Tổng hợp đề chính thức và đề xuất kì thi hsg duyên hải và đồng bằng bắc bộ môn Vật lý 11 năm 2018 by DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD

ĐỀ THI HSG DUYÊN HẢI BẮC BỘ MÔN VẬT LÝ

vectorstock.com/3687784

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

Tổng hợp đề chính thức và đề xuất kì thi hsg duyên hải và đồng bằng bắc bộ môn Vật lý khối 11 năm 2018 có đáp án WORD VERSION | 2021 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

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XI, NĂM 2018 ĐỀ THI MÔN: VẬT LÍ 11 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 14/4/2018 (Đề thi gồm 02 trang)

ĐỀ CHÍNH THỨC

ai l.c

Bài 1. (4 điểm) Hai bản của một tụ điện phẳng đặt trong không khí có cùng diện tích S, có thể chuyển động không ma sát dọc theo một sợi dây cách điện nằm ngang xuyên qua tâm của chúng. Một bản có khối lượng m, điện tích Q còn bản kia có khối lượng 2m, điện tích -2Q. Ban đầu hai bản được giữ cách nhau một khoảng 3d. 1. Tìm năng lượng điện trường trong vùng không gian giữa hai bản tụ. 2. Ở thời điểm nào đó người ta đồng thời thả hai bản ra. Hãy xác định vận tốc của mỗi bản khi chúng cách nhau một khoảng d. Trong quá trình chuyển động, các bản tụ luôn song song với nhau

B2 Hình 2a

yn h

yk da

Bài 2. (5 điểm) Một hạt mang điện bay với vận tốc v = 8,0.105 m/s vuông góc với đường giới hạn Ox của hai từ trường đều B1, B2 như hình 2a. Các cảm ứng từ song song với nhau và vuông góc với vận tốc của hạt. Cho biết vận tốc trung bình của hạt trong một thời gian dài dọc theo trục Ox là vx = 2,0.105 m/s. Bỏ qua tác dụng của trọng lực. 1. Vẽ quỹ đạo chuyển động của hạt trong vùng không gian này. Tìm tỉ số độ lớn của các cảm ứng từ của hai từ trường đó? 2. Người ta đặt trong mặt phẳng vuông góc với hai từ trường trên một vòng dây cứng, mảnh có bán kính r = 8,0 cm. Vòng dây cắt trục x tại hai điểm M, P sao cho góc ở tâm K̂ = α = 600 (Hình 2b). Vòng dây có mang dòng điện I = 1,2 A chạy qua nên chịu lực từ tổng hợp của hai từ trường tác dụng có độ lớn F = 28,8.10-5 N. Tính hiệu độ lớn của các cảm ứng từ của hai từ trường? 3. Bỏ từ trường B1, chỉ giữ lại từ trường B2. Đặt một vòng dây siêu dẫn, cứng, mảnh, hình tròn bán kính R, độ tự cảm L và có dòng điện không đổi cường độ I0 chạy bên trong, sau đó vòng dây được truyền vận tốc ban đầu v0 như hình vẽ (Hình 2c). Tìm giá trị tối thiểu của v0 để một nửa diện tích vòng dây được kéo ra khỏi vùng có từ trường.

P α

B1 B2

K Hình 2b

B2 Hình 2c

Bài 3. (4 điểm) Cho một thấu kính mỏng, quang tâm O, hai mặt lồi. Một bên thấu kính là môi trường có chiết suất là n1 , tiêu điểm chính là F1, tiêu cự là f1 = OF1. Phía bên kia của thấu kính là môi trường chiết suất n2, tiêu điểm chính là F2, tiêu cự là f2 = OF2. 1. Đặt vật sáng phẳng nhỏ AB vuông góc với trục chính (A nằm trên trục chính, cách thấu kính đoạn d, nằm ở phía môi trường chiết suất n1) thì thu được ảnh thật A'B' cách thấu kính đoạn d'. Lập công thức liên hệ d, d', f1, f2. 2. Chiếu tia sáng tới O tạo với trục chính góc nhỏ θ1 . Tìm góc θ2 tạo bởi tia ló và trục chính theo n1, n2 và θ1 . 3. Tìm hệ thức liên hệ f1, f2, n1, n2.

yn h

ai l.c

Bài 4. (4 điểm) Một vật có khối lượng mA nằm trên một mặt sàn mA trơn nhẵn và được gắn vào tường bằng một lò xo nhẹ khối lượng không đáng kể, độ cứng k. Một con lắc đơn k x gồm một thanh khối lượng không đáng kể, chiều dài L, và một quả cầu nhỏ khối lượng mB, con lắc được nối vào θ vật mA qua một trục không ma sát. Bỏ qua kích thước của 2 vật A và B. Góc tạo bởi thanh cứng và phương L thẳng đứng là θ, tọa độ của vật A là x (gốc O khi hệ ở vị mB trí cân bằng), gia tốc trọng trường g. 1. Viết hai phương trình vi phân cho hai biến x và θ với π góc θ < . Trong câu này ta không giả sử góc θ nhỏ. 2 2. Giả sử góc θ nhỏ, lấy gần đúng sin θ ≈ θ ; cosθ ≈ 0; θ '2 = 0 . Tính các tần số góc của các mode dao động. 3. Áp dụng câu 2), tính các tần số góc của các mode dao động khi mA = 2mB và kL = mA g .

Bài 5. (3 điểm) Cho các dụng cụ sau + Thước kẹp (Palmer). + Một máng có dạng hình trụ tròn có bán kính trong R như hình vẽ (giá trị R lớn hơn giới hạn đo của thước kẹp). R + 10 viên bi thép đồng chất có dạng hình cầu nhỏ, kích thước khác nhau (Các viên bi này chỉ lăn không trượt ở mặt trong của máng hình trụ tròn nói trên). + Một đồng hồ bấm giây. Thí nghiệm được tiến hành ở nơi có gia tốc trọng trường g đã biết. Yêu cầu trình bày phương án thí nghiệm đo bán kính trong R của máng hình trụ tròn (trình bày cơ sở lý thuyết, các bước tiến hành thí nghiệm và xử lí số liệu). -------------- HẾT -------------(Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh: ............................................................. Số báo danh: .............................

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XI, NĂM 2018 ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN: VẬT LÍ 11 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 14/4/2018 (Đáp án gồm 08 trang)

ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC

Câu 1. (4,0 điểm). Tĩnh điện (TUYÊN QUANG) Đáp án

ai l.c

Điểm

3Q . 2ε 0 S

0,5

Cường độ điện trường bên trong tụ là: E t = E 1 + E 2 =

0,5

1) Cường độ điện trường do bản tích điện Q (bản 1) và bản tích điện -2Q (bản 2) gây 2Q Q . ra lần lượt là : E1 = và E 2 = 2ε 0 S 2ε 0 S

Năng lượng điện trường trong khoảng giữa 2 bản tụ

0,5

1 1  3Q  27Q 2 d  ⋅ S ⋅ 3d = Wt = ε 0 E t2 ⋅ Vt = ε 0  2 2  2ε 0 S  8ε 0 S

yn h

2) Khi hai bản cách nhau một khoảng d, ký hiệu V1 ,V2 lần lượt là vận tốc của bản 1 và bản 2. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có: mV1 + 2mV2 = 0 ⇒ V1 = −2V2 (1)

0,5

Năng lượng điện trường bên trong tụ là: 2

1 1  3Q  9Q 2 d  ⋅ Sd = Wt = ε 0 E t2Vt ' = ε 0  2 2  2ε 0 S  8ε 0 S

0,5

Cường độ điện trường bên ngoài tụ (bên trái của bản tụ 1 và bên phải của bản tụ 2) là: Q E n = E 2 − E1 = 2ε 0 S

Khi hai bản cách nhau là d thì thể tích không gian bên ngoài tăng một lượng là: ∆V = S ⋅ 2d . Vùng thể tích tăng thêm này cũng có điện trường đều với cường độ E n . Do vậy, năng lượng điện trường bên ngoài tụ đã tăng một lượng là: 1

0,5

1 2

∆W = ε 0 E n2 ∆V =

Q2d . 4ε 0 S

0,25 0,25

mV12 2mV22 Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng: Wt − Wt = + + ∆W 2 2 9Q 2 d mV12 2mV22 Q 2 d ↔ = + + (2) 4ε 0 S 2 2 4ε 0 S '

0,5

2d 2d và V1 = −2Q . 3ε 0 Sm 3ε 0 Sm Dấu “ – “ thể hiện hai bản chuyển động ngược chiều nhau.

ai l.c

Giải hệ phương trình (1) và (2), cho ta: V2 = Q

Câu 2: ĐIỆN VÀ ĐIỆN TỪ (5,0 điểm)(BÌNH ĐỊNH)

Điểm

0,5

B1 x

- Do tác dụng của từ trường, quỹ đạo của vật là các nửa đường tròn như trên hình vẽ:

Đáp án 1) Vẽ quỹ đạo chuyển động của hạt trong vùng không gian này. Tìm tỉ số độ lớn của các cảm ứng từ của hai từ trường đó.

yn h

- Trong từ trường B1 , đường kính quỹ đạo và chu kỳ chuyển động của vật là: 2mv 2πm d1 = ; T1 = (1) qB1 qB1

0,25

Trong từ trường B2 , đường kính quỹ đạo và chu kỳ chuyển động của vật là:

2mv 2πm d2 = ; T2 = qB2 qB2

0,25 (2)

Như vậy, thời gian vật đi hết 1 vòng trong hai từ trường và độ dời thực hiện được là: t=

πm  1 1  1 (T1 + T2 ) =  +  2 q  B1 B2 

∆x = d1 − d 2 =

2mv  1 1   −  q  B1 B2 

(3)

(4)

Sau thời gian rất dài, có thể coi gần đúng vật đi được N rất lớn vòng trong hai từ trường.

0,25

0,5

vx =

N∆x 2v B2 − B1 B 2v + πv x = ⋅ ⇒ 2 = ≈ 2,3. Nt π B2 + B1 B1 2v − πv x

(5)

b) Tính độ lớn của các cảm ứng từ của hai từ trường.

- Giả sử chiều dòng điện qua vòng dây như hình vẽ. Do tính chất đối xứng nên hai đoạn dây MN và PQ nằm trong một từ trường đồng nhất sẽ có lực từ cân bằng nhau.

B1 M

α K N

0,25

- Bây giờ ta chỉ cần xác định lực từ tác dụng lên hai đoạn còn lại MP trong từ trường B1 và NQ trong từ trường B2. F

ai l.c

∆l

- Xét hai đoạn nhỏ đối xứng nhau trên đoạn NQ, mỗi đoạn có chiều dài ∆l mang dòng điện I và chịu các lực từ F1, F2. (6) F1 = F1 x + F1 y ; F2 = F2 x + F2 y

∆l

F2x

F1y

F2y F2

0,25

trong đó hai thành phần F1x và F2x triệt tiêu lẫn nhau. Như vậy hợp lực tác dụng lên đoạn NQ chỉ còn là tổng của tất cả các thành phần theo phương y. Ta có:

F1y = F1.cos α = B2 I.∆l. cos α

nhưng ∆l.cosα lại chính là hình chiếu của đoạn ∆l lên trục y nên: (7)

yn h

F1y = B2 I.∆ly

0,25

Vậy hợp lực tác dụng lên đoạn NQ tính được là:

FNQ = ∑ F1y = B2 I∑ ∆ly = B2 I.r

(8)

FMP = ∑ F1y = B1I∑ ∆ly = B1I.r

(9)

0,25

Còn hợp lực tác dụng lên đoạn MP tính được là:

Vậy hợp lực của hai từ trường tác dụng lên vòng dây là:

F = FNQ − FMP = ( B2 − B1 ) .I.r

Suy ra: ( B2 − B1 ) =

F 28,8.10 −5 = = 3.10−3 (T) I.r 1, 2 × 8.10 −2

(10)

(11) 0,5

3. Gọi S x là diện tích của phần gạch sọc

Từ thông qua phần gạch sọc: Φ B = BS x

0,5

Từ điều kiện bảo toàn từ thông của vòng dây siêu dẫn :

LI 0 = LI x + B.S x BS ⇒ I x = I0 − x L



B2Sx  ℓx L 

ai l.c



Lực tác dụng lên khung là: Fx = I x Bℓ x =  I 0 B −

ℓx

 B2 Sx = ∫  I0 B − L 

  ℓ x dx 

π R2

Theo định lí động năng thì: 0 −

  πR 3B =  − I 0 B. + .π 2 R 4  2 8L  

∫

mv02 =A 2

 B Sx   I0 B − dS x L  π R2  2

0,5

A = ∫ dA = ∫ Fx dx

Công lực từ tác dụng lên khung khi một nửa diện tích khung ra khỏi vùng có từ trường là:

0,25

Vận tốc tối thiểu cần cung cấp cho khung để một nửa khung khỏi vùng có từ trường là :

 3Bπ R 2  Bπ R 2  I 0 −  4L  2A  v0 = − = m m Bài 3: (4 điểm) (QUẢNG TRỊ)

yn h

0,25

HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài 3: 1. Dựa vào tính chất của tiêu điểm và các cách vẽ của phương pháp quang hình ta tìm được vị trí của vật AB và ảnh A'B' như trong hình bên.

ĐIỂM

n2 f1

d d' Từ hình vẽ ta có: AB F1 A y d − f1 = ⇔ = y' f1 A'B' OF1 (1)……………………………………………. FO f2 AB y = 2 ⇔ = (2)…………………………………………….. y ' d '− f 2 A'B' A ' F2 Từ (1) và (2) ta có: d − f1 f2 f f = ⇒ 1 + 2 = 1 ………………………………………………. f1 d '− f 2 d d' 4

0,5 B'

0,25 0,25 0,5

2. Có thể coi phần trung tâm của thấu kính mỏng là các bản mỏng song song, tia tới sau 2 lần khúc xạ sẽ thành tia ló, quang lộ được phóng to và vẽ trên hình, trong đó θ1 là góc tới, θ 2 là góc ló tương ứng, γ là góc giữa pháp tuyến và tia sáng đi trong bản song song. Giả sử chiết suất của thấu kính là n, theo định luật khúc xạ được:

θ1

0,25

γ θ2 sin θ 2 n1 = sin θ1 n2

0,25

n1 sin θ1 = n sin γ = n 2 sin θ 2 ⇒

pi y'

θ2

d y θ y n = . 2 = . 1 (3) d ' y ' θ1 y ' n2

θ1

d'=

;

0,5

yn h

⇒

Vì θ1 và θ2 nhỏ nên ta có: d =

y y' ; tan θ 2 = d d'

d Ta có: tan θ1 =

F2 θ2

θ1

0,5

ai l.c

Đối với tia sát trục θ1 , θ 2 ≈ 1 nên sin θ1 ≈ θ1 và sin θ 2 ≈ θ 2 và do đó: θ2 n 1 = …………………………………………………… θ1 n2 3.

  y + y'   y + y' y y' Từ (1) và (2) ⇒ d = f1 1 +  = f1   ; d ' = f 2 1 +  = f 2   y' y   y'    y 

0,5

d f y = 1 (4) …………………………………………………….. ⇒ d ' f2 y '

Từ (3) và (4) ⇒

n1 f n n = 1 ⇔ 1 − 2 = 0 …………………………….. n2 f 2 f1 f 2

0,5

Bài 4: Dao Động cơ (4 điểm) (QUẢNG NAM) GIẢI 4.a Vì thanh rắn nhẹ không khối lượng nên lực căng của thanh hướng dọc theo thanh ,nếu không thì có ngẫu lực gây ra mômen quay làm gia tốc góc của thanh tiến tới vô cùng

π 2

vai trò của thanh chỉ như một sợi dây.

ai l.c

.Như vậy ,trong trường hợp góc θ <

0.25đ

−kx + T sin θ = m x '' A

Phương trình định luật NEWTON cho các vật A:

(1)

(2) (3)

 − m x ''cos θ − m g sin θ = m Lθ '' B B  B  2 T + mB x ''sin θ − mB g cos θ = mB Lθ '

0.5đ

Trong hệ qui chiếu gắng với vật A, có thêm lực quán tính tác dụng lên vật B. Phương trình chuyển động của vật B theo hai phương tiếp tuyến và pháp tuyến với quỹ đạo

0.25đ

Từ (3) rút ra T = mB Lθ '2 − mB x ''sin θ + mB g cos θ rồi thế vào (1) ta được

0.5đ

yn h

( mA + mB sin 2 θ ) x ''+ kx − mB ( Lθ '2 + g cos θ ) sin θ = 0   x ''cos θ + Lθ ''+ g sin θ = 0

Nhân hai vế của phương trình dưới với mB cos θ rồi cộng vào phương trình trên ta được: (4) (5)

Khi góc θ nhỏ ta có phép thế gần đúng cosθ gần bằng 1, sin θ gần bằng θ , θ '2 gần bằng 0 và đơn giản hóa hệ phương trình

4.b

( mA + mB ) x ''+ kx + mB L (θ ''cos θ − θ '2 sin θ ) = 0   x ''cos θ + Lθ ''+ g sin θ = 0

0.5đ

( mA + mB ) x ''+ kx + mB Lθ '' = 0   x ''+ Lθ ''+ gθ = 0

Đặt nghiệm x = xm cos (ωt + ϕ x ) ; θ = θ m cos (ωt + ϕθ ) , đạo hàm rồi thế vào hệ trên 2 2    k − ( m A + mB ) ω  x − mB Lω θ = 0  2 2  −ω x + ( g − ω L )θ = 0

0.5đ

Viết lại hệ trên ở dạng ma trận

0.25đ

 k − ( mA + mB ) ω 2 −mB Lω 2   x   0   2   =   g − ω 2 L   θ   0   −ω 0.5đ

Phương trình trên chỉ có nghiệm khác không nếu định thức bằng không:

 k − ( mA + mB ) ω 2   g − ω 2 L  − mB Lω 4 = 0 mA Lω 4 −  kL + ( mA + mB ) g  ω 2 + kg = 0 2

ai l.c

Với các thông số của hệ đã cho mA = 2mB và kL = mA g , ta nhận được hai lần số là 2g g ω2 = và ω 2 = . L 2L

0.25đ

kL + ( mA + mB ) g ±  kL + ( mA + mB ) g  − 4kLm A g ω2 ≈ 2 mA L

Bài 5 ( 3 điểm ) (HƯNG YÊN) Câu 3 điểm 5 * Cơ sở lý thuyết: - Viên bi thép chịu tác dụng của các lực như hình vẽ (trọng lực P , lực ma sát 0,25 nghỉ f , phản lực N ) , chọn chiều dương như hình vẽ.

(+)

yn h

P 0,25

0,25

- Theo định luật II Newton: − mg sin α + f = maG (1) - Áp dụng phương trình động lực cho chuyển động quay quanh trục quay trùng với khối tâm: 2 2 − f .r = mr 2 .γ → f = − mr.γ (2) 5 5 - Do hình trụ lăn không trượt, khối tâm G của nó chuyển động tròn với bán kính R-r nên ta có: aG = γ .r Và: a G = α '' ( R − r )

(3)

5 g sin α = 0 7 (R − r) 5 g Do α < 100 nên sin α ≈ α → α '' + α =0 7 (R − r)

0,25

- Thay (2) và (3) vào (1) ta được: α '' +

0,25

7( R − r ) 5g

- Vậy các viên bi thép dao động nhỏ với chu kì: T = 2π

0,25

28π 2 5g )( R − r ) → r = R − ( ) T2 0,25 5g 28π 2 5g - Đặt x = T2 ; a = −( ) ; b = R; y = r y = ax + b (*) 28π 2 0,25 * Các bước tiến hành thí nghiệm và xử lí số liệu: 0 - Lần lượt đặt từng viên bi thép nhỏ vào trong máng ở vị trí lệch góc α < 10 so với vị trí thấp nhất (đáy máng) và thả nhẹ để các viên bi dao động điều hòa và 0,25 đo chu kì dao động nhỏ của 10 viên bi thép. - Sử dụng thước kẹp để đo bán kính r = y của các viên bi, sử dụng đồng hồ bấm giây để đo chu kì dao động T của các viên bi rồi suy ra x = T2; ta có bảng số liệu sau: 0,25

x10

Lần đo

ai l.c

T2 = (

y10

0,25

- Để tìm bán kính R của máng (R = b) ta làm như sau: Vẽ đồ thị hàm bậc nhất (*) với 10 cặp giá trị rồi ngoại suy đồ thị bằng cách kéo dài đồ thị cắt trục Oy, tại điểm cắt trên trục Oy ta có giá trị R.

yn h

0,25

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ KHỐI 11

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

NĂM 2018 Thời gian làm bài 180 phút

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG

(Đề này có 2 trang, gồm 05 câu)

TỈNH BẮC GIANG ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Câu 1 (4 điểm): Hai quả cầu nhỏ tích điện 1 và 2 có khối lượng và điện tích tương ứng là m1 = m, q1 = + q; m2 = 4m, q2 = + 2q được đặt cách nhau một đoạn a. Ban đầu quả cầu 2 đứng yên và quả cầu 1 chuyển động hướng thẳng vào quả cầu 2 với vận tốc v0.

ai l.c

1) Tính khoảng cách cực tiểu rmin giữa hai quả cầu. 2) Xét trường hợp a = ∞. Tính rmin.

3) Tính vận tốc u1, u2 của hai quả cầu khi chúng lại ra xa nhau vô cùng. Bỏ qua tác dụng của trọng trường.

Câu 2 (5 điểm): Một vòng dây dẫn đường kính d được đặt trong từ trường đều có cảm ứng từ B song song với trục của vòng dây. Hai thanh kim loại mảnh có một đầu gắn với trục đi qua tâm O của vòng dây và vuông góc với mặt phẳng vòng dây; cả hai thanh đều tiếp xúc với mặt phẳng vòng dây và tiếp xúc điện với nhau tại O.

1) Ban đầu hai thanh sát vào nhau, sau đó một thanh đứng yên và thanh kia quay quanh O với tốc độ góc ω. Tính cường độ dòng điện qua hai thanh và qua vòng dây sau thời gian t. Cho biết điện trở của mỗi đơn vị dài của thanh kim loại và của vòng dây dẫn là r.

yn h

2) Bây giờ cho cả hai thanh quay với tốc độ góc là ω1 và ω2 (ω1 > ω2). Tìm hiệu điện thế giữa hai đầu mỗi thanh. Xét hai trường hợp: Hai thanh quay cùng chiều và hai thanh quay ngược chiều.

Câu 3 (4 điểm): Một kính hiển vi gồm:

- Vật kính O1 là một thấu kính mỏng, tiêu cự f1 = 0,5cm, đường kính đường rìa bằng 1cm.

- Thị kính là một hệ kép gồm hai thấu kính hội tụ mỏng đặt cố định và đồng trục, cách nhau 2cm. Thấu kính phía trước O2 có tiêu cự 3cm, thấu kính phía sau có tiêu cự 1cm. Đường kính đường rìa của các thấu kính O2 và O3 đều bằng 1,5cm. Hệ vật kính và thị kính được đặt đồng trục. Biết O1O2 = 17,5cm.

Người quan sát có mắt bình thường với Đ = 25 cm, quan sát một tiêu bản qua kính hiển vi, tiêu bản đặt cách vật kính khoảng d1. a) Tìm d1 và số bội giác của kính khi ngắm chừng ở vô cực. Biết mắt đặt sát O3.

b) Để kính trên vẫn giữ nguyên số bội giác đối với người quan sát khi ngắm chừng ở vô cực, người ta thay thị kính kép bằng một thấu kính mỏng. - Tìm tiêu cự của thấu kính mới và khoảng cách giữa thấu kính đó với vật kính. - Tính đường kính của vùng quan sát được trên tiêu bản khi mắt đặt tại vòng tròn thị kính. Biết đường kính đường rìa của thấu kính mới bằng 1,2cm.

om α

 2π  t  dọc theo thanh.  T 

ai l.c

Câu 4 (4 điểm): Trên mặt phẳng nghiêng góc α có một cái hòm rỗng hình hộp chữ nhật có khối lượng M, trong hòm có một vật nhỏ khối lượng m có thể chuyển động không ma sát dọc theo một thanh vuông góc với mặt phẳng nghiêng. Vật được nối với nóc hòm qua lò xo. Hệ số ma sát giữa hòm và mặt phẳng nghiêng là µ = tanα. Ban đầu hòm được giữ đứng yên. Vào thời điểm t = 0 thì hòm được thả đồng thời vật cũng bắt đầu dao động tự do

với phương trình x = A sin 

Tỉ số M/m phải thỏa mãn điều kiện nào để hòm không bị nảy lên?

Tìm vận tốc trung bình của hòm sau khoảng thời gian lớn so với chu kì T.

Câu 5 (3 điểm): Cho các dụng cụ:

- 01 ruột bút chì bằng graphit được tách khỏi vỏ gỗ;

- 01 thước đo chiều dài, chia đến milimet;

- các dây dẫn điện bằng đồng đã được loại bỏ lớp cách điện ở hai đầu;

yn h

- 01 pin có ghi 1,5V đặt trong hộp có các chốt để nối dây điện ra ngoài; - 02 đồng hồ đo điện đa năng;

- một đoạn chỉ khâu mảnh, không giãn;

- giấy kẻ ô milimet.

Trình bày cơ sở lý thuyết, cách bố trí thí nghiệm, tiến trình thí nghiệm, lập các bảng biểu cần thiết để xác định điện trở suất của ruột bút chì. Nêu các nguyên nhân dẫn đến sai số, ước lượng độ lớn của sai số. .................HẾT................. Người ra đề Thân Văn Thuyết SĐT: 0972916966

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN VẬT LÝ KHỐI 11 Câu

Nội dung chính cần đạt

Điểm

1) Vì hai quả cầu cùng dấu nên chúng đẩy nhau, khi khoảng cách hai quả cầu cực tiểu thì chúng có cùng vận tốc u ( u cùng chiều v0 ) Áp dụng ĐLBT động lượng: mv0 = (4m + m)u ⇒ u=

v0 (1) 5

0,5

Áp dụng ĐLBT năng lượng:

2) Khi a = ∞. Từ (2) có: ⇒ rmin ∞ =

5kq 2 (4) mv o2

0,5

3) Khi hai quả cầu ra xa vô cùng: Áp dụng ĐLBT động lượng: mv0 = mu1 + 4mu2(5) Áp dụng ĐLBT năng lượng:

mvo2 2q 2 mu12 4mu 22 +k = + (6) 2 a 2 2

Vì u2 phải cùng dấu với v0 nên u 2 =

⇒ u1 =

0,5 kq 2 =0 a

5mkq 2 r v r = m 2 v 02 (1 + min ∞ ) ⇒ u 2 = 0 (1 ± 1 + min ∞ ) 2 a 5 a

∆’ = m 2 v 02 +

yn h

Từ (5) và (6) suy ra: 5mu 22 − 2mv0 u 2 −

0,5

v0 r (1 + 1 + min ∞ ) 5 a

v0 r (1 − 4 1 + min ∞ ) 5 a

Trong trường hợp a = ∞ thì: u 2 =

0,5

5kq 2a = 2 (3) kq + mv o2a

Từ (1) và (2) ⇒ rmin

ai l.c

mv o2 2q 2 mu 2 4mu 2 2q 2 (2) +k = + +k 2 a 2 2 rmin

2v 0 3v ; u1 = − 0 5 5

Suất điện động trên thanh kim loại quay: ec =

0,5

∆φ ∆S =B ∆t ∆t

Với ∆S là diện tích mà thanh quét được sau thời gian ∆t với góc quét ∆ϕ

πl2 l2 ω∆t ∆ϕ = 2π 2 2 ∆S Bl ω ⇒ ec = B = 2 ∆t

⇒ ∆S =

B + I

0,5 I1 B

OO ω O I2

1) Giả sử thanh OA đứng yên, OB quay với tốc độ góc ω Suất điện động cảm ứng xuất hiện trên thanh OB:

 ω2 t 2  e c  ωt −  2π   U AB = ; ω2 t 2 2 + ωt − 2π Bωd ωt  ωt  ;I1 = 1 −  I; I 2 = I; ⇒I= 2 2 2π  ωt   2π  4  2 + ωt − r 2π  

Hai đoạn mạch BCA và BDA song song với nhau: BCA = l1 và BDA = l2 và l1 + l2 = 2πR Ta có UAB = I1.l1.r = I2.l2.r UAB = ec – I.2Rr; I = I1 + I2 Với l1 = Rωt; l2 = 2πR - Rωt ta tìm được

BR 2ω Bd 2ω = (với R = OB = d/2) 2 8

ai l.c

ec =

0,5

2) Ở hai thanh xuất hiện hai suất điện động cảm ứng:

BR 2ω1 BR 2ω2 ;ec2 = 2 2

yn h

ec1 =

a) Hai nguồn điện mắc xung đối. Suất điện động của bộ nguồn BR 2 ω1 BR 2ω2 Bd 2 Bd 2ω0 − = (ω1 − ω2 ) = 2 2 8 8

eb = ec1 − ec2 =

0,5

Lập luận tương tự câu 1 ta có:

Bω0d ωt  ω t ; I1 = 1 − 0  I; I 2 = 0 I; 2 2 2π  2π  ω t   4  2 + ω0 t − 0  r 2π  

0,5

Hiệu điện thế hai đầu mỗi thanh là:  dr   dr  U1 = ec1 − I   ; U 2 = ec2 − I   2  2

0,5

b) Khi hai thanh quay ngược chiều: Kết quả tương tự câu a với ω0 = ω1 + ω2

0,5

O O O A1B1  1) AB → → A 2 B2  → A 3B3 dd d d d d 1 ' 1 1

2 ' 2 2

3 ' 3 3

d 3' = ∞ ⇒ d 3 = f 3 = 1cm ⇒ d '2 = O 2O3 − d 3 = 1cm ⇒ d2 =

d '2 .f 2 = −3 / 2cm ⇒ d1' = O 2O1 − d 2 = 19cm d '2 − f 2

⇒ d1 =

d1' .f1 = 19 / 37cm d1' − f1

α 0 = tan α 0 = AB / Đ; α = tan α = A 2 B2 / f 3 ⇒ G∞ =

α A 2 B2 .Đ d1' .d 2' Đ . = 616,7 = = α0 AB.f 3 d1.d 2 f 3

2) Thay O2, O3 bằng thấu kính O4 4 4

δĐ (L − f1 − f 4 ) Đ = (1) f1f 4 f1f 4

Có: G ∞ =

ai l.c

O1 O4 AB → A1B1  → A 4 B4 d d' d d' 1 1

* Tìm G ∞ :

(L − f1 − f 4 ) Đ (19 − f1 ) Đ = = 1,5cm f1G ∞ f1G ∞

Từ (1) và (2) có f 4 =

Mà d1' = 19cm ⇒ d4 = L – d1’ ⇒ L – f4 = 19cm (2)

⇒ O1O4 = 20,5cm

* Vị trí vòng tròn thị kính: Thấu kính O1 qua O4 cho ảnh O1’: d.f 4 20,5.1,5 = = 123 / 76cm d − f 4 20,5 − 1,5

0,5

d' =

yn h

Khi mắt đặt tại vòng tròn thị kính qua O4 cho ảnh O’ trùng với O1. Khi đó đường kính vùng quan sát được trên tiêu bản là D’ với

O’ I

O4 O

D’

Ta có:

D' OI d = 1 = 1 ⇒ D ' = 47 / 1230(cm) = 382,1µm D 4 O1O 4 L

0,5

 2π  t  + mgcosα với mọi t  T 

⇒ Mgcosα ≥ k A sin 

M 4π2 A ≥ . +1 m gT 2 cosα

⇒

1,0

4π2 4π 2 ⇒ Mgcosα ≥ m A + mgcosα T2 T2

Với k = mω2 = m

Với F = k(x + ∆l) = kx + k∆l = kx + mgcosα

ai l.c

Ta có Mgcosα – N – F = 0 ⇒ N = Mgcosα – F ≥ 0

1) Gọi F là lực đàn hồi của lò xo tác dụng lên M

1,0

2) Với N = (M + m)gcosα - mω Asin(ωt)

Áp dụng đl II Niu tơn cho hòm và vật theo phương mặt phẳng nghiêng ta có:

yn h

(M + m)a = (M + m)gsinα - µN

⇒ a = v ' = g sin α − tan α(g cos α −

m ω2sinωt) m+M

m 4π2 tan α. 2 .Asinωt m+M T t m 2π ⇒ v = ∫ adt = . A tan α.(1 − cosωt) m+M T 0

Vậy v =

m 2π . A tan α. m+M T

0,5 0,5

1. Cơ sở lý thuyết: - Xét sơ đồ mạch điện như hình 5.1. 5

- Điện trở của một đoạn ruột bút chì có tiết diện S, chiều dài ℓ là: R = ρ⋅

ℓ S

Theo định luật Ohm: R =

U . I

I S

Do đó: U = ρ ⋅ ⋅ ℓ

om V

ai l.c

ℓ

(3)

(4)

Hình 5.1

1,0

a ⋅S I

(2)

I S

trong đó: a = ρ ⋅ ⇒ ρ =

(1)

- Đặt: x = ℓ; y = U, ta có: y = ax,

Nhận xét: Khi di chuyển điểm tiếp xúc (2), (3) thì điện trở tương đương của mạch gần như không đổi, do đó cường độ dòng điện I trong mạch kín hầu như không đổi. Do đó, khi chiều dài ℓ thay đổi thì K hiệu điện thế U giữa trên đoạn (2) – (3) cũng thay đổi tuyến tính theo E, r chiều dài. Như vậy ta đã khử được ảnh hưởng của điện trở tiếp xúc tại điểm (1), (4); còn điện trở tiếp xúc tại các điểm (2), (3) làm tăng điện trở của vôn kế giúp giảm sai số của phép đo hiệu điện thế.

2. Thí nghiệm:

yn h

a) Tiến trình thí nghiệm:

- Bước 1: Đo tiết diện của ruột bút chì

+ Dùng đoạn dây chỉ quấn quanh ruột bút chì 20 vòng khít nhau, đo chiều dài L của đoạn dây đã quấn.

+ Lặp lại thao tác trên nhiều lần, điền kết quả đo vào bảng số liệu.

Bảng số liệu 5.1: Lần đo

...

L (mm)

...

- Bước 2: + Bố trí thí nghiệm: Mắc mạch điện theo sơ đồ hình 5.1. + Di chuyển điểm tiếp xúc (3). + Với mỗi vị trí của (3), đo chiều dài ℓ giữa hai điểm (2)-(3) và đọc số 1,0 7

chỉ U tương ứng của vôn kế. (Chú ý điều chỉnh biến trở để số chỉ của ampe kế không thay đổi trong quá trình thí nghiệm) Bảng số liệu 5.2: Với I = ... x = ℓ (m)

...

y = U (V)

...

b) Xử lý số liệu:

- Từ bảng số liệu 5.2, ta có đồ thị như hình 5.2.

U 20 18 16 14

L πd 2 d= ⇒S= 20π 4

ai l.c

- Từ bảng số liệu 5.1, ta có: Đường kính và tiết diện của ruột bút chì tính theo công thức

Từ đồ thị:

8 6

Độ dốc: a = tan α .

a ⋅S I

0 0

Hình 5.2

ℓ

1,0

chì là ρ =

- Kết quả đo: Điện trở suất của ruột bút

yn h

---------------------Hết-----------------

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH

ĐỀ THI CHỌN HSG KHU VỰC DHBB NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn: Vật lý – Lớp 11 Thời gian làm bài 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Bài. (4,0 điểm) Tĩnh điện

A nếu r ≥ a rn

ai l.c

ρ (r ) =

Nguyên tử của một nguyên tố bao gồm hạt nhân mang điện Ze đặt tại tâm (Z là nguyên tử số của nguyên tố, e là điện tích nguyên tố) và lớp vỏ do các electron chuyển động xung quanh hạt nhân tạo thành. Coi phân bố điện tích của lớp vỏ chỉ phụ thuộc khoảng cách r tới tâm hạt ư sau: nhân với mật độ điện khối như

Trong đó n, A và a là các hằng số.

ρ ( r ) = 0 nếu r < a

ơn một giá trị xác định. Tìm giá trị đó. a) Chỉ ra rằng n phải lớn hơn

b) Nguyên tử đang trung hòa về điện, hãy tìm hằng số A.

c) Tìm điện trường và điện thế tại một điểm bất kỳ trong không gian do nguyên tử gây ra.

Bài2 (5 điểm). Cảm ứng điện từ - Mạch dao động

yn h

1.Một tụ điện phẳng không khí,bản cực tròn bán kính b khoảng cách hai bản cực a ( b>>a).Một vòng dây mảnh siêu dẫn hình chữ nhật đặt vừa khít vào khe hẹp a ( không tiếp xúc) và chiếm một khoảng cách từ tâm đến mép tụ. Vòng dây siêu dẫn được nối với điện trở R2 nhúng vào bình nước ở nhiệt độ 1000C (HV).Nguồn điện có hiệu điện thế không đổi U nối qua điện trở R1 nhờ khóa K (bỏ qua điện trở của các phần khác).Tại thời điểm nào đó người ta đóng khoá K sau một thời gian khá lớn khối lượng nước bị bay hơi là bao nhiêu ?Biết nhiệt hoá hơi của nước là λ. Bài toán bỏ qua sự mất mát nhiệt ra môi trường và vỏ bình đựng nước

2. Cho hai cuộn dây, mỗii cuộn có độ tự cảm L và hai tụ mắc với nhau thành mạch điện, mỗi tụ có điệnn dung C, mắ ủa các cuộn cu dây và dây nối có điện như hình vẽ. Điện trở của thể bỏ qua.

a) Giả sử trong mạch có dòng điện. Hãy viết phương trình mô tả biến đổi của điệnn tích q1 của bản A1 và của điện tích q2 của bản A2 theo thờii gian.

biế đổi điều hoà theo thời b) Giả thiết các điện tích ấy biến gian với cùng tần số và cùng pha (hoặc ngược pha). Tính y. Tính tỷ t số biên độ của q1 và q2. các giá trị có thể của tần số ấy.

U+

J A 1 q1

q2 A 2 C

B1 L K

c) Vào thời điểm ban đầuu t = 0 điện tích của bản A1 bằng Q0, điệnn tích ccủa bản A2 bằng m Viết biểu thức diễn tả sự phụ ụ thuộc thu của q1 và q2 không và không có dòng điện nào trong mạch. vào thời gian.

B2 L

Bài 3 (4 điểm). Quang hình học

Một bản hai mặt song song có bề dày e = 2m và chiều dài đủ lớn, bản được đặt dọc theo trục Ox của hệ trục toạ độ xOy (hình bên). Chiết suất của môi trường phía trên và phía dưới bản hai mặt song song là n1 = 1,0003 và n0 = 1,3333. Giả thiết chiết suất của bản chỉ thay đổi theo phương vuông góc với bản theo quy luật n(y) = n 0 1 − ky với k =

n1 e

O n0

n 20 − n12 . Từ môi en 02

trường chiết suất n0, chiếu một tia sáng đơn sắc tới điểm O với góc tới α = 600.

a) Tìm quỹ đạo của tia sáng đi trong bản hai mặt song song

ai l.c

b) Tính thời gian một xung ánh sáng đi trong bản hai mặt song song nói trên. Bài 4 (4 điểm). Dao động cơ

Một vật đồng chất, có dạng là một bản mỏng phẳng ABCD (hình vẽ) với BC và AD là hai cung tròn đồng tâm bán kính R1 = 2,2m và R2 = 2,8m, OBA và OCD là hai bán kính, góc ở tâm ∠BOC = α0 = 1000. Vật được treo lên điểm cố định O bằng hai dây treo nhẹ, không giãn OB và OC (OB = OC = R1). Cho vật dao động trong mặt phẳng thẳng đứng OAD. Bỏ qua ma sát. Hãy tính:

O B

C D

A Hình vẽ

a. Mô men quán tính của vật đối với trục quay đi qua O và vuông góc với mặt phẳng OAD.

b. Chu kì dao động nhỏ của vật. 1) Mục đích thí nghiệm:

Bài 5 (3 điểm). Phương án thực hành

yn h

2) Thiết bị thí nghiệm:

Xác định công suất định mức và điện trở trong của một động cơ điện một chiều. a) Một động cơ điện một chiều có hiệu điện thế định mức 4,5V mà ta muốn xác định công suất định mức và điện trở trong của nó.

b) Một nguồn điện một chiều cho ta các hiệu điện thế 3V, 6V, 9V.

c) Một số điện trở không rõ giá trị, điện trở mỗi chiếc khoảng vài ôm. Trong đó có một điện trở 2 Ω là ta biết rõ giá trị của nó.

d) Một vôn kế có điện trở rất lớn và có giới hạn đo 15V.

3) Yêu cầu xây dựng phương án thí nghiệm:

Hãy nêu phương pháp xác định công suất định mức và điện trở trong của động cơ bằng các dụng cụ nói trên. a) Trình bày cơ sở lý thuyết. Viết các công thức cần thiết b) Vẽ sơ đồ mạch điện, thiết lập công thức tính. ------------------------- Hết ------------------------Thí sinh khồn sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH

HDC ĐỀ THI ĐỀ XUẤT KHU VỰC DHBB

TỔ VẬT LÝ – KTCN

NĂM HỌC 2017 – 2018

Nội dung

ai l.c

Bài

Môn: Vật lý 11

Khi bán kính lớp vỏ là r điện tích của nó q(r) là r

Bài 1

Khi n ≠ 3 ta được q ( r ) =

4π A 3− n r − a 3− n 3− n

(

1.a

r a

Khi n = 3 ta có: q (r ) = 4π A ln

A q (r ) = ∫ ρ (r )dV = ∫ n 4π r 2 dr = 4π A∫ r 2−n dr r 0 a a

)

Ta thấy khi n ≤ 3 điện tích tổng cộng của lớp vỏ Q = lim q ( r ) = ∞

r →∞

yn h

Như vậy để mô hình có ý nghĩa vật lý n > 3

Khi đó điện tích của lớp vỏ là Q =

4π A 3− n a n−3

Do nguyên tử trung hòa về điện nên Q = – Ze

Ta được:

1.b

1.c

3 − n Ze . 4π a 3− n

Ta thấy A<0. Chọn mặt Gauss là mặt cầu tâm O bán kính r

Do tính đối xứng nên điện trường do nguyên tử gây ra có phương xuyên tâm và có độ lớn như nhau trên mặt cầu. Áp dụng định lý O-G ta được: 4π r 2 E =

Qint

ε0

Điểm

Trong đó Qint là điện tích tổng cộng bên trong mặt cầu. Khi r < a Qint = Ze ta được E = 4πε 0

Như vậy E =

Ze r2

Ze r 4πε 0 r 3

Áp dụng mối liên hệ giữa cường độ điện trường và điện thế. 1

Ze +C 4πε 0 r

ai l.c

V (r ) = − ∫ Edr =

Tại một điểm trên mặt cầu

C là hằng số

Khi r ≥ a

n −3

Tương tự ở trên ta có

Ze  a    4πε 0 r 2  r 

Ze  a  Ta được E =   4πε 0 r  r 

Như vậy E =

 a  n −3  Qint = Ze+q(r) với q ( r ) = Ze   − 1  r  

n −3

+C'

yn h

Ze  a  V ( r ) = − ∫ Edr =   4πε 0 ( n − 2) r  r 

Do Vr →∞ = 0 nên C’=0

Ze Ze 1 +C = 4πε 0 a 4πε 0 ( n − 2) a

Do tính chất liên tục của điện thế tại r = a

1 Ze 3 − n . 4πε 0 a n − 2

Tóm lại E=

V (r ) =

Ze r khi r<a 4πε 0 r 3

Ze  a    4πε 0 r 2  r 

n −3

r khi r≥a

Ze  a 3 − n   +  khi r<a 4πε 0 a  r n − 2 

Ze  a  V (r ) =   4πε 0 a  r 

n−2

khi r≥a

Bài 2 Tìm biểu thức dòng điện đi qua R1 sau khi đóng khoá K 1

U − R1C t q dq (1) Từ phương trình U= iR1+ mà i= thay vào ta có i = e R1 C dt

ε 0πb 2

Điện dung của tụ C =

ai l.c

Áp dụng công thức Măcxoen- Parađay. Tính lưu thông cảm ứng từ theo đừờng tròn bán kính r tính từ tâm của tụ điện ta có cảm ứng từ tại điểm bất kỳ trong tụ cách tâm một khoảng r:

I dich mà trong tụ điện thì Idẫn = Idịch do đó π .b 2

mà mật độ dòng điện dịch jdịch.=

B(r).2π r= µ 0. jdịch.πr2

Cảm ứng từ do điện trường biến thiên gây ra tại điểm cách tâm tụ r là µ0 U −R B(r) = r . e 2πb 2 R1

11C

(2)

Từ thông xuyên qua vòng dây siêu dẫn có diện tích S = ba là: 1

2.1

− t µ0 Φ = ∫ B(r )a.dr = Uae R C (3) 4πR1 0

yn h

Suất điện động cảm ứng xuất hiện trong vòng dây siêu dẫn:

ξ=-

− t µ0 dΦ ta có ξ= Uae R1C (4) 2 dt 4πR 1C

Công suất toả nhiệt trên điện trở R2 sẽ là : P2=

ξ2 R2

µ 20

∞

Nhiệt toả ra trên điện trở R2 là :

Q2= ∫ P2 dt =

32π R 1 R2 C

U 2 a 2 (5)

Toàn bộ nhiệt toả ra trên điện trở R2 chuyển thành nhiệt làm bay hơi nước µ 20 khối lượng nước bay hơi là : Q2=λ m hay U 2a2 = 32π 2 R 31 R2 C λ m (6) từ đó ta rút ra khối lượng nước hoá hơi m=

µ 20 32π 2 R 31 R2 Cλ

U 2 a 2 thay điện dung tụ C =

ε0S a

ε 0πb 2 a

ta có m =

µ 20 3

32π R 1 R2 ε 0 b λ

U 2 a 3 (7)

Chọn chiều dương của các dòng điện như hình vẽ, ta có:

i1 =

dq1 = q1′ . dt

i 1

i 2

A 1 q1

q − 1 − L(i1′ + i′2 ) = 0 C

↑i3

i3 = i1+ i2.

1) Xét mạch kín JA1B1KJ và JA2B2KJ

q2 − L(i1′ + i′2 ) = 0 , C

hay

q1 =0 LC

(1)

q1′′ + q′′2 +

q2 A2

− Li′2 −

dq 2 = q′2 dt

ai l.c

ở nút J ta có:

i2 =

q2 = 0 (2) LC

q1′′ + 2q′′2 +

Hệ phương trình này mô tả sự biến thiên của q1 và q2 theo thời gian.

2.2

q1 = A cos(ωt + ϕ);q 2 = B cos(ωt + ϕ) ,

2) Đặt

yn h

trong đó A và B là các hằng số. Khi đó (1) và (2) cho: LCω2 A + (2LCω2 − 1)B = 0

(3)

(LCω2 − 1)A + LCω2 B = 0

(4)

(5)

L2 C 2 L2 C 2 ω4 − 3LCω2 + 1 = 0

Giải (5) ta có

Để hệ cho nghiệm không tầm thường là:

1 3 5 ω2 =  ± , 2  LC LC 

tức là có hai giá trị khả dĩ của tầng số góc: ω1 =

3+ 5 (6) 2LC

và ω1 =

3− 5 2LC

(7)

Với ω1 thì A 1+ 5 LCω12 1 , tỷ số hai biên độ là (1 + 5) và q1, q2 dao động = =− 2 B 1 − LCω1 2 2

ngược pha nhau. Với ω2 thì A 1− 5 LCω22 1 , tỷ số hai biên độ là ( 5 − 1) và q1, q2 dao động = =− 2 B 1 − LCω2 2 2

cùng pha.

(8)

q1 = A1cosω1t + A 2 cosω2 t

(9)

5 +1 A1 =− B1 2

với

Nên:

1 1  5 +1 1  5 −1  Q 0 ; A1 =   Q 0 ; A 2 =  . 2 5  2  5  5

B1 = − B2 = −

và B1 + B2 = 0

Từ đó có

q2'(0) = 0

cho A1 + A2 = Q 0

5 −1 A2 = B2 2

và

Điều kiện ban đầu q1(0) = Q0; q1'(0) = 0 q2(0) = 0;

ai l.c

q 2 = B1cosω1t + B2 cosω2 t

3) Hệ (1) và (2) là tuyến tính, nên có thể viết (chọn gốc thời gian để ϕ = 0 là phù hợp với điều kiện ban đầu)

yn h

1 1  1 1  q1 = 1 + Q0 cosω1t +  1 −   Q0 cosω2 t 2 2 5 5

q2 = −

1 1 Q 0 cosω1t + Q0 cosω2 t 5 5

Bài 3

a. Ta thấy rằng quỹ đạo của tia sáng là một đường parabol ࢟ = −

ࢉ࢕࢙ࢻ

࢑.࢞૛

૝.࢙࢏࢔૛ ࢻ

࢞, toạ độ đỉnh là (x0; y0) với x0 = 3,9623; y0 = 1,1438. Thấy rằng 1,1438m < e, như vậy tia sáng ló ra khỏi mặt dưới của bản hai mặt song song ở điểm ( x1 ; 2sin 2α 0) với x1 = . ࢙࢏࢔ࢻ

b. Xét trong một khoảng dx, bề dày của lớp mỏng dy = ቀ−

ࢉ࢕࢙ࢇ ࢙࢏࢔ࢇ

࢑.࢞

૛.࢙࢏࢔૛ ࢇ

ቁ ࢊ࢞. Trong lớp mỏng dy có thể coi tốc độ ánh sáng là không đổi

c c = = n( y ) n0 1 − ky

c cos α   k n0 1 + k  x2 − x 2 sin α   4sin α

. Quãng đường ánh sáng

truyền trong lớp mảng dy là 2

k cos α   ds = dx 2 + dy 2 = 1 +  − x+  dx . 2 sin α   2sin α

Thời gian ánh sáng đi trong lớp mỏng dy là

cos α  k n0 1 + k  x2 − 2 sin α  4sin α

 x 

k cos α    x . 1 +  − x+  dx . 2 sin α    2sin α

n0 cos α  k x2 − 1+ k  2 c sin α  4sin α

dt=

ds = v

ai l.c

dt =

k cos α   1+  − x+  2 sin α   2sin α c

n0 c

∫ 0

cos α k  1+ k  x2 − 2 sin α  4 sin α

k cos α    −8 x . 1 +  − x+  dx ≈ 3,5008.10 2 sin α    2 sin α

t=2

Thời gian xung ánh sáng đi trong bản hai mặt song song là

Bài 4

a. Mô men quán tính I: Gọi khối lượng trên một đơn vị diện tích của vật là ρ. Xét một cung mỏng dr bán kính r, khối lượng của nó là dm = ρα0rdr (hình 1.2). Mô men quán tính của yếu tố dm đối với trục quay đi qua O là dI = r2dm = ρα0r3dr. Mô men quán tính của cả vật đối với trục quay đi qua O và vuông góc với mặt phẳng vật là I =

yn h

∫ ρα

r 3 dr =

1 ρα 0 ( R24 − R14 ) 4

Hình 1.1

b. Gọi trọng tâm của vật là G. Ta thấy vật có tính đối xứng nên trong tâm của vật nằm trên trục đối xứng Ox (hình 1.2). Đặt OG = d. Khối lượng của vật là M. Xét một yếu tố diện tích dS = rdrdα (chắn góc ở tâm là dα). Khối lượng của diện tích dS là dm = ρdS = ρrdrdα, toạ độ x = r.cosα. Áp dụng công thức tính khối tâm ta có

α0 / 2

−α 0 / 2

Md = ∫ xdm = ρ ∫ r 2 dr S

∫ cos αdα

O C

B A

α x

x Hình 1.2

dS dα

α 2 ρ ( R23 − R13 ). sin 0 3 2

Md =

Chu kì dao động với biên độ nhỏ của vật là 3α 0 ( R24 − R14 ) I =π ≈ 3,4021 ( s ) α0 Mgd 3 3 2 g ( R2 − R1 ). sin 2

T = 2π

Vậy chu kì dao động với biên độ nhỏ của vật là T = 3,4021 (s). Bài 5

ai l.c

1. Đo công suất định mức định mức của động cơ điện: b) Dùng vôn kế đo hiệu điện thế UM giữa hai đầu động cơ và UR giữa hai đầu điện trở R = 2Ω.

R’

Cường độ dòng điện trong mạch:

UR UR = R 2

Công suất của động cơ

a) Mạch điện: Xem hình vẽ

UM UR 2

P = UMI =

R = 2Ω

P chưa phải là công suất của động cơ.

yn h

Thay đổi U và R’ để thu được một số giá trj của UM lân cận giá trị 4,5 V, chẳng hạn:

UM1

UM2

UM3

Đo các UR và tính các P tương ứng. Vẽ đồ thị P = f(UM). Nội suy ra giá trị của công suất định mức ứng với UM = 4,5 V.

4,5V

UM4

UM5

Pđm

2) Đo điện trở trong: a) Vẫn dùng mạch điện trên. b) Vẫn đo UR và UM như trên.

4,5V

c) Ta có: UM = Ir + ε với I =

(1)

UR UR = ; ε là suất phản điện của động cơ. Chú ý rằng ε phụ R 2

thuộc vào chế độ làm việc của động cơ, tức là phụ thuộc vào I. Lấy đạo hàm của phương trình (1) theo I:

Nếu bỏ qua số hạng

dU M dε thì r = dI dI

dU M dε =r+ dI dI

Đo dUM và dI.

dU M = tgα dI

ai l.c

d) Đo các giá trị UM và I = UR/2 lân cận giá trị 4,5V. Vẽ đồ thị UM = f(I). Cần khuếch đại thang đo sao cho có được một đoạn thẳng lân cận giá trị 4,5V. (Hoặc dùng phương pháp quy các giá trị của hàm UM=f(I) lân cận giá trị 4,5V về dạng tuyến tính)

dε = 0. dI

yn h

biến thiên không đáng kể

Khi có đoạn thẳng thì điều đó chứng tỏ trong khoảng biến thiên đó của I, ε

Giáo viên: Trần Văn Kỷ

Điện thoại: 0919257656

(ĐỀ GIỚI THIỆU)

Câu 1. (4 điểm): Tĩnh điện

ai l.c

Hai mặt cầu kim loại đồng tâm có các bán kính a và b (a<b)

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XI, NĂM 2018 ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ _ LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 05 câu, 02trang)

được ngăn cách với nhau bằng một môi trườngcó hằng số điện môi dộ dẫn điện

. Tại thời điểm t=0 một điện tích q bất ngờ được đặt vào

mặt cầu bên trong.

1. Xác định dòng điện toàn phần chạy qua môi trường đó như một hàm của thời gian. 2. Chứng minh rằng nhiệt lượng Joule tỏa ra do dòng điện trên bằng độ giảm năng lượng

Câu 2 (5 điểm): Điện và điện từ

tĩnh điện xảy ra khi điện tích được sắp xếp lại.

Vòng dây dẫn có diện tích S và điện trở toàn phần R

yn h

được treo bằng lò xo xoắn có hằng số k trong một từ trường . Vòng dây nằm trong mặt phẳng yz ở vị trí cân

đều

bằng và có thể quay xung quanh trục z với moment quán tính

I (hình vẽ). Vòng dây được quay quang một góc nhỏ

khỏi vị trí cân bằng và sau đó thả ra. Giả thiết lò xo xoắn

không dẫn điện và bỏ qua độ tự cảm của vòng dây. 1. Tìm điều kiện để vòng dây dao động và phương trình chuyển động của vòng dây khi đó.

2. Xét khi R lớn, vẽ phác họa chuyển động của vòng dây.

Bài 3 (4 điểm): Quang hình Khi sản xuất một bình đặc hình cầu bằng thủy tinh, người ta đặt một bông hoa hồng nhỏ vào phía trong. Bình thủy tinh có bán kính R, chiết suất n. 1. Tìm vị trí đặt bông hoa để người quan sát luôn thấy hình ảnh rõ nét của bông hoa khi

ngắm hoa qua bình cầu từ mọi vị trí xung quanh bình cầu . Xác định độ phóng đại ảnh khi đó.

Bình cầu

Chú thích: kí hiệu ---------- : vị trí quan sát 2. Tìm một vị trí khác (so với vị trí tìm được ở ý 1) để đặt bông hoa mà người quan sát luôn thấy hình ảnh rõ nét của bông hoa khi ngắm hoa qua bình cầu từ mọi vị trí quanh một nửa thích hợp của bình

cầu. Xác định độ phóng đại ảnh khi đó.

Bình cầu

ai l.c

Chú thích: kí hiệu ---------- : vị trí quan sát 3. Cho R=9cm; n=1,5 đặt bông hoa cách tâm cầu 2cm và người quan

sát đặt mắt sao cho mắt, tâm cầu và hoa gần như thẳng hàng với

nhau. Xác định vị trí ảnh và độ phóng đại ảnh.

Bài 4 (4 điểm): Dao động cơ

Một khối cầu gồm hai nửa là hai khối bán cầu phân cách bởi mặt

phẳng đi qua một đường kính của khối cầu, mỗi nửa có bán kính R, có

ρ ρ’

khối lượng riêng khác nhau là ρ và ρ’>ρ. Khối trụ được đặt trên một

tấm phẳng P. Hệ số ma sát giữa mặt cầu và mặt phẳng P đủ lớn để nếu

cầu lăn thì luôn không trượt trên P.

yn h

1. Xác định vị trí khối tâm của mỗi nửa hình trụ, khối tâm của cả hình trụ. 2. Cho khối cầu dao động nhỏ quanh vị trí cân bằng của nó. Chứng minh khối cầu dao

động điều hòa và xác định chu kì dao động của nó.

Câu 5. (3 điểm): Phương án thực hành

Cho các dụng cụ: 01 nguồn điện một chiều (có điện trở trong), 01 vôn kế ( không lý

tưởng), 01 hộp điện trở mẫu, các dây nối. Xây dựng phương án thí nghiệm xác định suất điện động, điện trở trong của nguồn

và điện trở của vôn kế đã dùng. ----------------- Hết ----------------Họ và tên người ra đề: Điện thoại:

Ngô Thị Thu Dinh Phạm Thị Trang Nhung 0983466487 0984577513

(ĐỀ GIỚI THIỆU)

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XI, NĂM 2018 ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút (Đáp án gồm 08 trang)

Câu 1: (4 điểm – Tĩnh điện) Hướng dẫn giải

Phần 1.

Điểm

ai l.c

Xét tại t = 0: mặt cầu bên trong chứa điện tích q, cường độ điện trường bên trong môi trường tại 1 điểm bất kỳ:

hướng ra ngoài theo phương bán kính

Xét tại thời điểm t, mặt cầu bên trong có điện tích q(t):

0,25

Xét mặt cầu đồng tâm bán kính r bao quanh mặt cầu bán kính a

0,5

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích: với mật độ dòng tại thời điểm t và

Khi đó:

yn h

Giải phương trình vi phân trên ta thu được nghiệm:

0,25 0,25 0,25

0,25 0,25

Dòng điện toàn phần chạy qua môi trường bên trên tại thời điểm t:

0,5

Mật độ dòng 0,5

Nhiệt lượng Joule tỏa ra: 0,5

Năng lượng tĩnh điện bên trong môi trường đó trước khi phóng

điện: 0,5

Vậy

(đpcm)

Câu 2 (5 điểm – Điện và điện từ) Phần 1.

Hướng dẫn giải

Suất điện động cảm ứng và dòng điện cảm ứng:

0,25 0,25 0,25

Moment từ của vòng dây:

, từ

ai l.c

Viết phương trình chuyển động của vòng dây Xét khi góc hợp bởi mặt phẳng vòng dây với từ trường là thông qua vòng dây:

Điểm

Moment lực từ tác dụng lên vòng dây: Suy ra:

0,25

yn h

Phương trình moment:

(1)

0,5

Do và rất nhỏ (theo giả thiết) Phương trình (1) trở thành: (2)

0,5

Giải phương trình (2): Đặt Từ đó thu được phương trình đặc trưng: (3)

Với Đặt: và Để vòng dây dao động: Phương trình (3) có nghiệm:

0,5

; với j là số ảo: Khi đó nghiệm phương trình (2):

0,5

Nghiệm phương trình tổng quát: Tại thời điểm ban đầu:

ai l.c

Từ đó dao động của vòng dây:

Xét khi R lớn:

0,5

Chuyển động tắt dần.

0,5

1,0

yn h

Phác họa chuyển động của vòng dây:

Câu 3: (4 điểm – Quang hình) Phần Hướng dẫn giải Để nhìn rõ nét bông hoa tại mọi vị trí xung quanh bình cầu thì vị trí đặt hoa 1. chỉ có thể là tâm bình cầu Xác định độ phóng đại B’

B A≡A’

Điểm 0,5

A ' B' tanr sinr = ≈ =n tan i sin i AB (dù nhìn từ mọi vị trí, nhưng ứng với mỗi vị trí, góc quan sát đều là góc bé)

Chiều dương +

0,5

I i

A’

S’

0,25

ai l.c

* Chứng minh công thức cơ bản của lưỡng chất cầu thể hiện mối liên hệ giữa vị trí vật và ảnh:

CA IA CA ' IA ' CA IA sin i IA = ; = ⇒ = = ˆ ˆ sin i sin ACI sinr sin ACI CA ' IA '.sinr IA '.n Đặt: CA = x; CA ' = x ' ⇒ IA = nx (I) IA ' x '

0,25

* Biện luận để tìm vị trí vật cho ảnh rõ nét: Để ảnh rõ nét thì ứng với một giá trị x chỉ có một giá trị của x’ với mọi vị trí khác nhau của điểm tới I trên mặt cầu. Để thỏa mãn điều đó: TH1: A ≡C thì x=x’=0: nghiệm tầm thường đã xét ở câu 1) TH2: A≡I thì A’≡I: nghiệm tầm thường: hệ số phóng đại ảnh bằng 1 TH3: A không phải là nghiệm tầm thường trên. * Dưới đây ta giải để tìm vị trí vật trong TH3:

0,25

yn h

IA nx =hằng số với mọi vị trí của I trên mặt cầu = IA ' x '

ˆ ' với S’ là giao của phân giác với đường - Dựng phân giác IS’ của góc AIA SC. Sử dụng hệ thức lượng giác trong các tam giác ∆IAS’ và ∆IS’A’:

IA AS ' IA ' S'A ' , = ; = ˆ ˆ ˆ sin IS ' A sin S ' IA sin IS ' A ' sin S ' ˆIA '

IA AS' −S' A ˆ = sin IS'A' ˆ mà S' ˆIA = S' ˆIA ' và sin IS'A nên: (1) = =

Lại có ⇒

IA '

S' A '

S'A '

AS ' AC + CS ' CS ' − x = = S ' A ' S ' C + CA ' x '− CS '

IA CS ' − x (2) = IA ' x '− CS '

- Mặt khác, do IA = hangso với mọi vị trí của I trên mặt cầu nên khi I≡S thì: IA '

IA SA (3) = IA ' SA '

So sánh (3) và (1) ⇒ S’ là một điểm trên mặt cầu, SS’ là một đường kính của

0,25

bình cầu CS’=R. SA SC + CA SC + x (4) = = Mà: SA ' SC + CA ' SC + x '

Từ đó, kết hợp (2) và (4) ta có: IA CS ' − x SC + x ; đặt R= CS (R>0: cầu lồi) ta có = = IA ' x '− CS ' SC + x ' IA R−x R+x = = IA ' x '− R R + x '

R n.

0,25

R n , khi đó ảnh

Với lưỡng chất cầu khẩu độ nhỏ:

0,25

IA ≈ SA = SC + CA = SC + x = R + x

Với điều kiện bông hoa đặt trong bình cầu ta chọn nghiệm của bông hoa sẽ ở vị trí: x’=n.R. x' k = = n2 x Độ phóng đại ảnh:

ai l.c

Giải phương trình này ta tìm được: x=n.R hoặc

R−x R+x x = = Kết hợp với (I) ta có: x '− R R + x ' x '.n

IA ' ≈ SA ' = SC + CA ' = SC + x ' = R + x ' Thay

vào biểu

IA nx = IA ' x' : thức:

0,5

0,25 0,25

yn h

1 n n −1 x' − = k= x x' R ; độ phóng đại ảnh: x (chú ý: HS có thể không cần chứng minh lại công thức này) Áp dụng bằng số: R=9cm; n=1,5 Vật đặt cách tâm bình 2 cm, ta có hai trường hợp: TH1: x=2cm ⇒x’=3,375cm⇒k=1,6875 TH2: x=-2cm⇒x’=-2,7cm⇒k=1,35

Câu 4: (4 điểm – Dao động cơ) Phần Hướng dẫn giải Điểm Xác định khối tâm của mỗi mỗi bán cầu (G và G’ lần lượt là khối tâm của bán 1. cầu trên và dưới) OG =

∫ xdm ; m = 1  4 πR m R

⇒ OG = ∫ 0

 23

 2 2  ρ;dm = ρ(π(R − x ))dx 

xρ(π(R 2 − x 2 )) 3R dx = 14 3 8  πR  ρ 23 

3R 8 Khối tâm của cả khối cầu là Go ở dưới O (do ρ’>ρ), cách O một khoảng:

Hoàn toàn tương tự, ta cũng có: OG ' =

0,25

0,5 0,25 0,5

OG o =

m ' OG '− mOG 3R m '− m 3R ρ '− ρ = = (m + m ') 8 m '+ m 8 ρ '+ ρ

2. ñ

O Go

ρ’

ai l.c gm @ (m + m ')gOG o (I) IK

0,25

⇒Vật dao động điều hòa với tần số góc: ω =

0,25

3R ρ '− ρ 3R m '− m (2) =R− 8 ρ '+ ρ 8 m '+ m

0,25

Xác định IK: I K = IG o + (m + m ')KG o 2 (1) KG o = R − OG o = R −

0,25

cơ năng của vật: 1 2 W= I K ( ϕ ') + (m + m ')gOG o (1 − cosϕ) 2 1 1 2 ≈ I K ( ϕ ') + (m + m ')gOG o ϕ2 2 2 = hằng số. Đạo hàm hai vế: I K ϕ ''+ (m + m ')gOG o ϕ = 0

Tại vị trí trục OGo quay một góc φ nhỏ so với phương thẳng đứng, do độ cao của O so với mặt đất luôn bằng R, nên Go được nâng lên độ cao OG o (1 − cosϕ) so với vị trí cân bằng, với K là tâm quay tức thời, phương trình

yn h

I G o = I m/ G + mGG o 2 + I m '/ G ' + m 'G 'G o 2 (3)

0,25

Trong đó: Im/G là mô men quán tính của bán cầu m so với khối tâm G của nó được xác định như sau: Im/O = Im/G + mOG 2

1 1 2(2m)R 2 2mR 2 I2m/O = = 0,25 2 2 5 5 (mô men quán tính của bán cầu khối lượng m so với tâm O bằng ½ mô men quán tính của khối cầu khối lượng 2m so với tâm O)

Im/O =

⇒ I m/G =

2 2mR 2  3R  83mR (4) − m =  5 320  8 

Tương tự: I m '/ G ' = 83m ' R 320

(5)

0,25

Xét: 2

mGG o 2 + m 'G 'G o 2 = m ( OG + OG o ) + m ' ( OG '− OG o ) mGG o 2 + m ' G ' G o 2 =

9R 2 m.m ' (6) 16 m + m '

Thay (6), (5), (4) vào (3) ta có:

0,25

83mR 2 83m ' R 2 9R 2 m.m ' (7) + + 320 320 16 m + m '

IGo =

Thay (7), (2) vào (1)

83mR 2 83m 'R 2 9R 2 m.m ' 3R m '− m   IK = + + + (m + m ')  R − 320 320 16 m + m ' 8 m '+ m   Biến đổi ta được IK =

R 2 ( 43m 2 + 56mm '+ 13m '2 ) 20 ( m + m ' )

(8)

0,25

ai l.c

Tính cụ thể tần số góc của dao động 3R m '− m Thay (8) và OG o = vào (I) và biến đổi ta được: 8 m '+ m

15g m '2 − m 2 2R 43m 2 + 56mm '+ 13m ' ρ '2 − ρ 2 15g 2R 43ρ2 + 56ρρ '+ 13ρ '

⇒ω=

Câu 5: (3 điểm – Phương án thực hành)

Hướng dẫn giải

Cơ sở lý thuyết: - Sơ đồ mạch điện: Hình 1.

1 r + RV 1 = + ⋅R U ER V ER V

1 , thì: y = a1x + b, U r + RV Trong đó: a1 = 1 ; b = ER V ER V

Đặt: x = R; y =

Hình 1

Hình 2

R + RV Rr + R V r + RR V E=U+ ⋅U⋅r = ⋅U RR V RR V

0,25

Đặt: x =

(2)

- Từ (1), (2) ta có: R V = 1 ; r = Ea 2 , trong đó, E là nghiệm của phương Ea 1

0,25

1 r + RV r 1 ⇒ = + ⋅ U ER V E R

1 1 ; y = , thì: y = a2x + b, R U Trong đó: a 2 = r ; b = r + R V E ER V

0,25

em yk

E, r

(1) - Sơ đồ mạch điện: Hình 2.

0,25

E, r

yn h

⇒

U ⋅(r + R + RV ) RV

Điểm

Phần

0,25

ω=

0,25

trình: a 1a 2 E 2 − b1 E + 1 = 0 (*) 2.

1/U(V)

0,25 0,25

α1

R (Ω)

Hình 3

- Bảng số liệu 1: x = R (Ω) U (V) y = 1/U ... ... ... ... ... ... Đồ thị: Hình 3. + Độ dốc: a1 = tanα1. + Ngoại suy: b - Bảng số liệu 2: R (Ω) U (V) x = 1/R y = 1/U ... ... ... ... ... ... ... ... Đồ thị: Hình 3. + Độ dốc: a2 = tanα2. + Ngoại suy: b - Giá trị của E, r, Rv được tính theo (*)

ai l.c

Thí nghiệm: a) Tiến trình thí nghiệm: - Mắc sơ đồ mạch điện như Hình 1: Thay đổi giá trị của điện trở R, với 0,25 mỗi giá trị R, đọc số chỉ U của vôn kế, điền vào bảng số liệu 1. - Mắc sơ đồ mạch điện như Hình 2: Thay đổi giá trị của điện trở R, với 0,25 mỗi giá trị R, đọc số chỉ U của vôn kế, điền vào bảng số liệu 2. b) Xử lý số liệu:

yn h

1/U(V)

0,25 b

α2

0 Hình 4

0,25 1/R (Ω)

Ghi chú: - Điểm toàn bài: 20 điểm - Học sinh giải bằng cách giải khác, nếu kết quả đúng vẫn cho điểm trọn vẹn.

ĐỀ XUẤT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI

KHU VỰC DUYÊN HẢI – ĐBBB 2018

TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN

Môn: Vật lý – Lớp 11 ----------------------------

Bài 1 (4 điểm): Tĩnh điện

ai l.c

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?

Bài 2 (5 điểm): Điện và điện từ

1) Mạch điện được cấu tạo bởi các đi ốt lý tưởng, tụ điện C và hai cuộn cảm thuần có độ tự cảm L2 = 4L1. Ban đầu khóa K mở, tụ điện được tích điện đến hiệu điện thế V0. Người ta đóng khóa K. Hãy viết biểu thức của dòng điện đi qua L2.

yn h

2) Giải lại bài trên nếu đi ốt không lý tưởng mà có đường đặc trưng Volt-Ampe như hình dưới. Ghi chú V0 trong hình vẽ là có giá trị ở ý trên.

Bài 3 (4 điểm): Quang hình Khi thấu kính lồi mỏng đặt trong không khí, khoảng cách từ tâm thấu kính tới tiêu điểm về hai phía là bằng nhau. Giả sử môi trường về hai phía của thấu kính lồi mỏng L không giống nhau, có chiết suất lần lượt là n1 và n2, thì mỗi phía của thấu kính có một tiêu điểm (giả sử là F1 và F2) và khoảng cách từ tâm thấu kính đến F, F’ cũng không giống nhau và lần lượt có giá trị là f và f’. a) Lập công thức thấu kính.

ai l.c gm @

Bài 4 (4 điểm): Dao động vật rắn Một khối lập phương đồng chất có cạnh là a được đặt trên đỉnh của một nửa hình trụ bán kính đáy R. Nửa hình trụ được giữ cố định sao cho mặt phẳng của nó luôn nằm ngang. Ở thời điểm ban đầu, tâm khối lập phương ở ngay trên đỉnh của nửa hình trụ. Khối lập phương có thể dao động quanh vị trí cân bằng này. Giả thiết dao động này không trượt. a) Hãy tìm mối liên hệ giữa bán kính hình trụ và chiều dài cạnh khối lập phương để vị trí cân bằng ở đỉnh là bền. b) Với điều kiện trên được thỏa mãn, tìm tần số dao động nhỏ của khối lập phương. c) Tìm biên độ góc cực đại θmax để dao động ổn định.

b) Nếu có 1 tia sáng gần trục, tạo với trục chính góc φ hướng tới tâm thấu kính thì tia ló tạo với trục chính góc φ’ là bao nhiêu? c) Tìm biểu thức liên hệ giữa bốn đại lượng f, f’, n1, n2.

Bài 5 (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.

yn h

……………………………………Hết ………………………………..

HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài 1 (4 điểm): Tĩnh điện a) Lúc đầu hệ gồm hai tụ C1 và C 2 mắc song song, ta có: C1 =

ε 0S 3 d 4

ε S 4ε S 4εS ; C2 = 0 = 0 1 3d d d 4

………………………………..0,5đ

Vì C1 tích điện q1 , C 2 tích điện q 2 , ta có:

ai l.c

q1 + q 2 = q ⇒ q1 = 1 / 4q

q1 q 2 = ⇒ q 2 = 3 / 4q C1 C 2

1  q2

……………………………………….0,5đ q2 

3q 2 d

b) Năng lượng ban đầu của hệ: E1 = mv02 +  1 + 2  ⇒ E1 = mv02 + . …..0,5đ 2 2  C1 C 2  2 32ε 0 S

d /2

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 ε S 2ε S song song, ta có: C1' = C 2' = 0 = 0 . ………………………………………….0,5đ

Chúng lần lượt có điện tích q1' và q 2' ⇒ q1' = q 2' = q / 2 ………………………………0,5đ

mgd 1  q ' 2 q '2  1 +  1 ' + 2'  + mv 2 4 2  C1 C 2  2

yn h

Năng lượng của hệ lúc này bằng E 2 =

mgd q 2 d 1 2 + + mv . ………………………0,5đ 4ε 0 S 2 4

⇔ E2 =

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

…………………………….0,5đ

⇔

⇒

1 2 q2d mgd q 2d gd mv0 ≥ + + ⇒ v02 ≥ 2 32ε 0 S 4 16ε 0 Sm 2 ⇒ v0 min =

q 2d gd + 16ε 0 S ⋅ m 2

Vậy vận tốc tối thiểu cần truyền cho tấm kim loại: v0 min = Bài 2 (5 điểm): Điện và điện từ

………………………… 0,5đ q2d gd + . 16ε 0 S ⋅ m 2

1) + Khi K vừa đóng, không có dòng điện đi qua D1, khung dây dao động chỉ bao gồm tụ điện và

ai l.c

1 L2 C

Dòng qua L2 có biểu thức i2(t) = I02sinω02t

1 C t sin L2 L2C

………………………………………………...0,5đ

Từ đây i2 (t ) = V0

1 1 2 2 CV0 = L2 I 02 2 2

Biên độ xác định từ bảo toàn năng lượng

cuộn L2, có tần số ω 02 =

+ Sau nửa chu kỳ, tụ phóng hết điện còn dòng I2 đạt giá trị cực đại, cuộn bắt đầu nạp trở lại cho tụ và tụ đổi cực, khi đó dòng sẽ đi qua cả hai đi ốt

di1 di + L2 2 = 0 dt dt

yn h

Định luật Kirchoff cho khung chứa hai cuộn cảm:

…………………………………………. 0,5đ

⇒ L1i1 + L2i2 = const = L2 I 02 = V0 CL2

Định luật Kirchoff cho nút i1 + i2 = i

di2 q d 2i i + = 0 ⇒ L2 22 + = 0 ………………………………………………….0,5đ dt C dt C

Định luật Kirchoff cho khung chứa tụ và cuận cảm L2

Thế các phương trình vào nhau ta được V0 d 2i2 L1 + L2 + i2 = 2 dt L1 L2C L1 CL2

Đổi biến u = i2 −

V0 L1 + L2

………………………………………………..0,5đ

L2 ta đưa phương trình về dạng C

d 2 u L1 + L 2 + u=0 L1 L2 C dt 2

Đây là phương trình dao động điều hòa L1 C L2 L1 + L2

=> i2 = V0

 L2   cos ω2t +  L1  

với ω 2 =

L1 + L2 ………………….0,5đ L1 L2 C

V0 C 5 [cos ω2t + 4] với với ω 2 = 10 L1 4 L1C

………………………………………0,5đ

ai l.c

i2 =

Với L2 = 4L1, ta được kết quả cuối cùng:

) , t 4 = π L1C (1 +

2) Khi vừa đóng khóa K:

3 5

…………………………………………… 0,5đ

UAB = V0/3 ; UCD = UAB + UBD

V dI Q V0 Q d 2Q = − L 2 2 ⇒ 0 = + L2 C dt 3 3 C dt 2

……………...0,5đ

Tương tự trên ta giải ra nghiệm

CV0 2V0C dQ 2 + cos ω02t ⇒ i2 = = V0Cω02 sin ω02t ...0,5đ 3 3 dt 3

)

t 3 = π L1C (1 +

Đồ thị của i2 được biểu diễn trên hình vẽ với t1 = π L1C , t 2 = π L1C (1 +

CV0 V ⇒ U CD = − 0 không 3 3

yn h

Sau nửa chu kỳ, cos ω02t = −1, Q = −

đủ để dòng đi qua D1, Dao động dừng lại ở đây. ……0,5đ

Bài 3 (4 điểm): Quang hình Sơ đồ tạo ảnh: A’B’

A’

B’

có: =>

…………………………………….1,0đ

b) Có thể coi phần trung tâm của thấu kính mỏng là bản mặt song song, tia tới sau 2 lần khúc xạ sẽ thành tia ló. Gọi n là chiết suất của thấu kính => n1sinφ = nsinγ = n2sinφ’ …………………..0,5đ Đối với tia gần trục: φ, φ’ rất nhỏ nên sinφ φ và sinφ’ φ’

φ’ =

…………………………………0,5đ

c) Tia tới từ điểm vật B hướng tới O, sau khi khúc xạ qua L, tía ló tới B’ như hình vẽ. Áp dụng điều kiện tương điểm => các tia phải gần trục φ tanφ = φ’ tanφ’ = …………………………..0,5đ …………………………...0,5đ

Từ tất cả các biểu thức trên suy ra: f =

…………………………..0,5đ

f’ =

ai l.c gm

Bài 4 (4 điểm): Dao động vật rắn a) Khi khối lập phương m nghiêng đi 1 góc nhỏ khỏi VTCB (điểm tiếp xúc tại B) thì momen của trọng lực đối với trục quay đi qua B phải có tác dụng kéo m trở lại => phương của trọng lực phải ở bên phải B => xG < xB ……………………………………..0,5đ Với: xB = R.sinθ xG = (R + a/2)sinθ – IG.cosθ = (R + a/2)sinθ – Rθ.cosθ (vì IG = BK = = R.θ)

…………………………...0,5đ

Từ đó suy ra hệ thức liên hệ giữa f, f’, n1, n2 là:

Ta cần có: (R + a/2)sinθ – Rθ.cosθ < R.sinθ khi θ → 0 => R > a/2 ………………………..0,5đ b) + Tìm được mô men quán tính đối với trục quay tức thời qua B (với θ rất nhỏ)

IB =

………………………….0,5đ

+ Bảo toàn cơ năng:

yn h

+ Độ cao của G ở VTCB: h0 = R + a/2 Độ cao của G khi ở vị trí góc θ: h = (R + a/2)cosθ + BK.sinθ

+ Đạo hàm hai vế theo thời gian, ta được:

(R + a/2)(1 – θ2/2) + Rθ2

……………………………….…0,5đ ………………………………0,5đ …………………………………….0,5đ

θ'’ = -

=> Tần số dao động nhỏ: Ω2 =

…………………………………….0,5đ

c) Dao động sẽ mất ổn định khi giá của trọng lực nằm bên trái của B khi xB = xG …………………………………0,5đ Bài 5 (3 điểm): Phương án thực hành.

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:

di 1 =− dt i RC

idt = − RCdi ⇒

Như vậy − ln

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

i phụ thuộc tỉ lệ với thời gian t . i0

II. Các bước tiến hành: 1. Lắp mạch điện như sơ đồ hình 1

i tương i0

− ln

Hình 1

ứng.(t = 0 lúc mở khóa) ……………….……1,0đ

ai l.c

gian bằng nhau (ví dụ cứ 10s) và tính đại lượng − ln

µA

3. Đọc và ghi cường độ dòng điện sau những khoảng thời

t(s)

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

I(µA)

i i0

-Lni/i0

t(s)

yn h

Hình 2

i theo t (đồ thị là một đường i0

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

thẳng..................................................................................................................0,5đ III. Xử lý số liệu:

Độ nghiêng của đường thẳng này là tan α =

1 . Qua hệ thức này, nếu đo được tanα, ta tính được RC

C. Làm nhiều lần để tính giá trị trung bình của C …………………0,5đ

…………………………………. Hết ………………………………….

Người ra đề: Trần Thị Ngoan, SĐT: 0966803238

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ – KHỐI 11

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG

NĂM 2018 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

(Đề thi gồm 02 trang, gồm 05 câu)

ai l.c

Bài 1: Tĩnh điện (4 điểm) a. Một vòng dây tròn có bán kính R, tích điện đều với điện tích là Q (cho Q > 0). Xác định cường độ điện trường gây bởi vòng dây tại một vị trí trên trục của vòng dây, cách tâm vòng dây một

ra, nó chuyển động được đạt tốc độ lớn nhất là bao nhiêu? c. Xác định chu kỳ dao động nhỏ của lưỡng cực điện? Bỏ qua tác dụng của trọng lực.

đoạn x? b. Tại tâm của vòng dây có đặt một lưỡng cực điện có mômen lưỡng cực điện là p, khối lượng lưỡng cực điện là m. Khi lưỡng cực điện được thả

Bài 2: Từ trường – Cảm ứng điện từ (5 điểm) Một đĩa phẳng đồng chất bằng đồng có đường kính D và khối lượng m có thể quay không ma sát xung quanh một trục đi qua tâm đĩa và vuông góc với mặt phẳng đĩa. Tâm và mép đĩa nối với nhau

là ω0.

yn h

qua điện trở R nhờ các tiếp điểm trượt a và b (hình vẽ). Toàn bộ hệ thống nằm trong một từ trường đều có cảm ứng từ B song song với trục đĩa. Quay đĩa đến vận tốc góc ω0 rồi thả ra. 1. Hỏi đĩa quay bao nhiêu vòng trước khi dừng lại. 2. Bây giờ mắc nối tiếp điện trở nói trên với một nguồn điện lý tưởng (điện trở trong bằng không) có suất điện động là U0. Hỏi sau bao lâu từ trạng thái nghỉ đĩa sẽ đạt vận tốc góc

Bài 3: Quang hình (4 điểm) Giả sử miền không gian x > 0 bị lấp đầy bởi vật liệu có chiết suất n(x) thay đổi theo tọa độ x.

Một tia sáng truyền theo phương lập góc α 0 so với trục x đi vào môi trường nói trên. a. Chứng minh rằng bán kính R của quỹ đạo tia sáng tại điểm x > 0 thỏa mãn hệ thức: R.dα =

dx , cosα

trong đó α là góc giữa phương truyền của tia sáng tại điểm x với trục x. b. Hãy tìm biểu thức xác định bán kính quỹ đạo của tia sáng như là hàm của x bên trong môi trường.

c. Chiết suất n(x) phụ thuộc vào x như thế nào để phần quỹ đạo cong của tia sáng trong miền x > 0 có dạng tròn? Trong trường hợp này, tia sáng đi vào môi trường đến độ sâu bao nhiêu? Hãy phác họa đường đi của tia sáng. Bài 4: Dao động cơ (4 điểm) Mộtthanh cứng đồng chất có khối lượng m chiều dài L có thể quay tự do trong mặt phẳng thẳng đứng xung quanh trục quay nằm ngang đi qua khối tâm của nó. Một con nhện cũng có khối lượng m rơi xuống theo phương thẳng đứng với vận tốc v0 và chạm vào thanh tại điểm cách đều một đầu

ai l.c

thanh và trục quay. Ngay sau khi chạm thanh nó bắt đầu bò dọc theo thanh sao cho vận tốc góc của hệ thanh – nhện luôn không đổi. Chọn t = 0 lúc nhện bắt đầu bò trên thanh. a) Tìm vận tốc của thanh.

b) Chứng tỏ rằng khoảng cách từ con nhện đến trục quay sau va chạm được mô tả bằng phương trình x = Asin(Bt) + C. Xác định các hệ số A, B và C theo các đại lượng đã cho. c) Tìm điều kiện của v0 để con nhện bò tới đầu thanh.

Bài 5: Phương án thực hành (3 điểm)Xác định hằng số điện môi ε và điện trường đánh thủng Et của lớp chất điện môi trong lòng tụ điện. Cho các dụng cụ sau:

- 01 hộp điện trở mẫu có dải giá trị nguyên từ 1 Ω -10 MΩ;

- 01 nguồn điện xoay chiều f = 50 Hz, U = 220 V; - 01 ampe kế xoay chiều;

- 01 tụ điện gồm hai bản tụ bằng kim loại có diện tích S và khoảng cách giữa hai bản tụ là d, không gian giữa hai bản tụ được lấp đầy bởi lớp chất điện môi đồng tính cần xác định hằng số điện

yn h

môi ε và điện trường đánh thủng Et; - Các dây nối và ngắt điện cần thiết. Yêu cầu: 1. Trình bày cách bố trí thí nghiệm và xây dựng các công thức cần thiết.

2. Nêu các bước tiến hành thí nghiệm, lập bảng biểu cần thiết để xác định ε và Et.

Người ra đề:

----Hết ----Nguyễn Thị Thi – SĐT: 01685 437 000 Trần Thị Thanh Huyền – SĐT: 0934 694 670

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG

ĐÁP ÁN MÔN: VẬT LÍ – KHỐI 11

QUẢNG NINH

NĂM HỌC 2017 – 2018

(ĐỀ THI ĐỀ XUẤT)

Thời gian làm bài 180 phút (Đề này có 02 trang, gồm 5 câu)

Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang điểm đã định.

Bài 1: Tĩnh điện (4 điểm) Nội dung

Điểm

λ=

ai l.c

a (1,5 - Chia vòng dây thành các phần tử dài dl, điện tích dq, với mật độ điện dài 0,25 điểm) Q

2π R

- Điện tích dq1 gây ra tại M (cách tâm O đoạn x) cường độ điện trường dE1 :

dq dq = k thành phần l2 R2 + x2

dE1 gây ra cường độ điện trường dọc

dE1 = k

0,25

yn h

theo trục xx’véc tơ dE1x .

dE1x = dE1 .cosα = dE1

dE1x = k

R 2 + x2

dq x . 2 R +x R2 + x2

dq.x dl.x.Q =k 2 2 3/ 2 (R + x ) ( R + x 2 )3/2 .2π R 2

Cường độ điện trường tổng hợp tại M có phương dọc theo trục của vòng dây. Vậy cường độ điện trường do cả vòng dây gây ra tại M là: 2π R

∫ 0

0,5

dE = k

x.Q ( R 2 + x 2 )3/2 .2π R

2π R

∫ 0

dl = k

x.Q ( R 2 + x 2 )3/ 2

0,5

b (1,25 điểm)

- Theo câu a, cường độ điện trường tại 1 điểm trên trục x là: Ex =

0,5

Q.x 4πε 0 ( R 2 + x 2 )3/2

- Khi cân bằng, điện trường thỏa mãn:

dEx =0 dx

- Từ đó xác định được vị trí đạt được trạng thái này: R 2

x0 =

tan θ 0

1 + tan θ 0

0,25

6 1 1 ; cosθ 0 = = 2 3 3 1 + tan θ 0

tan θ 0 = 2 ; sin θ 0 =

ai l.c

- Mối quan hệ giữa các góc:

- Theo đó, cường độ điện trường tại vị trí cân bằng x0 : E x 0 =

3Q 18πε 0 R 2

mv 2 3Q = 18πε 0 R 2 2

Wtx 0 = p.E x 0 =

0,5

- Thế năng điện trường của lưỡng cực điện tại đó chuyển hóa thành động năng của nó

- Tại vị trí x0 , gradient

0,25

∆E thay đổi dấu, lưỡng cực điện đạt được tốc độ lớn ∆x

yn h

3Qp 9πε 0 mR 2

vmax =

=> Tốc độ cực đại mà lưỡng cực điện đạt được là:

(1,25 điểm) nhất tại điểm này, sau đó, nó chuyển động chậm dần lại và thực hiện dao động nhỏ quanh vị trí x0 .

- Lực điện trường tác dụng lên lưỡng cực điện khi nó đi từ vị trí cân bằng x0 lên

0,25

một đoạn nhỏ ∆x , ∆x << x0 , (vị trí lưỡng cực điện x = x0 + ∆x ) là:

 dE F = p x  dx

pQ ( R 2 − 2 x 2 )  =   4πε 0 ( x 2 + R 2 )5

0,25

Thay x = x0 + ∆x vào và biến đổi ta được: 2

pQ ( R 2 − 2 ( x0 + ∆x ) ) 2 4πε 0 ( x0 + ∆x ) + R 2   

<=> F = −

4 pQ∆x 35 πε 0 R 4

= 5

pQ ( R 2 − 2 x02 ) 2 4πε 0 ( x0 + ∆x ) + R 2   

− 5

4 pQx0 ∆x 2 4πε 0 ( x0 + ∆x ) + R 2   

- Định luật II Newton cho lưỡng cực điện tại vị trí x: ma = −

0,25

4 pQ∆x 35 πε 0 R 4

=> Tần số góc của dao động của lưỡng cực:

0,25

4 pQ

ω=

3 πε 0 mR 4 35 πε 0 m pQ

ai l.c

=> Chu kỳ dao động nhỏ của lưỡng cực điện: T = π R 2

Bài 2: Từ trường – Cảm ứng điện từ (5 điểm) Gợi ý đáp số

0,5

dM = ∑ dF .r =∑ qvr Br

(1)

1) 1) Xét mô men lực gây bởi một vành khuyên có bán kính trong là r và bán kính 3 ngoài là (r + dr). Chỉ có thành phần vận tốc (theo phương bán kính) của các hạt tải điểm điện mới cho đóng góp vào mô men lực, do đó:

Điểm

Trong đó vr là thành phần vận tốc theo phương bán kính: vr =

dr . dt 0,5

yn h

Thay vào (1) ta được: dM = I .B.r.dr , với I là cường độ dòng điện tổng cộng chạy qua vành, cũng chính là dòng điện qua cả đĩa. Vậy: M = ∫ dM =

∫ I .B.r.dr = I .B.

R 1 = I .B.D 2 . 2 8

2 0

D là bán kính của đĩa. 2

Ở đây R0 =

0,5

Phương trình chuyển động quay: M = Iγ , hay: 2

d ω I .B 1  D  dω 1 = m  = I .B.D 2 . Suy ra: dt m 8  2  dt 8

(2)

Để tìm cường độ dòng điện ta tính sđđ cảm ứng xuất hiện khi đĩa quay: R0

1 8

ξ = ∫ vBdr = ∫ ω Brdr = ω BD 2 . Theo định luật Ôm: I =

ξ R

ω BD 2 8R

(3)

0,5

B2 D2 B2 D2 ω.dt = .dϕ . Từ (2) và (3): d ω = 8mR 8mR

B2 D2 ϕ. Tích phân hai vế ta được: ω0 = 8mR 0,5

ϕ 4m.R.ω02 N= = 2π π B 2 D 2

- Số vòng quay được là:

B D   t − 8 mR − 1 e  .   2

8U 0 ω ( t = ) - Tích phân hai vế cho ta: BD 2

Và:

ai l.c

d ω I .B U 0 ω B 2 D 2 = = − dt m R 8mR

0,5

2) Khi có nguồn nối tiếp với điện trở thì định luật Ôm có dạng: 2 U 0 − ξ U 0 ω BD 2 điểm I = R = R − 8 R

0,5

8mR  ω0 BD 2  - Thời điểm có ω (t ) = ω0 là: t = − 2 2 ln  1 −  B D 8U 0  

0,5

a (1 điểm)

Gợi ý đáp số

yn h

Điểm 0,5

Bài

Bài 3: Quang hình (4 điểm)

- Xét quỹ đạo của tia sáng trong khoảng ( x, x + dx ). Với dx rất nhỏ, có thể xem đoạn quỹ đạo này có dạng tròn và độ dài cung tròn này gần bằng độ dài dây cung tương ứng (xem hình vẽ). - Góc giữa trục x với tiếp tuyến của quỹ đạo tại điểm x là α , tại điểm

0,25

x + dx và α + d α .

- Dễ dàng thấy δ = β = d α . Ta có: Rδ = Rdα =

dx cosα

0,25

0,5

ai l.c

Xét một lớp mỏng độ dày dx có bề mặt vuông góc với trục x. Có thể xem b. (1,5 lớp vật liệu này là đồng nhất có chiết suất n1 . điểm)

n = n( x ) ;

n '( x ) = n ( x + dx ) ;

α ' = α + dα

0,5

Do đó: hay

n cos α dα = − sin α

n sin α = n 'sin α '

(1)

sin α1 n ' sin α n1 = = ; sin α1 n sin α ' n1

Tia sáng đi tới lớp mỏng dưới góc tới α và đi ra dưới góc α ' . Ta có

dn dx dx

(2)

dx cosα

(3)

Từ (2) và (3), suy ra

Rdα =

Mặt khác, bán kính quỹ đạo R tại x thỏa mãn hệ thức:

yn h

1 1 dn 1 dn d  1  =− sin α = − n0 sin α 0 2 = n0 sin α 0   R n dx n dx dx  n( x ) 

0,5 (4)

Ở đây, n0 và α0 là chiết suất và góc tới của tia sáng tại bề mặt x = 0.

1 0,5 c. Quỹ đạo của tia sáng trong môi trường có dạng tròn nếu = hang so . Khi R (1,5 điểm) đó d  1   =K dx  n( x ) 

hay

1 = Kx + A n( x )

(5)

Với K và A là các hằng số, K có thứ nguyên là (1/độ dài). Vậy ta được n0 n( x ) = (6) Kn0 x + 1

0,25

Nếu K > 0, khi x tăng thì n(x) giảm. Theo (2) ta có n.sin α = hang so , suy

0,5

ra sin α tăng. Do đó, tại khoảng cách lớn nhất xmax mà tia sáng đi vào môi trường thì α = 900 . Chiết suất tại điểm này có giá trị

n = n0 sin α 0 . Thay vào (6) , ta

có n0 sin α0 =

n0 Kn0 xmax + 1

(7)

 1  1 − 1  Kn0  sin α 0 

(8)

ai l.c

xmax =

Suy ra

Khi đó đường đi tia sáng có dạng

yn h

0,25 Nếu K < 0 , n(x) tăng khi x tăng, do đó sin α giảm. Giá trị nhỏ nhất của α là 0. Khi đó, tia sáng truyền song song với trục x và không bị khúc xạ. Trong trường hợp này tia sáng đi vào môi trường ra xa vô cùng. Đường đi

của tia sáng có dạng

Bài 4: Dao động cơ (4 điểm) Ý

Nội dung

Điểm

a) 1đ

mL2 + mx 2 12

Mô men quán tính của hệ J =

0,5

Mô men quán tính ban đầu J0 =

Áp

dụng

luật

định

7 mL2 mL2 L + m  = 12 48 4

bảo

toàn

mô

men

động

lượng

: 0,5

Tại thời điểm t, góc mà thanh đã quay là ϕ = ωt Áp

dụng

lý

định

biến

thiên

mô

men

∫ dx =

1,0

g g L cos ω.tdt ⇔ x − = sin ωt ∫ 2ω 0 4 2ω 2

0,5

2ω

sin ωt +

12V0 L g 49 L2 L 49 gL2 ⇒ A= = ; B =ω = ; C= 2 4 2 144V0 72 4 288V02

Mà xmax = A +

Điều kiện để con nhện bò tới đầu thanh : Xmax ≥L/2

0,5 0,5

L 49 gL2 L = + . 4 288V02 4

yn h

c) 1đ

lượng

Tích phân hai vế :

dx g cos ω.tdt ⇔ dx = dt 2ω

⇔ mgx cos ω.t = ω.2mx

động

d dJ ( Jω ) = mgx cos ω.t ⇔ mgx cos ω.t = ω dt dt

ai l.c

b) 2đ

12v0 7mL2 L .ω = mv0 ⇒ ω = 48 4 7L

0,5

49 gL2 L 7 2 gL ≥ ⇔ V0 ≤ 2 288V0 4 12

Bài 5 : Phương án thực hành (3 diểm)

Gợi ý đáp số

Điểm 0,5

Mắc mạch điện như sơ đồ hình vẽ

Nguồn 220V

50Hz

Cường độ dòng điện qua mạch là I=

0,5

 d  U ⇒   = R2 +   2  I   εε 0Sω   d  2 R +   εε 0Sω  U

 d  U Đặt X = R ; Y =   ⇒ Y = X +    I   εε 0Sω 

0,5

hoặc E t =

0,5

1 d U 2 U 2 (2) = Etd ⇒ Et = I0t = ωC ωεε 0S X t + YC εε 0Sω X t + YC

U 2 (2) εε 0Sω Yt

ut =

ai l.c

Tại điểm tụ bắt đầu bị đánh thủng, ta có giá trị u t = U 0Cmax = I0t .ZC

 d  d Khi R = 0 ⇒ Yc =  (1)  ⇒ε= Yc ε0Sω  εε0Sω 

Đặt các giá trị điện trở khác nhau từ hộp trở mẫu, ghi giá trị R và dòng điện I tương ứng vào bảng sau ….

….

X=R2

Y=(U/I)2

….

0,5

yn h

STT

0,25

Dựng đồ thị về sự phụ thuộc Y=(U/I)2 theo X=R2. Nhận xét: - Giao điểm của đoạn thẳng AB kéo dài với trục tung là YC cho phép xác

định hằng số điện môi ε theo công thức (1) Xác định điện trường đánh thủng : Phần đường cong phi tuyến BC ứng với giai đoạn tụ bị đánh thủng. Tại điểm bắt đầu bị đánh thủng (điểm B) có tọa độ (Xt;Yt), từ đó xác định được điện trường đánh thủng theo công thức (2) ----- HẾT -----

0,25

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ LỚP 11 Thời gian làm bài:180 phút (Đề thi gồm có 02 trang)

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ai l.c

Câu 1(4 điểm) ( Tĩnh điện): a, Tìm cường độ điện trường do một quả cầu đặc bán kính R tích điện đều theo thể tích với mật độ điện khối ߩ gây ra tại điểm cách tâm của mặt cầu một đoạn r. b, Bên trong một khối cô lập tâm O bán kính R, tích điện đều với mật độ điện khối ߩ có một cái hốc hình cầu tâm O1 bán kính r, OO1=a (Hình 1). Chứng tỏ điện trường trong hốc là điện trường đều ఘ௔ và có độ lớn bằng . Nếu O trùng O1 thì kết quả sẽ ra sao? ଶఌబ

Câu 2( 5 điểm) (Điện từ):

Hình 1

Một khung dây kim loại, cứng, hình vuông chiều dài mỗi cạnh là a, có điện trở không đáng kể được đặt trên mặt bàn nằm ngang không có ma sát và được đặt trong không gian có từ trường, đường sức từ thẳng đứng hướng lên. Giả thiết khung không bị biến dạng và ban đầu trong khung không có dòng điện. a) Khung dây được giữ cố định, từ trường không phụ thuộc vào không gian mà chỉ phụ thuộc vào thời gian theo quy luật B=B0(1kt),với B0 và k là các hằng số dương đã biết. Tìm biểu thức của suất điện động cảm ứng trong khung. Giả thiết bỏ qua suất điện động tự cảm (hình 2)

Hình 2

yn h

b)Khung dây được thả tự do, khung có khối lượng m và độ tự cảm là L. Cảm ứng từ không phụ thuộc vào thời gian mà chỉ phụ thuộc vào không gian và thay đổi theo quy luật:B=B0(1+kx),(hình 3). Lúc đầu khung dây nằm yên. Ở thời điểm t = 0 khung ở gốc tọa độ, người ta truyền cho khung vận tốc ban đầu v 0 dọc theo trục 0x.

a B

- Tính điện lượng dịch chuyển trong khung trong khoảng thời gian tmin trên

Câu 3( 4 điểm)( Dao động): Cho cơ hệ như hình vẽ: Gồm 6 lò xo giống hệt nhau có độ cứng k=200N/m, ban đầu lò xo có chiều dài tự nhiên l=0,5m. Một vật có khối luợng m=2kg ; g=10m/s2 .

1,Đặt hệ thẳng đứng sao cho AD vuông góc với mặt đất a,Xác định VTCB của vật. b,Kéo vật lệch khỏi vị trí cân bằng một đoạn nhỏ theo phương AD, tính chu kì dao động nhỏ của vật 2,Đặt hệ nằm ngang, ABCDEF là khung cứng, hệ đặt trên không và song song với mặt đất

Hình 3

-Tìm khoảng thời gian ngắn nhất tmin kể từ thời điểm khung dây bắt đầu chuyển động đến khi khung có vận tốc bằng không.

2 5

D 1

ai l.c

a,Xác định VTCB của vật b,Tính chu kì dao động nhỏ của vật Câu 4 (4 điểm) ( Quang hình): Coi khí quyển Trái Đất như một lớp trong suốt có chiết suất giảm theo độ cao theo công thức: n=n0-ah, với n là chiết suất khí quyển ở độ cao h so với mặt đất; n0 là chiết suất khí quyển ở mặt đất; a là một hệ số không đổi. n và n0 có trị số luôn luôn lớn hơn 1 một chút, còn tích ah luôn luôn rất nhỏ so với 1. Bán kính Trái Đất là R. a,Một tia sáng phát ra từ một điểm A, ở độ cao h0, chiếu theo phương nằm ngang, trong một mặt phẳng kinh tuyến. Tính h0 để tia sáng truyền theo đúng một vòng tròn quanh Trái Đất rồi trở lại điểm A. b,Một tia sáng khác phát ra từ điểm B ở độ cao h bất kì. Tia sáng này nằm trong một mặt phẳng kinh tuyến và làm với đường thẳng đứng tại đó một góc i0. Tính i0 để tia sáng đi qua điểm B’. nằm xuyên tâm đối với điểm B, sau khi phản xạ một lần ở trên tầng cao của khí quyển.

-------------- Hết ----------------

yn h

Câu 5(3 điểm) ( Phương án thực hành): 1) Mục đích thí nghiệm: Đo suất điện động của nguồn điện bằng mạch xung đối. 2) Thiết bị thí nghiệm: a) Cầu dây XY gồm một dây điện trở căng trên giá đỡ nằm ngang có thước thẳng dài 1000m b) Nguồn điện áp chuẩn ‫ܧ‬଴ = ሺ1,0000 ± 0,0010ሻܸ c) Pin điện cần đo ‫ܧ‬௫ kèm theo giá đỡ d) Nguồn điện U một chiều 0 ÷ 6ܸ/150݉‫ܣ‬ e) Đồng hồ đo điện đa năng hiện số kiểu 830B f) Bộ dây dẫn nối mạch điện 3) Yêu cầu xây dựng phương án thí nghiệm: Hãy nêu phương pháp xác định suất điện động của nguồn điện bằng mạch xung đối từ các dụng cụ nói trên. Trình bày cơ sở lý thuyết. Viết các công thức cần thiết Vẽ sơ đồ mạch điện, thiết lập công thức tính. Trình bày phương pháp đo và cách xử lý số liệu.

Họ và tên thí sinh: ……………………………………………….SBD:……………………….

Họ và tên giám thị số 1: ……………………………………………………………………….. Họ và tên giám thị số 2: ………………………………………………………………………..

HĆŻáť&#x161;NG DáşŞN CHáş¤M MĂ&#x201D;N VáşŹT LĂ? Láť&#x161;P 11

Ä?áť&#x20AC; THI Ä?áť&#x20AC; XUáş¤T

Náť&#x2122;i dung Ä&#x2018;ĂĄp ĂĄn

a, VĂŹ lĂ do Ä&#x2018;áť&#x2018;i xáťŠng nĂŞn cĂĄc vĂŠc tĆĄ cĆ°áť?ng Ä&#x2018;áť&#x2122; Ä&#x2018;iáť&#x2021;n trĆ°áť?ng táşĄi cĂĄc Ä&#x2018;iáť&#x192;m khĂĄc nhau 4 Ä&#x2018;iáť&#x192;m Ä&#x2018;áť u cĂł phĆ°ĆĄng Ä&#x2018;i qua tĂ˘m. TáşĄi nháťŻng Ä&#x2018;iáť&#x192;m cĂĄch Ä&#x2018;áť u máşˇt cáş§u thĂŹ cĆ°áť?ng Ä&#x2018;áť&#x2122; Ä&#x2018;iáť&#x2021;n trĆ°áť?ng cĂł Ä&#x2018;áť&#x2122; láť&#x203A;n báşąng nhau -Cháť?n máşˇt Gauss lĂ máşˇt cáş§u bĂĄn kĂnh Ä&#x2018;áť&#x201C;ng tĂ˘m váť&#x203A;i máşˇt cáş§u tĂch Ä&#x2018;iáť&#x2021;n. Khi Ä&#x2018;Ăł, xĂŠt máť&#x2122;t vi phĂ˘n diáť&#x2021;n tĂch ds: . . . Váşy trĂŞn cáşŁ máşˇt kĂn:

ai l.c

CĂ˘u 1

! Suy ra: . 4

*Náşżu & :

! Suy ra: . 4

*Náşżu :

â&#x2C6;&#x2018;

-Theo Ä&#x2018;áť&#x2039;nh lĂ˝ O-G: . 4

1,0

. . 4

$ "

â&#x;š

0,5

$ %

yn h

b, Coi háť&#x2018;c ráť&#x2014;ng lĂ háťŁp cáť§a hai háť&#x2018;c, máť&#x2122;t háť&#x2018;c mang Ä&#x2018;iáť&#x2021;n ! vĂ máť&#x2122;t háť&#x2018;c mang Ä&#x2018;iáť&#x2021;n â&#x20AC;&#x201C; !. Pháş§n mang Ä&#x2018;iáť&#x2021;n ! cĂšng váť&#x203A;i kháť&#x2018;i cáş§u táşĄo ra quáşŁ cáş§u Ä&#x2018;áşˇc mang Ä&#x2018;iáť&#x2021;n ! -XĂŠt máť&#x2122;t Ä&#x2018;iáť&#x192;m M trong háť&#x2018;c. Coi Ä&#x2018;iáť&#x2021;n trĆ°áť?ng nĂ y lĂ táť&#x2022;ng háťŁp cáť§a Ä&#x2018;iáť&#x2021;n trĆ°áť?ng do cáş§u ))))*( vĂ Ä&#x2018;iáť&#x2021;n trĆ°áť?ng do háť&#x2018;c mang Ä&#x2018;iáť&#x2021;n Ă˘m gĂ˘y ra ))))* Ä&#x2018;áşˇc gĂ˘y ra lĂ 0,5 )* ))))* ))))* ( + $ " $% " Trong Ä&#x2018;Ăł: ( ;

0,5

Dáťąa vĂ o hĂŹnh váş˝: Ta cĂł: Hay

CĂ˘u 2 5Ä&#x2018;

, ,%

â&#x;š

$% "/

-. -.%

nĂŞn hai tam giĂĄc Ä&#x2018;áť&#x201C;ng dáşĄng. 1,0

Náşżu hai tĂ˘m trĂšng nhau thĂŹ : 0 0 â&#x;š 0 a. dĎ&#x2020; SuáşĽt Ä&#x2018;iáť&#x2021;n Ä&#x2018;áť&#x2122;ng cáşŁm áťŠng trong khung lĂ ec = â&#x2C6;&#x2019; dt

do báť? qua suáşĽt Ä&#x2018;iáť&#x2021;n Ä&#x2018;áť&#x2122;ng táťą cáşŁm nĂŞn ta cĂł ec = â&#x2C6;&#x2019; e3 â&#x2C6;&#x2019;

0,5

SdB dt

5 57 8 6

0,5

b) Gáť&#x201C;m hai pháş§n, TĂŹm khoáşŁng tháť?i gian ngáşŻn nháşĽt tmin -Khi khung chuyáť&#x192;n Ä&#x2018;áť&#x2122;ng cĂł hai suáşĽt Ä&#x2018;iáť&#x2021;n Ä&#x2018;áť&#x2122;ng cáşŁm áťŠng: -SuáşĽt Ä&#x2018;iáť&#x2021;n Ä&#x2018;áť&#x2122;ng cáşŁm áťŠng e1c do Ä&#x2018;áť&#x2122; láť&#x203A;n cáť§a B thay Ä&#x2018;áť&#x2022;i vĂ suáşĽt Ä&#x2018;iáť&#x2021;n Ä&#x2018;áť&#x2122;ng cáşŁm áťŠng e2tc do hiáť&#x2021;n tĆ°áťŁng táťą cáşŁm. Theo Ä&#x2018;áť&#x2039;nh luáşt Ă&#x201D;m cho máşĄch kĂn trong khung ta cĂł e1c +e 2tc =áť&#x2030;R vĂŹ R=0 nĂŞn: = 0 57 8 ? < = 0 57 8 SdB â&#x2C6;&#x2019;< 0â&#x;şâ&#x2C6;&#x2019; â&#x;š= â&#x2C6;&#x2019; ?+@ â&#x2C6;&#x2019; 6 6 6 6 <

1,0

0,5

0 57 8 |=| ? <

ai l.c

DáşĽu (-) lĂ tháť&#x192; hiáť&#x2021;n i ngĆ°áťŁc chiáť u váť&#x203A;i chiáť u dĆ°ĆĄng cáť§a cĂ´ng tua (chiáť u dĆ°ĆĄng cáť§a cĂ´ng tua liĂŞn háť&#x2021; váť&#x203A;i chiáť u cáť§a Ä&#x2018;Ć°áť?ng sáťŠc táťŤ theo quy táşŻc náşŻm bĂ n tay pháşŁi) cĂ˛n Ä&#x2018;áť&#x2122; láť&#x203A;n cáť§a i lĂ

VĂŹ láťąc tĂĄc dáťĽng nĂŞn hai cáşĄnh ngĆ°áťŁc chiáť u nhau nĂŞn PTÄ?L II cho chuyáť&#x192;n Ä&#x2018;áť&#x2122;ng cáť§a khung trĂŞn tráťĽc Ox lĂ -F2 + F1 =mx''

B02 a 4 k 2 x = mx â&#x20AC;˛â&#x20AC;˛ (vĂŹ x2-x1=a) L

0,5

k 2 a 4 B02 x = 0 . (*) nhĆ° váşy tĂnh cháşĽt dao Ä&#x2018;áť&#x2122;ng cáť§a khung táťŤ khi mL

Ä?Ć°a váť dáşĄng: x "+

hay â&#x2C6;&#x2019; i a[B0 (1 + kx2 ) â&#x2C6;&#x2019; B0 (1 + kx1 )] = mx â&#x20AC;˛â&#x20AC;˛ â&#x2021;&#x2019; â&#x2C6;&#x2019;

v=v0 Ä&#x2018;áşżn khi v=0 lĂ dao Ä&#x2018;áť&#x2122;ng Ä&#x2018;iáť u hĂ˛a váť&#x203A;i táş§n sáť&#x2018;

T Ď&#x20AC; mL k 2 a 4 B20 mL . ; T = 2Ď&#x20AC; 2 4 2 Khung cĂł v = 0 sau Âź chu kĂŹ: t min = = 2 4 2 k a B0 4 2 k a B0 mL

1,0

yn h

Ď&#x2030;=

XĂĄc Ä&#x2018;áť&#x2039;nh lĆ°áťŁng Ä&#x2018;iáť&#x2021;n tĂch dáť&#x2039;ch chuyáť&#x192;n

ďŁŤ k 2a 4 B2 ďŁś 0 t + Ď&#x2022;ďŁˇ . ďŁŹ ďŁˇ mL ďŁ ďŁ¸ ďŁŤ k 2 a 4 B2 Ď&#x20AC;ďŁś Ď&#x20AC; 0 t â&#x2C6;&#x2019; ďŁˇ vĂ t = 0 cĂł x (0) = 0; v (0) > 0 â&#x2021;&#x2019; Ď&#x2022; = â&#x2C6;&#x2019; . Váşy x = A cos ďŁŹ ďŁŹ mL 2 ďŁ¸ďŁˇ 2 ďŁ v mL Ď&#x20AC; v = â&#x2C6;&#x2019; AĎ&#x2030; sin(Ď&#x2030;t â&#x2C6;&#x2019; ) ;Khi t = 0 thĂŹ v = v0 nĂŞn A = 0 = v0 2 4 2 ; k a B0 Ď&#x2030; 2

Nghiáť&#x2021;m cáť§a phĆ°ĆĄng trĂŹnh (*) lĂ x = A cos ďŁŹ

0,5

do trong suáť&#x2018;t tháť?i gian trĂŞn dĂ˛ng Ä&#x2018;iáť&#x2021;n khĂ´ng Ä&#x2018;áť&#x2022;i chiáť u nĂŞn T /4

â&#x2C6;Ť 0

CĂ˘u 3

4Ä&#x2018;iáť&#x192;m

B0 a 2 k T / 4 B0 a 2 kA B0 a 2 kv0 mv0 Ď&#x20AC; i dt = A â&#x2C6;Ť cos(Ď&#x2030;t â&#x2C6;&#x2019; )dt = = = 2 L 2 LĎ&#x2030; LĎ&#x2030; B0 ka 2 0

0,5

1) a)Khi váşt áť&#x; VTCB ta cĂł: Chiáť u dĂ i cáť§a lĂ˛ xo 1 lĂ :l1=l+y Chiáť u dĂ i cáť§a lĂ˛ xo 4 lĂ : l4=l-y

Chiáť u dĂ i cáť§a lĂ˛ xo 2 vĂ 6 lĂ : l2=l6=BC + EF + D

Chiáť u dĂ i cáť§a lĂ˛ xo 3 vĂ 5 lĂ : l3=l5=BC â&#x2C6;&#x2019; EF + D

Ä?áť&#x2122; biáşżn dáşĄng cáť§a cĂĄc lĂ˛ xo lĂ : â&#x2C6;&#x2020;l1=â&#x2C6;&#x2020;l4=y

â&#x2C6;&#x2020;l3=â&#x2C6;&#x2020;l5= H â&#x2C6;&#x2019; BC â&#x2C6;&#x2019; EF + D

cos M

N OP %

â&#x2C6;&#x2019;H

cos L

BC + EF + D

% BC N QPF% Q N % R

N %

S OPTD

% BC N OPF% Q N % R

Ta cĂł: l1=a+y+ l4=b-y+

UV W

0,5

â&#x2C6;&#x2019;y0=b; y02+l2-ly0=d

S QPTD

Thay sáť&#x2018; => y0= E X 3,3 [ b)Ä?áşˇt chiáť u dĂ i cáť§a cĂĄc lĂ˛ xo lĂ : D +y0=a; y02+l2+ly0=c D

3yâ&#x2C6;&#x2019;

Ta cĂł: 2kâ&#x2C6;&#x2020;l1+2kâ&#x2C6;&#x2020;l2cos L+2kâ&#x2C6;&#x2020;l3cos M=mg N %

0,5

BC N OPF%Q N %

0,5

ai l.c

â&#x2C6;&#x2020;l2=â&#x2C6;&#x2020;l6=BC + EF +

â&#x2C6;&#x161; C1 + EF

l2=l6=BC0 + EF +

yn h

l3=l5=BC_ â&#x2C6;&#x2019; EF +

â&#x2C6;&#x2020;l1=â&#x2C6;&#x2020;l4=y+y0

/ ^

â&#x2C6;&#x161; C1 â&#x2C6;&#x2019; EF `

â&#x2C6;&#x2020;l2=â&#x2C6;&#x2020;l6=â&#x2C6;&#x161; S1 + ET â&#x2C6;&#x2019; H /

0,5

â&#x2C6;&#x2020;l3=â&#x2C6;&#x2020;l5=H â&#x2C6;&#x2019; â&#x2C6;&#x161; C1 â&#x2C6;&#x2019; EF a Ă p dáťĽng Ä&#x2018;áť&#x2039;nh láťĽat báşŁo toĂ n nÄ&#x192;ng luáťŁng: (D lĂ gáť&#x2018;c tháşż nÄ&#x192;ng ) ( W= [b +mg(l-y-y0)+kâ&#x2C6;&#x2020;l12+kâ&#x2C6;&#x2020;l22+kâ&#x2C6;&#x2020;l32

Ä?áşĄo hĂ m 2 váşż => 0=myâ&#x20AC;&#x2122;â&#x20AC;&#x2122;+8 S2 + 2.

T=2 d X 0,36 f% h% We(Q Q j U

/% ^

0,5

+ 2 T E+C (C=const)

0,5

2) a)Ta cĂł:Chiáť u dĂ i cáť§a lĂ˛ xo khi váşt áť&#x; VTCB l1=l2=l3=l4=l5=l6=â&#x2C6;&#x161;? + H

sin L

â&#x2C6;&#x161;?

Ă p dáťĽng Ä&#x2018;áť&#x2039;nh luáşt 2 Newton táşĄi VTCB ta cĂł:

l x0 0,5

68 Sn? + H â&#x2C6;&#x2019; HT =oL [p

=>? â&#x2C6;&#x2019; â&#x2C6;&#x161;q % % QD rW Thay sáť&#x2018; =>x0=xX 21,1 [ b)x0=a /q Ta cĂł: â&#x2C6;&#x2020;H nC? + 0F + H â&#x2C6;&#x2019; H X â&#x2C6;&#x161;0 + H S1 + % %T â&#x2C6;&#x2019; H / QD Ă p dáťĽng Ä&#x2018;áť&#x2039;nh luáşt báşŁo toĂ n nÄ&#x192;ng lĆ°áťŁng:( O lĂ gáť&#x2018;c tháşż nÄ&#x192;ng ) ( W= [b + 38â&#x2C6;&#x2020;H â&#x2C6;&#x2019; [p0 UV

Ä?áşĄo hĂ m 2 váşż =>0=mxâ&#x20AC;&#x2122;â&#x20AC;&#x2122; + 68

CĂ˘u 4

f% f% sN%

X 0,66

? + @ (C=const)

1,XĂŠt máť&#x2122;t láť&#x203A;p khĂ quyáť&#x192;n báť dĂ y dh ( nhĆ° hĂŹnh váş˝, O lĂ tĂ˘m TrĂĄi Ä?áşĽt). Ä?áť&#x192; tia sĂĄng truyáť n Ä&#x2018;i theo phĆ°ĆĄng Ä&#x2018;Ăşng 1 vĂ˛ng trĂ˛n quanh trĂĄi Ä&#x2018;áşĽt táşĄi I, J â&#x20AC;Ś tia khĂşc xáşĄ Ä&#x2018;i theo Ä&#x2018;Ć°áť?ng ngang (cĂł phĆ°ĆĄng vuĂ´ng gĂłc váť&#x203A;i cĂĄc bĂĄn kĂnh OI, OJ â&#x20AC;Ś). Ta cĂł ( táşĄi J): o =o= Co + oF =o , váť&#x203A;i r=900; n=n0 â&#x20AC;&#x201C;ah; dn=-adh 0,5 o + o o7 â&#x2C6;&#x2019; Câ&#x201E;&#x17D; + â&#x201E;&#x17D;F0 â&#x;š =o= o o7 â&#x2C6;&#x2019; 0â&#x201E;&#x17D; Máşˇt khĂĄc, theo hĂŹnh váş˝, ta cĂł: R+h R + h + dh

sin i =

4Ä&#x2018;iáť&#x192;m

/% QD %

ai l.c

T=2 B rW

0,5

n0 â&#x2C6;&#x2019; ( h + dh)a R+h = n â&#x2C6;&#x2019; ah R + h + dh

TáťŤ Ä&#x2018;Ăł, ta cĂł:

Báť? qua lĆ°áťŁng ráşĽt nháť? adh2, ta rĂşt ra: (n0-2ah-aR)dh=0 1 n0 ( â&#x2C6;&#x2019; R ) = const 2 a

yn h

â&#x2020;&#x2019;h=

NhĆ° váşy chiáť u cao h khi Ä&#x2018;Ăł khĂ´ng Ä&#x2018;áť&#x2022;i, vĂ Ä&#x2018;iáť&#x192;m A cĂł Ä&#x2018;áť&#x2122; cao h0:

1 n h0=h= ( 0 â&#x2C6;&#x2019; R ) 2 a

(Nháşn xĂŠt ráşąng táşĄi Ä&#x2018;iáť&#x192;m A chiáşżt suáşĽt cĂł tráť&#x2039; sáť&#x2018; n=n0-ah0=

0,5

HĂŹnh váş˝ 1

0,5 n + aR = háşąng sáť&#x2018; ) 2

2,XĂŠt hai láť&#x203A;p khĂ quyáť&#x192;n báť dĂ y dh áť&#x; trĂŞn vĂ dĆ°áť&#x203A;i Ä&#x2018;iáť&#x192;m B cĂł Ä&#x2018;áť&#x2122; cao h, CBD lĂ Ä&#x2018;Ć°áť?ng truyáť n tia sĂĄng Ä&#x2018;i trong 2 láť&#x203A;p Ä&#x2018;Ăł; gĂłc táť&#x203A;i táşĄi B lĂ I, gĂłc khĂşc xáşĄ lĂ r; cĂ˛n táşĄi D gĂłc

= gĂłc DOB =d Ď&#x2022; . OB=R+h; OC=R+h+dh. TrĂŞn hĂŹnh váş˝ 2, táť&#x203A;i lĂ i+di; CĂĄc gĂłc COB 0,5 lĂ phĂĄc háť?a Ä&#x2018;Ć°áť?ng truyáť n tia sĂĄng phĂĄt ra táťŤ B, pháşŁn xáşĄ toĂ n pháş§n táşĄi F, sau Ä&#x2018;Ăł Ä&#x2018;i qua Bâ&#x20AC;&#x2122; náşąm xuyĂŞn tĂ˘m Ä&#x2018;áť&#x2018;i váť&#x203A;i B ( tia nĂ y pháşŁn xáşĄ máť&#x2122;t láş§n táşĄi Ä&#x2018;iáť&#x192;m F áť&#x; táş§ng cao khĂ quyáť&#x192;n). Ta cĂł: nsini=(n+dn)sinr = (n-ahd)sin r. (1) Máşˇt khĂĄc ( táťŤ hĂŹnh váş˝): r = i+(di+d Ď&#x2022; ) Suy ra: sin r = sin i cos(di+d Ď&#x2022; ) + sin(di+d Ď&#x2022; ) cosi

sin r â&#x2030;&#x2C6; sin I + (di+d Ď&#x2022; ) cos i ( vĂŹ cos(di+d Ď&#x2022; ) â&#x2030;&#x2C6; 1; sin(di+d Ď&#x2022; ) â&#x2030;&#x2C6; di+d Ď&#x2022; ) Thay vĂ o (1) vĂ báť? qua lĆ°áťŁng ráşĽt nháť?: a.dh(di+d Ď&#x2022; )cosi n( di + dĎ&#x2022; ) Suy ra: tgi â&#x2030;&#x2C6; (2)

0,5

a.dh

Máşˇt khĂĄc, xĂŠt tam giĂĄc CBE ta cĂł: ( R + h â&#x2C6;&#x2019; dh) dĎ&#x2022; ( R + h)dĎ&#x2022; (3) tgi â&#x2030;&#x2C6; â&#x2030;&#x2C6; dh

ai l.c

Ď&#x20AC; igh

(aR-n0) â&#x2C6;Ť dĎ&#x2022; = n0 â&#x2C6;Ť di â&#x2030;&#x2C6; ni

â&#x2C6;Ť di

Hinh váş˝ 2

0,5

gm @

Ď&#x20AC;

(báť? qua tĂch dh.d Ď&#x2022; ). TáťŤ (2) vĂ (3) rĂşt ra: [(R+h)a-n]d Ď&#x2022; =ndi=(n0-ah)di Suy ra: (aR-n0)d Ď&#x2022; =n0di (4) (báť? qua ahdi lĂ lĆ°áťŁng ráşĽt nháť? so váť&#x203A;i n0 vĂ aR (vĂŹ h â&#x2030;Ş R)). TáşĄi F cĂł pháşŁn xáşĄ toĂ n pháş§n (igh=900 vĂŹ chiáşżt suáşĽt táť&#x2030; Ä&#x2018;áť&#x2018;i cáť§a hai mĂ´i trĆ°áť?ng khi Ä&#x2018;Ăł tĆ°ĆĄng Ä&#x2018;Ć°ĆĄng báşąng 1), láşĽy tĂch phĂ˘n (4) ta cĂł:

(Do tĂnh cháşĽt Ä&#x2018;áť&#x2018;i xáťŠng cáť§a bĂ i toĂĄn, khi Ď&#x2022; Ď&#x20AC; tÄ&#x192;ng Ä&#x2018;áşżn (Ä&#x2018;iáť&#x192;m F) thĂŹ tia sĂĄng báť&#x2039; pháşŁn xáşĄ 2

Ď&#x20AC;

toĂ n pháş§n, vĂ hĆĄn náťŻa xem ráşąng gĂłc pháşŁn xáşĄ Ď&#x20AC; toĂ n pháş§n áť&#x; trĂŞn táş§ng cao gáş§n báşąng )

0,5

Ď&#x20AC;

yn h

TáťŤ Ä&#x2018;Ăł: (aR â&#x20AC;&#x201C; n0) =n0( - i0) 2

CĂ˘u 5

* TrĂŹnh bĂ y cĆĄ sáť&#x; lĂ˝ thuyáşżt. Viáşżt cĂĄc cĂ´ng tháťŠc cáş§n thiáşżt vĂ váş˝ sĆĄ Ä&#x2018;áť&#x201C; máşĄch Ä&#x2018;iáť&#x2021;n, thiáşżt láşp cĂ´ng tháťŠc tĂnh. - Hiáť&#x2021;u Ä&#x2018;iáť&#x2021;n tháşż U giáťŻa hai cáťąc cáť§a nguáť&#x201C;n Ä&#x2018;iáť&#x2021;n lĂ :

3 Ä&#x2018;iáť&#x192;m

2 aR Suy ra: i0= Ď&#x20AC; (1 â&#x2C6;&#x2019; ) 2n0

u â&#x2C6;&#x2019; v.

VĂŹ v w 0 vĂ w 0 nĂŞn u & . NhĆ° váşy, váť&#x203A;i

phĂŠp Ä&#x2018;o nĂ y sáş˝ sai sáť&#x2018; láť&#x203A;n khi Ä&#x2018;iáť&#x2021;n tráť&#x; vĂ´n káşż láť&#x203A;n hoáşˇc Ä&#x2018;iáť&#x2021;n tráť&#x; trong láť&#x203A;n. -NhĆ° váşy Ä&#x2018;áť&#x192; Ä&#x2018;o chĂnh xĂĄc suáşĽt Ä&#x2018;iáť&#x2021;n Ä&#x2018;áť&#x2122;ng cáť§a nguáť&#x201C;n Ä&#x2018;iáť&#x2021;n, ta dĂšng phĆ°ĆĄng phĂĄp so sĂĄnh suáşĽt

0,5

điện động Ex của nguồn cần đo với suất điện động E0 chuẩn bằng mạch xung đối như hình vẽ. Bao gồm:

0,5

+ Nguồn U có điện áp lớn hơn Ex và E0cung cấp dòng điện I cho mạch hoạt động. + Một dây điện trở XY đồng chất tiết diện đều và con trượt Z có thể dịch chuyển dọc theo dây điện trở XZY + Một điện kế G để phát hiện cường độ dòng điện nhỏ chạy qua nó Trong đó nguồn điện Ex hoặc E0 được mắc xung đối với nguồn điện U. Dòng điện

do nguồn Ex hoặc E0 phát ra chạy tới điểm X có chiều ngược với dòng điện I do nguồn điện U cung cấp nên chúng có thể bù trừ nhau.

ai l.c

-Nếu đóng khóa K thì sẽ có dòng điện chạy qua nguồn điện Ex và kim điện kế G bị 0,5 lệch. Dịch chuyển dần con trượt Z ta sẽ tìm được vị trí thích hợp của con trượt Z sao

cho kim điện kế G trở về đúng số 0. Khi đó cường độ dòng điện chạy qua nguồn điện Ex và điện kế G có giá trị bằng 0, còn dòng điện chạy qua dây điện trở XZY có

cùng cường độ với dòng điện I do nguồn U cung cấp mạch chính. -Hiệu điện thế Ux giữa hai cực của nguồn điện Ex bằng:

Uy Vq − V{ Eq

Mà: Uy I. q{

Suy ra: Eq v. q{ (1)

-Thay nguồn điện Ex bằng nguồn điện áp chuẩn có suất điện động E0. Nếu dịch 0,5

chuyển con trượt tới vị trí Z’ để kim điện kế G lại chỉ đúng 0, và dòng điện chạy

yn h

quaday XZY vẫn giữ nguyên bằng cường độ dòng điện I do nguồn U cung cấp cho mạch chính.

- Trường hợp này U0 giữa hai cực của nguồn điện áp chuẩn E0 bằng:

-Từ (1) và (2):

U7 Vq − V{~ E7

Và U7 I. q{~ (2)

Eq q{ <( E7 q{~ ′ <~(

Hay: Eq E7 .

0,5

Như vậy, nếu biết E0 của nguồn điện áp chuẩn, đồng thời đo được độ dài <( và <~(

ứng với các vị trí của con trượt tại Z và Z’ trên dây điện trở XZY khi dòng điện chạy qua điện kế G bằng 0, ta sẽ xác định được Ex cần đo. *Trình bày phương pháp đo và cách xử lý số liệu.

om ai l.c gm @ ad

Tính và biểu diễn kết quả đại lượng đo trực tiếp

∆<(

∆<~(

( ± ∆<( <( <

~( ± ∆<~( <~( <

yn h

Tính và biểu diễn kết quả suất điện động cần đo Ex q 7

( < ~( <

∆E7 ∆<( ∆<~( q + + ~ 7 ( < ( < q ∆ q q .

q ± ∆ q q q ± q q

0,5

yn h

ai l.c

-------------- Háº¿t ----------------

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN VÙNG ĐỒNG BẰNG DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM HỌC 2017-2018

ĐỀ ĐỀ XUẤT

MÔN: VẬT LÍ

Câu 1: Tĩnh điện (5,0 điểm) Một tụ phẳng không khí tạo bởi hai bản song song, mỗi vản có diện tích S = 20 cm2, đặt cách nhau một khoảng d = 2mm. Giữa hai bản tụ đặt một tấm có bề dày là d/2 có cùng diện tích với hai bản tụ, hằng số điện môi ε= 2 và điện trở suất ρ = 1010Ω.m. Tụ được mắc vào một nguồn điện không đổi 50V qua khóa K (như hình vẽ). a) Tính thời gian đặc trưng của sự tồn tại dòng điện trong mạch khi đóng khóa K. b) Vẽ phác đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc điện tích trên tụ theo thời gian. c) Tính nhiệt lượng tỏa ra trên tấm trong thời gian tồn tại dòng điện trong mạch. Lời giải

ai l.c

CÂU 1 a) Ngay sau khi đóng mạch điện, trên mặt tấm xuất hiện điện tích +σ 0 phân cực, mật độ điện tích trên bản tụ như hình vẽ:

0,25

−σ1

+σ1

d d + E1 (1) 2 2

0,25

yn h

σ0  E 0 = ε E  0 Với  (2); E1 = 0 ε E = σ0 − σ1 1  ε0 ε 2U 0 ⇒ E0 = ε +1 d

−σ 0

- Hiệu điện thế giữa hai bản tụ: U 0 = E 0

ĐIỂM

0,25

- Điện tích của tụ:

Q0 = σ0S = ε0 E 0S =

ε 2U 0ε0S = 5,9.10−10 (C) ε +1 d

0,25 0,25

E1' = 0  * Khi dòng điện trong tấm bằng 0:  ' 2U 0 E 0 = d

0,25

* Dưới tác dụng của điện trường trong tấm có dòng điện, dòng điện làm thay đổi điện tích trên các bản tụ. Dòng điện chấm dứt khi điện trường trong tấm bằng không.

- Điện tích trên các bản tụ: Q 0 = σ 0S = ε 0 E 0S = - Từ (1) và (2) suy ra: σ 0 =

U 0ε 0 σ1 + d 2

2U 0ε 0S = 8,8.10−10 (C) (3) d

0,25 0,25

U 0ε0S σ1S U 0ε 0S Q1 + = + d 2 d 2 2U 0ε 0S (4) ⇒ Q1 = 2Q0 − d Q 0 = σ0S =

0,25

- Cường độ dòng điện trong mạch:

d E1 ∆Q1 E S (σ − σ1 )S Q0 − Q1 I= = 2= 1 = 0 = ∆t ρ ε 0ρ ε 0ρ R

0,25

1  2U 0ε0S   1  2U 0ε0S   Q0 −  2Q0 − − Q0   =   d   ε 0ρ  d ε 0ρ    1 Q'0 − Q0 ) Từ (3) suy ra: I = ( ε 0ρ - Thời gian đặc trưng của sự tồn tại dòng điện trong mạch: τ = ε 0ρ = 0,085(s) Từ (4) suy ra: I =

ai l.c

b) Đồ thị Q-t:

0,25

8,8

0,5

5,9

0,085

- Công của nguồn điện trong thời gian có dòng điện: A = (Q0 − Q0 )U 0 - Năng lượng điện trường của tụ khi dòng điện chấm dứt: W1 =

yn h

t(s)

0,25

Q0 U 0 2

c) Năng lượng ban đầu của tụ: W0 =

0,25

Q(.10-10C)

0,25

' 0

Q U0 2

0,25 0,25

- Nhiệt lượng tỏa ra trên tấm trong thời gian có dòng điện đi qua:

0,25

Q0 U0 Q0' U 0 ' Q toa = W0 + A − W1 = + (Q0 − Q0 )U 0 − 2 2 ' (Q − Q 0 )U 0 Q toa = 0 = 72,5.10−10 (J) 2

Câu 2: Từ trường (4,0 điểm) Một khung dây dẫn hình vuông cạnh a = 10 cm, khối lượng m = 5 g đặt trong một từ trường đều có cảm ứng từ B = 0,1 T giữa hai cực của một nam châm (ban đầu, một cạnh của khung nằm ở mép của cực từ). Giả sử từ trường đều giữa hai cực từ còn bên ngoài hai cực từ, từ trường bằng 0. Điện trở của khung R = 0,01 Ω. Ở thời điểm t = 0, kéo khung với lực không đổi F = 10–4 N ra ngoài hai cực từ. a) Vẽ đồ thị vận tốc của khung theo thời gian trong 12 s đầu. b) Nếu khung dây siêu dẫn và có độ tự cảm L = 0,1 H và lúc t = 0 khung được kéo bởi lực không đổi. Tìm lực cực tiểu để kéo khung ra khỏi hai cực từ. Lời giải CÂU 2 ĐIỂM a) Xét thời điểm khung có vận tốc v, suất điện động và dòng điện trong khung là: 0,5

Bav R Áp dụng định luật II Newton: F – Ft = ma B2 a 2 v dv => F − =m R dt F B2 a 2 0,12.0,12 1 − e − kt = 0, 01 1 − e −2t (Với k = ⇒v= = = 2) km mR 0, 005.0, 01 (Vẽ hình) v (m/s) ξ = Bav; i =

(

)

(

0,25 0,25

)

0,5

Ba x L Phương trình chuyển động cho khung: F – Bia = mx”  B2 a 2  FL FL t Nghiệm của phương trình là: x = 2 2 − 2 2 cos   mL  Ba Ba   FL Để kéo khung ra khỏi cực từ: 2 2 2 ≥ a Ba 2 3 Ba ⇒F≥ = 5.10 −5 N 2L

12 t (s)

0,25 0,25 0,25

⇒i=

di dx = Ba dt dt

b) Do khung dây siêu dẫn nên: L

0,5

ai l.c

0,01

0,5

0,25

yn h

Câu 3: Quang hình (5,0 điểm) Hai thấu kính hội tụ O1, O2 đặt cách nhau một khoảng l. Một vật AB = 8 cm, đặt trươc O1 có một ảnh ' ' trên màn M: A B = 2cm , cùng chiều với AB. Đặt một bản mặt song song có chiết suất n = 1,5, độ dày e = 9 cm giữa hai thấu kính, thì phải dịch chuyển màn ra xa O2 một đoạn 3cm và ảnh cao 8 cm. Đặt bản đó giữa vật và O1, thì phải dịch chuyển màn 1 cm. Tính tiêu cự f1, f2 của hai thấu kính.

Lời giải

Khi không mỏng:

có

CÂU 3

ĐIỂM

bả n B A'

A1 A

O1 B1

0,5

Khi bản mỏng đặt giữa O1 và O2 A'

B A

A'1

B'1

0,5 '

- Độ dịch chuyển vật A'1 B'1 của O2 là: ∆d 2 = −e(1 −

1 ) = −3cm n

0,25

- Độ dịch chuyển ảnh A' B' của O2 là: ∆d 2 = 3cm

0,25

- Gọi k 2 là độ phóng đại của ảnh qua O2 khi không có bản mỏng; k 2 là độ phóng đại của ảnh

ai l.c

qua O2 khi có bản mỏng; k 1 là độ phóng đại của ảnh qua O1 khi không có bản mỏng. ' 2

∆d 3 = − =1 ∆d 2 −3 A ' B' 2 1 = = k1.k 2 = AB 8 4 A ''B'' 8 ' k1.k 2 = = =1 AB 8

0,25

1 1 ⇒ k 2 = − ; k '2 = −2; k1 = − 2 2

0,25 0,25

k 2 .k '2 = −

0,25

 d '2 1  d = 2 d 2 = 6 cm  2 ⇒ ' ⇒ f 2 = 2 cm  '  d 2 + 3 = 2 d 2 = 3 cm   d 2 − 3

0,25

yn h

Khi bản mỏng đặt giữa O1 và vật AB

A'1 O2

A1 O1

- Khoảng cách vật A1B1 đến O 2 : d 2 = '

d '2f 2 = 4 cm d '2 − f 2

- Độ dịch chuyển ảnh A1B1 của AB qua O1: ∆d1 = 6 − 4 = 2 cm - Độ dịch chuyển vật AB qua O1: ∆d1 = −e(1 −

∆d1' 2 = ∆d1 3

0,5

B'1

' ' - Khoảng cách ảnh A B đến O 2 : d 2 = 3 + 1 = 4 cm

k1.k1' = −

1 ) = −3 cm n

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

1 4 k1 = − ⇒ k1' = − 2 3 '  d1 1  = d1 = 7, 2 cm  d1 2 ⇒ ' ⇒ ' ⇒ f1 = 2,4 cm d = 3,6 cm d + 2 2  1  1 =  d1 − 3 3 Vậy tiêu cự của O1 và O2 là: f1 = 2,4 cm ; f 2 = 2 cm

0,25

ai l.c

Câu 4: Dao động cơ (3,0 điểm) Hai xi lanh mỏng bán kính và khối lượng tương ứng là R1, R2 và m1, m2 được ghép lại thành hình số 8. Cho hệ dao động nhỏ quanh trục nằm ngang trùng với điểm tiếp xúc (m1 nằm trên, m1< m2, R1< R2). Tính chu kỳ dao động nhỏ quả hệ.

Lời giải

ĐIỂM

0,5

(

m 2 R 2 − m1R1

0,5

)

0,5

Vậy hệ dao động điều hòa với chu kì : T = 2π

2 m1R12 + m 2 R 22

0,5 0,5 0,5

yn h

Với α nhỏ, ta có sinα≈α m 2 R 2 − m1R 1 suy ra : α + α '' = 0 2 ( m1R 12 + m 2 R 22 )

1 1 W = m1R 1 cos α − m1R 2 cos α + 2m1R 12 α '2 + 2m 2 R 22 α '2 2 2 dW Cơ năng của hệ bảo toàn nên =0 dt Suy ra : (m2R2 – m1R1)sinα.α’ + 2(m1 R12 + m2 R 22 )α’α’’ = 0

CÂU 4 Xét tại thời điểm hệ có li độ góc α, chọn mốc thế năng tại điểm nằm trên trục quay, có năng toàn phần của hệ hai xi lanh là :

Câu 5: Phương án thực hành(3 điểm) Cho các dụng cụ thí nghiệm sau: - Một khối trụ bằng nhôm M, có rãnh ở bề mặt trụ và trục ở giữa có thể gắn cố định. - Một giá thí nghiệm để gắn khối trụ M. - Một quả nặng có khối lượng m đã biết. - Một lực kế. - Một sợi dây mảnh, không giãn. - Một cái thước êke và giấy vẽ đồ thị. Hãy xây dựng một phương án thí nghiệm để đo hệ số ma sát nghỉ giữa sợi dây và khối nhôm. Yêu cầu: a) Thiết kế và vẽ mô hình thí nghiệm. b) Xây dựng cơ sở lí thuyết cho thí nghiệm và đưa ra các phương trình cần thiết. c) Đưa ra công thức tính hệ số ma sát nghỉ giữa sợi dây và khối nhôm và nêu tiến trình thí nghiệm. Lời giải CÂU 5

ĐIỂM

a) Gắn trụ cố định vào giá đỡ

T(ϕ) T(ϕ+dϕ)

dϕ α F

0,25

ai l.c

- Dùng sợi dây buộc vật nặng và vắt qua trụ, đầu còn lại buộc vào lực kế và giữ cho dây không trượt để đo lực căng của sợi dây tại vị trí ứng với góc α. - Thả lực kế đến khi vật nặng bắt đầu trượt xuống dưới. Khi này, lực ma sát giữa sợi dây và trụ là lực ma sát trượt. b) Xét một phần tử dây có chiều dài dl ứng với góc dϕ<<. Lúc đó lực căng ở hai đầu phần tử dây ứng với góc lệch (ϕ) và (ϕ + dϕ) là: T(ϕ) và T(ϕ + dϕ) Lực ma sát của phần tử dây này và trụ là: Fms = T(ϕ + dϕ) – T(ϕ) = dT Áp lực của phần tử dây này lên mặt trụ là: N = T(ϕ)sin(dϕ) ≈ T(ϕ).dϕ = T.dϕ Lực ma sát trượt tác dụng lên phần tử dây: Fms = µN => dT = µ.T.dϕ (1) dT Từ (1) ta có: = µdϕ T mg α dT mg ⇒ ∫ = ∫ µdϕ ⇒ ln = µα (2) T 0 F F

c) Từ (2) ta có: µ là hệ số góc của đường thẳng biểu diễn sự phụ thuộc của ln

Tiến trình thí nghiệm: Lắp thí nghiệm như hình vẽ. Dùng êke xác định góc α. Nhả lực kế đến khi vật bắt đầu trượt xuống, đọc giá trị F của lực kế.

yn h

-------------------------HẾT-------------------------

mg theo α. F

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

ĐỀ THI CHỌN HSG CÁC TỈNH ĐBDH BẮC BỘ LẦN VI ( Trường THPT Chuyên Hưng Yên )

MÔN: VẬT LÝ KHỐI 11

ai l.c

Câu 1( 4,5 điểm ): Một tấm phẳng, đồng chất hình tròn bị khoét một phần có góc ở tâm 2π / 3 . Cho khối lượng của tấm là m, bán kính R. Tấm được gắn với trục quay cố định nằm ngang đi qua O( hình vẽ ). Bỏ qua ma sát ở trục 2π / 3 quay. O 1- Xác định vị trí khối tâm của tấm. 2- Khi tấm đang ở vị trí cân bằng thì điểm B ( giao điểm của đường thẳng đứng qua trục quay và khối tâm G với mép tấm) nhận được vận tốc V0 theo phương ngang. a- Tìm vận tốc góc và gia tốc góc của tấm theo góc ϕ lập giữa AB và đường thẳng đứng. (có thể hỏi thêm: b- Xác định giá trị tối thiểu của V0 để AB có thể đạt tới vị trí nằm ngang về bên phải. c- Xác định phản lực tại O khi thanh ở vị trí nằm ngang) 3- Trên đường OG qua khối tâm, người ta gắn thêm một vật nhỏ khối lượng m1 = m / 2 , cách O một đoạn x. Cho hệ dao động nhỏ quanh trục qua O. Tìm x để chu kỳ dao động của hệ là nhỏ nhất. Câu 2 ( 4,5 điểm ): Một vùng không gian hình cầu bán kính R có mật độ điện tích phân bố đều và tổng điện tích là +Q. Một êlectron có điện tích –e, khối lượng m có thể di chuyển tự do bên trong hoặc bên ngoài hình cầu. 1. Bỏ qua hiện tượng bức xạ điện từ. a. Xác định chu kỳ chuyển động tròn đều của êlectron quanh tâm quả cầu với bán kính r (xét trường hợp r > R và r < R). b. Giả sử ban đầu êlectron đứng yên ở vị trí cách tâm hình cầu khoảng r = 2R, xác định vận tốc của êlectron khi nó chuyển động đến tâm của hình cầu tích điện theo R, Q, e, m, εo. 2. Thực tế khi êlectron chuyển động có gia tốc quanh quả cầu êlectron sẽ bức xạ sóng điện từ với

yn h

công suất bức xạ tính bằng công thức P =

eQa 2 trong đó a là gia tốc của êlectron, εo là hằng số điện, c 6πε o c3

là tốc độ ánh sáng trong chân không. Giả sử quỹ đạo của êlectron vẫn gần như tròn trong mỗi chu kỳ. R Tính thời gian bán kính quỹ đạo chuyển động của êlectron giảm từ R xuống . 2 Câu 3 ( 4 điểm ): Một khung dây dẫn cứng hình vuông, tâm O, cạnh a, khối lượng m, độ tự cảm L, được giữ nằm trong mặt phẳng nằm ngang xOy, các cạnh của khung song song với các trục Ox và Oy (Hình vẽ). Khung được đặt trong một từ trường không đều B có các thành phần biến thiên theo tọa độ B x = 0; B y = −α1 y; Bz = −α 2 z. Tại thời điểm t = 0, người ta buông khung. Biết rằng trong quá trình chuyển động mặt phẳng của khung luôn vuông góc với trục Oz. Bỏ qua sức cản không khí. 1. Giả sử xem điện trở của khung bằng không. Tìm biểu thức phụ thuộc thời gian t của cường độ dòng điện i trong khung. Tìm giá trị cực đại của i. 2. Thực tế khung có điện trở R. Tìm biểu thức phụ thuộc thời gian của cường độ dòng điện i trong khung. Câu 4 ( 4 điểm ): Một môi trường trong suốt được ngăn cách với không khí (chiết suất coi như bằng 1) bởi một mặt phẳng (P), trục Ox vuông góc với mặt phẳng và có gốc tọa độ O nằm trên mặt phẳng. Chiết suất của môi trường trong suốt n ( r ) thay đổi theo khoảng cách r đến trục Ox theo quy luật nr = nA 1 + k 2 ( a 2 − r 2 ) với nA là chiết suất của môi trường tại điểm cách trục Ox một đoạn a ( ka << 1) .

yn h

ai l.c

Chiếu một chùm sáng nhỏ hình trụ, bán kính R, trục đối xứng trùng với Ox từ không khí tới mặt phân cách (P). Gọi MN là tập hợp giao điểm của các tia sáng với trục Ox lần đầu tiên. 1. Xác định chiều dài đoạn MN. 2.Tính hiệu quang trình cực đại của các tia sáng trong chùm sáng khi đi từ mặt phân cách đến đoạn MN lần đầu tiên. Câu 5 ( 3 điểm ): Cho các dụng cụ sau: + Thước kẹp (Palmer). R + Một máng có dạng hình trụ tròn có bán kính trong R như hình vẽ (hình 1) (giá trị R lớn hơn giới hạn đo của thước kẹp). + 10 viên bi thép đồng chất có dạng hình cầu nhỏ, kích thước khác nhau (Các viên bi này chỉ lăn không trượt ở mặt trong của máng hình trụ tròn nói trên). Hình 1 + Một đồng hồ bấm giây. Thí nghiệm được tiến hành ở nơi có gia tốc trọng trường g đã biết. Yêu cầu trình bày phương án thí nghiệm đo bán kính trong R của máng hình trụ tròn (trình bày cơ sở lý thuyết, các bước tiến hành thí nghiệm và xử lí số liệu).

HƯỚNG DẪN CHẤM

1 Xét hình quạt xác định bởi góc ϕ , có diện tích ds = R 2 dϕ , tọa 2 2 độ trọng tâm là Rcosϕ ( như tam giác). 3

∫ −α

2 1 2 sin α Rcosϕ × R 2 dϕ = R α 3 2 3

2 3/2 R 3 2π = ta tìm được: xG = R . 3 3 2π / 3 2π

2 / 3π

0,25

+) Tìm I:

0,5 0,5

O G

1 2 1 2 I ω0 = I ω + mg × OG (1 − cosϕ ) 2 2 V0 Thay ω0 = và biến đổi ta được: R V02 2mg × OG (1 − cosϕ ) 2 ω = 2 − R I

Viết phương trình bảo toàn cơ năng:

ai l.c

Với α =

∫ −α

1 xds = α R2

0,5

∫

- Tọa độ khối tâm của hình quạt: 1 1 xG = xdm = m S

dϕ ϕ

Câu 1 4,5 điểm 1 Vị trí khối tâm: - Do tính đối xứng, khối tâm năm trên OX - Chia quạt tròn thành vô hạn các quạt nhỏ có góc ở tâm là dϕ

yn h

Mômen quán tính của đĩa tròn đồng chất với trục quay qua O bằng MR2/2. Ta xem đĩa tròn gồm ba tấm có góc ở tâm là 2π / 3 , tương đương 2 hình tròn đầy đủ 13



0,5

R 3 (1 − cosϕ ) V 2 2 3g (1 − cosϕ ) 2π Từ đó: ω 2 = 2 − = 02 − 1 πR R R mR 2 2 2 3g sin ϕ ϕ' - Lấy đạo hàm theo t: 2ωω ' = − πR 3g sin ϕ - Vì ϕ ' = ω ; ω ' = γ nên γ = − πR

0,75

Momen quán tính của hình quạt sẽ là: I 0 = 2 ×  m  R 2 = mR 2 = 3I ⇒ I = mR 2 2 22  2 2mg ×

V02

3- Khi hệ dịch khỏi vị trí cân bằng một góc nhỏ ϕ : − mgOGϕ − m1 gxϕ = ( I + m1 x 2 ) ϕ '' ⇒ ϕ" +

mgOGϕ + m1 gxϕ =0 I + m1 x 2

0,5

I + m1 x 2 ( mOG + m1 x) g

Chu kì T = 2π

R 3 m 1 tìm được: , I = mR 2 , m1 = 2π 2 2 2

R +x ( R 3 + π x) g

T = 2π

Tính y ' =

R2 + x2 min R 3 + πx

π x 2 + 2R 3x − π R 2

(

R 3 + πx

)

3 +π 2 − 3

Tìm được x =

0,5

Tmin ⇔ y =

0,5

ai l.c

Thay OG =

Theo định luật II Niu-tơn :

∑ F = ma

= mω2 r

16π3ε o mr 3 eQ

T1 =

Vì vậy:

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

0,25

Q Q => E1 = εo 4πεo r 2

4πr 2 E1 =

Câu 2 4,5 điểm 1 a. Trường hợp r > R áp dụng định lý O-G xét cho mặt cầu bán kính r

0,25 0,5

yn h

Trường hợp r < R ta cũng áp dụng định lý O-G cho mặt cầu bán kính r nhưng lúc này

4 3 πr r3 điện tích là : q = 3 Q= 3Q 4 3 R πR 3

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

0,25

eE2 = mω2r

=> T2 = 2π

4πεo mR 3 eQ

0,5

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

b. Áp dụng định lý biến thiên động năng dW=dA 0

1 mv 2 − 0 = ∫ Fdr 2 2R

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

<=>

Độ biến thiên cơ năng của electron sau thời gian dt do bức xạ điện từ

0,25 0,25 0,5

dW = -Pdt 1 2

Với W = mv 2 − Wt

0,25

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

mv 2 1 eQr mv 2 eQr 2 = => = r 4πε o R 3 2 8πε 0 R 3

0,25

R ∞ eQ  1 dr  eQ rdr (3R 2 − r 2 ) + =−  3∫ 2  3 ∫ 4πε 0  R r r  8πε 0 R r R 2 eQr 1 eQr 3eQ dr => W = − => dW = 3 4πε o R 8πε 0 R 2πεo R 3 eQr 1 eQr => a = Ta lại có ma = 3 4πεo R 4πεo m R 3 ∞

ai l.c

eQa 2 e 3Q 3 r 2 P => = 6πε o c3 96π3ε3o c3 m 2 R 6

Thay vào trên ta được

dr ∫R r

=> t =

R 3 2

48π2εo2 c3 m 2 R 3 ln 2 e2 Q2

48π ε c m R eQ

0,25 0,25

0,25

=> t = −

2 2 3 2 o 2 2

0,5

48π2εo2 c3 m 2 R 3 dr eQrdr e 3Q 3 r 2 dt = − => dt = − e2 Q 2 r 2πε o R 3 96π3ε3o c3 m 2 R 6

Theo bài ra P =

Thế năng: Wt = ∫ Fdr = −

Câu 3 4 điểm 1 1. Từ thông toàn phần Φ = a 2 α 2 z + Li

dΦ = Ri, mà xem R = 0 nên Φ = const hay a 2 α 2 z + Li = 0 dt a 2α2 z Lúc t = 0 thì z = 0, i = 0. Do đó tại thời điểm t: i = − L Lực từ tổng hợp tác dụng lên khung ( không bị biến dạng) ở thời điểm t chỉ do thành phần By, lực này hướng lên trên (trục Oz) a F = 2a α1 y i = a 2 α1i (vì y = ). 2 a 4α1α 2 z 2 ′′ mz = − mg + a α i = − mg − Phương trình chuyển động của khung: 1 L 4 4 a α1α 2 a α1α 2  mgL  x=0 ⇒ z′′ + z+ 4  = 0 ⇒ x′′ + mL mL  a α1α 2 

yn h

Ta có e = −

0,25

0,25 0,25

Nghiệm x = A cos ( ω0 t + ϕ ) với ⇒ ω0 = a 2

mgL Lúc t = 0, z = 0 ⇒ z = A cos ϕ = 4 a α1α 2 z′ = 0 ⇒ −ωA sin ϕ = 0 → ϕ = 0 mgL Như vậy ⇒ z = 4 ( cosω0 t − 1) a α1α 2

mgL α1α 2 ⇒ z = A cos ( ω0 t + ϕ ) − 4 mL a α1α 2

0,25

T ừ đó ⇒ i = − Suy ra I max =

a 2 α1z mg = 2 (1 − cosω0 t ) L a α1

0,25

2mg a 2 α1

0,25

dΦ = Ri suy ra −a 2 α 2 z − Li = Ri dt a 2α1 2 ′′ ′′ z g i (2) = − + mz = − mg + a α1i hay m 1 Từ (1) ta có z′′ = − 2 ( Ri′ + Li′′ ) . Thay vào (2) a α2 2) Ta có e = −

0,25

a 4 α1α 2  mg  i − 2  = 0 mL  a α1 

ai l.c

Ri′ + Li′′ +

0,25

Nghiệm x = Ae −βt cos ( ω1 t + ϕ ) với ω1 = ω02 − β2

αα R và ω0 = a 2 1 2 2L mL

⇒ x ′′ + 2βx′ + ω02 x = 0, β =

0,25 0,25

 ω0 −βt  e cos ( ω1t + ϕ )  1 −  ω1 

0,25

mg a 2 α1

0,25

yn h

Thay vào trên i =

mg ⇒ i = Ae −βt cos ( ω1t + ϕ ) + 2 a α1 Lúc t = 0: i mg mg  i = 0 ⇒ Acosϕ + 2 = 0 ⇒ A = − 2 β  a α1 a α1cosϕ  ⇒ tan ϕ = − ω1  i′ = 0 ⇒ − Aβ cosϕ − ω1A sin ϕ = 0 

0,25

Câu 4 4 điểm 1 Xét tia sáng vào môi trường tại B cách O một khoảng OB = b. Chia môi trường thành các lớp mỏng song song với trục Ox sao cho mỗi lớp coi như chiết suất không đổi.

Tại mọi vị trí, ta luôn có: nr sin ir = const = nB sin

π 2

= nB

 n 1 + k 2 ( a2 − r 2 )  1 + k 2 a2 − r 2 2 ( ) A 1 n r  = Mà cot i + 1 = = 2 = r 2 sin ir nB  n 1 + k 2 ( a 2 − b 2 )  1 + k 2 ( a 2 − b 2 )  A  2

k2  dr  b2 − r 2 ) → cot ir =   = 2 2 2 (  dx  1 + k ( a − b ) 2

→

0,25

dr = kb b 2 − r 2 → r = b sin ( kb x + C ) dx

Tại r = b, x = 0 nên C =

π 2

→ r = b cos ( kb x )

0,5 0,25

0,25

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

Vị trí tia sáng cắt trục Ox lần đầu tiên là: fb = Như vậy: f max = f 0 =

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

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

π 2k

0,25

1 + k 2 ( a2 − R2 )

0,25

1 + k 2a 2 −

1 + k 2 ( a2 − R2 ) ≈

π 4

kR 2

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

1 + k 2 ( a2 − b2 )

ai l.c

Lb = ∫ nr dl = ∫ nr 1 + ( rx' ) dx

Lb =

∫n

1+ k (a − r

k 2 (b2 − r 2 )

)

1 + k 2 ( a 2 − b2 )

nAπ 2 kR 4

0,25 0,25 0,25

ad pi

nAπ nπ k 2 R2  1 + k 2 a 2 ) ; LR = A  1 + k 2 a 2 − (  2k 2k  2 

0,5 0,25

→ ∆Lmax =

0,25

Như vậy: L0 =

 k 2b 2  2 2 n Aπ 1 + k a − 2   Lb = 2k

π 2 kb

0,25

(+) (+)

yn h

Câu 5 3 điểm * Cơ sở lý thuyết: - Viên bi thép chịu tác dụng của các lực như hình vẽ (trọng lực P , lực ma sát nghỉ 0,25 f , phản lực N ) , chọn chiều dương như hình vẽ.

- Theo định luật II Newton: − mg sin α + f = maG (1) - Áp dụng phương trình động lực cho chuyển động quay quanh trục quay trùng với khối tâm: − f .r =

2 2 2 mr .γ → f = − mr.γ 5 5

(2)

- Do hình trụ lăn không trượt, khối tâm G của nó chuyển động tròn với bán kính R-r

0,25

nên ta có: aG = γ .r

Và: a G = α '' ( R − r )

0,25

(3)

5 g sin α = 0 7 (R − r) 5 g Do α < 100 nên sin α ≈ α → α '' + α =0 7 (R − r)

- Thay (2) và (3) vào (1) ta được: α '' +

28π 2 5g )( R − r ) → r = R − ( ) T2 2 5g 28π 5g - Đặt x = T2 ; a = −( ) ; b = R; y = r y = ax + b 28π 2

0,25

7( R − r ) 5g

- Vậy các viên bi thép dao động nhỏ với chu kì: T = 2π

0,25

ai l.c

T2 = (

(*)

x10

0,25 * Các bước tiến hành thí nghiệm và xử lí số liệu: - Lần lượt đặt từng viên bi thép nhỏ vào trong máng ở vị trí lệch góc α < 100 so với vị trí thấp nhất (đáy máng) và thả nhẹ để các viên bi dao động điều hòa và đo chu kì 0,25 dao động nhỏ của 10 viên bi thép. - Sử dụng thước kẹp để đo bán kính r = y của các viên bi, sử dụng đồng hồ bấm giây để đo chu kì dao động T của các viên bi rồi suy ra x = T2; ta có bảng số liệu sau: 0,25

y10

L ầ n đo

0,25

yn h

- Để tìm bán kính R của máng (R = b) ta làm như sau: Vẽ đồ thị hàm bậc nhất (*) với 10 cặp giá trị rồi ngoại suy đồ thị bằng cách kéo dài đồ thị cắt trục Oy, tại điểm cắt 0,25 trên trục Oy ta có giá trị R.

0,25

Ghi chú : Nếu HS không làm được theo phương pháp bình phương tối thiểu mà học sinh biết tuyến tính hoá và vẽ được đồ thị và viết gần đúng phương trình đường thẳng, cho 1 điểm

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ KHỐI 11

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH LAO CAI

NĂM 2018

ĐỀ THI ĐÈ XUẤT

Thời gian làm bài 180 phút

(Đề này có 05 câu, in trong 02 trang,Giáo viên ra đề: Phạm Văn Điệp – 0914815356)

Hai hạt α A và B, lúc đầu hạt A đứng yên, B bay từ rất xa tới với vận

+ m

→

ai l.c

→

Câu 1: Tĩnh điện (4,0 điểm)

tốc v 0 như hình vẽ.

+ m

a. h = 0. b. h ≠ 0. (Hạt α là hạt nhân của nguyên tử 24 He , mang điện tích +2e)

Tính khoảng cách ngắn nhất mà B có thể tới gần A. Xét hai trường hợp:

Câu 2 : Điện và điện từ ( 5,0 điểm)

yn h

Một thanh kim loại OA khối lượng m, chiều dài a có thể quay tự do quanh trục thẳng đứng Oz. Đầu A của thanh tựa trên một vòng kim loại hình tròn, tâm O, bán kính a, đặt cố định nằm ngang. Đầu O của thanh và một điểm của vòng kim loại được nối với điện trở thuần R, tụ điện C, khoá K và nguồn điện E tạo thành mạch điện như hình vẽ. Hệ thống được đặt trong một từ trường đều, không đổi có véc tơ cảm ứng từ B hướng thẳng đứng lên trên. Bỏ qua điện trở của OA, điểm tiếp xúc, vòng dây và của nguồn điện. Bỏ qua hiện tượng tự cảm, mọi ma sát và lực cản không khí. Ban đầu K mở, tụ điện C chưa tích điện.Tại thời điểm t = 0 đóng khoá K. z

a. Thiết lập hệ thức giữa tốc độ góc ω của thanh OA và điện tích q của tụ điện sau khi đóng khoá K.

B A O R

1 m.a 2 . Cho 3

b. Tìm biểu thức ω và q theo thời gian t. Cho biết mômen

quán tính của thanh OA đối với trục quay Oz bằng nghiệm của phương trình vi phân

dy + ay = d với y = y(x) (d và a là dx

K E

d a

hằng số) có dạng y = A.e − ax + .

Câu 3: Quang hình(4,0 điểm)

Một tia sáng chiếu từ không khí có chiết suất n0 = 1 đến mặt phẳng phân cách x = 0 ngăn cách không khí với một môi trường trong suốt có chiết suất biến đổi theo phương gần như vuông góc với mặt phân cách đó - hình vẽ. Quĩ đạo của tia sáng có dạng đường hình sin.

y(cm)

x (cm)

ai l.c

a. Viết biểu thức mô tả dạng quĩ đạo của tia sáng.

b. Tìm biểu thức chiết suất của môi trường theo biến tọa độ.

Câu 4: Dao động cơ (4 điểm)

Hai vật A, B có cùng khối lượng m = 0,2 kg, được nối với A F B k nhau bởi một lò xo khối lượng không đáng kể có độ cứng k = 20 N/m. Hệ số ma sát giữa mỗi vật với sàn là µ = 0,2. Lực ma sát nghỉ cực đại tác dụng lên mỗi vật bằng 1,5 lần lực ma sát trượt. Ban đầu vật A được kéo bởi một lực F có phương nằm ngang, độ lớn 0,8N.

yn h

a.Viết phương trình chuyển động của vật A khi vật B còn nằm yên. b.Tìm thời gian từ lúc vật A bắt đầu chuyển động cho đến khi vật B bắt đầu chuyển động, khi đó vật A có vận tốc bằng bao nhiêu? Câu 5 : Phương án thực hành (3 điểm)

Cho công thức xác định lực ma sát nhớt tác dụng lên bi nhỏ: F = 6π .η .v.r

Trong đó: η là hệ số ma sát nhớt của chất lỏng, v là tốc độ chuyển động của bi so với chất lỏng, r là bán kính của bi.

Cho các dụng cụ thí nghiệm: (1) Một ống thủy tinh hình trụ dài (2) Một đồng hồ bấm giây (3) Một thước đo chiều dài (4) Một hộp đựng các viên bi thép giống nhau có khối lượng riêng ρt đã biết. (5) Chậu đựng dầu thực vật có khối lượng riêng ρd đã biết. Trình bày cơ sở lý huyết, cách bố trí, các bước tiến hành thí nghiệm để xác định hệ số ma sát nhớt của dầu thực vật đã cho. 2

HDC VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ XUẤT- ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Các trường THPT chuyên khu vực Duyên hải - ĐBBB lần thứ XI -2018 MÔN VẬT LÝ LỚP 11

Hướng dẫn giải

Thang

Câu 1: (4,0 điểm) +

+ A yA

a. Chọn hệ quy chiếu gắn với khối tâm G,

v0 2

+ G chuyển động thẳng đều với vG =

ai l.c

z B

0,25 0,25

Lúc đầu: y B = − y A → y B' = − y A' →

điểm

→

→ v B = − v A → 2 hạt lại gần nhau

v0 v0 v0 v A = v A + vĐ ⇒ v A = 0 − = − → vB = G Đ G G G 2 2 2

+ Khi lmin: 2 hạt không lại gần nhau nữa: vA = vB = 0 .

yn h

0,25 0,25

+ Áp dụng Định luật bảo toàn năng lượng: 0,5

1 v02 1 v02 k 4e 2 16ke 2 m + m = → l min = . 2 4 2 4 l min mv02

b. h ≠ 0:

+ Chọn hệ quy chiếu gắn khối tâm G. G chuyển động thẳng đều rA = − rB ⇒ v A = −vB G

Lúc đầu: vA =

0,25

v0 v , vB = − 0 G 2 2

0,25 3

+ Khi lmin phân tích v A và vB thành hai thành phần: v/ / A , v⊥ A , v/ / B , v⊥ B

0,25

→ lmin → v/ / A = v/ / B = 0; v⊥ A = −v⊥ B .

0,5

+ Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng: v 1 v0 2 1 k ( 2e ) 2 1 m ( ) + m( − 0 ) 2 = + 2 mv ⊥2 2 2 2 2 l min 2

(1) 0,5

+Áp dụng ĐL bảo toàn mô men động lượng (lực tĩnh điện có giá qua G) v h l 2.m. 0 . = 2.m.v ⊥ min 2 2 2

v0 h 2l min

thay vào (1) có:

mv02 4ke 2 v2h2 8ke 2 = + m 0 2 → l min = 4 l min 4l min mv02

64k 2 e 4 m 2 v04

Câu 2: (5,0 điểm)

h2 +

0,5

+Từ (2) → v ⊥ =

0,25

ai l.c

(2)

yn h

1, Sau khi đóng K có dòng điện trong mạch tích điện cho tụ. Khi đó thanh OA chị tác dụng của lực điện từ, làm thanh quay quanh trục Oz. Khi thanh quay, trên thanh suất hiện suất điện động cảm ứng. Gọi i là dòng điện chạy qua thanh OA. Lực điện từ dF tác dụng lên đoạn dr của thanh là Bidr.

0,25

0,5

a2 2

Mômen lực từ tác dụng lên thanh là: M = ∫ Bir.dr=iB

0,5

Phương trình chuyển động quay của thanh: I

0,25

dω a2 dω a2 1 = iB ⇒ ma 2 = iB dt 2 3 dt 2

Suy ra: dω =

3B dq 2m

(1)

0,5

Tích phân hai vế phương trình (1) và chú ý tại t = 0 thì ω = 0 và q = 0 được: ω =

3B 2mq

(2) 0,25 4

2, Suất điện động cảm ứng xuất hiện trên thanh OA: EC = −

0,5

dφ Ba 2ω Suy ra EC = dt 2

Áp dụng định luật Ôm: E – EC = uC + Ri 0,5

Ba 2ω q dq Suy ra: E − = +R 2 C dt

t0 =

RC E và I 0 = 2 2 3B a C R 1+ 4m −

dq q E 3B 2 a 2 C + )= (1 + dt RC 4m R

(4)

ai l.c

Đặt

0,25

0,5

(5)

Từ (2) và (3) :

(3)

t t0

Biết t = 0, q = 0 suy ra Q0 = - I0t0

t −  3BI 0t0  t0  , Theo (2) ω = 1 − e   2 m  

   

t −  t0 Vậy ta có: q = I 0t0 1 − e 

1,0

Từ (4) ta tìm được: q = Q0e + I 0t0

Câu 3: (4,0 điểm)

0,5

yn h

a. Quĩ đạo có dạng sin nên: y = 5.cos(ax + b)

0,5

Khi x = 0 thì y = 5cm nên b = 0

Khi x = k10 thì y = 5 nên chu kì tuần hòa là 10cm π

Vậy: y = 5.cos( x)(cm)

0,25

b. Chia bản đã cho thành nhiều bản có bề dày dy rất mỏng sao cho mỗi bản có chiết suất coi như không đổi. Theo định luật khúc xạ: n1 sin i1 = n2 sin i2 = ... = nn sin in = const

0,25 y y

Xét hai điểm A và B trên đường truyền có: 0,5

x = 0 x ; B A  y = 5cm y

Theo trên ta có:

n A = 1 1 n A sin iA = nB sin iB Với  (1) => sin iB = 0 ny iA = 90

ai l.c

0,5

π π dy = π .cos( x + ) dx 5 2

Ta có: tan α =

Từ (1) và (2) ta có:

x+ ) 2

π π 1 = 1 + π 2 .cos 2 ( x + ) sin ix 5 2

yn h

(2)

1 + π .cos (

1 + tan 2 α

1,0

Mặt khác: siniB = cosα nên: sin iB =

0,5

Tại vị trí B(x, y) bất kì.Tiếp tuyến với quĩ đạo của tia sáng họp với trục Ox góc α.

Hay:

y π + ) 5 2

n = 1 + π 2 .cos 2 (arcos

Câu 4: (4,0 điểm) B OB

0,25 F

* Xét mỗi vật chịu:

0,25

Fmst = µmg = 0,2.0,2.10 = 0,4N. Ma sát nghỉ cực đại : FM = 1,5.µmg = 1,5.0,2.0,2.10 = 0,6N 0,25 6

1. Xét vật A : F = 0,8N > FM nên vật A bị trượt dưới tác dụng của F khi B còn nằm yên Định luật II Newton:

0,5

F + Fms + Fđh = m a A F − µmg − kx A = mx "A

x”A+k/m [xA- (F - µmg)/k] = 0

0,25

(1)

Đặt u = [xA- (F - µmg)/k]

ai l.c

Khi đó (1) u"+ω 2 u = 0 có nghiệm u = A cos( ω t + ϕ ) xA = A cos (ωt + ϕ) +(F - µmg)/k = A cos (ωt + ϕ) + 2 (cm) (2) 20 = 10(rad / s ) 0,2

k = m

với ω =

Xác định biên độ A và pha ban đầu φ

Acosϕ + 2 = 0 và - ωAsinϕ = 0

Tại to = 0, xA = 0 và vA = 0 nên φ = π ; A = 2 cm

0,25

Và v A = − ω A sin( ω t + ϕ ) (3)

0,5

Vậy phương trình chuyển động của vật A là x A = 2 cos(10t + π ) + 2(cm)

yn h

Và phương trình vận tốc v A = 20 sin(10t )(cm / s ) .

0,5 0,5

2. Vật B bắt đầu chuyển động khi lực đàn hồi của lò xo tác dụng vào nó bằng lực ma sát nghỉ cực đại

Ta có Fđh = 0,6 N = kx A → x A = 0,03m = 3cm

Thời gian từ khi vật A bắt đầu chuyển động cho tới khi vật B chuyển động là t1 x A = 2 cos(10t1 + π ) + 2 = 3 và vA> 0 10t1 + π =

Khi đó v A = 20 sin(10t1 ) = 20 sin 10

π 15

π 5π → t1 = ( s ) 3 15

= 10 3 (cm / s )

0,25

Câu 5: (3,0 điểm) 1. Cơ sở lý thuyết Vật rơi trong một môi trường chịu tác dụng của lực cản tỷ lệ với tốc độ chuyển động của vật. Ban đầu vật rơi nhanh dần, nên tốc độ tăng dần, đến khi lực cản của môi trường đủ lớn để cân bằng với trọng lực và lực đẩy Acsimet thì vật chuyển động đều.

ai l.c

độ v:

0,5

Xét một viên bi nhỏ bán kính r chuyển động đều trong dầu với tốc

0,25

+ Phân tích lực: trọng lực P , lực đẩy Acsimet F A , lực ma sát nhớt F .

+ Viên bi chuyển động đều nên ta có:

P + FA + F = 0

⇒ F = P – FA

4 2 r (ρ − ρ d ).g ⇒ 6πη .v.r = π .r 3 (ρ − ρ d ).g ⇒ η = ⋅ 3 9 v

0,5

yn h

2. Tiến hành thí nghiệm

0,5

Nhận xét: Để đo η, ta cần đo bán kính r và tốc độ chuyển động v của viên bi.

a. Bố trí thí nghiệm như Hình 2:

b. Tiến trình thí nghiệm:

0,25

Bước 1: Đo bán kính r của các viên bi:

0,25

CĐ đều.

- Xếp liên tiếp N viên bi sát nhau vào cạnh thước, đo chiều dài L của N viên bi, từ đó:

0,25 0,25

L 2N

Hình 2

Bước 2: - Dùng bút đánh dấu 2 vị trí trên ống thủy tinh, các vị trí này cách nhau đủ xa và ở gần đáy ống. - Thả viên bi thép rơi vào dầu từ một độ cao h xác định. Mỗi viên bi 8

chuyển động trong ống dầu, quan sát chuyển động của viên bi: - Dùng thước đo quãng đường S giữa hai vạch đánh dấu. - Dùng đồng hồ đo khoảng thời gian t chuyển động tương ứng.

yn h

ai l.c

Chú ý: Khi tiến hành bước 2 nhiều lần mức dầu và nhiều cặp vị trí đánh dấu khác nhau trong ống.

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC ĐBDHBB Năm học: 2017 - 2018 MÔN: VẬT LÝ LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề này gồm 05 câu trong 02 trang)

SỞ GD & ĐT NINH BÌNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY ĐỀ ĐỀ XUẤT

ai l.c

Câu 1. TĨNH ĐIỆN (4,0 điểm) Ở cách xa các vật thể khác trong không gian, có hai quả cầu nhỏ tích điện. Điện tích và khối lượng của các quả cầu lần lượt là q1= q, m1 =1g; q2 = -q, m2 = 2g. Ban đầu, khoảng cách hai quả cầu là a = 1m, vận tốc quả cầu m2 là 1m/s, hướng dọc theo đường nối hai quả cầu và đi ra xa m1 và vận tốc của quả cầu m1 cũng bằng 1m/s, nhưng hướng vuông góc với đường nối hai quả cầu. Hỏi với giá trị điện tích q bằng bao nhiêu thì trong chuyển động tiếp theo, các quả cầu có hai lần cách nhau một khoảng bằng 3m? Chỉ xét tương tác điện của hai quả cầu. Câu 2. ĐIỆN VÀ ĐIỆN TỪ (5,0 điểm) IR 1. Cho mạch điện (hình 3). Tụ điện có D điện dung C=1µF ban đầu không mang điện, R điện trở R=10Ω, nguồn điện có suất điện động E C IoR Uo E=20V có điện trở trong không đáng kể. Điốt UR D có đường đặc trưng Vôn-Ampe (hình 4), với K O Io=1A, Uo=10V. Bỏ qua điện trở dây nối và Hình 3 Hình 4 khoá K. Tính tổng nhiệt lượng toả ra trên R sau ↓ Bz x khi đóng K. x+b O x

yn h

B + 2. Trên mặt bàn phẳng nằm ngang đặt một khung y C + dây dẫn hình chữ nhật có các cạnh là a và b (xem hình vẽ). F2 F1 Khung được đặt trong một từ trường có thành phần của y + a D A véctơ cảm ứng từ dọc theo trục z chỉ phụ thuộc vào toạ độ x theo quy luật: B z = B0 (1 − αx ), trong đó B 0 và α là các y hằng số. Truyền cho khung một vận tốc v0 dọc theo trục x. Bỏ qua độ tự cảm của khung dây, hãy xác định khoảng cách mà khung dây đi được cho đến khi dừng lại hoàn toàn. Cho biết điện trở thuần của khung dây là R. Câu 3. QUANG HÌNH (4,0 điểm) Người ta cắt từ một quả cầu làm bằng thủy tinh chiết suất n = 1,5 bán kinh R = 10cm lấy hai chỏm cầu mỏng, để nhận được hai thấu kính phẳng lồi với đường kính là 1cm và 2cm. Các thấu kính được dán đồng trục với nhau. Trên trục chính và cách hệ thấu kính 1m đặt một nguồn sáng điểm và ở phía bên kia của hệ đặt một màn cũng vuông góc trục chính. Hỏi phải đặt màn như thế nào để kích thước vết sáng trên màn là nhỏ nhất? Và kích thước ấy bằng bao nhiêu? Câu 4. DAO ĐỘNG CƠ (4,0 điểm) 2l

O Ba quả cầu nhỏ có khối lượng m, M, m cùng tích điện q nối với nhau m M bằng hai dây nhẹ không dãn và không dẫn điện, chiều dài l. Chọn trục toạ m độ có gốc O trùng với vị trí quả cầu M khi hệ cân bằng, trục OX vuông góc với hai dây. Tìm chu kỳ dao động nhỏ của hệ theo phương OX. Bỏ qua ảnh hưởng của trọng lực. X Câu 5. PHƯƠNG ÁN THỰC HÀNH (Điện, Quang, Dao động) (3,0 điểm) Xác định Suất điện động của nguồn điện chưa biết và điện trở trong của nó bằng các dụng cụ sau: Nguồn điện cần xác định, nguồn điện có Sđđ đã biết, hai tụ có điện dung giống nhau, micrôampe kế, một điện trở có trở kháng 1Ω ----------------------HẾT------------------Giám thi: ………………………………………… Chữ kí: ………………

HDC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG Năm học: 2017 - 2018 MÔN: VẬT LÝ LỚP 11

SỞ GD & ĐT NINH BÌNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY

Đáp án Vận tốc khối tâm của hệ hai hạt. 2mv 02 + m ⋅ v 03 2v 02 + v 01 Vc = = = const 3m 3 2  Vcx = 3 v0 → V = 1 v  cy 3 0 Do không có ngoại lực, khối tâm chuyển động thẳng đều. Xét trong hệ quy chiếu khối tâm (C). Vận tốc của mỗi hạt gồm 2 thành phần: Thành phần theo phương nối 2 hạt (dưới đây gọi là thành phần song song) Thành phần vuông góc với đường thẳng nối 2 hạt (dưới đây gọi là thành phần vuông góc)

Điểm 0,25

0,25

ai l.c

Câu

Tại thời điểm ban đầu: vận tốc trong hệ quy chiếu C của các hạt là: v 2   v mx = v0 v 2 mx = − 0     3 3 , v2m  vm  v = − 2 v v = v0 0  my  2 my 3 3 V0/ 3 m 2/3V0

0,25

2m V0/ 3

1 (5 điểm)

0,25

2/3V0

yn h

Trạng thái ban đầu

0,25

Để thoả mãn điều kiện hai hạt 2 lần qua vị trí cách nhau 3a thì khoảng cách cực đại giữa hai hạt l max ≥ 3a . Khi đạt khoảng cách lmax thì thành phần vận tốc theo phương V song song triệt tiêu, chỉ còn thành phần vuông góc. 2rmax C m rmax 2m lmax 2V Trạng thái đạt lmax ( l max = 3rmax )

0,25 Do động lượng của hệ trong hệ quy chiếu C bằng 0 nên v m = 2v  v 2 m = v Theo định luật bảo toàn mômen động lượng quanh C của hạt 2m, ta có

0,25

v q 4 → m ⋅ v 02 + 2m − 3mv 2 = 4πε 0 9 9

1 1 ⋅  −  a l max

  

0,25

0,25 0,25

Theo giả thiết l max ≥ 3a

0,25

2 0

ai l.c

 v   a  v ⋅a v ⋅ rmax =  0  ⋅   = 0 (1) 3  3 9  Mặt khác: l rmax = max ( 2) 3 v a v a Từ (1) và (2) suy ra: v = 0 . Vì: l max ≥ 3a → v ≤ 0 ⋅ hay 3 3a 3 ⋅ l max v v ≤ 0 (3) 9 Theo định luật bảo toàn năng lượng (biến thiên động năng của hệ bằng biến thiên năng lượng tương tác điện), ta có 1 1 1 1  2 2 + v my m(v mx ) + ⋅ 2m(v 22mx + v 22my ) −  m ⋅ ( 2v) 2 + 2mv 2  2 2 2 2   2 q 1 1   −  = 4πε 0  a l max 

2 2 q2  1 1  mv0 − 3mv 2 ≥  −  3 4πε 0  a 3a  2 q2 → mv02 − 3mv 2 ≥ 3 6πε 0 a

0,25

→

34πε 0 ma = 0,32C (4) 9 Mặt khác, cũng theo định luật bảo toàn năng lượng, ứng với trạng thái trong đó hai hạt cách nhau một khoảng l, ta có: 2 2 1  v0   1 2   q 2  1 1  m v0  + 2m  −  m(2v) 2 + 2mv 2  = ⋅ − 2 3   4πε 0  a l   3  2 Vì hai hạt không thể đi ra xa nhau quá l max , nên với l > l max ta phải có:

yn h

(3) → q ≤ v 0

4v 02 v 02 q2 m + 2m ≤ 9 9 4πε 0

1 1  ⋅ −  a l   

≤

q2 1 4πε 0 a

8πε 0 ma = 0,27C (5) 3 8πε 0 ma 34πε 0 ma Từ (4) và (5) → v 0 ≤ q ≤ v0 , hay 3 9 0,27C ≤ q ≤ 0,32C 1. - Ngay sau khi đóng K thì có dòng điện đi qua điốt D, tụ điện được nạp điện, hiệu điện thế trên tụ điện tăng dần, hiệu điện thế trên D bằng Uo, dòng điện giảm dần, hiệu điện thế trên tụ tăng dần. Đến thời điểm t1, dòng điện trong mạch bằng Io. Lúc này hiệu điện thế và điện tích trên tụ là: U1=E-Uo-IoR, q1=C.U1=C.(E-Uo-IoR). CU 12 C ( E − U o − I o R) 2 - Năng lượng tích luỹ trên tụ: WC1= = 2 2 - Nhiệt lượng toả ra trên D: WD1=q1Uo=UoC(E-Uo-IoR) - Công của nguồn điện: A=q1E=EC(E-Uo-IoR)

0,25

→ q ≥ v0

0,25

0,25 0,25 3

C [( E − U o ) 2 − ( I o R) 2 ] 2 Sau thời điểm t1 dòng điện trong mạch tiếp tục giảm, lúc này D có vai trò như điện trở thuần r=Uo/Io. Giai đoạn này, nhiệt lượng Q2 toả ra trên R bằng công của nguồn A2 trừ đi độ tăng năng lượng trên tụ ∆WC và nhiệt lượng toả ra trên D (WĐ2): Q2=A2-∆WCWĐ2 Công của nguồn: A2=E(EC-q1)=E[EC-C(E-Uo-IoR)]=EC(Uo+IoR) E 2C E 2C C Phần năng lượng tăng thêm trong tụ: ∆WC = − WC1 = − (E − U o − I o R) 2 2 2 2 U +I R → ∆WC = C (U o + I o R )( E − o o ) 2 Nhiệt lượng toả ra trên R: Q2=A2-∆WC-WĐ2→Q2+WĐ2=A2-∆WC RI U I R +Uo Q R R = o → WD 2 = Q2 o → Q2 + WD 2 = Q2 ( o ) Mà 2 = = WD 2 r U o / I o U o IoR Io R Io R IoR U +I R → Q2 = ( A2 − ∆WC ) = [ EC (U o + I o R) − C (U o + I o R)( E − o o )] Io R +Uo IoR +Uo 2 RI C (U o + I o R) → Q2 = o 2 C Tổng nhiệt lượng toả ra trên R: Q=Q1+Q2= [( E − U o ) 2 + U o I o R ] = 10 −4 ( J ) 2 2. Xét khung tại vị trí như hình vẽ. Ta có:

ai l.c

- Nhiệt lượng toả ra trên R: Q1=A-WD1-WC1=

B AB = B0 (1 − α ⋅ x ) và BCD = B 0 [1 − α ( x + b )] .

B +

A-

x+b

0,25 0,25

0,25 0,25 0,25

+ C F1

0,25

-D

y+a

↓ Bz x

0,25

E AB = B AB ⋅ v ⋅ a; E CD = BCD ⋅ v ⋅ a .

0,25

yn h

Suất điện động cảm ứng xuất hiện trên hai thanh AB, CD là:

Dòng điện chạy trong mạch có chiều như hình vẽ và có độ lớn bằng:

E AB − ECD v ⋅ a(B AB − BCD ) v ⋅ a ⋅ B0 ⋅ α ⋅ b = = R R R

0,25

Lực từ tác dụng lên hai thanh AB và CD có chiều như hình vẽ và có độ lớn bằng:

F1 = BCD ⋅ I ⋅ a = BCD

F2 = B AB ⋅ I ⋅ a = B AB

áp

định

B0α ⋅ ba 2 ⋅ v R

0,25

B αba 2 ⋅ v ⋅ 0 R

luật dv F1 − F2 = m ⋅ a = m ⋅ dt

⇔

dụng

0,25

Newton

Boαba 2 v (BCD − B AB ) = m dv R dt

cho

khung

theo

trục

Ox ,

được:

0,25 0,25

0,25

⇔−

0,25

B02α 2 b 2 a 2 v ⋅ dt = m ⋅ dv R

0,25 0,25

− mR − mR dx ⇔ v ⋅ dt = dt = 2 2 2 2 dv ⇔ dx = 2 2 2 2 dv dt B0 α b a B0 α b a s

− mR Lấy tích phân hai vế ta có: x = 2 2 2 2 ⋅ v B0 α a b 0

0,25 v0

0,25

mRv0 B α 2 a 2b 2

Vậy độ dịch chuyển của khung dây là: s =

2 0

mRv 0 . B α 2 a 2b 2 2 0

ai l.c

⇔s=

Hv 0,5

DL (L2)

S’2

on d1

S’1

yn h

0,5

ad pi

(L1)

1 1 10 = ( n − 1) ⋅ ⇒ f = (cm ) f R n −1 Sơ đồ tạo ảnh:

0,25

Ta cắt quả cầu (chiết suất n) bán kính R = 10cm lấy 2 chỏm cầu để nhận được 2 thấu kính phẳng lồi L1 , L2 có đường kính là D1 , D2 (với D1 = 2D2 = 2cm ) thì chúng sẽ có ’ cùng tiêu cự Slà f: S1 ’ ’ S2 ’ d2 d1 d 1 d2

0,25

0,5 0,5

Đường đi của các tia sáng như hình vẽ. Từ đó ta thấy vết sáng trên màn có kích thước nhỏ nhất là Dm = AB khi màn ở I với OI = l . Mặt khác, ta có: 1 1 1 1 1 = + ' *= + ' ( 2) ' f d1 d 1 − d1 d 2

 D m d 1' − l =  d1'  D1 + Dựa vào tính chất đồng dạng ta được:  '  Dm = l − d 2 D d 2'  2  1 3 Dm 1  l = l  + '  = ⇒ l = Cộng vế (3) và vế (4): ' D1  − d1 d 2  f

(3)

0,5

( 4)

3 Dm f D1

(5)

0,5

0,5 5

D1  (*)  Dm = f 4 − 3⋅   d • Từ (2), (3), (5) suy ra:  l = 3 f (**) f  − ⋅ 4 3  d Quả cầu làm bằng thuỷ tinh hữu cơ nên nếu lấy n = 1,5 (gần đúng) ⇒ f = 20(cm )

0,5 0,5

 Dm = 0,59(cm) Suy ra:  l = 17,65(cm)

Mx1 + 2mx2 M xG = x1′ = 0 → x′2 = − M + 2m 2m

q 2 kq 2 + l r

0,5

0,5 0,5 0,5

Thế năng của hệ: Et = 2k

1 1 M  M  2 2 2 M ( x1′ ) + 2 m ( x 2′ ) = 1 + ( x1′ ) 2 2 2  2m 

Động năng của hệ: E k =

ai l.c

Giải: Khi M có li độ x1 thì hai vật m có li độ x2 . Khối tâm của hệ có toạ độ

M   Với: r / 2 = l 2 − ( x1 − x 2 )2 = l 2 − x12 1 +  2m  

0,5

2   x 2  M   = l 1 −  1  1 +     l   2m  

0,5

1/ 2

yn h

2 2 q 2 kq 2   x1   M   → Et = 2k +   1 −   1 + l 2l   l   2m  

−1 / 2

≈

5kq 2 kq 2  x1   M  +   1 +  4l  l   2m  2l

0,5

Do năng lượng của hệ bảo toàn, ta có:

E = E k + Et =

M 2

M  5kq 2 kq 2  x1   2 ′ + ( x ) + + 1     1 4l  l  2m  2l 

M   1 +  = const 2 m 

Lấy đạo hàm hai vế phương trình trên ta dễ dàng nhận được phương trình vi phân mô kq 2  M  kq 2 (M + 2m ) tả dao động đều hoà với tần số góc: ω = 3 1 + = 2l M  2m  4 Mml 3

⇒ T = 2π

0,5 0,5

0,5

4Mml . kq ( M + 2m) 2

n1 E1 n = ⇒ E 2 = 2 E1 n2 E2 n1

+ Trong công thức này E1 là suất điện động của nguồn đã biết, n1, n2 là số chỉ cực đại của ampe kế trong hai lần đo với nguồn E1 và với nguồn E2, các chỉ số này được đọc trên ampe kế. 2, Đo điện trở trong: Khi đã biết suất điện động, mắc R và nguồn thành một mạch kín, áp dụng định luật Ôm ta có:

yn h

E E ⇒r= −R R+r I

+ Trong công thức này R, E đã biết, I đo được bằng Micrô Ampe kế. ⊕ Trình tự thí nghiệm: + Mắc mạch điện như hình vẽ: + Mắc nguồn E1 vào sơ đồ. + Ban đầu đóng K vào chốt 1 để nạp điện cho tụ, khi chắc chắn tụ đã nạp đầy, gạt nhanh K sang chốt 2, quan sát, đọc nhanh giá trị n1 của MicroAmpe kế. + Thay nguồn E1 bằng E2 rồi lặp lại tương tự. + Khi đã xác định được Sđđ E2 mắc sơ đồ mạch điện sau để đo điện trở trong của nguồn: ⊕ Đánh giá sai số: + Sai số ngẫu nhiên trong quá trình đóng khoá K và quan sát, đọc giá trị n1 và n2. Để giảm sai số này nên thực hiện lại nhiều lần. + Để độ chính xác của thí nghiệm này chính xác thì E1 và E2 không được sai khác nhau quá 10 lần, Bộ tụ điện và MicroAmpe phải hợp lý để giá trị n1, n2 không vượt quá thang đo, và cũng không quá nhỏ so với giới hạn thang đo.

0,25 0,25 0,25

0,25 0,25

+ Với nguồn E2 ta có: n 2 = kCE 2

+ Ta có thể kiểm chứng điều này bằng cách thay vì 1 tụ điện ta mắc vào đó hai tụ mắc song song, và hai tụ mắc nối tiếp. Trường hợp đầu ta sẽ thấy chỉ số n tăng gấp đôi, và trường hợp sau sẽ thấy n giảm một nửa. + Với nguồn E1 ta có: n1 = kCE1

Từ đó có:

0,25

q với q = CE và ∆t = 1s ta có: n = kCE ∆t

n = kI m = k

ai l.c

⊕ Cơ sở lí thuyết 1, Đo Suất điện động: Dựa vào sự tích điện của tụ, và sự phóng điện của tụ qua micrôampe kế ở chế độ xung kích (1 giây đầu tiên của quá trình phóng). Căn cứ vào số chỉ lớn nhất n của Micrôampe kế ta có

0,25 0,25

0,25

0,25 7

yn h

ai l.c

Ghi chú : - Nếu học sinh làm theo các cách khác với đáp án mà ra kết quả đúng vẫn cho điểm tối đa tương ứng. - Nếu kết quả thiếu hoặc sai đơn vị trừ tối đa 0,5 điểm cho toàn bài thi. - Điểm của bài thi không được làm tròn.

PHẦN KÝ XÁC NHẬN: TỔNG SỐ TRANG (GỒM ĐỀ THI VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM) LÀ:….… TRANG. NGƯỜI RA ĐỀ THI

NGƯỜI THẨM ĐỊNH

XÁC NHẬN CỦA BGH

(Họ và tên, chữ ký)

VÀ PHẢN BIỆN CỦA

(Họ và tên, chữ ký, đóng dấu)

TRƯỜNG

yn h

ai l.c

(Họ và tên, chữ ký)