Đề thi học sinh giỏi năm 2018 môn vật lý lớp 11 chuyên lào cai

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ KHỐI 11

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH LAO CAI

NĂM 2018

ĐỀ THI ĐÈ XUẤT

Thời gian làm bài 180 phút

(Đề này có 05 câu, in trong 02 trang,Giáo viên ra đề: Phạm Văn Điệp – 0914815356)

Câu 1: Tĩnh điện (4,0 điểm)

B

Hai hạt α A và B, lúc đầu hạt A
đứng yên, B bay từ rất xa tới với vận

+
m



v0

h



tốc v 0 như hình vẽ.

A

+ m

Tính khoảng cách ngắn nhất mà B có thể tới gần A. Xét hai trường hợp:
a. h = 0.
b. h ≠ 0.
(Hạt α là hạt nhân của nguyên tử 24 He , mang điện tích +2e)
Câu 2 : Điện và điện từ ( 5,0 điểm)
Một thanh kim loại OA khối lượng m, chiều dài a có thể quay tự do quanh trục thẳng
đứng Oz. Đầu A của thanh tựa trên một vòng kim loại hình tròn, tâm O, bán kính a, đặt cố
định nằm ngang. Đầu O của thanh và một điểm của vòng kim loại được nối với điện trở
thuần R, tụ điện C, khoá K và nguồn điện E tạo thành mạch điện như hình vẽ. Hệ thống
được đặt trong một từ trường đều, không đổi có véc tơ cảm ứng từ B hướng thẳng đứng lên
trên. Bỏ qua điện trở của OA, điểm tiếp xúc, vòng dây và của nguồn điện. Bỏ qua hiện tượng
tự cảm, mọi ma sát và lực cản không khí. Ban đầu K mở, tụ điện C chưa tích điện.Tại thời
điểm t = 0 đóng khoá K.
z
a. Thiết lập hệ thức giữa tốc độ góc  của thanh OA và điện
tích q của tụ điện sau khi đóng khoá K.
b. Tìm biểu thức  và q theo thời gian t. Cho biết mômen
quán tính của thanh OA đối với trục quay Oz bằng

B

A
O
R

1
m.a 2 . Cho
3

C
K
E

1


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

nghiệm của phương trình vi phân
y  A.e ax 

dy
 ay  d với y = y(x)
dx

(d và a là hằng số) có dạng

d
.
a

Câu 3: Quang hình(4,0 điểm)
Một tia sáng chiếu từ
không khí có chiết suất n0 = 1
đến mặt phẳng phân cách x = 0
ngăn cách không khí với một
môi trường trong suốt có chiết
suất biến đổi theo phương gần
như vuông góc với mặt phân
cách đó - hình vẽ. Quĩ đạo của
tia sáng có dạng đường hình sin.

5

y(cm)

0

20

x (cm)

5

a. Viết biểu thức mô tả dạng quĩ đạo của tia sáng.
b. Tìm biểu thức chiết suất của môi trường theo biến tọa độ.
Câu 4: Dao động cơ (4 điểm)
Hai vật A, B có cùng khối lượng m = 0,2 kg, được nối với
A F
B
k

nhau bởi một lò xo khối lượng không đáng kể có độ cứng k = 20
N/m. Hệ số ma sát giữa mỗi vật với sàn là μ = 0,2. Lực ma sát
nghỉ cực đại tác dụng lên mỗi vật bằng 1,5 lần lực ma sát trượt. Ban đầu vật A được kéo bởi
một lực F có phương nằm ngang, độ lớn 0,8N.
a.Viết phương trình chuyển động của vật A khi vật B còn nằm yên.
b.Tìm thời gian từ lúc vật A bắt đầu chuyển động cho đến khi vật B bắt đầu chuyển
động, khi đó vật A có vận tốc bằng bao nhiêu?
Câu 5 : Phương án thực hành (3 điểm)
Cho công thức xác định lực ma sát nhớt tác dụng lên bi nhỏ: F  6 . .v.r
Trong đó: η là hệ số ma sát nhớt của chất lỏng, v là tốc độ chuyển động của bi so với
chất lỏng, r là bán kính của bi.
Cho các dụng cụ thí nghiệm:
(1) Một ống thủy tinh hình trụ dài

2


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

(2) Một đồng hồ bấm giây
(3) Một thước đo chiều dài
(4) Một hộp đựng các viên bi thép giống nhau có khối lượng riêng ρt đã biết.
(5) Chậu đựng dầu thực vật có khối lượng riêng ρd đã biết.
Trình bày cơ sở lý huyết, cách bố trí, các bước tiến hành thí nghiệm để xác định hệ số ma
sát nhớt của dầu thực vật đã cho.

HDC VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ XUẤT- ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
Các trường THPT chuyên khu vực Duyên hải - ĐBBB lần thứ XI -2018
MÔN VẬT LÝ LỚP 11

Hướng dẫn giải

Thang
điểm

Câu 1: (4,0 điểm)

z
B

+

G

yB

x

a. Chọn hệ quy chiếu gắn với khối tâm G,
+ G chuyển động thẳng đều với vG 

v0
2

+
A
yA

0,25

Lúc đầu: y B   y A  y B'   y A'


y

0,25



 v B   v A  2 hạt lại gần nhau
v A  v A  vĐ  v A  0 
G

Đ

G

G

v0
v
v
  0  vB  0
G
2
2
2

0,25

+ Khi lmin: 2 hạt không lại gần nhau nữa: vA  vB  0 .
G

0,25

G

+ Áp dụng Định luật bảo toàn năng lượng:
1 v02 1 v02 k 4e 2
16ke 2
.
m  m

 l min 
2 4 2 4
l min
mv 02

0,5
3


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

b. h ≠ 0:
+ Chọn hệ quy chiếu gắn khối tâm G. G chuyển động thẳng đều
rA  rB  vA  vB
G

G

0,25
Lúc đầu: vA

G

v
v
 0 , vB   0
G
2
2

+ Khi lmin phân tích vA và vB thành hai thành phần: v// A , v A , v// B , v B
G

G

G

G

G

G

0,25



lmin  v/ / A  v/ / B  0; v A  v B .
G

G

G

G

0,25

+ Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng:
v
1 v0 2 1
k (2e) 2
1
m( )  m( 0 ) 2 
 2 mv 2
2
2
2
2
l min
2

(1)

0,5

+Áp dụng ĐL bảo toàn mô men động lượng (lực tĩnh điện có giá qua G)

2.m.

v0 h
l
.  2.m.v min
2 2
2

(2)

0,5
0,25

+Từ (2)  v  

v0 h
2l min

thay vào (1) có:

mv 02 4ke 2
v2h2
8ke 2

 m 0 2  l min 
4
l min
4l min
mv 02

h2 

64k 2 e 4
m 2 v04

0,5

Câu 2: (5,0 điểm)
1, Sau khi đóng K có dòng điện trong mạch tích điện cho tụ. Khi đó
thanh OA chị tác dụng của lực điện từ, làm thanh quay quanh trục Oz.
Khi thanh quay, trên thanh suất hiện suất điện động cảm ứng. Gọi i là
dòng điện chạy qua thanh OA. Lực điện từ dF tác dụng lên đoạn dr của
thanh là Bidr.
Mômen lực từ tác dụng lên thanh là:

4

0,25


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

a

M   Bir.dr=iB
0

0,5

a2

2

Phương trình chuyển động quay của thanh:
0,5
d
a
1
d
a
 iB  ma 2
 iB
dt
2
3
dt
2
2

I

Suy ra: d 

2

3B
dq
2m

0,25

(1)

Tích phân hai vế phương trình (1) và chú ý tại t = 0 thì   0 và q = 0
được:  

3B
2mq

(2)

0,5

2, Suất điện động cảm ứng xuất hiện trên thanh OA:
EC  

d
Ba 2
Suy ra EC 
dt
2

0,25

Áp dụng định luật Ôm: E – EC = uC + Ri
0,5

Ba 2 q
dq
Suy ra: E 
 R

2
C
dt

Từ (2) và (3) :
Đặt

t0 

(3)

dq q
3B 2 a 2 C
E

(1 
)
dt RC
4m
R

RC
E
và I 0 
2 2
3B a C
R
1
4m

Từ (4) ta tìm được: q  Q0e



t
t0

(4)

0,5
0,25

(5)

0,5

 I 0t0

Biết t = 0, q = 0 suy ra Q0 = - I0t0
t


t0
Vậy ta có: q  I 0t0 1  e


t


3BI 0t0 

t0
 , Theo (2)  
1  e


2
m



Câu 3: (4,0 điểm)
5






1,0


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

a. Quĩ đạo có dạng sin nên: y  5.cos(ax  b)

0,5

Khi x = 0 thì y = 5cm nên b = 0
Khi x = k10 thì y = 5 nên chu kì tuần hòa là 10cm

0,5



Vậy: y  5.cos( x)(cm)
5

b. Chia bản đã cho thành nhiều bản có bề dày dy rất mỏng sao cho mỗi
bản có chiết suất coi như không đổi.
0,25
Theo định luật khúc xạ:
n1 sin i1  n2 sin i2  ...  nn sin in  const

y
B

y
Xét hai điểm A và B trên đường truyền có:
x  0
x
A
; B
 y  5cm
y

0,25

α

x

x

Theo trên ta có:

0,5

nA  1
1
(1)
nA sin iA  nB sin iB Với 
 sin iB 
0
ny
iA  90

Tại vị trí B(x, y) bất kì.Tiếp tuyến với quĩ đạo của tia sáng họp với trục
Ox góc α.
Ta có: tan  

dy


  .cos( x  )
dx
5
2

0,5
0,5

Mặt khác: siniB = cosα nên:
sin iB 

1
1  tan 
2



1
1   2 .cos 2 (


5



x )
2

(2)
6


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Từ (1) và (2) ta có:
n

1,0

1


 1   2 .cos 2 ( x  )
sin ix
5
2

Hay:
n  1   2 .cos 2 (arcos

y 
 )
5 2

Câu 4: (4,0 điểm)
B

k

OB

A

F

OA

0,25

* Xét mỗi vật chịu:
Fmst = μmg = 0,2.0,2.10 = 0,4N.
Ma sát nghỉ cực đại : FM = 1,5.μmg = 1,5.0,2.0,2.10 = 0,6N
1. Xét vật A : F = 0,8N > FM nên vật A bị trượt dưới tác dụng của F
khi B còn nằm yên

0,25

Định luật II Newton:
0,25

F  Fms  Fđh  ma A  F  mg  kx A  mx "A



x”A+k/m xA- (F - mg)/k = 0

(1)

Đặt u = xA- (F - mg)/k

0,5

Khi đó (1)  u" 2 u  0 có nghiệm u  A cos(t   )
 xA = A cos (t + ) +(F - mg)/k = A cos (t + ) + 2 (cm) (2)
với  

0,25

k
20

 10(rad / s)
m
0,2

Và v A  A sin(t   ) (3)
Xác định biên độ A và pha ban đầu φ

7

0,5


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Acos + 2 = 0 và - Asin = 0

Tại to = 0, xA = 0 và vA = 0 nên


φ = π ; A = 2 cm

0,25

Vậy phương trình chuyển động của vật A là x A  2 cos(10t   )  2(cm)
Và phương trình vận tốc v A  20 sin(10t )(cm / s) .
2. Vật B bắt đầu chuyển động khi lực đàn hồi của lò xo tác dụng vào nó

bằng lực ma sát nghỉ cực đại

0,5

Ta có Fđh  0,6 N  kx A  x A  0,03m  3cm
Thời gian từ khi vật A bắt đầu chuyển động cho tới khi vật B chuyển
động là t1
5

x A  2 cos(10t1   )  2  3 và vA> 0  10t1   
 t1  ( s)
3
15

Khi đó v A  20 sin(10t1 )  20 sin 10


15

0,5
0,5

 10 3 (cm / s)

Câu 5: (3,0 điểm)
1. Cơ sở lý thuyết

0,25

Vật rơi trong một môi trường chịu tác dụng của lực cản tỷ lệ với

tốc độ chuyển động của vật. Ban đầu vật rơi nhanh dần, nên tốc độ tăng
dần, đến khi lực cản của môi trường đủ lớn để cân bằng với trọng lực và
lực đẩy Acsimet thì vật chuyển động đều.
Xét một viên bi nhỏ bán kính r chuyển động đều trong dầu với tốc
độ v:

0,25

+ Phân tích lực: trọng lực P , lực đẩy Acsimet F A , lực ma sát nhớt F .
+ Viên bi chuyển động đều nên ta có:

8

0,5


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

P  FA  F  0
 F = P – FA

4
2 r 2   d .g
 6.v.r   .r 3   d .g    
3
9
v

Nhận xét: Để đo η, ta cần đo bán kính r và tốc độ chuyển động v của viên
bi.

0,5

2. Tiến hành thí nghiệm
a. Bố trí thí nghiệm như Hình 2:
0,5

b. Tiến trình thí nghiệm:
Bước 1: Đo bán kính r của các viên bi:
- Xếp liên tiếp N viên bi sát nhau vào cạnh thước, đo
chiều dài L của N viên bi, từ đó:
r

Bi
S

L
2N

CĐ
đều.
Hình 2

Bước 2:

0,25
0,25
0,25

- Dùng bút đánh dấu 2 vị trí trên ống thủy tinh, các vị trí này cách nhau

đủ xa và ở gần đáy ống.
- Thả viên bi thép rơi vào dầu từ một độ cao h xác định. Mỗi viên bi
chuyển động trong ống dầu, quan sát chuyển động của viên bi:
- Dùng thước đo quãng đường S giữa hai vạch đánh dấu.
- Dùng đồng hồ đo khoảng thời gian t chuyển động tương ứng.
Chú ý: Khi tiến hành bước 2 nhiều lần mức dầu và nhiều cặp vị trí đánh
dấu khác nhau trong ống.

9

0,25


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

10