin θ dt 2

Vì θ ≪ 1 nên làm gần đúng bỏ qua bậc cao ta có:

d 2θ J 2 = mgl − 2k ( ∆l0 + 2lθ ) l − mglθ dt

0.25

(3)

Thay (1) và (2) và (3) ta được:

d 2θ  3k 3 g  + + θ = 0 dt 2  2m 8l 

(4)

Đây là phương trình vi phân của θ . 2.a) Khi xét đến từ trường, thanh OB chịu lực Laplace bởi từ trường B , gây ra momen đối với trục quay qua O là: 2l  2l 3  M L =  ∫ r × idr × B  ez = ∫ −iBrdr ⇒ M L = − iBl 2 (5) l 2 l 

(

0.5

0.25

)

Ta xác định được cường độ dòng điện cảm ứng đi qua thanh OB chiều từ O đến B với sức điện động có giá trị: 2l

dθ dθ 3 e= B ∫ rdr = Bl 2 dt l dt 2

0.5

e 3Bl 2 dθ ⇒i = = R 2 R dt 9 B 2l 4 dθ Thay (6) vào (5) ta được: M L = − 4 R dt

(6) (7)

0.25

Vậy khi xét đến từ trường, bổ sung (7) vào (3) ta được: 0.25

d 2θ 9 B 2l 4 dθ 4kl 2 + mgl 8 + + θ = 0 (Với J = ml 2 ) 2 dt 4 RJ dt J 3

(8)

Phương trình (8) là phương trình của một dao động tắt dần.

4kl 2 + mgl 9 B 2l 4 Đặt: ω0 = ;α = (9) J 8 RJ d 2θ dθ Khi đó: (8) ⇔ 2 + 2α + ω0 2θ = 0 dt dt Sử dụng nghiệm đề cho, ta được : θ (t ) = ( A cos ωt + B sin ωt )e −α t 2

4kl 2 + mgl  9 B 2l 4  ω = ω − α = −  Với J  8 RJ  Từ điều kiện ban đầu: A = θ 0 2 0

2

2

(10)

Vận tốc ban đầu bằng không nên: −α A + ω B = 0 ⇒ B = Vậy: θ (t ) = (θ 0 cos ω t +

0.5

A

ω

α

θ0 sin ω t)e −α t với α tính theo (9) và ω tính theo (10) ω

0.5

b. Chu kỳ giả điều hòa:

T=

2π

ω

=

2π

1

ω0

 9 B 2l 4  1−    8RJ ω0 

0.5

2

Bài 5: Phương án thực hành (3điểm) Hướng dẫn chấm

Điểm

*Cơ sở lý thuyết: Xét dao động của con lắc lò xo có khối lượng. Tại thời điểm t, vật có tốc độ v thì phần thử lò xo có khối lượng dm chiều dài dl thỏa

dm =

ms dl m dl có tốc độ dm = s L L

ℓ

Cơ năng của hệ là: L

kx 2 Mv 2 m dl  vdl  E= + +∫ s   2 2 2L  L  0 kx 2 1  m  = +  M + s  v2 2 2 3 

2

dℓ

v

Do đó chu kỳ dao động của con lắc này là: T = 2π

M + ms / 3 (*) k

1.0

*Tiến hành đo và xử lý số liệu: Từ (*) suy ra: T 2 =

ms  4π 2  M +  3  k 

0.25

Đây là phương trình phụ thuộc tuyến tính của bìnhphương chu kỳ theo khối lượng M. Lập bảng số liệu sau: STT Khối lượng M(kg) Thời gian (s) Số lần dao động Chu kỳ T (s) T2 (s2) 1 2 ... - Quan sát trọng vật và dùng đồng hồ bấm giây để điền số liệu. - Dùng giấy vẽ đồ thị, vẽ chính xác ta được đồ thị có dạng sau:

0.25

0.25

*Xử lý kết quả: Bằng cách tính toán chi tiết ta đo được hệ số góc ∆ của đồ thị.

4π 2 4π 2 -Mà: ∆ = ⇒k = k ∆

0.5

-Ta xác định ms bằng cách đánh giá một điểm trên đồ thị cùng với giá trị k tìm được. *Sai số: sai số có thể gây nên bởi phép xác định hệ số góc. Sai số dụng cụ và môitrường. Trong một vài trường hợp, cho ra kết quả msđạt giá trịâm, điều này chứng tỏkhối lượng lò xo rất nhỏ.

----Hết---Người ra đề:Lê Minh Khôi Điện thoại:

0905811799

0.5 0.25

SỞ GD&ĐT ĐÀ NẴNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2018-2019 MÔN THI: VẬT LÝ. KHỐI: 11 (Thời gian: 180’ không kể thời gian giao đề)

Câu 1. (5 điểm) 1. Một quả cầu tâm O, bán kính R, tích điện đều với mật độ điện khối ρ (ρ > 0), đặt trong không khí. Người ta khoét quả cầu một hốc hình cầu tâm O1, bán kính r. O1 nằm trên trục Ox và OO1 = d (Hình 1a). a. Tìm vec-tơ cường độ điện trường tại một điểm M bên Hình 1a

trong hốc cầu.

b. Cho biết r = R/4 và d = R/2.Một điện tích điểm Q > 0 nằm trên trục Ox và ở rất xa O. Tìm vận tốc cần truyền cho Q để nó có thể chuyển động được đến quả cầu trên phương Ox. Biết khối lượng của Q là m. 2. Cho một quả cầu kim loại tâm O, bán kính R, đặt cô lập, không tích điện. a.Tính công để đưa một điện tích điểm q > 0 từ vô cùng đến vị trí Mvới OM = l =10 R (Hình 1b).

b.Giả sử ban đầu quả cầu mang điện Q> 0. Khi điện tích q nằm cố định tại M thì mật độ điện tích mặt của quả cầu là dương ở mọi điểm. Tìm giá trị nhỏ nhất của Q.

Hình 1b

Câu 2. (4 điểm) Một khung dây dẫn hình vuông chuyển động dọc theo trục x với vận tốc v0 đi vào một bán không gian vô hạn ( x > 0) trong đó có một từ trường không đều hướng

theo trục z: Bz(x) = B0(1+ߙx) với B0 và α là các hằng số dương. Biết rằng hai cạnh của khung song song với trục x, còn mặt phẳng của khung luôn vuông góc với trục z (Hình vẽ). Cho khối lượng của khung là m, chiều dài cạnh của khung là b. Biết rằng nhiệt lượng toả ra trong khung từ lúc khung vừa vào vùng từ trường đến khi các đường cảm ứng từ xuyên quá toàn bộ mặt phẳng của khung đúng bằng nhiệt lượng mà khung tỏa ra trong chuyển động tiếp sau đó cho tới khi dừng hẳn. Bỏ qua hệ số tự cảm của khung và coi ߙb << 1. 1. Tính điện trở của khung. 2. Tính quãng đường cạnh CD đi được kể từ khi CD vừa chạm vùng từ trường đến khi khung dừng hẳn.

v0 B( z )

Câu 3. (4 điểm) Chiết suất n của không khí ở nhiệt độ 300 K và độ cao ngang mực nước biển ứng với ánh sáng có bước sóng λ nằm giữa phổ nhìn thấy là 1,0003. Giả thiết rằng khí quyển có nhiệt độ đồng đều là 300 K và đại lượng (n-1) tỉ lệ với khối lượng riêng không khí. Hỏi khí quyển của quả đất phải đậm đặc hơn bao nhiêu lần để ánh sáng bước sóng λ sẽ đi vòng quanh trái đất ở độ cao ngang mực nước biển. Biết rằng lên cao 8700 m thì khối lượng riêng không khí giảm đi e lần ( ln e = 1 ). Bán kính trái đất là R = 6400 km. Câu 4. (4 điểm) Một khối hộp có khối lượng m được gắn vào một lò xo

k

có hệ số đàn hồi k trên mặt dốc của một nêm nhẵn có góc nghiêng ߠ và khối lượng M. Nêm được đặt trên

m M θ

một mặt phẳng ngang không có ma sát. Từ vị trí cân bằng kéo khối hộp di chuyển một đoạn nhỏ rồi thả ra cho hệ bắt đầu dao động. Trong quá trình dao động khối hộp luôn nằm trên mặt nghiêng của nêm và nêm luôn tiếp xúc với sàn. Tìm tần số dao động của hệ với góc θ bất kì và kiểm tra lại với θ =

π 2

và θ = 0 .

Câu 5. (3 điểm) Xác định điện dung của một tụ điện cho trước. Cho các dụng cụ sau: - Tụ điện cần xác định điện dung; - 01 nguồn điện một chiều có suất điện động đã biết và điện trở trong chưa biết. - 01 đèn LED có đặc tuyến vôn-ampe như hình vẽ (đèn có thể xem là đi-ốt lí tưởng, giá trị U0 đã biết); - 01 hộp điện trở thuần có thể đặt được các giá trị của điện trở; - Đồng hồ bấm giây; - Khóa điện, dây nối đủ dùng. Đề xuất phương án thí nghiệm xác định điện dung của tụ. ---HẾT---

GV: Phan Thế Hiếu

SĐT: 0906438314

SỞ GD&ĐT ĐÀ NẴNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2018-2019 MÔN THI: VẬT LÝ. KHỐI: 11

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1 (5 điểm) 1. a. Cường độ điện trường E tại một điểm M trong hốc bằng tổng E1 + E2 trong đó E1 là cường độ điện trường gây ra tại M bởi khối cầu đặc, tâm O, bán kính R, tích điện với O r 1O1r 2 mật độ điện khối ρ và E2 là cường độ điện trường gây ra tại M bởi khối cầu đặc tâm O1, bán kính r, tích điện với mật độ điện khối -ρ. ......................................................... 0,5 đ Đặt OM = r1; O1M = r2 . Áp dụng định lí O-G ta có ρ r 1 ρ r2 ...................................... 0,5 đ E1 = , E2 = − 3ε 0 3ε 0 ρ ρ E = E1 + E2 = ( r1 − r2 ) = .OO1 3ε 0 3ε 0 OO Vậy vec-tơ cường độ điện trường tại M song song cùng chiều với 1 , có độ lớn

ρ d và không phụ thuộc vào vị trí của M. ............................................ 0,5 đ 3ε 0 b. Điện trường bên ngoài quả cầu xem như là sự chồng chập của điện trường E1' do E=

4 điện tích q1 = ρ . π R 3 đặt tại O gây ra và điện trường E 2 ' do điện tích 3 3 q 4 R q2 = − ρ . π . = − 1 đặt tại O1 gây ra. Tại một điểm M trên trục x ta có 3 64 64 kq kq1 EM = 21 − 2 x 64 ( x − d )

Chứng minh được rằng với x ≥ R thì EM luôn dương ....................................... 0,5 đ Vậy trong quá trình điện tích Q dịch chuyển từ vô cùng về, thì lực điện sinh công âm. Gọi v là vận tốc cần truyền cho Q. Để Q đến được quả cầu ta có R  1 2 1 1 mv − 0 = − kQq1 ∫  2 − dx 2   2 64 ( x − d )  ∞ x 31kQq1 ............................................ 0,5đ v= 16mR

2. a. Sử dụng phương pháp ảnh điện. Khi quả cầu không nối đất, điện tích hưởng ứng tương đương với hệ hai điện tích: điện tích điểm q’ trái dấu với q, nằm trên đường nối q với tâm cầu và một điện tích -q’ phân bố đều trên mặt cầu. Độ lớn của điện tích q’ và khoảng cách a từ nó đến tâm cầu được xác định theo phương pháp ảnh điện và bằng: R q R2 R = ............................... 0,5 đ q′ = − q = − ; a = l 10 l 10 R R q − q l l q

Cách 1 Thế năng của hệ

Wh = Ta có qc = 0 vì quả cầu cô lập

1 ( qcVc + qVq ) 2

q′ q′ kq + k. =− .............................. 0,5 đ l l −a 9900r Vậy công để thiết lập hệ bằng thế năng của hệ 1 1 kq 2 . A = qVq = − .................................. 0,5 đ 2 19800 r Cách 2. (Chấm cách 1 thì khỏi chấm cách 2 và ngược lại) Lực tác dụng lên điện tích q khi q có toạ độ x: R 2 R 2   q q x 2  1 x x  ............ 0,5 đ F = k. 2 − k. = kRq . 3 − 2 2   2 2 2 x x  R  x −R    x −   x   Công cần thực hiện để đưa vật từ vô cùng về vị trí x = 10R  10 R  x 1 2   .dx = kq + kq = − 1 . kq .. 0,5 đ A = kRq ∫ − 3 2  200 R −198R 19800 R ∞ x x 2 − R 2    b. Sử dụng phương pháp chồng chập: hệ xem là sự chồng chập của hệ ở câu 1a với một quả cầu tích điện Q > 0. Ở câu 1a, mật độ điện tích mặt cảm ứng lớn nhất có giá trị âm sẽ xuất hiện trên quả cầu tại điểm A. Khi đó điện trường E tại A là  29 q q′ q′  ................. 0,5 đ EA = k  + − = kq .  2  ( l − R )2 R 2 ( R − a )2  810 R   Do đó mật độ điện tích mặt cảm ứng âm có độ lớn cực đại là Vq = −k .

(

(

)

)

1 29q . 4π 810 R 2 Để tổng mật độ điện tích bề mặt ở khắp mọi nơi đều dương ta cần có 29 Q ≥ σ .4π R 2 = q ...................................... 0,5 đ 810

σ = ε0E =

Câu 2: (4 điểm) 1. Gọi v1 là vận tốc của khung khi bắt đầu nằm trong trong từ trường. Theo giả thiết nhiệt lượng toả ra từ lúc khung bắt đầu đi vào từ trường đến thời điểm các đường cảm ứng từ xuyên qua toàn bộ mặt khung bằng nhiệt lượng toả ra trong chuyển động tiếp sau đó đến khi dừng lại ta có mv12 mv02 mv12 v − =0− → v1 = 0 ............................ 0,5 đ 2 2 2 2 Giai đoạn đầu: suất điện động E = B0 (1 + α x ) b.v ............................................ 0,5 đ 2

B02 (1 + α x ) b 2v 2 dt B02 (1 + 2α x ) b 2v 2 dt E 2 .... 0,5 đ ≈ I = → dQ = I Rdt = R R R Ta có dQ = -mvdv Rmdv = − B02 (1 + 2α x ) b 2 dx ................................. 0,5 đ Tích phân hai vế v1

b

v0

0

2

2

∫ Rmdv = − ∫B0 (1 + 2α x ) b dx

( 2 + 2 ) B (b R= 2 0

3

+ α b4

) ≈ (2 + 2 ) B b

2 3 0

.................................................... 0,5 đ mv0 mv0 2. Khi khung đã vào hẳn trong từ trường thì cường độ dòng điện trong khung là B0vb (1 + α ( x + b ) − (1 + α x ) ) B0b 2α v I= = .................... 0,5 đ R R Ta cũng có dQ = I 2 Rdt = − mvdv → B02b 4α 2 dx = − mRdv Tích phân hai vế và thay R vào ta được 2 +1 s1 = 2 ............................................. 0,5 đ α b Khung đã vào vùng từ trường một đoạn là 2 +1 s = s1 + b = 2 + b ..................................... 0,5 đ α b Câu 3. (4 điểm)

Theo giả thiết khí quyển có nhiệt độ đồng đều, sự phụ thuộc của khối lượng riêng không khí vào chiều cao r tuân theo phân bố Boltzmann.

−

mg (r−R) kT

......................................... 0,5 đ Với r là độ cao tính từ tâm trái đất, ρ0 là khối lượng riêng không khí ở độ cao

ρ = ρ Re

ngang mực nước biển. Theo đề cứ lên cao h = 8700 m thì khối lượng riêng không khí giảm đi e lần, ta có

ρR

mg h kT

kT = h .................................. 0,5 đ e mg Ta có chiết suất không khí ở độ cao r so với tâm Trái đất là = ρ Re

n − 1 = k ρ Re

−

−

r −R h

→

→ n = 1 + k ρRe

−

r −R h

.......................... 0,5 đ

Với k là hệ số tỉ lệ dn kρ − =− Re dr h

r −R h

(1) ....................................................................................... 0,5 đ

Giả sử khí quyển có khối lượng riêng lớn đến mức ánh sáng truyền theo độ cong của bề mặt Trái đất ở độ cao r, tức là truyền theo cung tròn bán kính r, từ điểm A đến điểm B. Độ dài qua trình từ A đến B là s = nrθ ................................................ 0,5 đ Ta biết đường truyền của ánh sáng thoả mãn điều kiện độ dài quang trình là cực trị. Do đó ds  dn dn n  =  r + nθ = 0 → = − (2) ............................................................... 0,5 đ dr  dr dr r  Từ (1) và (2) ta nhận được k ρR e h

−

r−R h

=

n 1 + k ρ Re = r r

−

r −R h

Thay r = R ta được k ρR R h = 1 + k ρR → k ρR = = 0,00136 ...................................................... 0,5 đ h R−h Trong thực tế, chiết suất ở độ cao ngang mực nước biển là n0 = 1,0003 suy ra k ρ 0 = n1 − 1 = 0,0003 ................................... 0,25 đ

Như vậy để ánh sáng truyền theo độ cong của bề mặt trái đất ở độ cao ngang mực nước biển, khí quyển phải đậm đặc hơn khí quyển thật ρ 0,00136 = = 4,53 lần.................................................................................. 0,25đ ρ0 0,0003

Câu 4 (4 điểm) y

Chọn hệ trục toạ độ cố định như hình vẽ, gốc toạ độ tại vị trí của m mà là xo không biến dạng

k

Ta có: v2 = v21 + v1

m

x

M θ

v2 y = v21 sin θ , v2 x = v21cosθ + v1x

→ (v2 x − v1x ) tan θ = v2 y ....................... 0,5 đ Bảo toàn động lượng trên phương ngang cho ta

Mv1x = −mv2 x → v y 2 = (v2 x − v1x ) tan θ = (1 +

m )v2 x tan θ .................................. 0,5 đ M

m  y2 = ( x2 − x1 ) tan θ = 1 +  x2 tan θ ............................................................... 0,5 đ  M

Động năng của hệ

1 2 1 2 1 2 1 m2 2 1 2 1 2 m Wd = Mv1 + mv2 x + mv2 y = M 2 xɺ2 + mxɺ2 + mxɺ2 (1 + ) 2 tan 2 θ ... 0,5 đ 2 2 2 2 M 2 2 M Thế năng của hệ 1 Wt = k[( x2 − x1 )2 + y22 ] − mgy2 2 1 m m m = k[(1 + )2 x22 + (1 + )2 x22 tan 2 θ ] − mg (1 + ) x2 tan θ 2 M M M 2 1 m 1 m  (1 ) x2 tan θ ................................................... 0,5 đ = kx22 1 +  − mg + 2 2 M  M  cos θ Cơ năng của hệ

W = Wd + Wt = const Đạo hàm hai vế ta được 2

m 1 m m2 m  ɺɺ − (1 + ) tan + kx2 1 +  mg θ M x + mxɺɺ2 + mxɺɺ2 (1 + ) 2 tan 2 θ = 0 2 2 2 M M M  M  cos θ

x2 = − → ɺɺ

k M +m x + C2 ........................................................................... 1 đ m M + m sin 2 θ

Vậy tần số dao động của hệ là f =

1 2π

Khi θ =

k M +m . m M + m sin 2 θ

π 2

ta có f =

Khi θ = 0 ta có f =

1 2π

1 2π

k m

 1 1 k  +  .............................................................. 0,5 đ M m

Câu 5. (3 điểm) 1. Mắc mạch điện như hình vẽ

................................................................................ 0,5 đ Tại t = 0, đóng khóa K vào 1, lúc đầu tụ chưa tích điện, hiệu điện thế giữa hai cực của đèn LED nhỏ hơn U0, đèn không sáng, do đó cường độ dòng điện qua mạch là i và điện tích q của tụ điện liên hệ với nhau theo hệ thức Ri +

q + ri = E ........................................... 0,5 đ C

Trong đó q

i=

ln

t

dq dq dt →∫ = −∫ dt q − CE R + r)C 0 0 (

q − CE CE − q t ............................ 0,5 đ = ln =− CE CE C(R + r)

Đèn LED sẽ sáng khi q = CU0, sau đó hiệu điện thế giữa hai cực của D không đổi nên tụ sẽ không tích thêm điện và LED sáng ổn định ở dòng i =

E . Thời điểm R+r

D bắt đầu sáng, τ thỏa mãn ln

τ CE − CU 0 =− CE (R + r)C

τ = C ( R + r ) (1) ................................... 0,5 đ E ln E − U0

Từ hệ thức (1) ta thấy, nếu sử dụng các điện trở R khác nhau ta có các thời gian τ khác nhau và Ri − R j =

1 C

τi − τ j  E  ln    E − U0 

→C=

τi − τ j 1 (2) ...................................... 0,5 đ  E  Ri − R j ln    E − U0 

Ta tiến hành thí nghiệm như sau....................................................................... 0,5 đ - Mắc mạch điện theo sơ đồ hình vẽ trên. - Tại thời điểm t = 0 ta túc thì đóng khoá K vào 1 đồng thời khởi động đồng hồ bấm giây. - Đến khi đèn D loé sáng ta ngay lập tức ngừng đồng hồ bấm giây. - Đọc số liệu của điện trở Ri và thời gian τi. - Chuyển K về 2, đợi cho tụ phóng điện hết rồi thay điện trở R đã dùng bằng một

điện trở khác rồi lặp lại phép đo trên, đọc số liệu điện trở Rj và thời gian τj. - Thay các số liệu đo được và các thông số của các dụng cụ đã biết vào (2), tính

được C. ---HẾT---

SỚ GD& ĐT QUẢNG TRỊ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

ĐỀ THI HSG CÁC TRƯỜNG CHUYÊN DUYÊN HẢI BẮC BỘ MÔN VẬT LÝ LỚP 11 Năm học 2018 – 2019

Bài 1. (4 điểm) Một mặt cầu dẫn mỏng bán kính R1, một điện tích Q phân bố bên trong mặt cầu với mật độ điện tích khối ρ = ar 2 , với r là khoảng cách tính từ tâm mặt cầu, a là hằng số. Giả thiết hằng số điện môi bằng đơn vị. a) Tìm hằng số a theo Q và R1. b) Tỉ số năng lượng điện trường bên trong mặt cầu và năng lượng điện trường bên ngoài mặt cầu. c) Người ta bao bên ngoài mặt cầu bán kính R1 một mặt cầu dẫn mỏng bán kính R2 = 10 cm sao cho hai mặt cầu đồng tâm. Giữa hai mặt cầu chứa đầy không khí. Tìm R1 để giữa hai mặt cầu có hiệu điện thế cực đại trước khi lớp không khí bị đánh thủng. Bài 2. (5 điểm) ξ, r

Cho mạch điện như hình vẽ, ξ = 10 V; r = 1 Ω; R1 = 9 Ω; R2 = 5 Ω; C = 1 µF. Ban đầu khóa k đóng.

R2

C

a) Tìm điện lượng chuyển qua R2 tính từ thời điểm ngay sau khi k R1 mở cho đến khi mạch điện ổn định. k b) Dùng định luật bảo toàn năng lượng, tính nhiệt lượng tỏa ra trên R2 tính từ thời điểm ngay sau khi k mở cho đến khi mạch điện ổn định. c) Viết biểu thức cường độ dòng điện qua R2 phụ thuộc thời gian sau khi k mở. Dùng định luật Jun-Lenxơ tính nhiệt lượng tỏa ra trên R2 tính từ thời điểm ngay sau khi k mở cho đến khi mạch điện ổn định, so sánh với kết quả tính được ở câu b. Câu 3. (4 điểm) Hai thấu kính hội tụ mỏng L1 và L2 có tiêu cự lần lượt là f1 = 20 cm và f2 = 24 cm, có trục chính trùng nhau và đặt cách nhau một khoảng l = 25 cm. Đặt vật sáng AB trước thấu kính L1, vuông góc với trục chính của hệ thì thu được ảnh cao gấp 5 lần vật trên màn M đặt vuông góc trục chính phía sau thấu kính L2. a) Tính khoảng cách từ thấu kính L1 đến vật và từ thấu kính L2 đến màn.

b) Giữ vật và thấu kính L1 cố định, cho thấu kính L2 dịch chuyển ra xa dần thấu kính L1, để thu được ảnh trên màn phải dịch chuyển màn M theo chiều nào, độ lớn của ảnh biến thiên như thế nào? Câu 4. (4 điểm) (C) Cho cơ hệ như hình 3a. Thanh OA đồng O y y chất, tiết diện đều, khối lượng m, chiều O ϕ ϕ dài 2R, momen quán tính đối với đường trung trực của thanh bằng mR2/3. Đĩa g g A A (B) đồng chất, khối lượng m, bán kính x (B) R, tâm A, momen quán tính đối với trục x (B) của nó bằng mR2/2. Hệ có thể quay Hình 3a Hình 3b trong mặt phẳng thẳng đứng Oxy quanh trục nằm ngang Oz. Bỏ qua ma sát ở các trục quay. a) Đĩa và thanh liên kết chặt với nhau, tìm chu kì dao động nhỏ của hệ. b) Đĩa và thanh có thể quay tự do đối với nhau. Ở thời điểm đầu, thanh đứng yên và nghiêng một góc φ0 so với đường thẳng đứng, đĩa có vận tốc góc ω0. Tìm chu kì dao động nhỏ của thanh. c) Đĩa và thanh có thể quay tự do đối với nhau, đồng thời đĩa lăn không trượt trên hình trụ cố định (C) có bán kính R và nhận Oz làm trục (hình 3b). Bỏ qua ma sát lăn. Ở thời điểm đầu, thanh đứng yên và nghiêng một góc φ0 so với đường thẳng đứng, đĩa đứng yên. Tìm chu kì dao động nhỏ của thanh. Câu 5. (3 điểm) Xác định điện dung của một tụ điện cho trước. Cho các dụng cụ sau: + Tụ điện cần xác định điện dung. + 01 nguồn điện một chiều có suất điện động đã biết và điện trở trong chưa biết. + 01 đèn LED có đặc tuyến vôn-ampe như hình vẽ (đèn có thể xem là đi-ốt lí tưởng, giá trị U0 đã biết). + 01 hộp điện trở thuần có thể đặt được các giá trị của điện trở. + Đồng hồ bấm giây. + Khóa điện, dây nối đủ dùng. Đề xuất phương án thí nghiệm xác định điện dung của tụ.

I(A)

U0

U(V)

------------------------------------------ HẾT --------------------------------------Người biên soạn: Trần Lê Hùng, tổ vật lý trường chuyên Lê Quý Đôn Quảng trị.

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG CÁC TRƯỜNG CHUYÊN DUYÊN HẢI BẮC BỘ MÔN VẬT LÝ LỚP 11

SỚ GD& ĐT QUẢNG TRỊ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

Năm học 2018 – 2019 Bài 1. (4 điểm) Một mặt cầu dẫn mỏng bán kính R1, một điện tích Q phân bố bên trong mặt cầu với mật độ điện tích khối ρ = ar 2 , với r là khoảng cách tính từ tâm mặt cầu, a là hằng số. Giả thiết hằng số điện môi bằng đơn vị. a) Tìm hằng số a theo Q và R1. b) Tỉ số năng lượng điện trường bên trong mặt cầu và năng lượng điện trường bên ngoài mặt cầu. c) Người ta bao bên ngoài mặt cầu bán kính R1 một mặt cầu dẫn mỏng bán kính R2 = 10 cm sao cho hai mặt cầu đồng tâm. Giữa hai mặt cầu chứa đầy không khí. Tìm R1 để giữa hai mặt cầu có hiệu điện thế cực đại trước khi lớp không khí bị đánh thủng. HD: 4đ

Bài 1 R1

R1

a) Q = ∫ ρ.4πr dr = 4πa ∫ r 4 dr = 2

0

0

5Q 4πaR 15 ⇒a= 5 4πR 15

0,5 đ

b) Cường độ điện trường tại một điểm bên ngoài mặt cầu: ε0 E.4πr = Q ⇒ E(r) = 2

Q r 4πε 0 r 2 r

0,25 đ

Cường độ điện trường tại một điểm bên trong mặt cầu cầu: r

4πar 5 Q.r 3 r ε0 E.4πr = 4πa ∫ r dr = ⇒ E(r) = 5 4πε 0 R 5 r 0 2

0,25 đ

4

Năng lượng bên ngoài mặt cầu: Wout =

∫

∞ R

4πε 0 ε0 E 2 4π r 2 dr = 2 2

∫

∞ R

4πε 0 E r dr = 2 2 2

2

 Q  2 Q2 r dr =   ∫ R  4πε0 r 2  8πε 0 ∞

∫

∞ R

dr Q 2 1 kQ2 = = r 2 8πε0 R 2R

0,5 đ

Năng lượng bên trong khối cầu: R

R

ε0 E 2 Q 2 .r 8 kQ 2 Win = ∫ 4π r 2 dr = ∫ dr = 2 8πε 0 R 10 2R10 0 0

R

∫ 0

r 8 dr =

kQ 2 R 9 kQ 2 Q2 = = 2R10 9 18R 72πε0 R

0,5 đ

Tỉ số năng lượng Win dự trử trong khối cầu và năng lượng Wout chứa trong không gian bên ngoài khối cầu là: η =

Win 1 = Wout 9

0,5 đ

c) Hiệu điện thế: R2

U=

∫

Q 2 dr Q  1 1  =  −  2 ∫ 4πε0 R1 r 4πε0  R1 R 2  R

E(r)dr =

R1

0,25 đ

(1)

Điều kiện tụ không bị thủng: E(r)max =

Q 1 Q ≤ E gh ⇒ R12 ≥ 2 4πε 0 R 1 4πε 0 E gh

Thay (2) vào (1) ta có: Để Umax cực đại thì:

 R12  U ≤ E gh  R 1 −  R2  

⇒ Q ≤ 4πε 0 E gh R 12 ⇒ U max

0,25 đ

(2)

 R12  = E gh  R1 −  R2  

0,5 đ

 2R  dU max R = E gh 1 − 1  = 0 ⇒ R1 = 2 = 5cm. dR1 R2  2 

0,5 đ

Bài 2. (5 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ, ξ = 10 V; r = 1 Ω; R1 = 9 Ω; R2 = 5 Ω; C = 1 µF. Ban đầu khóa k đóng.

ξ, r

a) Tìm điện lượng chuyển qua R2 tính từ thời điểm ngay sau khi k mở cho R2 C đến khi mạch điện ổn định. b) Dùng định luật bảo toàn năng lượng, tính nhiệt lượng tỏa ra trên R2 tính R1 k từ thời điểm ngay sau khi k mở cho đến khi mạch điện ổn định. c) Viết biểu thức cường độ dòng điện qua R2 phụ thuộc thời gian sau khi k mở. Dùng định luật Jun-Lenxơ tính nhiệt lượng tỏa ra trên R2 tính từ thời điểm ngay sau khi k mở cho đến khi mạch điện ổn định, so sánh với kết quả tính được ở câu b. HD: Câu 2 5đ a) Xét bản tụ nối với R2, khi k đóng: q = 9 µC; khi k mở: q’ = 10 µC, điện lượng dịch 0,5 đ chuyển qua R2 đến bản dương của tụ: ∆q = 1 µC. 0,25 đ

b) + Công của nguồn: A = ∆q.ξ = 10µJ 2  W = 0,5CU = 40, 5µJ + Độ tăng năng lượng của tụ:  → ∆W = 9, 5µJ 2  W' = 0,5Cξ = 50, 0µJ

0,5 đ

+ Công của nguồn dịch chuyển ∆q qua mạch = độ tăng năng lượng của tụ + nhiệt tỏa ra trên 0,25 đ (1) toàn mạch: Q = A − ∆W = Q R + Q r = 0, 5µJ 2

+ Ngoài ra:

QR2 Qr

=

R2 =5 r

(2) 5 6

+ Giải hệ (1) và (2) ta có: QR = Q = 2

5 µJ . 12

q dq 1  q ⇒i= = ξ−  C dt r + R 2  C q dq dX X dX dt - Đặt X = ξ − ⇒ dX = − , thay vào trên ta có: =− ⇒ =− . C C dt C(r + R 2 ) X C(r + R 2 )

c) Định luật Ôm: ξ − i(r + R 2 ) =

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ

t   dX dt X −t −t = − ⇒ ln = ⇒ X = X exp   0 ∫ X ∫0 C(r + R 2 ) X 0 C(r + R 2 )  C(r + R 2 )  X0 X

- Tícch phân hai vế:

0,5 đ

- Trở về biến cũ: ξ−

    q  q  −t −t =  ξ − 0  exp   ⇒ q = Cξ − ( Cξ − q 0 ) exp   C  C  C(r + R 2 )   C(r + R 2 ) 

0,25 đ

- Lấy đạo hàm theo thời gian:   Cξ − q 0 −t i= exp   C(r + R 2 )  C(r + R 2 ) 

 −106 t    1 Cξ − q 0 −t ⇒i= exp   (A)  ⇒ i = exp  6 C(r + R 2 )  6   C(r + R 2 ) 

0,5 đ

- Nhiệt tỏa ra trên R2: ∞

∞  −106 t   −106 t  5 5.10 −6 5 = ∫ R 2i dt = exp dt = − exp     = µJ ∫ 36 0 12  3   3  0 12 0 ∞

QR 2

2

0,5 đ

Câu 3. (4 điểm) Hai thấu kính hội tụ mỏng L1 và L2 có tiêu cự lần lượt là f1 = 20 cm và f2 = 24 cm, có trục chính trùng nhau và đặt cách nhau một khoảng l = 25 cm. Đặt vật sáng AB trước thấu kính L1, vuông góc với trục chính của hệ thì thu được ảnh cao gấp 5 lần vật trên màn M đặt vuông góc trục chính phía sau thấu kính L2. a) Tính khoảng cách từ thấu kính L1 đến vật và từ thấu kính L2 đến màn. b) Giữ vật và thấu kính L1 cố định, cho thấu kính L2 dịch chuyển ra xa dần thấu kính L1, để thu được ảnh trên màn phải dịch chuyển màn M theo chiều nào, độ lớn của ảnh biến thiên như thế nào? HD: Bài 4 a)

4 điểm L L → A1B1  → A 2 B2 Ta có sơ đồ truyền sáng như sau: AB  df df d1' = 1 1 ⇒ d 2 = l − d1' = l − 1 1 d 1 −f1 d 1 −f1 f1 f2 f1f 2 = Độ phóng đại của hệ: k = d1 − f1 d 2 − f 2 (l − f 2 )(d1 − f1 ) − d1f1 480 Thay số: k = −19d1 − 20 480 = ±5 Theo bài ra ảnh cao gấp 5 lần vật ta có: k = −19d1 − 20 −116 < 0 (loại) Với k = 5 ta có: -19d1 – 20 = 96 ⇒ d1 = 19 Với k = -5 ta có: 19d1 + 20 = 96 ⇒ d1 = 4 cm 1

Từ đó tính được: d1' =

2

d1f1 = −5 cm ⇒ d 2 = l − d1' = 30 cm d 1 −f1

0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

d 2f2 = 120 cm. d2 − f2 Khi L2 dịch chuyển thì A1B1 cố định. Vì vậy để khảo sát sự dịch chuyển của màn ta khảo sát khoảng cách giữa A1B1 và A2B2: df d .24 d 22 L = d2 + d 2 ' = d 2 + 2 2 = d 2 + 2 = d2 + f2 d 2 − 24 d 2 − 24 Lấy đạo hàm L theo biến d2: 2d 2 (d 2 − 24) − d 22 d 2 (d 2 − 48) L' = = ⇒ L' = 0 ⇔ d 2 = 48 cm . (d 2 − 24) 2 (d 2 − 24) 2 Lúc đầu d2 tăng từ 30 cm lên đến 48 cm thì màn tới gần L1 (khoảng cách A1B1 đến màn giảm từ 150 cm đến 96 cm) nên phải dời màn tới gần L1. Sau đó khi d2 tiếp tục tăng từ 48 cm ra vô cùng thì khoảng cách A1B1 đến màn tiếp tục tăng lên, nên phải dời màn ra xa L1. d Độ phóng đại qua L2: k2 = − 2 . Do khi L2 ra xa d2 liên tục tăng, d2’ liên tục giảm, d 2' A1B1 không đổi nên A2B2 ngày càng nhỏ dần.

d 2' =

b)

0,25 đ

0,5 đ 0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

Câu 4. (4 điểm) Cho cơ hệ như hình 3a. Thanh OA đồng chất, tiết diện đều, khối (C) lượng m, chiều dài 2R, momen quán tính O O y y đối với đường trung trực của thanh bằng 2 mR /3. Đĩa (B) đồng chất, khối lượng m, ϕ ϕ bán kính R, tâm A, momen quán tính đối với trục của nó bằng mR2/2. Hệ có thể g g A A quay trong mặt phẳng thẳng đứng Oxy quanh trục nằm ngang Oz. Bỏ qua ma sát ở x x (B) (B) các trục quay. a) Đĩa và thanh liên kết chặt với nhau, Hình 3a Hình 3b tìm chu kì dao động nhỏ của hệ. b) Đĩa và thanh có thể quay tự do đối với nhau. Ở thời điểm đầu, thanh đứng yên và nghiêng một góc φ0 so với đường thẳng đứng, đĩa có vận tốc góc ω0. Tìm chu kì dao động nhỏ của thanh. c) Đĩa và thanh có thể quay tự do đối với nhau, đồng thời đĩa lăn không trượt trên hình trụ cố định (C) có bán kính R và nhận Oz làm trục (hình 3b). Bỏ qua ma sát lăn. Ở thời điểm đầu, thanh đứng yên và nghiêng một góc φ0 so với đường thẳng đứng, đĩa đứng yên. Tìm chu kì dao động nhỏ của thanh. HD: Bài 3 4 điểm a) Momen quán tính của hệ đối với Oz: 1 1     35 I =  mR 2 + mR 2  +  m(2R) 2 + mR 2  = mR 2 . 0,5 đ 3 2     6 0,5 đ Phương trình chuyển động: Iϕ " = − mgR sin ϕ − mg2R sin ϕ = −3mgR sin ϕ ≈ −3mgRϕ

I 35R = 2π 3mgR 18g b) Xét trong hệ quy chiếu gắn với A, momen lực tác dụng lên đĩa bằng 0, do đó tốc độ góc của đĩa trong chuyển động quay quanh A không đổi và bằng ω0. Xét trong hệ quy chiếu gắn với O, momen động lượng của hệ đối với Oz: 1 1     L =  mR 2 + mR 2  ϕ '+  (OA ∧ mv A )ez + mR 2ω0  3 2     4 1 16 1 ⇒ L = mR 2ϕ '+ m(2R) 2ϕ '+ mR 2ω0 = mR 2ϕ '+ mR 2ω0 3 2 3 2 16 9g mR 2ϕ " = −3mgR sin ϕ ≈ −3mgRϕ ⇒ ϕ "+ ϕ=0 Phương trình chuyển động: 3 16R 16R Chu kì dao động: T2 = 2π 3g c) Wt = − mgR cos ϕ − mg(2R) cos ϕ = −3mgR cos ϕ Gọi J là điểm trên đĩa, K là điểm trên hình trụ tại chổ tiếp xúc: v J/ A + v A/O + vO/K + v K /J = 0 ⇒ Rω − 2Rϕ ' = 0 ⇒ ω = 2ϕ ' 14 1 11 4 1 11 Wđ = mR 2ϕ '2 + mv A2 + mR 2ω2 = mR 2ϕ '2 + m(2Rϕ ') 2 + mR 2ϕ '2 = mR 2ϕ '2 23 2 22 6 2 3 11 Cơ năng: W = −3mgR cos ϕ + mR 2 ϕ '2 = const. 3 22R 22 22 Đạo hàm: 3mgR sin ϕ.ϕ '+ mR 2ϕ '.ϕ " = 0 ⇒ 3gϕ + Rϕ " = 0 ⇒ T3 = 2π 3 3 9g Câu 5. (3 điểm) Xác định điện dung của một tụ điện cho trước. Cho các dụng cụ sau: I(A) + Tụ điện cần xác định điện dung. + 01 nguồn điện một chiều có suất điện động đã biết và điện trở trong chưa biết. + 01 đèn LED có đặc tuyến vôn-ampe như hình vẽ (đèn có thể xem là đi-ốt lí tưởng, giá trị U0 đã biết). + 01 hộp điện trở thuần có thể đặt được các giá trị của điện trở. U0 + Đồng hồ bấm giây. + Khóa điện, dây nối đủ dùng. Đề xuất phương án thí nghiệm xác định điện dung của tụ. Chu kì dao động:

T1 = 2π

0,25 đ 0,25 đ

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

U(V)

HD: Câu 5

3 điểm

Mắc mạch điện như hình vẽ:

C

R

0,5 đ D

E, r

k 2

1

- Tại t = 0, đóng khóa k vào 1, lúc đầu tụ chưa tích điện, hiệu điện thế giữa hai cực của đèn LED nhỏ hơn U0, đèn không sáng, do đó cường độ dòng điện qua mạch là i và điện tích q q của tụ điện liên hệ với nhau theo hệ thức: Ri + + ri = E C q t q − CE dq dq dt CE − q t - Trong đó: i = ⇒ ln →∫ = −∫ = ln =− dt q − CE R + r)C CE CE C(R + r) 0 0 ( - Đèn LED sẽ sáng khi q = CU0, sau đó hiệu điện thế giữa hai cực của D không đổi nên tụ E . Thời điểm D bắt đầu sáng, sẽ không tích thêm điện và LED sáng ổn định ở dòng i = R+r τ τ CE − CU 0 ⇒ = C(R + r) t = τ thỏa mãn: ln =− (1) E CE (R + r)C ln E − U0 - Từ (1) suy ra, nếu sử dụng các điện trở R khác nhau ta có các thời gian τ khác nhau và τi − τ j τi − τ j 1 1 (2) Ri − R j = →C= C  E   E  Ri − R j ln  ln    E − U 0    E − U0 

0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ

- Ta tiến hành thí nghiệm như sau: + Tại thời điểm t = 0: đóng khoá K vào 1 đồng thời khởi động đồng hồ bấm giây. + Đến khi đèn D loé sáng ta ngay lập tức ngừng đồng hồ bấm giây. + Đọc số liệu của điện trở Ri và thời gian τi. + Chuyển K về 2, đợi cho tụ phóng điện hết rồi thay điện trở R đã dùng bằng một điện trở 0,5 đ khác rồi lặp lại phép đo trên, đọc số liệu điện trở Rj và thời gian τj. + Thay các số liệu đo được và các thông số của các dụng cụ đã biết vào (2), tính được C.

Người biên soạn: Trần Lê Hùng, tổ vật lý trường chuyên Lê Quý Đôn Quảng trị.

TRĆŻáťœNG THPT CHUYĂŠN LĂŠ THĂ NH TĂ”NG

TáťˆNH QUẢNG NAM

Kᝲ THI HáťŒC SINH GIᝎI CĂ C TRĆŻáťœNG THPT CHUYĂŠN KHU Váť°C DUYĂŠN HẢI VĂ€ Ä?áť’NG Báş°NG BẎC Báť˜ LẌN THᝨ XII, NÄ‚M 2019

Ä?ᝀ THI Ä?ᝀ NGHᝊ

Ä?ᝀ THI MĂ”N: VẏT LĂ? 11 Tháť?i gian: 180 phĂşt (KhĂ´ng káťƒ tháť?i gian giao Ä‘áť ) NgĂ y thi: ‌/4/2019 (Ä?áť thi gáť“m 03 trang)

Câu 1. (TÄŠnh Ä‘iᝇn – 4 Ä‘iáťƒm) Máť™t bản Ä‘iᝇn mĂ´i cĂł hai mạt song song Ä‘ưᝣc Ä‘ạt trong Ä‘iᝇn trĆ°áť?ng Ä‘áť u cĂł cĆ°áť?ng Ä‘áť™ E1 = 10,0 V/m vĂ Ä‘ưᝣc báť‘ trĂ­ sao cho gĂłc Îą1 giᝯa Ä‘Ć°áť?ng phĂĄp tuyáşżn cᝧa mạt bản vĂ phĆ°ĆĄng cᝧa Ä‘iᝇn trĆ°áť?ng ngoĂ i báşąng 30o. MĂ´i trĆ°áť?ng bĂŞn ngoĂ i bảncĂł háşąng sáť‘ Ä‘iᝇn mĂ´i báşąng 1. 1. Ä?iᝇn mĂ´i cᝧa bản lĂ Ä‘áť“ng nhẼt cĂł Îľ = 6. a. TĂŹm cĆ°áť?ng Ä‘áť™ Ä‘iᝇn trĆ°áť?ng E2 trong bản vĂ gĂłc Îą2 mĂ Ä‘iᝇn trĆ°áť?ng nĂ y tấo váť›i Ä‘Ć°áť?ng phĂĄp tuyáşżn cᝧa mạt bản. b. TĂŹm máş­t Ä‘áť™ Ä‘iᝇn tĂ­ch liĂŞn káşżt Ďƒ xuẼt hiᝇn trĂŞn cĂĄc mạt bản. 2. Ä?iᝇn mĂ´i cᝧa bản chᝉ biáşżn Ä‘áť•i liĂŞn t᝼c, dáť?c theo phĆ°ĆĄng vuĂ´ng gĂłc váť›i hai mạt song song, giĂĄ tráť‹ Ä‘iᝇn mĂ´i tấi mạt thᝊ nhẼt lĂ Îľ1 = 1,2 vĂ tấi mạt thᝊ hai lĂ Îľ2 = 8. XĂĄc Ä‘áť‹nh Ä‘iᝇn tĂ­ch liĂŞn káşżt toĂ n phần trong kháť‘i Ä‘iᝇn mĂ´i giáť›i hấn báť&#x;i máť™t Ä‘ĆĄn váť‹ diᝇn tĂ­ch báť mạt. Câu 2. (Ä?iᝇn vĂ tᝍ– 5 Ä‘iáťƒm) XĂŠt máť™t Ä‘iᝇn tᝍ trĆ°áť?ng Ä‘áť u cĂł thĂ nh phần Ä‘iᝇn vĂ thĂ nh phần tᝍ vuĂ´ng gĂłc váť›i nhau

trong Ä‘Ăł , , lĂ ba vector Ä‘ĆĄn váť‹ trĂŞn ba tr᝼c táť?a Ä‘áť™ Descartes O , O , O tĆ°ĆĄng

ᝊng. Biáşżt ráşąng hất cĂł kháť‘i lưᝣng , Ä‘iᝇn tĂ­ch q tấi tháť?i Ä‘iáťƒm 0 Ä‘ưᝣc thả táťą do khĂ´ng váş­n táť‘c Ä‘ầu tᝍ gáť‘c táť?a Ä‘áť™ O.

1. Viáşżt phĆ°ĆĄng trĂŹnh chuyáťƒn Ä‘áť™ng.

1

2. Trong hệ quy chiếu nào, quỹ đạo của hạt có dạng đường tròn, tính bán kính của quỹ đạo đó. 3.Vẽ ước lượng quỹ đạo chuyển động của hạt và xác định vận tốc cực đại cùng vị trí tương ứng của hạt trong hệ Oxyz. Câu 3.(Quang hình – 4 điểm) Có một thanh thủy tinh hình trụ đặt trong không khí, chiết suất n =1,5. Trục của thanh dài L = 45cm, một đầu thanh là mặt cầu lồi bán kính R1 = 10cm. Đầu còn lại chưa xác định. a. Để thanh thủy tinh tương đương với một kính viễn vọng, lấy trục của thanh làm trục chính thì đầu kia của thanh phải mài thành mặt cầu có bán kính bao nhiêu? b. Nếu chùm sáng tới song song lệch góc ϕ1 và chùm đi ra lệch góc ϕ2 so với trục chính thì hãy tìm tỉ số ϕ2/ϕ1. (Tỉ số này bằng độ bội giác của kính viễn vọng).

Câu 4.(Dao động cơ – 4 điểm) Một con lắc lò xo gồm vật A có khối lượng m và lò xo lý tưởng có độ cứng k, chiều dài tự nhiên của lò xo là ℓ 0 . Một thanh nằm ngang, cố định, xuyên qua vật A sao cho vật A có thể trượt không ma sát trên thanh này. Đầu trên của lò xo được giữ cố định vào điểm H, khoảng cách từ H đến thanh ngang là ℓ . Vật A đang đứng yên ở vị trí cân bằng O, OH thẳng đứng. Cung cấp cho vật A vận tốc vo theo phương ngang. Tìm chu kì dao động nhỏ của A quanh vị trí cân bằng trong hai trường hợp sau: a. ℓ > ℓ 0 . b. ℓ = ℓ 0 .

2

π /2

Cho biết

∫ 0

dα 1 + cos 2 α

= 1,31

Câu 5.(Phương án thực hành – 3 điểm) Cho các dụng cụ và linh kiện: - Một thấu kính hội tụ (chưa biết tiêu cự); - Một hệ giá đỡ dụng cụ quang học (có thể đặt ở các tư thế khác nhau); - Một nguồn Laser. - Một màn ảnh; - Một cốc thủy tinh đáy phẳng, mỏng, trong suốt, đường kính trong đủ rộng; - Một thước đo chiều dài chia tới milimet1; - Các vật liệu khác: kẹp, nước sạch (chiết suất của nước nn = 4/3). Hãy đề xuất phương án thí nghiệm để xác định bán kính cong của hai mặt thấu kính hội tụ và chiết suất của chất làm thấu kính. --- HẾT --Người ra đề: 1. Trần Thị Thanh Huyền - Điện thoại: 0905710541 2. Võ Ngọc Cảnh – Điện thoại: 0913448323

3

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XII, NĂM 2019

Trường THPT CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG

TỈNH QUẢNG NAM

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÍ 11 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: …/4/2019 (Đề thi gồm … trang)

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ

Câu 1. (Tĩnh điện – 4 điểm) Một bản điện môi có hai mặt song song được đặt trong điện trường đều có cường độ E1 = 10,0 V/m và được bố trí sao cho góc α1 giữa đường pháp tuyến của mặt bản và phương của điện trường ngoài bằng 30o. Môi trường bên ngoài bảncó hằng số điện môi bằng 1. 1. Điện môi của bản là đồng nhất có ε = 6. a. Tìm cường độ điện trường E2 trong bản và góc α2 mà điện trường này tạo với đường pháp tuyến của mặt bản. b. Tìm mật độ điện tích liên kết σ xuất hiện trên các mặt bản. 2. Điện môi của bản chỉ biến đổi liên tục, dọc theo phương vuông góc với hai mặt song song, giá trị điện môi tại mặt thứ nhất là ε1 = 1,2 và tại mặt thứ hai là ε2 = 8. Xác định điện tích liên kết toàn phần trong khối điện môi giới hạn bởi một đơn vị diện tích bề mặt. Hướng dẫn chấm Câu 1

Điểm 0,25 0,25

Nội dung + E2t = E1t = E1sinα1 + ε.E2n = E1n = E1cosα1 → E 2n =

E1cosα1 ε

+ E 2 = E1 sin 2 α1 + cos 2 α1

0,25

+ E2 = 5,2 V/m

0,25 0,25

2

ε

+ tan α 2 =

E 2t = ε.tan α1. E 2n

+ α2 = 74o. + Chọn mặt Gauss là mặt trụ có trục vuông góc với mặt bản → E1n − E 2n =

σ 1 → σ = ε o E1cosα1 (1 − ) = 64(pC / m 2 ) εo ε

0,25 0,50 0,50

+ Xem tấm điện mối đặt trong điện trường đều E1n = E1cosα1 vuông góc với 0,25 bản → tại điểm có tọa độ x tính từ bản (1): E x =

E1n ε(x)

+ Xét lớp mỏng bề dày dx ở tọa độ x, áp dụng O-G → S.  1  d ε(x)  dE + ρ(x) = εo . x = εo E1n .  . dx dx

ρ(x).Sdx dE x .dx = dx εo

0,25 0,50

h

1 1 ξ E  + q = SâˆŤ Ď (x)dx = S  o 1n  = SÎľo E1n  −  = 54 (pC/m3)  Îľ(x)  0  Îľ1 Îľ2  0 h

0,50

Câu 2. (Ä?iᝇn vĂ tᝍ– 5 Ä‘iáťƒm)

XĂŠt máť™t Ä‘iᝇn tᝍ trĆ°áť?ng Ä‘áť u cĂł thĂ nh phần Ä‘iᝇn vĂ thĂ nh phần tᝍ vuĂ´ng gĂłc váť›i nhau = = trong Ä‘Ăł , , lĂ ba vector Ä‘ĆĄn váť‹ trĂŞn ba tr᝼c táť?a Ä‘áť™ Descartes O , O , O tĆ°ĆĄng ᝊng. Biáşżt ráşąng hất cĂł kháť‘i lưᝣng , Ä‘iᝇn tĂ­ch q tấi tháť?i Ä‘iáťƒm = 0 Ä‘ưᝣc thả táťą do khĂ´ng váş­n táť‘c Ä‘ầu tᝍ gáť‘c táť?a Ä‘áť™ O. 1. Viáşżt phĆ°ĆĄng trĂŹnh chuyáťƒn Ä‘áť™ng. 2. Trong hᝇ quy chiáşżu nĂ o, quáťš Ä‘ấo cᝧa hất cĂł dấng Ä‘Ć°áť?ng tròn, tĂ­nh bĂĄn kĂ­nh cᝧa quáťš Ä‘ấo Ä‘Ăł. 3.Váş˝ Ć°áť›c lưᝣng quáťš Ä‘ấo chuyáťƒn Ä‘áť™ng cᝧa hất vĂ xĂĄc Ä‘áť‹nh váş­n táť‘c cáťąc Ä‘ấi cĂšng váť‹ trĂ­ tĆ°ĆĄng ᝊng cᝧa hất trong hᝇ Oxyz. HĆ°áť›ng dẍn chẼm

Câu 1

N᝙i dung + Ta có: = = + ×

= + Ă— = . + ( − . ) + 0.

# =

$% &

(1)

$% * = − ) − + (2) & % " ! - = 0 ⇒ - = /012 (3) + Tháşż (1) vĂ o (2) ta Ä‘ưᝣc: 7 7 ′′ = − 5 6 5 − 6 ⇔ 5 − 6 ′′ + 5 6 5 − 6 = 0 * $% Tᝍ Ä‘Ăł ta cĂł: = + 9 cos ) + =+ (4)

+ Do Ä‘Ăł

%

&

+ Thay (4) vĂ o (1) Ä‘ưᝣc: = −9 sin ) & + =+ + Giải Ä‘iáť u kiᝇn Ä‘ầu thu Ä‘ưᝣc: $%

Ä?iáťƒm 0,25 0,25 0,25

0,25

0,25 0,25

# = 51 − cos 5 66 0,50 @ " = sin 5 6 @ ! - = 0 + TĂ­ch phân cĂĄc phĆ°ĆĄng trĂŹnh chuyáťƒn Ä‘áť™ng nĂ y váť›i Ä‘iáť u kiᝇn A = A = A = 0, ta Ä‘ưᝣc phĆ°ĆĄng trĂŹnh chuyáťƒn Ä‘áť™ng cᝧa hất 0,25 # = + 7 sin 5 6 @ 0,25 51 − cos 5 66 " = 7 @ ! = 0 0,25

+ ChẼt Ä‘iáťƒm chuyáťƒn Ä‘áť™ng trong mạt pháşłng Oxy

b

&*

+ XĂŠt trong mạt pháşłng Oxy, cháť?n hᝇ quy chiáşżu K' cĂł gáť‘c O' tháť?a - yO' =

$%B

- O' chuyáťƒn Ä‘áť™ng dáť?c theo Ox váť›i táť‘c Ä‘áť™ khĂ´ng Ä‘áť•i C =

# DE = $%B sin ) & + &*

$%

Suy ra : = − &* cos )$% + " DE $% B & !

0,25

F= 7

+ Trong hᝇ quy chiáşżu K', quáťš Ä‘ấo cᝧa hất lĂ Ä‘Ć°áť?ng tròn cĂł bĂĄn kĂ­nh

0,25

0,25

+ Trong hᝇ quy chiáşżu K, quáťš Ä‘ấo cᝧa tĆ°ĆĄng táťą nhĆ° quáťš Ä‘ấo cᝧa Ä‘ầu van 0,25 xe Ä‘ấp khi xe chấy Ä‘áť u trĂŞn mạt pháşłng. + ĆŻáť›c lưᝣng quáťš Ä‘ấo: 0,25

+ Trong hᝇ K': v K ' = vxK ' + v yK ' → Ä?áť™ láť›n váş­n táť‘c: vK’ =

+ Trong hᝇ Oxy: v = v0 x + ω Ă— A trong Ä‘Ăł A = + GiĂĄ tráť‹ cáťąc Ä‘ấi cᝧa váş­n táť‘c: vmax = 2.

E B

+ Váş­n táť‘c cáťąc Ä‘ấi tấi váť‹ trĂ­ cĂł : y = 2R; x =

&*

$% B

Ď€ mE qB

2

,ω=

E B $% &

(1 + 2k ) v᝛i k thu᝙c N.

0,25 0,25 0,25 0,25

Câu 3.(Quang hĂŹnh – 4 Ä‘iáťƒm) CĂł máť™t thanh thᝧy tinh hĂŹnh tr᝼ Ä‘ạt trong khĂ´ng khĂ­, chiáşżt suẼt n =1,5. Tr᝼c cᝧa thanh dĂ i L = 45cm, máť™t Ä‘ầu thanh lĂ mạt cầu láť“i bĂĄn kĂ­nh R1 = 10cm. Ä?ầu còn lấi chĆ°a xĂĄc Ä‘áť‹nh. a. Ä?áťƒ thanh thᝧy tinh tĆ°ĆĄng Ä‘Ć°ĆĄng váť›i máť™t kĂ­nh viáť…n váť?ng, lẼy tr᝼c cᝧa thanh lĂ m tr᝼c chĂ­nh thĂŹ Ä‘ầu kia cᝧa thanh phải mĂ i thĂ nh mạt cầu cĂł bĂĄn kĂ­nh bao nhiĂŞu? b. Náşżu chĂšm sĂĄng táť›i song song lᝇch gĂłc Ď•1 vĂ chĂšm Ä‘i ra lᝇch gĂłc Ď•2 so váť›i tr᝼c chĂ­nh thĂŹ hĂŁy tĂŹm tᝉ sáť‘ Ď•2/Ď•1. (Tᝉ sáť‘ nĂ y báşąng Ä‘áť™ báť™i giĂĄc cᝧa kĂ­nh viáť…n váť?ng).

HĆ°áť›ng dẍn Câu 3 4 Ä‘iáťƒm

Trên hình vẽ, C1 là tâm mặt cầu bên trái.

0,5

Áp dụng định lý hàm sin trong tam giác APF1, ta có:

0,5

AF1 − R1 sin r1 r AF − R 1 1 = ≈ 1 ⇔ 1 1≈ ≈ (1) i1 R1 sin(i1 − r1 ) i1 − r1 R1 −1 n −1 r1 nR Hay AF1 = 1 (2) n −1

Theo quan hệ khúc xạ ở trên đối với mặt cầu bên phải: Lại có: BF1 = L − AF1 = L−

b

BF1 n = (3) R2 n − 1

0,5

nR1 (n − 1) L (4) → R2 = − R1 n −1 n

Thay số: n =1,5; L = 45cm; R1 = 10cm vào (1,2,3), ta được:R2 = 5cm (5) Vậy đầu bên phải là mặt cầu lồi bán kính 5cm hướng ra ngoài. Các tia tới a, b song song từ vật điểm xa vô cực chiếu đến. Tia a qua C1, tia b qua điểm A như hình vẽ.

0,25

Sau khi khúc xạ trong mặt cầu bên trái, hai tia này giao nhau tại điểm M, tức là M là ảnh điểm của vật điểm xa vô cùng đối với mặt cầu bên trái. Xét tam giác AC1M, ta có:

0,5

0,25

AM AM R1 = = (6) sin(π − ϕ1 ) ϕ1 sin(ϕ1 − ϕ '1 )

Lại có: nsinϕ '1 = sin ϕ1 (7) Biết ϕ1, ϕ’1 đều là các góc rất nhỏ, nên

0,5 AM

ϕ1

≈

R1 1 n

ϕ1 (1 − )

⇒

AM 1 = (8) 1 R1 1− n

Từ (8) và (2) có thể thấy AM ≈ AF1, tức là M trong mặt phẳng chứa F1 và 0,5 vuông góc với trục chính. Vì thanh thủy tinh là hệ kính viễn vọng nên các tia gần trục chính qua điểm M, khi đi ra đầu phải của thanh sẽ là các tia song song với nhau. Dễ dàng thấy rằng các tia từ M hướng qua C2 sẽ đi theo hướng ban đầu. Đó cũng là những tia bất kỳ qua điểm M (bao gồm cả tia a, b), từ thanh thủy tinh đi ra có phương song song. ϕ C M C F AF − R 0,5 Từ hình vẽ, ta có: 1 = 2 ≈ 1 1 = 1 1 (9) ϕ2

C1M C2 F2 BF1 − R2 AF − R R ϕ R Từ (2) và (3), ta được: 1 1 = 1 ⇒ 1 = 1 = 2 . BF1 − R2 R2 ϕ 2 R2

Câu 4.(Dao động cơ – 4 điểm) Một con lắc lò xo gồm vật A có khối lượng m và lò xo lý tưởng có độ cứng k, chiều dài tự nhiên của lò xo là ℓ 0 . Một thanh nằm ngang, cố định, xuyên qua vật A sao cho vật A có thể trượt không ma sát trên thanh này. Đầu trên của lò xo được giữ cố định vào điểm H, khoảng cách từ H đến thanh ngang là ℓ . Vật A đang đứng yên ở vị trí cân bằng O, OH thẳng đứng. Cung cấp cho vật A vận tốc vo theo phương ngang. Tìm chu kì dao động nhỏ của A quanh vị trí cân bằng trong hai trường hợp sau: a. ℓ > ℓ 0 . b. ℓ = ℓ 0 . π /2

Cho biết

∫

1 + cos 2 α

0

Câu 1 a.

dα

= 1,31

Chọn trục Ox trùng với thanh, chiều Ox trùng Vo . Chọn mốc thế năng trọng lực tại thanh ngang. Khi vật có li độ x, ta có cơ năng là: 1 1 E = mv 2 + k∆l 2 = hằng số (*) 2 2 2

2

∆l = l + x − l0

0,25 0,25

2

≈ l − lo +

1x 2 l

0,25 2

x 1x ) . x ' =0 (**) l 2 l 3 Giản ước v = x’ và bỏ qua số hạng nhỏ bậc x ta có: l mx’’ + k (1- 0 )x = 0 l

Đạo hàm hai vế (*) ta có:mvv’ + k (l – l0 +

Vậy T = 2 π

0,25

m k (1 −

b.

0,25

lo ) l

0,25 3

Từ phương trình (**), với l = l0 và giữ nguyên số hạng x3 ta có:mx’’ + G dx ' dx k . =− x 3 →v. dv = - B J K 2 7&H I dx dt 2ml 0

7 A7 − =− N =O 2 2 8 MA7

K

2 P 0 −

2

4 M0

4

= K

kx =0 2l 02

0,5 0,25

0,25

Chu kì dao động tuần hoàn phi điều hoà: dx 4 dx = ∫ T = 4∫ 4 v0 kx kx 4 v02 − 1 − 4ml 20 v02 4ml 2 0

0,25

4

Đặt

π kx = cos 4 α (Với x = 0 α = ; x = xmax α = 0 2 v 4ml 0 2 0

=> x =

4

4ml0v02 cosα => dx = k

4 Vậy T = v0

4

4ml0v02 k

π /2

Bấm máy tính:

∫ 0

π /2

∫ 0

4

4ml 20 v02 sinα.dα k

sin αdα sin α 1 + cos 2 α

dα 1 + cos2 α

= 1,31

5, 24 4 4ml 2 0v02 . v0 k Cách 2: Khi vật có li độ x ta có F + P + N = ma x Fx = - k ( x 2 + l02 − l0 ) 2 x + l02

Vậy T =

Fx = - k[ l0 (1 +

0,25

x2 x ) − l0 ] 2 2l0 l0

kx 3 2l 02 Áp dụng đinh luật II Niu tơn: kx 3 Fx = mx’’ = - 2 2l 0 Giải tiếp như cách 1.

Fx = -

Câu 5.(Phương án thực hành – 3 điểm) Cho các dụng cụ và linh kiện: - Một thấu kính hội tụ (chưa biết tiêu cự); - Một hệ giá đỡ dụng cụ quang học (có thể đặt ở các tư thế khác nhau); - Một nguồn Laser. - Một màn ảnh; - Một cốc thủy tinh đáy phẳng, mỏng, trong suốt, đường kính trong đủ rộng; - Một thước đo chiều dài chia tới milimet1; - Các vật liệu khác: kẹp, nước sạch (chiết suất của nước nn = 4/3).

Hãy đề xuất phương án thí nghiệm để xác định bán kính cong của hai mặt thấu kính hội tụ và chiết suất của chất làm thấu kính. Hướng dẫn Câu 5 3 điểm * Cơ sở lý thuyết:

0,50

Bước 1: - Tiêu cự của thấu kính hội tụ (L) tính bằng công thức:  1 1 1  = ( n − 1)  +  (1) . f  R1 R2 

- Dùng phương pháp Descarter xác định tiêu cự của thấu kính hội tụ: Dùng thước đo: + Đo d là khoảng cách từ nguồn sáng tới thấu kính. + Đo d’ là khoảng cách từ thấu kính tới màn ảnh đặt tại điểm cho ảnh rõ nét nhất. Tiêu cự của thấu kính xác định bởi: f =

d .d ' d +d'

Bước 2: Đặt mặt thứ nhất của thấu kính lên trên một tấm phẳng và cho một giọt nước (n =4/3) vào chỗ tiếp xúc giữa thấu kính và mặt phẳng. Ta có hệ thấu kính gồm thấu kính hội tụ (L) và thấu kính phân kỳ bằng nước có tiêu cự fA. 1

0,50

1 

Với f A = (4 / 3 − 1)  − R1  (2) . Tiêu cự của hệ thấu kính lúc này thỏa: 1 1 1 1 1 1 = + ⇒ = − (3) . f1 f fA f A f1 f

Đo được tiêu cự của thấu kính hệ, từ (2) và (3), ta suy được bán kính R1.

Bước 3: Đặt mặt còn lại của thấu kính lên trên một tấm phẳng và cho một giọt nước ( n =4/3) vào chỗ tiếp xúc giữa thấu kính và mặt phẳng. Ta có hệ thấu kính gồm thấu kính hội tụ (L) và thấu kính phân kỳ bằng nước có tiêu cự fB. Tiêu cự của hệ thấu kính lúc này thỏa:

0,50

1 1 1 1 1 1 = + ⇒ = − (4) . f2 f fB fB f2 f

1

1 

Với f B = (4 / 3 − 1)  − R2  (5) . Đo được tiêu cự của thấu kính hệ f2, từ (4) và (5), ta suy được bán kính R2. - Thay vào (1), suy ra được chiết suất của chất làm thấu kính. 0,25 * Các bước tiến hành thí nghiệm và xử lí số liệu: - Xác định tiêu cự của thấu kính hội tụ: Dùng thước đo: + Đo d là khoảng cách từ nguồn sáng tới thấu kính. + Đo d’ là khoảng cách từ thấu kính tới màn ảnh đặt tại điểm cho ảnh rõ nét nhất. Tiêu cự của thấu kính xác định bởi: f =

d .d ' d +d'.

Ghi f vào bảng số liệu (Bảng 1). Bảng 1: d Lần 1 Lần 2 Lần 3 - Đặt mặt thứ nhất của thấu kính nước (n =4/3) vào chỗ tiếp xúc dùng phương pháp trên xác định vào bảng số liệu (Bảng 2). Từ đó, suy ra fA và suy ra R1. Bảng 2: d d’ Lần 1 Lần 2 Lần 3

d’

f

lên trên một tấm phẳng và cho một giọt giữa thấu kính và mặt phẳng. Tiếp tục tiêu cự của hệ thấu kính f1 lúc này. Ghi 0,50

f1

fA

R1

- Đặt mặt còn lại của thấu kính lên trên một tấm phẳng và cho một giọt 0,50 nước (n =4/3) vào chỗ tiếp xúc giữa thấu kính và mặt phẳng. Tiếp tục dùng phương pháp trên xác định tiêu cự của hệ thấu kính f2 lúc này. Ghi vào bảng số liệu (Bảng 3). Bảng 3: d d’ f2 fB R2 Lần 1 Lần 2 Lần 3 Từ đó, suy ra fB và suy ra R2. 0,25 - Từ R1, R2, tiếp tục suy ra chiết suất n. - Bảng số liệu: Vậy R1 = R1 ± ∆R1 = ......... + ............ R2 = R2 ± ∆ R2 = ......... + ............

n = n ± ∆n = ......... + ............

HỘI THI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI (ĐỀ THI ĐỀ XUẤT)

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÍ – KHỐI 11 NĂM 2019 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề này có 02 trang, gồm 5 câu)

Câu 1: Tĩnh điện (4đ) Một vùng không gian hình cầu bán kính R có mật độ điện tích phân bố đều và tổng điện tích là +Q. Một êlectron có điện tích –e, khối lượng m có thể di chuyển tự do bên trong hoặc bên ngoài hình cầu. 1. Bỏ qua hiện tượng bức xạ điện từ. a. Xác định chu kỳ chuyển động tròn đều của êlectron quanh tâm quả cầu với bán kính r (xét trường hợp r > R và r < R). b. Giả sử ban đầu êlectron đứng yên ở vị trí cách tâm hình cầu khoảng r = 2R, xác định vận tốc của êlectron khi nó chuyển động đến tâm của hình cầu tích điện theo R, Q, e, m, εo. 2. Thực tế khi êlectron chuyển động có gia tốc quanh quả cầu êlectron sẽ bức xạ sóng điện từ với công suất bức xạ tính bằng công thức P =

eQa 2 trong đó a là gia tốc của êlectron, εo là hằng số 6πεo c3

điện, c là tốc độ ánh sáng trong chân không. Giả sử quỹ đạo của êlectron vẫn gần như tròn trong mỗi R . chu kỳ. Tính thời gian bán kính quỹ đạo chuyển động của êlectron giảm từ R xuống 2 Câu 2: Điện và điện từ (5đ) Một khung dây dẫn hình vuông chuyển động dọc x O theo trục x trên mặt bàn nằm ngang, với vận tốc v0 = 5m/s đi vào một bán không gian vô hạn (ở phía bên phải D B trục Oy như hình vẽ) trong đó có một từ trường vectơ A Í Z cảm ứng từ hướng theo trục z (vuông góc với mặt phẳng hình vẽ), độ lớn vectơ cảm ứng từ thay đổi theo quy luật B(x) = B0(1 + αx) với B0 = 0,002T ; α = 0,0005

Hai cạnh của khung song song với trục Ox, còn mặt B C phẳng của khung luôn vuông góc với trục Oz. Khối y lượng của khung là m = 200g, chiều dài cạnh của khung là b = 10cm. Biết rằng, trong thời gian từ lúc cạnh CD ở vị trí trùng với trục Oy đến khi cạnh AB trùng Oy thì nhiệt lượng toả ra trong khung đúng bằng nhiệt lượng mà khung toả ra trong chuyển động tiếp sau đó cho tới khi dừng hẳn. Bỏ qua hệ số tự cảm của khung và coi αb<<1, bỏ qua ma sát. 1. Xác định điện trở của khung. 2. Hỏi khung đã thâm nhập vào không gian có từ trường một khoảng cách bằng bao nhiêu (tính từ lúc cạnh CD bắt đầu vào trong vùng có từ trường đến khi khung dừng hẳn) Câu 3: Quang hình (4đ) Một bản trong suốt có hai mặt song song (rất dài so với bề dày của nó), bề dày của bản là a = 2cm, đặt trong không khí. Chiếu một tia sáng đơn sắc tới gặp một trong hai mặt song song với góc tới α = 300. Xác định góc ló và độ dịch chuyển ngang của tia sáng sau khi qua bản mặt nếu: 1. Chiết suất của bản mặt không đổi n = 1,5. 2. Chiết suất thay đổi theo hướng pháp tuyến theo quy luật n = 1 + mặt trên của bản.

y , trong đó y là khoảng cách tới a

Câu 4: Dao động cơ (4đ) Một tấm nặng đồng nhất có khối lượng m được đặt nằm ngang trên 2 con lăn, mỗi con lăn là một khối trụ trong xoay đồng chất có bán kính r, khối lượng m1. Bỏ qua ma sát lăn giữa tấm m và các con lăn. Hệ số ma sát trượt giữa chúng là µ. 1. Trục của con lăn được giữ cố định cách nhau khoảng a, tấm m x m ban đầu được đặt nằm yên ở vị trí mà khối tâm C cách trục C khối trụ thứ nhất là x0 (x0 ≠ a/2). Cho các con lăn quay nhanh quanh trục theo chiều ngược nhau (như hình vẽ). 1 a 2 Viết phương trình chuyển động của tấm m và độ dịch chuyển x(t) của khối tâm C (hệ chuyển động từ trạng thái nghỉ). 2. Đặt các con lăn trên nền nằm ngang cho trục tự do và song song nhau. Hệ số ma sát lăn giữa con lăn và nền là k.Tác dụng vào tấm m một lực F nằm ngang F C m có độ lớn không đổi. Các con lăn không trượt trên nền và 1 2 tấm cũng không trượt đối với các con lăn. Tìm gia tốc của tấm và lực ma sát tổng cộng do nền tác dụng lên các con lăn (nếu coi tác dụng của ma sát lăn tương đương với lực ma sát này). Câu 5: Phương án thực hành (3đ) Hãy xây dựng phương án đo cảm ứng từ trong lòng một ống dây dài bằng điện kế xung kích. Điện kế xung kích là một điện kế khung quay mà khung của điện kế Có mômen quán tính lớn. Góc quay cực đại của khung khi có một dòng điện tức thời chạy qua khung tỉ lệ với điện lượng phóng qua khung. 1. Trình bày phương án đo. 2. Lập công thức tính cảm ứng từ theo kết quả đo. 3. Nêu các thiết bị hỗ trợ cần dùng trong phép đo. 4. Trình bày cách xây dựng bảng biểu và viết các công thức tính giá trị trung bình và giá trị tuyệt đối cho từng đại lượng đo. Cho biết sai số tỉ đối của phép đo điện tích, phép đo điện trở , phép đo độ dài đều là 1%. Hãy ước lượng sai số tỉ đối của phép đo cảm ứng từ bằng phương pháp này ----------------- Hết -----------------

ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIÊM Câu 1: Tĩnh điện (4đ) 1a. a. Trường hợp r > R áp dụng định lý O-G xét cho mặt cầu bán kính r 4πr 2 E1 =

Q Q => E1 = εo 4πε o r 2

Theo định luật II Niu-tơn :

∑ F = ma

sp

0,25

= mω2 r 2

 2π  1 eQ => eE1 = mω r => = m  r 2 4πε o r  T1  2

T1 =

Vì vậy:

16π3εo mr 3 eQ

0,25

Trường hợp r < R ta cũng áp dụng định lý O-G cho mặt cầu bán kính r nhưng 4 3 πr r3 lúc này điện tích là : q = 3 Q= 3Q 4 3 R πR 3

1

r3 Q 3 Q r => 4πr 2 E 2 = R => E 2 = 4πε o R 3 εo

0,25

eE2 = mω2r 2

 2π  Qr => e = m  r 3 4πε o R  T1 

=> T2 = 2π

4πεo mR 3 eQ

0,25

1b. Áp dụng định lý biến thiên động năng dW=dA

0,25

0

1 => mv 2 − 0 = ∫ Fdr 2 2R R 0   1 1 eQ  1 eQr  mv 2 = ∫  − dr + −  dr 2  ∫ 2 4πεo r  4πεo R 3  2R  R R 0  2eQ  dr 1 eQ rdr  = => v 2 = − + => v = ∫ 2 3 ∫ 4πε o m  2R r R R  2πε o mR

0,25

<=>

eQ 2πεo mR

0,25

Độ biến thiên cơ năng của electron sau thời gian dt do bức xạ điện từ dW = -Pdt 1 2

Với W = mv2 − Wt 2

0,25

Trong khoảng thời gian dt electron chuyển động coi như tròn với bán kính r =>

mv 2 1 eQr mv 2 eQr 2 = => = r 4πε o R 3 2 8πε0 R 3 ∞

Thế năng: Wt = ∫ Fdr = − r

eQ 4πε0

∞  1 R dr  eQ rdr + =− (3R 2 − r 2 )  3∫ 2  3 ∫ r  8πε0 R R R r

0,25

0,25

1 eQr 2 3eQ eQr − => dW = dr 3 4πε o R 8πε0 R 2πε o R 3 eQr 1 eQr Ta lại có ma = => a = 3 4πε o R 4πε o m R 3

=> W =

Theo bài ra P =

0,25

0,25

eQa 2 e3 Q 3 r 2 = P => 6πεo c3 96π3ε3o c3 m 2 R 6

Thay vào trên ta được

0,25

48π2 εo2c3 m2 R 3 dr eQrdr e 3 Q3 r 2 dt = − dt = − => e2 Q2 r 2πεo R 3 96π3ε3o c3 m 2 R 6 2 2 3 2 o 2 2

48π ε c m R => t = − eQ

R 3 2

0,25

48π2εo2c3m2 R 3 ln 2 => t = e 2 Q2

dr ∫R r

0,5

Câu 2: Điện và điện từ (5đ) Xét thời điểm cạnh CD có toạ độ là x và khung đang thâm nhập vùng từ trường. Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng, nhiệt lượng toả ra trong khung bằng độ biến thiên động năng của khung: m m dQ = v 2 − (v + dv) 2 ⇒ dQ = − mvdv (1) 2 2 0,5 Suất điện động cảm ứng xuất hiện trên cạnh CD là: E = BCD bv = B 0 (1 + α x )bv 0,5 B02 (1 + α x)2 b2v 2 dt B02 (1 + 2α x)b2 v 2 dt E 2 ⇒ I = ⇒ dQ = I Rdt = ≈ (2) R R R 0,5 Từ (1) và (2) ta có:

− Rmvdv = B02 (1 + 2αx)b 2 v 2 dt

⇒ −Rmdv = B02 (1 + 2αx)b 2 dx

1

(3) Gọi v1 là vận tốc của khung khi bắt đầu khung nằm trọn trong từ trường ta có: 0,5 mv02 mv12 mv02 v −Q = ⇒ v1 = 0 trong đó Q = 4 2 2 2 0,5 Tích phân 2 vế phương trình (3) ta có: v1

b

v0

0

− ∫ Rmdv = ∫ B02 (1 + 2αx)b 2 dx 2 0

2

0,25 2 0

3

2 0

⇔ Rm(v1 − v0 ) = B b (b + αb) = B b (1 + αb) ≈ B b ⇒R=

2 B02 b 3 mv0 ( 2 − 1)

=

( 2 + 2) B02 b 3 mv0

3

(*) 0,5

( 2 + 2) B02b 3 và R = = 1, 365685425.10 −8 Ω mv0

0,25

2

2. Khi khung đã vào hẳn trong từ trường, cường độ dòng điện trong khung là: ECD − E AB B0 vb[1 + α ( x + b) − (1 + αx)] B0 b 2αv I= = = R R R

0,5

Xét trong khoảng thời gian nhỏ dt: dQ = I 2 Rdt B02 b 4α 2 v 2 dt B02 b 4α 2 v dx ⇔ dQ = = (4) R R Tích phân 2 vế phương trình (4) và thay R ở (*) vào ta được: ( 2 + 1) s1 = α 2b Khung đã vào trong từ trường được một đoạn là: 2 + 1 + α 2b 2 2 +1 s = s1 + b = = 2 2 α b α b V ậy s =

0,25

0,25

0,25

2 +1 2 +1 = = 96568542, 49m 2 α b 0, 00052.0,1

0,25

Câu 3: Quang hình (4đ) 1. Áp dụng định luật khúc xạ tại điểm O và điểm I, ta có sin α = n.sin β (1) n.sin β = sin α ' (2) Từ (1) và (2) suy ra α ' = α , tức là tia ló ra song song với tia tới α Cũng vẫn từ (1), ta có: 1

sin α sin 300 1 = = ⇒ β ≈ 190 47 ' sin β = n 1,5 3

Từ hình vẽ ta thấy độ dịch chuyển ngang của tia sáng sau khi qua bản mặt là: OH = OI sin ( α − β ), với OI =

OK a = cosβ cosβ sin ( α − β )

Do đó OH = a.

2

cosβ

0,25 0,25

x

O H

0,5

β K I

α'

y thay số vào biểu

thức này ta tính được OH ≈ 0,39cm. 2. Chia bản mặt song song thành k lớp mỏng song song với trục Ox (k đủ lớn) sao cho mỗi lớp có bề dày rất nhỏ dy, chiết suất trong mỗi lớp xem như không thay đổi và lần lượt bằng n1, n2,…, nk. Gọi α1 , α2 ,...αk , lần lượt là góc khúc xạ trong các lớp thứ 1, 2,…k và α , là góc ló ra khỏi bản mặt. Dễ thấy góc khúc xạ ở lớp này bằng góc tới ở lớp kế tiếp. Theo định luật khúc xạ ta có. sin α = n1sin α1 = n2sin α2 = … = nksin αk = sin α , (3) Ta thấy góc ló ra vẫn bằng góc tới ban đầu, tức là tia ló ra khỏi bản mặt vẫn song song với tia tới ban đầu Xét một lớp thứ i bất kì có tọa độ y, có chiết suất ni (ni = 1 + tại lớp này bằng α i .

0,5

y ). Góc khúc xạ a

0,5

0,25

Theo (3) ta có: sin α i =

sin α a sin α hay sin α i = ni a+y

d y

Hình chiếu dọc trục Ox của tia sáng trong lớp đang xét là (h.2)

dy dy −= 2 1  a+y  − 1   −1 sin 2 α i  a sin α   a+y  d   a sin α 

dx = tan αi dy =

hay

dx = asin α

0,25

αi d x

0,5

2

 a+y    −1  a sin α 

Hình chiếu dọc trục Ox của tia sáng đi trong cả bản mặt là  a+y  d   a sin α 

a

KI = x1 = ∫ dx = ∫ a sin α

=

2

 a+y    −1  a sin α 

0

a

2    a+y  a+y     = a sin α ln +  − 1    a sin α   a sin α   0  

0,5

Thay số ta tính được KI ≈ 0,75cm Tương tự như phần a, kí hiệu I là điểm tia sáng ra khỏi bản, β là góc lập bởi OI và Oy, ta có độ dịch chuyển ngang của tia sáng là OH = a. trong đó góc β tính được từ tan β =

sin ( α − β ) , cosβ

0,25

IK 0, 75 3 = = a 2 8

0,25

Thay số ta tính được OH ≈ 0,35cm. Câu 4: Dao động cơ (4đ)

Các lực tác dụng lên tấm m gồm các phản lực N1, N2, các lực ma sát f1, f2. Ta có: N1 N2 x m N1 + N2 = mg; a.N2 = x.mg f1 C f2  

x

=> N1 = 1 −  mg ; a 1

N2 =

x mg a

1

a

2

Lực ma sát: f1 = µN1; f2 = µN2 Các lực ma sát tác dụng lên m có hướng không thay đổi khi tấm m đổi chiều chuyển động do các con lăn quay nhanh. Như vậy áp dụng ĐL II Niu-tơn ta có: mx '' = f1 − f 2 =

µ mg a

0,5

0,25

(a − 2 x)

χ '' = −

2µ g 2µ g χ ⇔ χ ''+ χ =0 a a

Đặt χ = 2x – a ta có: Đây là phương trình dao động điều hòa có nghiệm dạng: χ = χ0cos(ωt + ϕ)

0,25

váť›i tần sáť‘ gĂłc ω =

2Âľ g a

0,25

Tᝍ Ä‘iáť u kiᝇn ban Ä‘ầu áť&#x; t = 0 thĂŹ x = x0, v = 0 => χ(0) = (2x0 – a) vĂ Ď• = 0 do Ä‘Ăł ta cĂł: χ = (2 x0 − a ) cos(ω t )

a a ⇒ x = ( x0 − ) cos(ω t ) + 2 2

0,5

TĂŹm gia táť‘c cᝧa tẼm F1 F2 XĂŠt hᝇ cĂĄc con lăn vĂ tẼm: TẼm chuyáťƒn Ä‘áť™ng táť‹nh tiáşżn, cĂĄc con lăn m C N1 N2 chuyáťƒn Ä‘áť™ng song pháşłng. 1 2 CĂĄc láťąc tĂĄc d᝼ng lĂŞn cĆĄ hᝇ sinh cĂ´ng f1 f2 gáť“m: Láťąc F, cĂĄc ngẍu láťąc ma sĂĄt lăn do náť n tĂĄc d᝼ng lĂŞn cĂĄc con lăn, chĂşng cĂł mĂ´men lần lưᝣt lĂ : = ; = . Ä?áťƒ tĂŹm gia táť‘c cᝧa tẼm ta ĂĄp d᝼ng Ä‘áť‹nh lĂ­ Ä‘áť™ng năng dấng vi phân:

F

0,25

dT = ∑ ÎĄ i , váť›i Pi lĂ cĂ´ng suẼt cᝧa láťąc tĂĄc d᝼ng lĂ m biáşżn thiĂŞn Ä‘áť™ng năng. (*) dt

+ Ä?áť™ng năng cᝧa hᝇ: T=

 m v2 Iω 2  mv 2 + 2.  1 1 + 1  2 2   2

váť›i: v lĂ váş­n táť‘c cᝧa tẼm, v1 lĂ váş­n táť‘c chuyáťƒn Ä‘áť™ng táť‹nh tiáşżn cᝧa cĂĄc con lăn, I 0,25 lĂ mĂ´ men quĂĄn tĂ­nh cᝧa cĂĄc con lăn Ä‘áť‘i váť›i tr᝼c qua kháť‘i tâm, ω lĂ váş­n táť‘c gĂłc cᝧa con lăn. Do chuyáťƒn Ä‘áť™ng lăn lĂ khĂ´ng trưᝣt nĂŞn: 0,25 v v v 2

; ω1 =

1 = r 2r 4m + 3m1 v 2 dT 4 m + 3m1 . ⇒ .v.a ⇒T = = 4 2 dt 4

v1 =

2

0,25 (1)

+ Ta cĂł cĂ´ng suẼt cᝧa láťąc F vĂ cᝧa ngẍu láťąc ma sĂĄt lĂ : dAF dA d (M Ď• ) = F .v; ÎĄ ms = ms = = M .ω dt dt dt ⇒ ÎĄ F + ÎĄ ms1 + ÎĄ ms 2 = F .v − ( M 1 + M 2 )ω = F .v − k ( N1 + N 2 )ω ÎĄF =

k k   = F .v − (m + 2m1 ) gv =  F − (m + 2m1 ) g  .v (2) r r   4m + 3m1 k   Thay (1) vĂ (2) vĂ o (*) ta Ä‘ưᝣc: .v.a =  F − ( m + 2m1 ) g  .v 4 r   k F − (m + 2m1 ) g r Do cĆĄ hᝇ Ä‘ang chuyáťƒn Ä‘áť™ng nĂŞn v ≠0. Váş­y: a = 4. 4m + 3m1

0,5

0,25

0,25

b. TĂŹm láťąc sĂĄt táť•ng cáť™ng (1Ä‘) Coi cĆĄ hᝇ cháť‹u tĂĄc d᝼ng cᝧa láťąc ma sĂĄt táť•ng cáť™ng lĂ Fms ta cĂł phĆ°ĆĄng trĂŹnh chuyáťƒn Ä‘áť™ng cᝧa kháť‘i tâm cĆĄ hᝇ: ma + 2m1a1 = F + P1 + P2 + N1 + N 2 + Fms

Chiáşżu theo hĆ°áť›ng cᝧa F ta Ä‘ưᝣc:

+ 2 = − Do vĂĄn khĂ´ng trưᝣt trĂŞn con lăn nĂŞn ta lấi cĂł: a = 2a1, nĂŞn ta cĂł:

0,25

Fms = F − ( m + m1 ) a =

3m + 2m1 (m + m1 ) k .F − . .( m + 2m1 ) g 4m + 3m1 4m + 3m1 r

0,25

Câu 5: Phương án thực hành (3đ) 1

Dùng một cuộn dây bẹp có N vòng, có điện trở R, hai đầu được nối với điện kế xung kích G. Lồng cuộn dây bẹp ra ngoài ống dây điện dài ( Có diện tích tiết diện là S) tại điểm giữa. Gọi B là cảm ứng từ trong lòng ống dây điện dài mà ta cần xác định. 0,25

2

Từ thông qua ống dây bẹt: φ = B.S Đột nhiên mở khóa K, suất điện động cảm ứng xuất hiện trong ống dây bẹt. dφ dB εc = −N = − NS 0,25 dt dt Dòng điện cảm ứng từ chạy qua điện kế xung kích. ε NS dB i= c =− 0,25 R R dt R R ic dt = − dq NS NS q 0 R Rq dB = − dq ⇒ B = ∫B ∫ NS 0 NS

Vậy: dB = −

Biết được: R, N,S và đo được q (dựa vào góc quay của điện kế xung kích) ta tính 0,25 được B. 3

Phải dùng thêm một cuộn dây bẹt có số vòng dây N và điện trở R và một ngắt điện K. a, Phải đo tiết diện S của ống dây bằng cách dùng thức kẹp để đo đường kính trong của ống dây điện dài. 0,5 b, Phải đếm số vòng dây N của ống dây bẹt. c, Phải đo điện trở của ống dây bẹt( bằng đồng hồ hoặc mạch cầu điện trở)

4

Coi như N không có sai số, ta có. * LËp b¶ng sè liÖu: LÇn ®o Điện tích q Điện trở R 1 ....... ....... ....... ....... ....... n ....... .......

Đường kính d ....... ....... .......

Diện tích S ....... ....... .......

d

−

−

S

B

R

q

B ....... ....... .......

- X¸c ®Þnh gi¸ trÞ trung b×nh cña điện tích q, điện tích R, kính d, diện tích S, cảm ứng từ B ®o ®−îc lần lượt là: n

∑q q=

i =1

n

n

∑R

i

, R=

i =1

n

n

∑d

i

, d=

i =1

n

n

∑S

i

∑B

i

, S=

i =1

i

, B=

i =1

víi n lµ sè lÇn ®o.

n n n ' - Xác định sai số tuyệt đối: ∆q = ∆q + ∆q ; ∆R = ∆R + ∆R ' ; ∆d = ∆d + ∆d '

0,25

Trong đó: ∆q , ∆R , ∆d : là sai số tuyệt đối trung bình ; ∆q ' , ∆R ' , ∆d ' : Là sai số 0,25 dụng cụ. − − ∆d ∆S ∆d ∆π ∆d ∆B =2 − + = 2 − ⇒ ∆S = 2 S − ; δ B = − ⇒ ∆B = δ B. B − π S d d d B 0,25

* Công thức tính sai số tương đối: Ta có: S= π r 2 = π

∆B −

=

∆q −

B ∆r

+

q ∆d

∆R −

+

R ∆π

∆S −

.

S

∆S ∆d d2 =2 − , ta có: − = 2 − = 2 − + 4 π S r d d

( Bỏ qua sai số

∆π

π

)

Biết rằng sai số tỉ đối của phép đo đường kính của ống của phép đo điện tích và của phép đo điện trở đều là 1%. Ta có:

∆B −

0,25 0,25

≈ 4%

B

0,25

Họ và tên người soạn đề: Bùi Đức Sơn Điện thoại: 0949584545

SỞ GD – ĐT QUẢNG NAM

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM ĐỀ ĐỀ NGHỊ

KỲ THI OLYMPIC KHU VỰC DH - ĐBBB NĂM HỌC 2018 - 2019 ĐỀ THI MÔN: Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 03trang)

Bài 1: Tĩnh Điện (4 điểm) Một tấm kim loại bằng đồng không tích điện với độ dày d = 1mm và diện tích S = 10cm2 được đặt vào một điện trường ngoài có cường độ điện E0 = 3.106V/m, hướng vuông góc với tấm (Hình 1). 1. Biểu diễn lên hình vẽ các điện tích cảm ứng ở mặt trên và mặt dưới của tấm đồng. Từ đó, hãy tìm độ lớn các điện tích cảm ứng Q ở hai bề mặt đó khi tấm đồng đạt đến trạng thái cân bằng tĩnh điện. Bỏ qua sự tích điện ở hai bên thành của tấm. 2. Tìm tỉ lệ η các electron tự do tích tụ ở bề mặt tấm kim loại. Giả sử rằng mỗi nguyên tử đồng chỉ cho một eletron tự do. 3. Khi vừa mới đưa tấm đồng vào điện trường, ở bề mặt tấm chưa kịp xuất hiện điện tích. Tìm cường độ dòng điện chạy giữa mặt trên và mặt dưới. 4. Viết biểu thức tính thời gian theo điện tích cảm ứng xuất hiện trên bề mặt tấm đồng. Bỏ qua các hiệu ứng liên quan đến tự cảm của hệ và quán tính của electron. Các thông số bao gồm: d

E0

Điện trở suất của đồng ρ = 1,68.10−8 Ωm; Hình 1

Khối lượng riêng của đồng D = 8,90.103 kg / m3 ; Khối lượng nguyên tử đồng M = 1,0.10−25 kg ; Bài 2: Điện và Điện Từ (5 điểm) Một khung dây kim loại, cứng, hình vuông và có điện trở không đáng kể được đặt trên mặt bàn nằm ngang không có

v0

a B

ma sát. Khung có khối lượng m, chiều dài mỗi cạnh là a và có độ tự cảm là L. Khung dây và bàn được đặt trong không

0

Hình 2

x 1

gian có một từ trường không đều, đường sức từ thẳng đứng, có cảm ứng từ thay đổi theo quy luật: B = B0 (1 + kx), với B0 và k là các hằng số dương đã biết (Hình 2). Lúc đầu khung dây nằm yên và trong khung không có dòng điện. Ở thời điểm t = 0 người ta truyền cho khung vận tốc ban đầu v0 dọc theo trục 0x. Giả thiết khung không bị

biến dạng. 1. Tìm khoảng thời gian ngắn nhất tmin kể từ thời điểm khung dây bắt đầu chuyển động đến khi khung có vận tốc bằng không. 2. Tính điện lượng dịch chuyển trong khung trong khoảng thời gian tmin trên. Bài 3: Quang Hình (4 điểm) Một thấu kính mỏng có chiết suất n và bán kính các mặt cong là R1 và R2, đặt giữa hai môi trường có chiết suất n1 và n2 như hình vẽ 3. Nếu d1 và d2 lần lượt là các khoảng cách từ vật và ảnh đến thấu kính có f1 và f2 là các tiêu cự tương ứng, chứng minh rằng:

f1 f 2 + =1 d1 d 2

n1

n

n2

M m

Hình 3

Hình 4

Bài 3: Dao Động cơ (4 điểm) Một hạt khối lượng m bị giới hạn chuyển động không ma sát trong rãnh của một bánh xe thẳng đứng. Bánh xe được nối cố định với khối hộp như hình vẽ 4. Tổng khối lượng của bánh xe và của khối hộp là M, bán kính bánh xe là a. Ban đầu hệ đứng yên và m ở một độ cao nhỏ so với mặt tiếp xúc. Bỏ qua mọi ma sát. Tìm chu kỳ dao động nhỏ của hệ. Bài 5:Phương án thực hành (3 điểm) Để xác định điện trở thuần và độ tự cảm của một cuộn dây cho trước người ta sử dụng mạch cầu và dùng điện kế G để xác định trạng thái khi cầu cân bằng. Cho các dụng cụ và linh kiện sau: 2

- 01 cuộn dây cần xác định độ tự cảm L và điện trở thuần r; - 02 hộp điện trở thuần có thể đặt được các giá trị điện trở; - 01 điện trở thuần đã biết giá trị; - 01 tụ điện biết trước điện dung C; - 01 nguồn điện một chiều chưa biết giá trị điện áp; - 01 nguồn điện xoay chiều có thể thay đổi tần số trong dải rộng nhưng chưa biết giá trị điện áp và tần số; - 01 điện kế G có các chế độ cho phép xác định trạng thái khi dòng một chiều hoặc dòng xoay chiều qua nó bằng không; - Dây nối, khoá K cần thiết. Yêu cầu: Hãy trình bày phương án thí nghiệm để xác định điện trở thuần r và độ tự cảm L của cuộn dây. ------------HẾT-----------GIÁO VIÊN RA ĐỀ Trương Ngọc Điểu ĐT: 0888655857

3

SỞ GD – ĐT QUẢNG NAM

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM

KỲ THI OLYMPIC KHU VỰC DH - ĐBBB NĂM HỌC 2018 – 2019 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: VẬT LÍ 11 (HDC gồm 13 trang)

Bài 1: Tĩnh Điện (4 điểm) Một tấm kim loại bằng đồng không tích điện với độ dày d = 1mm và diện tích S = 10cm2 được đặt vào một điện trường ngoài có cường độ điện E0 = 3.106V/m, hướng vuông góc với tấm (Hình 1). 1. Biểu diễn lên hình vẽ các điện tích cảm ứng ở mặt trên và mặt dưới của tấm đồng. Từ đó, hãy tìm độ lớn các điện tích cảm ứng Q ở hai bề mặt đó khi tấm đồng đạt đến trạng thái cân bằng tĩnh điện. Bỏ qua sự tích điện ở hai bên thành của tấm. 2. Tìm tỉ lệ η các electron tự do tích tụ ở bề mặt tấm kim loại. Giả sử rằng mỗi nguyên tử đồng chỉ cho một eletron tự do. 3. Khi vừa mới đưa tấm đồng vào điện trường, ở bề mặt tấm chưa kịp xuất hiện điện tích. Tìm cường độ dòng điện chạy giữa mặt trên và mặt dưới. 4. Viết biểu thức tính thời gian theo điện tích cảm ứng xuất hiện trên bề mặt tấm đồng. Bỏ qua các hiệu ứng liên quan đến tự cảm của hệ và quác tính của electron. Các thông số bao gồm:

E0

d

Điện trở suất của đồng ρ = 1, 68.10−8 Ωm; Khối lượng riêng của đồng D = 8,90.103 kg / m3 ;

Hình 1

Khối lượng nguyên tử đồng M = 1, 0.10−25 kg ;

Câu

Đáp án

Điểm 0,25đ

- - - - - - - - - - - - - - E0 + + + + + + + + + + + 1

Các điện tích cảm ứng sẽ tăng dần ở trên các mặt cho đến khi điện

1.(1đ)

trường tạo ra bởi chúng là E1 cân bằng với điện trường ngoài E0 : E1 + E0 = 0 ⇒ E1 = E0

0,25đ

Và khi đó U = E1d = E0 d ⇔

⇔

Q = E0 d C

Q = E0 d ⇒ Q = ε 0 SE0 ε0 S d

Q ≈ 2,7.10 −8 C

Thay số ta tính được:

0,25đ

- Số hạt electron tích được trên bề mặt: N1 =

N=

0,25đ

Q = 1,7.1011 e

- Tổng số electron tự do trong tấm đồng:

2.(0,7

0,25đ

0,25đ

m DSd = ; thay số ta được N =8,9. 1022 M M

5đ) Tỉ lệ η =

N1 = 1,9.10−12 ≪ 1 N

0,25đ

Vậy số điện tích tham gia cảm ứng rất nhỏ so với lượng điện tích electron tự do có trong kim loại. - Có thể coi tấm kim loại như một đoạn dây có chiều dài d và tiết diện S ρd

nên có điện trở là R = S . 3.(0,7 5đ)

- Khi vừa mới đưa tấm đồng vào điện trường, xem như chỉ có điện

trường ngoài E0 nên U = E0 d

0,25đ

2

Khi đó dòng điện chạy từ mặt trên xuống mặt dưới có cường độ I=

0,5đ

U E0 S 3.106.10−3 = = = 1,78.1011 A −8 R ρ 1,68.10

Điện trường tổng hợp trong kim loại giảm dần theo thời gian: E = E0 − E1 = E0 − (

σ σ σ q + ) = E0 − = E0 − ε0 S ε0 2ε 0 2ε 0

0,25đ

Dòng điện i =

Mặt khác i =

u = R

( E0 −

q )d S ε0 R

dq dt

( E0 −

Từ đó suy ra

q )d dq S ε0 = R dt

0,25đ

4.(1,5 đ)

q

q ln( E0 − ) q S ε0 Rdq Rdq R ⇒t =∫ = Hay dt = q q 1 0 ( E0 − )d ( E0 − )d d − S ε0 S ε0 S ε0 0 ⇒t =

+ Nếu q → 0 ⇒ ln

RS ε 0 E0 ln q d E0 − S ε0 E0

E0 −

q S ε0

→ ln

+ Nếu q → Q = ε0 SE0 ⇒ E0 −

0,5đ

E0 = 0, t → 0 E0

q E0 E → 0 ⇒ ln → ln 0 = ∞, t → ∞ q S ε0 0 E0 − S ε0

0,5đ

3

+ Nếu q →

Q q E E0 RS ε 0 ) → 0 ⇒ ln ln 2 ⇒ ( E0 − → ln 2, t → q 2 S ε0 2 d E0 − S ε0

Bài 2: Điện và Điện Từ (5 điểm) v0

Một khung dây kim loại, cứng, hình vuông và có điện trở không đáng kể được đặt trên mặt bàn nằm ngang không có

a B

ma sát. Khung có khối lượng m, chiều dài mỗi cạnh là a và có độ tự cảm là L. Khung dây và bàn được đặt trong không

0

Hình 2

x

gian có một từ trường không đều, đường sức từ thẳng đứng, có cảm ứng từ thay đổi theo quy luật: B = B0 (1 + kx), với B0 và k là các hằng số dương đã biết (Hình 2). Lúc đầu khung dây nằm yên và trong khung không có dòng điện. Ở thời điểm t = 0 người

ta truyền cho khung vận tốc ban đầu v0 dọc theo trục 0x. Giả thiết khung không bị biến dạng. 1. Tìm khoảng thời gian ngắn nhất tmin kể từ thời điểm khung dây bắt đầu chuyển động đến khi khung có vận tốc bằng không. 2. Tính điện lượng dịch chuyển trong khung trong khoảng thời gian tmin trên. Câu

Đáp án

Điểm

Suất điện động cảm ứng xuất hiện trong khung do các cạnh khung vuông góc Ox chuyển động cắt đường sức từ 0,5 dx dx Ec = E2 − E1 = ( B2 − B1 ) a = kB0 a 2 dt dt

a F1 B1

x1

F2

v

i

B2

x2

x

4

Theo định luật Ôm: Ec = L

di + iR dt

1.

0,5 2

2,5đ

Vì R = 0 nên kB0 a 2

2

kB a kB a dx di =L hay di = 0 dx ⇒ i = 0 x + C dt dt L L

Trong đó C là một hằng số phụ thuộc vào cách chọn gốc thời gian khảo sát. Nếu chọn C = 0 , có i(0) =

kB0 a 2 x (0) vì i (0) = 0 ⇒ x (0) = 0 . L

0,25

Lực tác dụng lên khung ở thời điểm xét là F = −ia [ B0 (1 + kx 2 ) − B0 (1 + kx1 ) ] = −

⇒ x "+

ka 4 B02 x = mx " L

k 2a 4 B02 x=0 mL

Vậy khung dao động điều hòa với tần số góc ω =

Suy ra, chu kì T = 2π

0,5 (*) k 2a 4 B02 . mL

0,25

mL 2 4 2 k a B0

Khung có v = 0 sau ¼ chu kì: t min =

T π mL = 2 4 2 4 2 k a B0

0,5

 k 2 a 4 B2  0 t + ϕ .   mL  

Phương trình (*) có nghiệm là x = A cos 

2. 1,5 đ

Lúc t = 0 có x (0) = 0; v (0) > 0 ⇒ ϕ = −

π 2

 k 2 a 4 B2 π π  0 t −  và v (t ) = −ωAcos  ωt −    mL 2 2  

Vậy x = A cos 

Khi t = 0 thì v = v0 nên A =

v0 mL = v0 2 4 2 ; k a B0 ω

0,50

5

x = v0

i=

 k 2 a 4 B2 π mL 0 cos t−   2 4 2  k a B0 mL 2  

a 2 B0 a 2 B0 v 0 x= L L T/4

q=

∫ 0

T/4

idt =

∫ 0

 2 4 2 π mL  k a B0 cos t −   k 2a 4 B02 mL 2  

0,50

a 2 B0 a 2 B0 A a 2 B0 v 0 π m  = = 2 2 . A cos  ωt −  dt = 2 L 2 L ω L ω k a B0 

0,50

Bài 3: Quang Hình (4 điểm) Một thấu kính mỏng có chiết suất n và bán kính các mặt cong là R1 và R2, đặt giữa hai môi trường có chiết suất n1 và n2 như hình vẽ 3. Nếu d1 và d2 lần lượt là các khoảng cách từ vật và ảnh đến thấu kính có f1 và f2 là các tiêu cự tương ứng, chứng minh rằng:

f1 f 2 + =1 d1 d 2

n1

n

n2

Hình 3 Câu

Đáp án

Điểm

0,25 O2

6

Đầu tiên ta nghiên cứu mối liên hệ giữa f1, f2 với R1, R2, n1, n2, n. Như đã chỉ trên hình vẽ, tia song song với trục khúc xạ tại Q và cắt trục tại tiêu điểm ảnh F2; một tia dọc theo trục chính cũng qua F2. Vì quang trình của

0,5

hai tia bằng nhau nên ta có: (1)

n1 P1 Q + n2 QF2 = nP1 P2 + n2 P2 F2

Vì

QO2 = PO 1 2 = R1

PO = R1 − OO 2 1

nên ta có

= R1 −

R12 − h 2 ≈

h2 2R1

(

h << 1 R1

) 0,5

Tương tự: P2O ≈

h2 2R 2

Do đó

P1 P2 =

(

h << 1 R1

1 h2 1 ( + ). 2 R1 R2 1

QF2 = ( h 2 + f 22 ) 2 ≈ f 2 (1 +

P2 F2 = f 2 − P2 O = f 2 −

Vì

)

P1 ' Q = PO 1

h2 ) 2 f 22

h2 2R 2

0,5

.

Thay vào (1) ta được: n2 n − n1 n − n2 = + f2 R1 R2

(2)

0,5

Tương tự ta cũng có:

n1 n − n1 n − n2 = + f1 R1 R2

0,5 (3)

Gọi A và A’ là một cặp điểm liên hợp, ta có:

7

1

AQ = ( h 2 + d12 ) 2 ≈ d1 (1 +

A ' Q = d 2 (1 +

0,25

h2 ) 2d12

h2 ) 2d 22

Thay vào (1), ta được: n1 AQ + n2 A ' Q = n1 AP1 + nP1 P2 + n2 A ' P2

0,5

Suy ra: n1 n2 n − n1 n − n2 + = + d1 d 2 R1 R2

(4)

Kết hợp (2), (3), (4) suy ra: 0,5

f1 f 2 + =1 d1 d 2

Bài 3: Dao Động cơ (4 điểm) Một hạt khối lượng m bị giới hạn chuyển động không ma sát trong rãnh của một bánh xe nằm trong mặt phẳng thẳng đứng. Bánh xe được nối cố định với khối hộp như hình vẽ 4. Tổng khối lượng của bánh xe và của khối hộp là M, bán kính bánh xe là a. Ban đầu hệ đứng yên và m ở một độ cao nhỏ so với mặt tiếp xúc. Bỏ qua mọi ma sát. Tìm chu kỳ dao động nhỏ của hệ.

M

a m

Hình 4

8

Câu

Đáp án

Điểm

y a

M

θ m O

0,5

x

Chuyển động của hệ xảy ra trong mặt phẳng thẳng đứng. Giả sử vào thời điểm t tọa độ của M là (x,0), khi đó tọa độ của m là (x+asin θ , -acos θ ). Vận tốc của M là Vx=x’. 0,5 Vận tốc của m là vx = x '+ a cosθ .θ ' ; vy = a sin θ .θ ' . Cơ năng của hệ: 1 1 1 E = Mx '2 + m( x '+ a cosθ .θ ') 2 + m(a sin θ .θ ') 2 − mga cosθ 2 2 2

0,5 (1)

Vì chỉ có lực theo phương thẳng đứng nên định luật bảo toàn động lượng theo phương ngang: 0,5

m( x '+ acosθ .θ ') + Mx'=0

Suy ra : m(acosθ .θ ') = -(M+m)x'

(2)

Thế (2) vào (1): 0,5

1 Mm 1 (a cos θ .θ ')2 + m(a sin θ .θ ')2 − mga cos θ E= 2 M +m 2

Vì E = hằng số. Đạo hàm hai vế theo thời gian ta được

9

Mm (acosθ .θ ')(− sin θ .θ '2 + θ "c osθ ) + m(a sin θ .θ ')(cosθ .θ '2 + sin θ .θ ") + mg sin θ .θ ' = 0 M +m

0,5

Vì góc θ rất bé, ta có gần đúng 2

sin θ ≈ θ ;

c osθ ≈ 1 − θ , đồng thời bỏ qua các vô cùng bé bậc hai. 2

Ta được: 0,5 (m + M ) g Ma θ + gθ = 0 ⇒ θ '' = − θ" Ma (m + M )

Vậy hệ dao động điều hòa với tần số góc: ω =

(m + M ) g Ma

0,5 Suy ra, chu kì

T = 2π

Ma (m + M ) g

Bài 5:Phương án thực hành (3 điểm) Để xác định điện trở thuần và độ tự cảm của một cuộn dây cho trước người ta sử dụng mạch cầu và dùng điện kế G để xác định trạng thái khi cầu cân bằng. Cho các dụng cụ và linh kiện sau: - 01 cuộn dây cần xác định độ tự cảm L và điện trở thuần r; - 02 hộp điện trở thuần có thể đặt được các giá trị điện trở; - 01 điện trở thuần đã biết giá trị; - 01 tụ điện biết trước điện dung C; - 01 nguồn điện một chiều chưa biết giá trị điện áp; - 01 nguồn điện xoay chiều có thể thay đổi tần số trong dải rộng nhưng chưa biết giá trị điện áp và tần số; - 01 điện kế G có các chế độ cho phép xác định trạng thái khi dòng một chiều hoặc dòng xoay chiều qua nó bằng không; - Dây nối, khoá K cần thiết. Yêu cầu: 10

Hãy trình bày phương án thí nghiệm để xác định điện trở thuần r và độ tự cảm L của cuộn dây. Câu

Đáp án

Điểm

Mắc mạch như hình vẽ: L,r

R1 G R2

1. Xác

R3

0,25

định r (1,25

+ Sử dụng điện kế ở chế độ đo dòng một chiều.

điểm)

+ Mắc nguồn một chiều vào mạch.

0,5

+ Đặt R1 ở giá trị xác định, thay đổi R2 đến khi dòng qua điện kế G bằng không. Đọc giá trị R2. + Cầu cân bằng ta có r =

0,5

R 1R 3 . R2

* Phương án 1: Mắc mạch như hình vẽ, G ở chế độ đo dòng xoay chiều. L,r

R1 R2 R2 2. Xác định

G

0,5 R3

C Khi cầu cân bằng ta có giản đồ Fresnel:

L (1,75

0,25

điểm)

11

UAB IC

UL

IR3 UCB = UDB IR2

Ta có: tgϕ =

cos ϕ =

IR 2 IR 3

=

Ur

UAC = UAD

IC U L Z Z L = ⇒ C = L ⇒ r.R 2 = Z L ZC = IR2 Ur R2 r C

(1)

U R Ur U IR R Ir ⇒ AC . 3 = r ⇒ 1 1 3 = 1 ⇒ r.R 2 = R1.R 3 (2) U CB R 2 U CB U CB R 2 U CB U CB

0,5

+ Mắc nguồn xoay chiều vào mạch, giữ tần số tại một giá trị nào đó. R1

+ Điều chỉnh đồng thời giá trị của R1 và R2 sao cho tỷ số R không 2 đổi đến khi cầu cân bằng. 0,5

+ Lúc đó ta có: L = CrR2 và xác định được L.

* Phương án 2: Mắc mạch như hình vẽ L,r R1

C

G 0,25

R3

R2

+ Dùng nguồn xoay chiều cho mạch, chỉnh R1 = R3 và R2 = r, + Chỉnh tần số đến khi cầu cân bằng thì lúc đó ZL = ZC =

L . C

0,5

+ Giữ nguyên tần số của nguồn, mắc lại mạch như hình vẽ: L,r

R1

0,5 G R2

C

R3

12

+ Chỉnh R3 đến khi cầu cân bằng: Ta có: Z

Z

L C + tan ϕ = R = r (luôn thỏa mãn do ZL = ZC và r = R2) 2

Z

R

3 Lr + R = Z ⇒ R 1R 3 = 1 CR

(r

2

+ ZL2 )( R 22 + ZC2 ) = r 2 + ZL2

2

0,5

hay R1.R3 = L/C + r2. Ta tính được L. Lưu ý: Học sinh có thể chọn một trong hai phương án trên để xác định L ------------HẾT-----------GIÁO VIÊN RA ĐỀ Trương Ngọc Điểu ĐT: 0888655857

13

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI BẮC BỘ Đơn vị: Trường THPT Chuyên Trần Phú – Hải Phòng

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI DUYÊN HẢI BẮC BỘ LẦN THỨ XII NĂM 2019 MÔN: Vật lý 11 Ngày thi:…/4/2019 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Đề gồm 02 trang Người ra đề: Vũ Thế Tiến – SĐT: 0936.026.168

Bài 1: ĐIỆN VÀ ĐIỆN TỪ(5,0 điểm) Hai thanh cứng dẫn điện MN và PQ giống hệt nhau, mỗi thanh có khối lượng m, chiều dài l và điện trở r được đặt vuông góc và luôn tiếp xúc với hai thanh ray kim loại cứng Ex và Ry rất dài, điện trở không đáng kể, song song với nhau được giữ cố định và cách nhau một khoảng đúng bằng l. Hai thanh MN và PQ có thể trượt không ma sát trên hai thanh ray. Hai đầu E và F của hai thanh ray được nối với nhau qua điện thẳng trở r. Hệ được đặt trong mặt phẳng ngang, trong từ trường đều đủ rộng có véc tơ cảm ứng từ đứng, hướng từ trên xuống. Bỏ qua cảm ứng từ gây ra bởi dòng điện cảm ứng trong khung. Coi điện trở các thanh không đổi khi chúng chuyển động. Bỏ qua mất mát năng lượng do bức xạ điện từ. Tại thời điểm t = 0, các thanh MN và PQ đang đứng yên, cách nhau một khoảng a, truyền cho MN vận tốc để nó chuyển động sang trái luôn tiếp xúc và vuông góc với Ex và Fy. a) Tính quãng đường mà mỗi thanh chuyển động cho đến khi dừng lại. b) Tính tốc độ cực đại của thanh PQ và khoảng cách giữa hai thanh khi đó. c) Tính tổng nhiệt lượng toả ra trên cả hai thanh và điện trở r từ đầu đến thời điểm tốc độ thanh PQ cực đại.

Bài 2: QUANG HÌNH (4,0 điểm) Một môi trường trong suốt được ngăn cách với không khí bởi một mặt phẳng (P).Trục Ox có gốc O thuộc (P) và có phương vuông góc với (P). Chiết suất của môi trường trong suốt n( r ) thay đổi theo khoảng

(

cách r đến trục Ox theo quy luật nr = nA 1 + k 2 a 2 - r 2

)

với nA là chiết suất của môi trường tại điểm

cách trục Ox một đoạn a. Chiếu một chùm sáng nhỏ hình trụ có bán kính R và có trục trùng với Ox từ không khí tới (P). Gọi MN là tập hợp giao điểm của các tia sáng với trục Ox lần đầu tiên. Biết chiết suất của không khí bằng 1. Cho

∫

z = arcsin   + C với b > 0 và C là hằng số. b b2 − z 2 dz

a) Xác định chiều dài đoạn MN. 1

b) Tính hiệu quang trình cực đại của các tia sáng trong chùm sáng khi đi từ mặt phân cách đến đoạn MN.

Bài 3: TĨNH ĐIỆN(4,0 điểm)

b

Một tụ trụ không khí có bán kính bản trong là a , bán kính bản ngoài là b và chiều dài các bản tụ là L,với a; b << L .

a

L

a) Tìm điện dung của tụ trụ theo các thông số a, b và L. b) Tụ được đặt để mép dưới của nó tiếp xúc với bề mặt của một chất điện

xh

môi lỏng rộng vô hạn có hằng số điện môi ε và khối lượng riêng là ρ . Nối tụ với nguồn điện thì thấy điện thế bản trong tụ trụ bằngV0 còn điện thế bản ngoài bằng 0. Khi đó điện môi lỏng dâng lên một đoạn là x như hình vẽ. Bỏ qua hiện tượng căng bề mặt của chất lỏng. Cho gia tốc rơi tự do là g. Tìm x theo các thông số g , a, b, V0 , ε và ρ . Bài 4 : DAO ĐỘNG CƠ (4,0 điểm) Hình vẽ bên là mô hình của một đồ chơi cân bằng kiểu bập bênh. Vật cân bằng làmột cái kim nhẹ, được liên kết với hai viên bi nhỏ có α b cùng khối lượng m nhờ hai thanh mảnh, nhẹ và O cùng chiều dài ℓ . Hệ thống thuộc cùng mặt m m phẳng hình vẽ. Đầu nhọn củakim đặt tiếp xúc với giá đỡ cố định nằm ngang tại O. Gọi b là khoảng cách từ O đến đầu thanh nhẹ gắn với kim, α là góc nhọn tạo bởi từng thanh nhẹ với kim. Biết ma sát giữa đầu O của kim và giá đỡ đủ lớn để nó luôn cố định. Xét dao động của hệ trong mặt phẳng hình vẽ. Bỏ qua ảnh hưởng của không khí. a) Tìm liên hệ giữa b, ℓ và α để hệ có cân bằng bền. b) Tìm chu kì dao động nhỏ của hệ.

Bài 5: PHƯƠNG ÁN THỰC HÀNH (3,0 điểm) Xác định điện dung của một tụ điện cho trước. Cho các dụng cụ sau: - Tụ điện cần xác định điện dung (giá trị cỡ vài µF); - 01 nguồn điện một chiều có các thông số chưa biết (suất điện động cỡ 20 V, điện trở trong dưới 100Ω); - 01 đèn LED có đường đặc trưng V – A như hình vẽ (đèn có thể xem là một điốt lí tưởng, giá trị U0 cỡ vài V) - 01 hộp điện trở thuần có thể đặt được các giá trị điện trở ; 01 điện trở thuần có độ lớn chưa biết (các điện trở vào cỡ kΩ); - Đồng hồ bấm giây; - Khoá điện, dây đủ dùng. Hãy: a) Xây dựng công thức để tìm điện dung tụ điện.

2

b) Đề xuất một phương án thí nghiệm để xác định điện dung của tụ điện (vẽ sơ đồ thí nghiệm, nêu các bước tiến hành thí nghiệm và xử lí kết quả)

3

BĂ i

BĂ i 1 5.0 Ä‘iáťƒm

Ä?Ă P Ă N VĂ€ BIáť‚U Ä?Iáť‚M Ä?ᝀ LĂ? 11 DHBB NÄ‚M 2019 Náť™i dung a. 1,5 Ä‘iáťƒm a) Khi thanh MN trưᝣt sáş˝ xuẼt hiᝇn máť™t suẼt Ä‘iᝇn Ä‘áť™ng cảm ᝊng tấo ra dòng Ä‘iᝇn chấy qua cả hai thanh vĂ Ä‘iᝇn tráť&#x; r vĂ lĂ m thanh PQ cĹŠng chuyáťƒn Ä‘áť™ng vĂ xuẼt hiᝇn suẼt Ä‘iᝇn Ä‘áť™ng cảm ᝊng trĂŞn thanh thanh PQ. Hai suẼt Ä‘iᝇn Ä‘áť™ng cảm ᝊng nĂ y cĂł cáťąc âm phĂ­a M vĂ P, cáťąc dĆ°ĆĄng phĂ­a N vĂ Q gây ra dòng Ä‘iᝇn chấy trong cĂĄc thanh vĂ qua r váť›i cĂĄc giĂĄ tráť‹ tĆ°ĆĄng ᝊng I1, I2 vĂ I. áťž tháť?i Ä‘iáťƒm t, thanh MN chuyáťƒn Ä‘áť™ng váť›i táť‘c Ä‘áť™ v1, thanh PQ chuyáťƒn Ä‘áť™ng váť›i táť‘c Ä‘áť™ v2. LẼy chiáť u Ć°ĆĄng theo chiáť u chuyáťƒn Ä‘áť™ng cᝧa thanh MN. SuẼt Ä‘iᝇn Ä‘áť™ng cảm ᝊng trĂŞn cĂĄc thanh MN vĂ PQ cĂł Ä‘áť™ láť›n lần lưᝣt lĂ = vĂ = Ta cĂł: = = − = + ; = − Giải hᝇ phĆ°ĆĄng trĂŹnh trĂŞn ta Ä‘ưᝣc: + 2 − − 2 = ; = ; = 3

3

3

PhĆ°ĆĄng trĂŹnh Ä‘áť™ng láťąc háť?c cho chuyáťƒn Ä‘áť™ng cᝧa cĂĄc thanh MN vĂ PQ tấi tháť?i Ä‘iáťƒm t lĂ : 2 − = = − = − = − 3

− 2 = = = = 3

( + ) = −2 + = − ( + ) â&#x;š â&#x;š ( − ) = − 2 = −3 ( − ) = ( !" + #!" ) !" + = 2 â&#x;š â&#x;š − = #!" !" #!" = ( − ) 2 QuĂŁng Ä‘Ć°áť?ng cĂĄc thanh dáť‹ch chuyáťƒn Ä‘ưᝣc: & & 2 $ = % = % ( !" + #!" ) = 2 & & $ = % = % ( !" − #!" ) = 2

Ä?iáťƒm

0,5

0,5

0,5

b. 2,25 Ä‘iáťƒm

Thanh MN chuyáťƒn Ä‘áť™ng cháş­m dần lấi, thanh PQ lĂşc Ä‘ầu chuyáťƒn Ä‘áť™ng nhanh dần, Ä‘ất táť‘c Ä‘áť™ cáťąc Ä‘ấi sau Ä‘Ăł cháş­m dần lấi. 1 *3 3 *3 ( )' = (3 #!" − !" ) = 0 â&#x;š !" = â&#x;š = = = + 2 3 2 2 Táť‘c Ä‘áť™ cáťąc Ä‘ấi cᝧa thanh PQ lĂ : +,- = ( !". − #!". ) = 2 3√3 1

0,75

Các quãng đường mà các thanh đi được: ". ". (18 − 5√3 ) $ + = % = % ( !" + #!" ) = 2 27 (18 − 5√3 ) = 9 ". ". (9 − 4√3 ) (9 − 4√3 ) $ + = % = % ( !" − #!" ) = = 2 27 9 Khoảng cách giữa hai thanh khi đó là: (9 − √3 ) 5 = + ($ + − $ + ) = + 9 c. 1,25 điểm Vận tốc của thanh MN khi đó: 1 1 2 + = ( !". + #!". ) = 6 + 7 = 2 2 √3 3√3 3√3 Nhiệt toả ra trên hai thanh và r là: 1 1 1 11 8 = − + − +,= 2 2 2 27

a. 2,0 điểm Xét tia sáng vào môi trường tại B cách O một khoảng OB = b. Chia môi trường thành các mặt trụ mỏng, có trục là Ox thỏa mãn chiết suất của từng mặt không đổi. Tại mọi vị trí, theo định luật khúc xạ ta luôn có:

0,75

0,75 1,25

0,25

nr sin ir = const = nB sin900 = nB

2

2 2 2  2 2 2  n  nA 1 + k ( a − r )  1 + k ( a − r ) 1 ⇒ = = = sin 2 ir n  n 1 + k 2 ( a 2 − b 2 )  1 + k 2 ( a 2 − b 2 )  A 

0,25

dr 1 dr k2 = −1 ⇒ = . (b2 − r 2 ) Mà: cot ir = 2 2 2 2 dx sin ir dx 1+ k (a − b )

0,25

2 r 2 B

Bài 2 4.0 điểm

Đặt:

k2 dr = k ⇒ = kb b 2 − r 2 ⇒ r = b sin ( kb x + C ) b 2 2 2 dx 1+ k (a − b )

Tại r = b, x= 0 nên C =

π

→ r = b cos ( k x )

b 2 Quỹ đạo của tia sáng trong môi trường trong suốt có dạng hình sin.

Vị trí tia sáng cắt trục Ox lần đầu tiên là: fb =

Như vậy: f max = f 0 =

π 2k

π 2k

1 + k 2 a 2 ; f min = f R =

2

1 + k 2 ( a 2 − b2 )

π 2k

1 + k 2 ( a2 − R2 )

0,25

0,25

0,25 0,25

Chiều dài vệt sáng: ∆f = f max − f min =

π 2k

1 + k 2a 2 −

π 2k

1 + k 2 ( a2 − R2 )

0,25

b. 2,0 điểm Quang trình của đoạn ứng với 1/4 chu kì của tia đi theo đường r = b cos ( kb x ) (từ mặt phân cách tới vị trí cắt trục Ox lần đầu tiên) bằng: 2

Lb = ∫ nr dl = ∫ nr 1 + ( rx' ) dx π 2 kb

Lb =

∫n

A

1 + k 2 ( a2 − r 2 )

0

nπ L0 = A (1 + k 2 a 2 ) ; 2k

⇒ ∆Lmax = a. 2,0 điểm

0,75

 k 2b 2  2 2 n π 1 + k a − A  k 2 ( b2 − r 2 ) 2   dx = 1+ 2k 1 + k 2 ( a 2 − b2 )

nAπ  k 2R2  2 2 LR = 1 + k a −  2k  2 

0,75

nAπ 2 kR 4

0,5

- Gọi λ là mật độ điện dài của bản tụ V(b) = 0 - Chọn mặt Gauss là mặt trụ chiều dài L có bán kính đáy là r thỏa mãn a < r < b .

0,5

- Theo định lý Gauss: E. ( 2π rL ) =

r

λL λ ⇒E= ε0 2πε 0 r

E

- Điện thế của mặt trụ bán kính r là:

V (r ) = − ∫ E (r )dr = −

Bài 3 4.0 điểm

U ab = Va − Vb =

C0 =

Q = U ab

λL

λ dr λ =− ln r + A ∫ 2πε 0 r 2πε 0

0,75

λ λ λ b ln b − ln a = ln 2πε 0 2πε 0 2πε 0 a

=

0,75

2πε 0 L ln(b / a )

λ b ln 2πε 0 a b. 2, 0 điểm * Khi điện môi lỏng dâng lên một đoạn là y thì hệ gồm 2 tụ ghép song song: 2πε 0 ( L − y ) 2πε 0ε . y Tụ không khí: C1 = ; Tụ điện môi lỏng: C2 = ln(b / a ) ln(b / a ) - Điện dung tương đương của hệ tụ điện: C = C1 + C2 = C1 =

3

2πε 0 [ L + y(ε − 1)] ln(b / a )

0,75

- Năng lượng điện trường: WC =

CV02 V2 πε 0 (ε − 1) dy ⇒ dWC = 0 .dC = V02 2 2 ln(b / a )

- Khi điện môi dâng lên ( y ր) ⇒ WC ր * Điện tích của tụ khi điện môi dâng lên đoạn y là: Q = C.V0 - Do C ր nên nguồn điện đã thực hiện công vi phân là:

dWng = V0 (dQ) = V02 dC = V02

2πε 0 (ε − 1)dy = 2.dWC ln(b / a )

Gọi F là công của lực điện khi điện môi thay đổi độ cao từ y đến y + dy .

0,75

Theo định luật bảo toàn năng lượng: dWng = dWC + F .dy ⇒F=

dWng − dWC dy

=

dWC πε 0 = V02 (ε − 1) dy ln(b / a )

* Độ cao x của điện môi khi cân bằng thỏa mãn: F = P( x ) = πρ g (b 2 − a 2 ).x ⇒x=

0,5

ε 0 (ε − 1)V02 2

2

ρ g(b − a ) ln(b / a )

a. 1,0 điểm - Chọn mốc thế năng là mặt phẳng ngang đi qua đầu nhọn của kim. - Xét kim lệch khỏi vị trí cân bằng một góc θ . Thế năng của hệ là:

0,5

Wt = mg [b cos θ − ℓ cos(α + θ ) ] + mg [b cos θ − ℓ cos(α − θ ) ] Wt = 2mg (b − ℓ cos α ).cos θ

Bài 4 4.0 điểm

Vị trí cân bằng của hệ thỏa mãn:

dWt d 2 Wt = 0 và >0 dθ dθ 2

dWt = −2mg sin θ (b − ℓ cos α ) = 0 ⇒ θ = 0 dθ d 2 Wt = −2mg cos θ (b − ℓ cos α ) dθ 2 d 2 Wt Tại VTCB: dθ 2

0,5

= −2mg (b − ℓ cos α ) > 0 θ =0

⇒ b < ℓ cos α

b. 2,0 điểm - Hai vật nhỏ đều chuyển động trên quỹ đạo tròn (O; r)

0,75

r = b 2 + ℓ 2 − 2bℓ cos α

4

r r

1 - Động năng của hệ là: Wđ = 2. mv 2 = m(rθ ') 2 = mr 2θ '2 2

0,25

- Cơ năng của hệ: W = Wt + Wđ = 2mg (b − ℓ cos α ).cos θ + mr 2θ '2

dW = 0 ⇒ −2mgθ '(b − ℓ cos α ).sin θ + 2mr 2θ '.θ '' = 0 dt g (ℓ cos α − b) θ ''+ θ =0 r2 ⇒ Hệ dao động điều hòa với tần số góc: ω =

Bài 5 3.0 điểm

0,5

g (ℓ cos α − b) g (ℓ cos α − b) = 2 2 r b + ℓ − 2bℓ cos α

0,5

a) Bố trí mạch như hình vẽ. Tụ phóng điện, tại một thời điểm nào đó ta có <= phương trình: 9 = − :; > <"

"

⟹ 9 = + ( +,- − ) ?9 Đèn LED tắt khi: ;+

9 =

" ( +,- − )

⟹ ?9 = ; " =.AB =C E " = ⟹ = * @ D + * @ D ⟹ = : * @ .AB ?9

=C

?

?

=C

b) Thực hiện các bước sau- Nối tụ vào nguồn để nạp điện cho tụ như hình vẽ 2 (mắc điện trở phù hợp để tránh hỏng tụ). Đợi vài phút để tụ tích điện đến hiệu điện thế cực đại Umax. - Bố trí mạch như hình 1. - Đóng k cho tụ phóng điện qua mạch. Đo thời gian t kể từ khi cho tụ phóng điện đến khi đèn LERD tắt. - Thay đổi giá trị R, lặp lại phép đo t.

1,5 Hình 1 =C

D + : * − : *;

0,75 Hình 2

- Ghi số liệu vào bảng và vẽ đồ thị. Lần đo R t lnR t/R - Xác định C theo độ nghiêng của đồ thị, *F = :

5

0,75

Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác, vẫn đúng thì cho điểm tối đa

6

Turn static files into dynamic content formats.

Create a flipbook
Issuu converts static files into: digital portfolios, online yearbooks, online catalogs, digital photo albums and more. Sign up and create your flipbook.