đề và đáp án kỳ thi HSG vật lý quảng trị 2013 2014

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG TRỊ
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA 11 THPT
Khóa thi ngày 19 tháng 03 năm 2014
Môn thi: VẬT LÍ
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề có 02 trang, gồm 05 câu)
Câu 1. (4 điểm)
Một êlectron đang chuyển động với vận tốc v
0
= 6.10
7
m/s thì bay vào một miền có từ
trường đều, phương

vuông góc với các đường sức từ. Vectơ vận tốc
0
v
r
nằm trong mặt phẳng
hình vẽ và có chiều hướng từ trái sang phải (Hình 1). Cho biết
B 0,005T=
,
31
e
m 9,1.10 kg
−
=
, điện tích của êlectron bằng
19
1,6.10 C

−
−
.
Bỏ qua trọng lượng của êlectron.
1. Cần phải đặt một điện trường
E
r
có hướng và độ lớn thế nào
trong miền từ trường để êlectron chuyển động thẳng đều trong miền đó?
2. Không đặt điện trường như đã nêu ở câu trên.
a) Hãy tính bán kính quỹ đạo chuyển động của êlectron khi
chuyển động trong không gian có từ trường.
b) Miền từ trường nói trên được giới hạn giữa hai đường thẳng
song song, cách nhau một khoảng d = 5,91cm. Tính thời gian chuyển
động của êlectron trong từ trường.
Câu 2. (4 điểm)
Cho hai mạch điện như Hình 2a và Hình 2b, trong đó E
1
= 15V;
1
r 1
= Ω
; E
2
= 10V;
2
r 1
= Ω
;
1

R 3
= Ω
;
2
R 5
= Ω
. Biết hiệu điện thế
AB CD
U U=
. Hãy tính suất điện động E
0
và điện trở
0
r
.
Câu 3. (4 điểm)
Một bán cầu có khối lượng M đặt trên mặt phẳng nằm ngang. Một vật nhỏ có khối lượng
m bắt đầu trượt không ma sát, không vận tốc đầu từ đỉnh bán cầu. Gọi
0
α
là góc hợp giữa bán
kính nối vật với tâm bán cầu với phương thẳng đứng khi vật bắt
đầu rời khỏi bán cầu (Hình 3).
1. Bán cầu được giữ cố định. Khi
0
α < α
, tìm biểu thức xác
định áp lực của bán cầu lên mặt phẳng ngang.
2. Giả sử bỏ qua ma sát giữa bán cầu và mặt phẳng ngang.
Hãy tính α

0
. Biết M = 10m.
Câu 4. (3 điểm)
Một bình hình trụ kín, thẳng đứng, được chia làm hai
ngăn bằng một vách ngăn có trọng lượng đáng kể và có thể trượt không ma sát bên trong hình
trụ. Nhiệt độ của cả hệ là T
0
, vách ngăn ở vị trí cân bằng, khí ở ngăn trên (ký hiệu là ngăn A) có
áp suất 10 kPa và có thể tích gấp 3 lần thể tích của khí ở ngăn dưới (ký hiệu là ngăn B), áp suất
khí ở ngăn dưới là 20 kPa.
Trang 1
ĐỀ CHÍNH THỨC
α
Hình 3
a) Lật ngược bình hình trụ, để cho bình thẳng đứng, ngăn B ở trên còn ngăn A ở dưới. Sau
khi nhiệt độ trở về T
0
và cân bằng được thiết lập. Tính áp suất khí trong ngăn A và tỉ số thể tích
khí giữa ngăn A và B khi đó.
b) Sau khi lật ngược bình như câu a thì phải làm cho nhiệt độ của cả hệ biến đổi như thế
nào, để thể tích của ngăn A và ngăn B bằng nhau?
Câu 5. (5 điểm)
Cho một khối thủy tinh dạng bán cầu có bán kính R = 4cm,
chiết suất
n 2
=

đặt trong không khí (Hình 4).
1. Chiếu thẳng góc tới mặt phẳng của bán cầu một tia sáng SI.
a) Điểm tới I cách tâm O của khối bán cầu là R/2. Xác định

góc lệch giữa tia ló ra khỏi bán cầu so với tia tới.
b) Điểm tới I ở trong vùng nào thì có tia sáng đi qua mặt cầu
của bán cầu?
2. Chiếu một chùm tia sáng đơn sắc song song vào mặt
phẳng, theo phương vuông góc và phủ kín mặt đó. Chùm sáng ló ra
khỏi mặt cầu không phải là một chùm tia sáng đồng quy mà nó tạo
ra một vệt sáng có dạng một đoạn thẳng nằm dọc theo đường kính vuông góc với mặt phẳng.
Hãy xác định vị trí và chiều dài đoạn thẳng nói trên.
HẾT
• Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
• Giám thị không giải thích gì thêm.
Trang 2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG TRỊ
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HSG VĂN HÓA 11 THPT
Môn: Vật lí - Khóa thi ngày: 19/03/2014
(Đáp án - thang điểm gồm 05 trang)
CÂU Ý
NỘI DUNG
Điểm
1
1
- Sử dụng quy tắc bàn tay trái ta tìm được chiều của lực Lorenxơ
L
F
r
tác
dụng lên electron hướng thẳng đứng từ trên xuống.
- Để electron chuyển động thẳng đều thì lực điện trường (

D
F
r
) phải cân
bằng với
L
F
r
, tức là
D
F
r
hướng lên. Suy ra
E
r
phải hướng thẳng đứng
xuống dưới.
0,5
0,5
- Độ lớn E thỏa mãn: Ee = ev
0
B (e là độ lớn điện tích electron)
7 5
0
V
E Bv 0,005.6.10 3.10
m
⇒ = = =
.
0,5

2a
Khi không có điện trường, trong miền từ trường, lực Lorenxơ
L
F
r
đóng vai
trò là lực hướng tâm nên:
L ht
F ma=

2
0
0
mv
ev B
R
=
0
mv
R
eB
⇒ =
0,5
0,5
31 7
19
9,1.10 .6.10
R 0,06825m 6,825cm
1,6.10 .0,005
−

−
= = =
0,5
2b Vì R > d nên êlectron sẽ ra khỏi từ trường tại một điểm trên đường giới
hạn theo phương lệch với phương ban đầu một góc ϕ xác định bởi:
0
d 5,91
sin 0,866 hay 60
R 6,825
ϕ = = ≈ ϕ ≈
.
0,25
0,25
Như vậy cung tròn mà êlectron chuyển động trong từ trường chỉ chiếm
1/6 đường tròn nên thời gian êlectron chuyển động trong từ trường là:

9
7
0
1 2 R 1 2 .0,06825
t . . 1,191.10 s
6 v 6
6.10
−
π π
= = ≈
0,5
2
Giả sử chiều dòng điện chạy qua đoạn mạch trong Hình 2a có chiều như
hình vẽ.

Ta có:
1 2
I I I
= +
→
1 2
1 1 2 2
U UU
R R r R r
− +
= −
+ +
E E

0,5
0,5
Trang 3
2 2
,rE
1 1
,rE
0 0
,rE
1
R
2
R
R R
(a)
(b)

A
B
CÂU Ý
NỘI DUNG
Điểm
1 2
1 1 2 2
1 1 2 2
R r R r
U
1 1 1
R R r R r
−
+ +
=
+ +
+ +
E E
(1) 0,5
Mặt khác, theo mạch ở Hình 2b, ta có:
0 0
0
0
U IR .R
r
R r
1
R
E E
= = =

+
+
0
0
0
r
U
1 1
R r
E
=
+
(2)
0,5
Đồng nhất (1) và (2) suy ra:

0
1 2
0 1 1 2 2
r R r R r
= −
+ +
E
E E

và
0 1 1 2 2
1 1 1
r R r R r
= +

+ +
0,5
0,5
Thay số E
1
= 15V;
1
r 1
= Ω
; E
2
= 10V;
2
r 1
= Ω
;
1
R 3
= Ω
;
2
R 5
= Ω
Tính được:
0
1 1 1
r 3 1 5 1
= +
+ +
0

r 2,4⇒ = Ω
;
0
15 10
2,4 3 1 5 1
E
= −
+ +

⇒
E
0
= 5V.
0,5
0,5
3
a)
Hình vẽ
0,25
Chọn mốc thế năng trùng mặt phẳng ngang qua đỉnh của bán cầu.
Xét tại vị trí vật m chưa rời khỏi bán cầu:
Áp dụng ĐL bảo toàn cơ năng, ta có:
= − − α +
2
mv
0 mgR(1 cos )
2

⇒ = − α
2

v 2gR(1 cos )
0,25
Theo định luật 2 Newton:
P N ma
+ =
r r
r
(*)
α − =
2
mv
mgcos N
R
⇒ = α −
N mg(3cos 2)
0,5
0,5
Áp lực của bán trụ lên sàn:
= + α =
Q Mg Ncos
+ α− α
2
Mg mg(3cos 2cos )
0,5
b)
Xét tại thời điểm bất kỳ khi vật nhỏ m chưa rời bán cầu M. Gọi
1 2
v , v
lần
lượt là vận tốc của vật m và bán cầu M đối với sàn, u là vận tốc của vật

m đối với M.
Chọn hệ quy chiếu gắn với bán cầu thì các lực tác dụng lên vật m:
1 qt
P m g; N; F ma
= = −
r r r
r r

0,25
Trang 4
α
N
r
P
r
2
v
r
r
u
CÂU Ý
NỘI DUNG
Điểm
Theo định luật II Newton ta có:
2
qt
u
mgcos N F sin m (a)
R
α − − α = ×

Lúc vật m bắt đầu rời bán cầu thì:
0
=
N
,
0
=
q
F
2
u gR cos (b)
⇒ = α
0,25
Mặt khác:
uvv
rrr
+=
21
Từ hình vẽ suy ra:
2 2 2
1 2 2
1x 2
v v u 2v u cos (c)
v u cos v (d)

= + − × α


= α −



0,25
Theo phương ngang, động lượng của hệ “vật m và M” được bảo toàn:
1x 2 1x 2
M
mv Mv 0 v v (e)
m
− = ⇒ =
Từ (d) và (e)
2 2 2
M m
u cos v v v u cos (*)
m m M
⇒ α − = ⇒ = × α
+
0,25
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ta có:
(**)
22
)cos1(
2
2
2
1
Mvmv
mgR
+=−
α

0,25

Thay (b), (c) và (*) vào (**), sau khi rút gọn ta được:
22
cos32 u
Mm
m
gR
⋅






⋅
+
−=
α
; (lưu ý:
α
cos
2
gRu
=
)
0,25
*)*(*02cos3cos
3
=+−⋅
+
⇒

αα
Mm
m
. 0,25
Thay M = 10m vào (***) ta có:
3
1
.cos 3cos 2 0
11
α − α + =
. Giải ra được:
0
cos 0,676 47,5
α ⇒ α ≈
;
0,25
4 a) Gọi thể tích khí ở phần B lúc trước và sau khi lật
ngược bình là V và V’, chọn đơn vị áp suất là
kPa.
Biến thiên trạng thái khí trong ngăn A; B:
(A)
0 0
sau khilat binh
T T
10 10 p '
3V 4V V'
 
 
→ +
 

 
−
 
;
(B)
0 0
saukhilat binh
T T
20 p'
V V'
 
 
→
 
 
 
Áp dụng định luật Boyle – Mariotte lần lượt cho khí ở ngăn A và ngăn B
( ) ( )
10.3V p' 10 4V V '
= + −
(1)
20.V p 'V'
=
(2)
0,25
0,25
Từ (1) và (2) ta có phương trình:
( )
20V
30V p ' 10 4V

p'
 
= + −
 ÷
 
0,25
Trang 5
(A)
10, 3V
(B)
20, V
(B)
p’, V’
(A)
p’+10,
4V-V’
CÂU Ý
NỘI DUNG
Điểm
4
'2 '
2p 5p 100 0
⇒ − − =
Giải pt ta lấy nghiệm:
5 825
p' 8,43kPa
4
+
= ≈
;

Thay p’ vào (2) ta có:
20V
V ' 2,37V
p'
= ≈
0,25
Áp suất khí trong ngăn A là:
p' 10 18,43kPa
+ =

Thể tích khí trong ngăn A là: 4V-V’=1,63V
Vậy tỉ số thể tích khí trong ngăn A và B lúc sau là:
1,63V
0,69
2,37V
≈
0,25
0,25
0,5
b) Gọi T là nhiệt độ mà tại đó thể tích khí hai ngăn bằng nhau và bằng 2V,
áp suất khí trong ngăn B là p”. Khi đó khí ở phần A có thể tích là 2V và
áp suất là (p” + 10).
Áp dụng phương trình trạng thái lần lượt cho khối khí trong
ngăn A và ngăn B:
( )
( )
( )
0
0
p" 10 .2V

10.3V
3
T T
20.V p"2V
4
T T
+
=




=


0,25
0,25
3 p" 10
p" 20kPa
2 p"
+
= ⇒ =

Thay giá trị này vào (4) ta có: T=2T
0
.
Như vậy phải tăng nhiệt độ tuyệt đối lên hai lần thì thể tích của hai ngăn
sẽ bằng nhau.
0,25
0,25

5
a)
- Tia sáng đi thẳng qua mặt phẳng AB của khối bán cầu và tới mặt cầu
tại J với góc tới là i.
0
OI 1
sin i i 30
OJ 2
= = ⇒ =

Tại J, ta có:
0 0
nsin i sin r hay 2 sin 30 sin r r 45
= = ⇒ =

Góc lệch giữa tia ló và tia tới tại J là: D = 45
0
– 30
0
=15
0
.
0,5
0,5
0,5
b) Để có tia ló ra mặt cầu của bán cầu thì góc tới tại mặt cầu thỏa mãn điều
kiện:
gh
i i
≤

, với
gh
1
sin i
2
=
- Khi i = i
gh
thì tia ló ra khỏi mặt cầu theo phương tiếp tuyến với bán cầu.
Khi đó:
R
OI R sini
2
= =

Gọi I
1
là vị trí của I khi có góc tới tại J là i = i
gh
.
0,5
0,5
Vậy nếu điểm tới I nằm trong đoạn
1 2
I I R 2
=
, với
1 2
R
OI OI

2
= =
thì sẽ
0,5
Trang 6
(B)
p”, 2V
(A)
p”+10,
2V
CÂU Ý
NỘI DUNG
Điểm
có tia ló ra khỏi mặt cầu của bán cầu.
2 Với những tia sáng tới mặt cầu tại I
1
, I
2
sẽ có tia ló ra khỏi bán cầu theo
phương tiếp tuyến với mặt cầu và hội tụ tại điểm M trên trục bán cầu.
Ta có:
OM R 2
=

0,5
Hình vẽ
0,25
- Xét đường đi của một tia sáng bất kì SIJK, đi qua được khối bán cầu và
ló ra khỏi bán cầu:
Tại J, gọi i là góc tới, r là góc khúc xạ. Tia JK cắt trục bán cầu tại F.

Trong tam giác OJF, ta có:
( ) ( )
OF OJ sin r
hay OF R
sin r sin r i sin r i
= =
− −

Mặt khác:
( )
sin r n sini; sin r i sin r cosi sin icos r= − = −

2 2 2
n sin i Rn
OF R
n sini cosi sin i 1 sin r n cosi 1 n sin i
⇒ = =
− − − −
2 2 2
Rn
OF
n 1 sin i 1 n sin i
⇒ =
− − −
(
)
2 2 2
2
Rn
OF n 1 sin i 1 n sin i

n 1
⇒ = − + −
−
0,25
Những chùm tia sáng hẹp lân cận với trục bán cầu sẽ gặp mặt cầu dưới
góc tới i rất nhỏ và hội tụ tại điểm xa O nhất. Điểm đó ứng với góc tới
i 0
≈
.
( )
( )
2
max
Rn n 1
Rn
OF
n 1 n 1
+
⇒ = =
− −
0,5
Vậy độ dài đoạn sáng nói trên là:
( ) ( )
max
R 2
MF OF OM R 2 2R 8 cm
2 1
= − = − = =
−
0,5

Ghi chú: Thí sinh có thể giải cách khác nếu đáp số đúng thì cho điểm tối đa, sai phần nào
thì trừ điểm ngang phần đó.
HẾT
Trang 7