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 LÊ KHIẾT, QUẢNG NGÃI

Hình 1
Hình 2
HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN DUYÊN HẢI
VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT TỈNH
QUẢNG NGÃI
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐỀ THI MÔN VẬT LÍ - KHỐI 11
NĂM 2015
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề thi này có 02 trang, gồm 5 câu)
Câu 1. (4 điểm) Tĩnh điện
Các điện tích điểm
q
+
,
q−
đặt tại các điểm có tọa độ
( , , ) ( ,0, ), ( ,0, )x y z a a a a
= −
ở bên trên một mặt phẳng dẫn
điện được nối với đất nằm tại
0z =
(hình 1). Hãy tìm:
a. lực toàn phần tác dụng lên điện tích
q
+
,
b. công thực hiện chống lại các lực tĩnh điện để lắp đặt
hệ điện tích này,
c. mật độ điện tích mặt tại điểm có tọa độ

( ,0,0)a
.
Câu 2. (5 điểm) Điện từ
Hai thanh ray đủ dài cách nhau đoạn
l
và nằm trong một mặt phẳng hợp với mặt phẳng ngang
góc
α
. Một từ trường đều có vectơ cảm ứng từ
B
r
vuông góc với
mặt phẳng chứa hai thanh ray. Một thanh dẫn có khối lượng
m
, hai
đầu luôn tựa lên hai thanh ray và vuông góc với hai thanh ray (hình
2). Bỏ qua điện trở của hai thanh ray, thanh dẫn, chỗ tiếp xúc và bỏ
qua mọi ma sát.
a. Nối hai đầu trên của hai thanh ray bởi một điện trở
R
. Thả
nhẹ cho thanh dẫn chuyển động. Tìm tốc độ lớn nhất của thanh dẫn.
b. Thay
R
bởi một cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm
L
. Thả
nhẹ cho thanh dẫn chuyển động. Tìm tốc độ lớn nhất của thanh dẫn.
Câu 3. (4 điểm) Quang hình
Vật

AB
là đoạn thẳng, sáng, nhỏ, đặt vuông góc với trục chính của thấu kính phân kì
1
O
có tiêu
cự
1
f
cần đo. Vật
AB
cách
1
O
đoạn
1
18 cmd =
. Sau
1
O
và cách nó đoạn
44 cma
=
có đặt màn
M
song song với
AB
. Trong khoảng giữa
1
O
và

M
, đặt thấu kính hội tụ
2
O
có tiêu cự
2
12 cmf =
đồng
Hình 3
Hình 4
trục chính với thấu kính
1
O
(hình 3). Dịch chuyển
2
O
trong khoảng
giữa
1
O
và
M
thì thấy có hai vị trí của
2
O
cách nhau
10 cm
=
l
mà

ảnh thu được rõ nét trên màn
M
.
Tính tiêu cự
1
f
của thấu kính phân kì
1
O
.
Câu 4. (4,0 điểm) Dao động cơ
a. Một bán cầu đặc, đồng chất, khối lượng
m
, bán kính
R
, tâm
O
.
Chứng tỏ rằng khối tâm
1
G
của bán cầu cách
O
đoạn
1
3
8
R
OG =
.

b. Một thanh
OB
cứng, mảnh, khối lượng không đáng kể, dài
R
, có một
đầu gắn chặt vào
O
sao cho thanh
OB
trùng với trục đối xứng của bán cầu. Hệ
bán cầu và thanh đang đứng yên trên một mặt phẳng ngang. Một vật nhỏ, khối
lượng
4
m
, đang chuyển động theo phương ngang với vận tốc
0
v
r
thì va chạm
vào đầu
B
của thanh (hình 4). Sau va chạm, vật dính chặt vào đầu
B
. Gia tốc trọng trường là
g
. Cho
rằng bán cầu không trượt trên mặt phẳng ngang và ma sát lăn không đáng kể. Với độ lớn của
0
v
r

đủ
nhỏ, sau va chạm, hệ dao động điều hòa. Tìm chu kì
0
T
và biên độ góc
max
ϕ
của hệ.
Câu 5. (3,0 điểm) Phương án thí nghiệm
Cho các dụng cụ sau:
+ một viên bi đồng chất hình cầu có móc treo;
+ một cái cân;
+ một thước kẹp Panme;
+ một số lò xo nhẹ khác nhau về độ cứng;
+ một giá treo có thể treo lò xo;
+ một đồng hồ bấm giây;
+ một cái ly đựng một chất lỏng.
Cho biết ở trong không khí thì các lực ma sát nhớt tác dụng lên viên bi là nhỏ không đáng kể, còn
ở trong chất lỏng có hệ số nhớt
η
thì lực ma sát nhớt
f
r
tác dụng lên viên bi chuyển động với vận tốc
v
r
tính bởi công thức Stokes
6f rv
πη
= −

r
r
.
Hãy xây dựng cơ sở lý thuyết và từ đó nêu các bước tiến hành thí nghiệm để đo hệ số nhớt
η
của
chất lỏng đựng trong ly.
HẾT
Họ, tên người ra đề: Đinh Trọng Nghĩa
Chữ kí:
Điện thoại: 0914 907 407
ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN VẬT LÍ KHỐI 11
Câu Nội dung chính cần đạt Điểm
1
a. Phương pháp ảnh điện yêu cầu các điện
tích
q+
,
q
−
đặt tại các điểm có tọa độ
( , , ) ( ,0, ),( ,0, )x y z a a a a
= − − −
như hình bên.
0,5
Lực điện tổng hợp
F
r
tác dụng lên điện tích
q

+
đặt tại
( ,0, )a a
, nằm trong mặt phẳng
0x z
và hướng vào gốc
O


của hệ tọa độ.
0,5
Độ lớn của
F
r
là
2
2
0
( 2 1)
32
q
F
a
πε
−
=
.
0,5
b. Chúng ta có thể dựng lại hệ bằng cách đưa từ từ các điện tích
q+

và
q
−
từ vô cực
theo các đường đi
1
L
và
2
L
đối xứng nhau qua trục
0z
, nằm trong mặt phẳng
0x z
đến các điểm
( ,0, )a a

và
( ,0, )a a
−

với phương trình của
1
L
và
2
L
lần lượt là
1
2

: , 0,
: , 0.
L z x y
L z x y
= =
= − =

0,5
Khi các điện tích ở tại
( ,0, )l l
trên đường
1
L
và tại
( ,0, )l l
−
trên đường
2
L
thì từng
điện tích chịu tác dụng một lực
2
2
0
( 2 1)
32
q
F
l
πε

−
=
có hướng của hướng chuyển động sao
cho công toàn phần thực hiện bởi các ngoại lực là
2 2
2
0 0
( 2 1) ( 2 1)
2 2
32 16
a a
q q
A Fdl dl
l a
πε πε
∞ ∞
− −
= − = − =
∫ ∫
.
0,5
c. Xét điện trường tại điểm
( ,0,0 )a
+

ở ngay bên trên mặt phẳng dẫn điện. Điện
trường tổng hợp do hệ thứ nhất gồm
q
+
tại

( ,0, )a a
,
q−
tại
( ,0, )a a
−
và hệ thứ hai
gồm
q−
tại
( ,0, )a a
−
,
q
+
tại
( ,0, )a a
− −
lần lượt là
1
2
0
2
4
z
q
E e
a
πε
= −

r
r
,
0,5
2
2
0
2 1
4
5 5
z
q
E e
a
πε
=
r
r
.
Điện trường toàn phần tại
( ,0,0 )a
+

là
1 2
2
0
1
1
2

5 5
z
q
E E E e
a
πε
 
= + = −
 ÷
 
r r r
r
.
0,5
Mật độ điện tích mặt tại
( ,0,0 )a
+

là
0
2
1
1
2
5 5
q
E
a
σ ε
π

 
= = −
 ÷
 
.
0,5
Câu Nội dung chính cần đạt Điểm
2
a. Thành phần
sinmg
α
của trọng lực làm
thanh dẫn chuyển động trượt xuống không
ma sát từ trạng thái nghỉ, vận tốc
v
của
thanh tăng lên từ 0, thanh chyển động trong
từ trường
B
r
nên trong thanh xuất hiện suất
điện động cảm ứng có độ lớn
E B v= l
.
0,5
Vì mạch kín nên trong mạch xuất hiện dòng
điện cảm ứng có cường độ
E B v
I
R R

= =
l
.
0,5
Lực từ
F
r
tác dụng lên thanh cản trở chuyển động của thanh và có độ lớn
2 2
B v
F IB
R
= =
l
l
.
0,5
Lực từ tăng dần đến khi bằng
sinmg
α
thì thanh dẫn chuyển động thẳng đều và tốc
độ của nó đạt giá trị lớn nhất tính bởi
2 2
max
sin
B v
mg
R
α
=

l
hay
max
2 2
sinmgR
v
B
α
=
l
.
0,5
b. Khi thanh lệch khỏi vị trí ban đầu một
khoảng
x
thì nó có vận tốc
v x
′
=
và gia tốc
a x
′′
=
. Trong thanh xuất hiện suất điện
động cảm ứng
E B v B x
′
= =l l
. Vì mạch kín
nên trong mạch có dòng điện cảm ứng

I
chạy qua. Lực từ tác dụng lên thanh ngược
chiều chuyển động của thanh và có cường
độ
IBl
. Theo định luật II Newton, ta có
sinmg IB mx
α
′′
− =
l
.
0,5
Định luật Ôm cho ta
LI B x
′ ′
= l
.
0,5
Kết hợp với khi
0x =
thì
0I =
suy ra
LI B x
=
l
hay
B x
I

L
=
l
.
0,5
Kết hợp hai phương trình trên ta được
2 2
sin
B x
mg mx
L
α
′′
− =
l
hay là
2 2
2 2
sin
0
B mgL
x x
mL B
α
 
′′
+ − =
 ÷
 
l

l
.
0,5
Chú ý điều kiện đầu
(0) 0x
′
=
và vị trí cân bằng
0
sin
B x
B mg
L
α
=
l
l
hay
0
2 2
sinmgL
x
B
α
=
l
, phương trình trên có nghiệm
[ ]
0
1 cos( )x x t

ω
= −
với
B
mL
ω
=
l
.
0,5
Điều đó chứng tỏ thanh dẫn dao động điều hòa nên tốc độ cực đại của thanh dẫn là
max 0
sinmLg
v A x
B
α
ω ω
= = =
l
.
0,5
Câu Nội dung chính cần đạt Điểm
3

Sơ đồ cách bố trí quang hệ được mô
tả như hình bên. Vật sáng
AB
qua
thấu kính phân kì
1

O
cho ảnh ảo
1 1
A B
(
1
0d
′
<
).
0,5
Dựa vào hình vẽ ta có
1 1
L d a d a
′ ′
= + = − +
. (1)
0,5
Trong bài toán này, ảnh
1 1
A B
đóng vai trò là vật thật đối với thấu kính hội tụ
2
O
2 1 2 1
( 0)d O O d
′
= − >
, qua
2

O
cho ảnh thật
2 2
A B
hứng được trên màn
M
.
0,5
Vì có hai vị trí của
2
O
cách nhau đoạn
l
mà ảnh
2 2
A B
hiện rõ nét trên màn
M
(đây
là bài toán Bassel) nên tiêu cự
2
f
của thấu kính
2
O
liên hệ với các khoảng cách
L
,
l
theo công thức

0,5
2 2
2
4Lf L= − l
. (2)
Thay số
2
12 cmf =
,
10 cm
=
l
vào phương trình (2) ta được
2
48 100 0L L
− − =
.
0,5
Giải phương trình này ta được
2L = −
hoặc
50L
=
. Vì
0L >
nên ta chọn
50 cmL =
.
0,5
Thay

50 cmL =
vào phương trình (1) ta tìm được
1
44 50 6 cmd a L
′
= − = − = −
.
0,5
Từ đó ta tìm được tiêu cự của thấu kính phân kì
1
O
là

1 1
1
1 1
18.( 6)
9 cm
18 ( 6)
d d
f
d d
′
−
= = = −
′
+ + −
.
0,5
Câu Nội dung chính cần đạt Điểm

4
a. Do tính đối xứng,
1
G
nằm trên trục đối xứng
Ox
của
bán cầu. Chia bán cầu thành nhiều lớp mỏng, mỗi lớp
có bề dày
dx
. Lớp có tọa độ
sinx R
α
=
có bề dày
cosdx R d
α α
=
và khối lượng
( )
2
cosdm R d
ρπ α α
=
với
3
2
3
m
R

ρ
π
=
.
0,5
Vậy
4 4
2
2
4 3 4
1
0 0
0
1 1 3
cos sin cos
4 4 8
m
R R R
OG xdm R d
m m m m
π
π
ρπ ρπ
ρπ α α α α
= = = − = =
∫ ∫
.
0,5
b. Trọng tâm
G

của hệ sau khi vật nhỏ dính vào thanh cách
O
một đoạn về phía bán cầu là
i
i G
i
i
i
(3 /8) ( / 4)( )
/ 4 10
m x
m R m R R
OG
m m m
+ −
= = =
+
∑
∑
.
0,5
Với dao động bé
( 1, sin )
ϕ ϕ ϕ
<< ≈
, phương trình chuyển
động quay của hệ quanh trục quay qua
A
là
i A

i
.
10
R
m g I
ϕ ϕ
′′
− =
∑
2
0
0
ϕ ω ϕ
′′
⇔ + =
với
0
A
8
mgR
I
ω
=
.
0,5
Xét riêng bán cầu, ta có
2
O
2
5

I mR=
,
1
2
O G 1
( )I I m OG= +
,
1
2
A G 1
( )I I m AG= +
,
ϕ
nhỏ nên
1 1
AG R OG
≈ −
, suy ra
( )
2
2 2
A O 1 1
13
( )
20
I I m OG m R OG mR
 
= − + − =
 
.

Xét riêng vật nhỏ dính vào đầu
B
của thanh, ta có
( )
2
2
A
4
m
I AB mR= =
.
Do đó, momen quán tính tổng cộng của hệ đối với trục quay qua
A
là
2 2 2
A
13 33
20 20
I mR mR mR= + =
.
0,5
Chu kì dao động của hệ là
A
0
0
82 66
2 2
5
I R
T

mgR g
π
π π
ω
= = =
.
0,5
Áp dụng định luật bảo toàn momen động lượng ta có
A 0 0
2
4
m
I v R
ϕ
′
=
hay
0 0
0
A
10
2 33
mv R v
I R
ϕ
′
= =
.
0,5
Biên độ góc dao động của hệ là

max 0
0
(0) 10
2
33
v
gR
ϕ
ϕ
ω
′
= =
.
0,5
Câu Nội dung chính cần đạt Điểm
5
Dao động của con lắc lò xo trong không khí gần đúng là dao động điều hòa với chu kì
0
0
2
2
m
T
k
π
π
ω
= =
với
0

k
m
ω
=
.
0,5
Dao động của con lắc lò xo trong chất lỏng là dao động tắt dần.
Tại vị trí cân bằng ta có
0mg k
− ∆ =
l
,
với
∆l
là độ dãn của lò xo.
0,5
Tại li độ
( )x t
, áp dụng định luật II Newton ta có
[ ]
( ) 6 ( ) ( )mg k x t rx t mx t
πη
′ ′′
− ∆ − − =l
hay
2
0
( ) 2 ( ) ( ) 0x t x t x t
β ω
′′ ′

+ + =
,
với
0
k
m
ω
=
và
3 r
m
πη
β
=
.
0,5
Chọn lựa lò xo có độ cứng
k
sao cho
0
3k r
m m
πη
ω β
= > =
thì dao động của con lắc
lò xo trong chất lỏng là dao động tắt dần với “giả chu kì” là
2
2 2
3

T
k r
m m
π π
ω
πη
= =
 
−
 ÷
 
với
2 2
0
ω ω β
= −
.
0,5
Từ biểu thức tính
0
T
và
T
ta rút ra được biểu thức tính hệ số nhớt của chất lỏng là
2 2
0
2 1 1
3
m
r T T

η
= −
.
0,5
Dùng cân đo
m
.
Dùng thước kẹp Panme đo
r
.
Cho con lắc lò xo dao động trong không khí và dùng đồng hồ bấm giây đo
0
T
.
Cho con lắc lò xo dao động trong chất lỏng và dùng đồng hồ bấm giây đo
T
.
Từ đó tính được
η
theo công thức trên.
0,5
Họ, tên: Đinh Trọng Nghĩa
Chữ kí:
Điện thoại: 0914 907 407