Đề thi học sinh giỏi năm 2018 môn vật lý lớp 11 chuyên ĐHSP hà nội

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ GIỚI THIỆU THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

ĐHSP HÀ NỘI

KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐB BẮC BỘ
MÔN THI: Vật lí - Lớp 11
Thời gian làm bài :180 phút
(Đề thi có 02 trang, gồm 05 câu)

Câu 1: Tĩnh điện
Trên đường tròn tâm O, bán kính Ro đặt bốn chất điểm
tại bốn đỉnh của một hình vuông như hình vẽ. Khối lượng của
mỗi chất điểm đều bằng m. Hai chất điểm có điện tích +q, hai
chất điểm còn lại có điện tích –q. Ban đầu, truyền cho tất cả
các chất điểm vận tốc có độ lớn như nhau, theo phương tiếp
tuyến với đường tròn, chiều thuận chiều kim đồng hồ (hình
vẽ) . Biết trong quá trình chuyển động, khoảng cách nhỏ nhất của mỗi chất điểm đến tâm O
của đường tròn là R1 ( R1 a) Các chất điểm sẽ chuyển động theo quỹ đạo như thế nào?
b) Tìm thời gian đặc trưng cho chuyển động của mỗi chất điểm.
Câu 2: Điện xoay chiều
Trong mạch điện như hình vẽ: Đ là điốt lý tưởng. Điện
dung của các tụ C2 > C1, cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L.
Đặt vào A, B một hiệu điện thế xoay chiều

u AB  U 0 cos t  .

Vào thời điểm t=0, điện thế ở A cao hơn điện thế ở B.

K1

Đ
A
B

a) Vào thời điểm t=0 K1 mở, K2 đóng vào chốt 1. Xác định

C1

K2
1

2

L

cường độ dòng điện i qua L như một hàm số theo thời gian. Vẽ
đồ thị của i theo thời gian, tính giá trị cực đại của i qua L.

Hình 2

b) Vào thời điểm t=0, K1 đóng, K2 đóng vào chốt 2. Tìm biểu thức của hiệu điện thế
trên các tụ điện và vẽ đồ thị theo thời gian của các hiệu điện thế ấy.

C2

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Câu 3: Quang học
Mặt cầu S có tâm nằm trên Ox, mặt cầu này ngăn cách hai môi

y

B

’

trường quang học đồng chất có chiết suất là n và n (Hình 3.1).
a) Các tia sáng song song với trục Ox (trục quang học) sau khi bị khúc
xạ qua mặt S giao nhau tại một điểm nằm trên Ox. S gọi là mặt khúc xạ lý
tưởng. Tìm phương trình của cung BB’ nếu các tia sáng hội tụ tại F (Hình

O

F

(n)

(n’)
B’

3.1), các giá trị n, n’, OF = f đã biết. Xét trường hợp n = n’ và phân tích kết

x

Hình 3.1

quả.
b) Mặt cầu của các thấu kính hội tụ ánh sáng tại một điểm nếu các tia
y

sáng đi gần trục chính. Nếu muốn hội tụ một chùm sáng rộng hơn thì phải
dùng các mặt cầu khúc xạ lí tưởmg. Hãy xác định độ dày nhỏ nhất (ở phần
O

tâm) của một thấu kính hội tụ phẳng – lồi có chiết suất n = 1,5; bán kính R =

F
x

5 cm (Hình 3.2) để có thể hội tụ tại F một chùm sáng rộng, song song với
trục chính chiếu vuông góc với phần mặt phẳng. Biết OF = f = 12 cm.
Câu 4. Dao động cơ

Hình 3.2

Hai vật khối lượng m và 2m được gắn vào hai đầu của
hai lò xo nhẹ, có độ cứng lần lượt là 2k và k như hình vẽ. Hai
lò xo cùng có chiều dài tự nhiên L. Khoảng cách giữ hai đầu cố định của hai lò xo là 2L.
Ban đầu hai vật được giữ để chiều dài của mỗi lò xo là L/2 rồi thả nhẹ đồng thời. Hai vật va
chạm xuyên tâm và dính vào nhau . Tìm vận tốc lớn nhất của hai vật sau khi va chạm. Bỏ
qua mọi ma sát.
Câu 5. Phương án thực hành
Cho các dây nối, một bóng đèn dây tóc có hiệu điện thế định mức 12V, một bình
acquy có suất điện động 12V và điện trở trong rất bé, một ôm kế, một vôn kế, một ampekế
và một nhiệt kế. Hãy đề xuất phương án thí nghiệm để xác định nhiệt độ của dây tóc bóng

đèn khi sáng bình thường. Hệ số nhiệt độ điện trở của vônfam làm dây tóc đã biết.


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐHSP HÀ NỘI

ĐÁP ÁN ĐỀ GIỚI THIỆU THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐB BẮC BỘ
MÔN THI: Vật lí - Lớp 11
Thời gian làm bài :180 phút
(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)

Câu 1: Tĩnh điện
Trên đường tròn tâm O, bán kính Ro đặt bốn chất điểm tại bốn
đỉnh của một hình vuông như hình vẽ. Khối lượng của mỗi
chất điểm đều bằng m. Hai chất điểm có điện tích +q, hai chất
điểm còn lại có điện tích –q. Ban đầu, truyền cho tất cả các
chất điểm vận tốc có độ lớn như nhau, theo phương tiếp tuyến
với đường tròn, chiều thuận chiều kim đồng hồ (hình vẽ) . Biết
trong quá trình chuyển động, khoảng cách nhỏ nhất của mỗi
chất điểm đến tâm O của đường tròn là R1 ( R1 tác dụng của lực hấp dẫn.
a) Các chất điểm sẽ chuyển động theo quỹ đạo như thế nào?
b) Tìm thời gian đặc trưng cho chuyển động của mỗi chất điểm.
Giải
a) Do tính chất đối xứng, nên các chất điểm sẽ chuyển động trên
các quỹ đạo giống nhau. Tại một thời điểm bất kì, bốn chất điểm
sẽ luôn nằm trên đường tròn tâm O, bán kính r = r(t) thay đổi theo

thời gian, tại 4 đỉnh của một hình vuông.
Xét một điện tích, có các lực do 3 điện tích còn lại tác dụng lên
điện tích này là F1 , F2 , F3 .
Cạnh của hình vuông a  2r ( với r là bán kính của đường tròn
tâm O tại thời điểm đang xét)
Độ lớn các lực : F1  F2 

q2
1 q2
;
F

3
4 0 2r 2
4 0 4r 2
1

Độ lớn hợp lực tác dụng lên điện tích: F 

1
4 0

(

q2
q2
1 q2 2 2 1
2

)


(
)
2r 2
4r 2
4 0 r 2
4

Từ đây có thể suy ra mỗi điện tích sẽ chuyển động dưới tác dụng của ba điện tích còn lại,
với quỹ đạo trùng với quỹ đạo như trong trường hợp nó bị hút bởi duy nhất một điện tích
Qq

2 2 1
được giữ cố định tại tâm O.
4

Ban đầu mỗi điện tích được truyền vận tốc theo phương tiếp tuyến với đường tròn, khoảng
cách nhỏ nhất từ chất điểm đến O là R1. Do đó quỹ đạo của các chất điểm là hình elip với
một tiêu điểm là O, bán trục lớn là ( Ro + R1)/2


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

b) Thời gian đặc trưng cho chuyển động của chất điểm chính là chu kì của chất điểm khi nó
chuyển động theo quỹ đạo elip
Gọi vận tốc ban đầu truyền cho mỗi chất điểm là v. Khi đó chất điểm có quỹ đạo là elip,
với chu kì là T, bán trục lớn (Ro+R1)/2
Nếu như ban đầu chất điểm được truyển vận tốc vo >v1 để nó quỹ đạo tròn bán kính Ro, thì
chu kì là To
mvo2

1 q2 2 2 1

(
)
R0
4 0 R0 2
4

Ta có:

1

vo  q

Từ đó tính được

4 0

2
To 
q

.

2 2 1
4mRo

4 0

4mRo 3

2 2 1

Áp dụng định luật III Kepler, ta có:
2

 T   Ro  R1 
  

 To   2 Ro 

Từ đó tính được

2
T
q

2 0

3

m( Ro  R1 )3
2 2 1

Câu 2: Trong mạch điện như hình vẽ: Đ là điốt lý

Đ

tưởng. Điện dung của các tụ C2 > C1, cuộn dây thuần
cảm có độ tự cảm L. Đặt vào A, B một hiệu điện thế

A

u AB  U 0 cos t  . Vào thời điểm t=0,

B

xoay chiều

K1
C1

K2
1

2
C2

L

điện thế ở A cao hơn điện thế ở B.
a) Vào thời điểm t=0 K1 mở, K2 đóng vào chốt 1.

Hình 2

Xác định cường độ dòng điện i qua L như một hàm
số theo thời gian. Vẽ đồ thị của i, tính giá trị cực đại của i qua L.
b) Vào thời điểm t=0, K1 đóng, K2 đóng vào chốt 2. Tìm biểu thức của hiệu điện thế
trên các tụ điện và vẽ đồ thị theo thời gian của các hiệu điện thế ấy.
Giải




di 

di

Sau khi đóng mạch u AB  ecu     L   L  U 0cost
dt
dt
i 



Đ

U0
sin t  b
L

A
B
L


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

- b là hằng số được xác định tự điều kiện ban đầu: t  0  i  0  b  0
U
T
T

 i  0 & b  0; Vậy i  0 sin t với 0  t 
2
L
2
T
T
* Xét  t  3 trong khoảng thời gian này điốt Đ ngắt lần 1
2
4
U
3T
* t
Điốt Đ mở lần 2 có: i  0 sin t  a
4
L
U
3
2 3T
- Ở thời điểm t  T thì điốt Đ mở lần 2, ta có: i  0 sin .  a
4
L
T 4
U0
U0
2 3T
+ Với i  0 
sin
. a 0a 
L
T 4

L
U
2 3T U
+ Vậy : i  0 sin .  0
L
T 4 L
2
2
3
t 3
+ i  0  sin t  1 
t    2k     k
T
T
2
T 4
7
+ Chọn k=1 suy ra t  T .
4
+ Giá trị cực đại của dòng điện là
u
2U 0
T/4 T/2 3T/4 T 5T/4
. Đồ thị như hình bên.
U0
L

-t 

7T/4

O

t

-U0

i

5T/4

O
Mở 1

Đóng

7T/4
t

Mở 2

2) Sau khi đóng K1 và K2 đóng vào
chốt 2, tụ C2 nhanh chóng tích điện đến Q0=C2U0. Tiếp đó Đ không còn vai trò gì trong
mạch điện.
* Tụ C2 tích điện cho C1 đến khi cân bằng điện thế, khi đó trên tụ C1 và C2 có hiệu điện thế
một chiều U1C.
Ta có: C2U 0  C1U1C  C2U1C  U1C 

C2U 0
C1  C2

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

* Bên cạch quá trình các tụ tích điện một chiều là quá
trính có dòng điện xoay chiều qua tụ C1 và C2, ta hãy
tính các hiệu điện thế xoay chiều này.
- Gọi uc1 và uc2 là hiệu điện thế xoay chiều trên 2 tụ tại
thời điểm t, ta có:
- uc1  uc 2  U 0 cost 


Lấy

q1 q2

 U 0 cost.
C1 C2

đạo

hàm

2

vế

ta

K1

Đ
A

C1

+ K2

B

C2

có:

 1
dq1 1 dq2 1
1 
. 
.
 U 0 sin t  i     U 0 sin t.
dt C1 dt C2
 C1 C2 

U 0C1C2
U 0C2
sin t.dt  uc1  
cost  a
 C1  C2 
 C1  C2 
UC

UC
- t  0, uc1  0  a  0 2  uc1  0 2 1  cost  .
C1  C2
C1  C2
UC
UC
Tượng tụ có: uc 2   0 1 cost  0 1
C1  C2
C1  C2

- qc1   i.dt  

* Tính u ở các tụ: Hiệu điện thế trên các tụ bằng tổng hiệu điện thế một chiều và xoay
chiều
U 0 C2
UC
UC
 0 2 1  cost   u1   0 2 cost  0.
C1  C2 C1  C2
C1  C2
UC
UC
UC
U 0C1
cost  0 .
- u2  U1ch  uc 2  0 2  0 1  0 1  cost   u2  U 0 
C1  C2 C1  C2 C1  C2
 C1  C2 

- u1  U1ch  uc1  

u
U0

O

u2
t
T/4

2T

T
u1



2U 0C2
C1  C2


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Câu 3 .Quang học
Mặt cầu S có tâm nằm trên Ox, mặt cầu này ngăn cách hai môi

y

B

’

trường quang học đồng chất có chiết suất là n và n (Hình 3.1).
1. Các tia sáng song song với trục Ox (trục quang học) sau khi bị khúc
xạ qua mặt S giao nhau tại một điểm nằm trên Ox. S gọi là mặt khúc xạ lý
tưởng. Tìm phương trình của cung BB’ nếu các tia sáng hội tụ tại F (Hình
3.1), các giá trị n, n’, OF = f đã biết. Xét trường hợp n = n’ và phân tích kết

O

F

(n)

(n’)
B’

x

Hình 3.1

quả.
2. Mặt cầu của các thấu kính hội tụ ánh sáng tại một điểm nếu các tia
y

sáng đi gần trục chính. Nếu muốn hội tụ một chùm sáng rộng hơn thì phải
dùng các mặt cầu khúc xạ lí tưởmg. Hãy xác định độ dày nhỏ nhất (ở phần
tâm) của một thấu kính hội tụ phẳng – lồi có chiết suất n = 1,5; bán kính R =

O

F
x

5 cm (Hình 3.2) để có thể hội tụ tại F một chùm sáng rộng, song song với
trục chính chiếu vuông góc với phần mặt phẳng. Biết OF = f = 12 cm.
Hình 3.2

Giải
y
A A
y
’

O x
(n)

y
’

B
F
(n’)

x

A A
y
F
’

x
O O

x

B’

Hình 3.1

Hình 3.2

1. Ta xem các tia song song với trục x xuất phát từ F’ ở rất xa O. Quang trình của tất cả các
tia từ F đến F’. Một tia chiếu đến điểm A có hoành độ x, tung độ y thì có quang trình :
L = n. F’A + n’ . AF = const

(1)

Vì F’A = F’A’ + A’A và F’A’  F’O’  L’ = n. A’A + n’. AF = const
- Từ hình 2.1 : AA’ = x; AF = ( f  x)2  y 2

(3)

Từ (2) và (3) ta có : L'  nx  n' ( f  x)2  y 2  const
Với tia trùng với trục Ox : L’ = n’.OF = n’f

(4)
(5)

(2)

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Từ (4) và (5) : nx  n' ( f  x)2  y 2  n ' f

(6)

Biến đổi ta được : (n'2  n2 ) x 2  n2 y 2  2n' (n'  n) fx  0

(7)

Đó là phương trình của elíp. Vậy mặt S là mặt elipxoit tròn xoay.
- Khi n’ = - n thì từ (7) : y2 = 4fx

(8) mặt S là parabol phản xạ ánh sáng.

2. Từ kết quả câu 1 và hình 2.2 : n.OO’ + OF – OO’ = AA’ + AF; OO’ = d
nx  ( f  x) 2  y 2  f  (n  1)d

Với y = R ; x = 0 thì d =

(9)

( f 2  R2 )  f
 2 cm
n 1

Câu 4. Dao động cơ
Hai vật khối lượng m và 2m được gắn vào hai đầu của hai lò
xo nhẹ, có độ cứng lần lượt là 2k và k như hình vẽ. Hai lò xo

cùng có chiều dài tự nhiên L. Khoảng cách giữ hai đầu cố
định của hai lò xo là 2L. Ban đầu hai vật được giữ để chiều
dài của mỗi lò xo là L/2 rồi thả nhẹ đồng thời. Hai vật va chạm xuyên tâm và dính vào nhau
. Tìm vận tốc lớn nhất của hai vật sau khi va chạm. Bỏ qua mọi ma sát.
Giải
Chọn trục Ox có gốc O là điểm chính giữa hai tường, chiều dương hướng từ trái qua phải.
Gốc thời gian lúc thả hai vật.
Phương trình dao động của hai vật:
L
2k
cos(
t)
2
m
L
k
x2  cos(
t)
2
2m
x1  

Hai vật va chạm khi x1 = x2
Tìm được thời điểm đầu tiên va chạm to 


3

2m
k

Thế to, tìm được vào thời điểm ngay trước va chạm, hai vật có cùng tọa độ xo  L / 4
Vận tốc của hai vật ngay trước va chạm: v1 
v2  

L 2k 3
;
2 m 2

L k 3
= -v1/2
2 2m 2

Gọi u là vận tốc hai vật ngay sau va chạm, ap dụng định luật bảo toàn động lượng, ta có:
u

mv1  2mv2
= 0.
m  2m


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Sau va chạm, hệ tương đương vật có khối lượng M = 3m, gắn vào lò xo có độ cứng ko =
3k, chiều dài tự nhiên L.
Hệ dao động điều hòa với tần số góc  

ko
k


.
M
m

Thời điểm ngay sau va chạm vật có vận tốc bằng 0 và lò xo đang biến dạng là L/4
Vận tốc cực đại của hai vật sau va chạm là vmax   xo 

L k
4 m

Câu 5. Phương án thực hành
Cho các dây nối, một bóng đèn dây tóc có hiệu điện thế định mức 12V, một bình acquy có
suất điện động 12V và điện trở trong rất bé, một ôm kế, một vôn kế, một ampekế và một
nhiệt kế. Hãy đề xuất phương án thí nghiệm để xác định nhiệt độ của dây tóc bóng đèn khi
sáng bình thường. Hệ số nhiệt độ điện trở của vônfam làm dây tóc đã biết.
Giải: Điện trở của vật dẫn kim loại phụ thuộc vào nhiệt độ theo quy luật:
(1)
R  R 0 (1  t)
Như vậy nếu xác định được điện trở của dây tóc ở nhiệt độ đèn làm việc bình thường và ở
nhiệt độ nào đó thì có thể suy ra nhiệt độ của nó khi sáng bình thường.
Giả sử ở nhiệt độ trong phòng (ứng với nhiệt độ t1) điện trở của dây tóc là:

R1  R 0 (1  t1 )  R 0 

R1
1  t1

(2)

Khi đèn sáng bình thường, giả sử hiệu điện thế và cường độ dòng điện qua đèn tương ứng

là U và I thì điện trở của bóng đèn khi đó là:

R2 

U
I

(3)

Thay các biểu thức (2) và (3) vào (1), ta nhận được:

R2 


R1
1 U
(1  t 2 )  t 2  
(1  t1 )  1 (4)
1   t1
  IR1


Từ đó có thể đưa ra phương án thí nghiệm theo trình tự như sau:
+ Đọc trên nhiệt kế để nhận được nhiệt độ trong phòng t1.
+ Dùng ôm kế để đo điện trở của dây tóc bóng đèn khi đèn chưa thắp sáng để nhận được
điện trở R1. Khi dùng ôm kế như vậy sẽ có một dòng nhỏ đi qua dây tóc nhưng sự thay đổi
nhiệt độ của dây tóc khi đó là không đáng kể.
+ Mắc mạch điện cho đèn sáng bình thường, trong đó ampe kế mắc nối tiếp và vôn kế mắc
song song với bóng đèn.
+ Đọc số chỉ của vôn kế ampe kế để nhận được U và I.

+ Thay các số liệu nhận được vào công thức (4) để tính nhiệt độ của dây tóc.