Đề thi học sinh giỏi năm 2018 môn vật lý lớp 11 chuyên hạ long, quảng ninh

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG
DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ – KHỐI 11
NĂM 2018
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời
gian phát đề

(Đề thi gồm 02 trang, gồm 05 câu)
Bài 1: Tĩnh điện (4 điểm)
a. Một vòng dây tròn có bán kính R, tích điện đều với điện tích là Q (cho Q > 0). Xác định
cường độ điện trường gây bởi vòng dây tại một vị trí trên trục của vòng dây, cách tâm vòng dây một
đoạn x?
b. Tại tâm của vòng dây có đặt một lưỡng cực điện có mômen lưỡng
cực điện là p, khối lượng lưỡng cực điện là m. Khi lưỡng cực điện được thả
ra, nó chuyển động được đạt tốc độ lớn nhất là bao nhiêu?
c. Xác định chu kỳ dao động nhỏ của lưỡng cực điện?
Bỏ qua tác dụng của trọng lực.
Bài 2: Từ trường – Cảm ứng điện từ (5 điểm)
Một đĩa phẳng đồng chất bằng đồng có đường kính D và khối lượng m có thể quay không ma sát
xung quanh một trục đi qua tâm đĩa và vuông góc với mặt phẳng đĩa. Tâm và mép đĩa nối với nhau
qua điện trở R nhờ các tiếp điểm trượt a và b (hình vẽ). Toàn bộ
hệ thống nằm trong một từ trường đều có cảm ứng từ B song
song với trục đĩa. Quay đĩa đến vận tốc góc ω0 rồi thả ra.
1. Hỏi đĩa quay bao nhiêu vòng trước khi dừng lại.
2. Bây giờ mắc nối tiếp điện trở nói trên với một nguồn điện
lý tưởng (điện trở trong bằng không) có suất điện động là

U0. Hỏi sau bao lâu từ trạng thái nghỉ đĩa sẽ đạt vận tốc góc
là ω0.
Bài 3: Quang hình (4 điểm)
Giả sử miền không gian x > 0 bị lấp đầy bởi vật liệu có chiết suất n(x) thay đổi theo tọa độ x.
Một tia sáng truyền theo phương lập góc  0 so với trục x đi vào môi trường nói trên.
a. Chứng minh rằng bán kính R của quỹ đạo tia sáng tại điểm x > 0 thỏa mãn hệ thức:
R.d 

dx
,
cos


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
trong đó  là góc giữa phương truyền của tia sáng tại điểm x với trục x.
b. Hãy tìm biểu thức xác định bán kính quỹ đạo của tia sáng như là hàm của x bên trong môi
trường.
c. Chiết suất n(x) phụ thuộc vào x như thế nào để phần quỹ đạo cong của tia sáng trong miền x
> 0 có dạng tròn? Trong trường hợp này, tia sáng đi vào môi trường đến độ sâu bao nhiêu? Hãy
phác họa đường đi của tia sáng.
Bài 4: Dao động cơ (4 điểm)
Một thanh cứng đồng chất có khối lượng m chiều dài L có thể quay tự do trong mặt phẳng
thẳng đứng xung quanh trục quay nằm ngang đi qua khối tâm của nó. Một con nhện cũng có khối
lượng m rơi xuống theo phương thẳng đứng với vận tốc v0 và chạm vào thanh tại điểm cách đều
một đầu thanh và trục quay. Ngay sau khi chạm thanh nó bắt đầu bò dọc theo thanh sao cho vận tốc
góc của hệ thanh – nhện luôn không đổi. Chọn t = 0 lúc nhện bắt đầu bò trên thanh.
a) Tìm vận tốc của thanh.
b) Chứng tỏ rằng khoảng cách từ con nhện đến trục quay sau va chạm được mô tả bằng
phương trình x = Asin(Bt) + C. Xác định các hệ số A, B và C theo các đại lượng đã cho.
c) Tìm điều kiện của v0 để con nhện bò tới đầu thanh.

Bài 5: Phương án thực hành (3 điểm) Xác định hằng số điện môi ε và điện trường đánh thủng Et
của lớp chất điện môi trong lòng tụ điện.
Cho các dụng cụ sau:
- 01 hộp điện trở mẫu có dải giá trị nguyên từ 1  -10 M;
- 01 nguồn điện xoay chiều f = 50 Hz, U = 220 V;
- 01 ampe kế xoay chiều;
- 01 tụ điện gồm hai bản tụ bằng kim loại có diện tích S và khoảng cách giữa hai bản tụ là d,
không gian giữa hai bản tụ được lấp đầy bởi lớp chất điện môi đồng tính cần xác định hằng số điện
môi  và điện trường đánh thủng Et;
- Các dây nối và ngắt điện cần thiết.
Yêu cầu:
1. Trình bày cách bố trí thí nghiệm và xây dựng các công thức cần thiết.
2. Nêu các bước tiến hành thí nghiệm, lập bảng biểu cần thiết để xác định  và Et.

----Hết ----Người ra đề:

Nguyễn Thị Thi – SĐT: 01685 437 000


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Trần Thị Thanh Huyền – SĐT: 0934 694 670

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG

ĐÁP ÁN MÔN: VẬT LÍ – KHỐI 11

QUẢNG NINH

NĂM HỌC 2017 – 2018

(ĐỀ THI ĐỀ XUẤT)

Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có 02 trang, gồm 5 câu)

Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang điểm đã định.

Bài 1: Tĩnh điện (4 điểm)
Ý

Nội dung

Điểm

a (1,5 - Chia vòng dây thành các phần tử dài dl, điện tích dq, với mật độ điện dài
0,25
điểm)
Q



2 R


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

- Điện tích dq1 gây ra tại M (cách tâm O đoạn x) cường độ điện trường dE1 :

dE1  k

dq
dq

k
thành phần
l2
R2  x2

0,25

dE1 gây ra cường độ điện trường dọc

theo trục xx’véc tơ dE1x .

dE1x  dE1.cos  dE1

dE1x  k

x
R2  x2

k

dq
x
.
2
2
R x

R2  x2

dq.x
dl.x.Q

k
( R 2  x 2 )3/2
( R 2  x 2 )3/2 .2 R

Cường độ điện trường tổng hợp tại M có phương dọc theo trục của vòng dây.
Vậy cường độ điện trường do cả vòng dây gây ra tại M là:
2 R

E


0

x.Q
dE  k 2
( R  x 2 )3/2 .2 R

2 R



dl  k

0

- Theo câu a, cường độ điện trường tại 1 điểm trên trục x
(1,25 là:
Q.x
điểm)
Ex 
4 0 ( R 2  x 2 )3/2

- Khi cân bằng, điện trường thỏa mãn:

dEx
0
dx

- Từ đó xác định được vị trí đạt được trạng thái này:
R
2

0,5

x.Q
( R 2  x 2 )3/2

b

x0 

0,5

0,5

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

- Mối quan hệ giữa các góc:
tan  0  2 ; sin  0 

0,25

tan 0
1  tan 0
2



6
1
1
; cos0 

2
3
3
1  tan 0

- Theo đó, cường độ điện trường tại vị trí cân bằng x0 : Ex 0 

3Q
18 0 R 2

- Thế năng điện trường của lưỡng cực điện tại đó chuyển hóa thành động năng

0,5

của nó
Wtx 0  p.Ex 0 

3Q
mv 2

18 0 R 2
2

=> Tốc độ cực đại mà lưỡng cực điện đạt được là:
3Qp
9 0 mR 2

vmax 

c
(1,25

- Tại vị trí x0 , gradient

E
thay đổi dấu, lưỡng cực điện đạt được tốc độ lớn
x

0,25

điểm) nhất tại điểm này, sau đó, nó chuyển động chậm dần lại và thực hiện dao động

nhỏ quanh vị trí x0 .
- Lực điện trường tác dụng lên lưỡng cực điện khi nó đi từ vị trí cân bằng x0 lên

0,25

một đoạn nhỏ x , x  x0 , (vị trí lưỡng cực điện x  x0  x ) là:
 dE
F  p x
 dx

pQ( R 2  2 x 2 )



 4 0 ( x 2  R 2 )5

Thay x  x0  x vào và biến đổi ta được:
pQ( R 2  2  x0  x  )

pQ  R 2  2 x02 

2

F

2
4 0  x0  x   R 2 



<=>

F 

5



0,25

2
4 0  x0  x   R 2 



5



4 pQx0 x
2
4 0  x0  x   R 2 



5

4 pQx
35  0 R 4

- Định luật II Newton cho lưỡng cực điện tại vị trí x:
ma  

4 pQx
35  0 R 4

0,25


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

=> Tần số góc của dao động của lưỡng cực:


0,25
4 pQ

3  0 mR 4
5

=> Chu kỳ dao động nhỏ của lưỡng cực điện: T   R 2

35  0 m
pQ

Bài 2: Từ trường – Cảm ứng điện từ (5 điểm)
Gợi ý đáp số

Ý
1)

3

Điểm

1) Xét mô men lực gây bởi một vành khuyên có bán kính trong là r và bán kính
ngoài là (r + dr). Chỉ có thành phần vận tốc (theo phương bán kính) của các hạt tải

0,5

điểm điện mới cho đóng góp vào mô men lực, do đó:

dM   dF .r  qvr Br

(1)

Trong đó vr là thành phần vận tốc theo phương bán kính: vr 

dr
.
dt

Thay vào (1) ta được: dM  I .B.r.dr , với I là cường độ dòng
điện tổng cộng chạy qua vành, cũng chính là dòng điện qua cả
đĩa.
Vậy: M   dM 

R0

 I .B.r.dr  I .B.
0

Ở đây R0 

0,5

r

R02 1
 I .B.D 2 .
2 8

D
là bán kính của đĩa.
2

Phương trình chuyển động quay: M  I , hay:

0,5

d  I .B
1  D  d 1

m 
 I .B.D 2 . Suy ra:
dt
m
8  2  dt 8
2

(2)

Để tìm cường độ dòng điện ta tính sđđ cảm ứng xuất hiện khi đĩa quay:
R0

R0

0

0

1
8

   vBdr    Brdr   BD 2 .
Theo định luật Ôm:

I


R



 BD 2
8R

.

(3)

0,5


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Từ (2) và (3): d 

0,5

B2 D2
B2 D2
.dt 
.d .
8mR
8mR

B2 D2
.
Tích phân hai vế ta được: 0 
8mR
- Số vòng quay được là:

 4m.R.02
N

2  B 2 D2

0,5

Khi có nguồn nối tiếp với điện trở thì định luật Ôm có dạng:

2)

0,5

U 0   U 0  BD2
I


R
R
8R

2
điểm
Và:

d I .B U 0  B 2 D 2



dt
m
R
8mR

0,5

B D 


t
8U 0 
8 mR

(
t
)

1

e

.
- Tích phân hai vế cho ta:
BD 2 


0,5

8mR  0 BD 2 
- Thời điểm có  (t )  0 là: t   2 2 ln 1 

B D
8U 0 


0,5

2

2

Bài 3: Quang hình (4 điểm)
Bài

Ý

3

a (1
điểm)

Gợi ý đáp số

Điểm
0,5

- Xét quỹ đạo của tia sáng trong khoảng ( x, x  dx ). Với dx rất nhỏ, có thể
xem đoạn quỹ đạo này có dạng tròn và độ dài cung tròn này gần bằng độ
dài dây cung tương ứng (xem hình vẽ).


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
- Góc giữa trục x với tiếp tuyến của quỹ đạo tại điểm x là  , tại điểm

0,25

x  dx và   d .

- Dễ dàng thấy     d . Ta có:

R  Rd 

b.
(1,5

0,25

dx
cos

Xét một lớp mỏng độ dày dx có bề mặt vuông góc với trục x. Có thể xem

0,5

lớp vật liệu này là đồng nhất có chiết suất n1 .

điểm)

Tia sáng đi tới lớp mỏng dưới góc tới  và đi ra dưới góc  ' . Ta có
n '( x)  n( x  dx) ;
n  n( x ) ;
 '    d
sin  n1

;
sin 1 n

sin 1 n '

sin  ' n1

(1)

Do đó:
n sin   n 'sin  '

0,5
hay

n cos  d   sin 

dn
dx
dx

(2)

Mặt khác, bán kính quỹ đạo R tại x thỏa mãn hệ thức:
Rd 

dx
cos

(3)

Từ (2) và (3), suy ra

0,5

1

1 dn
1 dn
d  1 

sin   n0 sin  0 2
 n0 sin  0 

R
n dx
n dx
dx  n( x) 

(4)

Ở đây, n0 và  0 là chiết suất và góc tới của tia sáng tại bề mặt x = 0.

c.
(1,5

Quỹ đạo của tia sáng trong môi trường có dạng tròn nếu
đó

1
0,5
 hang so . Khi
R


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

điểm)

d  1 

K
dx  n( x) 

hay

1
 Kx  A
n( x )

(5)

Với K và A là các hằng số, K có thứ nguyên là (1/độ dài). Vậy ta được
n0
n( x ) 
(6)
Kn0 x  1

0,25

Nếu K > 0, khi x tăng thì n(x) giảm. Theo (2) ta có n.sin   hang so , suy

0,5

ra sin  tăng.
Do đó, tại khoảng cách lớn nhất xmax mà tia sáng đi vào môi trường thì
  900 . Chiết suất tại điểm này có giá trị

n  n0 sin  0 . Thay vào (6) , ta

có
n0 sin  0 

n0
Kn0 xmax  1

(7)

Suy ra
xmax 


1  1
 1

Kn0  sin  0 

Khi đó đường đi tia sáng có dạng

(8)


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

0,25
Nếu K < 0 , n(x) tăng khi x tăng, do đó sin  giảm. Giá trị nhỏ nhất của
 là 0. Khi đó, tia sáng truyền song song với trục x và không bị khúc xạ.

Trong trường hợp này tia sáng đi vào môi trường ra xa vô cùng. Đường đi
của tia sáng có dạng

Bài 4: Dao động cơ (4 điểm)
Ý
a)
1đ

Điểm

Nội dung
mL2
 mx 2
Mô men quán tính của hệ J =
12
2

Mô men quán tính ban đầu J0 =

Áp

dụng

định

luật

0,5

mL2

7mL2
L
 m  
12
48
4

bảo

toàn

mô

men

động

lượng

:
0,5

12v0
7mL2
L
.  mv0   
48
4
7L

b)
2đ

Tại thời điểm t, góc mà thanh đã quay là  = t
Áp

dụng

định

lý

biến

thiên

mô

men

động

d
dJ
( J )  mgx cos .t  mgx cos .t  
dt
dt

 mgx cos .t  .2mx
x

Tích phân hai vế :

:
1,0

dx
g
 dx 
cos .tdt
dt
2

 dx 
x0

lượng

t

g
L
g
cos .tdt  x  
sin t

2 0
4 2 2

0,5

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

x=
c)
1đ

g
2

sin t 
2

12V0
L
g 49L2
49 gL2
L
 A

; B  
; C
2
2
4
2 144V0 288V0
72
4

Điều kiện để con nhện bò tới đầu thanh : Xmax ≥L/2
Mà xmax = A +

0,5

0,5

L 49 gL2 L

 .
4 288V02 4

49 gL2 L
7
  V0 
2 gL
2
288V0
4
12

0,5

Bài 5 : Phương án thực hành (3 diểm)
Ý

Gợi ý đáp số

Điểm
0,5

Mắc mạch điện như sơ đồ hình vẽ

A

Nguồn
220V
50Hz

Cường độ dòng điện qua mạch là
I

0,5

 d 
U
    R2  

2
 0S 
 I 



d
R2  

  0S 
2

U

 d 
U
Đặt X  R ; Y     Y  X  

 I 
 0S 
2

2

2

2

2

 d 
d
Khi R = 0  Yc  
(1)
 
Yc 0S
 0S 

0,5

Tại điểm tụ bắt đầu bị đánh thủng, ta có giá trị u t  U0Cmax  I0t .ZC

0,5

ut 

1
d
U 2
U 2
(2)
I0t 
 Etd  Et 
C
0S X t  YC
0S X t  YC


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

hoặc E t 

U 2
(2)
0S Yt

Đặt các giá trị điện trở khác nhau từ hộp trở mẫu, ghi giá trị R và dòng điện
I tương ứng vào bảng sau
STT

R

I

X=R2

Y=(U/I)2

….

….

….

….

….

….

….

….

….

….

0,25

0,5

Dựng đồ thị về sự phụ thuộc Y=(U/I)2 theo X=R2.
Nhận xét:
- Giao điểm của đoạn thẳng AB kéo dài với trục tung là YC cho phép xác
định hằng số điện môi  theo công thức (1)
Xác định điện trường đánh thủng : Phần đường cong phi tuyến BC ứng với
giai đoạn tụ bị đánh thủng. Tại điểm bắt đầu bị đánh thủng (điểm B) có tọa
độ (Xt;Yt), từ đó xác định được điện trường đánh thủng theo công thức (2)
----- HẾT -----

0,25