Đề Thi THPTQG Môn vật lý 12 Có Đáp Án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
GIA LAI

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
DỰ THI CẤP QUỐC GIA, NĂM HỌC 2014-2015
Mơn: VẬT LÍ
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao
đề)
Ngày thi: 22/10/2014
(Đề thi có 02 trang, gồm 06 câu)

Câu 1 (4,0 điểm):
1. Một cầu thủ ghi bàn bằng một quả phạt đền cách khung thành l = 11(m), bóng bay sát dưới xà
ngang có độ cao h = 2, 24(m). Giả sử bóng chuyển động trong mặt phẳng thẳng đứng vng góc
với xà ngang và bỏ qua sức cản khơng khí. Biết cầu thủ đá với vận tốc tối thiểu v0min và
g = 9,8(m / s 2 ). Hãy xác định véc tơ vận tốc của quả bóng tại thời điểm quả bóng rà sát xà ngang?

m
2. Một mặt phẳng nghiêng góc α = 30o so với phương
A
ngang, cuối mặt phẳng nghiêng được nối trơn với vịng trịn
bán kính R = 2(m) . Một viên bi đồng chất khối lượng
m = 20( g ) và bán kính r = 1(cm) lăn khơng vận tốc ban đầu
h
từ điểm A có độ cao h = 3R (Hình 1). Hệ số ma sát trên mặt
phẳng nghiêng và trên vòng tròn là như nhau. Hãy xác định
giá trị cực tiểu của hệ số ma sát µmin để viên bi lăn
trên đường mà khơng trượt?

×

O R

α

B

Hình1

Câu 2 (3,0 điểm): Một khí lý tưởng đơn ngun tử có các quá bình biến đổi theo chu trình
1 − 2 − 3 − 1 như hình 2. Quá trình đoạn nhiệt 2 − 3 , quá trình 3 − 1 áp suất khơng thay đổi, q trình
1 − 2 và q trình 2 − 3 có đồ thị đối xứng với nhau qua đường thẳng có β p p
2
0
V
p
,
V
OV
phương đi qua 0 và vng góc với trục
. Áp suất 0 thể tích 0 và các
3
p0 1
thơng số α , β đã biết. Tìm hiệu suất của chu trình theo α và β ?
Câu 3 (2,5 điểm): Một vật nhỏ xem như chất điểm có khối lượng m, q
m, mang điện tích dương q đặt tại điểm A trên mặt phẳng
nghiêng nhẵn, cách điện và hợp với phương ngang một góc α . A
r
Thiết lập một từ trường đều B vng góc với mặt phẳng hình vẽ.

Vật bắt đầu chuyển động dọc theo mặt phẳng nghiêng được đoạn
đường AB = l và sau đó quỹ đạo chuyển động của vật trong mặt
phẳng thẳng đứng có dạng là đường Cycloid. Bỏ qua sức cản
khơng khí, hãy tìm ∆h theo l và α ? (Hình 3).

ur

( 1 −Bα ) V0
O⊗

V0

V
( 1 + α ) V0

× Hình
×2

∆h

×

ur
g

B

α
Hình3

Câu 4 (4,0 điểm):
1. Cho mạch điện như hình 4. Điện áp hiệu dụng giữa hai đầu
đoạn mạch U AB =120(V ), dung kháng của tụ điện ZC = 10 3(Ω) và
điện trở R = 10(Ω). Biết hộp kín X chứa hai trong ba phần tử
( R0 , L0 , C0 ) mắc nối tiếp, biểu thức điện áp giữa hai điểm A và N là

A
C

g
M

B

~R

×

g
N
Hình4

u AN = 20 6 cos100π t (V ), điện áp hiệu dụng giữa hai điểm N và B là U NB =60(V ). Viết biểu thức
điện áp hai đầu tụ điện?

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

1

2. Cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L, điện trở R và tụ điện có điện dung
C được mắc như hình 5. Đặt vào hai đầu đoạn mạch A, B một điện áp xoay
Ag
chiều có biểu thức u AB = U 2 cos ωt (V ). Biết u và i cùng pha, tìm mối liên B~
g
hệ giữa L, C và ω để cường độ dòng điện hiệu dụng qua tụ điện C đạt giá
trị cực đại I C max , tìm giá trị cực đại đó?

L
C
R
Hình5

Câu 5 (4,0 điểm):

1. Hai thấu kính hội tụ mỏng L1 và L2 có tiêu cự lần lượt là f1 và f 2 = 30(cm) được đặt cùng
trục chính. Một vật sáng phẳng, nhỏ AB đặt trên và vng góc với trục chính của hệ, trước L1 cho
ảnh cuối cùng A2 B2 qua hệ. Khi khoảng cách giữa hai thấu kính bằng 50(cm) thì ảnh cuối cùng có
độ cao khơng phụ thuộc vị trí đặt vật AB. Dịch chuyển thấu kính L1 dọc theo trục chính để khoảng
cách cố định giữa hai thấu kính là 60(cm). Dịch chuyển vật dọc theo trục chính của hệ thấu kính
thì có hai vị trí của vật tại đó ảnh cuối cùng cao gấp hai lần vật. Tính khoảng cách giữa hai vị trí
này?
α'
2. Một tia sáng đơn sắc được chiếu lên bản mặt song song đặt trong
khơng khí có bề dày e = 1(cm) với góc tới α = 30o. Xác định góc e
khúc xạ β và độ dịch chuyển OH (Hình 6) của tia sáng sau khi đi
qua bản mặt song song trong hai trường hợp:

y
K

H

α

I

β

O

x
Hình6

a. Chiết suất của bản mặt song song khơng đổi n = 2.
y
b. Chiết suất của bản mặt song song thay đổi theo hướng pháp tuyến Oy theo quy luật n = 1 + .
e
Câu 6 (2,5 điểm): Cho các dụng cụ thí nghiệm sau:
• 01 nguồn điện E1 , r1 có giá trị suất điện động đã biết.
• 01 nguồn điện Ex , rx chưa biết giá trị suất điện động và điện trở trong.
• 02 tụ điện có điện dung C giống nhau và không bị đánh thủng khi mắc chúng vào các
nguồn điện nói trên.
• 01 điện trở R.
• 01 Ampe kế lý tưởng.
• Khóa K và các dây nối có điện trở rất nhỏ.
Hãy trình bày phương án thí nghiệm để xác định giá trị suất điện động Ex và điện trở trong của
nguồn điện rx ?

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

2


HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
(Câu

Biểu
điểm

Nội dung

Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ 1
Phương trình chuyển động của quả bóng:
x = ( v0 cos α ) .t
(1)
1
y = ( v0 sin α ) .t − gt 2
(2) ........................
2
Từ (1) và (2) suy ra phương trình quỹ đạo:
g ( 1 + tan 2 α ) 2
y = ( tan α ) .x −
.x
(3) ..............
2v02

0,25đ

1 gl 2
1 gl 2

2
⇔
tan α − l tan α + h +
= 0 ..................................................................
2 v02
2 v02

0,25đ

y
g

r
v 0 min

x

α
O

l
Hình1

0,25đ

Tại thời điểm bóng gặp xà ngang: x = l , y = h
g ( 1 + tan 2 α ) 2
.l
Do đó ta có: h = ( tan α ) .l −
2v02

1
4,0
điểm
(đ)
1.1
2đ

1 gl 2 2
1 gl 2
X
=
tan
α
⇒
.
.
X
−
l
X
+
h
+
.
=0
(4)
Đặt
2 v02
2 v02

Phương trình bậc 2 theo X có nghiệm khi:

gl 2  gl 2
2 gh g 2l 2
2
∆ = l − 4  h + 2 ÷ 2 ≥ 0 ⇒ 2 + 4 ≤ 1 .........................................................
2v0  2v0
v0
v0


Khi v0 = v0 min thì

0,25đ

2 gh g 2 l 2
+ 4 = 1 ⇒ v04min − 2 ghv02min − g 2 l 2 = 0
2
v0 min v0 min

Đặt Y = v02min ta có phương trình bậc 2: Y 2 − 2 ghY − g 2 l 2 = 0
Nghiệm của phương trình là: Y = v02min = gh + g h 2 + l 2

(

Vận tốc ban đầu tối thiểu của bóng: v0 min = g h + h 2 + l 2

)

Thay số, ta được v0 min = 11, 4876( m / s) ....................................................................

Thế v0 min = 11, 4876(m / s ) vào (4), giải phương trình ta được :
⇒ X = tan α = 1, 2 ⇒ α = 50,19o ..............................................................................
Khi bóng rà sát xà ngang:

0,25đ
0,25đ

2



gl
v = v + v = ( v0 min cosα ) +  v0 min sin α −
÷ ≈ 9,39(m / s ) .....................
v
cos
α
0 min


r
v hợp với trục Ox một góc β xác định bởi:
gl
v0 min sin α −
v
v0 min cosα
tan β = y =
⇒ β ≈ 38, 4 o ....................................................
vx
v0 min cosα

2
x

1.2
2đ

2
y

2

0,25đ

0,25đ

Điều cần thiết là tốc độ khối tâm v của viên bi trên cung tròn vượt quá tốc độ
giới hạn v1
Áp dụng định luật II Newton cho viên bi tại điểm cao nhất D trên vòng tròn, ta

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

3


v2
R−r
2
(1)
Khi N = 0 ⇒ v1 = ( R − r ) g
Mặt khác, theo định luật bảo toàn năng lượng, ta có:

1
1 2
mg 3R − ( 2 R − r )  = mv 2 + . mr 2ω 2
2
2 5
10
Mà v = ω r ⇒ v 2 = g ( R + r ) (1')
7
uu
r
Từ (1) và (1’) ⇒ v > v1 , nghĩa là tại điểm cao nhất D phản lực N có độ lớn
khơng bằng khơng...................................................................................................
r
Từ đây, chúng ta sẽ bỏ qua r đối với R vì = 0,005 = 1
R
Có ba lực tác dụng vào viên bi:
m
ur
A
•
Trọng lực P : khơng đổi.
uu
r
ur
•
Phản
lực
thay đổi: độ lớn tăng
N
ur

D f
f
ur
dần trên mặt phẳng nghiêng cho đến
f
ur
h
chân mặt phẳng nghiêng và tiếp giáp
f
uu
r
O N
ur
với vòng tròn đến điểm thấp nhất
f
ϕ
α
C
của vòng tròn B ; từ B đến điểm cao
ur
nhất D độ lớn ugiảm
đơn điệu.
Bϕ P
Hình2
r
• Lực ma sát f ms : Trên mặt phẳng
nghiêng ngược chiều chuyển động; từ điểm thấp nhất của vòng tròn B và điểm
cao nhất D , độ lớn giảm, cùng chiều chuyển động; khi vật đi xuống, lực ma sát
lại đổi chiều.
Hệ số ma sát trongur câu hỏi đảm bảo rằng viên bi lăn không trượt, và phụ thuộc

uu
r
vào hai lực N và f ms .
Thật vậy:
Lực ma sát gây ra gia tốc góc γ và phụ thuộc vào vị trí của viên bi.
f
(2) ................................
Vì thế, hệ số ma sát cần tìm được tính bi à = ms
N
ã Xột chuyn ng ca viờn bi tại vị trí C :
Đối với thành phần tiếp tuyến, ta có:
mg sin ϕ - f ms = mat
(3)
.........................................................
a
f ms .r = I γ = I t
(4)
r
Đối với thành phần hướng tâm, ta có:
v2
N − mg cos ϕ = man = m
(5)
R
.........................................................
1 2 1 2
mg ∆h = mv + I ω
(6)
2
2
v2

Với ∆h = h − R + R cos ϕ và ω 2 = 2
r
2
 mr + I  2
⇒ 2mg ( h − R + R cos ϕ ) =
(7)
ữv
2
r


c: mg + N = man = m

ms

ms

ms

0,25

ì

ms

ms

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

0,25đ

0,25đ

0,25đ

4



f ms .r 2
I



(8) ..................................
I
 ⇒ f ms = mg sin ϕ 
2 ÷
I
+
mr


+ mat = mg sin ϕ 


(4) ⇒ at =
(3) ⇒ f ms

 mr 2  

(7) ⇒ v = 2 g ( h − R + R cos ϕ )  2
÷
 mr + I   ⇒

v2

(5) ⇒ N = m + mg cos ϕ

R
2
 h

 3mr 2 + I 
 mr
⇒ N = mg  2  − 1÷. 2
+
÷cos ϕ 
2
  R  mr + I  mr + I 

f 

Thay (8) và (9) vào (2)  µ = ms  , ta có:
N 

I


mg sin ϕ 
2 ÷

 I + mr 
µ=
  h  mr 2

 3mr 2 + I 
mg  2  − 1÷. 2
+
÷cos ϕ 
2
  R  mr + I  mr + I 


0,25đ

2

(9) ...................................

sin ϕ
2
2

 h  mr  3mr
.................................................................
2  − 1÷.
+
+ 1÷cos ϕ
R  I
 I


2
2
3mr
h
 mr
;b=
+1
(10)
Đặt a = 2 1ữ.
I
R I
sin
à=
a + b cos
à=

0,25

0,25

sin ϕ
 cos ϕ ( a + b cos ϕ ) sin ( b sin )
à =
ữ=
2
a + b cos ϕ 
( a + b cos ϕ )
/

/

µ / = 0 ⇔ cos ϕ ( a + b cos ϕ ) − sin ϕ ( −b sin ϕ ) = 0 ⇔ a cos ϕ + b cos 2 ϕ + b sin 2 ϕ = 0

⇔ a cos ϕ + b ( cos 2 ϕ + sin 2 ϕ ) = 0 ⇒ a cos ϕ + b = 0
⇔ cos ϕ = −

b
a

(11)

I
mr 2
⇔
cos
ϕ
=
−
Thay (10) vo (11), ta c:
h

2 1ữ
R
I
àmin =
2
2 h
2

2

4 ( mr )  − 1÷ − ( I + 3mr 2 )
R 
2
h
Với I = mr 2 , = 3
5
R
3+

(12)

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

5


⇒ µmin =

2 2
mr
5
4 ( mr

2

)

2

2

2
( 3 − 1) −  mr 2 + 3mr 2 ÷
5

2

=

2
≈ 0,19 .................................
111

0,25đ

* Cách khác:
Cũng có thể tính ϕ từ (12):
I
2
3+ 2
3+
mr = −
5 = −0,85 ⇒ ϕ = 148, 212 o
cos ϕ = −
4
h 
2  − 1÷
R 
sin ϕ
rồi thay ϕ vào biểu thức µ =

để được giá trị cực tiểu của hệ số ma sát
a + b cos ϕ

µ min =

sin ϕ
sin148, 212 o
=
≈ 0,19
a + b cos ϕ 10 + 8,5 ( −0,85 )

Áp dụng phương trình Clapeyron-Mendeleev:
pV
pV = ν RT ⇔ T =
νR
p
2
β p0
(1 − α ) p0V0
β p0V0
(1 + α ) p0V0
; T2 =
; T3 =
Ta có: T1 =
..........
νR
νR
νR
3
p0 1

3
Từ U = ν RT và Q = ∆U + A , lần lượt xét các quá
2
V
O ( 1 − α ) V0 V0 ( 1 + α ) V0 trình:
• Q trình 2 − 3:
Hình3

2
3,0 đ

3 ( β − α − 1)
3
3
∆U 23 = ν R T3 − T2 ⇒ A23 = ν R ( T2 − T3 ) =
p0V0 .................................
2
2
2
• Q trình 1 − 2 :
3 ( β − α − 1)
3
Vì lý do đối xứng nên A12 = A23 = ν R ( T2 − T3 ) =
p0V0 ..........................
2
2
3 ( β − α − 1)
3
⇒ Q12 = ∆U12 + A12 = ν R ( T2 − T1 ) +
p0V0 = 3 ( β − 1) p0V0 .......................

2
2
• Q trình 3 − 1: Ta có:
5
5  (1 + α ) p0V0 (1 − α ) p0V0 
C p = ν R ⇒ Q31 = C p ( T3 − T1 ) = ν R 
−
÷ = 5α p0V0 ..............
2
2 
νR
νR


* Cách khác để tính Q31 :
3
Q31 = ∆U 31 + A31 = ν R ( T3 − T1 ) + p0 ( 1 + α ) V0 − ( 1 − α ) V0 
2
3  (1 + α ) p0V0 (1 − α ) p0V0 
⇒ Q31 = ν R 
−
÷+ 2α p0V0 = 3α p0V0 + 2α p0V0 = 5α p0V0
2 
νR
νR


Q − Q31
5α 
.100% = 1 −

Hiệu suất của chu trình: η = 12
 .100% ........................
Q12
 3 ( β − 1) 

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

0,50đ

0,50đ

0,50đ
0,50đ

0,50đ

0,50đ

6


(1) .....................
Theo định luật bảo tồn năng lượng, ta có: vB = 2 g l sin α
N =0
Tại
thời
điểm
vật
rời
mặt

phẳng
nghiêng
thì
mg
⇒ qBvB = mg cos α ⇔ vB =
cos α
(2) ........................................................
qB

2 g l sin α
mg
=
, k = const (3)
qB
cos α
⇒ vB = k cos α
(3')
Để quỹ đạo chuyển động của vật là đường Cycloid như đề bài, ta phải có:
r r r
ur r
ur r
ur r
v B = v1 + v R , q  B × v B  = q  B × v1  + q  B × v R  ........................................................
r r
ur
m, q
Trong đó, v1 , v R có độ lớn được xác định bởi:
⊗B
mg
A

=k
(4) ..............
r qBv1 = mg ⇔ v1 =
qB
v1
mv 2
qBR gR
r
B r
qBvR = R ⇒ vR =
=
(5) ...............
v
R
m
k
R
vB
∆
h
α
2 R = ∆h ⇔ R =
(6) ................
2

0,25đ
0,25đ

(1), (2) ⇒ k ≡

3
2,5 đ

×

0,50đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ

Hình4

g ∆h
(7)
2k
2
2
2
(8) ................................
Áp dụng định lý hàm số cos: vR = vB + v1 − 2vB v1 cos α
Thay (3’), (4) và (7) vào (8) và để ý đến (3), ta được:
2
2
 ∆hg 
2
2
2

÷ = k + ( k cos α ) − 2k cos α ......................................................................

2
k


(5), (6) ⇒ vR =

0,25đ
0,25đ

2

 ∆hg 
2
2
2
2
2
2
2
⇔
÷ = k − k cos α = k (1 − cos α ) = k sin α
 2k 
2

2k 2 sin α 2  2 g l sin α 
⇔ ∆h =
= 
÷ sin α
g
g  cos α ÷


2
⇒ ∆h = 4l tan α .....................................................................................................

0,25đ

Vẽ giản đồ véc tơ cho đoạn mạch đã biết. Phần cịn lại chưa biết hộp kín chứa gì
vì vậy ta giả sử nó là một véc tơ bất kỳ tiến theo chiều dòng điện sao cho:
U NB = 60(V ), U AB = 120(V ), U AN = 60 3(V )
r
I

Xét tam giác ANB, ta nhận thấy AB 2 = AN 2 + NB 2 ,
vậy tam giác ANB vng tại N . ..................................
ur
α
β
U AB
NB
60
1
ur
=
=
B
Ta
có:
tanα
=
u

r
ur
U AN
AN 60 3
3
ur
ur
U NB
UC
UR
U
L
π
ur
⇒ α = ⇒ u AB sớm pha so với u AN một góc
N UR D
M
6
Hình5
π
π
⇒ ϕu AB = ...............................................................
6
uuur6
Từ giản đồ ta nhận thấy NB chéo lên mà trong X chỉ chứa 2 trong 3 phần tử nên
ur
ur
X phải chứa R0 và L0 . Do đó ta vẽ thêm được U R và U L như hình vẽ................
A

4
4,0 đ
4.1
2,0đ

0,25đ

0

0

0

0

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

0,25đ
0,25đ

7


Xét tam giác vuông AMN : tan β =

4.2
2,0đ

UR
R

1
π
=
=
⇒β =
U C ZC
6
3

Xét tam giác vuông NDB :
3
1
U R0 = U NB cos β = 60.
= 30 3(V );U L0 = U NB sin β = 60. = 30(V ) ........................
2
2
Mặt khác:
1
U
30 3
U R = U AN sin β = 60 3. = 30 3V ⇒ I = R =
= 3 3( A) ...............................
2
R
10

U R0 30 3
=
= 10(Ω)
 R0 =

I

3 3
⇒
................................................................................
 Z = U L0 = 30 = 10 (Ω)
 L0
I
3 3
3
Z L − ZC
3
π
π
tan ϕ = 0
=−
⇒ ϕ = − ⇒ ϕi = ϕu AB − ϕ = ............................................
R + R0
3
6
3
π
π
U 0 C = I 0 Z C = 90 2V ; ϕuC = ϕi − = −
2
6
π

Vậy biểu thức điện áp hai đầu tụ là uC = 90 2cos 100π t − ÷(V ) .........................
6


U
r ur
I U
R 2 + Z L2
r
IC
ZC
Z LR
ϕ
sin
ϕ
=
=
=
=
(1) ........
IC
Ta có:
1
1
O
U
I LR
ZC
ZC
r
Z LR
I LR
Hình6

Z
ZL
sin ϕ1 = L =
(2) .......................................
Z LR
R 2 + Z L2
R 2 + Z L2
ZL
U
U .Z
U
IC =
= 2 L2 = 2
ZC R + Z L R
+ ZL
ZL

Từ (1) và (2) ⇒ Z C =

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

(3)

 R2

U = const , I C = I C max ⇔ 
+ Z L ÷ ........................................................................
 ZL
min
R2
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm
và Z L ta có:
ZL

0,50đ

R2
R2
R2
+ ZL ≥ 2
.Z L ⇒
+ Z L ≥ 2R
ZL
ZL
ZL

R2
= ZL ⇒ ZL = R ⇒ ωL = R

(4) .........................
Dấu “=” xảy ra khi
ZL
1
= 2R
(5) .........................................................
Từ (3) và (4) ⇒ Z C = 2 R ⇒
ωC
Từ (4) và (5) ⇒ 2ω 2 LC = 1
U
⇒ I C max =
..........................................................................................................
2R

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

0,25đ
0,25đ

8


0,50đ
f

f

1
2
1 B1 → A2 B2

Sơ đồ tạo ảnh ABd → A
'
'

d2
d2
d1 f1
d (l − f1 ) − lf1
'
; d 2 = l − d1, = 1
Ta có: d1 =
.........................................................
d1 − f1
d1 − f1

0,25đ

d 2' =

0,25đ

1

5
4,0 đ
5.1
2,0 đ

d1

f 2 [ d1 (l − f1 ) − lf1 ]
d2 f2
=
..................................................................
d 2 − f 2 d1 (l − f1 − f 2 ) − lf1 + f1 f 2
f1 f 2
d' d'
Độ phóng đại ảnh qua hệ: k = k1.k 2 = 1 . 2 ⇒ k =
...........
d1 (l − f1 − f 2 ) − lf1 + f1 f 2
d1 d 2
Để ảnh A2 B2 có độ cao khơng phụ thuộc vị trí vật AB thì độ phóng đại k khơng
phụ thuộc vị trí vật AB , tức là k khơng phụ thuộc vào d1.
Hay: l − f1 − f 2 = 0 ⇒ l = f1 + f 2 ⇒ f1 = l − f 2 = 20cm ..............................................
Ta có k = ±2
• Trường hợp 1: k = 2
f1 f 2
20.30
60
k=
=
=
= 2 ...........
d1 (l − f1 − f 2 ) − lf1 + f1 f 2 d1 ( 60 − 20 − 30 ) − 60.20 + 20.30 d1 − 60

⇒ d1 = 90cm
• Trường hợp 2: k = −2
f1 f 2
20.30
60

k=
=
=
= −2 .........
d1 (l − f1 − f 2 ) − lf1 + f1 f 2 d1 ( 60 − 20 − 30 ) − 60.20 + 20.30 d1 − 60

0,25đ

0,50đ

0,25đ

0,25đ

⇒ d1 = 30cm

5
4,0 đ
5.2
2,0 đ

Vậy khoảng cách cần tìm là 60(cm) .......................................................................
a. Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng tại điểm tới O và điểm ló khỏi bản mặt
song song I ta có:
sin α = n sin β
(1)
.........................................................................................
n sin β = sin α '
(2)
Từ (1) và (2) suy ra α ' = α , nghĩa là tia ló song song với tia tới.............................

sin α sin 30o
2
sin
β
=
=
=
⇒ β ≈ 20, 7 o .
Từ
(1)
ta
có
α'
n
4
2
y
Và độ dịch chuyển ngang của tia sáng qua bản mặt là
K I
OH = OI sin(α − β )
e
H β
x
OK
e
O
OI =
=
Với
do đó,

Hình7
cos β cos β
α
sin ( 30o − 20,7 o )
sin ( α − β )
OH = e
= 1.
≈ 0,17cm ........
o
cos β
cos 20, 7
b. Chia bản mặt song song thành k lớp mỏng song song với trục Ox sao cho mỗi
lớp có bề dày rất nhỏ dy , chiết suất trong mỗi lớp ấy xem như
dx
không thay đổi và lần lượt bằng n1 , n2 ,..., nk . Gọi α1 , α 2 ,..., α k lần
dy α i
lượt là các góc khúc xạ trong các lớp 1, 2,..., k và α ' là góc ló ra
khỏi bản mặt song song. Theo định luật khúc xạ ánh sáng, ta có:
O
α Hình8 sin α = n1 sin α1 = n2 sin α 2 = ... = nk sin α k = sin α ' (3)
⇒ α ' = α ......................................................................................

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ

0,25đ
9


y
Xét một lớp thứ i bất kỳ có tọa độ y có chiết suất ni , ni = 1 + . Góc khúc xạ lớp
e
này bằng α i , theo (3) ta có:
sin α
esin α
sin α i =
⇒ sin α i =
ni
e+ y
dy
dy
dx = ( tan α i ) dy =
=
2
1
Lại có,
.........................................
 e+ y 
−
1

÷ −1
sin 2 α i

 e sin α 
 e+ y 
d
÷
 e sin α 
⇒ dx = esinα

0,25đ

2

 e+ y 

÷ −1
 e sin α 
Hình chiếu dọc trục Ox của tia sáng đi trong cả bản mặt song song là
e
 e+ y 
d
2
e
 

÷

 e sin α  = e.sinα ln  e + y +  e + y  − 1 ÷
KI = ∫ e.sinα

÷
2

÷
  e sin α
e sin α 

0
 e+ y 
 0
 
−
1

÷
e
sin
α


2
2
 
   e
  
e
   2e
 2e 






KI = e.sinα  ln
+ 
− ln 
+ 
÷ −1÷
÷ −1÷

÷

÷
e
.sin
α
e
.sin
α
e
.sin
α
e
.sin
α









  
  
  
2
2
 
   1
  
1
  2
 2 


 − ln 

⇒ KI = e.sinα  ln
+ 
+ 
÷ −1÷
÷ −1÷

÷

÷
sin
α
sin
α
sin
α

sin
α








  
  
  
Thay số, ta được:
2
2
 

 1
 
2
 2 
 1 
o 


÷

KI = 1.sin30  ln
+ 

− 1 − ln
+ 
− 1 ÷
o

o


÷

÷
sin
30
sin
30
sin
30
sin
30






  



⇒ KI = 0,37(cm). ....................................................................................................

uur uur
Kí hiệu I là điểm ló ra khỏi bản mặt song song, góc β = OI , Oy từ đó ta có

(

cơng thức tính độ dịch chuyển ngang của ta sáng OH = e

sin ( α − β )

0,25đ

)

cos β

KI
= 0,37 ⇒ β = 20,3o
e
sin ( 30o − 20,3o )
sin ( α − β )
Từ đó suy ra OH = e
= 1.
≈ 0,18cm ...............................
cos β
cos 20,3o
-Cơ sở lí thuyết: Phương pháp tiến hành thí nghiệm dựa trên
E1 , r1
sự phụ thuộc số chỉ I A của Ampe kế và giá trị điện tích q đi
qua nó.
C

K g(1)
g g
(2) Cụ thể: I A : q ............................................................................
-Sơ đồ mạch điện để kiểm chứng kết luận trên hình vẽ 9.
A
-Ban đầu K ở vị trí (1), tụ điện C được tích điện từ nguồn
Hình9
điện E1 , r1 (có suất điện động đã biết)..........................................
-Sau đó chuyển khóa K sang vị trí (2), ghi I A1 của số chỉ Ampe kế.......................

Trong đó β được tính bởi tan β =

6
2,5 đ

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

0,25đ

0,50đ
0,25đ
0,25đ
10


-Thay tụ điện C , ta lấy 2 tụ điện, nối chúng một lần nối tiếp, và lần kia nối song
song, thì có thể xác nhận rằng, trong trường hợp đầu, số chỉ của Ampe kế giảm
hai lần, còn trong trường hợp thứ hai, tăng lên hai lần. Đó là vì điện dung của tụ
điện đã biến đổi một số lần tương ứng.
Do đó, điện tích đi qua điện kế: q = CE ...............................................................

-Thay nguồn điện E1 , r1 bằng nguồn điện E x , rx , ta lại ghi số chỉ I Ax của Ampe kế.
E ,r
Ta có biểu thức:
I A1 = kq1 = kCE1
x

R

0,50đ

x

K
A g g

I Ax = kqx = kCE x .............................................

Từ đó, ta suy ra được biểu thức cho suất điện động phải tìm:
I
E x = E1 Ax ........................................................................................
I A1
• Tính điện trở trong của nguồn E x , rx .
Áp dụng định luật Ôm cho mạch kín (hình vẽ 10): Ta có
Ex
E x = I A ( R + rx ) ⇔ rx =
− R ........................................................
IA
Hình10

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

0,25đ
0,25đ

0,50đ

11