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 NAM ĐỊNH

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LÊ HỒNG PHONG – NAM ĐỊNH
(ĐỀ THI ĐỀ XUẤT)
ĐỀ THI MÔN: VẬT LÍ – KHỐI 11
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có 02 trang, gồm 5 câu)
Câu 1 (4điểm): Một tụ điện không khí, được chế tạo từ hai ống kim loại hình trụ đồng tâm mỏng,
hình trụ trong có bán kính R
1
, hình trụ ngoài có bán kính R
2
= 1cm. Xác định giá trị bán kính R
1
để
khi cường độ điện trường của không khí giữa hai hình trụ bắt đầu đạt giá trị cường độ điện trường
đánh thủng E
0
= 3.10
6
V/m thì :
1. Hiệu điện thế giữa hai hình trụ đạt cực đại .Tính giá trị cực đại hiệu điện thế tụ khi đó.
2. Năng lượng điện trường giữa hai hình trụ đạt giá trị cực đại. Tính giá trị cực đại hiệu điện thế tụ
khi đó.
Câu 2 (5điểm): Một dây dẫn được uốn thành khung dây hình tứ diện đều
MSPN cạnh a, mang dòng điện không đổi cường độ I chạy qua các cạnh MS,
SP,PN và NM ( hình vẽ 1). Hãy xác định cảm ứng từ tại tâm 0 của tứ diện.
Câu 3 (4điểm): Cho hệ hai thấu kính mỏng L
1

là thấu kính hội tụ và L
2
là
thấu kính phân kỳ, cùng trục chính Δ và làm cùng loại thủy tinh có độ tụ thứ
tự D
1
và D
2
đặt cách nhau một khoảng l. Chiếu một tia sáng mảnh song song
với trục chính gặp thấu kính L
1
cho tia ló cắt trục chính tại điểm F ( F gọi là
tiêu điểm chính của hệ ), và tia ló có phương cắt phương tia tới tại M, dựng MH vuông góc với
Δ tại H. Đặt HF = f và D =
f
1
gọi là tiêu cự và độ tụ của hệ.
1.Tính D theo D
1
, D
2
, l. Có nhận xét gì về độ tụ của hệ khi : l= 0 và khi l =
1 2
1 1
D D
+
2.Tìm giá trị l để khi chiết suất của thủy tinh làm ra các thấu kính thay đổi thì độ tụ của hệ
không thay đổi.
Câu 4 (4điểm): Một tấm ván mỏng khối lượng M,
dài l có thể quay quanh một trục nằm ngang đi qua

trung điểm 0 của ván trong mặt phẳng thẳng đứng.
Một vật nhỏ khối lượng m ( m <<M) đặt ở trên ván
và có thể chuyển động trượt trên ván ( hình vẽ 2).
Ban đầu ván hợp với phương ngang một góc θ
0
(θ
0
<< ), vật m ở mép đầu trên của ván, hệ ở trạng thái cân bằng. Bài toán coi kích thước vật m rất
nhỏ so chiều dài của ván. Gọi x là li độ của vật m so với trục 0 của trục 0x dọc theo ván, khi đó
ván hợp phương ngang góc θ. Giả sử độ lớn gia tốc hướng tâm 0 của vật m không đáng kể so với
độ lớn gia tốc trượt đi lên và đi xuống trên ván của vật.Với một giá trị xác định θ
0
thì người ta có
hệ thức liên hệ giữa li độ x của vật và li độ góc θ của ván thỏa mãn x = kθ, trong suốt quá trình
chuyển động (k là hằng số dương). Bài toán biết gia tốc rơi tự do g, bỏ qua mọi ma sát và lực cản
trong các quá trình chuyển động của các vật.
1.Xác định giá trị θ
0
theo M, m.
2. Hãy xác định chu kỳ dao động của hệ theo m, M.
3. Xác định tỉ số lớn nhất giữa độ lớn gia tốc hướng tâm và độ lớn gia tốc trượt của vật theo M, m,
từ đó chứng minh sự gần đúng của giả thiết của bài toán.
x
0
●
θ (
Hình vẽ 2
m
M
N

P
S
I
Hình vẽ 1
Bài 5 (3điểm):
Cho một quả cầu đồng chất, có khối lượng riêng nhỏ hơn khối lượng riêng của nước. Trong quả
cầu có một lỗ không khí hình cầu bán kính r, tâm lỗ hỗng cách tâm quả cầu một khoảng d.
Hãy bằng thực nghiệm xác định :
a. Bán kính r lỗ hỗng bên trong quả cầu
b. Khoảng cách d từ tâm lỗ hỗng đến tâm của quả cầu.
Dụng cụ :
- Quả cầu có đặc điểm trên , quả cầu có bán kính R, khối lượng riêng ρ đã biết .
- Chậu nước đủ chứa quả cầu, khối lượng riêng ρ
0
của nước đã biết.
- Thước đo, máng nghiêng, giấy bút .
(hết)
Người ra đề
Phạm Quốc Khánh
(đt: 01238064171)
ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN: VẬT LÍ – KHỐI 11
Câu 1: 4 điểm
Ý 1: Gọi λ là mật độ điện tích mặt trên một đơn vị chiều dài của mỗi ống, giả sử
hình trụ trong tích điện dương . Áp dụng định lí Gauss ta có cường độ điện trường
trong tụ tại điểm cách trục một khoảng r
rr
e
r
E
0

2
πε
λ
=
(1)
0,25
Hiệu điện thế từ trụ trong bán kính R
1
đến trụ ngoài bán kính R
2
là
∫∫
==
2
1
2
1
0
2
R
R
R
R
drEdrU
πε
λ
hay
)2(ln
2
1

2
0
R
R
U
πε
λ
=
0,25
Theo giả thiết khi điện trường trong tụ trước khi đạt E
0
thì U đạt cực đại
Từ (1) ta thấy điện trượng mạnh nhất khi r= R
1
hay khi đó E
0
=
10
2 R
πε
λ
(3)
0,5
Từ (2) và (3) ta có hiệu điện thế tụ U=
)4(ln
1
2
10
R
R

RE
0,5
Để tìm giá trị R
1
để U lớn nhất ta khảo sát (4) theo R
1








−=














−+= 1lnln

1
2
0
1
2
2
1
1
1
2
0
1
R
R
E
R
R
R
R
R
R
R
E
dR
dU
(5)
1ln0
1
2
1

=→=
R
R
dR
dU

hay R
1
=
e
R
2
. Thay số R
2
= 1cm ta có R
1
= 0,37cm khi đó U
M
=
e
R
2
E
0
= 11,1KV
0,5
Ý 2: Năng lượng dự trữ trên một đơn vị chiều dài của tụ điện
1
2
2

1
2
00
ln
2
1
R
R
REU
πεωλω
=→=
(6)
0,5
Khảo sát
0ln2
1
2
2
1
1
2
1
2
1
0
2
0
1
=















−+=
R
R
R
R
R
R
R
RE
dR
d
πε
ω
0,5
Rút ra mật độ năng lượng cực tiểu khi R
1
=

cm
e
R
61,0
2
=
và khi đó U = 9098v
0,5
Hoặc dùng cách tính a) hoặc b) :
a)
1
2
2
1
2
00
2
0
ln2.
2
1
2
1
R
R
RErdrE
r
R
R
πεωπεω

=→=
∫
b) Tính năng lượng của tụ trụ W=
2
2
CU
với C=
1
2
0
ln
2
R
R
l
πε
,
Suy ra mật độ năng lượng trên một đơn vị chiều dài của tụ
1
2
2
1
2
00
ln
R
R
RE
πεω
=

0,5
Câu 2 5 điểm
Bài toán coi như có hai khung dây
phẳng: khung MPNM và MSPM tạo
cảm ứng từ tại 0 thứ tự là B
I
và B
II
Mặt đáy MPNM tạo véc tơ
I
B

có
hướng từ 0 đến S
Mặt bên MSPM tạo véc tơ
II
B

có
hướng 0 đến N
0,5
a. Xác định vị trí tâm 0 của tứ diện
Dựng NH
1
vuông góc với SE
SH
2
vuông góc với NE
EI vuông góc với NS
Góc

α
=IEN
cos
EN
EI
=
α
mà
22
INENEI −=
Trong đó EN= acos30=
2
3a
, IN=
2
2
2
a
EI
a
=→
vậy cosα=
3
2
EH
2
=
=EN
3
1

6
3a
.
Khoảng cách 0E=
α
cos
2
EH
=
22
a
= r
1
1,0
b. Tính cảm ứng từ của một cạnh MP gây
ra tại 0: Cảm ứng từ một cạnh MP gây ra
tại 0 là
1
B

chiếu lên trục 0x hướng về S
B
1x
=
αθ
π
µ
cossin2
4
1

0
r
I
, trong đó
M
ME
0
sin =
θ
,
22
00 EMEM +=
vì tam giác 0ME vuông góc tại E thay
vào sinθ=
3
2

B
1x
=
22
3
0
a
I
π
µ
(1)
Từ trường tổng hợp của 3 cạnh ở đáy
hướng theo trục 0x

B
Ix
= 3
22
3
0
a
I
π
µ
=
22
0
a
I
π
µ
(2)
1,5
c) Tương tự ta có cảm ứng từ của 3 cạnh của mặt bên hướng theo chiều 0N 1,0
M N
P
S
i
Hình vẽ 2
I
E
H
1
H

2
0
α)
Sx
M
P
N
0
θ
1
B

E
E H
2
B
Ix
B
IIy
B
0
γ
α)
0
M
H F
1
0
2
F

S
I
0
1
E
α(
β(
B
IIy
=
22
0
a
I
π
µ
(3)
d) Từ trường tổng hợp tại 0 B
0
=2B
Ix
cosγ=2B
Ix
sinα
Thay vào ta có B
0
=
a
I
π

µ
0
3
24
(4)
1,0
Câu 3 4 điểm
Ý 1:
Sơ đồ tạo ảnh
1
1
FS
o
→
F→
2
0
Đặt
HM
= h
0
,
hE =
2
0
,
2 1
(0 )F E
α
= ∠

,
( )MFH
β
= ∠

0 0
(1)
h h
tg
HF f
β
= =
,
0 0
1 1
0
h h
tg
I f
α
= =
(2) ta có
1
(3)
tg f
tg f
α
β
=
tgβ =

/
2
h
d
(4) tgα =
2
h
d
−
(5) ta có
2
2 2
2 2 2
(6)
d ftg
tg d d f
α
β
= − = −
−
thay d
2
= l- d
/
1
= l-f
1
và
1
f

D
=
,
1 2
1 2
1 1
,f f
D D
= =
vào (6)
ta có hệ thức liên hệ D = D
1
+D
2
-l D
1
D
2
(4)
Nhận xét :
a) Nếu l= 0 thì tạo thành hệ ghép sát : D= D
1
+D
2
b) Nếu l = f
1
+f
2
hay l =
21

21
DD
DD +
thì D= 0 hệ vô tiêu.
0,25*6
0,5
ý 2.
Để độ tụ của hệ không phụ thuộc chiết suất của thủy tinh (không bị sắc sai )
thì
0=
dn
dD
hay
+
dn
dD
1
0
2
1
1
2
2
=







+−
dn
dD
D
dn
dD
Dl
dn
dD
D
1
= A
1
(n-1) vậy
1
1
A
dn
dD
=
( A
1
là thừa số hình học của thấu kính 0
1
)
D
2
= A
2
(n-1) vậy

2
2
A
dn
dD
=
( A
2
là thừa số hình học của thấu kính 0
2
)
Thay vào trên A
1
+A
2
-l(D
2
A
1
+D
1
A
2
)=0
2112
21
ADAD
AA
l
+

+
=

)1(2
12
21
−
+
=
nAA
AA
l
Hay khoảng cách giữa hai thấu kính phải chọn
12
21
2 DD
DD
l
+
=
Chú ý : Bài toán này có thể giải tổng quát cho hệ hai thấu kính mỏng đồng trục
bất kỳ , nhưng phải chú ý tới điều kiện khoảng cách hai thấu kính l ≥ 0
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 4 4 điểm
Xét sự quay của M áp lực của m tại li độ x gây nên mô men lực tác dụng lên ván
đối trục 0
- mg cosθ. x= I

0
θ
//
với
2
0
ML
I
12
=
vì góc θ<< nên - mg x = I
0
θ
//
(1)
Trong hệ quy chiếu gắn với thanh: Lực tác dụng lên vật
amFNP
q


=++
với giả thiết bỏ qua gia tốc hướng tâm nên lực quán tính
0=
q
F

Xét chuyển động trượt của vật
trên ván ta có:
mx
//

= - mgsinθ
hay x
//
= - gθ (2)
Mặt khác ta có x = kθ rút ra
/ /
x g
x x
k k
θ
= → = −

đặt ω
2
=
k
g
ta có x
//
+ ω
2
x =0 (3) .
Từ (3) vật m dao động điều hòa phương trình dao động x= Acos (ωt+φ) ,
Từ điều kiên ban đầu t= 0 x(0) =
2
l
và v= 0 , θ(0)= θ
0
ta có :

os
L
x c t
2
ω
=
(3) ,và gia tốc dao động
os
/ / 2
L
x c t
2
ω ω
= −
(4)
Với x= kθ suy ra phương trình li độ góc
t
k
L
k
x
ωθ
cos
2
==
=
t
ωθθ
cos
0

=
(5)với
k
L
2
0
=
θ
- mg x = I
0
θ
//
(1) thay x= kθ vào
0
0
//
=+
θθ
I
mgk

phương trình li độ góc của thanh
tΩ= cos
0
θθ
(6) từ (5) và (6) ta có ω = Ω hay
k
g
=
0

I
mgk
suy ra k
2
=
m
ML
m
I
12
2
0
=
hay k =
m
ML
m
ML
3212
2
=
(7)
Thay (7) vào ta có biên độ góc
k
L
2
0
=
θ
ta có

M
m3
0
=
θ
2. Thay (7) vào ω
2
=
k
g
ta có tần số góc
M
m
L
g 32
2
=
ω
M
m
L
g 32
=
ω

Chu kỳ
2
T
π
ω

=
với
M
m
L
g 32
=
ω
3. Gia tốc hướng tâm khi vật ở li độ x : a
ht
=
( )
2
2
0
d
x sin t x
dt
θ
θ ω ω
 
= −
 ÷
 
(8)
Gia tốc trượt dọc trục 0x là a
x
=
/ / 2
x x

ω
= −
(9) từ (8, 9)
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
x
0
●
θ (
Hình vẽ 1
m
lập tỉ số
)(sin
2
0
2
t
a
a
x
ht
ωθ
=
và giá trị tỉ số lớn nhất khi sin
2

ωt = 1
2
ht
0 0 ht x
x
a
a a
a
θ θ
= → <<→ <<
0,5
Câu 5 3 điểm
1. Xác bán kính r của lỗ hỗng
Thả quả cầu vào trong chậu nước :
-Đo độ cao phần bị nổi HE = h vậy 0H = a = R- h
Thể tích phần chìm của quả cầu là V
c
còn phần nổi V
n
Ta tìm công thức thể tích phần chõm cầu nổi
Chọn trục 0y như hình vẽ ta có
( )
2 2 2
R R
n
a a
V r dy R y dy
π π
= = −
∫ ∫

( )
3 2 3
2 3
3
n
V R R a a
π
= − +
Thể tích phần chìm của quả cầu:
V
c
=
( )
3 3 2 3
4
2 3
3 3
n
R V R R a a
π
π
− = + −
Thay a= (R-h ) ta có
( )
3 2 3
4 3
3
C
V R Rh h
π

= − +
- Từ điều kiện cân bằng của vật nổi
( )
3 3 3 2 3
0
4 4
( ) g 4 3
3 3 3
a
P F R r R Rh h g
π
π π ρ ρ
= → − = − +
Rút ra tỉ số khối lượng riêng của vật liệu hình trụ
( )
3 2 3
3 3
0
4 3
4
R Rh h
R r
ρ
ρ
− +
=
−
(1)
Từ (1) ta xác định được bán kính r của lỗ hỗng
không khí .

2. Xác định khoảng cách từ tâm 0
1
đến tâm 0
quả cầu: d = 00
1
a) Xác định vị trí khối tâm G của hệ
Dùng công thức tìm vị trí khối tâm G . Lấy gốc
tọa độ 0 của quả cầu trục 0x
3
3
3 3
3 3
4
( )
3
(2)
4
( )
( )
3
G
r d
r d
x
R r
R r
π ρ
πρ
− −
= =

−
−
b) Đặt trụ lên mặt phẳng nghiêng điều chỉnh góc
nghiêng θ đến vị trí khối trụ bắt đầu lăn θ= θ
0
khi
đó Khối tâm G nằm trên phương thẳng đứng đối
điểm quay A
Xét tam giác 0AG ta có
1,0
0,5
0,5
x
y
00
1
00
1
G
A
θ)
θ
A B
0
α )
H
E
r dy
0
R

y
0 0
0
sin 0 sin
G
G R
R
θ θ
= → =
(3)
Góc θ
0
ta đo được nhờ mặt phẳng nghiêng
Từ (5) và (6) cân bằng ta có
3
0
3 3
sin
( )
G
r d
x R
R r
θ
= =
−
3 3 3
0 0
3 3 3
( )

sin sin
( )
r d R r
R d R
R r r
θ θ
−
= → =
−
(4)
Từ thay (1) vào (4) ta rút ra được khoảng cách d.
1,0
Người ra đề
Phạm Quốc Khánh
(đt: 01238064171)