Vật lý 11 học sinh giỏi trại hè hùng vương các trường chuyên điện BIÊN mới nhất

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII

ĐỀ THI MÔN VẬT LÍ

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

LỚP 11

TỈNH ĐIỆN BIÊN
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

(Đề này có 2 trang, gồm 6 câu)

Câu 1 (3,0 điểm)
A

Hai quả cầu nhỏ, mỗi quả có khối lượng m và điện tích

B

q được giữ tại hai điểm A và B cách nhau một khoảng r bên trong

O

một vỏ cầu cách điện có bán kính OA = OB = r và khối lượng 4m
Hình 1

( hình 1). Hãy xác định vận tốc cực đại của vỏ cầu sau khi thả tự do
hai quả cầu. Bỏ qua tác dụng của trọng lực.
Câu 2 (4,0 điểm)
Cho mạch điện như (hình 2) gồm nguồn điện E,

điện trở R và tụ điện C. Ban đầu mạch hở, tại thời điểm t= 1
0 đóng K vào chốt 1:

R
K
2

C

a. Xác định dòng điện tức thời chạy trong mach.
b. Nếu chuyển K sang 2, hãy lập biểu thức dòng
điện tức thời chạy trong mạch.

Hình 2

E

Câu 3 (3,5 điểm)
Một thấu kính mỏng có hai mặt cầu lồi cùng bán kính R=14 cm làm bằng chất có
chiết suất n =1,5 được đặt ở mặt giới hạn hai môi
trường có chiết suất lần lượt là n 1 = 1 và n2 =
1,3( hình 3).
a. Xác định vị trí các tiêu điểm chính F và
F’ của thấu kính.

B
F
A

M

O

n1

n2

Hình 3

F’


b. Xác định số phóng đại của vật AB đặt cách hệ một khoảng d = 60 cm như (hình
3). Nêu cách dựng ảnh của vật AB.
c. Chứng tỏ rằng tồn tại một điểm M nằm trên trục chính mà mọi tia sáng có phương
đi qua điểm M (và đến thấu kính với góc tới nhỏ) dường như truyền thẳng qua thấu kính.
Hãy xác định khoảng cách từ M tới quang tâm O của thấu kính.
Câu 4 (4,0 điểm)
Con lắc đơn gồm vật nhỏ khối lượng m nối với dây dẫn không dãn chiều dài l có
/
m =0 có thể chuyển động phẳng không ma sát trên máng tròn
O
kim loại tâm (O, l) (hình 4). Tụ có điện dung C một đầu nối
với máng, đầu kia nối với thanh kim loại. Hệ thống tạo thành
C
α
một mạch
dẫn điện khép kín đặt trong từ trường đều có cảm
r
r
ứng từ B (xem điện trở của mạch bằng 0). Biết con lắc đơn B

A
B
chỉ dao động nhỏ.
a. Chứng minh rằng con lắc dao động điều hòa? tìm
chu kỳ dao động.
Hình 4
b. Thay tụ C bằng cuộn cảm có độ tự cảm L thì con lắc
có còn dao động điều hòa không? nếu có hãy tính chu kỳ dao động.
Câu 5 ( 3,5 điểm)
Một con lắc kép như (hình 5) gồm thanh đồng chất OA khối lượng m chiều dài 2R
1
2
và momen quán tính I = mR đối với trục vuông góc với thanh đi qua O •
3
C
C. Một đĩa đồng chất khối lượng m bán kính R có tâm là A và momen
φ
1
quán tính J = mR 2 đối với trục của nó. Hệ có thể quay quanh trục nằm
A
2
ngang đi qua O.
a. Đĩa và thanh liên kết chặt với nhau. Tìm chu kì T 1 của những dao
Hình 5
động nhỏ của hệ.
b. Đĩa và thanh có thể quay tự do với nhau. Ở thời điểm đầu thanh
đứng yên và nghiêng góc nhỏ φo so với phương thẳng đứng, đĩa có vận tốc góc ωo. Tìm chu
kì T2 của những dao động nhỏ của thanh. Tốc độ ωo có ảnh hưởng như thế nào đối với chu
kì T2.
Câu 6 ( 2,0 điểm)

Cho các dụng cụ và linh kiện sau:
- Một thấu kính hội tụ và một hệ giá đỡ dụng cụ quang học (có thể đặt ở các tư thế
khác nhau);
- Một nguồn Laser và một màn ảnh.
- Một cốc thủy tinh đáy phẳng, mỏng, trong suốt, đường kính trong đủ rộng.
- Một thước đo chiều dài chia tới milimét.


- Các vật liệu khác: kẹp, nước sạch (chiết suất nn = 4/3).
Hãy đề xuất một phương án thí nghiệm và xây dựng các công thức liên quan để xác
định bán kính cong của hai mặt thấu kính hội tụ và chiết suất của vật làm thấu kính.
.....................HẾT.....................
Người ra đề
Lê Xuân Thông ĐT:0912559903
Ngô Thanh Dũng ĐT : 0903498816
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

Nội dung

Điểm

Dễ dàng thấy 2 quả cầu sẽ trượt xuống . Xét khi ∠AOx = BOx = α, các vật m có vật tốc
uur uur
r
là v1 , v 2 ; vật 4m có vật tốc là v .

- Do hệ vật là kín nên động lượng được bảo toàn:
mv1 + mv 2 + 4m.v = 0 .
- Chiếu phương trình này lên trục Ox và phương ⊥Ox ta được :
mv1cosα = mv2.cosα

(1)

4mv = mv1sinα + mv2sinα (2)

A0
m1, q A

r

αvr
r

2v
→ v1 = v2 =
sin α

0,5

x
α •

v1

B0

B m q
2,

•

O

r
v2

0,5

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng :

kq 2
kq 2
v2
v2
−
= 2.m 1 + 4m
r
2r.sin α
2
2
⇔

0,5

 2
kq 2 

1 
4v 2 
1
−
=
m
2v
+

÷

÷
r  2sin α 
sin 2 α 


⇔ mv

2

( 2sin

2

α + 4)

sin 2 α

2
2

kq 2 2sin α − 1 ⇔ v 2 = kq ( 2sin α − sin α )
=
.
4mr ( sin 2 α + 2 )
r
2sin α

Vận tốc vỏ cầu lớn nhất ⇔ y( α ) =

2sin 2 α − sin α
đạt giá trị lớn nhất .
sin 2 α + 2

⇔ y( α ) = 0

⇔ (sin2α +8sin α-2)cos α =0

0,5


cos α = 0

⇔ sin α = −4 + 18 (loại vì khi đó α < 300)
sin α = −4 − 18

⇔ cosα = 0 ⇔ α = π/2

0,5

Vậy vận tốc lớn nhất của vỏ cầu lúc đó là :

kq 2 1 1 kq 2
kq 2
hay v =
v=
. = .
4mr 3 2 3mr
12mr

2

0,5

a. K đóng vào chốt 1 tụ nạp điện:
Áp dụng định luật kiếc sốp:
0,5

q dq
q
=
R+
C dt
C
1
dq
⇔
( EC − q) =
RC
dt
V
=

EC
−
q
→
dV = −dq
Đặt:
1
dV
1
dV
t
⇒
V =−
⇒−
dt = ∫
⇒−
= LnV + c
(1)
∫
RC
dt
RC
V
RC
t = 0 ⇒ q = 0 ⇒ V = EC ⇒ 0 = Ln( EC ) + c ⇒ c = − Ln( EC )
E = i.R + uc = i.R +

0,25

0,5

Theo bài ra:

1
1
q
t = LnV − Ln( EC ) ⇒ −
t = Ln(1 −
)
RC
RC
EC
−1
−1
t
E RC t
RC
⇒ q = EC (1 − e ) ⇒ i = e
R
⇒−

0,5

Nhiệt lượng tỏa ra trên R:
∞

dQ = i 2 Rdt ⇒ Q = ∫ dQ = ∫
0

0,75

2t
E 2 − RC
E 2C
e dt =
R
2

b. K đóng vào 2 tụ phóng điện:
0,5

q
q dq
dt
dq
t
+ i.R = 0 ⇔ +
R=0⇔
=−
⇒−
= Ln(q ) + c
C
C dt
RC
q
RC
t = 0 ⇒ q = CE ⇒ 0 = − EC ⇒ 0 = Ln( EC ) + c ⇒ c = − Ln( EC )
uc + i.R = 0 ⇔

0,5

1
1
q
t = Ln(q ) − Ln( EC ) ⇒ −
t = Ln(
) ⇒ q = EC .e
RC
RC
EC
dq
E −t
i=
= − e RC
dt
R
a. Dùng công thức lưỡng
n1
⇒−

3

chất phẳng :

n1 n 2 (n 2 − n1 )
+
=
(1)
d1 d 2
R

( C/m: n1 i = n2 r ; n1 (αβγ) = n2 (β-γ).

S

−1
t
RC

0,5
n2

0,5

r

i

S’

h

α

β
d1

C
d’1

γ

h

h

h
+ Thay α = d ; β = ; γ = d rồi biến đổi ta có (1)
R
1
2

+ áp dụng (1) cho hai lần khúc xạ, tìm được:
n1 n 2 (n − n1 ) (n − n 2 )
+
=
+
(2)
d d'
R1
R2
1 1,3 0, 7 1
=
+ Với số liệu đã cho + =
(3)
d d ' 14 20

0,5

+ Nếu chùm sáng tới thấu kính (từ phía n1) ta có thể coi d1= ∞

n1

(n − n1 )

(n − n 2 )

0,5

⇒ f = R + R
1
⇒ OF1 = f1 = 20cm ; Tương tự : OF2 = f2 = 26 cm.
b.Với d = 60cm, dùng (2) ta tính được d’ = 39cm
+ Xét hai tam giác đồng dạng ABF1 và OJF1:

0,5

A 'B ' OF1
20
=
=
= 0,5 .
AB
AF1 60 − 20

c. Vẽ các tia song song trục
tia đi qua F’ như hình vẽ.
tia hướng tới M truyền
thể coi M là vật cho ảnh
vị trí với vật. Thay d = -d’
có d’ = -6 cm. Vậy M ở

một khoảng 6 cm về phía
trường n2.

4

0,5
B
A

I
O
F

n1

J

M
n2

F’
P

A'
B'

chính và
Nếu các
thẳng, có
nằm trùng

vào (2) ta
cách O
môi

0,5

0,5

a. Với tụ C:
Với góc α bất kỳ áp dụng định luật bảo toàn năng lượng:
1 2
u2
mv + mgl (1 − cosα ) + C
= HS
2
2

0,5


dΦ
dS 1 l 2α 1 2
=B
= B
= Bl α
dt
dt 2 dt 2
α2
v = ωl ,
1 − cosα =

2
2
2 3
ω
CB l
1
⇒
(ml 2 +
) + mglα 2 = HS
2
4
2
u=

0,25

(1)

0,25
0,5

Đạo hàm 2 vế của (1):
α '' +

mgl
α =0
CB 2l 3
2
ml +
4

(2)

0,5

(2) chứng tỏ con lắc dao động điều hòa với chu kỳ:
CB 2l 2
ml +
4
T = 2π
mg

0,5

b. Với cuộn cảm L:
Với góc α bất kỳ áp dụng định luật bảo toàn năng lượng:
1 2
i2
mv + mgl (1 − cosα ) + L = HS
2
2
2
2
ω
1
i
⇒
ml 2 + mglα 2 + L = HS
2
2

2
2
2
di
l dα
Bl α
L =B
⇒i =
dt
2dt
2L

0,5
(3)
(4)

0,25

Thay (4) vào (3) ta có:
⇒

ω2 2 1
α2
ml + mglα 2 + B 2l 4
= HS
2
2
8L

0,25

Vi phân 2 vế của phương trình:
⇒ ml 2ωω ' + αω (mgl +

B 2l 4
)=0
4L

B 2l 4
mgl +
4L α = 0
⇔ α '' +
ml 2

0,25

Phương trình trên chứng tỏ con lắc cũng dao động điều hòa với chu kỳ
T = 2π

ml
=0
B 2l 3
mg +
4L

0,25

a. Thanh và đĩa tạo thành vật rắn có momen quán tính đối với trục quay qua O là.
5

mR 2
mR 2
35mR 2
2
2
I=
+ mR +
+ m(2R) =
3
2
6
+ Chọn gốc thế năng hấp dẫn đi qua tâm quay O.

0,5


+ Cơ năng của hệ tại li độ góc φ:
0,5
W = − mgR cos ϕ − mg2R cos ϕ +

Iω
= cos nt(*)
2
2

+ Lấy đạo hàm hai vế phương trình(*):
W ' = 3mgR sin ϕϕ '+

35mR 2
2ωω' = 0

12

0,5

+ Với: sin ϕ ≈ ϕ; ϕ ' = ω; ω ' = ϕ" ta thu được phương trình: ϕ"+

+ Vậy hệ dao động nhỏ với chu kì: T = 2π

18g
ϕ' = 0
35R

35R
18g

0,5

0,5

b. Vận dụng định lí momen động lượng đối với A xét theo phương trục quay ta
có: Jω’ = 0
0,5

4
2
+ Momen động lượng của thanh đối với trục O: L t = mR ϕ '
3
2
+ Momen động lượng của đĩa đối với trục O: L đ = m(2R) ω + Jωo
+Vận dụng định lí momen động lượng đối với O cho cả hệ:

L't + L'd = M = F .d ; Vị trí khối tâm của hệ : OG =

0,5

mx1 + mx2 3
= R
m1 + m2
2

4
9g
ϕ =0
mR 2ϕ"+ 4mR 2 ϕ" = −3mgR sin ϕ ⇒ ϕ '' +
16 R
3

0,25
F,

F

O

16R
Nếu góc φ nhỏ thì hệ dao động điều hòa với chu kì: T = 2π
9g

f

0,25

Nhận xét: Vận tốc ωo của đĩa không ảnh hưởng đến chu kì dao động của thanh.
* Trình bày cơ sở lý thuyết:
6
(2,0
đ)

- Dựa vào công thức:

1
1
1
= ( n − 1)  + 
f
 R1 R2 

1

1

1

- Hệ thấu kính ghép sát có : f = f + f
h
A
* Phương án thí nghiệm:

0,25
0,25
0,25

- Trước hết, bằng các phương pháp quen thuộc để đo tiêu cự của thấu kính, ta có
thể đo được tiêu cự của thấu kính hội tụ. Từ đó, ta được:
1
1
1 
= ( n − 1) 
+

f
 R1 R 2 

(1).

- Đặt mặt thứ nhất của thấu kính lên

0,5

trên một tấm kính phẳng và cho một
giọt nước ( n =1,333) vào chỗ tiếp xúc
giữa thấu kính và mặt phẳng. Đo lại
tiêu cự f1 của hệ này, ta được:
1 1 1
= +
, trong đó fA là tiêu cực thấu
f1 f f A

kính phân kỳ bằng nước (gồm một mặt phẳng và một mặt lõm R1).
Do đó:

 1 
1
= (1,333 − 1) −

fA
 R1 

(2)

- Lặp lại bước 2 với mặt kia của thấu kính, ta đựơc:

1 1 1
= +
trong
f2 f fB

0,25

đó fB là tiêu cự của thấu kính phân kỳ bằng nước (gồm một mặt phẳng và một
mặt lõm R2 ).
Do đó:

 1 
1
= (1,333 − 1) −

fB
 R2 

(3).

0,25

- Từ (1), (2), (3), giải hệ ta thu được: n, R1, R2:
(1,333 − 1) ff 1
(1,333 − 1) ff 2
R1 =
R2 =
;
;
f1 − f
f2 − f

R1 R2
n=
+1
( R1 + R2 ) f

…………………………………Hết……………………………………

0,25