Đề thi học sinh giỏi năm 2018 môn vật lý lớp 11 chuyên lương văn tụy, ninh bình

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
SỞ GD ĐT NINH B NH
T
TRƢỜNG THPT CHUYÊN
ăm học: 2017 - 2018
LƢƠNG VĂN TỤY
:
T
11
Thời gian làm bài: 1 0 ph t
X ẤT
(Đề này gồm 05 câu trong 02 trang)

Câu 1. TĨNH ĐIỆN (4,0 điểm)
Ở cách xa các vật thể khác trong không gian, có hai quả cầu nhỏ tích điện. Điện tích và khối lƣợng
của các quả cầu lần lƣợt là q1= q, m1 =1g; q2 = -q, m2 = 2g. Ban đầu, khoảng cách hai quả cầu là a = 1m,
vận tốc quả cầu m2 là 1m/s, hƣớng dọc theo đƣờng nối hai quả cầu và đi ra xa m1 và vận tốc của quả cầu m1
cũng bằng 1m/s, nhƣng hƣớng vuông góc với đƣờng nối hai quả cầu. Hỏi với giá trị điện tích q bằng bao
nhiêu thì trong chuyển động tiếp theo, các quả cầu có hai lần cách nhau một khoảng bằng 3m? Chỉ xét
tƣơng tác điện của hai quả cầu.
Câu 2. ĐIỆN VÀ ĐIỆN TỪ (5,0 điểm)
IR
1. Cho mạch điện (hình 3). Tụ điện có
D
điện dung C=1F ban đầu không mang điện,
R
điện trở R=10, nguồn điện có suất điện động
E
C
IoR
Uo

E=20V có điện trở trong không đáng kể. Điốt
UR
D có đƣờng đặc trƣng Vôn-Ampe (hình 4), với
K
O
Io=1A, Uo=10V. Bỏ qua điện trở dây nối và
Hình 3
Hình 4
khoá K. Tính tổng nhiệt lƣợng toả ra trên R sau

 Bz x
khi đóng K.
x+b
O
x

B
+
2. Trên mặt bàn phẳng nằm ngang đặt một khung
y
C
+
dây dẫn hình chữ nhật có các cạnh là a và b (xem hình vẽ).
F2
F1
Khung đƣợc đặt trong một từ trƣờng có thành phần của y + a
D
A
véctơ cảm ứng từ dọc theo trục z chỉ phụ thuộc vào toạ độ x
theo quy luật: B z  B0 (1  x), trong đó B0 và  là các y

hằng số. Truyền cho khung một vận tốc v0 dọc theo trục x. Bỏ qua độ tự cảm của khung dây, hãy xác định
khoảng cách mà khung dây đi đƣợc cho đến khi dừng lại hoàn toàn. Cho biết điện trở thuần của khung dây
là R.
Câu 3. QUANG HÌNH (4,0 điểm)
Ngƣời ta cắt từ một quả cầu làm bằng thủy tinh chiết suất n  1,5 bán kinh R = 10cm lấy hai chỏm
cầu mỏng, để nhận đƣợc hai thấu kính phẳng lồi với đƣờng kính là 1cm và 2cm. Các thấu kính đƣợc dán
đồng trục với nhau. Trên trục chính và cách hệ thấu kính 1m đặt một nguồn sáng điểm và ở phía bên kia
của hệ đặt một màn cũng vuông góc trục chính. Hỏi phải đặt màn nhƣ thế nào để kích thƣớc vết sáng trên
màn là nhỏ nhất? Và kích thƣớc ấy bằng bao nhiêu?
Câu 4. DAO ĐỘNG CƠ (4,0 điểm)
2l
O
Ba quả cầu nhỏ có khối lƣợng m, M, m cùng tích điện q nối với nhau
m
m
M
bằng hai dây nhẹ không dãn và không dẫn điện, chiều dài l. Chọn trục toạ
độ có gốc O trùng với vị trí quả cầu M khi hệ cân bằng, trục OX vuông
góc với hai dây. Tìm chu kỳ dao động nhỏ của hệ theo phƣơng OX. Bỏ
qua ảnh hƣởng của trọng lực.
X
Câu 5. PHƢƠNG ÁN THỰC HÀNH (Điện, Quang, Dao động) (3,0
điểm)
Xác định Suất điện động của nguồn điện chƣa biết và điện trở trong của nó bằng các dụng cụ sau:
Nguồn điện cần xác định, nguồn điện có Sđđ đã biết, hai tụ có điện dung giống nhau, micrôampe kế, một
điện trở có trở kháng 1
----------------------HẾT-------------------

1

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
Giám thi: …………………………………………

Chữ kí: ………………

2


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
SỞ GD ĐT NINH B NH
TRƢỜNG THPT CHUYÊN
LƢƠNG VĂN TỤY

Câu

T

Ấ T
ăm học: 2017 - 2018
:
T
11

áp án
Vận tốc khối tâm của hệ hai hạt.
 2mv02  m  v03 2v02  v01
Vc 

 const

3m
3
2

V

v0
cx

3

V  1 v
 cy 3 0
Do không có ngoại lực, khối tâm chuyển động thẳng đều.
Xét trong hệ quy chiếu khối tâm (C). Vận tốc của mỗi hạt gồm 2 thành phần:
Thành phần theo phƣơng nối 2 hạt (dƣới đây gọi là thành phần song song)
Thành phần vuông góc với đƣờng thẳng nối 2 hạt (dƣới đây gọi là thành phần
vuông góc)
Tại thời điểm ban đầu: vận tốc trong hệ quy chiếu C của các hạt là:
v
2


v 2 mx   0
v mx  v0


 
 
3

3
, v2m 
vm 
v  v0
v   2 v
my
0
2 my
3

3

V0/ 3
m
2/3V0

1
(5
điểm)

C

2m V0/ 3

iểm

0,25

0,25

0,25

y
0,25

2/3V0
Trạng thái ban đầu

x

Để thoả mãn điều kiện hai hạt 2 lần qua vị trí cách nhau 3a thì khoảng cách cực đại
giữa hai hạt l max  3a . Khi đạt khoảng cách lmax thì thành phần vận tốc theo phƣơng
V
song song triệt tiêu, chỉ còn
thành phần vuông góc.
2rmax
C
m
rmax
2m

0,25

lmax
2V
Trạng thái đạt lmax ( l max  3rmax )

0,25
Do động lƣợng của hệ trong hệ quy chiếu C bằng 0 nên
v m  2v


v 2 m  v

0,25
3


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
Theo định luật bảo toàn mômen động lƣợng quanh C của hạt 2m, ta có
 v   a  v a
v  rmax   0      0
(1)
3  3
9

Mặt khác:
l
rmax  max
(2)
3
v a
v a
Từ (1) và (2) suy ra: v  0 . Vì: l max  3a  v  0 
hay
3  l max
3 3a
v
v  0 (3)
9
Theo định luật bảo toàn năng lƣợng (biến thiên động năng của hệ bằng biến thiên

năng lƣợng tƣơng tác điện), ta có
1
1
1
1

2
2
m(v mx
 v my
)   2m(v 22mx  v 22my )   m  (2v) 2  2mv 2 
2
2
2
2

2
q 1
1 
 


4 0  a l max 

q2
v2
4
 m  v02  2m 0  3mv 2 
4 0
9

9

1
1
  
 a l max





0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Theo giả thiết l max  3a
1 1 
  
 a 3a 



2 2

q2
mv 0  3mv 2 
3
4 0



2 2
q2
mv 0  3mv 2 
3
6 0 a

0,25

34 0 ma
 0,32C
(4)
9
Mặt khác, cũng theo định luật bảo toàn năng lƣợng, ứng với trạng thái trong đó hai hạt
cách nhau một khoảng l, ta có:
2
2
1
 v0   1
2 
 q 2  1 1 
m v0   2m    m(2v) 2  2mv 2  =



2
3 
 4 0  a l 
 3  2
Vì hai hạt không thể đi ra xa nhau quá l max , nên với l  l max ta phải có:
(3)  q  v0

4v02
v02
q2
m
 2m 
4 0
9
9

1 1 
  
a l 



q2 1

4 0 a

8 0 ma
 0,27C
(5)
3

8 0 ma
34 0 ma
 q  v0
Từ (4) và (5)  v0
, hay
3
9
0,27C  q  0,32C
1.
- Ngay sau khi đóng K thì có dòng điện đi qua điốt D, tụ điện đƣợc nạp điện, hiệu
điện thế trên tụ điện tăng dần, hiệu điện thế trên D bằng Uo, dòng điện giảm dần, hiệu
điện thế trên tụ tăng dần. Đến thời điểm t1, dòng điện trong mạch bằng Io. Lúc này
hiệu điện thế và điện tích trên tụ là: U1=E-Uo-IoR, q1=C.U1=C.(E-Uo-IoR).

0,25

0,25

 q  v0

0,25

0,25
4


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

CU12 C ( E  U o  I o R) 2


2
2
- Nhiệt lƣợng toả ra trên D: WD1=q1Uo=UoC(E-Uo-IoR)
- Công của nguồn điện: A=q1E=EC(E-Uo-IoR)
C
- Nhiệt lƣợng toả ra trên R: Q1=A-WD1-WC1= [( E  U o ) 2  ( I o R) 2 ]
2
Sau thời điểm t1 dòng điện trong mạch tiếp tục giảm, l c này D có vai trò nhƣ điện trở
thuần r=Uo/Io. Giai đoạn này, nhiệt lƣợng Q2 toả ra trên R bằng công của nguồn A2 trừ
đi độ tăng năng lƣợng trên tụ WC và nhiệt lƣợng toả ra trên D (WĐ2): Q2=A2-WCWĐ2
Công của nguồn: A2=E(EC-q1)=E[EC-C(E-Uo-IoR)]=EC(Uo+IoR)
E 2C
E 2C C
 WC1 
 ( E  U o  I o R) 2
Phần năng lƣợng tăng thêm trong tụ: WC 
2
2
2
U I R
 WC  C (U o  I o R)( E  o o )
2
Nhiệt lƣợng toả ra trên R: Q2=A2-WC-WĐ2Q2+WĐ2=A2-WC
RI
U
I R Uo
Q
R
R
 o  WD 2  Q2 o  Q2  WD 2  Q2 ( o

)
Mà 2  
WD 2 r U o / I o U o
Io R
Io R
Io R
Io R
U I R
 Q2 
( A2  WC ) 
[ EC (U o  I o R)  C (U o  I o R)( E  o o )]
Io R Uo
Io R Uo
2
RI C (U o  I o R)
 Q2  o
2
C
Tổng nhiệt lƣợng toả ra trên R: Q=Q1+Q2= [( E  U o ) 2  U o I o R]  10 4 ( J )
2
2.

Xét khung tại vị trí nhƣ hình vẽ. Ta có:
- Năng lƣợng tích luỹ trên tụ: WC1=

B AB  B0 1    x  và BCD  B0 1    x  b .

 Bz x

O

B
+

y
F2

y+a

x+b

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

x

+

C
F1

A-

0,25

0,25

-D

y

2

Suất điện động cảm ứng xuất hiện trên hai thanh AB, CD là:

0,25

E AB  B AB  v  a; ECD  BCD  v  a .

0,25

Dòng điện chạy trong mạch có chiều nhƣ hình vẽ và có độ lớn bằng:

I

E AB  ECD v  aB AB  BCD  v  a  B0    b



R
R
R

0,25

Lực từ tác dụng lên hai thanh AB và CD có chiều nhƣ hình vẽ và có độ lớn bằng:
F1  BCD  I  a  BCD

B0  ba  v
R

0,25

B ba 2  v
F2  B AB  I  a  B AB  0
R

áp

dụng

định

0,25

2

luật

II

Newton

cho

khung

theo

trục

Ox ,

ta

đƣợc:

0,25
5


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
F1  F2  m  a  m 

0,25

dv
dt

Boba 2 v
BCD  B AB   m dv

R
dt


0,25

B02 2 b 2 a 2 v  dt
 m  dv
R

 v  dt 

0,25

 mR
dx
 mR
dt  2 2 2 2 dv  dx  2 2 2 2 dv
dt
B0  b a
B0  b a
s

 mR
Lấy tích phân hai vế ta có: x  2 2 2 2  v
B0  a b
0

s

0,25
0,25

0

0,25

v0

mRv0
B  2 a 2b 2

0,25

2
0

Vậy độ dịch chuyển của khung dây là: s 

0,25

mRv0
.
B  2 a 2b 2
2
0

0,25
Ta cắt quả cầu (chiết suất n) bán kính R  10cm lấy 2 chỏm cầu để nhận đƣợc 2 thấu
kính phẳng lồi L1 , L2 có đƣờng kính là D1 , D2 (với D1  2 D2  2cm ) thì ch ng sẽ có
’
cùng tiêu cự Slà f:
S1’
’ S2
’
d
d
2
2
d1
d1
1
1
10
 (n  1)   f 
(cm)
f
R
n 1
Sơ đồ tạo ảnh:
(L )
1

Hv
0,5

DL (L2)

A

D
O

S

D

S’2

2

3
d1

0,5

m

I

B

S’1

l

Đƣờng đi của các tia sáng nhƣ hình vẽ. Từ đó ta thấy vết sáng trên màn có kích thƣớc

nhỏ nhất là Dm  AB khi màn ở I với OI  l .
Mặt khác, ta có:
1
1
1
1
1

 ' *
 ' ( 2)
'
f
d1 d1
 d1 d 2

0,5

0,5

0,5
6


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
 D m d1'  l


d1'
 D1
+ Dựa vào tính chất đồng dạng ta đƣợc: 

'
 Dm  l  d 2
 D2
d 2'

 1
3 Dm
1  l
 l 
 '    l 
Cộng vế (3) và vế (4):
'
D1
  d1 d 2  f
D1

(*)
 Dm 
f
4  3


d
 Từ (2), (3), (5) suy ra: 
3
f
l 
(**)
f


 4  3  d
Quả cầu làm bằng thuỷ tinh hữu cơ nên nếu lấy n  1,5

(3)

0,5

(4)

3Dm
f
D1

(5)

0,5

0,5
0,5

(gần đ ng)  f  20(cm)

 D  0,59(cm)
Suy ra:  m
l  17,65(cm)
Giải: Khi M có li độ x1 thì hai vật m có li độ x 2 . Khối tâm của hệ có toạ độ

xG 
Động năng của hệ: E k 

Mx1  2mx 2
M
 0  x 2  
x1
M  2m
2m

1
1
M
M 
2
2
2
M  x1   2 m x 2  
1 
 x1 
2
2
2 
2m 

Thế năng của hệ: Et  2k

0,5

0,5

q 2 kq 2


l
r

0,5

M 

Với: r / 2  l 2  x1  x 2 2  l 2  x12 1 

2m 


4

0,5

2
  x1  2 
M  
 l 1    1 
 
  l   2m  

2

0,5

1/ 2

2

2
q 2 kq 2   x1  
M  
 E t  2k

 
1    1 
l
2l   l   2m  

0,5
1 / 2

2



5kq 2 kq 2  x1  
M 

  1 

2l
4l  l  
2m 

2

0,5

Do năng lƣợng của hệ bảo toàn, ta có:
2

2

M
M 
5kq 2 kq 2  x1  
M 
2

E  E k  Et 

  1 
1 
x1  
  const
2 
2m 
2l
4l  l  
2m 

Lấy đạo hàm hai vế phƣơng trình trên ta dễ dàng nhận đƣợc phƣơng trình vi phân mô
kq 2 
M  kq 2 M  2m 
tả dao động đều hoà với tần số góc:   3 1 

2l M  2m 
4 Mml 3

0,5
0,5

0,5
7


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
 T  2

4Mml 3
.
kq 2 ( M  2m)

 Cơ sở lí thuyết
1, Đo Suất điện động: Dựa vào sự tích điện của tụ, và sự phóng điện của tụ qua
micrôampe kế ở chế độ xung kích (1 giây đầu tiên của quá trình phóng). Căn cứ vào
số chỉ lớn nhất n của Micrôampe kế ta có
1

A

2

0,25

0,25
A

0,25
0,25

n  kIm  k

q
với q  CE và t  1s ta có: n  kCE
t

+ Ta có thể kiểm chứng điều này bằng cách thay vì 1 tụ điện ta mắc vào đó hai
tụ mắc song song, và hai tụ mắc nối tiếp. Trƣờng hợp đầu ta sẽ thấy chỉ số n tăng gấp
đôi, và trƣờng hợp sau sẽ thấy n giảm một nửa.
+ Với nguồn E1 ta có: n1  kCE1
+ Với nguồn E2 ta có: n 2  kCE 2

5

Từ đó có:

n1 E1
n

 E 2  2 E1
n 2 E2
n1

+ Trong công thức này E1 là suất điện động của nguồn đã biết, n1, n2 là số chỉ
cực đại của ampe kế trong hai lần đo với nguồn E1 và với nguồn E2, các chỉ số này
đƣợc đọc trên ampe kế.
2, Đo điện trở trong: Khi đã biết suất điện động, mắc R và nguồn thành một

mạch kín, áp dụng định luật Ôm ta có:

I

E
E
r R
Rr
I

+ Trong công thức này R, E đã biết, I đo đƣợc bằng Micrô Ampe kế.
 Trình tự thí nghiệm:
+ Mắc mạch điện nhƣ hình vẽ:
+ Mắc nguồn E1 vào sơ đồ.
+ Ban đầu đóng K vào chốt 1 để nạp điện cho tụ, khi chắc chắn tụ đã nạp đầy,
gạt nhanh K sang chốt 2, quan sát, đọc nhanh giá trị n1 của MicroAmpe kế.
+ Thay nguồn E1 bằng E2 rồi lặp lại tƣơng tự.
+ Khi đã xác định đƣợc Sđđ E2 mắc sơ đồ mạch điện sau để đo điện trở trong
của nguồn:
 Đánh giá sai số:

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

8


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
+ Sai số ngẫu nhiên trong quá trình đóng khoá K và quan sát, đọc giá trị n 1 và
n2. Để giảm sai số này nên thực hiện lại nhiều lần.
+ Để độ chính xác của thí nghiệm này chính xác thì E1 và E2 không đƣợc sai
khác nhau quá 10 lần, Bộ tụ điện và MicroAmpe phải hợp lý để giá trị n1, n2 không
vƣợt quá thang đo, và cũng không quá nhỏ so với giới hạn thang đo.

0,25

0,25

9


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
Ghi chú :
- Nếu học sinh làm theo các cách khác với đáp án mà ra kết quả đ ng vẫn cho điểm tối đa tƣơng ứng.
- Nếu kết quả thiếu hoặc sai đơn vị trừ tối đa 0,5 điểm cho toàn bài thi.
- Điểm của bài thi không đƣợc làm tròn.

10

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
Ầ
TỔ

ỐT A
A

( Ồ

T

T

(Họ và tên, chữ ký)

XÁ
À

T Ẩ
À

Ả

Ệ

:
Ẫ

Ị

Ấ ) À:….… TRANG.
XÁ

ỦA

ỦA

(Họ và tên, chữ ký, đóng dấu)

T
(Họ và tên, chữ ký)

11