TỔNG HỢP ĐỀ CHÍNH THỨC VÀ ĐỀ XUẤT KÌ THI HSG TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG MÔN VẬT LÝ KHỐI 11 NĂM 2019

Page 1

ĐỀ THI HSG VẬT LÝ TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG

vectorstock.com/10212086

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 TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG MÔN VẬT LÝ KHỐI 11 NĂM 2019 CÓ ĐÁP ÁN 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

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC KẠN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT ( Đề này có 02 trang)

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ – LỚP 11 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1 (4,0 điểm): Tĩnh điện Khối cầu bán kính R gồm có các ion dương phân bố đều, điện tích tổng cộng Q > 0. Điện tích điểm khối lượng m, điện tích - q < 0 nằm tại tâm khối cầu. Coi rằng sự có mặt của - q không làm ảnh hưởng đến phân bố điện tích trong khối. Bỏ qua tác dụng của trọng lực và cho rằng các điện tích không va chạm với nhau trong quá trình chuyển động. a. Xác định cường độ điện trường gây ra bởi khối cầu phụ thuộc theo bán kính, vẽ đồ thị ER b. Phải cấp cho - q động năng ban đầu tối thiểu bằng bao nhiêu để nó có thể ra tới bề mặt khối cầu ? c. Trong trường hợp trên, tìm thời gian để - q ra đến bề mặt khối. Bài 2 (3 điểm): Mạch quá độ. Cho mạch điện như

C

+ -

(hình 1). Ban đầu tụ điện đã được tích điện đến hiệu điện thế U, sau đó mắc vào mạch điện và khóa K mở. Ngay sau đó đóng khóa K, hãy khảo sát sự biến thiên

K

U E

R

của cường độ dòng điện trong mạch (E >U). Bỏ qua điện trở dây nối, khóa K.

Hình 1

Bài 3 (3 điểm): Từ trường, cảm ứng điện từ Một dây dẫn có tiết diện ngang S = 1,2mm 2 , điện trở suất ρ = 1,7.10 −8 Ωm được uốn thành nửa vòng tròn tâm O có bán kính r = 24cm (hình 2). Hai đoạn dây OQ và OP cùng loại với dây trên, OQ cố định, OP quay quanh O sao cho P luôn tiếp xúc với cung tròn. Hệ thống được đặt trong từ trường đều B = 0,15T có hướng vuông góc với mặt A phẳng chứa nửa vòng tròn. Tại thời điểm t 0 = 0 , OP trùng với OQ và nhận gia tốc góc γ không 1 đổi. Sau s , dòng điện cảm ứng trong mạch có 3

P

B

O

Hình 2

Q

giá trị cực đại. Xác định γ và giá trị cực đại của dòng điện. Bài 4 (4 điểm): Quang hình Cho hai thấu kính mỏng L1 và L2, cùng trục chính và cách nhau 30cm. Tiêu cự của hai thấu kính lần lượt là 10cm và 5cm. Bán kính rìa của hai thấu kính lần lượt là 4cm và 2cm. Một đĩa tròn sáng AB có bán kính 2cm đặt trước thấu kính L1, cách thấu kính L1 một khoảng 20cm, sao cho tâm đĩa nằm trên trục chính của hai thấu kính và mặt phẳng đĩa vuông góc với trục chính của hai thấu kính. a. Tìm vị trí của màn để hứng được ảnh rõ nét của đĩa AB qua hệ hai thấu kính trên. b. Rìa của ảnh không sáng rõ bằng trung tâm. Tại sao? c. Để tạo ra ảnh rõ nét trên màn và có độ sáng đồng đều, người ta thêm vào thấu kính L3. Tìm vị trí đặt, tiêu cự và bán kính rìa của thấu kính đó. Câu 5 (3,0 điểm): Dao động cơ Trên mặt phẳng nghiêng nhẵn có góc nghiêng α có một tấm gỗ dài khối lượng M mà đầu dưới gắn vào một lò xo nhẹ, đầu kia của lò xo gắn chặt với mặt phẳng nghiêng (hình 3). Trên tấm gỗ có một vật m được kéo trượt đều lên trên với vận tốc v nhỏ nhờ một sợi dây song song với mặt phẳng nghiêng. Lúc đó tấm ván nằm yên không chuyển động. Hệ số ma sát giữa m và M là μ. a) Tìm lực kéo T của sợi dây vào m theo m, g, μ . b) Một lát sau sợi dây kéo vật m đột ngột bị đứt. Tìm độ dời mà m đi được cho đến khi vận tốc của nó giảm về không lần đầu tiên và thời gian từ lúc dây đứt đến thời điểm đó. c) Sau đó m và M cùng thực hiện dao động điều hòa. Hãy tìm điều kiện của μ để hệ thực hiện được điều này.

Hình 3

Bài 6 (3 điểm): Phương án thực hành. Cho các dụng cụ sau: một nguồn điện không đổi, một tụ điện chưa biết điện dung, một điện trở có giá trị khá lớn đã biết, một micrôampe kế, dây nối, ngắt điện, đồng hồ bấm giây và giấy kẻ ô tới mm. Hãy đề xuất phương án thực nghiệm để đo điện dung của tụ điện đã cho. ……………………………………Hết ………………………………..

Người ra đề: Vũ Hồng Hạnh ĐT: 0985360154

ĐÁP ÁN MÔN VẬT LÝ – LỚP 11 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC KẠN ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT ( Đáp án này có 06 trang) Bài Bài 1 (4điểm): Tĩnh điện

Lời giải

E

a. Mật độ điện tích khối trong khối cầu: ρ =

Điểm 0,5

Q 3Q . = V 4π R 3

0

Áp dụng định lý O-G, chọn mặt Gauss hình cầu bán kính r (0 ≤ r ≤ R): E.4π r 2 =

→E=

∑q = ε0

1

ε0

ρ r 3ε 0

R

r 0,5

4 3

ρ π r3

Bên ngoài giống như điện tích điểm : E =

b. Độ lớn lực điện tác dụng lên q tại bán kính r: F = qE = R

qρ Định lý động năng: 0 – Wđ0 = − ∫ F.dr = − 3ε 0 0

→ Wđ0 =

Q 4πε 0 r 2

qρ r 3ε 0

1,0

0.5

R

∫ r.dr 0

qρ 2 qQ R = 6ε 0 8πε 0 R

1.0

c. Chọn trục tọa độ dọc theo bán kính, chiều dương hướng ra ngoài: Định luật II Newton: - F = mr” → r "+

qρ r=0 3mε 0

→ - q dao động điều hòa với chu kỳ T = 2π

3mε 0 qρ

Thời gian –q chuyển động ra đến mặt cầu: t= Bài 2 (3 điểm)

Mạch phi

πε 0 mR 3 T π 3mε 0 = =π 4 2 qρ qQ

- Khi K đóng, mạch có dạng như hình vẽ: + Xét tại thời điểm t bất kì, gọi điện tích của bản tụ đang xét là q, cường độ dòng điện trong mạch là i

0.5 0.5 0.5

tuyến

+ Chọn chiều dương trong mạch

R

C

như hình vẽ B

E

+ A

Tacó: u AB = E

u AB =

q dq q dq + i.R i = ⇒ E = + R. C dt C dt

q =E C q E ⇔ q' = − + R.C R ⇔ q ' .R +

⇒ q = Q0 .e

−

t R .C

0.5

+ E.C

- Tại thời điểm t = 0 (ngay khi đóng khóa K) thì điện tích là q = +UC (vì ta đang xét với bản bên trái). Ta có: U .C = Q0 + E.C ⇒ Q0 = C (U − E ) 0.5

- Vậy phương trình điện tích:

q = C (U − E ).e

−t R .C

+ E.C

q

0.5

E.C

- Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của điện tích vào thời gian:

U.C O

t

- Phương trình cường độ dòng

điện trong mạch i=

dq −1 R−.Ct E − U R−.Ct .e ) = .e = (U − E ).C.( dt R.C R

- Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của cường độ dòng điện vào thời

0.5

i

0.5

E −U R

gian O

t

Nhận xét: Từ đồ thị ta thấy:

0.5

Ngay sau khi K đóng thì cường độ dòng điện trong mạch là I=

E −U , điện tích khi đó là UC, tụ chưa cản trở dòng điện. Khi R

trạng thái dừng được thiết lập, điện tích là CE, cường độ dòng

điện trong mạch bằng không, tụ không cho dòng điện qua nó. Vậy ngay cả khi tụ điện được tích điện trước, sau đó mới mắc vào mạch điện thì ngay khi khóa K đóng, tụ chưa cản trở dòng

điện Bài 3 (3điểm): Cảm ứng điện từ

Khi thanh OP quay, trong thanh OP xuất hiện suất điện động cảm ứng, suất điện động cảm ứng này sinh ra dòng điện cảm ứng trong mạch kín OQPO. Xét tại thời điểm t: Suất điện động cảm ứng:

e=

1 2 1 Br ω = Br 2 γt 2 2

1.0

Điện trở của mạch điện: 2r R=ρ +ρ S

1 r. γt 2 ρr 2 = 4 + γt 2 S 2S

(

)

0.5

Dòng điện trong mạch: e BrγSt BrγS = = 2 R ρ (4 + γt ) 4  ρ  + γt  t  4 4 Theo Côsi I max ↔ = γt ⇒ γ = 2 = 36(rad / s 2 ) t t 2 Thay γ = 36rad / s vào biểu thức của I được I max ≈ 3,81A . I=

Bài 4:

a. Sơ đồ tạo ảnh: '

'

d1 ( L1 ) d1 d 2 ( L2 ) d 2 AB  → A ' B '  → A" B "

0.5 0.5 0.5 0.5

(4 điểm) Từ đầu bài, ta có: Quang L12 = 30(cm); f1 = 10(cm); f2 = 5(cm); d1 = 20(cm). hình a. Xét quá trình tạo ảnh qua thấu kính L1. Ta có: d1 f1 = 20(cm) d1 − f1

0.5

Vị trí của A’B’ đối với thấu kính L2 là d2 = L12 – d1’ = 10(cm) Xét quá trình tạo ảnh qua thấu kính L2.

0.5

d1' =

0.5

Ta có: d 2 ' =

d2 f2 = 10cm d2 − f2

Vậy để hứng được ảnh rõ nét của đĩa AB cần đặt màn sau thấu 0.5 kính L2 và cách thấu kính L2 một đoạn bằng 10(cm). b. Ánh sáng từ đĩa AB sau khi qua thấu kính L1 sẽ đến thấu kính L2 và tạo ảnh A”B” ( hình vẽ) A

A ’ B ’

B L1

A” L

B” 0.5

Quan sát hình vẽ ta thấy lượng ánh sáng từ nguồn sẽ tới rìa của ảnh A”B” ít hơn tâm của ảnh A”B”. Do đó rìa của ảnh không sáng rõ bằng tâm ảnh. c. Để độ sáng của ảnh A”B” đồng đều nhau, ta cần ghép thêm thấu kính L3 như hình vẽ A

0.5

A” F3

B L1

L

L

B”

Để vị trí của ảnh A”B” không thay đổi thì ta phải đặt vào đúng vị trí của ảnh A’B’ thấu kính L3. Thấu kính này phải có bán kính 0.5 đường rìa sao cho hứng được toàn bộ ánh sáng ló ra từ thấu kính L1. Đồng thời ánh sáng ló ra khỏi L3 đều phải tới được L2. Từ hình vẽ, ta có tiêu cự của thấu kính L3 là f3 = 6,67cm. Vị trí của L3 cách thấu kính L1 một đoạn là 20cm và cách thấu kính L2 là 10cm, bán kính đường rìa của thấu kính L3 nhỏ nhất bằng bán kính đường rìa của thấu kính L2. Bài 5 (3điểm): Dao động cơ

a) Trước khi dây đứt thì vật chuyển động đều còn ván đứng yên. Vật chịu tác dụng của lực căng: F = mg sin α + µ mgcosα b) Sau khi dây đứt vật trượt theo ván lên tới khi vận tốc của nó giảm về bằng không. Lực ma sát chưa đổi chiều và do đó tấm ván vẫn cân bằng ở trạng thái cũ, độ biến dạng của lò xo vẫn không thay đổi. Vật m sẽ trượt chậm dần đều với gia tốc là: a = g (sin α + µ cosα )

0.5

0.5

v0 v0 = a g (sin α + µ cosα ) 2 v v02 Độ dời đến khi dừng lại: s = 0 = . 2a 2 g (sin α + µ cosα )

Thời gian trượt đến khi dừng lại tức thời: t =

0.5

c) Sau khi vật dừng lại thì lực ma sát thay đổi cả hướng và độ lớn do đó ván không còn đứng yên nữa. Theo đề bài thì hệ vật dao động điều hoà, do đó cơ năng của hệ không đổi. Điều này chỉ có thể xảy ra nếu vật không trượt trên ván. Hình chiếu phương trình chuyển động của hệ lên trục Ox hướng xuống dưới song song với mặt phẳng nghiêng khi t > 0 là: ( M + m) x ' ' = ( M + m) g sin α − kx Dễ dàng thấy nghiệm của phương trình trên có dạng: x=

0.5

M +m g sin α − A cos ωt k

k là tần số góc của dao động điều hoà. M +m

trong đó ω =

Khi dây chưa đứt độ biến dạng của lò xo là: M sin α − µm cosα g , khi hệ dao động điều hoà độ biến dạng của k M +m lò xo ở vị trí cân bằng là: g sin α . Do vậy biên độ dao k

động của hệ là: A=

M +m M sin α − µm cosα T g sin α − g= (1) k k k

0.5

Lực ma sát tác dụng lên vật m do ván có độ lớn là: Fms = m x' '+ g sin α = m Aω 2 cos ωt + g sin α

Điều kiện để vật dao động điều hoà là:

(2)

Fms < µmg cos α (3)

2m Từ (1), (2) và (3) ta được: µ > (1 + )tgα . M

Bài 6 (3điểm): Phương án thực hành.

0.5

I. Cơ sở lý thuyết: Sau khi nạp điện, cho tụ phóng điện qua điện trở R. Giả sử sau thời gian dt, điện lượng phóng qua R là dq làm cho hiệu điện thế trên hai bản cực tụ biến thiên một lượng du thì: 0.5

dq = -Cdu, trong đó dq = idt; du = -Rdi nên: idt = − RCdi ⇒

Như vậy − ln

di 1 =− dt i RC

i

⇒

t

di 1 i 1 ∫i i = − ∫0 RC dt. ⇒ ln i0 = − RC t. 0

0.5

i phụ thuộc tỉ lệ với thời gian t . i0

II. Các bước tiến hành: 0.5

1. Lắp mạch điện như sơ đồ hình 1

K R

2. Đóng khóa K, sau khi nạp xong thì mở khóa.

µA

C Hình 1

3. Đọc và ghi cường độ dòng điện sau những khoảng thời gian bằng nhau (ví dụ cứ 10s) và tính

đại lượng − ln

0.5

i tương ứng.(t = 0 lúc mở khóa) i0

t(s)

0

10 20 30 40 50 60 70 80

I(µA) -Lni/i0 0.5

4. Dựa vào bảng số liệu,

y

dựng đồ thị phụ thuộc của y = − ln

i theo t i0

t(s)

(đồ thị là một đường thẳng) III. Xử lý số liệu:

Độ nghiêng của đường thẳng này là tan α =

Hình 2 1 . Qua hệ thức này, RC

nếu đo được tanα, ta tính được C. Làm nhiều lần để tính giá trị trung bình của C

0.5

…………………………………. Hết ………………………………….

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN CAO BẰNG

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ LỚP 11 Thời gian làm bài:180 phút (Đề thi gồm có 2 trang)

Câu 1: Tĩnh điện (3,0 điểm) Các điện tích điểm +q, -q đặt tại các điểm có tọa độ ( x, y, z ) = (a, 0, a), (−a, 0, a) ở bên trên một mặt phẳng x0y dẫn điện được nối với đất nằm tại z = 0. Hãy tìm: a. lực toàn phần tác dụng lên điện tích +q b. công thực hiện chống lại các lực tĩnh điện để lắp đặt hệ điện tích này Câu 2: Dao động cơ học (4,0 điểm) Một vành mỏng có góc ở tâm α =1200, bán kính R, khối lượng m. R a. Tìm vị trí khối tâm của vành. A b. Tìm mô men quán tính của vành đối với một trục đi qua tâm O của vành và vuông góc với mặt phẳng chứa vành. c. Đặt vành trên một mặt phẳng ngang, nhám. Ấn nhẹ một đầu sao cho mặt phẳng AB nghiêng đi một góc nhỏ rồi thả cho vành dao động. Tìm chu kỳ dao động. Câu 3: Quang hình (4,0 điểm) Một thấu kính mỏng phẳng - lồi tiêu cự 15cm, chiết suất n =1,5 được đặt cho trục chính thẳng đứng trong một chiếc cốc thủy tinh có đáy phẳng rất mỏng. Một điểm sáng S trên trục chính của thấu kính. Người ta thấy có hai vị trí của S cách nhau 20 cm cho ảnh của nó qua thấu kính, cách thấu kính những khoảng bằng nhau. a. Xác định hai vị trí trên của điểm S. b. Đổ một chất lỏng trong suốt chiết suất n’vào trong cốc cho vừa đủ ngập thấu kính. Với hai vị trí của S tìm được trong câu 1, hai ảnh của nó ở hai bên thấu kính và có khoảng cách đến thấu kính gấp nhau 9 lần. Tính chiết suất n’ của chất lỏng. Câu 4:Mạch điện (3,0 điểm) E Cho một mạch điện như hình vẽ: Nguồn điện có suất điện động E, điện trở trong r ≈ 0 , các tụ điện có điện dung C1 = 2C và C2 = C, cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L, điôt D lý tưởng. Trước khi ghép vào mạch, các tụ chưa tích điện. C2 P Ban đầu K mở, khi điện tích các tụ đã ổn định thì thực hiện Q đóng khoá K. Chọn gốc thời gian t = 0 là lúc đóng khóa K. Bỏ qua điện trở của các dây nối.

O α B

x

S

C1

N k

L

D

a. Tính cường độ dòng điện cực đại qua cuộn dây. b. Viết biểu thức và vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của hiệu điện thế u NP và cường độ dòng điện qua cuộn dây theo thời gian. I Câu 5: Từ trường – cảm ứng điện từ (3,0 điểm) 1 Hai dây dẫn dài vô hạn song song đặt cố định cách nhau d I 2 khoảng d mang các dòng điện I bằng nhau nhưng ngược chiều, A b trong đó I thay đổi theo thời gian theo quy luật I = k.t (k là hằng B a số). Một vòng dây hình vuông có chiều dài một cạnh là a nằm D C trong mặt phẳng của các dây dẫn và cách một trong hai sợi dây một khoảng b. Biết d = 2b và a = 3b. a. Hãy tìm suất điện động cảm ứng trên vòng dây hình vuông. b. Biết điện trở trên một đơn vị chiều dài của vòng dây là r. Để vòng dây đứng yên cần tác dụng lên nó một lực như thế nào? Câu 6: Phương án thực hành (3,0 điểm) Cho các dụng cụ sau: - Một cốc thủy tinh hình trụ thành mỏng dung tích 500ml, đường kính 80mm - Băng dính sẫm màu rông 50mm - Dao có lưỡi mỏng - Nến và diêm - Thước đo độ dài chia tới mm - Bút chì và giấy trắng Hãy xây dựng phương án và làm thí nghiệm để đo chiết suất của nước? ------------------------------Hết---------------------------------

GV ra đề:Vũ Thị Minh Hạnh ĐT: 0948099501.

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ LỚP 11 Câu ý 1 a (3,0 điểm)

b

Hướng dẫn

Điểm Dùng phương pháp ảnh điện hệ tương đương thêm hai điện tích + q , −q đặt 1,0 tại các điểm có tọa độ ( x, y, z ) = (−a, 0, −a),(a,0, −a) như hình bên.

r Lực điện tổng hợp F tác dụng lên điện tích + q đặt tại ( a , 0, a ) , nằm trong 0,5 mặt phẳng x 0 z và hướng vào gốc O của hệ tọa độ. r 0,5 ( 2 − 1)q 2 Độ lớn của F là F = . 32πε 0 a 2 Chúng ta có thể dựng lại hệ bằng cách đưa từ từ các điện tích + q và −q từ 0,5 vô cực theo các đường đi L1 và L2 đối xứng nhau qua trục 0 z , nằm trong mặt phẳng x 0 z đến các điểm (a, 0, a) và (−a,0, a) với phương trình của L1 và L2 lần lượt là L1 : z = x, y = 0, L2 : z = − x, y = 0. Khi các điện tích ở tại (l , 0, l ) trên đường L1 và tại (−l , 0, l ) trên đường L2

0,5

( 2 − 1)q 2 có hướng của hướng 32πε 0l 2 chuyển động sao cho công toàn phần thực hiện bởi các ngoại lực là a a ( 2 − 1) q 2 ( 2 − 1) q 2 . A = −2∫ Fdl = −2 ∫ dl = 32πε 0l 2 16πε 0 a ∞ ∞

thì từng điện tích chịu tác dụng một lực F =

2 a (4,0 điểm)

0,5

O R dφ

φ

O α

x A

dl

G B J K x

dl = Rdϕ ⇒ dm = ρdl =

m 3m Rdϕ = dϕ 2π 2 π R 3

0,25

0,25 0,25

x = R cos φ π

Tọa độ khối tâm xG =

1 3m 3R xdm = ∫ 3π R cos ϕ dϕ = sin ϕ ∫ − m 2π 2π 3

π 3 −

π 3

0,25

b

3 3R 2π 2 Mô men quán tính: I= ∑ mi R = mR 2

c

Khi mặt phẳng AB lệch một góc α bé so với phương ngang.

OG = a = xG =

1,0 0,5

Từ hình vẽ: IK=IG+ m.GK 2 IO=IG+ m.OG 2 I K − I O = m(GK 2 − OG 2 ) = m(GK 2 − a 2 )

0,5

Vì dao động nhỏ nên GK ≈ JG = R − a Thay vào ta được:

[

]

I K = mR 2 + m ( R − a ) 2 − a 2 = m( 2 R 2 − 2 Ra ) = 2mR 2 (1 −

3 3 ) 2π

0,25 0,25

Mô men lực: MP/K= − mg.OG.sin α = I K .α '' Với sin α ≈ α 3g 3 Ta được: α '' = − α 2( 2π − 3 3 ) R

Chu kỳ dao động: T= 2π

3 a (4,0 điểm)

2 R (2π − 3 3 ) 3g 3

Gọi hai vị trí của S cách thấu kính là d1 và d2 (d1> d2), ảnh cách thấu kính 0,5 tương ứng là d’1 và d’2. d 1 .f 15 d 1 Ta có: d 1' = (1) = d1 − f d 1 − 15 d

' 2

=

d 2 .f 15 d 2 = d2 − f d 2 − 15

(2)

Vì d1 ≠ d2 nên S có một ảnh thật và một ảnh ảo ⇒ d2 = - d1 Theo giả thiết, hai vị trí của S cách nhau 20cm nên d1 – d2 = 20 cm Từ (1) và (2)

⇒

15 ( d 1 − 20 ) 15 d 1 = − d 1 − 20 − 15 d 1 − 15

0,25 0,25 (3)

Biến đổi (3) ta được: d 12 − 35 d 1 + 150 = 0 Giải phương trình với điều kiện d1> f = 15 cm Tìm được: d1 = 30 cm và d2 = 10 cm Đổ chất lỏng vừa đủ ngập thấu kính, ta có hệ hai thấu kính mỏng ghép sát gồm TK phẳng-lồi tiêu cự f ban đầu và TK chất lỏng phẳng-lõm ( phía dưới) tiêu cự f ’ . Hệ g.s GS 30 .f h Với d1 = 30 cm; d’1 = A A’ 30 − f h d1 d ’1 d2 10 .f h d ’2 Với d2 = 10 cm; d’2 =

0,25 0,25 0,5

10 − f h

0,25

Hai ảnh ở hai bên TK nên một ảnh thật và một ảnh ảo

0,25

⇒ d’1>0; d’2<0 Từ giả thiết: khoảng cách hai ảnh đến TK gấp nhau 9 lần *Với d’1 = - 9d’2 ⇒

30 .f h 10 .f h =-9 30 − f h 10 − f h

Tiêu cự của hệ ghép sát:

⇒

fH =

R n − n′

Từ 1 = ( n − 1 ) 1 f

* Với

d’2

=-

9d’1

⇒ fH = 25 cm

1 1 1 1 1 = + ' = ( n − 1) − ( n ′ − 1) fH f f R R

0,5

(1)

⇒ R = 7,5 cm.

⇒

Thay vào (1

30 .f h 10 .f h =-9 30 − f h 10 − f h

⇒

n’ = 1,2

fH = 75/7 (cm) ⇒ n’ = 0,8. Ta loại nghiệm này => n’ = 1,2 Điện dung tương đương C0 của hai tụ điện mắc nối tiếp: 1 1 1 2C . = + → C0 = C0 C 2C 3 Khi đó U0 đặt vào giữa hai điểm N và Q thì hiệu điện thế U1 và U2 và điện tích q1, q2 của hai tụ điện C1 và C2 là: 2CU 0 Q1 = Q2 = Q = C0U 0 = 3 Q1 U 0 Q2 2U 0 U1 = = ;U 2 = = C1 3 C2 3 Khi cường độ dòng điện qua cuộn cảm đạt giá trị cực đại hiệu điện thế giữa hai điểm N và P bằng 0, do đó hiệu điện thế giữa hai bản tụ điện C2 bằng U0 và điện tích của tụ này là: C2U0 = CU0. Nguồn điện đã chuyển một tích điện 2CU 0 CU 0 ∆Q = CU 0 − = 3 3 Qua đoạn mạch, như vậy là đã cấp cho đoạn mạch năng lượng: CU 02 ∆Q.U 0 = 3 Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có: Năng lượng cấp + năng lượng ban đầu = Năng lượng khi I qua L cực đại; ta có CU 02 C0U 02 CU 02 LI m2 2C C + = + , với C0 = Từ đó tìm được: I m = U 0 3L 3 2 2 2 3

⇒

4 (3,0 điểm)

R

0,5

0,5

0,25

0,25 0,25

0,25

0,25

b tụ và + Chọn q1, q2 là điện tích các bản chọn chiều dương của dòng điện như hình vẽ. Do đó: i1 = q1 ' , i 21 = q 2 ' , i 2 = i1 + i q q q Ta có: 1 + 2 = U 0 , 1 + Li' = U 0 C1 C 2 C1

0,5

E

Q

i2

C2 P q2

C1 q1

i1

L

N k D

i + Biến đổi hệ phương trình ta được : + Đây là phương trình vi phân của dao động điều hoà của với tần sốố góc 1 ω= 3LC U +Tại t=0, ta có: i = 0, Li' = u NP = 0 3 C  t   t  +Ta được: i = I m sin  , U NP = U m cos  , với I m = U 0 , 3L  3LC   3LC  U với U m = 0 3 b đầu có dòng điện qua cuộn cảm đếnn lúc i =0 bằng b + Thời gian τ từ lúc bắt T π nửa chu kỳ τ = = = π 3LC 2 ω + Trong khoảng 0 ≤ t ≤ τ : C  t   t  , U NP = U m cos i = I m sin   , với I m = U 0  , với 3L  3LC   3LC  U Um = 0 3 + Khi t > τ thì i=0, và uNP = - U0/3

5 a (3,0 điểm)

0,25

0,25

0,25 0,25

0,25

ột dây ddẫn thẳng, dài vô hạn mang dòng điện n I sinh ra tại t Từ trường do một µI m cách dây dân một m khoảng r: B = 0 , từ trường này có vuông góc 0,25 một điểm 2π r phẳng chứa vòng dây với sợi dây và mặt phẳ d 1 gửi qua vòng dây hướng vào trong: 0.5 Từ thông do dây dẫn a +b+ d µ Ia µ Ia a + b + d µ0 Ia = φ1 = ∫ 0 dr = 0 ln ln 2 2π r 2π d +b 2π d +b ẫn 2 ggửi qua vòng dây hướng ra ngoài: Từ thông do dây dẫn b+ a µ0 Ia µ0 Ia b + a µ0 Ia = φ2 = ∫ dr = ln ln 4 2π r 2π b 2π b gử qua vòng dây: Từ thông toàn phần gửi µ0 Ia ln 2 và hướng ra ngoài. φ = φ2 − φ1 = 2π ảm ứ ứng trong vòng dây Suất điện động cảm

0.5

0.25 0.25

Âľa d φ Âľ0 a dI ln 2. = k 0 ln 2 = dt 2Ď€ dt 2Ď€ Tᝍ trĆ°áť?ng do dòng Ä‘iᝇn cảm ᝊng sinh ra cháť‘ng lấi sáťą biáşżn thiĂŞn cᝧa tᝍ 0.25 thĂ´ng, tᝍ tĆ°áť?ng nĂ y cĂł hĆ°áť›ng Ä‘i vĂ o phia trong. Sáť­ d᝼ng quy tắc bĂ n tay phải ta thẼy dòng Ä‘iᝇn cảm ᝊng chấy theo chiáť u kim Ä‘áť“ng háť“, cĂł Ä‘áť™ láť›n: Âľ E E = k 0 ln 2 IC = = 8Ď€ r R 4ar Tᝍ trĆ°áť?ng do hai dây dẍn tháşłng dĂ i gây ra tấi váť‹ trĂ­ vòng dây hĆ°áť›ng ra ngoĂ i. 0.25 Láťąc tᝍ do hai dòng Ä‘iᝇn tĂĄc d᝼ng lĂŞn cấnh BC vĂ DA triᝇt tiĂŞu. Láťąc tᝍ tĂĄc d᝼ng lĂŞn AB náşąm trong mạt pháşłng chᝊa hai dây dẍn, vuĂ´ng gĂłc váť›i hai dây dẍn, hĆ°áť›ng ra xa hai dây dẍn. Láťąc tᝍ tĂĄc d᝼ng lĂŞn CD náşąm trong mạt pháşłng chᝊa hai dây dẍn, vuĂ´ng gĂłc váť›i hai dây dẍn, hĆ°áť›ng váť phĂ­a hai dây dẍn. CĂł: FAB > FCD nĂŞn láťąc tᝍ tĂĄc d᝼ng lĂŞn khung hĆ°áť›ng ra xa dây dẍn vĂ cĂł Ä‘áť™ 0.25 láť›n: ÂľI Âľ0 I Âľ0 I Âľ0 I F=FAB-FCD= ( 0 − ) IC a − ( ) IC a − 2Ď€ b 2Ď€ (b + d ) 2Ď€ (a + b) 2Ď€ (a + b + d ) E=−

b

7 Âľ02t ln 2 . 64Ď€ 2 r Váş­y Ä‘áťƒ khung dây Ä‘ᝊng yĂŞn cần tĂĄc d᝼ng láťąc hĆ°áť›ng ra xa dây dẍn cĂł Ä‘áť™ láť›n 7 Âľ02t ln 2 . F = k2 64Ď€ 2 r B1: lắp Ä‘ạt vĂ báť‘ trĂ­ thĂ­ nghiᝇm: - DĂĄn băng dĂ­nh sẍm mĂ u bao quanh thĂ nh ngoĂ i cᝧa cáť‘c vĂ rấch trĂŞn băng dinh máť™t khe háşšp dáť?c theo Ä‘Ć°áť?ng sinh cᝧa cáť‘c. - Ä?ạt ngáť?n náşżn Ä‘ang chĂĄy vĂ cáť‘c nĆ°áť›c lĂŞn trĂŞn mạt bĂ n cĂĄch nhau khoảng 20cm. Váş˝ Ä‘Ć°áť?ng viáť n chu vi cᝧa Ä‘ĂĄy cáť‘c lĂŞn trĂŞn mạt giẼy. trong quĂĄ trĂŹnh thĂ­ nghiᝇm váť‹ trĂ­ cᝧa cáť‘c lĂ khĂ´ng Ä‘áť•i chᝉ quay cáť‘c xung quanh Ä‘Ć°áť?ng viáť n Ä‘ĂĄy cáť‘c Ä‘ĂŁ váş˝. F = k2

6 (3,0 Ä‘iáťƒm)

0.5

1.0

B2: dáťąng cĂĄc Ä‘iáťƒm I, S’, M, I’ trĂŞn Ä‘Ć°áť?ng viáť n chu vi Ä‘ĂĄy cáť‘c cᝧa táť? giẼy: 1.0 - Ä?iáťƒm M trĂŞn Ä‘ĂĄy cáť‘c lĂ Ä‘iáťƒm Ä‘áť‘i diᝇn cᝧa khe I trĂŞn Ä‘Ć°áť?ng tròn. - Xoay cáť‘c sao cho chᝉ cĂł 1 váşżt sĂĄng trĂŞn băng dĂ­nh Ä‘áť‘i diᝇn váť›i khe háşšp. Khi Ä‘Ăł váť‹ trĂ­ ngáť?n náşżn, khe háşšp I tâm O vĂ Ä‘iáťƒm M náşąm trĂŞn 1 Ä‘Ć°áť?ng tháşłng (IM lĂ Ä‘Ć°áť?ng kĂ­nh cᝧa Ä‘Ć°áť?ng tròn). Ä?ĂĄnh dẼu hĂŹnh chiáşżu M cᝧa váşżt sĂĄng trĂŞn chu vi Ä‘ĂĄy cáť‘c . - XĂĄc Ä‘áť‹nh Ä‘iáťƒm I, S’, M, I’ trĂŞn Ä‘Ć°áť?ng viáť n chu vi Ä‘ĂĄy cáť‘c trĂŞn giẼy: xoay cáť‘c Ä‘i 1 gĂłc khoảng 300 , Ä‘ĂĄnh giẼu cĂĄc váť‹ trĂ­ I, M vĂ cĂĄc hĂŹnh chiáşżu S’, I’ cᝧa hai váşżt sĂĄng áť&#x; thĂ nh cáť‘c lĂŞn Ä‘Ć°áť?ng viáť n chu vi Ä‘ĂĄy cáť‘c áť&#x; táť? giẼy. - Báť? cáť‘c nĆ°áť›c vĂ ngáť?n náşżn ra vĂ ghi cĂĄc Ä‘oấn tháşłng S’M, I’M tĆ°ĆĄng ᝊng vĂ ghi lấi sáť‘ liᝇu - Lăp lấi thĂ­ nghiᝇm váť›i cĂĄc gĂłc khĂĄc nhau vĂ ghi sáť‘ liᝇu

B3: xáť­ lĂ­ sáť‘ liᝇu: = Sáť­ d᝼ng cĂ´ng thᝊc n = TĂ­nh vĂ âˆ†n TĂ­nh cĂĄc giĂĄ tráť‹ Ă báşąng cĂĄc cĂ´ng thᝊc :

1,0

⋯.

= ⇒ n = +∆n

| | | | | |

và ∆n=

TRáş I HĂˆ HĂ™NG VĆŻĆ NG LẌN THᝨ XV–SĆ N LA 2019

Kᝲ THI CHáťŒN HáťŒC SINH GIᝎI MĂ”N: VẏT LĂ?- KHáť?I: 11 NgĂ y thi: 27 thĂĄng 7 năm 2019 Tháť?i gian lĂ m bĂ i: 180 phĂşt (khĂ´ng káťƒ tháť?i gian giao Ä‘áť ) Ä?áť thi gáť“m cĂł02 trang

Ä?ᝀ CHĂ?NH THᝨC

Háť? vĂ tĂŞn thĂ­ sinh:‌‌‌‌‌‌‌‌‌‌‌‌‌‌‌‌Sáť‘ bĂĄo danh:‌‌‌‌‌......... Câu 1 (4,0 Ä‘iáťƒm) Ä?ạt Ä‘iᝇn tĂ­ch Ä‘iáťƒm tấi Ä‘iáťƒm O cĂĄch tâm C cᝧa quả cầu kim loấi bĂĄn kĂ­nh náť‘i Ä‘Ẽt máť™t khoảng â„“ . Hᝇ Ä‘iᝇn tĂ­ch vĂ quả cầu Ä‘ạt rẼt xa cĂĄc Ä‘iᝇn tĂ­ch khĂĄc, Ä‘iᝇn tháşż cᝧa mạt Ä‘Ẽt báşąng 0. 1. TĂ­nh láťąc mĂ Ä‘iᝇn tĂ­ch tĂĄc d᝼ng lĂŞn quả cầu. hᝣp váť›i CO máť™t gĂłc . 2. TĂ­nh máş­t Ä‘áť™ Ä‘iᝇn tĂ­ch tấi Ä‘iáťƒm M trĂŞn báť mạt quả cầu, biáşżt CM 3. TĂ­nh cĂ´ng mĂ ta cần tĂĄc Ä‘áť™ng lĂŞn Ä‘áťƒ dáť‹ch chuyáťƒn nĂł tᝍ O ra rẼt xa quả cầu náşżu quả cầu luĂ´n luĂ´n náť‘i Ä‘Ẽt. 4. TĂ­nh tháşż năng táťą tĆ°ĆĄng tĂĄc cᝧa cĂĄc Ä‘iᝇn tĂ­ch cảm ᝊng trĂŞn báť mạt quả cầu.

Câu 2 (3,0 Ä‘iáťƒm) Cho mấch Ä‘iᝇn nhĆ° hĂŹnh 1, biáşżt ráşąng sau khi Ä‘Ăłng khĂła K máť™t khoảng tháť?i gian Ä‘ᝧ dĂ i cả hai VĂ´n káşż Ä‘áť u chᝉ giĂĄ tráť‹ . Khoảng tháť?i gian tĂ­nh tᝍ lĂşc Ä‘Ăłng K Ä‘áşżn khi V chᝉ giĂĄ tráť‹

/2 lĂ . Biáşżt ráşąng Ä‘iᝇn tráť&#x; cᝧa hai VĂ´n káşż lần lưᝣt lĂ , , hiᝇu Ä‘iᝇn tháşż giᝯa hai Ä‘iáťƒm A vĂ B luĂ´n khĂ´ng Ä‘áť•i, cuáť™n dây cĂł Ä‘iᝇn tráť&#x; khĂ´ng Ä‘ĂĄng káťƒ. 1. TĂ­nh Ä‘áť™ táťą cảm cᝧa cuáť™n dây. V 2. Tấi tháť?i Ä‘iáťƒm 0, khi khĂła K Ä‘ang Ä‘Ăłng vĂ hai VĂ´n káşż Ä‘áť u chᝉ giĂĄ tráť‹ ngĆ°áť?i ta Ä‘áť™t ngáť™t ngắt K. V TĂŹm sáť‘ chᝉ cĂĄc VĂ´n káşż tấi tháť?i Ä‘iáťƒm . K A

B

hĂŹnh 1

Câu 3 (4,0 Ä‘iáťƒm) Khi nhĂŹn vĂ o máť™t gĆ°ĆĄng cầu láť“i cĂł bĂĄn kĂ­nh cong , ngĆ°áť?i ta nháş­n thẼy ảnh S′ cᝧa máť™t Ä‘iáťƒm S nĂ o Ä‘Ăł dĆ°áť?ng nhĆ° áť&#x; cĂĄch đᝉnh cᝧa gĆ°ĆĄng máť™t khoảng ′ theo S′ hĆ°áť›ng hᝣp váť›i phĂĄp tuyáşżn cᝧa gĆ°ĆĄng máť™t gĂłc ′ (hĂŹnh 2). DĂšng ! mĂĄy Ä‘o váş­n táť‘c, ngĆ°áť?i ta Ä‘o Ä‘ưᝣc váş­n táť‘c cᝧa S cĂł Ä‘áť™ láť›n !′ vĂ hᝣp ′

′ váť›i phĂĄp tuyáşżn cᝧa gĆ°ĆĄng máť™t gĂłc ′ nhĆ° hĂŹnh váş˝ bĂŞn. O 1. XĂĄc Ä‘áť‹nh váť‹ trĂ­ cᝧa S. 2. XĂĄc Ä‘áť‹nh váş­n táť‘c cᝧa S. hĂŹnh 2

Câu 4 (3,0 Ä‘iáťƒm) Máť™t vòng tròn kim loấi bĂĄn kĂ­nh mang dòng Ä‘iᝇn " náşąm hoĂ n toĂ n trong mạt pháşłng O#$ tấi nĆĄi cĂł Ä‘áť™ tᝍ thẊm % 1. Tâm cᝧa vòng tròn trĂšng váť›i gáť‘c táť?a Ä‘áť™ O vĂ chiáť u cᝧa dòng Ä‘iᝇn trĂšng

1

váť›i chiáť u quay tᝍ tr᝼c O# Ä‘áşżn tr᝼c O$. Biáşżt vòng kim loấi nĂ y áť&#x; rẼt xa cĂĄc nguáť“n gây ra tᝍ trĆ°áť?ng khĂĄc. 1. TĂŹm cảm ᝊng tᝍ tấi Ä‘iáťƒm M trĂŞn tr᝼c O#, biáşżt OM + ≪ . 2. Ä?Ć°áť?ng cảm ᝊng tᝍ qua M cắt O#$ tấi N váť›i ON . ≍ , tĂŹm ..

Câu 5 (4,0 Ä‘iáťƒm) Máť™t thanh cᝊng Ä‘áť“ng chẼt, chiáť u dĂ i â„“, kháť‘i lưᝣng 1 cĂł tháťƒ quay táťą do khĂ´ng ma sĂĄt quanh máť™t Ä‘iáťƒm treo cáť‘ O Ä‘áť‹nh trĂŞn máť™t bᝊc tĆ°áť?ng tháşłng Ä‘ᝊng. Ä?ầu dĆ°áť›i cĂšng cᝧa thanh cĂł buáť™c máť™t sᝣi dây mảnh, máť m, nháşš vĂ khĂ´ng dĂŁn. Ä?ầu còn lấi cᝧa sᝣi dây nháşš trĂŞn O cĂł buáť™c máť™t váş­t nạng kháť‘i lưᝣng 2 1√3/6, sᝣi dây nĂ y vắt qua 2 ; máť™t ròng ráť?c cáť‘ Ä‘áť‹nh kháť‘i lưᝣng 2 2 cĂł bĂĄn kĂ­nh rẼt nháť? so váť›i â„“ vĂ cĂšng thuáť™c máť™t mạt pháşłng náşąm ngang váť›i O. Biáşżt ráşąng ròng 1 2 ráť?c cĂł tháťƒ Ä‘ưᝣc coi lĂ máť™t hĂŹnh tr᝼ Ä‘ạc vĂ cĂĄch O máť™t khoảng â„“ â„“, gia táť‘c tráť?ng trĆ°áť?ng tấi nĆĄi treo cĆĄ hᝇ nĂ y lĂ 6. 1. XĂĄc Ä‘áť‹nh gĂłc hᝣp báť&#x;i thanh 1 vĂ phĆ°ĆĄng náşąm ngang khi hᝇ hĂŹnh 3 cân báşąng. 2. KĂŠo 2 xuáť‘ng dĆ°áť›i máť™t Ä‘oấn 7 ≪ â„“ ráť“i buĂ´ng nháşš khĂ´ng váş­n táť‘c ban Ä‘ầu. Giả sáť­ dây máť m khĂ´ng tháťƒ trưᝣt Ä‘ưᝣc trĂŞn ròng ráť?c. TĂ­nh váş­n táť‘c gĂłc cáťąc Ä‘ấi cᝧa thanh. Gᝣi Ă˝: Váť›i # ≪ 1 1 sin:; + # = ≈ sin ; + # cos ; − # cos ; 2

Câu 6 (2,0 Ä‘iáťƒm) Máť™t háť?c sinh phĂĄt hiᝇn áť&#x; phĂ­a xa xa trong máť™t khu rᝍng ráş­m cĂł máť™t cây cáť• th᝼ rẼt cao. Do tĂ­nh tò mò vĂ cĂł máť™t chĂşt hiáťƒu biáşżt váť váş­t lĂ˝ nĂŞn bấn háť?c sinh Ä‘Ăł muáť‘n Ć°áť›c lưᝣng chiáť u cao cᝧa cây Ä‘Ăł vĂ khoảng cĂĄch tᝍ nĂł táť›i cháť— bấn Ẽy Ä‘ᝊng. Biáşżt ráşąng bấn háť?c sinh Ä‘Ăł cĂł 01 gĆ°ĆĄng pháşłng cĂł kĂ­ch thĆ°áť›c bĂŠ 01 giĂĄ Ä‘ᝥ cĂł tháťƒ Ä‘iáť u chᝉnh Ä‘áť™ cao 01 thĆ°áť›c Ä‘o Ä‘áť™ dĂ i 01 thĆ°áť›c Ä‘o Ä‘áť™ 01 thanh kim loấi tháşłng 01 quả dáť?i Giả sáť­ cây cáť• th᝼ máť?c tháşłng Ä‘ᝊng vĂ gáť‘c cây cáť• th᝼ áť&#x; cĂšng Ä‘áť™ cao váť›i mạt Ä‘Ẽt náşąm ngang nĆĄi bấn háť?c sinh nĂ y Ä‘ᝊng. Em hĂŁy trĂŹnh bĂ y máť™t phĆ°ĆĄng ĂĄn thĂ­ nghiᝇm Ä‘áťƒ giĂşp bấn háť?c sinh Ä‘o chiáť u cao cᝧa cây cáť• th᝼ nĂłi trĂŞn.

‌‌‌‌‌‌‌‌‌HẞT‌‌‌‌‌‌‌‌.. Lưu ý:

- ThĂ­ sinh khĂ´ng Ä‘ưᝣc sáť­ d᝼ng tĂ i liᝇu - CĂĄn báť™ coi thi khĂ´ng giải thĂ­ch gĂŹ thĂŞm.

2

TRáş I HĂˆ HĂ™NG VĆŻĆ NG LẌN THᝨ XV–SĆ N LA 2019

KᝲTHI CHáťŒN HáťŒC SINH GIᝎI MĂ”N: VẏT LĂ? - KHáť?I: 11 NgĂ y thi: 27 thĂĄng 7 năm 2019 Tháť?i gian lĂ m bĂ i: 180 phĂşt (khĂ´ng káťƒ tháť?i gian giao Ä‘áť )

HĆŻáťšNG DẪN CHẤM

LĆ°u Ă˝:- Náşżu thĂ­ sinh lĂ m cĂĄch khĂĄc mĂ cho káşżt quả chĂ­nh xĂĄc, cĂł chᝊng cᝊ khoa háť?c vẍn cho Ä‘iáťƒm táť‘i Ä‘a. - GiĂĄm khảo lĂ m tròn Ä‘iáťƒm táť•ng bĂ i thi Ä‘áşżn 0,25 Ä‘iáťƒm.

Câu 1 (4,0 Ä‘iáťƒm) Ä?ᝀ BĂ€I Ä?ạt Ä‘iᝇn tĂ­ch Ä‘iáťƒm tấi Ä‘iáťƒm O cĂĄch tâm C cᝧa quả cầu kim loấi bĂĄn kĂ­nh náť‘i Ä‘Ẽt máť™t khoảng â„“ > . Hᝇ vĂ quả cầu Ä‘ạt rẼt xa cĂĄc Ä‘iᝇn tĂ­ch khĂĄc, Ä‘iᝇn tháşż cᝧa mạt Ä‘Ẽt báşąng 0. 1. TĂ­nh láťąc mĂ tĂĄc d᝼ng lĂŞn quả cầu. hᝣp váť›i CO máť™t gĂłc . 2. TĂ­nh máş­t Ä‘áť™ Ä‘iᝇn tĂ­ch tấi Ä‘iáťƒm M trĂŞn báť mạt quả cầu, biáşżt CM

3. TĂ­nh cĂ´ng mĂ ta cần tĂĄc Ä‘áť™ng lĂŞn Ä‘áťƒ dáť‹ch chuyáťƒn nĂł tᝍ O ra rẼt xa quả cầu náşżu quả cầu luĂ´n luĂ´n náť‘i Ä‘Ẽt. 4. TĂ­nh tháşż năng táťą tĆ°ĆĄng tĂĄc cᝧa cĂĄc Ä‘iᝇn tĂ­ch cảm ᝊng trĂŞn báť mạt quả cầu.

Ă? 1 , Ä‘iáťƒm

HĆŻáťšNG DẪN CHẤM Náť™i dung = − = − = − = −

′ O′O O O

= CO , CO â„“ â„“

O′

â„“ CO â„“ − CO hay hĂşt quả cầu báşąng máť™t láťąc cĂł Ä‘áť™ láť›n â„“ = â„“ − Gáť?i CM = , CO = â„“, CO = â„“ = ℓ⇒ â„“ =

2 , Ä‘iáťƒm

C

1

M

Ä?iáťƒm

O

,

,

,

=

' − ℓ( + ℓ − 2 ℓ cos / −

* +

= 42 34 6 = 34

3 , 8 điểm 4 , điểm

7

)+ â„“,

) â„“

−2

*1 +

â„“,

â„“

cos .

1 − ),

),

= 42

)-

â„“,

/ − /

− 2 cos . ℓ

)

1 − ), ℓ,

⇒ ,

*1 + ), − 2 ) cos . ℓ,

â„“

ℓ0 ⇒ ℓ

,

< 1 . 9< = 9 < − < − 2 < − > 1 1 : = = 9 < − = 2 ℓ < − 2 ℓ − 1 1 1 1 9? = = @ 9 = − = @ 9 = − = 9 = − @ 2 2 2 OM 2 1 ?= 2 ℓ −

9: = − . 9< = . 9< =

2

, , , , , ,

Câu 2 (3,0 Ä‘iáťƒm) Cho mấch Ä‘iᝇn nhĆ° hĂŹnh 1, biáşżt ráşąng sau khi Ä‘Ăłng khĂła K máť™t khoảng tháť?i gian Ä‘ᝧ dĂ i cả hai VĂ´n káşż Ä‘áť u chᝉ giĂĄ tráť‹ B4 . Khoảng tháť?i gian tĂ­nh tᝍ lĂşc Ä‘Ăłng K Ä‘áşżn khi V chᝉ giĂĄ tráť‹ B4 /2 lĂ D. Biáşżt ráşąng Ä‘iᝇn tráť&#x; cᝧa hai VĂ´n káşż lần lưᝣt lĂ EF = G , E, = , hiᝇu Ä‘iᝇn tháşż giᝯa hai Ä‘iáťƒm A vĂ B luĂ´n khĂ´ng Ä‘áť•i, cuáť™n dây cĂł Ä‘iᝇn VG tráť&#x; khĂ´ng Ä‘ĂĄng káťƒ. V 1. TĂ­nh Ä‘áť™ táťą cảm J cᝧa cuáť™n dây. J K A B 2. Tấi tháť?i Ä‘iáťƒm K = 0, khi khĂła K Ä‘ang Ä‘Ăłng vĂ hai VĂ´n káşż Ä‘áť u chᝉ giĂĄ tráť‹ B4 ngĆ°áť?i ta Ä‘áť™t ngáť™t ngắt K. TĂŹm sáť‘ chᝉ cĂĄc hĂŹnh 1 VĂ´n káşż tấi tháť?i Ä‘iáťƒm K. Ä?ᝀ BĂ€I

Ă? 1 , Ä‘iáťƒm

HĆŻáťšNG DẪN CHẤM Náť™i dung

Tᝍ giả thiết ta thẼy BLM = ¹B4

OG

O

V

A

VG

9 *O − )QR . 9O , O + J = BLM ⇒ = − 9K ⇒ P 9K J O − QR P

),

2 , 8 Ä‘iáťƒm

U, U, BLM O = *1 − S T V W . ⇒ XE, = BLM *1 − S T V W . U, B4 D = B4 *1 − S T V Y . ⇒ J = 2 ln 2 Sau khi ngắt K, −OG = O = O ⇒ 9O 9O G + G + O + J = 0 ⇒ = − 9K 9K O J VĂŹ dòng Ä‘iᝇn qua J khĂ´ng tháťƒ Ä‘áť™t ngáť™t Ä‘ảo chiáť u nĂŞn BLM TUF\U, W BLM T*G]UF .^ `a U, _ O= S V = S U ^ G T*G] F . `a U, _ XEF = − G O = − BLM S U ^ T*G] F . `a U, _

XE, = O = BLM S Do Ä‘Ăł sáť‘ chᝉ cᝧa cĂĄc VĂ´n káşż sau khi ngắt K U ^ G T*G] F . `a U, _ XEFbc = − B4 S XE,bc = B4 S

3

U ^ T*G] F . `a

U, _

B

Ä?iáťƒm

J

K

, , , , , , , ,

Câu 3 (4,0 Ä‘iáťƒm) Ä?ᝀ BĂ€I Khi nhĂŹn vĂ o máť™t gĆ°ĆĄng cầu láť“i cĂł bĂĄn kĂ­nh cong , ngĆ°áť?i ta nháş­n thẼy ảnh S′ cᝧa máť™t Ä‘iáťƒm S nĂ o Ä‘Ăł dĆ°áť?ng nhĆ° áť&#x; cĂĄch đᝉnh Ocᝧa gĆ°ĆĄng máť™t khoảng h′ theo hĆ°áť›ng hᝣp váť›i phĂĄp tuyáşżn cᝧa gĆ°ĆĄng máť™t gĂłc i′. DĂšng mĂĄy Ä‘o váş­n táť‘c, ngĆ°áť?i ta Ä‘o Ä‘ưᝣc váş­n táť‘c cᝧa S cĂł Ä‘áť™ láť›n j′ vĂ hᝣp váť›i phĂĄp tuyáşżn cᝧa gĆ°ĆĄng máť™t gĂłc ′(hĂŹnh 2). 1. XĂĄc Ä‘áť‹nh váť‹ trĂ­ cᝧa S. 2. XĂĄc Ä‘áť‹nh váş­n táť‘c cᝧa S. Ă? 1 , Ä‘iáťƒm

S

HĆŻáťšNG DẪN CHẤM Náť™i dung 3

i

in

3′

I

S′

34

C

h3 h 3 ≈ cos i cos i′ i + 3 = in − 34 = i + 9i − 34 i m + 3 = in + 34 = i + 9i + 34 p ⇒ i = i; 9i = 9i cos i′ cos i′ 2 3 − 3 = 234 ⇒ − = ⇒ h′ h h′ cos i′ h= cos i′ − 2h′ S

j

i

O

i′

j

′

9h 9i j = −j cos − i ; = − sin ′ − i 9K 9K h 9h 9i j = −j cos − i = − sin − i 9K 9K h

4

j

′

hĂŹnh 2

Ä?iáťƒm

OI ≈ 34 ≈

2 , Ä‘iáťƒm

O

i′

S′

,

, , , , ,

, ,

9i 9i j j = ⇒ sin − i = sin − i 9K 9K h h 1 1 2 1 9h 1 9h 2 sin i′ 9i − = ⇒ − + = ⇒ h′ h cos i′ h 9K h 9K cos i′ 9K j′ j 2 sin i′ j cos − i − cos − i = − sin ′ − i h h cos i′ h h 2h sin i cos i′ cot ′ − i′ − 2h′ tan i′ cot − i′ = cot ′ − i′ + = ⇒ h′ cos i cos i′ − 2h′ cos i′ − 2h′

= i + arctan cos i′ cot ′ − i′ − 2h′ tan i′ h sin − i cos i′ sin − i j = j = j′ h sin − i cos i′ − 2h′ sin − i Vậy S có vận tốc j hợp vá»›i OS má»™t góc vá»›i cos i′ − 2h′ x = i + arctan v cos i′ cot ′ − i′ − 2h′ tan i′p cos i sin − i w j = j′ v cos i − 2h sin − i u

5

, , , , ,

Câu 4 (3,0 Ä‘iáťƒm) Ä?ᝀ BĂ€I Máť™t vòng tròn kim loấi bĂĄn kĂ­nh mang dòng Ä‘iᝇn y náşąm hoĂ n toĂ n trong mạt pháşłng Oz{ tấi nĆĄi cĂł Ä‘áť™ tᝍ thẊm | = 1. Tâm cᝧa vòng tròn trĂšng váť›i gáť‘c táť?a Ä‘áť™ O vĂ chiáť u cᝧa dòng Ä‘iᝇn trĂšng váť›i chiáť u quay tᝍ tr᝼c Oz Ä‘áşżn tr᝼c O{. Biáşżt vòng kim loấi nĂ y áť&#x; rẼt xa cĂĄc nguáť“n gây ra tᝍ trĆ°áť?ng khĂĄc. 1. TĂŹm cảm ᝊng tᝍ tấi Ä‘iáťƒm M trĂŞn tr᝼c Oz, biáşżt OM = } ≪ . 2. Ä?Ć°áť?ng cảm ᝊng tᝍ qua M cắt Oz{ tấi N váť›i ON = < ≍ , tĂŹm <. HĆŻáťšNG DẪN CHẤM Náť™i dung

Ă? 1 , Ä‘iáťƒm

{

O

‚ ƒ i

M

Theo đᝋnh luật Bio – Xava – Laplace, ta có

Ä?iáťƒm

‚ † z

1 − cos i | y 9i‚ ƒ Ă— '}Â… − ‚ † ( |4 y ) = 4 9 = - 9i ⇒ 42 } + − 2 } cos i -, 42 , ‡ ‡ , *1 + ), − 2 ) cos i. ≈ 9Â

2 , Ä‘iáťƒm

‡

|4 y } } 3 9 ˆ1 + 2 cos i + ‰− + cos iÂŒÂ? 9i ⇒ 2 2 42 = Â

|4 y 3} /1 + 0 2 2

lĂ vector Ä‘ĆĄn váť‹ trĂŞn tr᝼c OÂŽ. áťž khoảng cĂĄch Ä‘ᝧ xa, dòng Ä‘iᝇn tròn cĂł tháťƒ coi nhĆ° lĂ máť™t lưᝥng cáťąc tᝍ cĂł ⇒ Â? = 2 y |4 Â? |4 < . Â? < |4 y + 3 = − 42< 42< ‘ 4< VĂŹ cĂĄc Ä‘Ć°áť?ng cảm ᝊng tᝍ lĂ cĂĄc Ä‘Ć°áť?ng cong kĂ­n nĂŞn ‡ > |4 y 3< |4 y = /1 + 0 22<9< = = 22<9< ⇒ 2 4< 4 2 Â’ 2|4 y } 3}“ 2|4 y / + 0 = ⇒ 2 8 2< 1 3 <= ≈ − ≈ ‡, } } 4 } 1+ Â? = − Â

“ ),

6

,

, , , , , , ,

Câu 5 (4,0 Ä‘iáťƒm) Ä?ᝀ BĂ€I Máť™t thanh cᝊng Ä‘áť“ng chẼt, chiáť u dĂ i â„“, kháť‘i lưᝣng • cĂł tháťƒ quay táťą do khĂ´ng ma sĂĄt quanh máť™t Ä‘iáťƒm treo cáť‘ O Ä‘áť‹nh trĂŞn máť™t bᝊc tĆ°áť?ng tháşłng Ä‘ᝊng. Ä?ầu dĆ°áť›i cĂšng cᝧa thanh cĂł buáť™c máť™t sᝣi dây mảnh, máť m, nháşš vĂ khĂ´ng dĂŁn. Ä?ầu còn lấi cᝧa sᝣi dây nháşš trĂŞn cĂł buáť™c máť™t váş­t O nạng kháť‘i lưᝣng – = •√3/6, sᝣi dây nĂ y vắt qua máť™t ròng ráť?c cáť‘ Ä‘áť‹nh –4 š kháť‘i lưᝣng –4 = – cĂł bĂĄn kĂ­nh rẼt nháť? so váť›i â„“ vĂ cĂšng thuáť™c máť™t mạt pháşłng náşąm ngang váť›i O (hĂŹnh 3). Biáşżt ráşąng ròng ráť?c cĂł tháťƒ Ä‘ưᝣc coi là • – máť™t hĂŹnh tr᝼ Ä‘ạc vĂ cĂĄch O máť™t khoảng â„“ = â„“, dây khĂ´ng trưᝣt trĂŞn ròng ráť?c trong tẼt cả cĂĄc chuyáťƒn Ä‘áť™ng cᝧa hᝇ,gia táť‘c tráť?ng trĆ°áť?ng tấi nĆĄi treo cĆĄ hᝇ nĂ y là ™. hĂŹnh 3 1. XĂĄc Ä‘áť‹nh gĂłc hᝣp báť&#x;i thanh • vĂ phĆ°ĆĄng náşąm ngang khi hᝇ cân báşąng. 2. KĂŠo – xuáť‘ng dĆ°áť›i máť™t Ä‘oấn : ≪ â„“ ráť“i buĂ´ng nháşš khĂ´ng váş­n táť‘c ban Ä‘ầu. TĂ­nh váş­n táť‘c gĂłc cáťąc Ä‘ấi cᝧa thanh. Gᝣi Ă˝: Váť›i z ≪ 1, thĂŹ 1 sin š + z ≈ sin š + z cos š − z cos š. 2 HĆŻáťšNG DẪN CHẤM Náť™i dung

Ă? 1 , Ä‘iáťƒm

P

› Â&#x;

š

Â?

O

› œ

Q

Ă p d᝼ng quy tắc momen cho thanh cᝊng • ta cĂł â„“ š š ›œ cos š − Â?â„“ cos = 0 ⇔ •™ cos š − 2Â? cos = 0 2 2 2 Ă p d᝼ng quy tắc ròng ráť?c cáť‘ Ä‘áť‹nh ta cĂł Â? = ›Â&#x; = –™ ⇒ š – š 1 cos − cos − = 0 2 • 2 2 Giải phĆ°ĆĄng trĂŹnh trĂŞn ta Ä‘ưᝣc Dáť… thẼy š < 2/2, nĂŞn

cos

cos

š – 1 – = ¹  * . + 2 2 2• 2 •

š – 1 – – 1 – 2 = +  * . + 2 ⇒ š = 2 arccos ¢ +  * . + 2ÂŁ = 2 2• 2 • 2• 2 • 3

7

Ä?iáťƒm ,

, ,

,

2 , Ä‘iáťƒm

Náşżu thanh quay máť™t gĂłc 3 Ä‘ᝧ nháť? ngưᝣc chiáť u kim Ä‘áť“ng háť“ thĂŹ váş­t – Ä‘ưᝣc nâng lĂŞn máť™t Ä‘oấn 2/3 + 3 2 â„“ √3 â„ŽÂ&#x; = 2â„“ sin − 2â„“ sin = â„“ 3 − 3 2 6 2 8 còn • hấ xuáť‘ng máť™t Ä‘oấn â„“ 2 â„“ 2 â„“ ℓ√3 â„ŽÂœ = sin * + 3. − sin = 3 − 3 2 3 2 3 4 8 Do Ä‘Ăł tháşż năng cᝧa hᝇ khi thanh áť&#x; li Ä‘áť™ 3 ™ℓ 2 2 •™ℓ 2 – ?W = –™ℎÂ&#x; − •™ℎœ = *• sin − – sin . 3 = *2 cos − . 3 ⇒ 4 3 6 4 6 • 5•™ℓ ?W = 3 16√3 Ta lấi cĂł 2 ℓ√33ÂŞ jÂ&#x; = ¨Â&#x;Š <4 = â„“ *cos . 3ÂŞ = 6 2 Do Ä‘Ăł Ä‘áť™ng năng cᝧa hᝇ khi • áť&#x; li Ä‘áť™ 3 lĂ 1 –4 3 • 9√3 + 16 ?Ä‘ = /*– + . + 0 â„“ 3ÂŞ = •ℓ 3ÂŞ 2 2 4 3 96 Theo Ä‘áť‹nh luáş­t bảo toĂ n cĆĄ năng ta cĂł 9√3 + 16 5•™ℓ •ℓ 3ÂŞ + 3 = ­Â‚ÂŽK 96 16√3 Ä?ấo hĂ m hai váşż theo tháť?i gian ta Ä‘ưᝣc 30 ™ 3ÂŻ + 3=0 27 + 16√3 â„“ Tᝍ Ä‘Ăł ta cĂł hᝇ dao Ä‘áť™ng Ä‘iáť u hòa váť›i tần sáť‘ gĂłc ™ √30 ² ¨= Âą27 + 16√3 â„“ Do Ä‘Ăł váş­n táť‘c cáťąc Ä‘ấi cᝧa váş­t nạng – lĂ

š ℓ√3 jÂ&#x;³´¾ = ¨: = â„“ *cos . 3ª³´¾ = 3ÂŞ 2 2 ³´¾ Hay váş­n táť‘c gĂłc cáťąc Ä‘ấi cᝧa thanh cᝊng lĂ 2¨: 2√30 : ™ ² 3ª³´¾ = = ℓ√3 Âą81 + 48√3 â„“ â„“

8

, , ,

,

,

, ,

Câu 6 (2,0 Ä‘iáťƒm) Ä?ᝀ BĂ€I Máť™t háť?c sinh phĂĄt hiᝇn áť&#x; phĂ­a xa xa, trong máť™t khu rᝍng ráş­m cĂł máť™t cây cáť• th᝼ rẼt cao. Do tĂ­nh tò mò vĂ cĂł máť™t chĂşt hiáťƒu biáşżt váť váş­t lĂ­ nĂŞn bấn háť?c sinh Ä‘Ăł muáť‘n Ć°áť›c lưᝣng chiáť u cao cᝧa cây Ä‘Ăł vĂ khoảng cĂĄch tᝍ nĂł táť›i cháť— bấn Ẽy Ä‘ᝊng. Biáşżt ráşąng bấn háť?c sinh Ä‘Ăł cĂł: 01 gĆ°ĆĄng pháşłng cĂł kĂ­ch thĆ°áť›c bĂŠ, 01 giĂĄ Ä‘ᝥ cĂł tháťƒ Ä‘iáť u chᝉnh Ä‘áť™ cao, 01 thĆ°áť›c Ä‘o Ä‘áť™ dĂ i, 01 thĆ°áť›c Ä‘o Ä‘áť™, 01 thanh kim loấi tháşłng, 01 quả dáť?i. Giả sáť­ cây cáť• th᝼ máť?c tháşłng Ä‘ᝊng vĂ gáť‘c cây cáť• th᝼ áť&#x; cĂšng mạt pháşłng náşąm ngang váť›i mạt Ä‘Ẽt nĆĄi bấn háť?c sinh trĂŞn Ä‘ang Ä‘ᝊng. Em hĂŁy trĂŹnh bĂ y máť™t phĆ°ĆĄng ĂĄn thĂ­ nghiᝇm Ä‘áťƒ giĂşp bấn háť?c sinh Ä‘o chiáť u cao cᝧa cây cáť• th᝼ nĂłi trĂŞn. HĆŻáťšNG DẪN CHẤM Ă? Náť™i dung Ä?iáťƒm CĆĄ sáť&#x; lĂ˝ thuyáşżt Náşżu hai váť‹ trĂ­ Ä‘ạt gĆ°ĆĄng OG vĂ O Ä‘áť u cho ảnh 3 O cᝧa ngáť?n cây náşąm trĂŞn cĂšng Ä‘Ć°áť?ng tháşłng OG O ¡ (hĂŹnh váş˝) thĂŹ ta cĂł i â„Ž ¡ + â„Ž = J tan i p , Âś ⇒ O G ¡ − â„Ž = J tan i − 3

Ä?ạt { = â„Ž, z =

â„Ž=¡

¸ša ƒTÂş ¸ša Âş

tan i + tan i − 3 sin i − 3 =¡ tan i − tan i − 3 sin 3

, ta cĂł

{ = ¡z

J

CĂĄch tiáşżn hĂ nh Ä?ạt gĆ°ĆĄng pháşłng tấi Ä‘iáťƒm OG trĂŞn mạt Ä‘Ẽt náşąm ngang, dáť‹ch chuyáťƒn giĂĄ Ä‘ᝥ cho Ä‘áşżn khi ảnh cᝧa ngáť?n cây qua gĆ°ĆĄng náşąm trĂŞn Ä‘Ć°áť?ng tháşłng OG O (O là đᝉnh giĂĄ Ä‘ᝥ). DĂšng thanh kim loấi tháşłng, thĆ°áť›c Ä‘o Ä‘áť™ vĂ dây dáť?i Ä‘o gĂłc i giᝯa OG O vĂ mạt pháşłng náşąm ngang dĂšng thĆ°áť›c Ä‘o Ä‘áť™ dĂ i Ä‘o Ä‘áť™ cao â„Ž tᝍ mạt Ä‘Ẽt Ä‘áşżn O . Chuyáťƒn gĆ°ĆĄng Ä‘áşżn O , xoay gĆ°ĆĄng cho Ä‘áşżn khi ảnh cᝧa ngáť?n cây lấi náşąm trĂŞn OG O , Ä‘o tiáşżp gĂłc 3 giᝯa gĆ°ĆĄng vĂ mạt pháşłng náşąm ngang. Thay Ä‘áť•i â„Ž, lạp lấi cĂĄc bĆ°áť›c thĂ­ nghiᝇm trĂŞn ta Ä‘ưᝣc bảng sáť‘ liᝇu sau Lần Ä‘o â„Ž i 3 z { â„Ž â„ŽG iG 3G zG {G i â„Ž i 3 z { 3 ‌ ‌ ‌ ‌ ‌ z â„Ž7 i7 37 z7 {7

9

, , ,

,

Tᝍ bảng sáť‘ liᝇu trĂŞn ta cĂł Ä‘áť“ tháť‹ sau DĂšng thĆ°áť›c Ä‘o Ä‘áť™ (hoạc thĆ°áť›c Ä‘o Ä‘áť™ dĂ i), ta cĂł ¡ = tan š

,

{ m

O

š

‌‌‌‌‌‌‌‌‌HẞT‌‌‌‌‌‌‌‌..

10

z

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XV

ĐỀ THI MÔN VẬT LÍ – KHỐI 11 NĂM HỌC 2018 - 2019 Thời gian làm bài:180 phút (Đề này có 02 trang, gồm 05 câu)

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH ĐIỆN BIÊN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Đề bài Câu 1.(3,0 điểm) Một dây mang điện tích Q > 0 phân bố đều được uốn thành nửa đường tròn như (Hình vẽ 1). Một hạt mang điện q < 0 được thả ra từ một điểm rất xa trên đường thẳng chứa đoạn AB không vận tốc đầu. Cho biết tỉ số vận tốc của hạt khi đi qua A và B là

vA = n . Tìm tỉ số gia tốc của hạt ở A và B. vB

B

A

Q

Hình 1

Câu 2.(4,0 điểm) Cho mạch điện như (Hình vẽ 2a). Tụ điện có điện dung C = 1µ F ban đầu chưa tích điện, điện trở R = 10Ω , nguồn điện có suất điện động E = 20V , điện trở trong không đáng kể, đi-ốt Đ có đường đặc trưng vôn-ampe biểu diễn như (Hình vẽ 2b). Ban đầu K mở rồi sau đó đóng. 1. Nêu đặc điểm của Điốt về mặt dẫn điện. 2. Tính tổng nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở R khi K đóng. K A

i ( A)

R

Đ

N M

E

C

1 O

10

B

Hình 2a

u AM = uD (V )

Hình 2b

Câu 3.(3,0 điểm) Một ống mao dẫn bằng thủy tinh, chiết suất n = 1,732; đường kính ngoài D = 3,464 mm, đường kính trong d = 2,00 mm chứa thủy ngân. Mặt ngoài của ống có khắc các vạch có chiều dài 1,0 mm và các vạch đều nhau 1,0 mm (Hình vẽ3). Ống được quan sát từ phía bên và được đặt đủ xa mắt quan sát để các tia sáng từ mọi điểm của ống tới mắt đều có thể xem gần đúng là những tia song song. a. Xác định giá trị đường kính d’ của ảnh của cột thủy ngân Hình 3 mà mắt nhìn thấy. b. Xác định tính chất (thật hay ảo), vị trí, chiều và độ lớn của ảnh các vạch chia và khoảng cách giữa chúng.

Câu 4.(3,0 điểm) Cho một khung dây dẫn kín hình chữ nhật ABCD bằng kim loại, có điện trở R, có chiều dài các a A B cạnh là a và b. Một dây dẫn thằng ∆ dài vô hạn, nằm d trong mặt phẳng của khung dây, song song với cạnh b AD và cách nó một đoạn d như (Hình vẽ 4). Trên dây dẫn thẳng có dòng điện cường độ I0 chạy qua. D C ∆ a. Tính từ thông qua khung dây. b. Tính điện lượng chạy qua một tiết diện thẳng Hình 4 của khung dây trong quá trình cường độ dòng điện trong dây dẫn thẳng giảm đến 0. c. Cho rằng cường độ dòng điện trong dây dẫn thẳng giảm tuyến tính theo thời gian cho đến khi bằng 0, vị trí dây dẫn thẳng và vị trí khung dâykhông thay đổi. Hãy xác định xung của lực từ tác dụng lên khung. Câu 5.(4,0 điểm) Cho vật nhỏ A xem như chất điểm có khối lượng m và vật B khối lượng M. Mặt trên của B là một phần mặt cầu bán kính R (Hình vẽ 5). Lúc đầu B đứng yên trên mặt sàn, bán kính của mặt cầu đi qua A hợp với phương thẳng đứng một góc α 0 ( α 0 có giá trị nhỏ). Giữa B và mặt sàn S không có ma sát. Thả cho A chuyển động với vận tốc ban đầu bằng không. Ma sát giữa A và B không đáng kể. Cho gia tốc trọng trường là g. a. Tính chu kỳ dao động của hệ. b. Lực mà A tác dụng lên B có giá trị cực đại bằng bao nhiêu.

Hình 5

Câu 6.(3,0 điểm) Có một bóng đèn 2,5V – 0,1W, dây tóc đèn có bán kính rất nhỏ nên khi cho dòng điện chạy qua là nóng lên rất nhanh. Để đo chính xác điện trở của nó ở nhiệt độ phòng người ta dùng các dụng cụ sau: 1 pin 1,5V, 1 biến trở, 1mV kế sai số ± 3mV có điện trở nội rất lớn, 1mA kế có điện trở nội không đáng kế sai số ± 3µA. Hãy đề xuất phương án thí nghiệm để tiến hành phép đo ấy: - nêu nguyên lý thí nghiệm - sơ đồ bố trí thí nghiệm - cách tiến hành thí nghiệm và xử lý số liệu.

-------------Hết-------------

Người ra đề

Ngô Thanh Dũng: ĐT - 0903498816 Lê Xuân Thông: ĐT - 0912559903

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XV TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH ĐIỆN BIÊN

HƯỚNG DẪN CHẤM VẬT LÍ – KHỐI 11 NĂM HỌC 2018 - 2019 Thời gian làm bài:180 phút

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

CÂU Câu 1 (3 điểm)

ĐIỂM Chọn gốc điện thế ở vô cực (V∞ = 0). Mật độ điện dài: λ =

Q Q , với R là bán kính đường tròn. = l πR

A

B

Q

Chia nửa vòng tròn thành những đoạn đủ nhỏ mang điện tích dQ = λ.d l Tại A: - Điện thế tại A: VA = ∫ dVA = ∫ k

dE A = k

0,25

dQ Q =k R R

(1) - Cường độ điện trường tại A:

B

dQ λ dl =k 2 2 R R

dQ

A

0,25

- Do tính đối xứng nên cường độ điện trường tổng hợp tại A hướng nằm ngang:

k Q Q = 2k R πR πR 2 E 2 - Từ (1) và (2) suy ra: A = VA πR

⇔ EA = 2

π 2

kλ

∫ cos α.Rdα = 2 R

−

π 2

0,25

(2)

0,25

(3)

Tại B: - Điện thế tại B: VB = ∫ dVB = ∫ k

dQ

dQ dQ k dQ = ∫k = ∫ d 2R cos β 2R cos β

- Cường độ điện trường tại B: dE B = k

dQ dQ =k 2 2 d 4R cos 2β

(4) β

B

A

dQ k dQ = 2 2 ∫ 4R cosβ 4R cosβ

0,25

r dE B

0,25

Do tính đối xứng nên cường độ điện trường tổng hợp tại B hướng nằm ngang: ⇒ E B = ∫ dE B .cos β = ∫ k

0,25

α

r dE A

λ dl kλ kλ ⇒ E A = ∫ dE A .cos α = ∫ k 2 .cos α = 2 ∫ dl.cos α = 2 R R R

0.25

(5)

- Từ (4) và (5) suy ra:

EB 1 = VB 2R

(6)

0,25

(7)

0,25

* Theo định luật bảo toàn năng lượng: qVA =

1 1 V v 2 mv A 2 ;qVB = mv B 2 ⇒ A = A 2 = n 2 2 2 VB v B

* Theo định luật II Newton: FA = qE A = ma A ; FB = qE B = ma B ⇒ Từ (3) và (6) ta có:

E A 4VA a 4V = ⇒ A = A E B πVB a B πVB

a A EA = aB EB

(8); Từ (7) và (8) suy ra: 0,25

aA 4 2 = n aB π

Câu 2 (4 điểm)

0,25

0,25

1. Ta thấy rằng Điốt được mắc thuận. Từ đường đặc trưng Vôn-ampe suy ra điốt luôn mở.

0.25

+ Khi u AM = uđ < U 0 = 10V thì điốt mở, lúc này điốt hoạt động như một điện

0,50

trở Rđ 1 =

∆u = 10Ω . ∆i

+ Khi u AM = uđ = U 0 = 10V thì điốt vẫn mở, nhưng lúc này điốt trở thành vật

0,25

siêu dẫn tức điện trở của điốt Rđ 2 = 0 , và hiệu điện thế giữa hai đầu điốt luôn có giá trị cố định là U 0 = 10V . 2.Ta chia quá trình làm hai giai đoạn: Giai đoạn 1: Ngay khi vừa đóng khóa K u AM = u AB + u{ BN + u NM = E = 20V , lập tức có dòng { 0

0

điện chạy qua Điot nhưng cũng ở thời điểm đó RD1 = 0 , đồng thời hiệu điện thế giữa hai đầu Điot sẽ được giữ và duy trì ở U gh = 10V một thời gian (từ

0,50

t = 0 → t1 hiệu điện thế giữa hai đầu Điot được duy trì và giữ bằng U gh = 10V ).

Giai đoạn 2: 0,50

Sau thời điểm t1 , hiệu điện thế giữa hai đầu Điot u AM < U gh = 10V , lúc này Điot có điện trở RD 2 = 10Ω , quá trình này kéo dài từ lúc u AM ≤ U gh = 10V cho đến khi u AM = 0 , dòng điện qua mạch là i =

u 10

Xét giai đoạn 1: q  u AA = u AM + uMN + u NB + u BA = 10 + iR + C − E = 0 d (CE − 10C − q ) dt =− ⇒  CE − 10C − q CR i = q / ≠ u  10 t  −   CR q = C ( E − 10) 1 − e    q t d (CE − 10C − q ) dt    ∫0 CE − 10C − q = −∫0 CR ⇒  t   E − 10  − CR / i = q = e     R  

0,50

t

E − 10  − CR1 Đến thời điểm t1 ⇒ i =  = 1A ⇒ t1 = 0 , nghĩa là ngay khi đóng e  R 

khóa K hiệu điện thế giữa hai đầu Điot là u AM = E = 20V , sau đó hiệu điện thế này giảm tức thời về u AM = ugh = 10V (vì trên đồ thị nếu hiệu điện thế giữa hai đầu Điot mà lớn U gh = 10V thì điện trở của Điot là RD1 = 0 và chỉ cho phép hiệu điện thế giữa hai đầu Điot duy trì ở mức 10V). Quá trình hiệu điện thế giữa hai đầu Điot duy trì ở mức 10V kéo dài từ khi đóng K đến thời điểm t1 = 0 , nghĩa là quá trình này cũng là tức thời. Vậy ngay sau giai đoạn 1 (một cách tức thời) sẽ có giai đoạn 2 luôn. Xét giai đoạn 2: + uD = u AM = u < U 0 = 10V cường độ dòng điện

Khi u < U 0 = 10V dòng điện trong mạch là i, hiệu điện thế giữa hai đầu đi-ốt Đ là u , điện tích trên tụ là q. Chọn chiều dương như HV

R

Đ

u biến thiên theo quy luật i = . 10

A

M

q

E + B

N

i

C 0,50

u  / i = 10 = q q ⇒ i ( R + 10 ) = E − ta có:  C u = u + i.R + q − E = 0 AA  C t  −   C ( R +10) q q = CE 1 − e    q d (E − ) t  dt    C ⇒ ∫ =− ∫ ⇒ t q 10 C R + ( ) q0 = 0 t = 0  0 E−  E  − C ( R +10) / C i = q =  e  R + 10  

CRE 2 CE 2 Ta có: Q = ∫ Ri dt = = = 10−4 J 2( R + 10) 4 t0 = 0 ∞

2

1,0 Câu 3 (3 điểm)

a) Chiều dài đường kính ảnh d’ của cột thủy ngân: I r R - Xét một mặt phẳng tiết diện A α ngang P của ống, chứa tầm nhìn i ’ ngang OM của mắt (hình vẽ). Kí A hiệu A, B là hai đầu đường kính của cột thủy ngân. Các tia sáng từ O M mọi điểm của cột thủy ngân tới mắt đều nằm trong mặt phẳng P B và song song với nhau (theo đề bài). - Tia AI, xuất phát từ A đi tới thành ngoài của ống, ló ra ngoài 0.25 theo phương IR, dưới góc r. Tia IR song song OM và vuông góc với AB tại A’; OA’ là ảnh của bán kính OA. 0,25 OA OI OI = = (1) - Trong tam giác OAI ta có: , với sinr = n sin i sin i sin α cos ( r − i ) d ' OA ' OI .sinr OI .n sini - Số phóng đại của ảnh là : k = = = = = n cos ( r − i ) d OA OA OA - Từ (1) ta có:

0,25

(2)

0,25

OA OI d D D 0,25 = ⇒ = = 2 2 sin i cos ( r − i ) sin i cos r.cos i + sinr.sin i 1 − sin r . 1 − sin i + n sini.sin i 0,25 D (3) ⇒ 1 − n 2 sin 2 i . 1 − sin 2 i = n sin 2 i − sin i d 0,25 1 - Thay D, d và n vào (3) tìm được: sini = ⇒ i = 300 và r = 600 2 3d - Suy ra: d ' = kd = d .ncos ( r − i ) = = 3 mm 2 b. Kí hiệu r là bán kính cột thủy ngân và R là bán kính ngoài của ống mao dẫn. Theo r phương ngang, cột thủy ngân như một gương cầu lồi, tiêu cự f = − . 2 (Coi mỗi vạch trên mặt ngoài của ống ở phía mắt quan sát như một vật sáng nhỏ CD, 0,25 tạo ảnh: CD → GCL cho ảnh C1D1 cách gương d1’, C1D1 là vật LCCvà cách LCC d2 cho ảnh C’D’cách d3) 0,25 (4) - Vật CD đặt trước gương cầu lồi, cách gương một khoảng: d1 = R − r (R − r)r d f (5) và gương cho ảnh ảo cách gương: d1' = 1 = − d1 − f 2R − r 2 R( R − r ) 0,25 (6) - Từ đó: d 2 = d1' + ( r − R ) = − 2R − r + Công thức LCC (thủy tinh – không khí): n 1 n −1 2 R(r − R) − = ⇒ d3 = = −0,5145 mm (7) d 2 d3 − R nr − 2( R − r ) 0,25 - Khoảng cách ảnh giữa các vạch bằng nhau l = 1 mm, chiều ngang (độ lớn) của ảnh của các vạch chia bằng l’: d r n(2 R − r ) d' l ' = l k 1 k2 với k1 = 1 = ; k2 = n 3 = 0,25 d1 2 R − r d 2 nr + 2( R − r ) nr .1 = 0,542 mm Suy ra l ' = nr + 2( R − r )

Câu 4 (3 điểm)

a. Cảm ứng từ tại điểm cách dây dẫn một đoạn r: B =

µ0 I0 2πr

0,5

Từ thông qua khung dây là: d +a

Φ=

∫ d

µ0 I 0b µ Ib a dr = 0 0 ln(1 + ) = Φ 0 2πr 2π d dΦ , trong khung dt

0,25

ec dΦ dq dΦ lấy tích phân 2 vế ta =− = ⇒ dq = − R Rdt dt R

0,25

b. Trong thời gian nhỏ dt trong khung có suất điện động ec = − có dòng điện cảm ứng i =

0,5

được:

0,5

Φ − Φ0 0 − Φ 0 Φ 0 µ 0 I 0b a =− = = ln(1 + ) R R R 2πR d c. Gọi ∆t là thời gian dòng điện giảm đều đến 0 thì: t I = I 0 (1 − ); ec = −Φ ' ; trong khung có dòng điện cảm ứng ∆t e Φ' µ I b a i = c = − = 0 0 ln(1 + ) = hằng số R R 2πR∆t d Lực tác dụng lên khung là tổng hợp hai lực tác dụng lên các cạnh AD và BC: µb µ 0b µ 0 ab F = B1bi − B2 bi = 0 Ii − Ii = Ii 2πd 2π (d + a ) 2πd (d + a) Xung của lực tác dụng lên khung là: ∆t µ 0 I 0 abi ∆t µ 02 ab 2 I 02 t a X = ∫ Fdt = I 0 (1 − ) dt = ln(1 + ) ∫ 2 2πd ( d + a ) 0 ∆t 4π d ( d + a ) 2 R d 0 a. Khi bỏ qua ma sát, theo phương ngang, động lượng của hệ được bảo toàn. Vì nhỏ nên có thể coi vận tốc của m có phương nằm ngang, ta có: mv + MV = 0 mv 2 MV 2 + = mgR ( cos α − cos α 0 ) Mặt khác, do bảo toàn cơ năng: 2 2 m  Có α& R = (v − V) = v 1 +  . Với góc bé, ta có:  M mR 2α& 2 Mm 2 R 2α& 2 1 + = mgR α 02 − α 2 2 2 2 2 2 (1 + m / M ) 2M (1 + m / M ) q=−

Câu 5: (4 điểm)

(

α& 2 R 2 = 1 g ( α2 − α2 ) ⇒ 0 m 2 1+ M && = − Đạo hàm hai vế biểu thức trên theo t, ta được: α

)

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

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

g (1 + m / M ) α. R

Vậy hệ dao động điều hoà với g (1 + m / M ) R ω= → T = 2π . R g (1 + m / M ) ur r r b. Đối với m: N + mg = ma . Chiếu lên phương hướng tâm, ta có: m(v − V)2 N = mg cos α + . R Theo định luật bảo toàn động lượng: mv + MV = 0 mv 2 MV 2 Và bảo toàn cơ năng: + = mgR (cos α − cos α 0 ) 2 2

0,25 0,5

0,25 0,25 0,25

Suy ra:

0,25  m  v=   2gR(cos α − cos α 0 ) M+m m  Ta đã biết (v − V) = v 1 +  nên khi α = 0, cosα và v- V cực đại, do đó N cực 0,50  M đại. Vậy m(v − V) 2 m2 m  0,50 N max = mg cos 0 + g − 2mg  1 +  cos α 0 = 3mg + 2 R M M   Câu 6: (3 điểm)

+ Không thể đo trực tiếp R = U/I vì đèn nóng lên rất nhanh, hơn nữa nếu cho U và I nhỏ quá thì sai số sẽ lớn do đó phải ngoại suy từ các phép đo I và U không quá nhỏ, điều này chỉ làm được khi đồ thị là đường thẳng.

0,50

Ta có P = B( T – Tf ) = UI với B là một hằng số chưa biết và

0,50

R = Rf.( 1 + α(T – Tf)) = U/I ⇒ U/I = Rf ( 1 + α.UI/B ) đặt y = U/I, x = UI thì đồ thị của y theo x là

đường thẳng. Đo các giá trị tương ứng U và I, lập bảng vẽ đồ thị y(x).

0,50 0,50

+ Ngoại suy từ đồ thị bằng cách kéo dài đường thẳn cắt trục oy tại đâu thì đó

0,50

A

Sơ đồ mạch điện như hình vẽ. y=U/I

E Rf o

X=UI

V R

………………………..Hết……………………..

Đ

0,50

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT MÔN: VẬT LÍ KHỐI: 11

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XV TRƯỜNG THPT CHUYÊN CHU VĂN AN TỈNH LẠNG SƠN

(Đề thi có 02 trang, 6 câu) Câu 1 (Tĩnh điện) (3,0 điểm) Một vòng dây tròn mảnh tâm O và bán kính R được đặt cố định nằm ngang trong không

khí. Vòng dây tích điện q phân bố đều. Chọn trục Oz thẳng đứng trùng với trục của vòng dây. a) Tính điện thế V và cường độ điện trường E tại điểm M nằm trên trục Oz với OM = z. Nhận xét kết quả tìm được khi z >> R . b) Xét một hạt cũng mang điện tích q. Ta chỉ nghiên cứu chuyển động của hạt dọc uur

theo trục Oz. Từ độ cao h so với vòng dây, người ta truyền cho hạt vận tốc v0 dọc theo trục Oz hướng về phía vòng. Tìm điều kiện của v0 để hạt có thể vượt qua vòng dây. Bỏ qua tác dụng của trọng lực. Câu 2 (Điện) (3,0 điểm) K Cho mạch điện như hình 1. Biết suất điện động và điện trở trong của nguồn lần lượt là E và r, điện trở R và điện dung C của E, r tụ điện đã biết. Lúc bắt đầu khảo sát, tụ điện chưa được nạp điện. C R Lúc t = 0, đóng khóa K, sau đó khóa K ngắt vào thời điểm khi tốc độ thay đổi năng lượng dự trữ trong tụ điện là lớn nhất. Xác định nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở R kể từ khi ngắt khóa K. Câu 3 (Quang hình) (4,0 điểm) Hai thấu kính hội tụ L1 và L2 đồng trục như hình 2. Vật Hình 1 sáng phẳng, nhỏ AB đặt trước L1 vuông góc với trục chính của hệ thấu kính cho ảnh rõ nét cao 1,8 cm trên màn E đặt tại M0 sau L2. Nếu giữ nguyên AB và L1, bỏ L2 đi thì phải đặt L1 L2 màn E tại M1 B cách M0 đoạn 6 M0 M1 M2 cm mới thu được A O1 O2 ảnh thật của vật, cao 3,6 cm. Còn giữ nguyên AB Hình 2 và L2, bỏ L1 đi thì phải đặt màn E tại M2 sau M1, cách M1 đoạn 2 cm mới thu được ảnh thật cao 0,2 cm. a) Xác định chiều cao của AB và hai tiêu cự f1, f2 của hai thấu kính. b) Giữ nguyên AB và L1, điều chỉnh để khoảng cách giữa L1 và L2 là 30 cm. Tìm độ phóng đại của ảnh cho bởi hệ. Câu 4 (Từ trường – Cảm ứng điện từ) (4,0 điểm) 1

Hai thanh kim loại cứng MN và PQ Q đặt vuông góc và luôn tiếp xúc với hai thanh ray kim loại cứng, dài, song song, giữ cố định trên mặt phẳng ngang. Thanh MN R L có khối lượng m, thanh PQ có điện trở R, khoảng cách giữa hai thanh ray là L. Bỏ qua điện trở của thanh MN và các thanh ray. P Đặt cả hệ trên vào một vùng từ trường đều ur B vuông góc và hướng vào mặt phẳng hình vẽ. Thanh PQ được giữ cố định bên trái MN như hình 3.

N

uur v0

ur B

M

Hình 3

uur

a) Kéo thanh MN chuyển động sang trái với vận tốc v0 không đổi. Xác định cường độ dòng điện trong mạch và lực từ tác dụng lên thanh MN. b) Coi rằng tại thời điểm t = 0, khi đang kéo thanh MN với tốc độ v0 thì thả cho thanh MN chuyển động tự do. Bỏ qua mọi ma sát và sự hao tổn năng lượng do bức xạ điện từ. Xác định tốc độ của thanh MN tại thời điểm t > 0 và quãng đường mà thanh đi được. Câu 5 (Dao động cơ) (4,0 điểm) O Một con lắc kép gồm một thanh OA đồng chất, khối lượng m, chiều dài l = 2R và một đĩa đồng chất có khối lượng m, bán kính R có tâm ϕ A. Hệ quay trong mặt phẳng thẳng đứng quanh trục nằm ngang qua O song song với trục quay của đĩa như hình 4. Bỏ qua mọi ma sát. a) Đĩa và thanh liên kết chặt chẽ với nhau. Chứng minh hệ dao động điều hòa và tìm chu kì dao động nhỏ của hệ. A b) Đĩa và thanh quay tự do với nhau. Ban đầu, thanh đứng yên và nghiêng một góc nhỏ so với phương thẳng đứng, đĩa có tốc độ góc ω0 . Tìm chu kì dao động nhỏ của thanh.

Hình 4

Câu 6 (Phương án thực hành) (2,0 điểm) Cho các dụng cụ sau: một nguồn điện không đổi, một tụ điện chưa biết điện dung, một điện trở có giá trị khá lớn đã biết, một micrôampe kế, dây nối, ngắt điện, đồng hồ bấm giây và giấy kẻ ô tới mm. Hãy đề xuất phương án thực nghiệm để đo điện dung của tụ điện đã cho. ………….HẾT…………. Người thẩm định

Người ra đề

Nguyễn Thanh Huyền 0985 504 198

Nguyễn Minh Tú 0915 156 288 2

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI ĐỀ XUẤT MÔN: VẬT LÍ KHỐI: 11

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XV TRƯỜNG THPT CHUYÊN CHU VĂN AN TỈNH LẠNG SƠN

(HDC có 6 trang) Câu 1 (Tĩnh điện) (3,0 điểm) Ý

Nội dung Chia vòng tròn thành nhiều phần tử dl . Do vòng dây tích điện đều nên điện tích trên mỗi phần tử dq =

dl q 2π R

Điểm

0,25

Điện thế do mỗi phần tử gây ra tại điểm M trên trục, có tọa độ z: dV =

1

dq

4πε 0

2

R +z

=

2

qdl 2

0,25 2

8π ε 0 R R + z

2

Điện thế V do vòng tròn tích điện gây ra tại M: a)

V = ∫ dV =

2π R

∫ 0

qdl 2

2

8π ε 0 R R + z

2

=

0,5

q 2

4πε 0 R + z

2

Do tính chất đối xứng trục, cường độ điện trường do vòng tròn ra tại điểm M có phương dọc trục Oz : E = − Khi z >> R thì V =

q 4πε 0 z

dV qz = dz 4πε 0 ( R 2 + z 2 )3

; E=

0,25

q 4πε 0 z 2

Nhận xét : Biểu thức điện thế và cường độ điện trường tại M giống điện tích

0,5

điểm q đặt tại O gây ra tại M. Điện thế do vòng tròn gây ra tại tâm: Vo =

q 4πε 0 R

.

0,25

Bỏ qua tác dụng của trọng lực nên tại z = 0 là vị trí cân bằng của hạt. Mặt khác b)

hai vật mang điện cùng dấu nên đây là vị trí cân bằng không bền. Điều kiện để hạt có thể xuyên qua vòng dây thì : 1 2 1 q2 q2 mv0 + qVM ≥ qVo ⇔ mv02 + ≥ 2 2 4πε 0 R 4πε 0 R 2 + h 2

3

0,5

 q2  1 1  −  2 2  2π mε 0  R R h +  

⇒ v0 ≥

0,5

Câu 2 (Điện) (3,0 điểm) Nội dung Giả sử chiều dòng điện như hình vẽ, gọi q và U là điện tích của tụ điện và hiệu điện thế giữa hai bản tụ; IC và IR là dòng điện đến tụ điện và dòng điện qua điện trở R.

I

IR

IC

R

C + -

E, r

Năng lượng dự trữ trong tụ điện: W =

Điểm

0,50

1 q2 2C

Tốc độ biến thiên năng lượng trên tụ điện:

dW q dq = . = UIC dt C dt

Áp dụng định luật Kiếc-xốp có: E – Ir – IRR = 0 → E – (IC + IR)r – IRR = 0 Mà IRR = U E−U E − U U E U(r + R) − IR = − = − r r R r Rr dW E (r + R) 2 → U = UIC = U − dt r Rr R E. Phương trình có giá trị cực đại khi U = 2(R + r)

0,50 0,50

⇒ IC =

0,50

0,50

Đó chính là hiệu điện thế giữa hai bản tụ điện khi khóa K ngắt. Lượng nhiệt tỏa ra trên điện trở R sau khi khóa K ngắt bằng năng lượng dự trữ trên tụ điện và bằng: Q =

CU 2 CE 2  R  =   2 8 R+r

2

0,50

Câu 3 (Quang hình) (4,0 điểm) Ý

Nội dung

Điểm

L L A2 B2 (1) Sơ đồ tạo ảnh: AB  → A1 B1 → d d d d 1

1

' 1

2

2

' 2

a)

0,25 * Bỏ L2 đi thì ảnh tạo bởi L1 là A1B1. Do đó trong (1) thì A1B1 là vật ảo đối

4

với L2. O2 A1 A1 B1 3, 6 = = = 2 → O2 A1 = 2.O2 A2 (2) O2 A2 A2 B2 1,8

Ta có:

0,25

Mà A2 A1 = O2 A1 − O2 A2 = M 0 M 1 = 6 cm (3) Từ (2) và (3) có: Mà O2 A2 = 6 cm , O2 A1 = 12 cm

0,25

* Xét thấu kính L2 có: d2 = - O2 A1 = −12 cm , d 2' = O2 A2 = 6 cm → f2 =

0,50

d 2 d 2' = 12 (cm) d 2 + d 2'

L * Bỏ L1 đi thì sơ đồ tạo ảnh: AB  → A' B ' d' d 2

Với A ' B ' = 0, 2 cm , d ' = O2 M 2 = O2 M 1 + M 1M 2 = 14 cm, d = O2 A Ta có: d =

d ' f2 d' = 84 cm , AB = A ' B '. | |= 1, 2 cm d d '− f 2

Mặt khác:

O1 A1 A1 B1 3, 6 = = = 3 → O1 A1 = d1' = 3.O1 A (4) O1 A AB 1, 2

0,50

0,50

0,25

Mà: AA1 = AO2 + O2 A1 = AO1 + O1 A1 = 96 cm (5) Từ (4) và (5) có: AO1 = 24 cm, A1O1 = 72 cm → f1 =

d1d1' = 18(cm) d1 + d1'

0,50

L L A2 B2 → A1 B1 → Sơ đồ tạo ảnh: AB  d d d d 1

1

2

' 1

2

' 2

0,25 ' 1

' 1

d1 = 24 cm, d = 72 cm, d 2 = O1O2 − d = − 42 cm

b)

Ta có: d 2' =

d2 f2 28 = cm d2 − f2 3

0,25

Độ phóng đại của ảnh cho bởi hệ: k = (−

2 d1' d' )(− 2 ) = − 3 d1 d2

0,50

Câu 4 (Từ trường – Cảm ứng điện từ) (4,0 điểm) Ý

Nội dung - Áp dụng quy tắc bàn tay phải xác định được chiều của dòng điện trong

Điểm

a)

mạch: MNQP.

0,50 5

- Áp dụng quy tắc bàn tay trái xác định được chiều của lực từ tác dụng lên thanh MN hướng sang trái - Suất điện động cảm ứng xuất hiện trong mạch có độ lớn E = B.v0.L - Cường độ dòng điện trong mạch: i =

E Bv0 L = R R

0,25 0,25

B 2 L2 v0 R r Sau khi thả thanh một khoảng thời gian ngắn, vận tốc v của thanh vẫn hướng

- Độ lớn lực từ tác dụng lên thanh MN: F = BiL =

theo chiều cũ

0,50 0,25

Chọn chiều dương hướng sang phải. Áp dụng định luật II Niu-tơn có: − F = ma = m →−

b)

0,25

dv dt

B 2 L2 dv dv B 2 L2 v=m → dt =− R dt v mR

0,25

B 2 L2

t − dv B 2 L2 ↔∫ =− dt → v = v0 .e mR ∫ v mR 0 v0 v

t

0,50

∞

∞

0

0

Quãng đường vật đi được: s = ∫ vdt = ∫ v = v0 .e

−

B 2 L2 t mR

2 2

dt

0,25 2 2

mv0 R − BmRL t mv0 R − BmRL t ∞ B 2 L2 | s = − 2 2 ∫e d (− t) = − 2 2 e 0 B L 0 mR B L ∞

0,50

mv0 R B 2 L2

0,50

Câu 5 (Dao động cơ) (4,0 điểm) Ý Nội dung Thanh và đĩa tạo thành vật rắn có momen quán tính đối với trục quay qua O là:

Điểm

s=

I=

a)

mR 2 mR 2 35mR 2 + mR 2 + + m(2 R ) 2 = 3 2 6

0,50

Chọn gốc thế năng hấp dẫn đi qua tâm quay O. Cơ năng của hệ tại li độ góc φ: Iω 2 W = − mgR cos ϕ − mg 2 R cos ϕ + = const (*) 2 6

0,50

Lấy đạo hàm bậc nhất theo thời gian hai vế phương trình (*): W ' = 3mgR.ϕ '.sin ϕ +

35mR 2 .2ω.ω ' = 0 12

0,50

Dao động nhỏ nên sin ϕ ≈ ϕ , mà ϕ ' = ω , ω ' = ϕ '' nên có: ϕ ''+

18 g ϕ'=0 35R

0,50

35R Vậy hệ dao động nhỏ với chu kì T = 2π 18g Đối với đĩa quay quanh trục qua A:

dL A = I Aω '= 0 dt

0,50

nên đĩa quay với tốc độ ω = ω0 = const Xét

momen

động

1 3

lượng

của

hệ

đối

với

trục

qua

O:

4 3

LO(thanh)= ( mR 2 + mR 2 )ϕ ' = mR 2ϕ '

0,50 L O(đĩa)= m( 2 R ) 2 ϕ '+ I Aω 0

b) Áp

dụng

định

lý

momen

lượng

động

đối

với

trục

qua

O:

4 mR 2ϕ ' '+4mR 2ϕ ' ' = −3mgR sin ϕ 3 ⇔ ϕ ' '+

0,50

9g ϕ =0 16 R

16 R Vậy thanh dao động nhỏ với chu kì T’= 2π 9g

0,50

Câu 6 (Phương án thực hành) (2,0 điểm) Nội dung

Điểm

I. Cơ sở lý thuyết Sau khi nạp điện, cho tụ phóng điện qua điện trở R. Giả sử sau thời gian dt, điện lượng phóng qua R là dq làm cho hiệu điện thế trên hai bản cực tụ biến thiên một lượng du thì dq = -Cdu, trong đó dq = idt; du = -Rdi nên

7

0,50

di 1 =− dt i RC

idt = − RCdi ⇒

Như vậy − ln

i

⇒

t

di 1 i 1 ∫i i = −∫0 RC dt. ⇒ ln i0 = − RC t. 0

i phụ thuộc tỉ lệ với thời gian t . i0

II. Các bước tiến hành

K R

1. Lắp mạch điện như sơ đồ hình 1 C

µA

2. Đóng khóa K, sau khi nạp xong thì mở khóa. 3. Đọc và ghi cường độ dòng điện sau những khoảng thời gian bằng nhau (ví dụ cứ 10s) và tính đại lượng − ln

i tương ứng.(t = 0 lúc mở khóa) i0

t(s)

0

10

20

30

40

50

60

70

80

I(µA) 1,0

-Lni/i0 − ln

i i0

t(s)

4. Dựa vào bảng số liệu, dựng đồ thị phụ thuộc của − ln

i theo t (đồ thị là một đường i0

thẳng III. Xử lý số liệu Độ nghiêng của đường thẳng này là tan α =

1 . RC

0,50

Qua hệ thức này, nếu đo được tanα, ta tính được C. Làm nhiều lần để tính giá trị trung bình của C. ………….HẾT…………. 8

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG 2019 Môn: Vật lý – Lớp 11

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

----------------------------

Bài 1 (3 điểm): Tĩnh điện Hai bản kim loại A và B (cô lập) phẳng giống nhau được đặt nằm ngang, song song, đối diện với nhau. Diện tích của mỗi bản là S và khoảng giữa chúng bằng d. Tích điện cho bản A đến điện tích –q rồi nối tắt hai bản với nhau. Trong không gian giữa hai bản A và B, tại khoảng cách d/4 bên trên bản dưới, người ta đặt vào một tấm kim loại D có cùng diện tích S, khối lượng và điện tích của tấm này là m và q. a) Tìm điện tính của mỗi bản kim loại A và B khi đó. b) Hỏi phải truyền cho tấm kim loại D một vận tốc cực tiểu bằng bao nhiêu theo hướng thẳng đứng lên trên để trong quá trình chuyển động nó đạt được tới độ cao d/4 so với vị trí ban đầu của nó? Câu 2 (3,5 điểm): Mạch điện quá độ Cho mạch điện như hình 1. Các cuộn cảm L1 và L2 được nối với nhau qua một điốt lý tưởng D. Tại thời điểm ban đầu khóa K mở, còn tụ điện với điện dung C được tích điện tới hiệu điện thế U0. Sau khi đóng khóa một thời gian, hiệu điện thế trên tụ điện trở nên bằng không. a. Hãy tìm dòng điện chạy qua cuộn cảm L1 tại thời điểm đó. Hình 1

b. Sau đó, tụ điện được tích điện lại đến một hiệu điện thế cực đại nào đó. Tìm hiệu điện thế cực đại đó.

Bài 3 (3,5 điểm): Quang a. Vào những ngày nắng nóng, khi đi trên đường (giả sử là mặt đường phẳng rộng) thì sẽ thấy hiện tượng ở đằng xa như có mặt nước. Nhưng càng đi thì thấy mặt nước đó càng lại lùi ra xa với đúng tốc độ dịch chuyển của mình. Hãy giải thích hiện tượng trên b. Trong hiện tượng được mô tả ở trên. Giả sử mắt ta ở độ cao 1.65m so với mặt đường và thấy mặt nước đó luôn cách ta khoảng 300m. Chiết suất của không khí ở nhiệt độ 150C là 1. Ở độ cao lớn hơn 1 mét so với mặt đất thì nhiệt độ của không khí được coi là không đổi và bằng 470C. Giả sử chiết suất không khí phụ thuộc vào nhiệt độ theo biểu thức nT = 1 +

k T

với k là một hằng số. Hãy ước lượng nhiệt độ của lớp khí sát

D

mặt đường. Bài 4 (3,5 điểm): Từ trường – Cảm ứng điện từ Hình 2 là sơ đồ một mẫu động cơ điện đơn giản. Một vòng dây dẫn hình tròn tâm C bán kính l nằm ngang cố định

A

B C

trong một từ trường đều thẳng đứng có cảm ứng từ B . Một thanh kim loại CD dài l, khối lượng m có thể quay quanh trục thẳng đứng đi qua C, đầu kia của thanh kim loại trượt có

R E

Hình 2

ma sát trên vòng tròn. Một nguồn điện suất điện động E nối vào tâm C và điểm A trên vòng tròn qua điện trở R. Chọn mốc tính thời gian là khi vừa nối nguồn. Tìm biểu thức của vận tốc góc ω của thanh kim loại theo thời gian. Biết lực ma sát tác dụng lên thanh kim loại có momen cản là αl2ω trong đó α là hằng số. Bỏ qua các điện trở trong của nguồn, điện trở của thanh kim loại, vòng dây và chỗ tiếp xúc. Bài 5 (3,5 điểm): Dao động cơ Ở hình bên, một hộp khối lượng m1 được nối vào lò xo có độ cứng k và được đặt lên một mặt nhẵn của một cái nêm có góc nghiêng θ , và khối lượng m2 đang nằm trên một sàn nhẵn. Kéo hộp khỏi vị trí cân bằng rồi thả ra để hệ dao động nhỏ. Trong quá trình dao động khối hộp vẫn nằm trên mặt nêm và nêm vẫn nằm trên sàn. (a) Tìm tần số dao động nhỏ (b) Biện luận các trường hợp đặc biệt θ = 0 và θ = 90°.

Hình 3

Bài 6 (3 điểm ): Một số kim loại có khả năng chắn từ trường xâm nhập vào bên trong nó. Khi đặt tấm kim loại vuông góc với đường sức từ thì cảm ứng tại một điểm trong kim loại, cách bề mặt của kim loại một −α d khoảng d được tính bằng biểu thức: B = B0e , trong đó B0 là cảm ứng từ tại bề mặt của tấm kim loại, α là hệ số suy giảm từ trường. Thí nghiệm nhằm xác định hệ số suy giảm từ trường α của một tấm nhôm có bề dày a đã biết. * Cho các dụng cụ: + Một biến thế có thể điều chỉnh để lấy điện áp ra biến thiên liên tục từ 0 đến 50V và một nguồn xoay chiều có tần số 50Hz. + Một cuộn dây được quấn trên lõi ferit để tạo từ trường. + Một cuộn dây đo có N vòng, diện tích mỗi vòng là S. + Một dao động kí điện tử (hoặc một đồng hồ vạn năng). + Các phụ kiện: Điện trở bảo vệ, dây nối... * Yêu cầu: 1. Vẽ và mô tả sơ đồ đo. 2. Nêu phương pháp đo, tính toán và xây dựng các biểu thức cần thiết. 3. Lập bảng và vẽ đồ thị.

……………………………..Hết…………………………………….

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI – ĐBBB 2018 Môn: Vật lý – Lớp 11

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

----------------------------

Bài 1 (3 điểm): Tĩnh điện a) Lúc đầu hệ gồm hai tụ C1 và C 2 mắc song song, ta có: ε S 4ε S ε S 4εS C1 = 0 = ; C2 = 0 = 0 3 1 3d d d d 4 4 Vì C1 tích điện q1 , C 2 tích điện q 2 , ta có: q1 + q 2 = q ⇒ q1 = 1 / 4q q1 q 2 = ⇒ q 2 = 3 / 4q C1 C 2 b) Năng lượng ban đầu của hệ: E1 =

1 2 1  q12 q 22  1 3q 2 d  ⇒ E1 = mv02 + . mv0 +  + 2 2  C1 C 2  2 32ε 0 S

Khi tấm kim loại lên được độ cao d/4 so với vị trí ban đầu. Lúc này hệ gồm hai tụ C1' , C 2' mắc song song, ta có: ε S 2ε S C1' = C 2' = 0 = 0 . d /2 d Chúng lần lượt có điện tích q1' và q 2' ⇒ q1' = q 2' = q / 2

mgd 1  q1'2 q 2'2  1 2 +  ' + '  + mv Năng lượng của hệ lúc này bằng E 2 = 4 2  C1 C 2  2 mgd q 2 d 1 2 ⇔ E2 = + + mv . 4 4ε 0 S 2 Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có: E1 = E 2 ⇔

⇒

1 2 3q 2 d mgd q 2 d 1 2 mv0 + = + + mv 2 ε 0 S ⋅ 32 4 4ε 0 S 2

0,5

0,75 0,5

0,25 0,25

0,25

0,25

1 2 q 2d mgd q2d gd ⇒ v02 ≥ mv0 ≥ + + 2 32ε 0 S 4 16ε 0 Sm 2

⇒ v 0 min =

q2d gd + 16ε 0 S ⋅ m 2

0,25

Bài 2 (3,5 điểm): Mạch điện quá độ a. Khi khóa K đóng thì Diot đóng, nên ta có mạch dao động gồm tụ C và cuộn L1. Tại thời điểm tụ phóng hết điện thì theo định luật bảo toàn năng lượng: 0,75 CU 0 L1 I L C = ⇒ IL = U0 L1 2 2

b. Gọi i1 là dòng điện chạy qua cuộn thứ nhất, i2 là dòng điện chạy qua cuộn thứ 2 ở một thời điểm t sau khi tụ đã phóng hết điện.

⇒

q = − L1i1' = L2i2' C

0,5

Trong đó: q’ = i1 + i2 Nghiệm của hệ trên có dạng

0,25

q = Q012 cos (ω12t + ϕ )

trong đó ω12 =

L1 + L2 CL1 L2

Ở thời điểm ban đầu thì dòng điện qua tụ cũng là dòng điện qua cuộn L1 nên L + L2 C C Q012ω12 = U 0 = U0 CU 012 1 L1 CL1 L2 L1 Vậy khi tụ được nạp cực đại thì: U 012 = U 0

L2 L1 + L2

0,5

0,75

0,75

Bài 3 (3,5 điểm). Quang hình học a. Lớp không khí càng gần mặt đường càng nóng, vì vậy chiết suất càng bé hơn so với các lớp không khí phía trên. Còn độ cao từ 1m trở lên thì chiết suất không đổi. Vậy các tia sáng truyền gần mặt đường sẽ có dạng đường cong với bề lõm hướng nên, còn với độ cao trên 1m thì ánh sáng truyền thẳng (như hình vẽ). Xét tia sáng truyền đi từ vật M theo đường cong với góc khúc xạ tăng dần. Tới điểm P thì góc ấy bằng 900, có sự phản xạ toàn phần, tia sáng đi cong lên và lọt vào mắt (hình như hình vẽ). Mắt nhìn thấy ảnh M’ theo phương cuối cùng của tia sáng tới mắt, ảnh ngược so với vật nên gây ra ảo ảnh như nhìn vật qua mặt nước

h d

l

1,5

b. + Tính các chiết suất

n(T ) = 1 +

0,5

k , với k là một hằng số được xác định theo điều kiện đề bài. T

Ở 15oC (T=288K) thì n =1,000276, ta có:

1, 000276 = 1 +

0,5

k → k = 0,079488 273 + 15

Thay T = 470 ta tính được n1 = 1.0002488

0,5

+ Tính góc khúc xạ của tia sáng đi song song sát mặt đường lên mắt.

Sin α =

300 3002 + 1,652

= 0,9999849

0,5

+ sử dụng định luật khúc xạ ánh sáng với các mặt song song với mặt đường, liên tiếp, rất sát nhau ta được: n2 Sin 900 = …= n1 sinα 0

Thay số vào biểu thức trên ta tính được T2 = 340 . Vậy nhiệt độ sát mặt đường là t2 = 67

0

0,5

Bài 4 (3,5 điểm): Từ trường – Cảm ứng điện từ Khi thanh CB quay với vận tốc góc ω thì trong thời gian dt nó quét được diện tích là: 1 dS = l.lω.dt 2

0,5

2

Suất điện động cảm ứng: Ecu = −

dΦ l ωB =− dt 2 E−

Dòng điện chạy trong mạch:

i=

0,25

l 2ω B 2 2 = E − l ωB R R 2R

0,5

l

Bil2 Momen của lực từ tác dụng lên đoạn dây: dM = i.B.x.dx → M = ∫ i.B.xdx = 2 0 Phương trình chuyển động quay của thanh quanh trục:

0,75

l2 E l 2ω B l 2 1 2 dω ) ml = −α l 2ω + Bi = −α l 2ω + B( − 3 dt 2 R 2R 2

0,5

2 2

Bl BE 1 dω m = −ω (α + )+ 3 dt 4R 2R

Lấy tích phân ta được biểu thức của tốc độ quay theo thời gian  B 2l 2    −3 α + t  4 R     2 BE m ω= 2 2 1 − e  B l + 4α R    

Nhận thấy khi thời gian đủ dài thì tốc độ quay sẽ dần ổn định ở giá trị: ω =

0,5

2 BE B l + 4α R 2 2

0,5

Bài 5 (3,5 điểm): Dao động cơ Bảo toàn năng lượng Liên hệ tọa độ có tính đến bảo toàn vị trí khối tâm: m Mx1 = −mx2 , y2 = ( x2 – x1 ) tanθ = (1 + ) x2tanθ M Động năng của hệ (dấu chấm trên đầu ký hiệu đạo hàm theo dx = vx ) thời gian, ví dụ x& = dt

0,5

m2 m 1 1 1 1 1 1 0,5 Mx12 + mx22 + my22 = M 2 x22 + mx22 + m tan 2 θ x22 (1 + ) 2 2 2 2 2 M 2 2 M Thế năng: 1 V = k[( x2 − x1 )2 + y22 ] − mgy2 2 0,5 1 m m m = k[(1 + ) 2 x22 + (1 + )2 x22 tan 2 θ ] − mg (1 + ) x2 tan θ 2 M M M 1 2 m 2 1 m = kx2 (1 + ) . 2 − mg (1 + ) x2 tan θ 2 M cos θ M b b Biến đổi ax 2 – bx = a( x − ) 2 . , được 2 a 4a 0,5 1 1 m mMg sin 2θ 2 (mg sin θ ) 2 V = k (1 + )2 . ( x − ) − 2 2 2 M cos θ k ( M + m) 2k mMg sin 2θ Đổi tọa độ x ≡ x2 − k ( M + m) Cuối cùng ta được biểu thức năng lượng ở dạng T + V = ax2 + bx2 + c, và năng lượng bảo T=

0,5 toàn. Giả sử x = Acos(ωt + Φ) 2 2 2 2 2 T + V = aA cos (ω t+ Φ )+ bA ω sin (ω t+ Φ )+ c = A2(a - bω )2cos2 (ω t+ Φ )+ bA2ω 2 + c. Để tổng năng lượng không phụ thuộc thời gian, hệ số trước cos 2 (ωt + Φ ) phải bằng không, suy ra ω2 = a/ b. Như vậy, tần số dao động ω trong trường hợp này m m 0,5 k (1 + ) 2 / cos 2θ (1 + ) k k M +m 2 M M = = ω = m m m cos 2θ + (1 + m ) sin 2 θ m M + m sin 2 θ 2 + m + m (1 + ) tan θ M2 M M 0,25

1 1  Khi θ = 0, ta có ω 2 = k  +  m M  k Khi θ = 90° ta có ω 2 = m

0,25

Bài 6 (3,5 điểm): Thực hành

Tấm Al 1. Sơ đồ đo (Hình vẽ).

1

2

Dao động kí

0,5

Dùng cuộn dây đo tại các vị trí (1) và (2), phía trước và sau tấm nhôm (lưu ý đặt sát tấm nhôm). 2. Từ trường tại vị trí (1) có dạng: B = B0 sin ωt . Từ trường tại vị trí (2) có dạng: Ba = B0 e −αa sin ωt (sau tấm nhôm). Suất điện động cảm ứng trên cuộn dây: + Đo tại vị trí sát mép trái (1): ε 1 (t ) = −

dΦ1 = − NSB0ω cos ωt . dt

0,5

0,25

+ Đo tại vị trí sát mép phải (2): ε 2 (t ) = −

0,5

dΦ 2 = − NSB0ωe −αa cos ωt . dt

Dùng dao động kí (hoặc đồng hồ vạn năng) đo được biên độ của tín hiệu trên cuộn dây đo: (1)

u1 = NSB0ω u2 = NSB0ωe −αa = NSBω

(2)

Từ (1) và (2) ta có: NSB ω = u2 = u1e −αa ⇒ ln u2 = ln u1 − αa .

0,5

Đặt: ln u1 = x và ln u2 = y , ta có phương trình tuyến tính: y = x − α a (3) 3. + Lập bảng:

y = lnu2

u2

x = ln u1

u1

0,5

Thay đổi điện áp của biến thế cấp cho cuộn dây ferit, ghi các giá trị u1 và u2 và bảng.

y

αa

+ Vẽ đồ thị phương trình (3). Kéo dài đồ thị cắt trục

0,75

tung tại vị trí: b = αa . * Từ đó có: α =

b . a

O

x

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THHV NĂM HỌC: 2018 - 2019 MÔN: VẬT LÝ LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề (Đề này gồm 05 câu trong 01 trang)

SỞ GD & ĐT PHÚ THỌ TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Bài 1 (Tĩnh điện - 4,0 điểm) Trong không gian có 4 hạt giống nhau tích q và –q xen kẽ nhau và chúng nằm trên 4 đỉnh của hình vuông tâm O và cách O khoảng R. Bỏ qua tác dụng của các lực khác so với lực điện. Truyền cho cả 4 hạt vận tốc như nhau theo phương vuông góc với bán kính tâm O. Biết trong quá trình chuyển động 4 hạt luôn nằm trên 4 đỉnh của 1 hình vuông và khoảng cách gần nhất đến tâm là 0,5R. a) Xác định quỹ đạo chuyển động của điện tích và các thông số quỹ đạo b) Tìm thời gian ngắn nhất đến vị trí gần O nhất c) Tìm vận tốc ban đầu của mỗi hạt. Bài 2 (Điện và từ - 5,0 điểm) Tại thời điểm ban đầu, K mở, tụ 2C tích điện đến điện tích Q0 còn tụ C thì không tích điện. Tụ 2C bắt đầu phóng điện. Đúng vào thời điểm mà dòng điện qua các cuộn cảm đạt giá trị cực đại (I0) thì K đóng. Hãy tìm giá trị cực đại Im của dòng điện chạy qua K sau đó.

2C

C K

L

Bài 3 (Quang hình - 4,0 điểm)

2L

Người ta gọi góc khúc xạ của 1 thiên thể là góc tạo bởi phương của tia tới khí quyển và phương tia sáng đó tới mắt người. Cho góc khúc xạ của 1 thiên thể khi đang lặn là 35’. Ước lượng bề dày khí quyển Trái Đất trong 2 mô hình sau: a) chiết suất khí quyển không đổi: = 1 + với = 3. 10

b) Chiết suất khí quyển giảm dần theo độ cao. c) Nhận xét kết quả thu được. Bài 4 (Dao động cơ - 4,0 điểm)

Một đĩa nhỏ bán kính r, khối lượng m được gắn chặt vào mặt một đĩa thứ hai to hơn, bán kính R, khối lượng M. Tâm của đĩa nhỏ ở vị trí tại mép của đĩa lớn. Một trục được cắm không ma sát vào tâm của đĩa lớn. O1 Cho hệ vật quay đi một góc nhỏ từ vị trí cân bằng rồi thả ra. Chứng minh rằng tốc độ của đĩa nhỏ khi nó qua vị trí cân bằng θ Rg(1 − cosθ) là v = α trong đó α, β là những hằng số xác định.  M  π 2  O2  +   + β  m R     Xác định giá trị của những hằng số này. Xác định chu kỳ dao động của hệ theo M, m, R, r. Bài 5 (Phương án thực hành - 3,0 điểm) Xác định chiết suất của chất làm thấu kính hội tụ cho các dụng cụ sau: một thấu kính hội tụ có 2 mặt cong đều, một màn chắn trên có một khe nhỏ, một nguồn sáng, một gương phẳng, một thước kẹp, một thước dài, ngoài ra có các loại giá đỡ cần thiết. ………..HẾT………

HĆŻáťšNG DẪN CHẤM BĂ i 1 (TÄŠnh Ä‘iᝇn - 4,0 Ä‘iáťƒm) Trong khĂ´ng gian cĂł 4 hất giáť‘ng nhau tĂ­ch q và –q xen káş˝ nhau vĂ chĂşng náşąm trĂŞn 4 đᝉnh cᝧa hĂŹnh vuĂ´ng tâm O vĂ cĂĄch O khoảng R. Báť? qua tĂĄc d᝼ng cᝧa cĂĄc láťąc khĂĄc so váť›i láťąc Ä‘iᝇn. Truyáť n cho cả 4 hất váş­n táť‘c nhĆ° nhau theo phĆ°ĆĄng vuĂ´ng gĂłc váť›i bĂĄn kĂ­nh tâm O. Biáşżt trong quĂĄ trĂŹnh chuyáťƒn Ä‘áť™ng 4 hất luĂ´n náşąm trĂŞn 4 đᝉnh cᝧa 1 hĂŹnh vuĂ´ng vĂ khoảng cĂĄch gần nhẼt Ä‘áşżn tâm lĂ 0,5R. a) XĂĄc Ä‘áť‹nh quáťš Ä‘ấo chuyáťƒn Ä‘áť™ng cᝧa Ä‘iᝇn tĂ­ch vĂ cĂĄc thĂ´ng sáť‘ quáťš Ä‘ấo b) TĂŹm tháť?i gian ngắn nhẼt Ä‘áşżn váť‹ trĂ­ gần O nhẼt c) TĂŹm váş­n táť‘c ban Ä‘ầu cᝧa máť—i hất. Náť™i dung

Ä?iáťƒm

a) (2,0 Ä‘iáťƒm) vĂŹ trong quĂĄ trĂŹnh chuyáťƒn Ä‘áť™ng 4 hất luĂ´n náşąm trĂŞn 4 đᝉnh cᝧa 1 hĂŹnh vuĂ´ng nĂŞn láťąc táť•ng hᝣp cĂł phĆ°ĆĄng dáť?c theo bĂĄn kĂ­nh táť›i tâm O vĂ cĂł biáťƒu thᝊc:

0,5

2√2 − 1

1 = −2 . = − 4 2 √2 4

Ta thẼy áť&#x; Ä‘ây biáťƒu thᝊc láťąc cĂł sáťą tĆ°ĆĄng Ä‘áť“ng váť›i biáťƒu thᝊc cᝧa láťąc hẼp dẍn nĂŞn ta cĂł tháťƒ coi chuyáťƒn Ä‘áť™ng cᝧa Ä‘iᝇn tĂ­ch giáť‘ng nhĆ° chuyáťƒn Ä‘áť™ng cᝧa hĂ nh tinh trong trĆ°áť?ng láťąc hẼp dẍn. Do Ä‘Ăł quáťš Ä‘ấo cᝧa Ä‘iᝇn tĂ­ch lĂ 1 elip váť›i O lĂ 1 tiĂŞu Ä‘iáťƒm. Tᝍ hĂŹnh váş˝ ta

0,5

thẼy q

Váş˝ hĂŹnh

-q R O 2

-q

0,5

q

3 → = 2 4 = − = 2 4 = − = √2 2 = +

0,5

b)(1,5 Ä‘iáťƒm) XĂŠt sáťą tĆ°ĆĄng Ä‘Ć°ĆĄng giᝯa chuyáťƒn Ä‘áť™ng cᝧa hất váť›i chuyáťƒn Ä‘áť™ng cᝧa hĂ nh tinh trong trĆ°áť?ng hẼp dẍn.

=−

2√2 − 1 =− 4

→ =

2√2 − 1 4

0,5

Theo Ä‘áť‹nh luáş­t III Keple ta cĂł chu kĂŹ chuyáťƒn Ä‘áť™ng cᝧa Ä‘iᝇn tĂ­ch lĂ : " = 2#$

% 27# % =$ 4 2√2 − 1

(

0,5

*+, -. /

Tháť?i gian chuyáťƒn Ä‘áť™ng cần tĂŹm lĂ : ' = = )0123, √ 0 c)(0,5 Ä‘iáťƒm) Theo Ä‘áť‹nh luáş­t BTNL ta cĂł: − 2

=

−

+

1 2

4 → 4 = $

2 2√2 − 1

0,5

BĂ i 2 (Ä?iᝇn vĂ tᝍ - 5,0 Ä‘iáťƒm)

2C

Tấi tháť?i Ä‘iáťƒm ban Ä‘ầu, K máť&#x;, t᝼ 2C tĂ­ch Ä‘iᝇn Ä‘áşżn Ä‘iᝇn tĂ­ch Q0 còn t᝼ C thĂŹ khĂ´ng tĂ­ch Ä‘iᝇn. T᝼ 2C bắt Ä‘ầu phĂłng Ä‘iᝇn. Ä?Ăşng vĂ o tháť?i Ä‘iáťƒm mĂ dòng Ä‘iᝇn qua cĂĄc cuáť™n cảm Ä‘ất giĂĄ tráť‹ cáťąc Ä‘ấi (I0) thĂŹ K Ä‘Ăłng. HĂŁy tĂŹm giĂĄ tráť‹ cáťąc Ä‘ấi Im cᝧa dòng Ä‘iᝇn chấy qua K sau Ä‘Ăł. Náť™i dung

C K

L

2L

Ä?iáťƒm

* K máť&#x; (2 Ä‘iáťƒm)

q1 q2 + + 3Li ' = 0 2C C

0,5

XĂŠt tháť?i Ä‘iáťƒm imax. i ' = 0 → Li ' = 0   q1 q2  2C + C = 0

(1)

Bảo toĂ n Ä‘iᝇn tĂ­ch: q1 − q2 = −q0 −2q0  q1 = 3 Tᝍ (1)vĂ (2):  q = q0  2 3

0,5 (2)

0,5

0,5

* K Ä‘Ăłng (3 Ä‘iáťƒm)

1,0

 q1 '  2C + Li1 = 0  q Ta cĂł:  2 + 2Li2' = 0 C i1 − iK − i2 = 0   Tᝍ (1); (2); (3):

(1)

(2)

(3)

1 1 (q1 − q2 ) + 2 L(i1' − i2' ) = 0 ↔ (q1 − q2 ) + 2L(q1 − q2 )' = 0 C C

0,5

PhĆ°ĆĄng trĂŹnh cĂł nghiᝇm: q1 − q2 = A cos(ω t + Ď•) ↔ (q1 − q2 ) ' = − A ω sin(ω t + Ď•)

0,5

−q0 = A cos Ď•  A = q0 → Tấi tháť?i Ä‘iáťƒm ban Ä‘ầu t=0:  0 = − Aω sin Ď• Ď• = Ď€

0,5

Váş­y (q1 − q 2 )' = − q 0 ω sin(ω t + Ď€) → iK = − q0 ω sin(ω t + Ď€)

Suy ra iK max = q0

1 2LC

0,5

BĂ i 3 (Quang hĂŹnh - 4,0 Ä‘iáťƒm) NgĆ°áť?i ta gáť?i gĂłc khĂşc xấ cᝧa 1 thiĂŞn tháťƒ lĂ gĂłc tấo báť&#x;i phĆ°ĆĄng cᝧa tia táť›i khĂ­ quyáťƒn vĂ phĆ°ĆĄng tia sĂĄng Ä‘Ăł táť›i mắt ngĆ°áť?i. Cho gĂłc khĂşc xấ cᝧa 1 thiĂŞn tháťƒ khi Ä‘ang lạn lĂ 35’. ĆŻáť›c lưᝣng báť dĂ y khĂ­ quyáťƒn TrĂĄi Ä?Ẽt trong 2 mĂ´ hĂŹnh sau: a) chiáşżt suẼt khĂ­ quyáťƒn khĂ´ng Ä‘áť•i: = 1 + váť›i = 3. 10

b) Chiáşżt suẼt khĂ­ quyáťƒn giảm dần theo Ä‘áť™ cao. c) Nháş­n xĂŠt káşżt quả thu Ä‘ưᝣc.

N᝙i dung

Ä?iáťƒm 0,5

a) (2 Ä‘iáťƒm) Váş˝ hĂŹnh C

A r

C

B

O

.

Ta cĂł: => = .?@ MĂ => > = . => ↔ => B=C + => C B= = => ↔ => ( B=C − ) = −=> C B=

0,5

→ ( − B=C)

↔ ( − B=C ) → ℎ = $ +

.

.?@

= => C

√ .@?@ ,

0,5

.?@

= ( + ℎ) − => C

( − B=C) − ≈ 3.82 => C

0,5

b) (1,5 Ä‘iáťƒm) Ta cĂł theo cĂ´ng thᝊc Bouger thĂŹ: . . => > = B =G

0,5

↔ ( + ℎ)=> > = H

0,5

MĂ > = 90° − ∆> vĂ âˆ†> = L − C vĂŹ sáťą thay Ä‘áť•i bĂĄn kĂ­nh lĂ khĂ´ng láť›n nĂŞn ta lẼy gần Ä‘Ăşng giĂĄ tráť‹ gĂłc L nhĆ° áť&#x; câu a → â„Ž ≈ 3.8

0,5

c) (0,5 Ä‘iáťƒm) c) NhĆ° váş­y khĂ´ng khĂ­ táş­p chung chᝧ yáşżu áť&#x; báť mạt TrĂĄi Ä?Ẽt khoảng máť™t vĂ i km ban Ä‘ầu sĂĄt mạt Ä‘Ẽt ( tầng Ä‘áť‘i lĆ°u).

0,5

BĂ i 4 (Dao Ä‘áť™ng cĆĄ - 4,0 Ä‘iáťƒm) Máť™t Ä‘ÄŠa nháť? bĂĄn kĂ­nh r, kháť‘i lưᝣng m Ä‘ưᝣc gắn cháş­p vĂ o mạt máť™t Ä‘ÄŠa thᝊ hai to hĆĄn, bĂĄn kĂ­nh R, kháť‘i lưᝣng M. Tâm cᝧa Ä‘ÄŠa nháť? áť&#x; váť‹ trĂ­ tấi mĂŠp cᝧa Ä‘ÄŠa láť›n. Máť™t tr᝼c Ä‘ưᝣc cắm khĂ´ng ma sĂĄt vĂ o tâm cᝧa Ä‘ÄŠa láť›n. Cho hᝇ váş­t quay Ä‘i máť™t gĂłc nháť? tᝍ váť‹ trĂ­ cân báşąng ráť“i thả ra. CMR Rg(1 − cosθ) táť‘c Ä‘áť™ cᝧa Ä‘ÄŠa nháť? khi nĂł qua váť‹ trĂ­ cân báşąng lĂ v = Îą  M  Ď€ 2   +   + β  m R  trong Ä‘Ăł Îą, β lĂ nhᝯng háşąng sáť‘ xĂĄc Ä‘áť‹nh. XĂĄc Ä‘áť‹nh giĂĄ tráť‹ cᝧa nhᝯng háşąng sáť‘ nĂ y. XĂĄc Ä‘áť‹nh chu káťł dao Ä‘áť™ng cᝧa hᝇ theo M, m, R, r.

Náť™i dung - MĂ´ men quĂĄn tĂ­nh cᝧa hᝇ: IO1 = MR2/2 + mr2/2 + mR2 - Ă p d᝼ng Ä‘áť‹nh luáş­t bảo toĂ n cĆĄ năng: mgR(1 - cosθ) = IOω2/2 - Tấi tháť?i Ä‘iáťƒm qua VTCB, v = ωR Rg(1 − cosθ) => v = 2 => Îą= β = 2  M  Ď€ 2   +   + 2  m R  1 - CĆĄ năng cᝧa hᝇ tấi tháť?i Ä‘iáťƒm bẼt káťł: mgR (1 − cos Îą ) + IO ω2 = const 2 mgR Îą=0 - Vi phân hai váşż: Îą ''+ IO

1 1 MR 2 + mr 2 + mR 2 IO 2 = 2Ď€ 2 - Chu káťł: T = 2Ď€ mgR mgR

O1

θ O2

Ä?iáťƒm 0,5

0,5

0,5

0,5

Bài 5 (Phương án thực hành - 3,0 điểm) Xác định chiết suất của chất làm thấu kính hội tụ cho các dụng cụ sau: một thấu kính hội tụ có 2 mặt cong đều, một màn chắn trên có một khe nhỏ, một nguồn sáng, một gương phẳng, một thước kẹp, một thước dài, ngoài ra có các loại giá đỡ cần thiết.

Phương án thực hành Sử dụng phương pháp tự chuẩn trực: + Đặt gương sau thấu kính ở 1 vị trí bất kì, đặt vật ở gần khoảng tiêu cự, + sau đó điều chỉnh sao cho ảnh có vị trí trùng với vật, ngược chiều và bằng vật. Khi đó vật trùng với tiêu điểm.

Dịch chuyển Vật Ảnh f Gương phẳng

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XV TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ KHỐI 11 Thời gian làm bài 180 phút

TỈNH THÁI NGUYÊN

(Đề này có 2 trang, gồm 06 câu)

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Câu 1: (3 điểm) Một chất điểm có khối lượng m và điện tích Q đặt cách mặt phẳng dẫn điện rộng vô hạn một khoảng L. Tại thời điểm t = 0 người ta thả m ra. Xác định thời gian để m bay đến mặt phẳng. Bỏ qua ảnh hưởng của trọng lực. Câu 2. (3 điểm) Cho mạch điện gồm tụ điện có điện dung C = 100µF được tích điện đến điện áp U0 = 5V nối điện trở R = 100Ω qua điôt D và khóa K. Đường đặc trưng vôn-ampe của điôt như hình vẽ 1 (I tính bằng mA; U tính bằng V). Ở thời điểm ban đầu, khoá K mở,

Hình 1

sau đó đóng K. Tính điện áp trên tụ điện khi dòng điện trong mạch bằng 10mA. Tính lượng nhiệt toả ra trên điôt D sau khi đóng khoá K. Câu 3. (4điểm ) 1. Cho một thấu kính phẳng lồi có bề dày R và có bán kính đường rìa cũng bằng R.Trên trục chính của thấu kính, cách mặt phẳng của thấu kính một khoảng bằng R có một điểm sáng S (Hình 2). Thấu kính làm bằng thủy tinh đồng chất nhưng mặt cong của nó được chế tạo sao cho chùm sáng từ S qua thấu kính là chùm song song.

Hình 2

a) Tính chiết suất của thấu kính.

x

b) Tìm góc α hợp bới mặt phẳng thấu kính và mặt phẳng tiếp tuyến với mặt cong của thấu kính tại điểm ngoài rìa thấu kính như hình 2. 2. Một thấu kính phẳng lồi khác cũng có bề dày R và chiết suất như trên thấu kính trên. Muốn một

1

y

S

O f Hình 3

chùm sáng rộng song song với trục chính khi qua thấu kính hội tụ tại một điểm cách mặt phẳng của thấu kính một khoảng f (Hình 3) thì mặt cong của thấu kính phải có hình dạng như thế nào? Viết phương trình biểu diễn mặt cong đó. Câu 4. (3 điểm) Một xylanh rỗng có chiều dài l, bán kính r và độ dày d, trong đó l >> r >> d, và được làm từ vật liệu có điện trở suất ρ. Một dòng điện I biến thiên theo thời gian chạy qua xylanh theo hướng tiếp xúc với bề mặt xylanh (như trong hình vẽ). Xylanh được cố định để không thể di chuyển được , và cho rằng không có một từ trường nào được tạo ra bởi các yếu tố bên ngoài trong suốt câu hỏi. a. Tìm cảm ứng từ bên trong xylanh, biểu diễn theo I, các chiều của xylanh (l, r, d) và các hằng số cơ bản.

Hình 4

b. Tìm mối quan hệ của suất điện động ξ được tạo ra dọc theo chu vi mặt cắt của xylanh dI với các chiều của xylanh (l, r, d), độ biến thiên của dòng điện theo thời gian và các hằng số dt cơ bản. c. Tìm mối quan hệ của ξ với cường độ dòng điện I, điện trở suất ρ và các chiều của xylanh (l, r, d). d. Cường độ dòng điện tại t =0 là I0. Cường độ dòng điện I(t) là bao nhiêu tại thời điểm t > 0. Câu 5. (4,0 điểm) a. Một bán cầu đặc, đồng chất, khối lượng m , bán kính R , tâm O . 3R Chứng tỏ rằng khối tâm G1 của bán cầu cách O đoạn OG1 = . 8 b. Một thanh OB cứng, mảnh, khối lượng không đáng kể, dài R , có một đầu gắn chặt vào O sao cho thanh OB trùng với trục đối xứng của bán cầu. Hệ bán cầu và thanh đang đứng yên trên một mặt phẳng ngang. Một vật r m , đang chuyển động theo phương ngang với vận tốc v0 thì nhỏ, khối lượng 4 va chạm vào đầu B của thanh (hình 4). Sau va chạm, vật dính chặt vào đầu B . Gia tốc trọng trường là g . Cho rằng bán cầu không trượt trên mặt phẳng r ngang và ma sát lăn không đáng kể. Với độ lớn của v0 đủ nhỏ, sau va chạm,

Hình 5

hệ dao động điều hòa. Tìm chu kì T0 và biên độ góc ϕmax của hệ. Câu 6. (3 điểm) Cho các dây nối, một bóng đèn dây tóc có hiệu điện thế định mức 12V, một bình acquy có suất điện động 12V và điện trở trong rất bé, một ôm kế, một vôn kế, một ampekế và một nhiệt kế. Hãy đề xuất phương án thí nghiệm để xác định nhiệt độ của dây tóc bóng đèn khi sáng bình thường. Hệ số nhiệt độ điện trở của vônfam làm dây tóc đã biết. --- HẾT ---

2

HƯỚNG DẪN CHẤM

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XV TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ KHỐI 11

Câu 1: (3điểm) Câu

Nội dung

Điểm

1

Áp dụng phương pháp ảnh điện, khi m cách mặt phẳng một đoạn x thì độ giảm

0,5

(3đ)

KQ 2 KQ 2 + thế năng tĩnh điện là: ∆Wt = 4L 4x Độ giảm thế năng tĩnh điện này bằng độ tăng động năng:

mv 2 →∆Wt = 2

→v=

Đặt

x  KQ 2  1 −  dx L  = − → dt = 2 mx dt

2 mx KQ 2 dx x 1− L

0,5

x = cos2ϕ (0 ≤ϕ≤π) → x = Lcos2ϕ L

→ dx = - 2Lcosϕsinϕdϕ→ 1 −

→ dt =

L L cos ϕ.2 cos ϕ. sin ϕ.dϕ 2m . sin ϕ KQ 2

→dt =2 L .cos2ϕ 3

→dt =

x = 1 − cos 2 ϕ = sin ϕ L

0,5

2m .dϕ KQ 2

mL3 (1 + cos2ϕ)d(2ϕ)(*) 2 KQ 2

0,5

3

Khi x = L thì cos2ϕ = 1→ϕ = 0 x = 0 thì cos2ϕ = 0→ϕ =

t

π 2

(*) → ∫ dt = ∫ 0

0

0,5

π 2

mL3 .(1 + cos 2ϕ)d(2ϕ) 2 KQ 2

mL3 →t=π 2 KQ 2

0,5

Câu 2 (3 điểm) Nội dung

Điểm

* Giả thiết rằng dòng điện ban đầu I0 trong mạch lớn hơn 10mA. Định luật Ôm đối 0,25 với mạch kín : UC = Ud + I0 R ; trong đó Ud = 1V. Thay số vào ta được: I 0 =

U 0 -U d = 40mA R

0,25

Vì giá trị nhận được của dòng điện lớn hơn 10mA, nên giả thiết của chúng ta là 0,25 đúng. + Sau khi đóng khoá, tụ điện sẽ phóng điện, còn dòng điện trong mạch sẽ giảm. Khi dòng giảm tới giá trị I1 = 10mA, áp dụng định luật Ôm: U C = U d + I1 R = 2V

0,25

+ Trong giai đoạn này, hiệu điện thế trên điôt không đổi Ud = 1V, còn h.đ.t trên tụ giảm từ U0 = 5V đến UC = 2V. Trong thời gian đó, điện lượng chạy qua điôt là: 0,5 q = C (U 0 − U C ) = 3.10 −4 C ⇒ nhiệt lượng toả ra trên điôt là: Q1 = qU d = 3.10 −4 J 0,25

* Giai đoạn hai, theo đồ thị điôt hoạt động như một điện trở: Rd = Ud/I1 = 100Ω.

0,25

+ Năng lượng điện trường của tụ khi bắt đầu giai đoạn này: W =

2 C

CU = 2.10 − 4 J 2

+ Do Rd = R ⇒ nhiệt lượng tỏa trên điốt và trên R bằng nhau trong giai đoạn này:

4

0,25

Q2 =

W = 10 − 4 J 2

0,5

Vậy nhiệt lượng tổng cộng toả ra trên điốt sau khi đóng khoá bằng: Q d = Q1 + Q 2 = 4.10 −4 J .

0,25

Câu 3: (4điểm)

1.a) Xét hai tia đi từ S: một tia qua quang tâm và một tia đi qua điểm rìa thấu (4đ)

1

kính. Quang trình đi từ S đến mặt sóng qua đỉnh mặt cong bằng nhau: R 2 + R = R + Rn . Suy ra n = 2 .

0,5

b) Xét tia đến rìa thấu kính với góc tới i =

π , khúc xạ 4

với góc r : s inr=

sinπ/4 π →r= 6 2

rồi đến mặt cong thấu kính với góc α − r = α −

π . Tia ló song song với trục 6

0,5

chình nên ta tính được góc ló bằng α. Theo định luật khúc xạ:

2 sin αcos

0,5

π 2 sin(α − ) = sin α 6

π π − 2cosαsin = sin α 6 6

→ tan α = 2 + 3 ; α ≈ 720 2. Lập phương trình mặt cong

0,5

x

Xét giữa hai mặt sóng tại C và S. Một tia bất kì đến mặt cong tại điểm (x,y) và tia

y

qua OC có quang trình bằng nhau

C

O f

x Hình 2 5

S

Rn+(f-R) = (R-y)n +

0,5

x 2 + (f − R + y)2 2

x 2 + (f − R + y)2 = [ (f − R) + ny ]

x 2 + (1 − n)y2 + 2(f − R)(1 − n)y = 0 0,5

Có thể đưa phương trình về dạng x 2 y2 − = 1 . Đây là phương trình biểu diện đường hyperbol. Quay hyperbol a 2 b2 quanh trục đối xứng ta được mặt lồi cần tìm.

Câu 4: ( 3 điểm) a. Từ trường bên trong của xi lanh được cho bởi

B = µ0I/l nên từ thông là

ΦB = BA = πµ0r2I/l 0.5

Độ tự cảm là L = ΦB/I = πµ0r2I/l b. Suất điện động là:

ξ = −L

πµ r 2 dI dI =− 0 dt l dt

0,5

c.Nhưng vì suất điện động sẽ tạo nên dòng điện, do đó:ε = IR trong đó R là điện trở, được tính bằng

R=ρ

l' trong đó l’ là chiều dài, A’ là diện tích mặt cắt A'

Ở đây chiều dài bằng chu vi, 2rπ, và A’ là diện tích mặt cắt của vật dẫn điện, ld. Do đó:

ξ = Iρ

6

2π r ld

0.5

0.5

Vậy từ hai phương trình trên ta có:

Iρ

πµ r 2 dI 2π r =− 0 ld l dt

0.25

Có thể viết lại thành:

−α I =

dI dt

0.25

trong đó

α=

2ρ µ 0 rd

Khi đó đáp án là

0.5 I(t) = I(0)e

7

-αt

Câu 5. (4,0 điểm) Câu

Nội dung chính cần đạt a. Do tính đối xứng, G1 nằm trên trục đối xứng Ox của bán cầu. Chia bán cầu thành nhiều lớp mỏng, mỗi lớp có bề dày dx . Lớp có tọa độ x = R sin α có bề dày dx = Rcosα dα và khối lượng m 2 . dm = ρπ ( Rcosα ) dα với ρ = 2 π R3 3

Điểm

0,5

Vậy π

π

2 1 1 2 ρπ R 4 ρπ R 4 3R OG1 = ∫ xdm = ∫ ρπ R 4 cos3α sin α dα = − cos 4α = = 4m 4m 8 m0 m0 0 . b. Trọng tâm G của hệ sau khi vật nhỏ dính vào thanh cách O một đoạn về phía bán cầu là ∑i mi xGi m(3R / 8) + (m / 4)(− R ) R . OG = = = m+m/4 10 ∑ mi m

5

0,5

0,5

i

Với dao động bé ( ϕ << 1, sin ϕ ≈ ϕ ) , phương trình chuyển động quay của hệ quanh trục quay qua A là R −∑ mi g. ϕ = I Aϕ ′′ ⇔ ϕ ′′ + ω02ϕ = 0 với 10 i

ω0 = Xét

riêng

bán

IA = IG1 + m( AG1 )2 ,

cầu,

ϕ

ta

có nhỏ

IO =

nên

0,5

mgR . 8I A

2 2 mR 2 , IO = IG1 + m(OG1 ) , 5 suy ra AG1 ≈ R − OG1 ,

13 2 I A =  I O − m(OG1 ) 2  + m ( R − OG1 ) = mR 2 . 20 m 2 ( AB ) = mR 2 . 4 Do đó, momen quán tính tổng cộng của hệ đối với trục quay qua A là 13 33 IA = mR 2 + mR 2 = mR 2 . 20 20 2π 8I A 66 R Chu kì dao động của hệ là T0 = . = 2π = 2π mgR 5g ω0 Áp dụng định luật bảo toàn momen động lượng ta có m mv R 10v0 I Aϕ0′ = v0 2 R hay ϕ0′ = 0 = . 4 2I A 33R

0,5

Xét riêng vật nhỏ dính vào đầu B của thanh, ta có I A =

8

0,5 0,5

Biên độ góc dao động của hệ là ϕ max =

10 ϕ ′(0) . = 2v0 ω0 33 gR

0,5

Câu 6. (3 điểm) Câu

Nội dung chính cần đạt Điểm Điện trở của vật dẫn kim loại phụ thuộc vào nhiệt độ theo quy luật: 0,5 (1) R = R 0 (1 + αt) Như vậy nếu xác định được điện trở của dây tóc ở nhiệt độ đèn làm việc bình thường và ở nhiệt độ nào đó thì có thể suy ra nhiệt độ của nó khi sáng bình thường. Giả sử ở nhiệt độ trong phòng (ứng với nhiệt độ t1) điện trở của dây tóc là:

R 1 = R 0 (1 + αt1 ) ⇒ R 0 =

R1 1 + α t1

(2)

0,5

Khi đèn sáng bình thường, giả sử hiệu điện thế và cường độ dòng điện qua đèn tương ứng là U và I thì điện trở của bóng đèn khi đó là:

R2 =

U I

(3)

0,5

Thay các biểu thức (2) và (3) vào (1), ta nhận được:

R2 =

 R1 1 U (1 + αt 2 ) ⇒ t 2 =  (1 + αt1 ) − 1 (4) 1 + αt1 α  IR1 

0,5

Từ đó có thể đưa ra phương án thí nghiệm theo trình tự như sau: + Đọc trên nhiệt kế để nhận được nhiệt độ trong phòng t1. + Dùng ôm kế để đo điện trở của dây tóc bóng đèn khi đèn chưa thắp sáng

để nhận được điện trở R1. Khi dùng ôm kế như vậy sẽ có một dòng nhỏ đi qua dây tóc nhưng sự thay đổi nhiệt độ của dây tóc khi đó là không đáng

1đ

kể. + Mắc mạch điện cho đèn sáng bình thường, trong đó ampe kế mắc nối tiếp và vôn kế mắc song song với bóng đèn. + Đọc số chỉ của vôn kế ampe kế để nhận được U và I. + Thay các số liệu nhận được vào công thức (4) để tính nhiệt độ của dây tóc.

9

10

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG --------------Đề thi gồm: 02 trang

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XV MÔN: VẬT LÝ. LỚP 11 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1( Tĩnh điện)( 2 điểm): Hai quả cầu kim loại có cùng khối lượng m và bán kính r, trung hòa về điện được đặt trong điện trường đều có cường độ điện trường E. Lúc đầu, hai quả cầu được giữ yên tại các vị trí nằm trên cùng một đường sức điện và cách nhau một khoảng là λ. Nối hai quả cầu bằng một dây dẫn(có điện trở rất nhỏ) chiều dài L rồi thả cho chúng chuyển động. Cho r << λ < L, bỏ qua tác dụng của trọng lực. a) Tìm lực hút tĩnh điện giữa hai quả cầu và hợp lực tác dụng lên mỗi quả khi chúng cách nhau một khoảng là 2x(λ < 2x< L). b) Tìm tốc độ tối đa mà mỗi quả cầu thu được. Câu 2( Điện) ( 4điểm): a) Hai tụ phẳng giống nhau có diện tích S= 400 cm2 và khoảng cách các bản d1= 0,6 mm được nối với nhau bằng 2 điện trở R=12,5 KΩ ( hình 2.a). Các bản tụ được đưa ra cách nhau d2= 1,8mm trong thời gian t=3(s), lần đầu đồng thời tách xa các bản của cả 2 tụ, lần sau lần lượt tụ này nối đến tụ kia. Biết hiệu điện thế giữa 2 bản của các tụ lúc đầu U= 500 V, hỏi trường hợp nào tốn nhiều công hơn và tốn hơn bao nhiêu? Cho ε0=8,85.1012 c2/Nm2

R C

C R

K

R RL

E

L

b) Mạch điện cho như hình 2.b. Tại t=0, khóa K đóng, nguồn điện có suất điện động E = 100V. Điện trở R0=RL=10Ω( RL là điện trở thuần của cuộn dây). Tại thời điểm t1=0,04s, điện áp trên cuộn dây U(t1)= 60V. Xác định độ tự cảm L của cuộn dây? A

Câu 3( Dao động) (3 điểm). Một quả cầu khối lượng m = 100 gam được treo vào điểm cố định A nhờ một lò xo nhẹ có chiều dài tự nhiên l0 = 16cm. Quả cầu được khoét một rãnh nhỏ để có thể trượt không ma sát dọc theo một vòng kim loại tròn đường kính AB = d = 20cm trong mặt phẳng thẳng đứng. Tại vị trí cân bằng B áp lực quả cầu lên vòng bằng 0. Lấy g = 10m/s2. Xác định chu kì dao động của quả cầu với biên độ nhỏ quanh B. m

B

Câu 4( Cảm ứng điện từ)( 4 điểm): Cho một khung dây dẫn kín hình chữ nhật ABCD bằng kim loại, có điện trở là R, chiều dài các cạnh là a và b. Một dây dẫn thẳng ∆dài vô hạn, nằm trong mặt phẳng của khung dây, song song với cạnh AD và cách nó một đoạn d như hình 3. Trên dây dẫn thẳng có dòng điện cường độ I0 chạy qua. 1

1. Tính từ thông qua khung dây. 2. Tính điện lượng chạy qua một tiết diện thẳng của khung dây trong quá trình cường độ dòng điện trong dây dẫn thẳng giảm đến không. 3. Cho rằng cường độ dòng điện trong dây dẫn thẳng giảm tuyến tính theo thời gian cho đến khi bằng không, vị trí dây dẫn thẳng và vị trí khung dây không thay đổi. Hãy xác định xung của lực từ tác dụng lên khung. Câu 5( Quang hình)(4 điểm): Một thấu kính mỏng, phẳng lồi, chiết suất n = 1,5, bán kính mặt lồi R = 15cm, được đặt tại mặt một chậu nước sao cho trục chính thẳng đứng và mặt phảng của thấu kính tiếp xúc với mặt nước là 4/3. Đáy chậu là một gương phẳng nằm ngang có mặt phản xạ hướng lên trên. Một chùm tia sáng song song với trục chính chiếu từ trên xuống qua thấu kính và sẽ phản xạ trên đáy chậu. a) Xác định bề dày của lớp nước để chùm tia sáng đi trên có thể hội tụ tại một điểm trên trục chính trong không khí. b) Nếu bề dày của lớp nước là 15cm thì hệ quang học đã cho tương đương với một dụng cụ quang học nào? Xác định các tính chất của dụng cụ đó. Câu 6.( Phương án thực hành) (3 điểm): R Để đo điện dung của một tụ điện, người ta mắc K mạch điện như hình vẽ. Ban đầu đóng khóa K để nạp điện cho tụ đến một hiệu điện thế nào đó. Microampe kế E C μA đo được cường độ dòng điện ổn định I0. Ngắt khóa K và đọc độ lớn của cường độ dòng điện phóng qua microampe kế sau những khoảng thời gian bằng nhau (chẳng hạn cứ 10s ghi một lần). Ghi được kết quả vào bảng sau: Lần đo 1 2 3 4 5 6 7 8 t (s) 10 20 30 40 50 60 70 80 I (µA) 19,43 15,73 12,73 10,32 8,34 6,75 5,46 4,43 Biết I0 = 24,00µA, R = 10kΩ và khi khóa K ngắt, cường độ dòng điện qua −

1

t

microampe kế phụ thuộc vào thời gian theo quy luật I = I 0 e RC , trong đó C là điện dung của tụ điện. Căn cứ vào số liệu ở bảng trên, hãy xác định điện dung của tụ điện bằng phương pháp tuyến tính hóa đồ thị./. - Hết Nhóm GV ra đề: Nguyễn Thị Thuần Yên - 0914518368 Nguyễn Thị Thu Lan - 0912319784

2

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ LỚP 11 Câu

Ý

Nội dung Điểm Các quả cầu ban đầu trung hòa về điện, dây dẫn có điện trở nhỏ nên trong quá trình chuyển động, các quả cầu luôn tích điện trái dấu và quá trình dịch chuyển điện tích được xem là rất nhanh. Khi cách nhau 2x, các quả cầu tích điện ±q thỏa mãn: 0.5 kq k (−q ) Exr ; − = E.2 x => q = r

r k kq V= V = : Là điện thế trên mặt cầu bán kính r tích điện với r

1.a

điện tích q. Lực hút tĩnh điện giữa hai quả cầu coi như là lực tương tác giữa hai điện tích trái dấu đặt tại các tâm cầu: kq 2 E2r 2 ( Luôn không đổi) f =− =− 4k (2x ) 2

Câu 1 (2,0 điểm)

0.5

Hợp lực tác dụng lên các quả cầu: F = Eq − f = 1 mv 2 = 2

1.b

E2r E2r 2 xk 4k

L/2

 E2r E2r 2  x − ∫ k 4k l/ 2

 E 2 r (L − l)(2L + 2l − r ) dx = 8k 

Có thể sử dụng tính gần đúng để bỏ qua thành phần thứ hai trong phép tính. v=

E 2 r (L − l)( 2L + 2l − r ) ≈ 4mk

E 2 r ( L2 − l 2 ) 2mk

0.5

0.5

Gọi C0là điện dung mỗi tụ trước khi tách các bản ra xa nhau, C là điện dung mỗi tụ sau khi đã tách xong C0 =

ε 0S =0,59.10-9 (F) d1

0.5

ε S d 0,59 −9 C = 0 = C0 1 = .10 (F) d2 d2 3

Câu 2 (4,0 điểm)

2.a

Điện tích lúc đầu của mỗi tụ: Q0=C0U0= 0,59.10-9.500=2,95.10-7(C) TH1: Khi tách đồng thời: Trong khi tách, hiệu điện thế hai tụ luôn bằng nhau, nên điện thế hai đầu mỗi điện trở như nhau, không có điện tích đi qua lại các điện trở. Vì vậy trong quá trình tách, điện tích các tụ không đổi và bằng Q0 Công cần thiết để tách trong trường hợp này: A=∆W=2 2.

C −C 1 2 1  Q 0 − 2. Q 02 = Q 02  0 2C 2C 0  C0C 

0.5

(1)

3

Câu

Ý

Nội dung Điểm TH2: Khi tách lần lượt từng tụ: +Tách tụ thứ nhất trước: Gọi Q1,Q2 là điện tích mỗi tụ sau khi tách tụ thứ nhất;U1,U2 là hiệu điện thế trên mỗi tụ sau khi tách. Sau khi tách U1=U2 ⇔ Q1 = Q 2 ; Điện tích tổng cộng vẫn không C

C0

0.5

đổi Q1+Q2= 2Q0 ⇔ Q1 = 2Q 0 − Q 2 = 2Q 0 − C 0 Q1

C  C 0  Q1 (C + C 0 ) ⇔ 2Q 0 = Q1 1 + = C  C 

⇔ Q1 =

2Q 0 C 2Q 0 C 0 ;Q2 = C + C0 C + C0

⇔ ∆Q = Q 2 − Q1 = 2Q 0

0.5

(C 0 − C) C + C0

Công cần thiết để tách tụ 1 là: A1=QR+ ∆W1+∆W2 QR: Nhiệt lượng tỏa ra trên cả 2 điện trở, ∆W1: Độ biến thiên năng lượng của tụ 1;∆W2: Độ biến thiên năng lượng của tụ 2: A 1 = 2I 2 R +

Với I 2 =

1 2 1 1 2 1 Q1 − Q 02 + Q2 − Q 02 2C 2C 0 2C 2C 0

∆Q 2 , thay vào ta được: t2 2

 Q (C − C )  C0 − C 2 A 1 = 8 0 0  R + Q0 (C + C 0 )C 0  t (C + C 0 ) 

+ Tách tụ thứ hai: Sau khi tách xong, điện tích và hiệu điện thế trên hai tụ giống nhau: U1=U2; Q1=Q2=Q0 Lúc này ∆Q’= Q2-Q0= 2Q 0

C0 C −C − Q0 = Q0 0 C + C0 C + C0

Công phải tốn 0.5

2

 Q 0 (C 0 − C )  2 C0 − C  + Q0 CC 0  (C + C 0 )t 

A2= Q 'R + ∆W1' + ∆W2' = 2R 

Công phải tốn trong cả quá trình: 2

 Q (C − C )  2 C0 − C A’= A1+A2= 10R  0 0  + Q0 CC 0  (C + C 0 )t 

(2)

Từ (1) và (2) ta thấy: A’>A tức công phải tốn trong trường hợp thứ hai lớn hơn trong trường hợp thứ nhất và lớn hơn một lượng đúng bằng nhiệt lượng tỏa ra trên các điện trở ∆A=A’-A≈3,02.10-10(J)

0.5

4

Câu

Ý

Nội dung Điểm Điều kiện ban đầu của mạch iL(0)=0. Sau khi đóng khóa K ta thiết lập được phương trình vi phân của mạch: L

di + (R 0 + R L )i = E dt

=> Thành phần dòng điện tự do trong mạch:

i td = Ae

R 0 +R L t L

= Ae

−20 t L

Thành phần dòng điện cưỡng bức: i cb =

E = 5A R0 + RL −20

2.b

t

Dòng điện quá độ trong mạch: i=icb+itd = 5+ Ae L Từ điều kiện ban đầu i(0) =0 ta xác định được hằng số A=-5 do đó i= 5(1 − e

−20 t L

0.5

)

Điện áp trên cuộn dây: u=uRL+uL= R L i + L = 50(1 + e

−20 t L

di dt

)

0.5

Tại t1=0,04 s, điện áp trên cuộn dây là: u(t1)= 50(1 + e => L= 0.5 H * Tại B áp lực quả cầu lên vòng bằng 0 nên: P = Fđh ⇒ k =

mg d − l0

−20 t1 L

) =60

0. 5 ur

ur

uur

r

* Xét góc lệch nhỏ α : F đn+ P + N = ma Chiếu lên chiều dương đã chọn:

A

k (d .cos α − l0 ).sin α − mgsin 2α = ma tt ⇒

mg (d .cos α − l0 ) sin α − mg sin 2α = matt d − l0

Fd

1 x

Câu 3 (3 điểm)

* α nhỏ nên cos α ≈ 1 và sin α ≈ α = Suy ra:

⇒ mg

s d

mg s s ( d − l0 ). − 2mg = ms " d − l0 d d

B

P

1

s s s − 2mg = ms " ⇒ − g = s " d d d

5

Câu

Ý

Nội dung Đặt: ω 2 =

g ⇒ s " = −ω 2 s d

Chu kì dao động: T = 2π

d +a

Φ=

∫ 2.10 d

−7

0.5

d = 0,89 s . g

Tại điểm cách dây dẫn r : B = 2.10 −7 4.a

Điểm

I r

0.5

I0b I b a dr = 2.10 −7 0 ln(1 + ) = Φ 0 r r d

0.5

Trong thời gian nhỏ dt có s.đ.đ: 4.b

dΦ dq E dΦ ,trong mạch có dòng i= = = − dt dt R Rdt Φ − Φ0 I b dΦ a dq = − ⇒q=− = 2.10 − 7 0 ln(1 + ) R R r d E=−

Gọi ∆t là thời gian dòng giảm đến 0: i=I0-kt, sau ∆t thì I = 0 = I0 – kt → k = - I0/∆t thì I = I0(1 – t/∆t) ; E = - φ’;

Câu 4 (4 điểm)

b r

a I0 = hằng số d ∆t

trong khung có i = E/R =- φ’/R= 2.10 −7 ln(1 + )

4.c

Lực tác dụng lên khung là tổng hợp hai lực tác dụng lên các cạnh AD và BC: F = B1bi – B2bi = 2.10 −7

b b ba Ii − 2.10 −7 Ii = 2.10 − 7 Ii d d+a d (d + a )

0.5 0.5 0.5 0.5

0.5

Xung của lực là: ∆t

X= ∫ Fdt = 2.10 −7 0

I 0 bai ∆t  t  (10 −7 ) 2 ab 2 I 02  a  = I 1 − dt ln1 +    d (d + a ) ∫0  ∆t  d ( d + a ) 2R  d 

Tiêu cự của thấu kính phẳng lồi: f =

Câu 5 ( 4 điểm)

5.a

R =30cm n −1

0.5

0.5

Ta có thể xem giữa thấu kính và mặt nước có một lớp không khí rất mỏng. do đó hệ sẽ gồm: thấu kính, lưỡng chất phẳng, gương phẳng thuận nghịch trên đường truyền của ánh sáng: Gọi bề mặt lớp nước là a = OH. Sơ đồ tạo ảnh qua hệ: TK ( L ) LCP ( AB ) GP ( M ) LCP ( BA ) TK ( L )  → F  → F1  → F2  → F3  →F '

+ Chùm tia sáng song song với trục chính qua thấu kính hội tụ tại tiêu điểm F: OF = f = 30cm. + Qua LCB(AB): KK - nước, F có ảnh F1 có ảnh F1 cho bởi:

0.5

0.5

4 OF1 = OF = 40cm 3

6

Câu

Ý

Nội dung + Đối với gương phẳng (M): F1 có ảnh F2 đối xứng qua (M):

Điểm

HF1 = HO + OF1 = 40 − a ⇒ HF2 = −HF1 = a-40

+ Đối với LCP(BA): nước - KK, F2 có ảnh F3 cho bởi OF2 = OH + HF2 = 2a − 40 OF3 =

3 3a − 60 OF2 = 4 2

0.5

+ Qua TK(L): F3 có ảnh F' cho bởi OF' =

0.5

OF3 . f 30a − 600 = a − 40 OF3 − f

+ Muốn ảnh F' ở trong không khí (phía trên TK) thì phải có: OF' =

30a − 600 >0 a − 40

0.5

a

20

30a - 60

40

0

+ -

a - 40

+

0

-

0.5

+

0

OF'

+ Vậy: a ≤ 20cm; a > 40cm Khi a = 15cm. OF' =

5.b

30.15 − 600 = 6cm 15 − 40

Chùm tia tới song song với trục chính đến hệ quang học trên cho chùm tia phản xạ hội tụ tại F' cách phía trên mặt nước 6cm, do đó ta có thể xem hệ tương đương với một gương cầu lõm có: * Tiêu điểm là F'; * Tâm C trùng với tiêu điểm P của thấu kính; * Đỉnh S đối xứng với P qua F'; * Bán kính: SC = SP = 2F'P = 2(OP – O'F) = 48cm. Ta có I = I 0 e Đặt y = − ln

Câu 6 (3 điểm)

+

Lập bảng: Lần đo t (s) y = − ln

I I0

−

1 t RC

→

1 − t 1 I I .t = e RC → − ln = I0 I 0 RC

1

I 1 → y = at ; a= I0 RC

1 10 0,2 1

2 20 0,4 2

3 30 0,6 3

0.5

0.5

4 40 0,8 4

5 50 1,0 6

6 60

7 70

8 80

0.5

1,27 1,48 1,69

7

Câu

Ý

Nội dung Vẽ đồ thị là đường thẳng đi qua gốc tọa độ, tính tanα = a =

Điểm 1 RC

Suy ra C ≈ 4,73mF

0.5

0.5

Chú ý: Nếu học sinh làm bằng cách khác nhưng đúng thì vẫn cho điểm tối đa. Hết

8

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÍ – KHỐI 11-THHV

VĨNH PHÚC

NĂM HỌC 2018 – 2019 Thời gian làm bài 180 phút

(ĐỀ THI ĐỀ XUẤT)

(Đề này có 02 trang, gồm 6 câu)

Bài 1: (3 điểm – Tĩnh điện) Hai chất điểm khối lượng m và M (M>m) và có cùng điện tích dương q, ban đầu chúng được giữ cố định cách nhau khoảng l trong điện trường đều E hướng từ m đến M (Hình 1). Đồng thời thả hai chất điểm tự do và giả thiết rằng trong quá trình chuyển động chúng chỉ luôn chuyển động trên một đường thẳng cố định nối m và M lúc đầu. Hãy tìm khoảng cách lớn nhất giữa hai chất điểm trong quá trình chuyển động tiếp theo. Bài 2: (4 điểm-Điện phi tuyến) Một tấm phẳng chiều dài L, bề rộng a, đồng chất, có điện trở R0 được mắc nối tiếp với nguồn có suất điện động E, điện trở trong không đáng kề qua 2 điện trở R1 và R2 đều có độ lớn bằng R như hình vẽ. Tấm phẳng được chiếu bằng chùm electron rộng có mật không đổi là n0 chuyển động đều với vận tốc v theo phương vuông góc với tấm phẳng. Cho rằng các electron bay tới bản đều không bị bật trở lại. Cực âm của nguồn được nối đất. 1. Tìm cường độ dòng điện qua mỗi điện trở. 2. Ước tính công suất nhiệt tỏa ra trên điện trở R0. Bài 3: (4 điểm – Quang hình) Một kim tự tháp đáy tam giác ABCD được làm từ vật liệu trong suốt có chiết suất n = 1.6. Tất cả các góc ở đỉnh của kim tự tháp đều là góc vuông. Đáy của nó tạo thành một tam giác đều có cạnh bằng a = 2.0 mm. Kim tự tháp có thể tưởng tượng giống như một góc cắt ra từ khối lập phương. Kim tự tháp được chiếu đồng đều sao cho ánh sáng dọc theo chiều cao của nó và vuông góc với đáy. 1. Vẽ vùng diện tích ở đáy của kim tự tháp có ánh sáng khúc xạ bởi mặt ABC chiếu tới. 2. Một màn hình được đặt song song với kim tự tháp ở khoảng cách L = 10 cm. Vẽ vùng diện tích được chiếu sáng bởi ánh sáng khúc xạ qua kim tự tháp. Chỉ rõ vị trí và kích thước của các vùng diện tích này.

1

Bài 4 (3 điểm-Cảm ứng điện từ) Một vòng dây mảnh siêu dẫn cùng trục đối xứng thẳng đứng với 1 nam châm hình trụ và ở phía trên như hình vẽ. Từ trường gây bởi thanh nam châm có tính đối xứng trụ Bz = B0 (1 − α z ) với z = 0 là tâm vòng siêu dẫn lúc đầu và Br = B0 β r . Ban đầu trong vòng không có dòng điện, vòng được thả tự do. Xác định quy luật chuyển động của vòng dây. Bài 5: (3 điểm – Dao động cơ) Ba hạt cùng khối lượng m được đặt ở 3 đỉnh của 1 tam giác đều, lúc đầu có cạnh là c, sau này các cạnh gọi là l. Ban đầu truyền cho chúng vận tốc đầu v0 =

Gm có phương và chiều c

như hình vẽ. Giả sử rẳng chỉ có lực hấp dẫn tác dụng. Gọi r là khoảng cách từ tâm của tam giác đến mỗi hạt, tính rmin và rmax trong chuyển động tiếp theo của các hạt. Tính chu kì chuyển động của hệ. Bài 6: (3 điểm): Xác định mật độ hạt electron tự do trong thanh kim loại Trong một thí nghiệm, người ta sử dụng các dụng cụ và thiết bị sau: - Một thanh nam châm vĩnh cửu hình chữ U (Biết khe giữa hai cực từ của nam châm hình chữ U đủ lớn để có thể đưa các dụng cụ cần thiết vào trong đó); - Một nguồn điện một chiều; - Một biến trở; - Một vôn kế có nhiều thang đo; - Một thanh kim loại bằng đồng, mỏng, đồng chất, tiết diện đều hình chữ nhật; - Thước đo chiều dài; - Cuộn chỉ; - Cân đòn (cân khối lượng); - Dây nối, khóa K. a. Xây dựng các công thức cần sử dụng. b. Vẽ các sơ đồ thí nghiệm. Nêu các bước tiến hành thí nghiệm. c. Trình bày cách xây dựng bảng biểu và đồ thị trong xử lý số liệu. Các nguyên nhân gây sai số. Người ra đề:Nguyễn Văn Quyền Số ĐT: 0988.615.618 quyencvp@vinhphuc.edu.vn 2

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

Hướng dẫn chấm

VĨNH PHÚC

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÍ – KHỐI 11-THHV NĂM 2019

(HD CHẤM ĐỀ THI ĐỀ XUẤT )

Thời gian làm bài 180 phút (Đáp án gồm 6 câu)

Bài 1: (3 điểm) Phần

Hướng dẫn giải

Điểm

Chọn chiều dương theo chiều của E. Gia tốc của m và M trong hệ quy chiếu cố định, khi hai chất điểm cách nhau khoảng r:

a1 = − a2 =

kq 2 qE ............. + mr 2 m kq 2 qE ........ + Mr 2 M

0,25

0,25

Gia tốc tương đối của M và m

a = a2 − a1 =

m + M kq 2 M −m − qE. ....... 2 Mm r Mm

0,5

Hay:

mM kq 2 M −m a = 2 − q.E. → hay M +m r M +m kq 2 (1)........ µ .a = 2 + q.e r Trong (1) thì

µ=

0,5

mM M −m va` − e = − E. M +m M +m

Phương trình (1) chính là phương trình định luật II Niu-tơn mô tả chuyển động của hạt có khối lượng µ, điện tích q, nằm trong hai điện trường là: Điện trường của điện tích q và điện trường đều -e…………… Thế năng của điện tích này :

0,5

2

U (r ) =

kq + qe .r r

(2)........

Giản đồ thế năng của (2) như hình vẽ.

0,25

Ta thấy điện tích µ chỉ nằm trong vùng có: a ≤ r ≤ b. Trong đó a và b là hai nghiệm của phương trình:

Đồ thị 3

Uo =

U kq 2 kq − qe .r hay : r 2 − o r + = 0 r q.e e

(3)

0,25

ro ứng với :

kq 2 kq + qe .r = 0 hay : ro = r e

va` a.b = ro2

................ 0,25

Như vậy: - Nếu l<ro thì khoảng cách hai điện tích sẽ tăng lên đến ro2/l rồi sau đó giảm dần. - Nếu l>ro thì khoảng cách hai điện tích ban đầu là lớn nhất và bằng l. - Nếu l=ro thì khoảng cách hai điện tích sẽ không đổi và bằng l.

0,25

Bài 2: (4 điểm – Điện phi tuyến) Phần

Hướng dẫn giải

1

Số e đến tấm phẳng trong mỗi giây là N 0 = naLv, tạo nên dòng có cường độ

2,5đ

Ie = nLave . Các e này chạy qua R2 về cực nguồn rồi chạy xuồng đất, không qua

Điểm 2,5

điện trở R1. Gọi I0 là cường độ dòng trong mạch khi chưa kể đến chuyển động của các e đến thêm. Đó chính là dòng qua R1.Vì dòng điện qua tấm phẳng tăng đều nên hiệu điện thế trên tấm phẳng là U0 = (I0 +

Ie )R 0 . Dòng qua điện trở R2 là I0 + Ie nên 2

hiệu điến thế trên nó là U 2 = (I0 + Ie )R 0 Vậy:

E = (I0 + Ie )R + (I0 +

I0 =

Ie )R 0 + I0 R 2

R0 R ) U 0 − en 0 Lav(R + 0 ) 2 = 2 2R + R 0 2R + R 0

U 0 − Ie (R +

2

Ước tính công suất nhiệt tỏa ra

1,5đ

trên R0.

1,5

Chọn Ox như hình vẽ. Xét trên bản một dải hẹp, rộng dx tại điểm có tọa độ x, có điên trở

dR 0 = R

dx , cường độ dòng qua L

nó là I(x) = I0 + Ie

x , số e đập tới trong một giây là ∆N = nva.dx. Ta coi toàn bộ L 4

động năng của ∆N e này đều chuyển thành nhiệt. Công suất nhiệt trên dR0 là

dP = dR(I0 + Ie

x 2 mv 2 ) + ∆N L 2

L L   x R mv2 I 2 mv 2 P = ∫ dP = ∫ (I0 + Ie ) 2 0 + nav dx P = R 0 (I02 + I0 Ie + e ) + navL L L 2 3 2  0 0 

với Ie = nLave . Bài 3: (4 điểm – Quang hình) Phần Hướng dẫn giải

Điểm

1

Xét một chùm tia chiếu tới tại điểm ở

2đ

gần đỉnh của kim tự tháp. Góc tới của chùm sáng so với mặt bên bằng góc mà mặt bên đó tạo với đáy và bằng

∠AEO = α . Rất dễ chứng minh bằng hình học cos α =

1 , hay α = 54.7°. 3

Theo định luật khúc xạ ánh sáng góc β có thể được viết:

sin β =

sin α 1 2 = . Suy ra β = 24.6°. ............ n n 3

Ta đi tìm điểm F, mà tia sáng này đập vào đáy kim tự tháp. Đường cao mặt bên là

0,5

a AE = , chiều cao của kim tự tháp 2 AO =

a a 2 = 0.41mm. sin α = 2 2 3

Khi đó, OF = AO tan(α − β ) = 0.24 mm. Cuối cùng ta

Hình

tìm được vị trí của điểm tính từ D

vẽ 0,5

DF = OD − OF =

a − 0.24 mm = 0.91mm........ 3

Nếu tính từ trung điểm cạnh đáy EF = a

0,5

3 − DF = 0.82 mm............ 2

Như vậy, chùm sáng khúc xạ bởi mặt bên sẽ chiếu sáng tam giác BCF ở đáy. Ngoài ra còn có hai giác đối xứng nữa được chiếu sáng (xem hình). 5

0,5

B

Ta tìm góc γ mà tia sáng khúc xạ ra khỏi đáy kim tự tháp. Từ hình vẽ trên và từ

2đ

định luật khúc xạ

sin γ = n sin(α − β ) = n(sin α cos β − cos α sin β ) =

2 2 2 2 n − − . 3 3 3 0,5

Giá trị số của góc này là γ = 41°.............. Tất cả các tia sáng bị khúc xạ bởi cùng một mặt của kim tự tháp sau khi đi qua nó sẽ song song với nhau, chúng sẽ chiếu sáng một vùng trên màn giống như trên đáy kim tự tháp. Khác biệt duy nhất là các vùng bị dịch

Hình

đi một đoạn r = L tan γ = 8.6cm. Do đó, trên màn hình

vẽ 0,5

sẽ nhìn thấy ba tam giác nhỏ ở đỉnh của một tam giác

0,5

có cạnh l = r 3 = 14.9 cm.............. Bài 4: (3 điểm) Bài 4

Nội dung

Điểm

Ở độ cao z, bảo toàn từ thông cho vòng dây siêu dẫn ta được

(1,5đ)

B0π r 2 = Li + B0 (1 − α z ) π r 2 → i =

0,5

B0α zπ r 2 .......... L

Ta có thành phần từ trường Bz kéo dãn vòng, thành phần Br gây lực tác dụng theo phương z

Ft = B0 β r.

B0α zπ r 2 2π 2 r 4 B02αβ .2π r = z L L

Theo định luật II Niuton: Ft + mg = −mz&&

2π 2 r 4 B02αβ z + mg + mz&& = 0 L 2π 2 r 4 B02αβ → z + g + && z=0 mL →

Đặt Z = z +

Z ''+

mgL , ta có phương trình 2π r B02αβ 2 4

2π 2 r 4 B02αβ Z =0 mL

Suy ra vòng dây dao động điều hòa với tần số góc: ω = π r 2 B0

6

2 βα ....... mL

0,5

Z = A cos (ω t + ϕ ) → z = A cos (ω t + ϕ ) −

mgL 2π r B02αβ 2 4

0,5

z = 0 mgL Tại t = 0 thì  . Từ đó suy ra z =  cos (ω t ) − 1 ............ 2 4 2 2π r B0 αβ   z& = 0

Bài 5:(3 điểm – Dao động cơ học) Phần Hướng dẫn giải

Điểm

- Rõ ràng theo tính đối xứng của hệ, 3 hạt sẽ luôn tạo thành một tam giác đều, và có tâm đứng yên. Khoảng cách l sẽ thay đổi, tốc độ góc θ& sẽ thay đổi nhưng vẫn bảo

0,25

toàn năng lượng hệ…….. - Giờ ta sẽ đi tính năng lượng tổng cộng của hệ tại thời điểm bất kỳ: + Thế năng của hệ ( l = r 3 ): Wt = −

3Gm 2 3Gm 2 =− l r

……….

0,25

+ Động năng của hệ:

Wd =

3 2 3 mv = m(r& 2 + r 2θ& 2 ) …………. 2 2

- Bảo toàn năng lượng:

0,25

Gm 2 3 3Gm 2 3 (1)….. m( r& 2 + r 2θ& 2 ) − = mv0 2 − 3 2 r 2 c

0,25

- Momen động lượng hệ được bảo toàn:

L = 3mr 2θ& =

3 mv0 c............ 2

0,25

cv0 ⇒ θ& = ..................... 2 3r 2

(2)

0,25

Khi r đạt cực đại hay cực tiểu, r& = 0 thay vào (1), kết hợp với (2) ta có: mv0 2 (

3 3 c2 3 − ) = Gm 2 ( − ) ….. 2 8r 2 r c

0,25

Thay giá trị v0 ta nhận: 2c c2 r+ =0 12 3 1 1  rmin = c( 3 − 2 ) = 0, 077c............... ⇒  r = c( 1 + 1 ) = 1, 077c...............  max 3 2 r2 −

- Giờ chúng ta hãy nói đến lực tác dụng lên từng hạt. Các lực này có phương bán 7

0,25 0,25

kính r - Gọi Fr là lực tác dụng lên từng hạt, ta có:

0,25

1 ∂Wt Gm 2 Fr = − =− .................. 3 ∂r 3r 2 - Như vậy mỗi hạt chịu 1 lực hấp dẫn tỉ lệ nghịch với bình phương khoảng cách từ vật tới tâm O - Từ lực Fr ta suy ra hệ số hấp dẫn của hệ là: µ =

Gm 3

- Mỗi hạt chuyển động theo quỹ đạo hình elip với bán kính trục lớn:

a=

0,25

r min + rmax c ................ = 2 3

- Từ đó ta tìm được chu kì chuyển động của hệ:

T = 2π

a3

µ

= 2π

c3 ............... 3Gm

0,25

Bài 5: (3 điểm – Phương án thực hành) Phần Hướng dẫn giải

Điểm

1. Cơ sở lý thuyết: 1đ

* Lý thuyết hiệu ứng Hall: Hình 1 - Electron chuyển động trong từ trường chịu tác dụng của lực Lorentz: FL = eBv

- Dòng điện chạy trong kim loại là dòng chuyển dời có hướng của các electron tự do: I = ne ⋅ v ⋅ S ⇒ v =

Ta có: FL =

I . ne ⋅ S

B⋅ I n ⋅S

(1)

_ _ _ _ _

Khi đó sẽ hình thành hiệu điện thế giữa hai mặt của thanh kim

uur FL

r v

V

e

uur Fd

loại, gây ra một điện trường,

+ + + + +

tác dụng lực điện lên electron

ℓ

chuyển động:

Hình 1 8

a d

ur E

I

ur B

FE = e ⋅ E = e ⋅

U d

(2)

- Khi hiệu điện thế đạt giá trị ổn định: FL = FE ⇒ U =

1 BId ⋅ ne S

mà S = a ⋅ d ⇒ U =

1 BI ⋅ ne a

(3)

(Hiệu điện thế này gọi là hiệu điện thế Hall) 2 1 BI ⋅ 3 ne a

- Thực tế: U = ⋅

* Cân lực từ: Hình 2 - Khi khóa K mở: Đặt các quả cân sao

Hình 1

cho kim của cân chỉ số 0. - Khi khóa K đóng: Thêm, bớt các quả cân có khối lượng ∆m để kim của cân

I E, r

R K

chỉ số 0. Nghĩa là:

Hình 2

F = ∆P ⇒ BIl = ∆m ⋅ g ⇒ BI =

∆m ⋅ g l

(4)

* Từ (3) và (4) ta có: U=

1 ∆m ⋅ g g ∆m ⋅ ⇒n= ⋅ ne a ⋅ l e⋅a ⋅l U

1đ

2. Sơ đồ thí nghiệm: Hình 1 và Hình 2

1đ

3. Các bước tiến hành thí nghiệm: - Bước 1: Đo chiều dài ℓ, chiều dày a của thanh kim loại. - Bước 2: Sử dụng sợi chỉ treo thanh kim loại vào một đòn cân sao cho thành kim loại nằm ngang trong từ trường và vuông góc với đường sức từ. - Bước 3: Mắc sơ đồ mạch điện như hình 2.18 + 2.19. - Bước 4: Khi K mở, đặt các quả cân sao cho cân thăng bằng, khối lượng các quả cân là m1. - Bước 5: Khi K đóng: + Điều chỉnh giá trị của biến trở R để thay đổi cường độ dòng điện I. + Ứng với mỗi giá trị của dòng điện I, thêm bớt các quả cân để cân thăng 9

bằng: khối lượng các quả cân là m2, đọc số chỉ U của vôn kế. 4. Kết quả đo: - Đo kích thước thanh kim loại: + Chiều dài: ℓ = ... + Chiều dày: a= ... - Kết quả đo hiệu điện thế và khối lượng: Bảng số liệu 2.7:

m1 (kg)

m2 (kg)

Δm (kg)

U (V)

n

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

5. Nguyên nhân sai số: - Thanh kim loại không nằm ngang, không vuông góc với các đường sức từ. - Sai số do thước đo, cân và vôn kế. - Sai số do tính toán (electron chuyển động trong mạng tinh thể)

Hết

10

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH –YÊN BÁI (Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XV, NĂM HỌC 2018 – 2019 ĐỀ THI MÔN: VẬT LÍ-LỚP 11 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1. Tĩnh điện(3,0 điểm) Một điện tích điểm mang điện tích dương q được đặt gần một quả cầu kim loại bán kính R. Quả cầu được nối đất và giữ cố định. 1. Điện tích điểm q được đặt cố định tại một điểm nằm cách tâm quả cầu một khoảng d (Hình 3a). Bằng R phương pháp ảnh điện. Hãy d a. Xác đinh lực tương tác giữa điện tích q và quả cầu. q r

b. Xác định véctơ cường độ điện trường E tại các điểm nằm trên đường nối điện tích và tâm quả cầu, cách điện tích q một khoảng r. 2. Điện tích điểm q có khối lượng m được nối với một sợi dây mềm, nhẹ, mảnh, không dãn, cách điện và có chiều dài l. Đầu kia của dây được gắn vào điểm O cố định (Hình b). Điểm O và tâm quả cầu cách nhau L (L > l + R). Bỏ qua tác dụng của trọng lực. Kích thích để q dao động nhỏ trong điện trường. Tìm tần số dao động.

Hình a.

q

R

l

L

O Hình b.

Câu 2: Dao động(3,0điểm) Hai quả cầu nhỏ bằng kim loại, có khối lượng tương ứng là m và M và đều có bán kính r, được nối với nhau bởi một lò xo dẫn điện, có độ cứng k. Độ dài lò xo khi không biến dạng là l0 ( l0 >> r ). Lúc đầu hệ không mang điện và ở trên mặt phẳng nhẵn nằm ngang không dẫn điện. Bỏ qua ma sát. ur a. Đặt hệ trong điện trường đều có cường độ điện trường E hướng

ur E

m

M

m

dọc theo trục của lò xo (Hình 2a). Hãy xác định chu kì và biên độ dao m Hình 2a động của các quả cầu so với khối tâm G của chúng từ sau khi bật điện trường. r m F M b. Tắt điện trường. Khi hai vật đứng yên và lò xo không bị biến mx dạng thì tác dụng lên quả cầu I (khối lượng m) lực F biến thiên tuần O Hình 2b hoàn: F = F0 cosωt hướng dọc theo trục của lò xo (Hình 2b) với F0 và ω là các hằng số dương. Viết phương trình dao động của quả cầu I ở chế độ ổn định.

Câu 3. Điện học (3,0 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ, E 2 = 1,5 E1 , bỏ qua các điện trở trong của nguồn, cuộn dây thuần cảm, các tụ điện trước khi mắc vào mạch chưa được tích điện, đi-ốt lí tưởng. Đóng khóa K.

E1

K

L

C

A Đ

B E2

a. Viết biểu thức đện tích trên tụ và dòng điện qua mạch khi chưa có dòng qua nguồn E 2 b. Sau thời gian bao lâu kể từ lúc đóng mạch thì có dòng điện qua nguồn E 2 . Khi bắt đầu có dòng qua nguồn E 2 thì cường độ dòng điện trong cuộn dây bằng bao nhiêu? c. Hãy xác định biểu thức dòng điện qua nguồn E2 và điện tích chuyển qua nguồn E2 sau khi K đóng.

Câu 4. Quang hình (3,0 điểm) Các răng cưa của một bánh răng bằng thủy tinh là những lăng kính có tiết diện là tam giác cân. Tính chất thú vị của chúng là ở chỗ có thể “dẫn ánh sáng đi vòng” quanh bánh răng. Tính góc khúc xạ của các lăng kính nếu chúng vừa khít với các cạnh của một đa giác đều có N cạnh. Chiết suất của thủy tinh là n = 1,5. Hãy tính với N = 12 và N = 3.

Câu 5. Từ trường - Cảm ứng điện từ (3,0 điểm) Dọc theo hai thanh kim loại rất dài đặt song L song thẳng đứng, cách nhau một khoảng l có một đoạn dây MN khối lượng m có thể trượt không ma sát trên hai thanh và luôn tiếp xúc điện với hai M0 N0 0 x thanh. Hai đầu trên của hai thanh nối với nhau u r N M bằng một cuộn cảm thuần có hệ số tự cảm L. B Toàn bộ hệ thống đặt trong từ trường đều có cảm ứng từ vuông góc với mặt phẳng chứa hai thanh. Điện trở của thanh, của đoạn dây MN, của dây nối bằng không. Thanh MN được giữ đứng yên tại vị trí M0N0 và buông nhẹ ở thời điểm t = 0. Hỏi: a) Độ dời cực đại của đoạn MN so với vị trí ban đầu bằng bao nhiêu? b) Dòng điện tức thời trong mạch có độ lớn cực đại bằng bao nhiêu? Câu 6. Phương án thực hành (2,0 điểm) Một lò xo có độ cứng là k và khối lượng ms = 7, 4 g . Người ta dùng 2 phương pháp để đo độ cứng của nó: 1. Cách 1: Treo lò xo thẳng đứng, đầu trên cố định, đầu dưới lần lượt treo các vật nặng có khối lượng M khác nhau và đo độ biến dạng tương ứng x của lò xo khi hệ cân bằng. Kết quả thí nghiệm trong Bảng 1. Vẽ đồ thị Mg là hàm của x, sau đó tính ra k. 2. Cách 2: Treo lò xo thẳng đứng như trên cho vật M dao động và đo thời gian vật thực hiện 10 chu kì liên tiếp. Biết rằng dao động là tuần hoàn với chu kì xác định từ biểu thức T = 2π

M+ k

ms 3 . Kết quả đo 10 chu kì với những khối lượng m khác nhau

được cho trên Bảng 2. Vẽ đồ thị T 2 là hàm của M, từ đó suy ra giá trị của k và so sánh với giá trị tìm được ở trên.

3. Từ đồ thị phần 2, hãy xá định giá trị của ms và so sánh với giá trị đã cho ban đầu. Bảng 1 M (g)

20

40

50

60

70

80

X (cm)

17,0

29,3

35,3

41,3

47,1

49,3

M (g)

80

70

60

50

40

20

10T (s)

13,41

12,52

11,67

10,67

9,62

7,03

Bảng 2.

.....................HẾT..................... Người ra đề (Ký, ghi rõ Họ tên - Điện thoại liên hệ) Lê Thị Hoài

HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung

Câu 1 1

Thang điểm

Dùng phương pháp ảnh điện, xác định điện tích q’ tương đương với điện tích trên mặt quả cầu: Điện tích q’ nằm trên đường thẳng nối tâm quả cầu và điện tích q, cách tâm quả cầu một đoạn d’. Do quả cầu nối đất, điện thế tại một điểm B bất kỳ trên mặt cầu bằng 0. B cách q, q’ lần lượt là r1, r2. Ta có: VB =

1  q q' q q'  + =0 ⇒ + =0 4πε 0  r1 r2  r1 r2

(1)

Trong đó: r1 = R 2 + d 2 − 2Rd cos α và r2 = R 2 + d '2 − 2Rd 'cos α (2) (1) và (2) ⇒ q ' = −q

R d

(3)

a. Lực tương tác là: F = k

và d ' =

0,25

R2 d

(4)

q2d 2 R2 ( d 2 − R2 )

0,25 0,25 0,25

b. Ta đi xét điện trường tổng hợp tạo ra bởi điện tích q và ảnh điện q’:

I1

O

I2

I3 R

I4 x

Tại các điểm nằm ngoài quả cầu nằm trên đường nối điện tích và tâm quả cầu, cách điện tích một khoảng r > 0:

0,25

  R  r q r 1 q r; d E I1 = − 2 2   4πε 0 r  R2   r  r +d −   d   

r E I2

r E I4

  R  r q 1 q r; d = + 2 2  2 4πε0 r  R  r  −r + d −    d      R  r q 1 q r; d = − 2  2  2 4πε 0 r  R  r  r−d+    d   

0,25

0,25

r

Tại các điểm bên trong quả cầu: E I = 0

0,25

Khoảng cách từ điện tích q đến tâm quả cầu là:

0,25

3

2

d = L2 + l 2 − 2Ll cos α

(6)

Điện tích cảm ứng trên mặt cầu tương đương với điện tích q’ được xác định trong câu a. Do đó lực điện tác dụng lên q là: F=

1 qq ' 1 q 2 Rd = 4πε 0 ( d − d ') 2 4πε0 ( d 2 − R 2 )2

Thay giá trị của d từ (6,7): F =

(7)

1 q 2 R L2 + l 2 − 2Ll cos α (8) 4πε0 ( L2 + l 2 − 2Ll cos α − R 2 )2

0,25

r

Lực F là lực hút, có hướng dọc theo đường thẳng nối q và q’. Lực làm r điện tích q dao động là thành phần hình chiếu F⊥ của F lên phương vuông góc với dây treo l. 2

F⊥ =

2

0,25

2

1 q R L + l − 2Ll cos α sin ( α + β ) ;với l sin α = d sin β . (9) 4πε0 ( L2 + l 2 − 2Ll cos α − R 2 )2

Áp dụng định luật II Newton: mlα " = −F⊥ = −

1 q 2 R L2 + l 2 − 2Ll cos α sin ( α + β ) 4πε0 ( L2 + l 2 − 2Ll cos α − R 2 )2

(10)

q

d β

R

O

l

α

0,25

L Với các dao động bé, ta được: mlα "+

Từ

(11)

ω=

q d − R2

Hay Câu 2

2

ω=

αl 1 q 2 Rd  l  (11) 1 +  α = 0 với β ≈  2 L−l 4πε 0 ( d 2 − R 2 )  d 

⇒

tần

số

góc

Rd 1  l  1 +  4πε 0 ml  d 

q

( L − l)

2

−R

2

dao

động

bé

của

q

là

(12) 0,25

RL 1 4πε0 ml

Nội dung

Thang điểm

Xét trong hệ khối tâm G. Chọn ur Ox cùng chiều với E . Gọi x1 và li độ quả I và II thì chiều dài lò là: l = l0 + x2 − x1 (1)

trục x2 là xo

ur E

m

m

M m

-q

•

m O m

+q

0,25

x m

Do hiện tượng nhiễm điện do hưởng ứng, các quả cầu có điện tích q và - q xác định bởi:

q 4πε 0 r

−

(−q) = El 4πε 0 r

0,25

(2)

- Áp dụng định luật II đối với quả cầu I: mx1" = − qE + k ( x2 − x1 ) +

q2 4πε 0 ( l0 + x2 − x1 )

2

(3)

0,25

m M

0,25

- Vì l0 >> r nên πε 0 r 2 E 2 << 2πε 0 rlE 2 ta bỏ qua số hạng này.

0,25

Mặt khác trong hệ khối tâm: mx1 + Mx2 = 0 (4) ⇒ x2 = − x1 Thay vào (3): a

mx1" = −2πε 0 r ( l0 + x2 − x1 ) E 2 + k ( x2 − x1 ) − 2πε 0 r 2 E 2 mx1'' = − (k − 2πε 0 rE 2 )(1 +

m ) x1 + 2πε 0 rl0 E 2 − πε 0 r 2 E 2 M

- Thay x2 theo x1 ta có x1'' = − (k − 2πε 0 rE 2 )(

2πε 0 rl0 E 2 1 1 + ) x1 + m M m

x1'' = − (k − 2πε 0 rE 2 )(

 2πε 0 rl0 E 2 M m+M  )  x1 −  2 (k − 2πε 0 rE )(m + M )  Mm 

- Nếu (k − πε 0 rE 2 ) > 0 ; dao động là điều hòa với T =π

0,25

mM (2k − 4πε 0 rE 2 )(m + M )

- Vị trí cân bằng có tọa độ x01 =

2πε 0 rl0 E 2 M . (k − 2πε 0 rE 2 )(m + M )

0,25

2

Suy ra biên độ quả I là: A1 = x01 = Tương tự, biên độ quả 2 là A2 = b

2πε 0 rl0 E M . (k − 2πε 0 rE 2 )(m + M )

2πε 0 rl0 E 2 m ./. (k − 2πε 0 rE 2 )(m + M )

Chọn trục tọa độ cùng hướng với F lúc đầu. Gọi x1 và và x2 là li độ 2

0,25 0,25

quả cầu

k(x 2 − x1 ) + F0 cosωt = mx1" (1) − k(x 2 − x1 ) = Mx "2

(2)

Hai vật có thể dao động đồng pha hoặc ngược pha. Vậy nghiệm có dạng x1 = Acosωt ; x 2 = Bcosωt (A, B là các hằng số âm hoặc dương) Thay vào (1) và (2) : 2

− kω (B − A) + F0 = − mω A (3) 2

−k(B − A) = −Mω B B=

m

kA thay vào (3): k − M ω2

O

kA − A) + F0 = − mω2 A 2 k − Mω

− k ω2 (

kA − A) + F0 = − mω2 A 2 k − Mω

M m

.

(4)

− k ω2 (

A=

m

r F

2

x

0,25

F0 (k − Mω2 ) F0 (k − Mω2 ) x = cosωt 1 ω2 (ω2 mM − km − kM) ω2  ω2 mM − k(m + M) 

Câu 3

0,25

0,25

Thang điểm

Nội dung - Ban đầu khi khóa K đóng, chỉ có nguồn E1 nạp điện cho tụ, quá trình nạp điện cho tụ cũng chính là quá trình dao động của mạch.

0,25

- Vì E 2 > E1 nên sau khi K đóng, chưa có dòng điện đi qua nguồn E 2 . Khi đó ta có:

a

i1 = i = q / (1)   q / u AB = = E1 − Li1 (2) C 

Đặt ω 2 =

1 LC

⇒ (q − CE1 ) +

E1 i1

L

+

A 1 (q − CE1 ) = 0 LC

qC i +

0.5

B

Đ i2 +

E2

⇒ q − CE1 = q0 cos(ω.t + ϕ ) Hay ⇒ q = q0 cos(ω.t + ϕ ) + CE1

0,25

q = q 0 cos ϕ + CE1 = 0 ϕ = π ⇒ Tại t = 0 ta có:   / q0 = CE1 i = q = −q 0ω sin ϕ = 0

0,25 q = CE1 cos(ω.t + π ) + CE1 ⇒ / i1 = i = q = −CE1ω sin(ω.t + π ) . Đi-ốt sẽ mở khi u C = E 2 ⇔ u C = E1 cos(ω.t + π ) + E1 = E 2 ⇒ ∆t =

b

c

Khi đó cường độ dòng điện qua cuộn dây là: i 1 =

T 3

0.25

CE1ω 3 . 2

Sau đó đi-ốt mở, dòng điện chạy qua cuộn dây không nạp cho tụ nữa vì lúc này hiệu điện thế giữa hai đầu tụ đã bằng E2 , dòng điện trong cuộn dây khi đó sẽ nạp thẳng vào cho nguồn E2 , trong quá trình nạp điện vào cho nguồn E2 thì suất điện động của nguồn này không đổi chỉ có điện tích trong nguồn được tăng lên. Quá trình nạp điện sẽ dừng khi dòng điện qua cuộn dây bằng 0.

0,25

Tại thời điểm đi-ốt mở thì cường độ dòng điện qua cuộn dây là: CE1ω 3 i1 = 2

Ở thời điểm t, sau khi đi-ốt mở, cường độ dòng điện qua đi-ốt là i, mạch gồm E1; L; E2 ta có: i

u AB = E2 = − L.i / + E1 ⇒ di = −

0,25

t

E2 − E1 E E E CE1 dt = − 1 dt ⇒ ∫ di = − 1 ∫ dt ⇒ i = i1 − 1 t = L 2L 2L 0 2L 2 i1

Quá trình hoạt động trong mạch sẽ dừng khi CE1ω 3 E1 i= − t = 0 ⇒ t = CLω 3 2 2L

0,25

Điện tích di chuyển qua nguồn E2 : t

CLω 3

0

0

Ta có ∆q = ∫ idt =

Câu 4

∫

 CE1ω 3 E1  3CE1 − t  dt =  2 2L  4 

Nội dung

0,25 Thang điểm

−

E1 t 2L

Để tia sáng đi vòng quanh, do tính đối xứng tia sáng qua lăng kính phải song song với đáy.

r

J

i 1 1

α

I N

Góc khúc xạ của lăng kính:

0,5

A = r1 + r2 = 2r = 1800 − 2α ⇒ r = 90 − α

I /

3600 I 0 2. = 180 − Từ hình vẽ 2 N

0,5

360 360 I1 = 360 − 2α − (180 − ) = 180 − 2α + N N

⇒ J1 = 90 −

I 180 I$ ⇒ i = 1 = 90 − α + 2 2 N

0,5

Theo định luật khúc xạ ánh sáng sin i = n sin r ⇒ cos(α −

Câu 5

0,5

180 ) = 1,5cosα N

Với N = 12 ⇒ α = 64,150 ⇒ r = 25,850

0,5

Với N = 3 ⇒ α = 49,10 ⇒ r = 40,90

0,5

Nội dung

Thang điểm

a. Ở thời điểm t, li độ của thanh là x và cường độ dòng điện trong khung là i. Theo định luật Ôm: ∆Φ R =0 ecu = iR  = 0 ⇒ Φ = const ∆Φ → ecu = − ∆ t ∆t Phần từ thông của từ trường ngoài tăng Blx bằng từ thông do dòng cảm ứng Li, tức là:

1.0

Blx = L.i ⇒ i =

Bl .x (1) L →

→

Các lực tác dụng lên thanh MN gồm trọng lực P và lực từ F →

→

→

Theo định luật II Niu tơn: P + F = m a (2) do thanh chuyển động xuống dưới nên trong thanh xuất hiện suất điện động với N đóng vai trò cực âm, M đóng vai trò là cực dương. Hay dòng điện trong thanh MN có hướng từ N đến M. Do đó lực từ tác dụng lên thanh hướng lên.

0.5

Chiếu phương trình (2) lên trục Ox ta được: a = x " mg − F a= với  B 2l 2 m F Bil .x = =  m.L 

⇒ x" = g −

B 2l 2 B 2l 2 mgL (x − 2 2 ) x ⇒ x" = − m.L m.L Bl

mgL   X = x − B 2l 2 ⇒ X" + ω 2 X = 0  2 2 ω 2 = B l  m.L

⇒ X = A cos(ωt + ϕ ) ⇒ x =

0.5

mgL + A cos(ωt + ϕ ) B 2l 2

x = 0 mgL ⇒ x = 2 2 (1 − cosωt )  x' = 0 Bl Tại t = 0 ta có:  2mgL ⇒ xmax = 2 2 (3) Bl

0.5

b. Để tìm imax Thay (3) vào (2) ta được: mg (1 − cos ωt) Bl mg ⇒ i max = 2 Bl

i=

Câu 6

0.5

Nội dung

Thang điểm

1. Giả sử sự biến dạng của là xo tuân theo qui luật tuyến tính F = kx + F0 .

0.5

Vẽ đồ thị Phép quy hồi tuyến tính cho kết quả: k = 1,774 (N/m)

2. Ta có T = 2π

ms 3 . ⇔ k T 2 − ms = M k 4π 2 3

M+

Ta có bảng số liệu T2 M

0.5

1,798

1.568

1,362

1,138

0,9254 0,4942

80

70

60

50

40

20

Vẽ đồ thị Phép quy hồi tuyến tính cho kết quả k

4π

2

= 0, 046 và

ms = 0, 0027 3

0,5

Từ đó k= 1,816N/m và ms = 8,1 (g) 3. Giá trị ms tăng thêm khoảng 9,5% so với giá trị ban đầu.

0,5

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.