Đề thi học sinh giỏi năm 2018 môn vật lý lớp 11 chuyên tuyên quang

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
TUYÊN QUANG
--------

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
Đề thi có 02 trang

KỲ THI HỌC SINH GIỎI
CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM 2018
Môn: VẬT LÝ - LỚP 11
(Thời gian: 180 phút – không kể thời gian giao đề)

Câu 1. (4,0 điểm). Tĩnh điện
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.
Câu 2(5,0 điểm). Điện từ
Hai dây dẫn dài, mỗi dây có điện trở r0 được uốn thành hai đường ray nằm trong mặt
phẳng ngang như hình vẽ. Hai ray phía bên phải cách nhau l1 = 5l0 và nằm trong từ trường
có cảm ứng từ B1 = 8B0, hướng từ dưới lên. Hai thanh ray bên trái cách nhau khoảng l2 = l1
= 5l0 và nằm trong từ trường B2=5B0, hướng từ trên xuống.
Hai thanh kim loại nhẵn AB và CD có cùng điện trở r0 được đặt nằm trên các ray như hình
vẽ, mọi ma sát đều không đáng kể.

1. Giữ thanh CD cố định:
a) Kéo thanh AB chuyển động sang trái với vận tốc v 0 không đổi. Tìm dòng chạy trong
mạch và lực từ tác dụng lên thanh AB.
b) Coi rằng tại thời điểm t = 0 khi đang kéo thanh AB với tốc độ v0 thì thả cho AB chuyển
động tự do. Bỏ qua mọi ma sát và sự hao tổn năng lượng do bức xạ điện từ.
- Xác định tốc độ của thanh AB tại thời điểm t > 0 và quãng đường mà thanh đi được.
- Khi thanh AB dừng, chứng tỏ rằng năng lượng tỏa ra trên các điện trở đúng bằng động
năng ban đầu của thanh AB.
2. Để thanh CD tự do:
Tác dụng một lực kéo để AB chuyển động sang phải với vận tốc đều v1 = 5v0. Khi đó CD
cũng chịu tác dụng một ngoại lực và chuyển động sang trái với vận tốc đều v2 = 4v0. Hãy tìm:
a) Độ lớn ngoại lực tác dụng lên CD, biết lực này nằm trong mặt phẳng ngang.
b) Hiệu điện thế giữa hai đầu C và D và công suất toả nhiệt của mạch trên.
3. Để thanh CD tự do:
Nếu không có ngoại lực tác dụng vào CD, tính
y
vận tốc và quãng đường CD đi được. Cho khối lượng
của thanh CD là m.
n1
Câu 3. (4,0 điểm). Quang hình
Giữa hai môi trường trong suốt chiết suất n0 và
n1(n0 > n1 > 1) có một bản hai mặt
e
O
song song bề dày e. Bản mặt được đặt dọc theo trục
x
Ox của một hệ trục tọa độ Oxy
n0


hình 3


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

như hình 3. Chiết suất của bản mặt chỉ thay đổi theo phương vuông góc với bản mặt theo quy
luật n  n0 1  ky , với k 

n02  n12
. Từ môi trường chiết suất n0 có một tia sáng đơn sắc chiếu
en02

tới điểm O trên bản mặt, theo phương hợp với Oy một góc .
a) Lập phương trình xác định đường truyền của tia sáng trong bản mặt.
b) Xác định vị trí điểm của tia sáng ló ra khỏi bản mặt.
Câu 4. (4,0 điểm). Dao động cơ
Vật m2 có khối lượng 600 g đang đứng yên
0
trên mép bàn, ở độ cao h = 1,25 m. Con lắc đơn có
l
chiều dài l = 5m, khối lượng m1= 400 g, dao động có
vị trí cân bằng ở điểm đặt của m2( hình 4). Thả m1 từ
m1
biên độ góc 0, đến va chạm xuyên tâm với m2.
1. Va chạm hoàn toàn đàn hồi, sau va chạm
m1 dao động điều hòa với biên độ A  5 2 cm. Hỏi
m1 được thả từ biên độ góc nào? lấy g =10m/s2.
2. Viết phương trình dao động của m1 và tầm
xa của m2 sau lúc va chạm?
hình 4

Câu 5. (3,0 điểm). Phương án thực hành
Một bóng điện ghi 2,5V – 0,1W, có dây tóc
đèn có bán kính rất nhỏ nên khi có dòng điện chạy qua là nóng lên rất nhanh. Để dùng nó làm
hỏa kế quang học, người ta cần phải đo chính xác điện trở của nó ở nhiệt độ phòng.
Cho thêm các dụng cụ:
- 01 pin có ghi 1,5V;
- 01 biến trở;
- 01 milivôn kế có thang đo từ 0 đến 2000mV, mỗi độ chia ứng với 1mV, sai số ± 3mV; điện
trở nội rất lớn;
- 01 miliampe kế có thang đo từ 0 đến 2 mA, mỗi độ chia ứng với 1μA, sai số ± 3μA.
Trình bày cơ sở lý thuyết, cách bố trí thí nghiệm, tiến trình thí nghiệm, lập các bảng
biểu cần thiết để xác định điện trở của dây tóc bóng đèn ở nhiệt độ phòng.
--------------Hết--------------Người ra đề: Nguyễn Tuyết Hạnh- 0915.480.459


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

CÂU

ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐIỂM

1

a) Cường độ điện trường do bản tích điện Q (bản 1) và bản tích điện -2Q
Q
2Q
.
(bản 2) gây ra lần lượt là : E1 

và E 2 
2 0 S
2 0 S

0.25

Cường độ điện trường bên trong tụ là: Et  E1  E 2 

3Q
.
2 0 S

0.25

Năng lượng điện trường trong khoảng không gian giữa hai bản tụ là:
2

1
1  3Q 
27Q 2 d
  S  3d 
Wt   0 Et2  Vt   0 
2
2  2 0 S 
8 0 S

b) 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:
mV1  2mV2  0  V1  2V2 (1)

Năng lượng điện trường bên trong tụ là:

0.25
0.25

0.5

2

1
1  3Q 
9Q 2 d
  Sd 
Wt   0 Et2Vt '   0 
2
2  2 0 S 
8 0 S
'

Cường độ điện trường bên ngoài tụ (bên trái của bản tụ 1 và bên phải của
Q
E n  E 2  E1 
bản tụ 2) là:
2 0 S
Khi hai bản cách nhau là d thì thể tích không gian bên ngoài tăng một lượng
là: V  S  2d . Vùng thể tích tăng thêm này cũng có điện trường đều với
cường độ En . Do vậy, năng lượng điện trường bên ngoài tụ đã tăng một
lượng là:
1
Q2d

.
W   0 E n2 V 
2
4 0 S

mV12 2mV22
Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng: Wt  Wt 

 W
2
2
9Q 2 d mV12 2mV22 Q 2 d




(2)
4 0 S
2
2
4 0 S
'

Giải hệ phương trình (1) và (2), cho ta: V2  Q
V1  2Q

2d
và
3 0 Sm

2d
.
3 0 Sm

Dấu “ – “ thể hiện hai bản chuyển động ngược chiều nhau.

0.5
0.5
0.5
0.5


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

2

1. Giữ thanh CD cố định:
a. Dùng qui tắc bàn tay phải ta dễ dàng xác định chiều dòng trong mạch
(chính là dòng cảm ứng) chạy theo chiều A đến B. Qui tắc bàn tay trái cho ta
biết lực từ tác dụng lên thanh AB hướng sang trái.
Theo định luật Lenz – Faraday thì trong mạch lúc này xuất hiện một suất
điện động (sđđ) cảm ứng có độ lớn: E = Bv0L.
E BL
Cường độ dòng trong mạch i  
R = 4r
v0 . (1)
R
R
0,5

B 2 L2
Độ lớn lực từ: F  BiL 
v0 .
R

(2)

b) Sau khi thả thanh một khoảng thời gian ngắn, dễ thấy vận tốc của nó vẫn
theo chiều cũ. Ở đây biểu thức sđđ, dòng điện và lực từ giống (1) và (2) ta
chỉ thay v0 bằng v . Chọn chiều dương hướng sang phải, theo định luật II
Newton:

dv
B 2 L2
dv
dv
B 2 L2

vm 

dt (*)
dt
R
dt
v
mR
Lấy tích phân 2 vế (*) với điều kiện của các biến tương ứng ta có:
F  m

0,5

v

2 2

t

B L

t
dv
B 2 L2
mR


dt

v

v
e
0
v
mR 0
v0

(0.5đ)




Quãng đường thanh đi được là: s   vdt   v0 e
0



2 2

B L
t
mR

dt

0

mv0 R  BmRL t  B 2 L2 
  2 2 e
d 
t
B L 0
 mR 
2 2

=

mv0 R
e
B 2 L2

Dòng điện trong mạch lúc này: i  BL v  BL v0 e

R



B 2 L2

t
mR




0

B 2 L2
t
mR

R

0,5

mv0 R
B 2 L2

.



2B L

2 2

t
Nhiệt lượng tỏa ra trên R: Q   i 2 Rdt   B L v02 e mR dt .
2 2

0

R

0


2B L

t
 2 B 2 L2 
B 2 L2 2 mR

v0 . 2 2  e mR d  
t
R
2B L 0
 mR 
2 2

2 2

mv02  2 BmRL t


e
2

Với K 0 

2
0



0

mv 2
 0  K0
2

mv
chính là động năng ban đầu của thanh MN,từ đó ta có đpcm.
2

0,5


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

2. Để thanh CD tự do:
Suất điện động cảm ứng xuất hiện trên hai thanh
Thanh AB: e1  B1l1v1  200B0l0 v0
Thanh CD: e2  B2l2 v2 100B0l0 v0
Dòng điện cảm ứng có chiều như

hình vẽ(do e1>e2), độ lớn:
B l v
e e
ic  1 2  25 0 0 0
4r
r

C

A
V1

Ft
ic
D

B

a. Độ lớn ngoại lực tác dụng lên CD

2 2
B0 v0l0
Lực từ tác dụng lên thanh CD: F2  B2i cl2  625
r
2 2
B0 v0l0
Do thanh CD chuyển động đều nên ngoại lực: Fk2  F2  625
r
b. Hiệu điện thế giữa hai đầu thanh CD.
u CD  e 2  i C r2  125B0 v0l0

Công suất tỏa nhiệt của toàn mạch
2
(B0 v0l0 )
2
P  i c .(4r)  2500
r
3. Nếu không có ngoại lực tác dụng vào thanh CD:
Ngay khi ab chuyển động thì có dòng điện chạy qua CD theo chiều D-C
 có lực từ tác dụng lên CD theo chiều hướng ra mạch điện, do đó CD sẽ
chuyển động và lại xuất hiện trên CD một suất điện động cảm ứng e2 có cực
(-) nối với đầu C.
Xét tại thời điểm t, vận tốc của CD là v, gia tốc là a.

0,5

0,25

0,25

0,5

200B0l0 v0  25B0l0v
e e
ic  1 2 
4r
4r
200B0l0 v0  25B0l0 v
 Ft  ma  B2icl2 
.25B0l0
4r

m.4r



(25B0l0 )

Đặt :
Vậy:

dv
2 dt

 8v 0  v

8v0  v  y

0,5

 dy  dv

2
(25B0l0 )
 ky (Đặt k  
)
dt
4mr

dy

 y  y 0e kt

Tại t=0 thì: v2=0 nên y0 = 8v0

0,5


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

y  8v 0 .e  v  8v0 (1  e
kt

Do đó:



(25B0l0 ) 2
t
4mr

)

Tính quãng đường
m.4r

dv
m.4r
 8v0  v 
dv  8v 0dt  ds
2 dt
2
(25B0l0 )

(25B0l0 )
Tích phân hai vế:

Từ:


(25B0l0 )2  


t 
m.4r
m.4r


4mr
v  8v 0 t  s  s  8v 0  t 
1 e
2
2

(25B0l0 )
(25B0l0 ) 





3

0,5

a. Chia môi trường trong suốt thành nhiều lớp mỏng bề dày dy bằng các mặt
phẳng  Oy. Giả sử tia sáng tới điểm M(x,y) dưới góc tới y và tới điểm
M’(x+dx,y+dy) trên lớp tiếp theo. Coi tia sáng truyền từ M đến M’ theo đường
thẳng(hình G3).
Áp dụng định luật khúc xạ
y
M(x+dx,y+dy)
ánh sáng ta có:
n0sin =...= nsini
dy
M(x,y)
n0 sin 
 sin i 
n
dx
dx
sin i
 tan i 
dy
1  sin2 i



n0 sin 

O

n  n sin 
2

2
0

2

hình G3

n sin dy
x 2 0 2 2 
n (y)  n0 sin 
0
y

y


0

0.5

x

0.25

sin dy
cos2  ky

0.25
x= 2

y
sin 
sin 
cos2  ky  2
(cos - cos 2  ky )
0
k
k

=> cos2  ky  cos -

kx
 phương trình đường đi của tia sáng là:
2 sin 

0.5

k
cos
x2 
x;
2
4 sin 
sin 
đường đi của tia sáng là một parabol hướng về phía dưới.
b. từ phương trình đường đi:
y

2

k
cos
k
2 sin2.cos 
cos2

2
,
y
x

x


x




4 sin2 
sin 
4 sin2  
k
k

ta thấy tung độ cực đại của parabol là: y max

cos2 e.n02cos2


 2
k
(n0  n12 )


n2 
cos 2 
< e, hay cos 2    1  12  , thì tia sáng ló ra khỏi bản mặt
k
n0 

tại điểm có tung độ bằng 0( mặt dưới của bản mặt), có hoành độ x là nghiệm

+ Nếu

0.5

0.5


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

khác 0 của phương trình y = 0, đó là điểm A( x1 

2 sin 2
,y1  0 ).
k

0.5


n 
cos 
> e, hay 1>cos 2    1 
 , thì tia sáng ló ra khỏi bản
k
n 

mặt tại điểm có tung độ y = e, có hoành độ x là nghiệm khác 0 của phương
trình y = y2 = e.
2
1
2
0

2

+ Nếu

k
cos
4 sin .cos
4e sin2 
2
2
y
x

x


e

x

x

0
4 sin2 
sin 
k
k

0.5

Phương trình này có nghiệm:

sin 2 sin 

cos2  ke
k
k
2
e.n0 sin 2 e.n02 sin  n12
 2
 sin2 
hay 2
2
2
2
(n0  n1 )

(n0  n1 ) n0
x2 

0.5

Ta chỉ lấy nghiệm ứng với dấu trừ( ứng với giao điểm đầu tiên của
parabol và đường thẳng y = e). Bỏ nghiệm ứng với dấu cộng.
Vậy trong trường hợp này tọa độ của điểm ló là:

e.n02 sin 2 e.n02 sin  n12
 2
 sin2  ; y2 = e).
B(x2 =
2
2
2
2
(n0  n1 )
(n0  n1 ) n0
4

1. Do va chạm xuyên tâm đàn hồi nên ta có:
m1v1=m1v’1+m2v’2
(1)

v12
v '12
v '22
m1
 m1

 m2
2
2
2
Ta suy ra vận tốc sau va chạm:
m  m2 
v '1  1
v1
m1  m2 
(3)

2m1

v '2 
v1
m1  m2 

(2)
l

0

0.5
m1
m2

v '2

0.5

Với v’1 là vận tốc cực đại của dao động m1
v’2 là vận tốc ban đầu của chuyển động ném ngang m2

0.5

g
Dao động của m1 có tần số góc  
= 2 ( rad/s)
l
nên vmax = A = 10 (cm/s)
thay vmax = 10 (cm/s) vào v’1 ở (3) ta có:

v1 

0.5

m1  m 2
v max  0,5(m / s)
m1  m 2

0.5

Trước va chạm, coi như m1 thực hiện 1/4 chu kỳ dao động từ vị trí biên về
vị trí cân bằng, với vận tốc cực đại là v1.
Từ cực đại v1 của dao động này ta suy ra biên độ: A 0 

v1


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Đồng thời do dao động bé nên
suy ra 0 

A0  l.0

v1
1

.102 (rad)
.l
2

2. Dao động của m1 sau va chạm:
Chọn chiều vận tốc sau va chạm làm chiều dương, gốc thời gian là thời

điểm ngay sau va chạm, gốc tọa độ tại vị trí cân bằng của m1, ta có  = ,
2
= 2 , A= 5 2 (cm).Vậy phương trình dao động của m1 là:


x  5 2.cos( 2t  ) ( cm,s).
2
Tầm xa của m2:
m2 thực hiện chuyển động ném ngang từ độ cao h= 1,25 m với vận tốc ban
đầu v 0  v '2 

2m1v1
 0,8v1  0, 4 (m/s)

m1  m 2

Thời gian chuyển động: t 
5

0.5

0.5

0.5

2.h
2h
=> tầm xa S  v0
=0,2 (m).
g
g

1. Cơ sở lý thuyết:
- Theo định luật Ohm: R 

U
I

- Điện trở phụ thuộc nhiệt độ: R  R p 1    t  t p 

(1)
(2)

Điện năng mà đèn tiêu thụ chuyển thành năng lượng bức xạ nhiệt ra

môi trường và nhiệt lượng truyền ra môi trường nên ta có:
E, r
Pd  Pbucxa  Ptruyennhiet 
  Pd  Ptruyennhiet
Pbucxa  Ptruyennhiet 
UI
Do đó: UI  K  t  t p   t  t p 
A
K
Đ
(3)
- Từ (1), (2) và (3) ta có:
Rb
Rp
U
 Rp 
 UI
V
I
K
U
Hình G 5.a
Đặt: x  P  UI; y  R  , ta được:
I
y  ax+b
trong đó: a 

Rp
K

0.5

0.5

;b  Rp

2. Thí nghiệm:
a) Bố trí thí nghiệm: Mắc sơ đồ mạch điện như hình G 5.a.
b) Tiến trình thí nghiệm:
- Thay đổi giá trị của biến trở. Với mỗi giá trị của biến trở, đọc số chỉ U của
vôn kế, I của ampe kế, ghi vào bảng số liệu

0.5
0.5


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

c) Xử lý số liệu:
- Bảng số liệu:
U (V) I (A)

x = P = UI

y = R = U/I
0.5

- Đồ thị: Hình G5.b
Ngoại suy: b = Rp.

y = R (Ω)

0.5
α
Rp
0

x = P (W)

Hình G5.b