Vật lý 11 học sinh giỏi trại hè hùng vương các trường chuyên HÙNG VƯƠNG mới nhất

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÍ

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG
VƯƠNG PHÚ THỌ

LỚP 11
Thời gian làm bài 180 phút

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Đề thi này có 02 trang, gồm 06 câu

Bài 1 (4 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.
Bài 2 (4 điểm).
Xét hệ như hình 1. Hệ gồm hai đường ray dẫn điện,
song song với nhau, nằm trong mặt phẳng thẳng đứng; một
thanh dẫn điện AB tựa vào hai đường ray và trượt không ma
sát dọc
ur theo các đường ray. Hệ được đặt trong một từ trường
đều B vuông góc với mặt phẳng của hai đường ray. Ta lập
trục toạ độ x thẳng đứng hướng xuống dưới, có gốc tại vị trí
ban đầu của thanh (ở thời điểm t = 0). Hãy khảo sát chuyển

động của thanh (viết phương trình chuyển động) trong từng
trường hợp, khi người ta mắc vào giữa hai điểm C và D:

A

0

B


B

x

C

D

Hình 1

a) Một điện trở R.
b) Một cuộn cảm L không có điện trở thuần. Giả thiết lúc t = 0, không có dòng
điện trong mạch i(0) = 0
c) Một tụ điện C giả thiết lúc t = 0, trên tụ điện không có điện tích q(0) = 0
Cho biết khối lượng của thanh AB là m và khoảng cách giữa hai đường ray là
d. Bỏ qua điện trở của đường ray và thanh AB.
Bài 3 (3 điểm).
Cho mạch dao động gồm cuộn thuần cảm L, tụ điện C
và điốt lí tưởng Đ như hình 2. Ban đầu tụ điện chưa
được tích điện. Đóng khóa K trong thời gian t 0, sau đó

ngắt K. Biết suất điện động của nguồn là E, bỏ qua điện
trở trong của nguồn. Tìm sự phụ thuộc của hiệu điện thế
trên tụ theo thời gian t sau khi ngắt K.

K
Đ
E

L
C
Hình 2
1


Bài 4 (3 điểm).
Một thấu kính O có tiêu cự f. Vật nhỏ AB đặt vuông góc với trục chính
phía trước thấu kính. Màn ảnh M đặt vuông góc với trục chính phía sau thấu kính.
Một bản thuỷ tinh hai mặt song song có độ dày e = 6cm chiết suất n = 1,5, đặt
vuông góc với trục chính. Vật AB và màn M cố định, dịch chuyển thấu kính và bản
thủy tinh. Ta tìm được một vị trí của thấu kính mà dù bản mặt đặt trước hay sau
thấu kính thì ảnh trên màn vẫn rõ nét, hai ảnh tương ứng cao 10mm và 8,1mm.
Tìm tiêu cự thấu kính f, chiều cao của vật AB = h , khoảng cách l1 từ vật đến thấu
kính và l2 từ thấu kính đến màn .
Bài 5 (4 điểm).
Một vật đồng chất, có dạng là một
bản mỏng phẳng ABCD với BC và AD là
hai cung tròn đồng tâm bán kính R 1 = 2,2m
và R2 = 2,8m như hình 3. Vật được treo vào
điểm cố định O bằng hai dây treo nhẹ OA
và OB, không giãn hướng theo phương bán

kính, góc ở tâm AOD = α0 = 100o. Cho vật
dao động trong mặt phẳng OAD với biên
độ nhỏ. Bỏ qua ma sát, hãy tính chu kì dao
động của vật.
Bài 6 (2 điểm).

O
B
A

α

C
D

Úp ngược một ống thuỷ tinh khá
nhỏ, có thành mỏng và đáy phẳng vào một
Hình 3
chậu nước sao cho thân ống thẳng đứng,
miệng ống sát đáy chậu. Một ít nước dâng lên trong ống. Khi nhìn một hình vẽ trên
đáy chậu theo phương thẳng đứng, xuyên qua đáy ống và lớp nước trong ống ta
thấy có một hình nhỏ bằng k lần vật (k<1). Nêu phương án xác định chiều cao của
cột nước dâng lên trong ống. Cho biết bán kính trong lòng ống là R và coi nước
làm ướt ống hoàn toàn.

……………..Hết……………
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh: ………………………………….Số báo danh: …………

2

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
MÔN: VẬT LÍ, LỚP: 11
Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tốt đa theo thang
điểm đã định.
Bài 1 (4 điểm)

Điểm

a) 1đ
Cường độ điện trường do bản tích điện Q (bản 1) và bản tích điện -2Q (bản 2)
Q
2Q
.
và E 2 =
2ε 0 S
2ε 0 S

gây ra lần lượt là : E1 =

0,5

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

3Q
.
2ε 0 S

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

0,5

b) 3đ
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:

0,5

mV1 + 2mV2 = 0 ⇒ V1 = −2V2 (1)

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
'

0,5

Cường độ điện trường bên ngoài tụ (bên trái của bản tụ 1 và bên phải của bản tụ
2) là:

E n = E 2 − E1 =

Q
2ε 0 S

0,5

3


Khi hai bn cỏch nhau l d thỡ th tớch khụng gian bờn ngoi tng mt lng
l: V = S 2d . Vựng th tớch tng thờm ny cng cú in trng u vi cng
E n . Do vy, nng lng in trng bờn ngoi t ó tng mt lng l:

0,5

1
Q2d

W = 0 E n2 V =
.
2
4 0 S

p dng nh lut bo ton nng lng:
mV12 2mV22
Wt Wt =
+
+ W
2
2
'

9Q 2 d mV12 2mV22 Q 2 d

=
+
+
4 0 S
2
2
4 0 S

0,5
(2)

Gii h phng trỡnh (1) v (2), cho ta:
V2 = Q

2d
2d
v V1 = 2Q
.
3 0 Sm
3 0 Sm

A

0

x

0,5


B

Du th hin hai bn chuyn ng ngc chiu nhau.

Bi 2 (4 im)

B

C

D

im

a) 2
Gọi v là vận tốc của thanh theo trục x. khi thanh dịch chuyển trong từ trờng B, xuất hịên suất điện động cảm ứng e = vBd.

0,5

Suất điện động gây ra trong mạch dòng điện đi từ A sang B, có cờng độ
I=

e vBd
=
. Lực từ tác dụng lên thanh là lực hãm, có giá trị F = - IBd
R
R

Phơng trình chuyển động của thanh là: mg IBd = m
2 2

gmR
do đó: dv + B d v = g và v( t ) = 2 2 1 e
B d
dt
mR

B2d 2
t
mR

dv
dt

0,5

(1)
0,5

4


gmR
v× vËy : x( t ) = 2 2
Bd

B2d 2

mR  mR t 
t + 2 2 e
−1 

 B d 


0,5

b) 1đ
Trong mạch có suất điện động tự cảm: etc = VC − VD = L

tích phân ta đuợc: I ( t ) =

xBd
L

dI
= vBd ,
dt

0,5

(2)

mL d 2 I
.
+ IBd = mg .
Bd dt 2
dI
mg
(1 − cos ωt )
vì ( 0) = 0 nên I ( t ) =
dt
Bd

Từ (1) và (2) ta có:

trong đó: ω 2 =

0,5

g
B2 d
nên x( t ) = 2 (1 − cos ωt )
ω
mL
2

c) 1đ
Ta có

q
dq
dv
= vBd và I =
nên I = CBd
C
dt
dt

dv
g
=
dv
= mg ha dt
CB 2 d 2
Từ (1), ta có m + CB d
1
+
dt
m

1
g
x( t ) =
t2
2 2
CB
d
2
Vì vậy
1+
m

(

2

2

)

Bài 3 (3 điểm)
Khi đóng K, dòng điện không đi qua điốt Đ, tụ
không được nạp điện. Trong thời gian này,
u AB = E = L

0,5

di
E
↔ di = dt .

dt
L

K
E

0,5

A
i

i
L

C

i

–

Điểm

+

B

0,5

5

Tích phân hai vế được: i =

E
t
L

E
+ Đến thời điểm t0 đóng K thì dòng điện trong mạch có giá trị I = t 0
L

+ Ngay sau khi ngắt K, trong mạch LC xảy ra
dao động. Gọi q là điện tích của bản B, chọn
chiều dương đi qua cuộn L theo chiều từ A đến
B.

K
E

L

–
C
+ q

Ta có i = q’
u AB = Li ' = −

0,5

0,5

q
C

Suy ra q"+ω 2 q = 0 với ω =

1
LC

hay T = 2π LC

q = A cos(ωt + ϕ )
i = q ' = − Aω sin(ωt + ϕ )

q = A cos ϕ = 0

Tại t = 0 
E
i = − Aω sin ϕ = I = L t 0 → sin ϕ < 0

π
2

Suy ra ϕ = − ; A =

Vậy q =

0,5

Et 0
.
Lω

Et 0
π
cos(ωt − ) (C)
Lω
2

u C = u BA =

0,5

π
cos(ωt − )(V )
2
LC

Et 0

uC

t = T/4 thì UCmax nhưng tụ không phóng điện
được vì điốt đóng. Ta có đồ thị như hình vẽ.

Et 0

0,5

LC
Bài 4 (4 điểm)
t
O
Qua bản mặt song song thuỷ tinh vật dịch xuôi chiều ánh sángT/4
một đoạn:
x = BB1 = B2B’’ = e ( 1 -

1
) = 2cm
n

Điểm
0,5đ

6


Khi bản mặt song song ở phía trước thấu kính :
d1 = B1O = l1 – x và d1’ = OM = l2
Khi bản mặt song song ở phía sau thấu kính :

0,5đ

d2 = B1O = l1 và d2’ = l2 – x
Theo nguyên lý thuận nghịch của ánh sáng ta đổi và trò vật ảnh : Khi A’B’
là vật thật cách thấu kính l2 thì ảnh qua thấu kính là A1B1 cách thấu kính l1x. Điều đó giống như khi vật thật AB cách thấu kính l2 qua thấu kính cho

0,5đ

ảnh A2B2 cách thấu kính l2 – x.
Ta có:
L1 = BO = OB’ = l 2 tức là l1 = l2 = l0 và vật AB cách màn đoạn BM = 2l 0 ,
thấu kính nằm đúng giữa khoảng cách vật màn.
L = 2l0 – x = d1 + d1’ = d2 + d2’; d1 = d2’ = l0 – x; d2 = d1’ = l0 > d1 = d2’ . Vì

1đ

d1’ > d1 suy ra ảnh A’B’ có chiều cao h’ > h chiều cao vật AB
d2’ < d2 -> h’’ < h
Vậy trong hai ảnh có chiều cao đã biết 10mm và 8,1mm chính là:
h’ = A’B’ = 10mm và h’’ = A’’B’’= 8,1mm .

0,5đ

Ta có: h2 = h’.h’’ => h = 9mm
Mặt khác

d1 d 2 ' l0 − x h
=
=
=
d1 ' d 2
l0
h'

0,5đ

=> l0 = 20cm = l1 = l2
Tìm công thức thấu kính ta dùng công thức thấu kính ta dùng công thức :

L2 − l 2 ( 2l0 − x )
=
f=
= 9,47 cm
4l
4 ( 2l0 − x )
2

Hoặc tính f theo công thức thức từ d1 và d1’.
Bài 5 (4 điểm)

0,5đ

Điểm

7


Gọi khối lượng trên một đơn vị
diện tích của vật là ρ. Xét một cung
mỏng dr bán kính r, khối lượng của nó là
dm = ρα0rdr.

O
B
A

C

α

x

r
x

dS

0,5đ
D

dα

Mômen quán tính của yếu tố dm đối với trục quay đi qua O là:
0,5đ

dI = r2dm = ρα0r3dr.
Momen quán tính của cả vật đối với trục quay đi qua O và vuông góc với
R2

1
4
4
mặt phẳng OAD là: I = ∫ ρα 0 r dr = ρα 0 (R 2 − R 1 )
4
R1

0,5đ

3

Gọi trọng tâm của vật là G. Ta thấy vật có tính đối xứng nên trọng tâm
nằm trên trục đối xứng Ox. Đặt OG = d. Khối lượng của vật là M. Xé một
yếu tố diện tích dS = rdrdα (chắn góc ở tâm là dα). Khối lượng của diện

0,5đ

tích dS là dm = ρdS = ρrdrdα, toạ độ x = r.cosα.
Áp dụng công thức tính khối tâm
R2

ta có Md = ∫ xdm = ρ ∫ r dr
2

S

R1

α0 / 2

α
2
cos αdα = ρ ( R23 − R13 ).sin 0
3
2
−α 0 / 2

∫

1đ

Chu kì dao động với biên độ nhỏ của vật là:
I
T = 2π
=π
Mgd

3α 0 ( R24 − R14 )
≈ 3, 4021 ( s)
α0
3
3
2 g ( R2 − R1 )sin
2

Vậy chu kì dao động với biên độ nhỏ của vật là T = 3,4 (s).
Bài 6 (2 điểm)

1đ

Điểm
8


Coi phần nước trong ống như 1 hệ quang học gồm BMSS có chiều dài h
ghép với 1 thấu kính phân kỳ

0,5

→ A1B1 
→ A 2 B2

Sơ đồ tạo ảnh AB 
LCP

TKPK




1

*Xét ảnh A1B1. Gọi ∆h là độ dịch chuyển ảnh thì ∆h = h 1 − ÷.
n


1

4



3

* Xét ảnh A2B2. ta có d = h - ∆h = h - h 1 − ÷. Với n = ; d = h .Mà
3
4
 n
d
3
= −k nên d’ = − kh
d'

4

** Tiêu cự của thấu kính nước:

0,5

0,5

1
 1
= ( n − 1)  − ÷ → f = −3R . Áp dụng công
f
 R

thức thấu kính

0,5

1 1 1
1
1
1
1 
= + =
=
+
. Giải phương trình ta được: h = 4R  − 1÷
f d d ' −3R 3h 3kh
k 

9