Vật lý 11 học sinh giỏi trại hè hùng vương các trường chuyên CHU văn AN LẠNG sơn mới nhất

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ

TRƯỜNG THPT CHUYÊN CHU VĂN AN

LỚP 11

TỈNH LẠNG SƠN
ĐỀ THI ĐÈ XUẤT

(Đề này có 02 trang, gồm 05 câu)

Câu 1 ( 3 điểm)
Hai bản của một tụ điện phẳng đặt trong không khí có cùng diện tích S, có thể chuyển
động không ma sát dọc theo một sợi dây cách điện nằm ngang xuyên qua tâm của chúng.
Một bản có khối lượng m, điện tích Q còn bản kia có khối lượng 2m, điện tích -2Q. Ban đầu
hai bản được giữ cách nhau một khoảng 3d.
a. Tìm năng lượng điện trường giữa hai bản tụ.
b. Ở thời điểm nào đó người ta thả hai bản ra. Hãy xác định vận tốc của mỗi bản khi
chúng cách nhau một khoảng d.
Câu 2 ( 3,5 điểm)

R

Cho mạch điện như hình vẽ
Nguồn U0 = 24V; điện trở R = 1k Ω ; tụ điện C = 1 µ F;
U0
đèn huỳnh quang có đặc điểm: RĐ = ∞ nếu UAB < 5V và
RĐ = 0 nếu UAB ≥ 5V
a) Vẽ dạng đồ thị biểu diễn sự biến đổi của UAB theo thời gian

b)Tính tần số của dòng điện qua đèn

C

Đ

Câu 3 ( 4 điểm)
Một hình trụ đặc đồng chất, trọng lượng P, bán kính r đặt trong một mặt lõm bán kính
cong R (hình 1) . ở điểm trên của hình trụ người ta gắn 2 lò xo với độ cứng k như nhau.
a) Tìm chu kì dao động nhỏ của hình trụ với giả thiết hình trụ
lăn không trượt.
b) Từ kết quả này hãy suy ra chu kì dao động của hình trụ trong

R

k

trường hợp :
+ Không có lò xo
+ Hình trụ dao động trên mặt phẳng.

r


Câu 4 ( 4 điểm)
Hai dây dẫn dài, mỗi dây có điện trở R = r 0
a
c
được uốn thành hai đường ray nằm trong mặt phẳng ngang
V

như hình vẽ. Hai ray phía bên phải cách nhau l 1 = 5l0 và
1
nằm trong từ trường có cảm ứng từ B 1 = 8B0, hướng từ dưới
lên. Hai thanh ray bên trái cách nhau khoảng l 2 = l1 = 5l0 và
d
b
nằm trong từ trường B2=5B0, hướng từ trên xuống.
Hai thanh kim loại nhẵn ab và cd có cùng điện trở r 0 được đặt nằm trên các ray như hình vẽ,
mọi ma sát đều không đáng kể. Tác dụng một lực kéo để ab chuyển động sang phải với vận
tốc đều v1 = 5v0.
1. Khi đó cd cũng chịu tác dụng một ngoại lực và chuyển động sang trái với vận tốc đều v 2
= 4v0. Hãy tìm:
a. Độ lớn ngoại lực tác dụng lên cd, biết lực này nằm trong mặt phẳng ngang.
b. Hiệu điện thế giữa hai đầu c và d và công suất toả nhiệt của mạch trên.
2. Nếu không có ngoại lực tác dụng vào cd, tính vận tốc và quãng đường cd đi được. Cho
khối lượng của thanh cd là m.
Câu 5 ( 3,5 điểm)
Hai thấu kính hội tụ O1, O2 có cùng trục chính, đặt cách nhau một khoảng l. Một vật
AB = 6cm, đặt trước O1 có một ảnh A’B’ = 1,5cm, cùng chiều với vật, trên một màn M. Đặt
một bản mặt song song bằng thủy tinh, độ dày e = 8cm, chiết suất n = 1,6 giữa hai thấu
kính, thì phải dịch chuyển màn một đoạn 3cm và ảnh cao 6cm. Đặt bản đó giữa vật và O 1,
thì phải dịch màn

1
cm và ảnh cao 1,6cm. Tính tiêu cự f 1 và f2 của hai thấu kính và khoảng
3

cách l.
Câu 6 ( 2 điểm)
Xác định điện dung một của tụ điện hóa.

Dụng cụ và vật liệu:
+ Tụ điện cần đo điện dung.
+ Các điện trở mẫu (giá trị điện trở đã biết)
+ Nguồn điện một chiều.
+ Vôn kế một chiều.
+ Đồng hồ đo thời gian
+ Các loại công tắc.
.....................HẾT.....................
Người ra đề


Hà Bình Dương
(0985855645)

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

Điểm

1. Cường độ điện trường do bản tích điện Q (bản 1) và bản tích điện

1 (3đ)

-2Q (bản 2) gây ra lần lượt là : E1 =

0,25

Q
2Q
.
và E 2 =
2ε 0 S
2ε 0 S

Cường độ điện trường bên trong tụ là: Et = E1 + E 2 =

3Q
.
2ε 0 S

0,25

Năng lượng điện trường trong khoảng không gian giữa hai bản tụ là:
2

1
1  3Q 
27Q 2 d
 ⋅ S ⋅ 3d =
Wt = ε 0 Et2 ⋅ Vt = ε 0 
2
2  2ε 0 S 
8ε 0 S

0,25

2. Khi hai bản cách nhau một khoảng d, ký hiệu V1 ,V2 lần lượt là
vận tốc của bản 1 và bản 2.
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có:
mV1 + 2mV2 = 0 ⇒ V1 = −2V2 (1)

0,25

Năng lượng điện trường bên trong tụ là:
2

1
1  3Q 
9Q 2 d
 ⋅ Sd =
Wt = ε 0 Et2Vt ' = ε 0 
2
2  2ε 0 S 
8ε 0 S
'

Cường độ điện trường bên ngoài tụ (bên trái của bản tụ 1 và bên
E n = E 2 − E1 =

phải của bản tụ 2) là:

Q
2ε 0 S

Khi hai bản cách nhau là d thì thể tích không gian bên ngoài tăng

một lượng là: ∆V = S ⋅ 2d . Vùng thể tích tăng thêm này cũng có điện
trường đều với cường độ E n . Do vậy, năng lượng điện trường bên
ngoài tụ đã tăng một lượng là:
1
Q2d
∆W = ε 0 E n2 ∆V =
.
2
4ε 0 S
Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng:
mV12 2mV22
Wt − Wt ' =
+
+ ∆W
2
2
↔

9Q 2 d mV12 2mV22 Q 2 d
=
+
+
4ε 0 S
2
2
4ε 0 S

Giải hệ phương trình (1) và (2), cho ta:

0,25

0,25

0,25

0,25
(2)
0,25


2d
2d
và V1 = −2Q
.
3ε 0 Sm
3ε 0 Sm

V2 = Q

Dấu “ – “ thể hiện hai bản chuyển động ngược chiều nhau.

0,25
0,25

a) Xét thời gian khi dòng điện không qua đèn
U0 = Ri + q/C = Rdq/dt + q/c
2(3,5đ)
 dt = C

0,25

Rdq
CU 0 − q

0,25

Thời điểm ban đầu t = 0 là thời điểm tụ chưa có điện và bắt đầu được
nạp. Lấy tích phân 2 vế phương trình trên ta được
t

q

0

0

∫ dt = ∫ C

0,25

Rdq
CU 0 − q

0,25

t
−


RC

⇔ q = CU 0  1 − e ÷


t
−


RC
U
1
−
e
=> Hiệu điện thế của đèn có biểu thức: uAB = q/C = 0 
÷



(*)
Cho đến khi đạt giá trị 5V thì ngay lập tức trở về giá trị 0V do lúc này
toàn bộ điện tích của tụ phóng qua đèn một cách tức thời (do lúc đó
đèn không có điện trở)
Vẽ được dạng đồ thị như hình vẽ

0,25

0,25

uA
B

0,5
0

T

2T

3T

4T

t

5T

b) Từ đồ thị thì khi uAB = 5V là thời điểm t = T
T
− −3

10
5
=
24
1
−
e

Thay vào (*) ta được


Tần số f = 1/T = 103/ln(24/19) Hz


-3
÷
÷ T = 10 ln(24/19) (s)


0,5
0,5
0,5


3(4đ)

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

0,5
O
φ

v
ω1 = θ ' =
r
Mặt khác, ta có:

R

k

v = ϕ '( R − r )

A

A’

0,25

θ C
B

B1

0,25

→ ω1r = ϕ ' ( R − r ) → rθ = ( R − r ) ϕ ≠ Rϕ
Động năng:

0,5

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

2
4
Thế năng:

0,25

2kx 2 1
Et =
+ mg ( R − r ) ϕ2
2
2

0,25

Chú ý là: x = rθ + (R − r)ϕ = 2 ( R − r ) ϕ
Do đó:

1
mg 
2
2 2
E t = k.4 ( R − r ) ϕ2 + mg ( R − r ) ϕ2 =  4k +
( R − r) ϕ
2
2( R − r) 


0,5

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

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

4k +
ω=

mg
2 ( R − r ) 16k
2g
=
+
3
3m 3 ( R − r )
m
4

→

0,5

0,25

0,25


Vậy chu kỳ dao động là:

T=

b.Trường hợp riêng:

-

2π
=
ω

2π

Khi k = 0 thì ω =

2g
3( R − r )

- Khi R → ∞ thì: ω =

4(4đ)

0,25

2 g
16 k
+
3 R −r 3 m

0,25

16k
3m

1. Suất điện động cảm ứng xuất hiện trên hai thanh
c
Thanh ab: e1 = B1l1v1 = 200B0l0 v0
Ft

Thanh cd: e2 = B2l2 v 2 = 100B0l0 v0

a
V1

ic

d

b

Dòng điện cảm ứng có chiều như hình vẽ

(do e1>e2), độ lớn:

e −e
Blv
ic = 1 2 = 25 0 0 0
4r
r

0,5

a. Độ lớn ngoại lực tác dụng lên cd

Lực từ tác dụng lên thanh cd: F2 = B2icl2 = 625

B02 v0l02
r

Do thanh cd chuyển động đều nên ngoại lực:

B02 v0l02
Fk 2 = F2 = 625
r

0,25
0,25

b. Hiệu điện thế giữa hai đầu thanh cd.

u cd = −e2 − icr2 = −125B0 v0l0

Công suất tỏa nhiệt của toàn mạch

(B0 v0l0 )2
P = i .(4r) = 2500
r
2
c

0,5
0,5

2. Nếu không có ngoại lực tác dụng vào thanh cd:
Ngay khi ab chuyển động thì có dòng điện chạy qua cd theo chiều
d-c
⇒ có lực từ tác dụng lên cd theo chiều hướng ra mạch điện, do
đó cd sẽ chuyển động và lại xuất hiện trên cd một suất điện động
cảm ứng e2 có cực (-) nối với đầu c.
Xét tại thời điểm t, vận tốc của cd là v, gia tốc là a.

e −e
ic = 1 2
4r

=

200B0l0v0 − 25B0l0v
4r

200B0l0 v0 − 25B0l0v
⇒ Ft = ma = B2icl =

.25B0l0
2
4r

0,25
0,25


m.4r dv
= 8v0 − v
(25B0l0 )2 dt
Đặt : 8v0 − v = y ⇒ dy = −dv
⇒

0,25
0,25

dy
(25B0l0 )
= ky (Đặt k = −
)
dt
4mr
⇒ y = y0e kt
Tại t=0 thì: v2=0 nên y0 = 8v0
2

Vậy:

Do đó:

y = 8v 0 .e kt

0,25

⇒ v = 8v (1 − e −
0

(25B0l0 )2
t
4mr

0,25

)

* Tính quãng đường
Từ:

m.4r dv
m.4r
= 8v0 − v ⇒
dv = 8v0dt − ds
2
(25B0l0 ) dt
(25B0l0 )2

0,25

Tích phân hai vế:

(25B0l0 )


−
m.4r
m.4r
1 − e 4mr
v = 8v0 t − s ⇒ s = 8v0  t −
2
2
(25B0l0 )
 (25B0l0 ) 


÷
÷


5(3,5đ) Hình vẽ a), b), c) là các vị trí của thấu kính, vật AB và màn, ứng
2

t

0,25

với các vị trí khác nhau của bản L.
Ban đầu, khi chưa đặt bản L, thì số phóng đại của
ảnh A’B’ là:

k' =

0,25

AB
A ' B ' 1, 5 1
A' B '
=
= ; k1 = 1 1 ; k2 =
6
4
AB
AB
A1 B1

Bản L đặt giữa hai thấu kính, thì vật A1 B1 , đối với O2 bị dịch

0,25

 1
'
chuyển lại gần O2 một đoạn: ∆d2 = A1 A1 = e  1 − ÷ = 3cm
n



Và làm cho ảnh A’B’ bị dịch chuyển một đoạn ∆d2' = 3cm.
Gọi k2' là số phóng đại của ảnh này, ta có:

∆d2'
3

= k2 k2' = = 1
∆d2
3

k2' A " B " 6
=
=4
Mặt khác: =
k2
A ' B ' 1,5
'
Do đó: k2 k2 .

0,25

k2'
1
= 4 → k2'2 = 4 → k2' = −2 và k2 =
k2
2

0,25
0,25


Từ đó ta tính được:
A1 B1 =

d2 = 6cm, d2' = 3cm, f2 = 2cm. Ta

lại có:

A ' B ' −1,5
=
= 3cm.
k2
−0,5

0,25

0,25

Số phóng đại k1 khi qua O1 là: k1 =

A1 B1 −3
1
=
=−
AB
6
2

Khi đặt bản L giữa AB và O1 là A0B0, bị dịch chuyển lại gần O1,

0,25

một đoạn ∆d1 = 3cm.
Sự dịch chuyển này của vật AB lại gây ra độ dịch chuyển ∆d1' của

0,25

ảnh A1B1 ra xa O1. Vật A1B1 đối với O2 bị dịch chuyển một đoạn
∆d2 = ∆d1' về phía O2 làm cho ảnh cuối cùng bị dịch chuyển

(

1
cm
3

)

d2' + ∆d2' f2 20
1
ra xa O2, tức là: ∆d = cm. Ta có: d2 − ∆d2 = '
=
= 5cm
3
d2 + ∆d2' − f2
4
'
2

Do đó: ∆d1' = ∆d2 = d2 − 5 = 6 − 6 = 1cm và k " =

d2' + ∆d2' 10 2
=
=
d2 − ∆d2 15 3

∆d2' ∆d2' ∆d2 ∆d2' ∆d1'
1 1 '
1
=
=
↔
= k1k1 → k1k1' =
Mặt khác, ta lại có:
∆d1 ∆d2 ∆d1 ∆d2 ∆d1
3.3 3
3

Khi chưa đặt bản L thì: k =

A ' B ' 1,5
 1
=
= k1k2 = k1.  − ÷
AB
6
 2

d
1
1
2
Do đó: k1 = − , d1' = 1 ; k1' = .2 =
2
2
3

3

Ta lại có phương trình: d1' =
6(2đ)

d1
= 9cm, f1 = 6cm, l = d1' + d2 = 15cm
2

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

Cơ sở lý thuyết:
Tích điện cho tụ điện đến giá trị U0 sau đó nối tụ điện với
0.25
điện trở cho trước R. Hiệu điện thế trên tụ giảm theo quy luật
hàm mũ
t
0.25
−
RC
U = U0 e
e
e

t

RC
t
RC

U0
t
U
⇒
= ln 0
U
RC
U
U
t
U
= 0⇒
= ln 0
U
RC
U
=

0.25
0.25


C=

t

U0
U
Đo được các hiệu điện thế U0 và U, thời gian phóng điện từ
U0 đến U thay vào công thức trên tính được giá trị của C
Các bước tiến hành:
Lắp sơ đồ mạch điện như hình vẽ:
R ln

0.25
Chuyển công tắc K sang vị trí nguồn để tích điện cho tụ C
Sau một thời gian tích điện. chuyển công tắc sang vị trí nối
với R
Đồng thời bấm đồng hồ tính giờ và quan sát trên vôn kế để đọc
giá trị của U0 sau một khoảng thời gian t đọc hiệu điện thế U .
Ghi các giá trị đọc được vào bảng
Lần đo
U0(V)
U(V)
t
C
1
2
3
Tính giá trị trung bình của C:
C + C2 + C3
C= 1
3
Tính sai số trung bình
C1 − C + C2 − C + C3 − C
∆C =

3
Két quả C đo được:
C = C ± ∆C

0.25

0.25

0.25