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 NINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH ĐỀ THI ĐỒNG BẰNG DUYÊN HẢI BẮC BỘ
NĂM HỌC 2014-2015
MÔN VẬT LÝ - LỚP 11
Thời gian làm bài 180 phút
o0o

Bài 1: ( 5 điểm)
Trong không gian chân không giữa Anốt là một hình trụ
rỗng bán kính R và Catốt của một đèn điện tử là một dây đốt
thẳng và nhỏ nằm dọc theo trục Anốt, người ta tạo ra một điện
trường xuyên tâm
E
ur
hướng từ Anốt đến Catốt, có độ lớn không
đổi và một từ trường đều
B
ur
có hướng trùng với hướng Catốt
(Hình 1). Bằng cách dùng hiệu ứng nhiệt, Catốt phát ra các
electron với vận tốc ban đầu nhỏ không đáng kể.
1. Viết phương trình vi phân trong hệ toạ độ trụ (r, , z)
mô tả chuyển động của electron trong khoảng không gian giữa
Catốt và Anốt.
2. Hãy lập phương trình quỹ đạo của electron.
3. Tìm vận tốc dài của electron tại thời điểm t bất kỳ.

Bài 2.(4 điểm)
Cho mạch điện như hình 2. Biết
1 2
; 2 ;C C C C= =
1 2

; 2R R R R= =
. Hiệu điện thế xoay chiều đặt vào hai điểm A, B
có biểu thức
0
cos u U t V
ω
=
. Thay đổi giá trị ω trong một khoảng
rộng.
a. Tìm giá trị cực đại của hiệu điện thế hiệu dụng
U
1
giữa hai đầu điện trở.
b. Khi U
1
đạt cực đại thì hiệu điện thế hiệu dụng U
2
bằng bao nhiêu?
Bài 3. (4 điểm)
Cho hai thấu kính mỏng L
1
và L
2
, cùng trục chính và cách nhau 30cm. Tiêu cự của hai thấu kính lần
lượt là 10cm và 5cm. Bán kính rìa thấu kính của hai thấu kính lần lượt là 4cm và 2cm. Một đĩa tròn sáng
AB có bán kính 2cm đặt trước thấu kính L
1
, cách thấu kính L
1
một khoảng 20cm, sao cho tâm đĩa nằm

trên trục chính của hai thấu kính và mặt phẳng đĩa vuông góc với trục chính của hai thấu kính.
a. Tìm vị trí của màn để hứng được ảnh rõ nét của đĩa AB qua hệ hai thấu kính trên.
b. Rìa của ảnh không sáng rõ bằng trung tâm. Tại sao?
c. Để tạo ra ảnh rõ nét trên màn và có độ sáng đồng đều, người ta thêm vào thấu kính L
3
. Tìm vị trí đặt,
tiêu cự và bán kính đường rìa của thấu kính đó.
Bài 4: (4 điểm)
Bốn thanh giống nhau, mỗi thanh có chiều dài b, khối lượng m
phân bố đều, được nối với nhau thành hình thoi (hình thoi có thể biến
dạng được, tất cả các khớp nối không có ma sát). Bốn lò xo nhẹ giống
nhau, đều độ cứng k, nối với nhau tại điểm O và nối với bốn đỉnh A,
B, C, D của hình thoi. Hệ được đặt nằm yên trên mặt bàn nằm ngang
nhẵn (Hình 3). Độ biến dạng hình thoi được xác định bằng góc
α
giữa
đường chéo AC và cạnh AB. Các lò xo có độ dài tự nhiên của chúng
khi
4
π
α
=
. Ban đầu hệ được giữ cho biến dạng góc
α
0
rồi buông
không vận tốc đầu.
1. Xác định phương trình vi phân theo
α
mô tả cơ năng của hệ.

Hình 1
z
M
z
B
v
y
M’
O
x
r
e
r
r
θ
r
E
v
Hình 2
A
B
C
D
O
Hình 3
α
2. Trong trường hợp
α
0
gần bằng

4
π
. Xác định phương trình của
α
theo thời gian và tìm chu kì dao động
nhỏ của hệ.
Bài 5:. (3 điểm) Xác định độ từ thẩm của chất sắt từ
Cho các linh kiện và thiết bị sau:
- 1 lõi sắt từ hình xuyến tiết diện tròn;
- cuộn dây đồng (có điện trở suất đã biết) có thể sử dụng để quấn tạo ống dây;
- 1 điện kế xung kích dùng để đo điện tích chạy qua nó;
- 1 nguồn điện một chiều;
- 1 ampe kế một chiều;
- 1 biến trở;
- Thước đo chiều dài, panme, thước kẹp;
- Ngắt điện, dây nối cần thiết.
Hãy nêu cơ sở lý thuyết và phương án thí nghiệm để đo hệ số từ thẩm μ của lõi sắt từ.
Hết
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh: ………………………………….Số báo danh: …………
(Đề thi này có 02 trang)
HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài Nội dung Điểm
1
Êlectron M từ catốt phát ra, trong hệ toạ độ trụ, có toạ độ là
OM(r, ,z)θ
uur
và cảm ứng từ
B
ur

có các
thành phần (0,0,B). Lực tác dụng lên M là:
F e E v B
 
= − + ∧
 
ur ur r ur
Các thành phần của lực trên trong hệ toạ độ trụ là:
0
0 0
.
r z z
.
z r r z
z r r
F e( E v B v B ) e( E r B )
F e( v B v B ) e( r B )
F e( v B v B )
θ θ
θ
θ θ
θ
= − − + − = − − +
= − + − =
= − + − =
Theo định luật II Newton
F ma=
ur r
, viết trong toạ độ trụ, ta có:
2

2
1
0
. .
r
r
. .

z
z
F
e
a r r ( E Br )
m m
F
d e
a ( r ) ( Br )
r dt m m
F
a z
m
θ
θ
θ θ
θ
 
= − = = − − +
 ÷
 
= = =

= = =
Vậy ta có hệ phương trình sau:
2
2
1
2
0 3
. .
. .

e
( r r ) E Br ( )
m
d e
r Br r ( )
dt m
z ( )
θ θ
θ
 
− = − − +
 ÷
 
 
=
 ÷
 
=
2. Tích phân phương trình (3) ta được
z

&
= v
z
= const. Nhưng vì vận tốc đầu tiên của êlectron
bằng 0, tức v
z
= 0, suy ra z = const. Điều này có nghĩa là mỗi êlectron do catốt phát ra tại một
điểm trên trục z sẽ vẽ nên một quỹ đạo phẳng trong mặt phẳng tiết diện thẳng của vỏ trụ đi qua
điểm đó. Tức là song song với mặt phẳng xOy.
+ Tích phân phương trình (2), ta được:
2
2
2
e r
r B C
m
θ
= +
&
Vì tại t = 0, r = 0 và do đó r
.
θ
= 0, suy ra C = 0. Suy ra

2
eB
m
θ
=
&

(4)
Tích phân (4), ta được:
2
eB
t
m
θ
=
(5)
(Chú ý không cần quan tâm tới hằng số tích phân, vì ta có thể chọn vị trí các trục Ox và Oy để
hằng số này bằng 0).
+ Lưu ý (4), phương trình (1) có thể viết lại như sau:
2 2 2
2
4 2
e B e eB
r r E r
m m m
 
− = −
 ÷
 
&&
Hay:
2 2
2
4
e B eE
r r
m m

+ =
&&
Nghiệm tổng quát của phương trình này là tổng của
- Nghiệm riêng của phương trình có vế phải:
2
4mE
r
eB
=
- Nghiệm tổng quát của phương trình không vế phải:
( )
r acos t
ω ϕ
= +

với
2
eB
m
ω
=
tức là:
2
4mE
r( t ) acos( t )
eB
ω ϕ
= + +
Để xác định các hằng số a và ϕ ta dùng điều kiện ban đầu: tại t = 0, r = 0 và
0r =

&
. Dễ dàng tìm
được ϕ = π và
2
4mE
a
eB
=
. Do đó:
2
4
1
2
( t )
mE eB
r cos t
eB m
 
 
= −
 ÷
 
 
 
(6)
Từ (5) và (6) suy ra
[ ]
2
4
1

mE
r( t ) cos
eB
θ
= −
(7)
Hay
2
2
8
2
mE
r( t ) sin
eB
θ
 
=
 ÷
 
Đây chính là phương trình quỹ đạo của các êlectron trong toạ độ cực.
3. Từ (4) và (7) suy ra hai thành phần của
v
r
trong toạ độ cực là:
2
4 2mE E
r sin . sin
eB B
θ θ θ
= =

&
&
và
2
1
E
r ( cos )
B
θ θ
= −
&
Vậy độ lớn của vận tốc là
Hay:
4
4
E eB
v sin t
B m
 
=
 ÷
 

2 a) Vẽ giản đồ vec tơ
Dòng qua
2 2
,R C
là
1
2

2
1 1
1 C
2
2
1 1
C
U U
I
R Z
U U
R Z
 
 
= +
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
 
 
= +
 ÷
 ÷
 
 
,
I
r

có phương trùng với phương của
2
R
U
→

2 2
1 R C
U U U U
→ → → →
= + +
. Với
1 1
1 R C
U U U= =
ur ur ur
Chiếu
U
ur
lên phương vuông góc với
1
U
ur
1 1
R C
I Icos , I Isin
= α = α
;
1 2
C C C

Z 2Z Z
= =
1 1
2 2
R C
x 1 R C 1 C 1
I I
1 7
U U U cos U sin U 2RI Z I U
I 2 I 2
= + α + α = + + =
2 2
1 1
y R C C
R C
C 1
1
U U sin U cos 2IR sin Z Icos
2
2I I
1
R sin Z cos U (2tg cot g )
cos 2sin 2
= α − α = α − α =
= α − α = α − α
α α
2 2 2
4
2
E

v r r sin
B
θ
θ
 
= + =
 ÷
 
&
&
1
R
U
1
C
I
α
1
R
I
U
ur
I
2
R
U
ur
2 2 2
0
x y 1

U 49 1
U U U U (2tg cot g )
4 2
2
= = + = + α − α
0
1
2
U
U
49
(8tg 2cot g )
2
→ =
+ α − α
U1 max khi
α = α → α =
1
4tg cot g tg
2
→
0
1max
U 2
U
7
=
b) Khi đó hiệu điện thế hiệu dụng trên hai đầu
2
R

có giá trị:
1
2 1
R
2 2
R R 1max 0 0
2RI
10
U 2IR 2RI 1 tg 2U 1 tg U 0,45U
cos 7
= = = + α = + α = ≈
α
3
Sơ đồ tạo ảnh:
' '
1 1 1 2 2 2
( ) ( )
' ' " "
d L d d L d
AB A B A B→ →
Từ đầu bài, ta có: L12 = 30(cm); f1 = 10(cm); f2 = 5(cm); d1 = 20(cm).
a. Xét quá trình tạo ảnh qua thấu kính L1. Ta có:
d1’ = d1.f1/(d1 –f1) = 20(cm)
Vị trí của A’B’ đối với thấu kính L2 là
d2 = L12 – d1’ = 10(cm)
Xét quá trình tạo ảnh qua thấu kính L2. Ta có:
d2’ = d2.f2/(d2 –f2) = 10(cm)
Vậy để hứng được ảnh rõ nét của đĩa AB cần đặt màn sau thấu kính L2 và cách thấu kính L2 một
đoạn bằng 10(cm).
b. Ánh sáng từ đĩa AB sau khi qua thấu kính L1 sẽ đến thấu kính L2 và tạo ảnh A”B” ( hình vẽ)

Quan sát hình vẽ ta thấy lượng ánh sáng từ nguồn sẽ tới rìa của ảnh A”B” ít hơn tâm của ảnh
A”B”. Do đó rìa của ảnh không sáng rõ bằng tâm ảnh.
c. Để độ sáng của ảnh A”B” đồng đều nhau, ta cần ghép thêm thấu kính L3 như hình vẽ
Để vị trí của ảnh A”B” không thay đổi thì ta phải đặt vào đúng vị trí của ảnh A’B’ thấu kính L3.
Thấu kính này phải có bán kính đường rìa sao cho hứng được toàn bộ ánh sáng ló ra từ thấu kính
L1. Đồng thời ánh sáng ló ra khỏi L3 đều phải tới được L2.
Từ hình vẽ, sử dụng tam giác đồng dạng, ta có tiêu cự của thấu kính L3 là f3 = 6,67cm. Vị trí
của L3 cách thấu kính L1 một đoạn là 20cm và cách thấu kính L2 là 10cm, bán kính đường rìa
của thấu kính L3 nhỏ nhất bằng bán kính đường rìa của thấu kính L2.
4 Bỏ qua ma sát, không có lực tác dụng theo phương ngang nên tâm O sẽ đứng yên.
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng:
W = Wđ + Wt = const
Động năng của cả 4 thanh:

2 2 2
2 2 2 2 2
1 1 1 2
4 4
2 2 2 4 12 2 3
đ G
b '
W mv I m ' mb mb '
ω α
α α
   
= + = + =
 ÷  ÷
   
(1)
A

B
A’
B’
A”
B”
L
2
L
1
A
B
F
3
A”
B”
L
2
L
1
L
3
Thế năng đàn hồi đối với các lò xo:
Wt, OA = Wt, OC =
2
1
2 4
k bcos bcos
π
α
 

−
 ÷
 
Wt, OB = Wt, OD =
2
1
2 4
k b sin bsin
π
α
 
−
 ÷
 
Suy ra thế năng đàn hồi cả 4 lò xo:
Wt = 2(Wt,OA + Wt, OB ) =
2
4
k bcos bcos
π
α
 
−
 ÷
 
+
2
4
k b sin bsin
π

α
 
−
 ÷
 
=
2
1 1
2 2 2
2 2
kb cos sin
α α
 
− −
 ÷
 
=
2
2 1
4
kb cos
π
α
 
 
− −
 ÷
 
 
 

(2)
Từ (1) và (2) ta có:

2
2 1
4
kb cos
π
α
 
 
− −
 ÷
 
 
 
+
2 2
2
3
mb '
α
= const =
2
0
2 1
4
kb cos
π
α

 
 
− −
 ÷
 
 
 
(3)
Phương trình (3) chính là phương trình vi phân mà góc α phải tuân theo.
Nếu α gần với
4
π
thì ta có thể đặt
4
π
α ϕ
= +
với
rad ' '
4
π
ϕ → α = ϕ=
theo trên ta có:
[ ]
2
2 1W kb cos
ϕ
= −
+
2 2

2
3
mb '
ϕ
= const.
Lấy đạo hàm hai vế ta được:
2 2
2
2 2 0
3
. mb '' . ' kb '
ϕ ϕ ϕ ϕ
+ =
vì
4
π
ϕ
=
suy sin
ϕ ≈ ϕ
.
suy ra :
2
3
0 0
2
k
'' '' ;
m
ϕ ϕ ϕ ω ϕ

+ = ⇒ + =
Với:
3
2
k
m
ω
=
chu kì dao động bé:
2
2
3
m
T
k
π
=
Phương trình trên có nghiệm dạng:
( ) ( )
0 0
4 4
cos t cos t
π π
ϕ ϕ ω β α ϕ ϕ ω β
= + ⇒ = + = + +
.
tại thời điểm ban đầu:
0
0
0 0 0 0

0
0 0
0
4 4
'
sin
cos
ϕ β β
α
π π
ϕ β α ϕ α
α α
− = =
 

=
 
⇒ ⇒
  
+ = = −
=

 
 
Vậy phương trình biến đổi theo thời gian của góc α:
( )
0 0
4 4
cos t
π π

α α ω
 
= + −
 ÷
 
với
3
2
k
m
ω
=
5 Xác định độ từ thẩm của chất sắt từ
a) Cơ sở lý thuyết:
Xét một lõi sắt từ hình xuyến trên đó có quấn hai cuộn dây có số vòng dây là N
1
và N
2
. Khi cho
dòng điện chạy qua cuộn thứ nhất (N
1
), trong lòng lõi sắt sẽ xuất hiện từ trường và từ trường này
sẽ đi qua cả cuộn dây thứ hai (N
2
).
Gọi d là đường kính trung bình lõi hình xuyến. Chu vi hình xuyến πd là chiều dài mạch từ.
Khi dòng điện chạy qua cuộn thé nhất là I1 thì cảm ứng từ chạy trong mạch từ là:
d
IN
B

π
µµ
11
0
=
, với μ
0
= 4.10
-7
H/m.
Từ thông gửi qua cuộn thứ hai là;
S
d
INN
BSN
π
µµ
121
02
==Φ
, với S là tiết diện mạch từ.
Khi vừa ngắt khóa K, dòng điện chạy qua cuộn thứ nhất I
1
sẽ giảm về 0 và gây ra sự biến thiên
từ thông chạy qua cuộn thứ hai (giảm từ Φ → 0) và tổng điện tích chạy qua điện kế xung kích là
q.
Xét khoảng thời gian Δt nhỏ, từ thông qua cuộn thứ hai giảm đi ΔΦ tương ứng với điện lượng đi
qua là Δq. Ở cuộn thứ hai sinh ra suất điện động e
c2
và dòng điện i

2
.
Lượng điện qua điện kế là:
222
22

RR
t
tR
t
etiq
c
∆Φ
=
∆
∆
∆Φ
=
∆
=∆=∆
(R
2
là điện trở cuộn dây N
2
).
Toàn bộ điện lượng qua cuộn thứ hai là:
( )
SI
dR
NN

RR
qq
10
2
21
22
0
11
µµ
π
=−Φ=∆Φ=∆=
∑∑
Suy ra:
SINN
dRq
1021
2
µ
π
µ
=
.
Các bước thí nghiệm:
* Chuẩn bị:
- Đo đường kính trong và ngoài của lõi sắt từ hình xuyến d
1
và d
2
, tìm được
2

21
dd
d
+
=
- Đo đường kính e của sợi dây đồng bằng panme.
- Quấn hai cuộn dây với số vòng là N
1
và N
2
lên lõi sắt từ.
- Tính điện trở cuộn dây N
2
:
( ) ( )
2
122
2
1222
2
4
2
e
ddN
e
ddN
s
l
R
−

=






−
==
ρ
π
π
ρρ
* Thao tác:
- Chỉnh biến trở để thay đổi dòng I
1
, mở khóa K, đọc giá trị q trên điện kế xung kích, ghi giá trị
vào bảng sau:
Lần đo I
1
Điện lượng q
… … …
… … …
- Tính độ từ thẩm μ ứng với mỗi lần đo:
( )
( )
( )
( )
12
2

101
21
2
12
1021
2
12221
1021
2
8
4
.4.
2
.
ddeIN
ddq
dd
INN
e
ddNdd
q
SINN
dRq
−
+
=
−
−+
==
πµ

πρ
πµ
ρπ
µ
π
µ
Lặp lại các thao tác trên và tính giá trị trung bình
µ
.