Đề thi đề xuất kì thi học sinh giỏi các trường chuyên khu vực duyên hải và đồng bằng bắc bộ năm 2015 môn Vật Lý khối 11 của trường chuyên LÀO CAI

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ KHỐI 11
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH LÀO CAI NĂM 2015
ĐỀ THI ĐÈ XUẤT Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có .02 trang, gồm.05 câu)
Câu 1: Tĩnh điện (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.
a. Tìm năng lượng điện trường giữa hai bản tụ.
b. Ở thời điểm nào đó người ta thả hai bản ra. Hãy xác định vận tốc của mỗi bản khi
chúng cách nhau một khoảng d.
Câu 2: Điện và điện từ (5 điểm)
Một khung dây dẫn hình vuông chuyển động dọc theo trục x với vận tốc v
0
đi vào một bán
không gian vô hạn (x>0) trong đó có một từ trường không đều hướng theo trục z: B
z
(x) =
B
0
(1 + αx) với B
0
là hằng số dơng. Biết rằng hai cạnh của khung song song với trục x, còn
mặt phẳng của khung luôn vuông góc với trục z. Hỏi khung đã thâm nhập vào không gian
có từ trường một khoảng cách bằng bao nhiêu, nếu khối lượng của khung là m, chiều dài
cạnh của khung là b và biết rằng vào thời điểm khi các đường sức từ xuyên qua toàn bộ
mặt phẳng của khung, trong khung toả ra lượng nhiệt đúng bằng nhiệt lượng mà khung toả
ra trong chuyển động tiếp sau đó cho tới khi dừng hẳn. Tính điện trở của khung. Bỏ qua hệ
số tự cảm của khung và coi αb<<1.

Câu 3: Quang hình (4 điểm)
Một tia laser chiếu tới một thấu kính phân kỳ có tiêu cự
cmf 3=
dưới một góc
rad1,0=
α
đối
với trục chính của thấu kính và được quan sát dưới dạng một chấm sáng trên màn E, đặt vuông
góc với trục chính, ở sau thấu kính và cách thấu kính một khoảng
cmL 630=
. Nếu ở trước thấu
kính đặt một bản mặt song song bằng thuỷ tinh có bề dày
cmd 1
=
thì thấy chấm sáng dịch chuyển
trên màn một đoạn
cma 8=
. Hãy xác định chiết suất của bản thuỷ tinh.
Câu 4: Dao động cơ (4 điểm)
Một thanh đồng chất AB, khối lượng m, chiều dài l, chuyển động với vận tốc ban đầu v
0
(hướng
dọc theo thanh) từ vùng không có ma sát sang vùng có ma sát trên mặt bàn nằm ngang với hệ số
ma sát trượt là µ
a. Tìm điều kiện về v
0
để khi dừng lại toàn bộ thanh nằm trong vùng có ma sát.
b. Với một vị trí số cho trước của v
0
, hãy tính khoảng thời gian kể từ lúc đầu B bắt đầu chạm vào

mép vùng có ma sát cho đến khi thanh dừng lại, đầu A cách mép vùng có ma sát một khoảng bao
nhiêu?
Câu 5: Phương án thí nghiệm (4 điểm)
Phương án thí nghiệm: Xác định khối lượng riêng của nước muối
Cho các dụng cụ sau: Một bình lớn đựng nước có
3
0
1000 /kg m
ρ
=
; thước mm, 1 tờ giấy, một ống
nghiệm thường sử dụng trong thí nghiệm hóa học, cốc đựng nước muối cần đo khối lượng riêng.
a. Lập phương án đo khối lượng riêng của nước muối với các dụng cụ trên.
b. Thiết lập biểu thức sai số của phép đo.
c. Ước lượng sai số của phép đo. Nhận xét về tính khả thi của phương án và cách khắc phục.
ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN VẬT LÝ KHỐI 11
Câu 1: 4 điểm
Câu Ý Nội dung Điểm
1 a
Cường độ điện trường do bản tích điện Q (bản 1) và bản tích điện -2Q (bản
2) gây ra lần lượt là :
S
Q
E
0
1
2
ε
=
và

.
2
2
0
2
S
Q
E
ε
=
Cường độ điện trường bên trong tụ là:
S
Q
EEE
t
0
21
2
3
ε
=+=
.
Năng lượng điện trường trong khoảng không gian giữa hai bản tụ là:

S
dQ
dS
S
Q
VEW

ttt
0
2
2
0
0
2
0
8
27
3
2
3
2
1
2
1
εε
εε
=⋅⋅








=⋅=
0,5

0,25
0,5
b
Khi hai bản cách nhau một khoảng d, ký hiệu
21
,VV
lần lượt là vận tốc của
bản 1 và bản 2.
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có:

)1(202
2121
VVmVmV −=⇒=+
Năng lượng điện trường bên trong tụ là:

S
dQ
Sd
S
Q
VEW
ttt
0
2
2
0
0
'2
0
'

8
9
2
3
2
1
2
1
εε
εε
=⋅








==
Cường độ điện trường bên ngoài tụ (bên trái của bản tụ 1 và bên phải của
bản tụ 2) là:
S
Q
EEE
n
0
12
2
ε

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

S
dQ
VEW
n
0
2
2
0
42
1
ε
∆ε∆
==
.
Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng:

W

mVmV
WW
tt
∆
++=−
2
2
2
2
2
2
1
'

)2(
42
2
24
9
0
2
2
2
2
1
0
2
S
dQ
mVmV

S
dQ
εε
++=↔
Giải hệ phương trình (1) và (2), cho ta:

Sm
d
QV
0
2
3
2
ε
=
và
Sm
d
QV
0
1
3
2
2
ε
−=
.
0,25
0,5
0,5

0,5
0,5
0,5
Câu 2: 5 điểm
Câu Ý Nội dung Điểm
2
Xét thời điểm cạnh CD có toạ độ là x và khung
đang thâm nhập vùng từ trường. Áp dụng định luật
x
O
A
B
C
D 8
bảo toàn năng lượng, nhiệt lượng toả ra trong khung bằng độ biến thiên động
năng của khung:
mvdvdQdvv
m
v
m
dQ
−=⇒+−=
22
)(
22
(1)
Suất điện động cảm ứng xuất hiện trên cạnh CD là:
bvxBbvBE
CD
)1(

0
α
+==
R
dtvbB
R
dtvbxB
RdtIdQ
R
E
I
2222
0
2222
0
2
)21()1(
αα
+
≈
+
==⇒=⇒
(2)
Từ (1) và (2) ta có:
dtvbxBRmvdv
222
0
)21(
α
+=−

dxbxBRmdv
22
0
)21(
α
+=−⇒
(3)
Gọi v
1
là vận tốc của khung khi bắt đầu khung nằm trọn trong từ trường ta
có:
22
2
1
2
0
mv
Q
mv
=−
trong đó
2
4
0
1
2
0
v
v
mv

Q
=⇒=
Tích phân 2 vế phương trình (3) ta có:
dxbxBRmdv
b
v
v
2
0
2
0
)21(
1
0
α
+=−
∫∫
32
0
32
0
22
001
)1()()( bBbbBbbbBvvRm
≈+=+=−⇔
αα
0
32
0
0

32
0
)22(
)12(
2
mv
bB
mv
bB
R
+
=
−
=⇒
(*)
Khi khung đã vào hẳn trong từ trường, cường độ dòng điện trong khung là:
[ ]
R
vbB
R
xbxvbB
R
EE
I
ABCD
ααα
2
00
)1()(1
=

+−++
=
−
=
Xét trong khoảng thời gian nhỏ dt:
RdtIdQ
2
=
R
dtvbB
dQ
2242
0
α
=⇔
R
dxvbB
242
0
α
=
(4)
Tích phân 2 vế phương trình (4) và thay R ở (*) vào ta được:
b
s
2
1
)12(
α
+

=
Khung đã vào trong từ trường được một đoạn là:
bb
b
bss
22
22
1
1212
αα
α
+
≈
++
=+=
Vậy
b
s
2
12
α
+
=
và
0
32
0
)22(
mv
bB

R
+
=⇒
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
0,25
0,5
0,5
0,5
0,5
0,25
0,5
Câu 3: 4 điểm
Câu Ý Nội dung Điểm
3
- Trước khi đặt bản mặt song song giả sử tia sáng đi như hình vẽ, ta có:
ANFOIF
′′
∆
′
∆
11
~
11
1
1
FO

ON
OF
NF
IO
NA
′
+=
′
′
=
′
⇒








′
+⋅⋅=
′
⇔
1
1
FO
ON
tgAONA
α

(do
α
tgAOIO ⋅=
)
Mặt khác:
OMNFFO ∆
′′
∆ ~
1
f
L
FO
OM
FO
ON
=
′
=
′
⇒
1
Vậy:









+⋅=
′
f
L
tgAONA 1
α








+⋅⋅+⋅=
′
+=
′
f
L
tgAOtgOMNAMNAM 1
αα









+⋅+⋅=
′
⇒
f
L
tgAOtgLAM 1
αα
(1)
- Sau khi đặt bản mặt song song thì tia ló ra khỏi bản mặt vẫn tạo với trục
chính một góc
α
. Giả sử tia này cắt trục chính tại
1
A
và cho điểm sáng
1
A
′
trên màn thì ta vẫn có:








+⋅+⋅=
′
f

L
tgOAtgLAM 1
11
αα
(2)
Trừ từng vế (1) cho (2) ta có:
( )








+⋅⋅−=
′
−
′
f
L
tgOAAOAMAM 1
11
α









+⋅⋅=
′′
⇔
f
L
AAAA 1
11
α
(*)
Theo giả thiết
aAA =
′′
1
. Bây giờ ta đi tìm
1
AA
. Dựa vào hình vẽ ta có:
α
tg
KQ
dHKdPHAA −=−==
1
α
β
tg
tg
PKd ⋅−=

α
β
sin
sin
⋅−≈ dd







−=
n
d
1
1
Do đó, (*)








+⋅







−=⇔
f
L
n
da 1
1
1
α









+⋅
−
=⇒
f
L
d
a
n
1
1

1
α
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
A
α
I
F’
1
F
′
O
f L
M
N
A’
α
•
•
••

•
•
•
•
α
α
α
β
H
K
Q
P
A A
1
d
Thay số vào ta được:
61,1
131
211
≈=n
.
Câu 4: 4 điểm
Câu Ý Nội dung Điểm
4 Khi đầu B của thanh đi vào vùng có ma sát, ở cách mép của nó một
khoảng x thì lực ma sát tác dụng lên thanh là : F
ms
= μ.
l
x
.mg.

- Công của lực ma sát để thực hiện cho đến lúc đó là :
A
ms
=
2
2
0
x
x mgx
mgdx
l l
µ
µ
=
∫
- Khi toàn bộ thanh nằm trên vùng có ma sát thì x
l≥
. Như vậy, điều
kiện về v
0
để khi dừng lại toàn bộ thanh nằm trong vùng có ma sát là :
2
2
0
.
0
2 2
mv
mg
l v gl

l
µ
µ
≥ → ≥
0,25
0,25
0,25
Khi đầu B của thanh đã đi vào vùng có ma sát, áp dụng định luật II
Niu-tơn ta có :
ma = -
2
mg
x
l
µ
→
x’’ +
0
mg
l
µ
=
; với x là khoảng cách từ đầu B đến đầu
mép vùng có ma sát.
- Phương trình chuyển động của thanh là: x = Asinωt, với ω =
g
l
µ
.
Lưu ý rằng lúc t = 0 thì

x = 0. (Chọn gốc thời gian t = 0 là lúc B vừa chạm vào mép), ta có: v
B
= x
B
= ωAcosωt.
- Theo đề bài v
Bmax
= v
0
, nên ta có : A =
0
0
v
l
v
g
ω µ
=
* Ta xét các trường hợp sau :
a) Trường hợp v
0

gl
µ
≥
. Khi đó A
l
≥
. Lúc x
B

= l (thanh bắt đầu lọt
hoàn toàn vào vùng có ma sát) ta có:
1
sin arcsin arcsin
1 1
l l l
l A t t
A g A
ω
ω µ
   
= → = =
 ÷  ÷
   
t
1
khoảng thời gian kể từ lúc bắt đầu B bắt đầu chạm vào mép vùng có
ma sát cho đến khi đầu A bắt đầu chạm vào mép đó.
+ Nếu v
0

gl
µ
=
thì A
l=
; t
1
=
arcsin1

2
l l
g g
π
µ µ
=
và khi đó v
B
= x’
B
= ωAcos
2
π
= 0; thanh dừng lại. Như vậy, nếu v
0

gl
µ
=
, thì khoảng
thời gian kể từ lúc đầu B bắt đầu chạm vào mép vùng có ma sát cho
0,25
0,25
0,25
0,5
đến khi thanh dừng lại bằng t
1
=
2
l

g
π
µ
và khi đó đầu A ở ngang mép
vùng có ma sát (x
A
= 0).
+ Nếu v
0

gl
µ
>
thì A
l
>
. Trong trường hợp đó, lúc thanh dừng lại đầu
A sẽ ở cách mép (ở bên trái A) một khoảng x
A

≠
0.
- Để tính x
A
ta áp dụng định luật bảo toàn năng lượng :
2 2
1
2
0 0
2 2 2 2

mv v
mg
l mgx x
A A
l g
µ
µ
µ
= + → = −
-Khoảng thời gian kể từ lúc A bắt đầu chạm vào mép cho đến khi thanh
dừng lại là t
2
:
x
A
=
1
2
μg
2
2
2
0
2 2
v
x
l
A
t t
g g g

µ µ µ
 
→ = = −
 ÷
 ÷
 
Như vậy, khoảng thời gian cần tìm là : t = t
1
+ t
2
.
b) Trường hợp v
0

gl
µ
<
: trong trường hợp này khi thanh đứng lại chỉ
có một phần thanh nằm trong miền có ma sát. Khi thanh dừng lại ta có :
2
2
0
2 2
mv
mg
x
B
l
µ
=

; với x
B
là khoảng cách từ đầu B tới mép vùng có ma sát.
Từ đó : x
B
=
.
0
l
v
g
µ
- Đầu A cách mép (về bên phải) : x
A
= l – x
B
= l -
.
0
l
v
g
µ
- Thời gian cần tìm : x
B
= Asinωt
3
.
0
l

v
g
µ
=
0
v
l
g
µ
sin
3 3
2
g l
t t
l g
µ π
µ
→ =
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 5: 3 điểm
Câu Ý Nội dung Điểm
5 a Phương án thí nghiệm:
- B1: dùng giấy cuộn sát vào mặt ngoài và mặt trong của ống nghiệm, sau
đó dùng thước đo ta xác định được chu vi mặt trong
1
C
và chu vi mặt

ngoài
2
C
của ống nghiệm
- B2: đổ nước muối vào ống nghiệm sao cho khi thả ống vào bình nước,
ống cân bằng bền và có phương thẳng đứng. Đánh dấu mực nước muối
trong ống và mực nước bên ngoài ống.
- B3: đổ thêm nước muối vào ống, chiều cao nước muối đổ thêm là
x∆
.
Thả ống vào bình thì ống chìm sâu thêm một đoạn
y∆
. Đo
x∆
và
y∆
bằng thước.
0,25
0,25
0,25
Gọi
1 2
;S S
tương ứng là tiết diện trong và tiết diện ngoài của ống
nghiệm, từ phương trình cân bằng của ống suy ra:
2
2 1
1 1 0 2 1 0 0
1 2
x

x x
S y C y
S S y
S C
ρ ρ ρ ρ ρ
 
∆ ∆
∆ = ∆ ⇒ = =
 ÷
∆ ∆
 
0,25
b
Biểu thức sai số:
1
1 0
2
ln 2ln ln ln
x
C y
C
ρ ρ
∆
= + +
∆
( )
1 1 2 0
ln 2 ln ln ln ln x lnC C y
ρ ρ
⇔ = − + ∆ − ∆ +

( ) ( )
0
1 1 2
1 1 2 0
x
2
x
y
C C
C C y
ρ
ρ
ρ ρ
∆ ∆ ∆ ∆
 
∆
∆ ∆ ∆
⇒ = + + + +
 ÷
∆ ∆
 
0,5
c
Ước lượng sai số: Ta chỉ xét sai số hệ thống do dụng cụ đo
- Với ống nghiệm thông thường thì
1 2
; 70C C mm≈
-
; 50x y mm∆ ∆ ≈
- Sai số do dụng cụ đo (thước mm) lấy nhỏ nhất có thể

0,5mm≈
- Bỏ qua sai số của hằng số
0
0
ρ
ρ
∆
Vậy
1
1
4,86%
ρ
ρ
∆
≈
. Dung dịch nước muối có
3
1040 /kg m
ρ
≈
(nước biển
chẳng hạn), với sai số trên thì
3
50 /kg m
ρ
∆ ≈
, mục đích đo không đạt
được.
Để giảm sai số, cần phải
- tăng

1 2
;C C
và
;x y∆ ∆
(không khả thi)
- hoặc làm giảm sai số của 4 đại lượng trên bằng cách tăng độ chính xác
của dụng cụ đo (thay thước mm bằng loại thước có độ chính xác cao
hơn, có thể trực tiếp đo đường kính trong và ngoài của ống nghiệm như
thước kẹp chẳng hạn)
thay đổi phương án đo (sử dụng đồ thị)
0,5
0,5
0,5