Vật lý 11 học sinh giỏi trại hè hùng vương các trường chuyên VÙNG CAO VIỆT bắc mới nhất

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII
TRƯỜNG PT VÙNG CAO VIỆT BẮC
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
-------------------

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ - KHỐI 11
Năm học 2015 - 2016
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề này có 03 trang, gồm 06 câu)

Bài 1. (Tĩnh điện – 3,5 điểm)
Hình 1
m, q

r
v0

m, q

Tại điểm thấp nhất của một thanh nhẵn không dẫn điện có một hạt cườm khối
lượng m và điện tích q. Phía trên nó là một hạt cườm khác giống nó (Hình 1). Bỏ qua
mọi ma sát và lực cản không khí.
a) Xác định khoảng cách giữa hai hạt khi hệ cân bằng.
b) Tìm chu kỳ dao động nhỏ của hạt ở trên.
c) Hạt ở trên đang đứng yên ở vị trí cân bằng thì người ta truyền cho hạt ở dưới
một vận tốc ban đầu

r
v0

hướng lên trên. Tìm khoảng cách nhỏ nhất giữa hai hạt.

Bài 2. (Điện – 3,5 điểm)
Hình 2
E3
N
Đ1
Đ2
E2
E1
A
B
C
D
M
R
R1
R2
C
R
E

Trang 1/3


Cho mạch điện như hình 2. Biết E 1 = 4V, E2 = 8V, E = 16V, R 1 = 3Ω, R2 = 6Ω,
điện trở của biến trở R = 12Ω. Bỏ qua điện trở trong của các nguồn và điện trở của
dây nối.
a) Khi điều chỉnh con chạy thì công suất tổng cộng trên các điện trở R 1 và R2 có
thể đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất bằng bao nhiêu? Xác định điện trở của phần biến trở
AC khi đó.

b) Giữ nguyên con chạy của biến trở ở một vị trí nào đó. Nếu nối A, D bằng
một Ampekế có điện trở không đáng kể thì Ampekế chỉ dòng bằng 4A. Nếu nối
Ampekế đó vào hai điểm A, M thì Ampekế chỉ dòng bằng 1,5A. Hỏi nếu bỏ Ampekế
đi thì dòng qua R1 bằng bao nhiêu?

Bài 3. (Quang hình học – 4,0 điểm)
Hai thấu kính hội tụ L1 và L2 có tiêu cự f1 = 10cm và f2 = 30cm ghép đồng trục
cách nhau l = 50cm. Một vật sáng AB đặt vuông góc với trục chính, A thuộc trục
chính, đặt trước thấu kính L1.
1 - Từ vị trí ban đầu, nếu dịch vật lại gần thấu kính L 1 thêm 10cm thì ảnh qua
quang hệ không đổi chiều nhưng chiều cao ảnh thì giảm 3 lần. Xác định vị trí ban đầu
của vật.
2 - Đặt thêm thấu kính hội tụ L 3 có tiêu cự ngắn f3 = 2,5cm vào khoảng giữa hai
thấu kính trên thì thấy một chùm sáng song song tới quang hệ cho chùm ló cũng là
chùm song song.
a) Xác định vị trí đặt L3.
b) Chứng minh rằng khi đó nếu đặt vật AB như ý 1 trước quang hệ thì ảnh của
AB qua quang hệ có hệ số phóng đại không đổi. Tìm hệ số phóng đại đó.
Bài 4. (Từ trường _ Cảm ứng điện từ - 3,0 điểm)
Trang 2/3


Một chùm prôtôn đi vào một vùng không gian có bề rộng d = 4.10 -2 m và có từ
trường đều B1 = 0,2T. Sau đó prôtôn đi tiếp vào vùng không gian cũng có chiều rộng d
nhưng từ trường B2 = 2B1. Lúc đầu, prôtôn có vận tốc vuông góc với véctơ cảm ứng
từ

r
B

và vuông góc với mặt biên của vùng không gian có từ trường.
a) Hãy xác định giá trị của hiệu điện thế V 0 để tăng tốc cho prôtôn sao cho hạt

prôtôn đi qua được vùng đầu tiên.
b) Hãy xác định hiệu điện thế V0 sao cho prôtôn đi qua đường vùng thứ hai.
c) Hãy xác định hiệu điện thế V 0 sao cho prôtôn sau khi đi qua được vùng thứ
hai, thì có vận tốc hợp với phương của vận tốc ban đầu một góc 600.
Bài 5. (Dao động cơ - 4,0 điểm)
Một lò xo có khối lượng M được phân bố đều dọc theo các vòng của lò xo.
a) Để xác định độ cứng k của lò xo này, người ta đặt nó trên mặt phẳng nằm
ngang, không ma sát, một đầu được giữ cố định, đầu kia được kéo bởi một lực
ngang. Khi cân bằng lò xo giãn ra một đoạn

∆l

r
F

nằm

. Tính độ cứng k của lò xo.

b) Treo lò xo thẳng đứng, lò xo giãn ra bao nhiêu? Nếu móc vào đầu dưới của lò
xo một vật có khối lượng m, thì khi cân bằng lò xo giãn ra bao nhiêu?
c) Cho con lắc dao động theo phương thẳng đứng. Hãy xác định chu kỳ dao
động của con lắc.
Bài 6. (Phương án thực hành – 2,0 điểm)
Một hộp đen quang học là ống hình trụ, hai đầu ống có gắn hai thấu kính, giữa
chúng là không khí. Xác định tiêu cự các thấu kính.
Dụng cụ cho như sau:

* Một hộp đen quang học
* Đèn chiếu sáng
* Một số tờ giấy kẻ mm
* Giá quang học, màn hứng ảnh

Trang 3/3


* Thước đo chiều dài
................... Hết ..................

Người ra đề

Vũ Thị Thu
(Điện thoại: 0946 609 612)

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII
TRƯỜNG PT VÙNG CAO VIỆT BẮC
HƯỚNG DẪN CHẤM
-------------------

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ - KHỐI 11
Năm học 2015 - 2016
(Đáp án gồm có 06 trang)

Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang
điểm đã định.
Bài 1. (Tĩnh điện – 3,5 điểm)
a–
0,5 điểm

b–
1,5 điểm

q2
mg = k 2
r0

r0 =

kq 2
mg

0,5

- Khi hệ cân bằng:
, suy ra:
.
- Chọn gốc tọa độ tại VTCB, chiều dương hướng lên trên.
Phương trình định luật II Niu-tơn:
0,5

Trang 4/3


q2
k
− mg = mx ''
( r0 + x) 2

, hay:

Dao động nhỏ, tức x << r0.

q2
q2
k
− k 2 = mx ''
(r0 + x ) 2
r0

x ''+

2kq 2
x=0
mr03

0,5

Do đó pt trên có thể viết thành:
Vậy hạt trên dao động điều hòa với chu kỳ:
T=

c–
1,5 điểm

r
2π
= 2π 0
ω
q

mr0
2k

, với r0 xác định ở trên.
- Hai hạt gần nhau nhất khi vận tốc tương đối giữa chúng
bằng 0, tức là cả 2 hạt có vận tốc bằng vận tốc khối tâm v.
Lực điện là nội lực, hệ 2 hạt chịu tác dụng của ngoại lực là
v0
2
trọng lực 2mg. Ban đầu khối tâm có vận tốc là
, khi khối
tâm có vận tốc v thì khối tâm G đã đi được quãng đường s,
có:
2
 v0 
2 gs =  ÷ − v 2
2
(1)
- Chọn vị trí ban đầu của hạt ở dưới làm gốc tọa độ và gốc
thế năng trọng trường. Khi hai hạt ở gần nhau nhất thì hạt ở
dưới có tọa độ là x1, hạt ở trên là r0 + x2, còn khối tâm có
tọa độ
r
xG = 0 + s
2
.
2mxG = mx1 + m(r0 + x2 )
2s = x1 + x2
Ta có:
, hay

,
Suy ra (1) có thể viết thành:
v02
2mgs = mg ( x1 + x2 ) = m − mv 2
4
(2)
Bảo toàn năng lượng:
q2 1
kq 2
mv 2
mgr0 + k + mv02 =
+2
+ mgx1 + mg ( x2 + r0 )
r0 2
xmin
2
(3)

0,5

0,5

0,5

0,5

Trang 5/3


xmin =

Giải (2) và (3) ta được:

4r0 kq 2
mr0v02 + 4kq 2

Bài 2. (Điện – 3,5 điểm)
a–
1,5 điểm
E3
N
Đ1
Đ2
E2
E1
A
B
C
D
M
R
R1
R2
C
R
E

- Gọi U1 và U2 là hiệu điện thế hai cực của R1 và R2.
-

0,5

S
ử
d
ụ
n
g
p
h
ư
ơ
n
g
t
Trang 6/3


r
ì
n
h
c
ộ
n
g
h
i
ệ
u

đ
i
ệ
n
t
h
ế
:
U
A
C

=
U
A
M

+
E
1

=
U
1

Trang 7/3


+
4

.
U
C
B

=
E
2

+
U
N
B

=
8
+
U
2

.
U
A
B

=
U
A
C

+
U
C

Trang 8/3


B

⇔
1
6
=
1
2
+
U
1

+
U
2

.
→
U
1

+
U

2

=
4
(
1
)
- Công suất tổng cộng:

U 2 U 2 U 2 ( 4 − U1 )
1
4
8
P= 1 + 2 = 1 +
= U12 − U1 +
R1
R2
3
6
2
3
3

0,5

- Tìm được Pmin = 16/9W khi U1 = 4/3V và RAC = x = 4Ω.

0,5

2

Trang 9/3


- Pmax = 176/3 khi U1 = 3E và RAC = 12Ω.
a–
2,0 điểm
- Ta coi mạch ACDNB như một nguồn tương đương có suất điện động e, điện trở trong
r.
- Khi mắc Ampekế vào
A, D:
E
e 4 e
IA = 1 + = +
R1 r 3 r
e, r
E1
A
A
M
D
R1
⇔ 4=

4 e
e 8
+ ⇒ =
3 r
r 3

( 1)
1,0

- Khi mắc Ampekế vào A,
M:
e − E1 3
e−4 3
IA =
= ⇔
=
r
2
r
2

- Giải hệ (1) và (2) tìm
được: r = 24/7Ω, e =
48/7V.
- Khi bỏ Ampekế đi thì:
e − E1 4
I=
= ( A)
r + R1 9

0,5

( 2)

0,5

Bài 3: (Quang hình học: 4 điểm)

Trang 10/3


Sơ đồ tạo ảnh:
L1
L2
AB 
→ A1B1 →
A2 B2
d1
d 2
 '
d1

1–
1,0 điểm

Ở vị trí ban đầu, hệ số phóng đại ảnh qua hệ là:
f1 f2
30
k=
=
d1 (l − f1 − f 2 ) − lf1 + f1 f 2 d1 − 20

0,5

Dịch vật lại gần thấu kính thêm 10cm thì hệ số phóng đại
ảnh là:

30
k' =
d1 − 30

0,5

Theo đề: k = 3k’. Nên d1 = 15cm.
Vị trí ban đầu của vật cách thấu kính thứ nhất 15cm
a) Xác định vị trí đặt L 3: Giả sử L3 cách L1 một đoạn x. Sơ
đồ tạo ảnh:
L3
L1
L2
AB 
→ A1B1 →
A3 B3 →
A2 B2
d1
d3
d 2

0,5

 '
d1

2–
3,0 điểm

 '

d 2

 '
d3

 '
d 2

d1 = ∞ d 2' = ∞
Để thỏa mãn điều kiện đề bài thì:
;
'
⇒ d1 = f1; d 2 = f 2 ⇒ d3 = x − f1; d3' = l − x − f 2
⇒

1
1
1
=
+
f 3 x − f1 l − x − f 2

1,0

Thay số và giải phương trình tìm được
x = O1O3 = 15cm; O2O3 = 35cm
b) Chứng minh k không đổi:
Cách 1: Chứng minh k không đổi và tìm k bằng cách vẽ hình

H3

H2
H1
O2
Trang 11/3


O3
O1
F2
F1’

0,5

A2 B2 O2 H 2 O2 H 2 O3 H 3 O2 F2 O3 F1'
f2
O1O3 − f1
=
=
=
=
'
O1H1 O3 H 3 O1H1 O3 F2 O1F1 O2O3 − f 2
f1
AB
1,0
Thay số: k = 3
Cách 2: Giải bằng phương
pháp đại số, nếu đúng vẫn
cho điểm tối đa.
k=

Bài 4 (Từ trường _ Cảm ứng điện từ - 3,0 điểm)
a–
1,0 điểm
α
O1
C
d
r1

- Trong từ trường đều, hạt mang điện có quỹ đạo là đường tròn, bán kính
0,5

mv
r = qB1
1

- Theo định luật bảo toàn
năng lượng:
mv 2
= qV0
2

Từ

đó:

r

=

1

Trang 12/3


 mv 2 
2m 
÷
 2 ÷

 = 2mV0
2 2
q B1
qB12

- Để prôtôn đi qua được vùng thứ nhất thì r > d, do đó:
1

qB d
V > 2m = 3,1kV
2
1

2

0,5

0

- Sau khi qua vùng 1, prôtôn vẫn giữ nguyên giá trị vận

tốc, nhưng có phương thay đổi (Lực Lo-ren-xơ không làm
thay đổi độ lớn vận tốc của hạt mang điện).
d
Véctơ vận tốc lệch đi một góc α sao cho sinα = r1 .

2mV0
qB22

Do B = 2B nên: r =
b–

2

1

0,5

1
= r1
2

2

- Để prôtôn đi qua được vùng 2 thì:

1,0 điểm

O2 H

> (r sinα + d) → r > 3d

2

1
2
1

Vậy:

2

qB d
V > 9 2m = 28kV

0,5

0

c–
1,0 điểm
- Góc lệch toàn bộ:
δ = α + γ,
π
 π
 − α − β ÷= − β
 2
δ=α+ 2

Trang 13/3

- Theo điều kiện của bài toán
π
δ= 3

do đó:
3
π

 − β ÷ = cos β = sin δ =
2

sin  2

α

O1
C
d
r1
d
O2
r2
H
γ
β

(2)
(1)

0,5

Vì

cosβ

=

(r2 sin α + d ) 3d
=
r2
r1
nên V =
0

0,5

qB12 d 2
12 2m = 36,8kV

Bài 5 (Dao động cơ - 4,0 điểm)
a–
0,5 điểm

Độ cứng k của lò xo:
F = k∆l → k =

ĐKCB ta có:

F
∆l

0,5

b–
1,5 điểm
O

S+ds
S

∆l

Trang 14/3


l

Khi treo lò xo. Do có trọng lượng nên lò xo giãn ra. Xét một phần tử của lò xo nằm

( 0 ≤ s ≤ l)

trong khoảng s và s + ds ;
. Phần tử này coi như một lò xo có có độ dài ds và
độ cứng ks. Lò xo nhỏ này bị kéo dãn bởi trọng lượng của phần lò xo nằm dưới nó.
Gọi

dl

dl =

là độ giãn của phần tử này, ta có:

ks

M
( l− s) g
l

0,5
(1)
Mặt khác độ cứng của lò
xo tỷ lệ nghich với chiều
dài của phần tử đó:
k s ds = kl → k s =

kl
ds

(2)
Thay (2) vào (1) ta được
dl =

Mg
( l − s ) ds
kl2

0,5

(3).
Lấy tích phân 2 vế có:
∆l0 =

∆l0

∫
0

l

dl =

Mg
( l − s ) ds
kl2 ∫0

=

Mg
2k

.
Khi đầu dưới có treo vật m
thì khi cân bằng lò xo giãn
một đoạn
mg ( M + 2m ) g
∆l = ∆l0 +
=
k
2k

0,5

c–
2,0 điểm
O

Vs
x
Trang 15/3


v
s

Chọn gốc toạ độ tại
VTCB. Giả sử tại thời
điểm t vật m có li độ x và
vận tốc v. Sau thời gian dt
đầu dưới của lò xo dịch
chuyển được một đoạn dx
= vdt. Nếu đọ biến dạng
∆l

của lò xo là rất nhỏ so
l

0,5

∆l
=1
l

với của nó thì
thì
phần tử của lò xo cách
điểm treo một đoạn là s sẽ
dịch chuyển một đoạn
.

sdx
l

Động năng của phần tử
2

1  M  s 
dK =  ds ÷ v ÷
2  l  l 

này là
nên động năng của lò xo
là:

0,5

l

1M 2 2
1
K = ∫ dK =
v ∫ s ds = Mv 2
3

2l
6
0

.
ĐLBTNL cho toàn hệ con
lắc lò xo ta có:
W=

0,5

1 2 1
1
1
1
M
kx + mv 2 + Mv 2 = kx 2 +  m + ÷v 2
2
2
6
2
2
3 

= cosnt.
Lấy đạo hàm 2 vế ta có:
Kxx’ +

M


 m + ÷v.v ' = 0
3


Trang 16/3


Chọn gốc toạ độ tại
VTCB. Giả sử tại thời
điểm t vật m có li độ x và
vận tốc v. Sau thời gian dt
đầu dưới của lò xo dịch
chuyển được một đoạn dx
= vdt. Nếu đọ biến dạng
∆l

của lò xo là rất nhỏ so
l

0,5

∆l
=1
l

với của nó thì
thì
phần tử của lò xo cách
điểm treo một đoạn là s sẽ
dịch chuyển một đoạn

.

sdx
l

↔ x ''+

k
M

m+ ÷
3


x=0

.
Vậy hệ dao động điều hoà
ω=

k
m+

với

M
3

=

3k
3m + M

0,5

Bài 6 (Phương án thực hành – 2,0 điểm)
Bài 6 –
2,0 điểm

+ Bước 1: Xác định quang trục hệ thấu kính, tô đậm môt ô
vuông trên tờ giấy mm làm vật. Dùng đèn chiếu sáng vật,
xê dich màn để hứng được ảnh rõ nét trên màn
+ Bước 2: Đo khoảng cách d, d/, hệ số phóng đại K
- Lần 1: Vật kính là O1, kính gần màn là O2 : d1, d1/, K1
- Lần 2 :Vật kính là O2, kính gần màn là O1 : d2 , d2/ , K2
+ Bước 3: Các phép tính:
K1 =

f1 (d − f 2 )
K fd
⇒ f1 = ' 1 2 1
(d1 − f1 )f 2
d1 − f 2 + K1 f 2

K2 =

f 2 ( d − f1 )
d
⇒ f1 =
(d 2 − f 2 ) f1

K 2d 2 − K 2 f 2 + f 2

- Lần 1:

- Lần 2:

0,5
0,5
0,5

'
1

'
2

(1)

'
2

(2)
Trang 17/3


- Từ (1) và (2) →

d1' d 2' − K1 K 2 d1d 2
f2 =
K1d1 − K1 K 2 d1 + d 2' − d 2' K1

- Lặp lại các thao tác trên và tính giá trị

- Làm tương tự ta tính được

f2

d1' d 2' − K1K 2 d1d 2
f1 =
K 2 d 2 − K1 K 2 d 2 + d1' − d1' K 2

- Lặp lại các thao tác trên và tính giá trị

0,5

f1

Người phản biện đáp án

Trang 18/3