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

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XI

ĐỀ THI MÔN VẬT LÍ
LỚP 11

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC KẠN

(Đề này có 02 trang, gồm 05câu)

ĐỀ THI ĐÈ XUẤT

Câu 1 (04 điểm) Hai quả cầu nhỏ tích điện A và B có khối lượng và điện tích
tương ứng là m1 = m, q1 = +q, m2 = 4m, q2 = +2q được đặt cách nhau một đoạn
là a. Ban đầu quả cầu B đứng yên, quả cầu A chuyển động thẳng hướng vào quả
cầu B với vận tốc vo.
a) Tính khoảng cách nhỏ nhất rmin giữa hai quả cầu.
b) Xét trường hợp a = ∞. Tính rmin.
c) Tính vận tốc u1, u2 của hai quả khi chúng lại ra xa nhau ∞. Bỏ qua tác dụng
của trọng trường.
Câu 2 (04 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ, hai
điốt giống nhau, các nguồn điện có E1=0,8V;
E1
E2
R
E2=1,6V và điện trở trong không đáng kể. Điện
Ω

trở thuận của mỗi điôt là 4 , còn điện trở ngược
vô cùng lớn. Hãy tìm giá trị R để công suất tỏa
nhiệt trên nó là cực đại.
Câu 3 (04 điểm) Cho hệ hai thấu kính hội tụ đồng trục L1 và L2 đặt cách nhau a

= 30cm. Thấu kính L1 có đường kính bề mặt D 1 = 1cm, tiêu cự f1 = 10cm, thấu
kính L2 có đường kính bề mặt D 2 = 10cm, tiêu cự f2 = 20cm. Một điểm sáng S
đặt trên trục chính trước L1, cách L1 30cm. Sau L2, người ta đặt một màn ảnh
vuông góc với trục chính. Tìm vị trí của màn để đường kính vết sáng trên màn
là nhỏ nhất. Tìm đường kính này.
Câu 4 (04 điểm)
Một thanh đồng chất khối lượng m độ dài 2a, được treo
nằm ngang bởi hai dây song song nhẹ, không giãn có
chiều dài 2a. Người ta truyền cho thanh vận tốc góc ω để
nó quay quanh trục thẳng đứng qua tâm.
a) Tính độ cao cực đại h mà thanh được nâng lên so với
vị trí ban đầu và độ tăng lực căng ban đầu của mỗi sợi
dây.
b) Tính chu kỳ dao động xoắn bé của thanh.

2a
2a


Câu 5 (04 điểm)
Để xác định chiết suất n của một lăng kính P có tiết diện thẳng là tam giác
ABC, người ta chiếu vào mặt bên AB một tia sáng đơn sắc nằm trong mặt
phẳng tiết diện thẳng của lăng kính sao cho tia khúc xạ tới mặt bên AC và ló ra
khỏi lăng kính ở mặt bên AC. Người ta đo góc chiết quang A và góc lệch cực
±

±

tiểu Dm của tia sáng đơn sắc đó, kết quả đo như sau : A=600 10 và Dm=300 10.
a) Tính chiết suất n của lăng kính đối với ánh sáng đơn sắc trên và sai số tương

đối

∆n
n

của phép đo chiết suất này.

b) Tính góc lệch cực đại của tia sáng truyền qua lăng kính.


HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN: VẬT LÍ, LỚP 11
Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo
thang điểm đã định.
Câu 1 (04 điểm)
a) - Khi 2 quả cầu có khoảng cách cực tiểu thì
chúng có cùng vận tốc

- Bảo toàn động lượng

u

( cùng chiều

mv0 = (4m + m)u
m

- Bảo toàn năng lượng
rmin

u

2
0

v0

)

vo

q1

u=



2

v0
5

(1)

v
2q
u
2q 2
+k
= ( m + 4m)

+k
2
a
2
rmin

1
=
mv 2 a
1+ 02
5kq

từ (1) và (2) suy ra
b) Xét trường hợp a = ∞

q2

2

(2)

1,5 đ

(3)

v02
u2
2q 2
m
= ( m + 4m)

+k
2
2
rmin
5kq 2
mv02

rmin =

Chia cả tử và mẫu của (3) cho a ta được:
c) Khi hai quả cầu lại ở rất xa nhau
Bảo toàn động lượng :

mv0 = mu1 + 4mu2 → u1 = v0 − 4u 2

m

Bảo toàn năng lượng :

1,0 đ

2
0

2

2
1

v

u
u
2q
+k
=m
+ 4m
2
a
2
2
5mu 22 − 2mv0 u 2 −

Kết hợp (4) và (5) ta được :
u2 =

Phương trình (6) có nghiệm:

(4)

2
2

(5)

2

kq
=0
a

(6)

v 0 v0
v
r
r
±
1 + min = 0 (1 ± 1 + min )
5 5
a
5
a

1,5 đ


Vì u2 phải cùng chiều với vo nghĩa là u2 cùng dấu với vo nên ta lấy giá trị
(+)
u2 =

v0
r
(1 + 1 + min )
5
a

u1 =

thay vào (4) ta được
u1 trái dấu với vo nên quả (1) bật trở lại

2v 0
5

u2 =

với a = ∞ thì

u1 = −

;

v0
r
(1 − 4 1 + min )
5
a

3v 0
5

Câu 2 (04 điểm)
Giả sử các điôt đều mở , điện trở điốt là r, dòng qua R là i. Ta có:
iir+iR=E1;
i2r+iR = E2;
i1+i2=i
4−R
10(2 + R )

8+ R
10(2 + R )

0,5 đ

12
10(2 + R)

0,5 đ

Giải được: i1=
; i2=
; i=
Nhận thấy i2>0 với mọi R nên điôt 2 luôn mở.
≥ Ω

+ Ta xét trường hợp R 4

P R=

E R
( R + r )2

( R+

=

+ Xét trường hợp R<4

P R = i2 R =

1, 44 R

(2 + R) 2

=

thì i1<0 điôt 1 đóng, dòng qua R: i=
E22

2
2

Ω

0,5 đ
0,5 đ

E2
R+r

0,5 đ
r 2
E
)
R ≤ 4r

2
2

= 0,16W

thì i1>0, điôt 1 mở dòng qua R:

1, 44
1, 44
2 2
( R+
)
2
R ≤ (2 2)
Ω

i=

0,5 đ

12
10(2 + R )

0,5 đ
= 0,18W
0,5 đ

Vậy PR đạt cực đại bằng 0,18W khi R=2 .

Câu 3 (04 điểm)
+ Qua hệ L1, L2

E

L1
L2

S →
S1 →
S2
d1

d1 'd 2

d2 '
S

O1

P

N

S2

S1

F2

F1'

I

O2

F2
H

S'
M

F


d1 = 20cm

d1 ' =

,

d1 f1
= 20cm
d1 − f1

d 2 = l − d1 ' = 10cm

d2 '=

d2 f2
= −20cm
d2 − f2

S2 là ảnh ảo cho vết sáng trên màn
+ S qua L2 do D1 < D2
L2
S →
S'

d

d'

d = 20 + 30 = 50 cm
d'=

1,5 đ

df 2
100
=
>0
d − f2
3

ảnh thật
Nhận xét: đường kính vệt sáng
trên màn là cực tiểu tại chỗ giao
nhau của hai chùm tia (1) và (2)
O2H = x, HM = D
Ta có tam giác S2O2I đồng dạng
với tam giác S2HM

1,5 đ

d2 '
O2 I S 2 O2
=
=

HM
S2 H
d2 ' + x

Nên
tam giác O1PS1 đồng dạng với tam giác S1IO2
nên

O 2 I S1O 2 d 2 1
=
=
=
O1 P O1 S1 d1 ' 2

1
20 + x
HM = D = D1
4
20

O2 I =

suy ra

Tam giác EFS’ đồng dạng NMS’ :
D=

Suy ra

1

D1
4

1đ

D2 O 2 S '
d'
=
=
2 D HS ' d '− x

D2
1 100
20 + x
(
− x)
=
D1
2 3
100 / 3
80
x=

Thay số được
Câu 4 (04 điểm)

380
cm
13

D=

suy ra

8
cm
13

a) Chọn mặt phẳng ngang qua thanh ở vị trí ban đầu làm mốc thế năng
0,25đ


- Cơ năng của thanh ở thời điểm t = 0 : E 1=

1 2 ma 2ω 2
Iω =
2
6

-Cơ năng của thanh ở vị trí cao nhất h : E 2=mgh

0,25đ

ma 2ω 2
a 2ω 2
= mgh ⇒ h =
6
6g

- Bảo toàn cơ năng ,cho ta:

* Khi thanh lệch một góc φ, nó nâng lên độ cao z.
Do thanh vẫn nằm ngang nên, ta có:
(2a-z)2 + ( a - acosφ)2 + a2sin2φ = 4a2
Hay: z2 - 4az + 2a2(1 - cosφ) = 0

0,25đ

z

0,5đ

φ
Đạo hàm hai lần theo thời gian ,ta được:
z" =

0,5đ

1
( z ′2 + a 2ϕ ′′ sin ϕ + a 2ϕ ′2cosϕ )
2a − z

Ở t=0 thì z = 0 , z ' = 0,

ϕ′ = ω

⇒ z′′ =
mz ′′ =

đứng lên thanh tăng một lượng
sợi dây tại thời điểm ban đầu là ΔT =

1 2
aω
2

1
maω 2
2

. Như vậy lực tác dụng thẳng
→ Độ tăng lực căng trên mỗi

1
maω 2
4

b)Giả sử thanh ở li độ góc φ ,từ hình vẽ ta có
⇒α =

2aα = aφ

ϕ
2

0,5đ

0,5đ

(1)

α


⇒T =

0,25đ

mg
2cosα

Áp dụng định luật II cho khối tâm: 2Tcosα = mg
(2)
PTCĐ quay của thanh quanh trục thẳng đứng qua tâm: - 2Tsinα .a =
1 2
ma ϕ ′′
3

(3)

Từ (2) và (3) suy ra: - 3gtanα = a

Hay

-3g.

α

=a

ϕ ′′

(4)

3g
ϕ ′′ + ϕ = 0
2a

Thay (1) vào (4) được:
⇒

ϕ ′′

3g
2a

ω=

Thanh dao động xoắn bé với

T = 2π

0,5 đ

0,5 đ

2a
3g

và

Câu 5 (04 điểm)
a) Tia sáng truyền qua lăng kính có góc lệch cực tiểu Dmin thỏa mãn:

n =

D +A
Sin m
2
A
Sin
2
0

(1)

Với A = 60 , Dm = 30
Lấy vi phân (1) ta có
Cos

dn =

0

⇒

Dm + A D m + A
d(
)
2
2

A
Sin
2

n=
Sin

-

Do đó
=
Sai số tương đối

2 ≈

0,25đ
1,414

Dm + A
A
Cos
2
2 dA
A
2
Sin 2
2

1
D +A

Cot m
d ( Dm + A)
2
2

dn
n

0,25đ

-

1
A
Cot dA
2
2

0,5 đ

0,5 đ
0,5 đ

∆n 1 Cot Dm + A ∆D + 1 Cot Dm + A − Cot A ∆A
=
m
2
2
2
2

2
n
∆n
=
n

0,5 đ

Thay số
15.10-3
b) Tia sáng truyền qua lăng kính có góc lệch cực tiểu khi góc khúc xạ r = r’
0

⇒

= A/2 = 30
góc tới i = 450
* Khi góc tới của tia sáng lớn hơn 45 0 và tăng dần thì góc lệch D của tia
sáng truyền qua lăng kính sẽ tăng lên và sẽ đạt giá trị cực đại khi góc tới i =
900

0,25đ
0,25đ


* Khi góc tới của tia sáng nhỏ hơn 45 0 và nhỏ dần thì góc lệch D của tia
sáng truyền qua lăng sẽ tăng lên và sẽ đạt giá trị cực đại khi góc tới có giá trị
i0
* Góc giới hạn phản xạ toàn phần của lăng kính P là sini gh = 1/n nên igh =
450, để có tia sáng truyền qua lăng kính thì r’

≥

≤

0,25đ
0,5đ

igh = 450 mà r +r’ = A nên r’

150 mà sini = nsinr nên i0 =21,40 khi đó i’ = 900
Khi góc tới i = 900 thí góc ló i’ = i0 .
Vậy: góc lêch cực đại DM = i + i’- A =51,40

0,25đ

Người ra đề: Nguyễn Tiến Quý – SĐT: 0915021803