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 BẮC GIANG

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG
TỈNH BẮC GIANG
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ KHỐI 11
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có 2 trang, gồm 05 câu)
(Đề này có trang,
gồm câu)
Câu 1 (4 điểm): Hai ion có khối lượng và điện tích lần lượt là m
1
, q
1
và m
2
, q
2
. Điện
tích của hai ion trái dấu nhau. Hai ion được giữ cách nhau một khoảng r
0
. Tại thời điểm
ban đầu t = 0 chúng được thả ra không vận tốc ban đầu. Bỏ qua tác dụng của trọng lực.
Hãy tìm.
1) Thời gian kể từ lúc thả cho đến khi hai ion gặp nhau.
2) Khoảng cách r
0
’ giữa hai ion để khi thả không vận tốc ban đầu chúng sẽ gặp nhau sau
thời gian gấp 8 lần thời gian khi thả không vận tốc ban đầu ở khoảng cách r
0

.
Câu 2 (5 điểm): Hai chiếc vòng mảnh giống nhau
cùng khối lượng m và bán kính R nằm trong từ
trường đều có cảm ứng từ B
0
vuông góc với mặt
phẳng các vòng (Hình 1). Tại các điểm A và C có
tiếp xúc tốt, góc α = π/3. Hỏi mỗi vòng thu được vận
tốc là bao nhiêu nếu ngắt từ trường? Điện trở của
mỗi đoạn dây làm nên mỗi vòng là r. Bỏ qua: độ tự
cảm của các vòng dây, ma sát và độ dịch chuyển
trong thời gian ngắt từ trường.
Câu 3 (4 điểm): Một ống dẫn sáng thẳng hình trụ có chiết suất tuyệt đối n
1
và phần bọc
ngoài có chiết suất tuyệt đối n
2
, chiều dài L. Ống được đặt nằm ngang trong không khí,
hai đáy là hai mặt phẳng vuông góc với trục của ống. Một tia sáng đơn sắc chiếu tới một
đáy của ống tại điểm I (I nằm trên trục của ống), tia này hợp với trục ống một góc θ
i
(hai
đáy tiếp xúc với không khí).
1) Tìm điều kiện của góc θ
i
để tia sáng truyền được trong ống và ló ra khỏi đáy của ống.
2) Tính thời gian tia sáng đi hết đoạn ống dẫn sáng thẳng đó khi:
a) Tia sáng truyền dọc theo trục ống.
b) Tia sáng truyền đến I theo phương hợp với trục ống một góc θ
imax

. Tính hiệu các
thời gian
t∆
của hai tia sáng trong hai trường hợp này. Nếu θ
i
thay đổi thì thời gian tia
sáng đi hết đoạn ống đó thay đổi như thế nào? Cho tốc độ ánh sáng trong chân không là
c = 3.10
8
m/s.
Áp dụng: n
1
= 1,5; n
2
= 1,3; L = 300 m.
1
Hình 1
A
C
O
α
Câu 4 (4 điểm): Một vật nặng gắn chặt giữa hai lò xo được đặt trên mặt phẳng nằm
ngang nhzn. Một đầu lò xo được gắn chặt, đầu còn lại của lò xo kia để tự do. Độ cứng
của mỗi lò xo bằng k. Người ta k{o đầu tự do của lò xo với vận tốc không đổi u theo
phương dọc trục của nó và hướng ra xa vật nặng.
1) Sau thời gian ngắn nhất bằng bao nhiêu thì vật nặng có vận tốc bằng u?
2) } thì điểm đó vật nặng cách vị trí ban đầu bao nhiêu?
Câu 5 (3 điểm):
Xác định nhiệt nóng chảy λ của nước đá và hệ số truyền nhiệt k của nhiệt lượng kế.
Công suất tỏa nhiệt ra môi trường của một vật tỷ lệ thuận với độ chênh lệch nhiệt

độ giữa vật và môi trường xung quanh, nghĩa là: P = k(T – T
0
).
Trong đó: k là hệ số truyền nhiệt ra môi trường, phụ thuộc vào bản chất của môi trường
và diện tích xung quanh của vật; T là nhiệt độ của vật; T
0
là nhiệt độ của môi trường
(được coi là không đổi).
Cho các dụng cụ thí nghiệm:
(1)Một nhiệt lượng kế có nhiệt dung C đã biết
(2)Một nhiệt kế bán dẫn.
(3)Một đồng hồ.
(4)Một cân.
(5)Chậu đựng nước sạch có nhiệt dung riêng C
0
đã biết.
(6)Chậu đựng nước đá.
(7)Giấy vẽ đồ thị.
Trình bày cơ sở lý thuyết, cách bố trí và các bước tiến hành thí nghiệm, dạng đồ thị,
cách hiệu chỉnh số liệu.
HẾT

Người ra đề

Nguyễn Văn Đóa
SĐT: 0973696858
ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN VẬT LÝ KHỐI 11
2
Câu Ý Nội dung chính cần đạt Điểm
1

1
* Hệ 2 ion là hệ kín, ban đầu các ion đứng yên, khối tâm G đứng
yên:
+ X{t tại thời điểm 2 ion cách nhau r ta có:

1
2
1 2
m r
r =
m + m
và
2
1
1 2
m r
r =
m + m

⇒
r
1
’=
2
1 2
m r '
m m+
và r
2
’=

1
1 2
m r '
m m+
(1)
+ Cơ năng bảo toàn nên:
2
1 1
m r '
2
+
2
2 2
m r '
2
+
1 2
o
q q
4 rπε
=
1 2
o 0
q q
4 rπε
(2)
+ Thay (1) vào (2) và đặt M =
1 2
1 2
m m

(m m )+
; k =
1 2
o
q q
4πε

ta có: Mr’
2

+
k
r
=
0
k
r

+ Do r giảm nên r’ < 0 ta có:
dt
dr
= -
0
k 1 1
M r r
 
−
 ÷
 

⇒

o
dr
r
1
r
−
= -
o
k
Mr
dt (3)
+ Đặt
2
0
r
= cosθ
r
với
π
0 θ
2
≤ ≤

ta có dr = -2r
o
cos
θ

.sin
θ
.d
θ
và
o
r
1
r
−
=
sin
cos
θ
θ

Thay vào (3) được: r
o
/2
2
0
2cos d
π
θ θ
∫
=
o
k
Mr
o

t
0
dt
∫

⇒
t
o
=
o
1 2
M
q q
πε
π
.r
o
3/2

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
1,0
2
+ Từ kết quả trên ta thấy
2 3
0 0
t ~ r

2
2 3
3' ' '
' '
0 0 0
0 0 0 0
0 0 0
t r t
= r = r r = 4r
t r t
     
⇒ ⇒ ⇒
 ÷  ÷  ÷
     

0,5
Câ
u 2
Khi ngắt từ trường ngoài thì cảm ứng từ giảm dần từ B
0
về 0,
làm xuất hiện điện trường xoáy, và điện trường này gây ra sự
dịch chuyển các điện tích tự do, tạo thành dòng điện. Ta sẽ tính
các dòng điện này.
0,5
3
X{t một mạch kín AfCbA
trùng với vòng bên trái. Dòng
sẽ có chiều trùng với chiều

kim đồng hồ, theo hai nhánh:
AfC có i
1
(t), và theo nhánh
CbA có i
2
(t).
-Suất điện động cảm ứng
bằng tổng các độ giảm thế.
( )
2
c 1 1 2 2
B t
r r
R i . .l i . .l
t 2 R 2 R
∆
ξ = −π = +
∆ π π
Với
1 2
5
l R, l R
3 3
π π
= =
là độ dài các cung (AfC) và cung (CbA)
tương ứng.
⇒
2

1 2
6 R B
i 5i .
r t
π ∆
+ = −
∆
. (1)
-Tương tự, viết định luật Ôm cho vòng kín AfCdA thì có:
+ Diện tích mạch AfCdA là
S =
2
2
1 1 3 (2 3 3)R
2 R . R.R
2 3 2 2 6
 
π π −
− =
 ÷
 
+ Suất điện động cảm ứng:

( )
2
'
1
c 1 1 1
B t
(2 3 3)R r 2 r i r

i . .2l i . .R.
6 t 2 R 3 2 R 3
∆
π − π
ξ = − = = =
∆ π π
⇒
( )
( )
2
1
2 3 3 R
B
i t .
2r t
π −
∆
= −
∆
(2)
Thay (2) vào (1) ta được:
( )
( )
2
2
10 3 3 R
B
i t .
10r t
π +

∆
= −
∆
.
-Theo định luật Ampe, mỗi đoạn dây ∆l với dòng i(t) chịu tác dụng
của một lực từ
( )
F i. l.B t∆ = ∆
hướng dọc theo bán kính. Do tính đối
xứng mà các cung AA
1
và CC
1
sẽ chịu tác dụng của các lực cân
bằng và triệt tiêu nhau. Phần bất đối xứng (đối với vòng dây bên
trái) chỉ là các cung AfC và A
1
bC
1
, do i
1
≠ i
2
.
-Tổng hợp các lực tác dụng lên cung AfC sẽ
hướng theo O
1
x:
( ) ( ) ( )
/6

/6
1 1 1 1
/6
/6
F i B t .cos .R.d i B t .Rsin i B t .R
π
π
−π
−π
= ϕ ϕ = ϕ =
∫

-Tổng hợp lực tác dụng lên mỗi vòng:
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
1,0
4
F
2
F
1
I
2
I
2

I
1
I
1
A
C
1
C
A
1
b
fd
+
B
O
1
I
1
ϕ
α
R
∆l
∆F

( ) ( ) ( )
3
2 1 2 1
9 3R dB
F F F i i .B t .R B t .
5r dt

= − = − = −
.
-Lực này gây nên biến đổi xung:

( )
( )
3
2
9 3R
m.dv F.dt d B t
10r
= = −
⇒
3
2
0
9 3R
v B
10mr
=
.
3
1
1. Tìm điều kiện góc
i
θ
:
Để tia sáng truyền được trong ống thì tại A
1
phải xảy ra hiện

tượng phản xạ toàn phần.
Tức là:
2
gh
1
n
sini sini
n
≥ =
⇒

2
1
n
cos
n
α ≥
(1)
Theo định luật khúc xạ tại I:
i 1
sin n sinθ = α
(2)
Từ (1) và (2), có:
2 2
i 1 2
sin n nθ ≤ −
Thay số được:
0
i
48 26'θ ≤

0,5
0,5
2
a) Tia sáng truyền theo trục ống:
1
1
n L
t
c
=
. Thay số:
6
1
8
1,5.300
t 1,5.10 (s).
3.10
−
= =
b) Tia sáng truyền đến I theo phương hợp với trục một góc
i max
θ
:
- Từ hình vẽ:
Đoạn đường mà tia sáng phải truyền trong trường hợp này là
1 2 n
1 1 2 n
L
IA A A A J
cos cos

+ + +
= + + + = =
α α
l l l
l
⇒

1
2
n L
t
cos
=
α
(3)
Tại I:
2
i
i 1
2
1
sin
sin n cos cos 1
n
θ
θ = α ⇒ α = −
(4)
Với
2 2
i max 1 2

sin n nθ = −
(5)
Từ (3), (4) và (5) ta có
2
1
2
2
L.n
t
c.n
=
0,5
0,5
0,5
5
I
A
1
A
2
A
n
J
(n
1
)
(n
2
)
i

α
α
α
i
θ
Thay số:
2
6
2
8
300.1,5
t 1,73.10 (s).
3.10 .1,3
−
= =
* Hiệu các thời gian truyền của hai tia sáng là:
1
2 1 1 2
2
L n
t t t . (n n )
c n
∆ = − = −
Thay số được:
6
t 0,23.10 (s)
−
∆ =
* Khi
i

θ
thay đổi từ 0
0
đến
i max
θ
thì:
2
1 1
2
n .L n .L
t
c c.n
≤ ≤
Thay số được:
6 6
1,5.10 (s) t 1,73.10 (s)
− −
≤ ≤
0,5
0,5
0,5
4


Chọn trục Ox như hình vẽ, gốc O trùng vị trí ban đầu của vật. X{t
thời điểm t, vật có li độ x; khi đó đầu lò xo đi được một đoạn: u.t
Phương trình vi phân mô tả chuyển động của m là:
mx’’=k(ut - x) - kx
⇔

mx’’=kut - 2kx (*)
Đặt A= kut - 2kx (1)
A’= ku - 2kx’ ; A’’= - 2kx’’; Thế vào (*) ta được A’’+
2k
m
A = 0
Phương trình này có nghiệm A = A
0
sin(ωt+φ) với ω =
2k
m
Tại thời điểm ban đầu: t = 0; x = 0; x’ = 0
A = A
0
sinφ = 0; A’= ku – 0 = ωA
0
cosφ;
Từ đó suy ra: φ=0; A
0
=
ku m
ku
2k
=
ω
Thay vào (1) ta có: kut - 2kx=ku
m
2k
sin(
2k

m
t)
ut u m
x
2 2 2k
⇔ = −
sin(
2k
m
t) (2)
⇒
x’=v=
u u
cos
2 2
−
(
2k
m
t) (3)
1) Khi vật có vận tốc bằng u
x’ = v = u =
u u
cos
2 2
−
(
2k
m
t)

⇒
cos(
2k
m
t)= - 1
→
t = π
m
2k
1,0
1,0
0,5
0,5
0,5
6
u
x
O
k
2
k
1
m
2) Thay t = π
m
2k
vào (2)
ta được: x =
u m u m u m
sin

2 2k 2 2k 2 2k
π
π − π =
Vậy vật đạt vận tốc u ở thời điểm t = π
m
2k
, khi đó vật cách vị trí
ban đầu một đoạn x =
u m
2 2k
π
0,5
5
1. Cơ sở lý thuyết
Thả nước đá có khối lượng M ở nhiệt độ 0
o
C vào một nhiệt
lượng kế có chứa m
0
(kg) nước ở nhiệt độ T
0
. Khi trạng thái cân
bằng nhiệt được thiết lập, hệ có nhiệt độ T.
Ta có:
( ) ( )
0 0 0 0
C m .C . T T .M M.C .T+ − = λ +
( )
0 0 0
0

C m .C .(T T)
C .T
M
+ −
⇒ λ = +
(1)
X{t sự trao đổi nhiệt của hệ với môi trường xung quanh
trong khoảng thời gian (t; t + dt):
- Nhiệt lượng mà môi trường nhận được: dQ = - k.(T – T
0
).dt
- Nhiệt lượng mà hệ tỏa ra khi hạ nhiệt độ từ T xuống còn T + dT:
dQ = C
hệ
.dT
Áp dụng PT cân bằng nhiệt, ta có: - k.(T – T
0
).dt = C
hệ
.dT
0 hê
dT k
.dt
T T C
⇒ = −
−
Đặt ΔT = T
0
– T, thì dT = - d(ΔT) ta được:
( )

0
hê hê
d T
k k
.dt T T .exp .t
T C C
∆  
= − ⇒ ∆ = ∆ −
 ÷
∆
 
- Vì
hê
k
C
<<
nên:
hê hê
k k
exp .t 1 .t
C C
 
− ≈ −
 ÷
 
, ta có:
0
hê
k
T T . 1 .t

C
 
∆ = ∆ −
 ÷
 
1,0
7
Nhận x{t: t tăng thì
ΔT giảm, do đó T
tăng.
Đồ thị nhiệt
độ của hệ biến đổi
theo thời gian có
dạng như Hình 5.1:
- Hiệu chỉnh nhiệt
độ của hệ khi cân
bằng:
1 1
T T'
T
2
+
=
(2)
2.a. Tiến hành thí nghiệm
a. Bố trí thí nghiệm như Hình 5.2:
(1) Nhiệt lượng kế có chứa nước, nước đá.
(2) Nhiệt kế bán dẫn.
b. Tiến trình thí nghiệm:
- Bước 1: Đổ nước vào nhiệt lượng kế, đo nhiệt độ

T
0
của nước và cân khối lượng nước m
0
trong nhiệt
lượng kế.
- Bước 2: Cân khối lượng nước đá M ở 0
o
C và thả vào nhiệt
lượng kế, bấm đồng hồ đo thời gian.
- Bước 3: Dùng nhiệt kế đo nhiệt độ của nhiệt lượng kế theo thời
gian, điền vào bảng số liệu.
Chú ý: Liên tục theo dõi số chỉ của nhiệt kế để xác định thời điểm
hệ đạt nhiệt độ thấp nhất T
1
.
1,0
Xử lý số liệu
- Kết quả đo:
+ Khối lượng và nhiệt độ ban đầu của nước: T
0
= …; m
0
= …
+ Khối lượng nước đá thả vào nhiệt lượng kế: M = …
- Bảng số liệu đo:
t (s) 0 … t
1
…
T (

o
C) T
0
… T
1
…
- Đồ thị có dạng như Hình 5.1.
1,0
8
Thời
điểm
thả đá
Trạng
thái cân
bằng
t (s)
T (
o
C)
T
0
T
1
T’
1
0
0
t
Xác lập
trạng

thái cân
bằng
nhiệt
Trao đổi nhiệt với
môi trường
Hình 5.1
t
C
k
T
hê
.∝
Hình
5.2
(1)
(2
)
Dựa vào đồ thị:
+ Hệ số góc của đồ thị:
hê
k
tan
C
α =
⇒
Hệ số truyền nhiệt của MT:
hê
k C .tan= α
+ Từ đồ thị ngoại suy ta có nhiệt độ T’
1

.
⇒
Nhiệt độ T khi cân bằng xác định theo công thức (2).
⇒
Nhiệt nóng chảy của nước đá xác định theo công thức (1).
Hết
9