Vật lý 11 học sinh giỏi trại hè hùng vương các trường chuyên NGUYỄN tất THÀNHmới nhất

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH
TỈNH YÊN BÁI
ĐỀ THI ĐÈ XUẤT

ĐỀ THI MÔN : Vật lý
LỚP 11
(Đề này có 02 trang, gồm 06 câu)

Câu 1 ( 3,5 điểm)
Hai mặt cầu kim loại đồng tâm có các bán kính là a, b (a < b) được ngăn cách
nhau bằng một môi trường có hằng số điện môi ε và có điện trở suất ρ . Tại thời điểm
t = 0 mặt cầu nhỏ bên trong được tích một điện tích dương Q trong thời gian rất
nhanh.
a) Tính năng lượng trường tĩnh điện trong môi trường giữa hai mặt cầu trước khi
phóng điện.
b) Xác định biểu thức phụ thuộc thời gian của cường độ dòng điện chạy qua môi trường
giữa hai mặt cầu.
Câu 2 (3,5 điểm)
Hai điốt, không lí tưởng giống nhau có
đường đặc trưng vôn – ampe như trên hình 1 được
mắc vào mạch điện như hình 2. Cho biết
R = 16Ω, r = 4Ω, suất điện của nguồn điện lý tưởng
E = 4 ( V ) , điện dung của tụ C = 100µ F . Các tham số trên đường đặc trưng vôn – ampe
của điốt: U 0 = 1( V ) , I 0 = 50 ( mA ) .
a) Đóng khóa, hỏi tụ được nạp đến hiệu điện thế bằng bao nhiêu?
b) Sau khi nạp cho tụ, mở khóa. Tính nhiệt lượng tỏa ra trên R và trên mỗi điốt.
Câu 3 (3,5 điểm)
Giả thiết rằng mặt cong S được tạo ra nhờ phép quay đường cong BB’ x như
hình a. Mặt cong này chia thành hai môi trường trong suốt chiết suất n1 và n2.
a) Nếu chùm tia tới đi song song với trục x, qua mặt cong sẽ khúc xạ cắt trục x

tại một điểm F. Biết n1, n2 và OF = f. Viết phương trình xác định mặt cong BB’. Nếu n 2
= - n1, phân tích kết quả.
b) Cho một thấu kính phẳng - lồi, hình b, bán kính R = 5cm, chiết suất n = 1,5.
Một chùm sáng vuông góc với mặt phẳng thấu kính và qua thấu kính hội tụ tại điểm F,
với OF = 12cm. Tính độ dày lớn nhất của thấu kính?
c) Có một thấu kính phẳng – lõm, hình c. Một chùm tia song song với trục
chính, qua thấu kính chùm tia phân kì và có phần kéo dài gặp nhau tại F. Tìm độ dày
nhỏ nhất của thấu kính này.
Câu 4 (3,5 điểm)
Cho một từ trường có tính đối xứng qua một trục có phương thẳng đứng. Thành
phần thẳng đứng của cẩm ứng từ tại một điểm cách trục đối xứng một khoảng r là:
Bz ( r ) =

B0
1
, r > 0, n = , B0 = const > 0
n
r
2


Một hạt có khối lượng m và điện tích e chuyển động theo quỹ đạo tròn bán kính r 0 trên
một mặt phẳng ngang (gọi là quỹ đạo cân bằng) trong từ trường nói trên. Tâm của quỹ
đạo nằm trên trục đối xứng. Bỏ qua tác dụng của các lực khác so với lực từ gây bởi
thành phần từ trường có phương thẳng đứng.
a) Tính vận tốc v0 của hạt lúc nó chuyển động trên quỹ đạo cân bằng.
b) Hãy xác định tần số dao động của hạt quanh quỹ đạo cân bằng một khoảng
nhỏ x theo phương bán kính ( x << r0 )
Câu 5 (3,5 điểm)
Một hình trụ đặc đồng chất, trọng lượng P, bán kính r đặt trong một mặt lõm bán

kính cong R (hình 3) . Ở điểm trên của hình trụ người ta gắn 2 lò xo
với độ cứng k như nhau. Tìm chu kì dao động nhỏ của hình trụ với
R
giả thiết hình trụ lăn không trượt.
k
Câu 6 (2,0điểm)
Cho một nguồn điện không đổi, một tụ điện, một điện trở có
giá trị khá lớn đã biết, một micrôampe kế, dây nối, ngắt điện, đồng
hồ bấm giây và giấy kẻ ô tới mm. Hãy đề xuất phương án thí
nghiệm để đo điện dung của tụ điện.

r
Hình 3

.....................HẾT.....................
Người ra đề
(Ký, ghi rõ Họ tên - Điện thoại liên hệ)

Lê Thị Hoài
SĐT: 0915305750


HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN: VẬT LÝ, LỚP:11
Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang
điểm đã định.
Câu
Nội dung
1

+ Tại thời điểm t khi điện tích của mặt cầu là q thì cường độ điện trường
q

là E = 4πεε r 2 và có hướng đối xứng xuyên tâm ra ngoài
0
Q

(1)
0,25

1

+ Tại t = 0 mặt cầu bên trong có q(0) = Q nên E0 = 4πεε . 2
r
0
εε 0 E 02
2
∫a 2 4πr dr
b

+ Năng lượng tĩnh điện trong môi trường lúc t = 0 là W0 =
+ Tích phân có kết quả

0,5
0,5

(a − b)Q 2
W0 =
8πεε 0 ab

E
dq
π 2
π 2ρ
+ Định luật Ôm dạng vi phân ta có dạng - dt = 4 r .j = 4 r

+ Từ (1) và (2) ta có : -

Điểm
0,25

0,5
(2)
0,5

q
dq
= ρεε
dt
0
t

+ Phương trình này có nghiệm là q = Qexp (- ρεε )

0,5

0

2

Q
t
dq
+ Do đó cường độ dòng điện I = = ρεε exp (- ρεε )
dt
0
0

0,5

a,Giả sử khi mạch đã ổn định thì cường độ dòng điện qua điốt I > I 0 , khi
đó hiệu điện thế hai đầu mỗi điốt là U 0 .

0,25

Cường độ dòng điện trong mạch: I =

E − 2U 0
= 0,1A > I 0 .
R+r

0,25

Vậy điều giả sử đúng. Hiệu điện thế giữa hai bản tụ: U = U 0 + I R = 2, 6V

0,5

b, Giai đoạn 1: Tụ phóng điện đến khi hiệu điện thế giữa hai bản tụ là:

0,25

U = U = I 0 R + U 0 = 1,8V
'
t

'
−5
Điện lượng tụ đã phóng: ∆q = C ( U − U t ) = 8.10 ( C )

Nhiệt lượng tỏa ra trên điốt: Q1d = U 0 ∆q = 8.10−5 J

0,25
0,25

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta tính được nhiệt lượng tỏa ra trên 0,5
R:
CU t'
CU 2
Q1R =
− Q1d −
= 9, 6.10−5 J
2
2

Giai đoạn 2: Từ lúc hiệu điện thế trên điốt bắt đầu giảm, có thể xem điốt 0,25
như điện trở có giá trị:


Rd =

U0
= 2Ω .
I0

0,5

Q2 d Rd 1
CU '
Ta có: Q = R = 8 và Q2 d + Q2 R = t
2
2R
−5
Từ đó ta suy ra: Q2 R = 7, 2.10 J ; Q2 d = 9.10−5 J

3

Vậy: nhiệt lượng tỏa ra trên R là: QR = 16,8.10−5 J nhiệt lượng tỏa ra trên
điốt bên phải 1, 7.10−4 J ; không có nhiệt lượng tỏa ra trên điốt còn lại.

0,5

Xét một tia sáng đi song
song với trục x, cắt trục y
tại A’, gặp mặt cong tại A.
Xét đường đi của tia sáng,
hình 1. Vì quang trình của
các tia sáng từ vô cùng tới A’ và O là như nhau, nên chỉ cần xét quang
trình từ trục y sang bên phải.

0,25

Ta có quang trình từ A’ đến F là:
s = n1 AA ' + n2 AF = const (1)

0,25

Từ hình (1) có thể viết: AA ' = x; AF = ( f − x ) + y 2
2

Từ (1) và (2) cho: s = n1 x + n2 ( f − x ) + y 2
2

0,25

(2)

0,25

(3)

Đối với tia sáng theo trục x, quang trình từ O đến F là: s ' = n2 OF = n2 f

(4)

0,25

Từ (3) và (4), do quang trình bằng nhau, mà hai tia tới song song nhau 0,25
2
nên: s = s ' → n1x + n2 ( f − x ) + y 2 = n2 f
(5)

(n

2
2

− n12 ) x 2 + n22 y 2 − 2n2 ( n2 − n1 ) fx = 0 (6)

0,5
Tóm lại (6)là phương trình đường tròn, mặt cong là mặt cầu.
Khi n2 = −n1 , thế vào (6) cho: y 2 = 4 fx (7)
Mặt cong là parabol, không những có thể hội tụ tia sáng tại một điểm mà
còn có thể hội tụ chùm sáng rộng hơn thành những điểm rộng hơn
b) Từ hình 2 ta có thể viết: n OO ' + OF − OO ' = AA ' + AF , OO ' = d (8)
nx +

(

f − x ) + y 2 = f + ( n − 1) d
2

Khi y = R, x = 0 từ (9) tìm đươc: d =

0,25

(9)

(

f + R) − f

0,25

2

n −1

= 2cm

Dựng mặt cầu tâm O tại F, bán kính FA, A là giao điểm của tia sáng song 0,25


song với trục x với mặt cong thấu kính phẳng – lõm, hình 3. Quang trình
của các tia sáng đi giữa hai mặt cầu đều bằng nhau:
Với: OO ' = d ; OF = f1; AA ' = x
n AA ' = FB − FO ' + n OO '
Suy ra: nd − ( f + d ) = nx − ( f + x ) + y 2
2

0,25

(10)

0,5

Khi y = R; x = d 0 thay vào (10), ta được:
d=

4

nd 0 + f −

(

f + d0 ) + R 2
2

n −1

= 0,3cm

1,0

a,Trên quỹ đạo, lực Lorentz:
F = eω0 r0 B ( r0 ) = eω0 r0

B0
B
mω0
eB
eB
= mω02 r0 → n0 =
→ v0 = 0 r 1− n = v0 = 0 r0
n
r0
r0
e
m
m

b, Khi hạt lệch khỏi một đoạn
B ( r0 + x ) =

B0

( r0 + x )

n

=

x

khỏi vị trí cân bằng: 0,5

mω0  nx 
1 − ÷
e 
r0 
2

 r 
 2x 
Bảo toàn momen động lượng suy ra: ω = ω0  0 ÷ = ω0 1 − ÷
r0 
 r0 + x 


0,25
0.25

2
Lực Lorentz: F = eω ( r0 + x ) B( r + x ) = mω0  r0 − ( n + 1) x 
0

Chọn hệ quy chiếu chuyển động quay với ω thì lực quán tính là: 0,5
Flt = mω 2 ( r0 + x ) = mω02 ( r0 − 3x )

Áp dụng định luật II Niu tơn trong hệ quy chiếu quay dọc theo phương bán 0,5
mx " = − F + Flt = − mω02 ( 2 − n ) x → x "+ ω02 ( 2 − n ) x = 0
kính:
Vậy hạt dao động với tần số góc: ω = ω0 2 − n = ω0

3
2

0,5


5

Gọi θ là góc quay quanh trục C của trụ, ω1 là vận tốc góc của chuyển động quay 0,5
quanh trục và v là vận tốc tịnh tiến của trục:

ω1 = θ ' =

v
r

Mặt khác, ta có: v = ϕ ' ( R − r ) → ω1r = ϕ ' ( R − r ) → rθ = ( R − r ) ϕ ≠ Rϕ

0,5

O
φ
R

k
A

A’
θ C

B

B1

0,5

Động năng:

Ed =
Thế năng:

1
mv 2 1 2 3
2
2
2
+ Iω1 = m ( R − r ) ( ϕ ' ) với I = mR

2
2
2
4
Et =

2kx 2 1
+ mg ( R − r ) ϕ2
2
2

Chú ý là: x = rθ + (R − r)ϕ = 2 ( R − r ) ϕ


1
mg 
2 2
2
Do đó: E t = k.4 ( R − r ) ϕ + mg ( R − r ) ϕ =  4k +
( R − r) ϕ
2
2( R − r) 

2

0,5

2

0,5

Cơ năng: E = Eđ + Et = const. Lấy đạo hàm hai vế:

K


C


3
mg  2
2
m ( ϕ ') +  4k +
ϕ = 0 → ω =
4
2
R
−
r
(
)



Vậy chu kỳ dao động là:

Trường hợp riêng:

T=

2π
=
ω

Hình 1
mg
2 ( R − r ) 16k
2g
=i +
3
m − ln 3m 3 ( R − r )
i0
4
0,5

2π
2 g
16 k
+
3 R −r 3 m

t(s)
Hình 2

2g
- Khi k = 0 thì ω =
3( R − r )

- Khi R → ∞ thì: ω =
6

4k +

µA

0,25

0,25

16k
3m

0,5

Sau khi nạp điện, cho tụ phóng điện qua điện trở R.
Giả sử sau thời gian dt, điện lượng phóng qua R là dq làm cho hiệu điện
thế trên hai bản cực tụ biến thiên một lượng du thì: dq = -Cdu, trong đó dq
= idt; du = -Rdi nên:
di
1
=−
dt
i
RC

idt = − RCdi ⇒

Như vậy − ln

i

t
i
1
di
1
t.
⇒ ∫ = −∫
dt. ⇒ ln = −
i0
RC
i
RC
i0
0

0,25

i
phụ thuộc tỉ lệ với thời gian t
i0

0,5

II. Các bước tiến hành:
1. Lắp mạch điện như sơ đồ hình 1
2. Đóng khóa K, sau khi nạp xong thì mở khóa.
3. Đọc và ghi cường độ dòng điện sau những khoảng thời gian bằng
i

nhau (ví dụ cứ 10s) và tính đại lượng − ln i tương ứng.(t = 0 lúc mở khóa)
0
t(s)

0

1
0

2
0

3
0

4
0

5
0

6
0

7
0

80

I(µA)

-Lni/i0

4. Dựa vào bảng số liệu, dựng đồ thị phụ thuộc của − ln
là một đường thẳng

i
theo t (đồ thị
i0

0,25


0,5

III. Xử lý số liệu:
Độ nghiêng của đường thẳng này là tan α =

1
. Qua hệ thức này, nếu đo
RC

được tanα, ta tính được C. Làm nhiều lần để tính giá trị trung bình của C