Tài liệu 25 đề thi học sinh giỏi môn vật lý lớp 11 của các trường chuyên khu vực duyên hải đồng bằng bắc bộ có đáp án

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG TỈNH BẮC GIANG ĐỀ THI ĐỀ XUẤT ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ KHỐI 11 NĂM 2015 Thời gian làm bài 180 phút (Đề này có 2 trang, gồm 05 câu) Câu 1 (4 điểm): Hai ion có khối lượng và điện tích lần lượt là m1, q1 và m2, q2. Điện tích của hai ion trái dấu nhau. Hai ion được giữ cách nhau một khoảng r0. Tại thời điểm ban đầu t = 0 chúng được thả ra không vận tốc ban đầu. Bỏ qua tác dụng của trọng lực. Hãy tìm. 1) Thời gian kể từ lúc thả cho đến khi hai ion gặp nhau. 2) Khoảng cách r0’ giữa hai ion để khi thả không vận tốc ban đầu chúng sẽ gặp nhau sau thời gian gấp 8 lần thời gian khi thả không vận tốc ban đầu ở khoảng cách r0. Câu 2 (5 điểm): Hai chiếc vòng mảnh giống nhau cùng khối lượng m và bán kính R nằm trong từ trường đều có cảm ứng từ B0 vuông góc với mặt phẳng các vòng (Hình 1). Tại các điểm A và C có tiếp xúc tốt, góc α = π/3. Hỏi mỗi vòng thu được vận tốc là bao nhiêu nếu ngắt từ trường? Điện trở của mỗi đoạn dây làm nên mỗi vòng là r. Bỏ qua: độ tự cảm của các vòng dây, ma sát và độ dịch chuyển trong thời gian ngắt từ trường. A O α C Hình 1 Câu 3 (4 điểm): Một ống dẫn sáng thẳng hình trụ có chiết suất tuyệt đối n1 và phần bọc ngoài có chiết suất tuyệt đối n2, chiều dài L. Ống được đặt nằm ngang trong không khí, hai đáy là hai mặt phẳng vuông góc với trục của ống. Một tia sáng đơn sắc chiếu tới một đáy của ống tại điểm I (I nằm trên trục của ống), tia này hợp với trục ống một góc θi (hai đáy tiếp xúc với không khí). 1) Tìm điều kiện của góc θi để tia sáng truyền được trong ống và ló ra khỏi đáy của ống. 2) Tính thời gian tia sáng đi hết đoạn ống dẫn sáng thẳng đó khi: a) Tia sáng truyền dọc theo trục ống. b) Tia sáng truyền đến I theo phương hợp với trục ống một góc θimax. Tính hiệu các thời gian t của hai tia sáng trong hai trường hợp này. Nếu θi thay đổi thì thời gian tia sáng đi hết đoạn ống đó thay đổi như thế nào? Cho tốc độ ánh sáng trong chân không là c = 3.108 m/s. Áp dụng: n1 = 1,5; n2 = 1,3; L = 300 m. 1 Câu 4 (4 điểm): Một vật nặng gắn chặt giữa hai lò xo được đặt trên mặt phẳng nằm ngang nhẵn. Một đầu lò xo được gắn chặt, đầu còn lại của lò xo kia để tự do. Độ cứng của mỗi lò xo bằng k. Người ta kéo đầu tự do của lò xo với vận tốc không đổi u theo phương dọc trục của nó và hướng ra xa vật nặng. 1) Sau thời gian ngắn nhất bằng bao nhiêu thì vật nặng có vận tốc bằng u? 2) Ở thì điểm đó vật nặng cách vị trí ban đầu bao nhiêu? Câu 5 (3 điểm): Xác định nhiệt nóng chảy λ của nước đá và hệ số truyền nhiệt k của nhiệt lượng kế. Công suất tỏa nhiệt ra môi trường của một vật tỷ lệ thuận với độ chênh lệch nhiệt độ giữa vật và môi trường xung quanh, nghĩa là: P = k(T – T0). Trong đó: k là hệ số truyền nhiệt ra môi trường, phụ thuộc vào bản chất của môi trường và diện tích xung quanh của vật; T là nhiệt độ của vật; T0 là nhiệt độ của môi trường (được coi là không đổi). Cho các dụng cụ thí nghiệm: (1) Một nhiệt lượng kế có nhiệt dung C đã biết (2) Một nhiệt kế bán dẫn. (3) Một đồng hồ. (4) Một cân. (5) Chậu đựng nước sạch có nhiệt dung riêng C0 đã biết. (6) Chậu đựng nước đá. (7) Giấy vẽ đồ thị. Trình bày cơ sở lý thuyết, cách bố trí và các bước tiến hành thí nghiệm, dạng đồ thị, cách hiệu chỉnh số liệu. .................HẾT................. Người ra đề Nguyễn Văn Đóa SĐT: 0973696858 2 ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN VẬT LÝ KHỐI 11 Câu Nội dung chính cần đạt Ý Điểm * Hệ 2 ion là hệ kín, ban đầu các ion đứng yên, khối tâm G đứng yên: + Xét tại thời điểm 2 ion cách nhau r ta có: r2 = m1r m2r m2r ' m1r ' và r1 = và r2’=  r1’= m1 + m 2 m1 + m 2 m1  m 2 m1  m 2 m1r1 '2 m 2 r2 '2 qq qq + Cơ năng bảo toàn nên: + + 1 2 = 1 2 2 2 4o r 4o r0 + Thay (1) vào (2) và đặt M = ta có: Mr’ 2 + 1 1 + Đặt (2) m1m 2 qq ;k= 1 2 (m1  m 2 ) 4o 0,5 0,5 0,5 k k = r0 r + Do r giảm nên r’ < 0 ta có:  (1) dr = ro 1 r dr dt =- k  1 1    M  r0 r  k dt Mro (3) 0,5 r π = cos 2θ với 0  θ  r0 2 sin  ro 1 = cos  r ta có dr = -2rocos  .sin  .d  và Thay vào (3) được: ro  /2  2cos 2 d = 0  to =  k Mro 0,5 to  dt 0 o M 3/2 .ro q1q 2 1,0 + Từ kết quả trên ta thấy t 02 ~ r03 2 Câ u2 2  t '0   r0'    =    t 0   r0  3  t '0   r = r0    t0  ' 0 2 3  r0' = 4r0 0,5 Khi ngắt từ trường ngoài thì cảm ứng từ giảm dần từ B0 về 0, làm xuất hiện điện trường xoáy, và điện trường này gây ra sự dịch chuyển các điện tích tự do, tạo thành dòng điện. Ta sẽ tính các dòng điện này. 3 Xét một mạch kín AfCbA trùng với vòng bên trái. Dòng sẽ có chiều trùng với chiều kim đồng hồ, theo hai nhánh: AfC có i1(t), và theo nhánh F2 CbA có i2(t). 0,5 I2 I2 A A1 b B I1 I1 d f C1 F1 C -Suất điện động cảm ứng bằng tổng các độ giảm thế. c  R 2 + B  t  r r  i1. .l1  i 2 . .l2 t 2R 2R  3 Với l1  R, l2  tương ứng. 5 R là độ dài các cung (AfC) và cung (CbA) 3 6R 2 B .  i1  5i 2   . r t (1) 0,5 -Tương tự, viết định luật Ôm cho vòng kín AfCdA thì có: + Diện tích mạch AfCdA là 1 2  1 3  (2  3 3)R 2 S = 2  R .  R.R   3 2 2  6 2 0,5 + Suất điện động cảm ứng: ' c   0,5 (2  3 3)R B  t  r 2 r ir  i1. .2l1  i1. .R.  1 6 t 2R 3 2R 3 2  2  3 3  R  i t   1 2r 2 . B t (2) 10  3 3  R Thay (2) vào (1) ta được: i  t    2 10r 2 . 0,5 B . t -Theo định luật Ampe, mỗi đoạn dây l với dòng i(t) chịu tác dụng của một lực từ F  i.l.B  t  hướng dọc theo bán kính. Do tính đối 0,5 xứng mà các cung AA1 và CC1 sẽ chịu tác dụng của các lực cân bằng và triệt tiêu nhau. Phần bất đối xứng (đối với vòng dây bên trái) chỉ là các cung l 0,5 R F AfC và A1bC1, do i1  i2. -Tổng hợp các lực tác dụng lên cung AfC sẽ hướng theo O1x:  /6 F1    /6 O1   I1  /6 i1B  t  .cos .R.d  i1B  t  .R sin  /6  i1B  t .R 0,5 -Tổng hợp lực tác dụng lên mỗi vòng: 4 9 3R 3 dB F  F2  F1   i 2  i1  .B  t  .R   B  t . . 5r dt 1,0 -Lực này gây nên biến đổi xung: m.dv  F.dt   9 3R 3 10r   d B2  t   v  9 3R 3 10mr B02 . (n2 )   I i An i A1  J A2 (n1 ) 1. Tìm điều kiện góc i : 1 Để tia sáng truyền được trong ống thì tại A1 phải xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần. Tức là: sin i  sin i gh  n2 n  cos   2 n1 n1 Theo định luật khúc xạ tại I: sin i  n1 sin  (1) 0,5 (2) Từ (1) và (2), có: sin i  n12  n 22 0,5 Thay số được: i  480 26' a) Tia sáng truyền theo trục ống: 3 t1  n1L 1,5.300  1,5.106 (s). . Thay số: t1  8 3.10 c 0,5 b) Tia sáng truyền đến I theo phương hợp với trục một góc i max : - Từ hình vẽ: Đoạn đường mà tia sáng phải truyền trong trường hợp này là l  IA1  A1A2  ...  A n J  2  t2  l 1  l 2  ...  l n L  cos cos n1L (3) cos sin 2  Tại I: sin i  n1cos  cos  1  2 i (4) n1 Với sin i max  n12  n 22 (5) 0,5 0,5 L.n12 Từ (3), (4) và (5) ta có t 2  c.n 2 5 Thay số: t 2  * Hiệu các t  t 2  t1  300.1,52  1,73.106 (s). 8 3.10 .1,3 thời gian truyền 0,5 của hai tia sáng là: L n1 . (n1  n 2 ) c n2 Thay số được: t  0, 23.106 (s) * Khi i thay đổi từ 00 đến i max thì: 0,5 2 1 n1.L n .L t c c.n 2 Thay số được: 1,5.106 (s)  t  1,73.106 (s) k1 0,5 k2 u m O x Chọn trục Ox như hình vẽ, gốc O trùng vị trí ban đầu của vật. Xét thời điểm t, vật có li độ x; khi đó đầu lò xo đi được một đoạn: u.t Phương trình vi phân mô tả chuyển động của m là: mx’’=k(ut - x) - kx  mx’’=kut - 2kx (*) Đặt A= kut - 2kx (1) A’= ku - 2kx’ ; A’’= - 2kx’’; Thế vào (*) ta được A’’+ Phương trình này có nghiệm A = A0sin(ωt+φ) với ω = 4 2k A= 0 m 1,0 2k m Tại thời điểm ban đầu: t = 0; x = 0; x’ = 0 A = A0sinφ = 0; A’= ku – 0 = ωA0cosφ; Từ đó suy ra: φ=0; A0 = ku m  ku  2k Thay vào (1) ta có: kut - 2kx=ku x ut u m 2k sin( t)  2 2 2k m  x’=v= u u 2k  cos ( t) 2 2 m 1,0 m 2k sin( t) 2k m (2) 0,5 (3) 0,5 u u 2k 2k m  cos ( t)  cos( t)= - 1  t = π 2 2 m m 2k 0,5 1) Khi vật có vận tốc bằng u x’ = v = u = 6 2) Thay t = π ta được: x = m vào (2) 2k u m u m u m   sin   2 2k 2 2k 2 2k Vậy vật đạt vận tốc u ở thời điểm t = π ban đầu một đoạn x = m , khi đó vật cách vị trí 2k u m 2 2k 0,5 1,0 1. Cơ sở lý thuyết Thả nước đá có khối lượng M ở nhiệt độ 0oC vào một nhiệt lượng kế có chứa m0 (kg) nước ở nhiệt độ T0. Khi trạng thái cân bằng nhiệt được thiết lập, hệ có nhiệt độ T. Ta có:  C  m 0 .C0  .  T0  T   .M  M.C0 .T   C  m0 .C0 .(T0  T)  C .T (1) 0 M Xét sự trao đổi nhiệt của hệ với môi trường xung quanh trong khoảng thời gian (t; t + dt): - Nhiệt lượng mà môi trường nhận được: dQ = - k.(T – T0).dt - Nhiệt lượng mà hệ tỏa ra khi hạ nhiệt độ từ T xuống còn T + dT: dQ = Chệ.dT Áp dụng PT cân bằng nhiệt, ta có: - k.(T – T0).dt = Chệ.dT  5 dT k  .dt T  T0 Chê Đặt ΔT = T0 – T, thì dT = - d(ΔT) ta được: d  T   k  k  .dt  T  T0 .exp   Xác.t lập T Chê Trao đổi nhiệt với  Chêtrạng  T (o C) thái cân bằng nhiệt T0 - Vì k  nên: Chê  k  k exp   .t   1  .t C C hê hê   , ta môi trường T T1 k .t Chê T’1 có:  k  T  T0 .1  .t  C hê   Nhận xét: t tăng thì ΔT giảm, do đó T tăng. 0 0 t Thời điểm thả đá Trạng thái cân bằng t (s) Hình 5.1 7 Đồ thị nhiệt độ của hệ biến đổi theo thời gian có dạng như Hình 5.1: - Hiệu chỉnh nhiệt độ của hệ khi cân bằng: T T1  T '1 2 (2) 2.a. Tiến hành thí nghiệm 1,0 (2 ) a. Bố trí thí nghiệm như Hình 5.2: (1) Nhiệt lượng kế có chứa nước, nước đá. (2) Nhiệt kế bán dẫn. (1) b. Tiến trình thí nghiệm: - Bước 1: Đổ nước vào nhiệt lượng kế, đo nhiệt độ T0 của nước và cân khối lượng nước m0 trong nhiệt lượng kế. Hình 5.2 - Bước 2: Cân khối lượng nước đá M ở 0oC và thả vào nhiệt lượng kế, bấm đồng hồ đo thời gian. - Bước 3: Dùng nhiệt kế đo nhiệt độ của nhiệt lượng kế theo thời gian, điền vào bảng số liệu. Chú ý: Liên tục theo dõi số chỉ của nhiệt kế để xác định thời điểm hệ đạt nhiệt độ thấp nhất T1. 1,0 Xử lý số liệu - Kết quả đo: + Khối lượng và nhiệt độ ban đầu của nước: T0 = …; m0 = … + Khối lượng nước đá thả vào nhiệt lượng kế: M = … - Bảng số liệu đo: t (s) 0 T (oC) T0 … t1 … … T1 … - Đồ thị có dạng như Hình 5.1. Dựa vào đồ thị: + Hệ số góc của đồ thị: tan   k Chê  Hệ số truyền nhiệt của MT: k  Chê .tan  + Từ đồ thị ngoại suy ta có nhiệt độ T’ 1.  Nhiệt độ T khi cân bằng xác định theo công thức (2).  Nhiệt nóng chảy của nước đá xác định theo công thức (1). ---------------------Hết----------------8 TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH ĐỀ THI ĐỒNG BẰNG DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM HỌC 2014-2015 MÔN VẬT LÝ - LỚP 11 Thời gian làm bài 180 phút ------------------o0o------------------- Bài 1: ( 5 điểm) Trong không gian chân không giữa Anốt là một hình trụ rỗng bán kính R và Catốt của một đèn điện tử là một dây đốt thẳng và nhỏ nằm dọc theo trục Anốt, người ta tạo ra một điện ur trường xuyên tâm E hướng từ Anốt đến Catốt, có độ lớn không ur đổi và một từ trường đều B có hướng trùng với hướng Catốt (Hình 1). Bằng cách dùng hiệu ứng nhiệt, Catốt phát ra các electron với vận tốc ban đầu nhỏ không đáng kể. 1. Viết phương trình vi phân trong hệ toạ độ trụ ( ) mô tả chuyển động của electron trong khoảng không gian giữa Catốt và Anốt. 2. Hãy lập phương trình quỹ đạo của electron. 3. Tìm vận tốc dài của electron tại thời điểm t bất kỳ. z v E v B O M r  x z rM’ y r er Hình 1 Bài 2.(4 điểm) Cho mạch điện như hình 2. Biết C1  C ; C2  2C ; R1  R; R2  2 R . Hiệu điện thế xoay chiều đặt vào hai điểm A, B có biểu thức u  U 0 cos t V . Thay đổi giá trị ω trong một khoảng rộng. Hình 2 a. Tìm giá trị cực đại của hiệu điện thế hiệu dụng U1 giữa hai đầu điện trở. b. Khi U1 đạt cực đại thì hiệu điện thế hiệu dụng U2 bằng bao nhiêu? Bài 3. (4 điểm) Cho hai thấu kính mỏng L1 và L2 , cùng trục chính và cách nhau 30cm. Tiêu cự của hai thấu kính lần lượt là 10cm và 5cm. Bán kính rìa thấu kính của hai thấu kính lần lượt là 4cm và 2cm. Một đĩa tròn sáng AB có bán kính 2cm đặt trước thấu kính L1 , cách thấu kính L1 một khoảng 20cm, sao cho tâm đĩa nằm trên trục chính của hai thấu kính và mặt phẳng đĩa vuông góc với trục chính của hai thấu kính. a. Tìm vị trí của màn để hứng được ảnh rõ nét của đĩa AB qua hệ hai thấu kính trên. b. Rìa của ảnh không sáng rõ bằng trung tâm. Tại sao? c. Để tạo ra ảnh rõ nét trên màn và có độ sáng đồng đều, người ta thêm vào thấu kính L3 . Tìm vị trí đặt, tiêu cự và bán kính đường rìa của thấu kính đó. Bài 4: (4 điểm) Bốn thanh giống nhau, mỗi thanh có chiều dài b, khối lượng m A phân bố đều, được nối với nhau thành hình thoi (hình thoi có thể biến dạng được, tất cả các khớp nối không có ma sát). Bốn lò xo nhẹ giống  nhau, đều độ cứng k, nối với nhau tại điểm O và nối với bốn đỉnh A, B, C, D của hình thoi. Hệ được đặt nằm yên trên mặt bàn nằm ngang nhẵn (Hình 3). Độ biến dạng hình thoi được xác định bằng góc  giữa B D đường chéo AC và cạnh AB. Các lò xo có độ dài tự nhiên của chúng O  khi   . Ban đầu hệ được giữ cho biến dạng góc  0 rồi buông 4 không vận tốc đầu. 1. Xác định phương trình vi phân theo  mô tả cơ năng của hệ. C Hình 3 2. Trong trường hợp  0 gần bằng  4 . Xác định phương trình của  theo thời gian và tìm chu kì dao động nhỏ của hệ. Bài 5:. (3 điểm) Xác định độ từ thẩm của chất sắt từ Cho các linh kiện và thiết bị sau: - 1 lõi sắt từ hình xuyến tiết diện tròn; - cuộn dây đồng (có điện trở suất đã biết) có thể sử dụng để quấn tạo ống dây; - 1 điện kế xung kích dùng để đo điện tích chạy qua nó; - 1 nguồn điện một chiều; - 1 ampe kế một chiều; - 1 biến trở; - Thước đo chiều dài, panme, thước kẹp; - Ngắt điện, dây nối cần thiết. Hãy nêu cơ sở lý thuyết và phương án thí nghiệm để đo hệ số từ thẩm μ của lõi sắt từ. -------------- Hết-----------(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh: ………………………………….Số báo danh: ………… (Đề thi này có 02 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM Bài Nội dung Điểm ur uur 1 Êlectron M từ catốt phát ra, trong hệ toạ độ trụ, có toạ độ là OM(r, , z) và cảm ứng từ B có các thành phần (0,0,B). Lực tác dụng lên M là: ur ur r ur F  e  E  v  B  Các thành phần của lực trên trong hệ toạ độ trụ là: . Fr  e(  E  v Bz  vz B )  e(  E  r  B ) . F  e( 0  vz Br  vr Bz )  e( r B ) Fz  e( 0  vr B  v Br )  0 ur r Theo định luật II Newton F  ma , viết trong toạ độ trụ, ta có: .2 .  .. F e ar   r  r    r   (  E  Br  ) m   m . F 1d 2 . e a  (r  )   ( Br ) r dt m m .. F az  z  z  0 m Vậy ta có hệ phương trình sau: .. .2 . e  ( r  r  )     E  Br   (1) m  . d  2 . e r   Br r (2)   dt   m .. z0 (3) 2. Tích phân phương trình (3) ta được z&= vz = const. Nhưng vì vận tốc đầu tiên của êlectron bằng 0, tức vz = 0, suy ra z = const. Điều này có nghĩa là mỗi êlectron do catốt phát ra tại một điểm trên trục z sẽ vẽ nên một quỹ đạo phẳng trong mặt phẳng tiết diện thẳng của vỏ trụ đi qua điểm đó. Tức là song song với mặt phẳng xOy. + Tích phân phương trình (2), ta được: e r2 r 2& B C m 2 . Vì tại t = 0, r = 0 và do đó r  = 0, suy ra C = 0. Suy ra eB (4) & Tích phân (4), ta được: 2m eB  t 2m (5) (Chú ý không cần quan tâm tới hằng số tích phân, vì ta có thể chọn vị trí các trục Ox và Oy để hằng số này bằng 0). + Lưu ý (4), phương trình (1) có thể viết lại như sau: e2 B 2 e eB 2  & r& r  E  r  4m 2 m 2m  Hay: e2 B 2 eE & r& r 2 4m m Nghiệm tổng quát của phương trình này là tổng của - Nghiệm riêng của phương trình có vế phải: r 4mE eB 2 - Nghiệm tổng quát của phương trình không vế phải: r  acos t    eB tức là: r( t )  4mE  acos( t   ) eB 2 2m với   Để xác định các hằng số a và  ta dùng điều kiện ban đầu: tại t = 0, r = 0 và r& 0 . Dễ dàng tìm 4mE 4mE   eB  được và a  . Do đó: r( t )  (6) 1  cos  t  2 2  eB eB   2m  4mE Từ (5) và (6) suy ra (7) r( t )  1  cos  eB 2 8mE 2    Hay r( t )  sin   eB 2 2 Đây chính là phương trình quỹ đạo của các êlectron trong toạ độ cực. r 3. Từ (4) và (7) suy ra hai thành phần của v trong toạ độ cực là: 4mE 2E 2E r& sin  .& sin  và r& ( 1  cos ) 2 eB B B Vậy độ lớn của vận tốc là v  r&2  r 2&2  4E  eB  sin  t B  4m  a) Vẽ giản đồ vec tơ R ,C Dòng qua 2 2 là v Hay: 2 4E   sin   B 2 U   U  I   1   1   R1   ZC  2 IC 2 I 1 2 ur U 2 Uy  1 U  U    1   1   R   ZC  ur UR 2 IR 1 UR Ux 1 ,  r I có phương trùng với phương của U R 2     ur ur ur U  U1  U R 2  U C2 . Với U 1  U R1  U C1 ur ur Chiếu U lên phương vuông góc với U 1 IR  Icos , IC  Isin  1 1 ZC  2ZC  ZC 1 ; 2 U x  U1  U R cos   U C sin   U1  2RI 2 2 IR IC 7 1  ZC I  U1 I 2 I 2 1 1 1 U y  U R sin   U C cos   2IR sin   ZC I cos   2 2I R IC 1  R sin   ZC cos   U1 (2tg  cot g) cos  2sin  2 2 2 1 1 U0 49 1  U 2x  U 2y  U1  (2tg  cot g) 2 4 2 2 U0  U1  49  (8tg  2cot g) 2 2 U 4tg  cot g  tg  U1 max khi U 2 1 U1max  0 2  7 b) Khi đó hiệu điện thế hiệu dụng trên hai đầu R2 có giá trị: 2RIR 10 UR  2IR   2RIR 1  tg 2  2U1max 1  tg 2  U0  0,45U0 cos  7 d1 ( L1 ) d1' d 2 ( L2 ) d 2'  A ' B '   A" B " Sơ đồ tạo ảnh: AB  Từ đầu bài, ta có: L12 = 30(cm); f1 = 10(cm); f2 = 5(cm); d1 = 20(cm). a. Xét quá trình tạo ảnh qua thấu kính L1. Ta có: d1’ = d1.f1/(d1 –f1) = 20(cm) Vị trí của A’B’ đối với thấu kính L2 là d2 = L12 – d1’ = 10(cm) Xét quá trình tạo ảnh qua thấu kính L2. Ta có: d2’ = d2.f2/(d2 –f2) = 10(cm) Vậy để hứng được ảnh rõ nét của đĩa AB cần đặt màn sau thấu kính L2 và cách thấu kính L2 một đoạn bằng 10(cm). b. Ánh sáng từ đĩa AB sau khi qua thấu kính L1 sẽ đến thấu kính L2 và tạo ảnh A”B” ( hình vẽ) 1 2 3 1 A’ A B B’ A” L2 B” L1 Quan sát hình vẽ ta thấy lượng ánh sáng từ nguồn sẽ tới rìa của ảnh A”B” ít hơn tâm của ảnh A”B”. Do đó rìa của ảnh không sáng rõ bằng tâm ảnh. c. Để độ sáng của ảnh A”B” đồng đều nhau, ta cần ghép thêm thấu kính L3 như hình vẽ A B A” F3 B” L3 L2 1 Để vị trí của ảnh A”B” không Lthay đổi thì ta phải đặt vào đúng vị trí của ảnh A’B’ thấu kính L3. Thấu kính này phải có bán kính đường rìa sao cho hứng được toàn bộ ánh sáng ló ra từ thấu kính L1. Đồng thời ánh sáng ló ra khỏi L3 đều phải tới được L2. Từ hình vẽ, sử dụng tam giác đồng dạng, ta có tiêu cự của thấu kính L3 là f3 = 6,67cm. Vị trí của L3 cách thấu kính L1 một đoạn là 20cm và cách thấu kính L2 là 10cm, bán kính đường rìa của thấu kính L3 nhỏ nhất bằng bán kính đường rìa của thấu kính L2. 4 Bỏ qua ma sát, không có lực tác dụng theo phương ngang nên tâm O sẽ đứng yên. Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng: W = Wđ + Wt = const Động năng của cả 4 thanh: 2 1  1 b2 2 1 2  2 2 2 2 '  Wđ  4  mvG2  I  4 m  '  mb     mb  ' 2  12 2  3 2 2 4 (1) Thế năng đàn hồi đối với các lò xo: 1   k  b cos   b cos  4 Wt, OA = Wt, OC = 2  1   k  b sin   b sin  4 Wt, OB = Wt, OD = 2  Suy ra thế năng đàn hồi cả 4 lò xo: 2 2     k  b cos   b cos  k  b sin   b sin  4 +  4 Wt = 2(Wt,OA + Wt, OB ) =   1 1      kb2  2  2 cos   2 sin   2kb2 1  cos     4  2 2   =  = (2) Từ (1) và (2) ta có:         2kb 2 1  cos   0    2kb2 1  cos     2 mb 2 ' 2 4  4  + 3     = const = (3) 2 2 Phương trình (3) chính là phương trình vi phân mà góc  phải tuân theo.        = rad   '   ' 4 với 4 Nếu  gần với 4 thì ta có thể đặt 2 2 2 W  2kb2 1  cos  3 mb  ' theo trên ta có: + = const. Lấy đạo hàm hai vế ta được: 2  2. mb 2 '' . '  2kb 2 '   0 = 3 4 suy sin    . vì 3k  ''    0   ''   2  0; 2m suy ra : 2m 3k T  2 3k 2m chu kì dao động bé: Với: Phương trình trên có nghiệm dạng:     0 cos t          4   4  0 cos t    .  0 sin   0   0   0'  0           0  4  0 cos   0 0   0  4 tại thời điểm ban đầu: Vậy phương trình biến đổi theo thời gian của góc :    3k      0   cos 0t   4  4 2m với 5 Xác định độ từ thẩm của chất sắt từ a) Cơ sở lý thuyết: Xét một lõi sắt từ hình xuyến trên đó có quấn hai cuộn dây có số vòng dây là N 1 và N 2 . Khi cho dòng điện chạy qua cuộn thứ nhất (N 1 ), trong lòng lõi sắt sẽ xuất hiện từ trường và từ trường này sẽ đi qua cả cuộn dây thứ hai (N 2 ). Gọi d là đường kính trung bình lõi hình xuyến. Chu vi hình xuyến πd là chiều dài mạch từ. Khi dòng điện chạy qua cuộn thé nhất là I1 thì cảm ứng từ chạy trong mạch từ là: N1 I 1 , với μ0 = 4.10-7 H/m. d Từ thông gửi qua cuộn thứ hai là; NN I   N 2 BS   0 1 2 1 S , với S là tiết diện mạch từ. d Khi vừa ngắt khóa K, dòng điện chạy qua cuộn thứ nhất I1 sẽ giảm về 0 và gây ra sự biến thiên từ thông chạy qua cuộn thứ hai (giảm từ Φ → 0) và tổng điện tích chạy qua điện kế xung kích là q. Xét khoảng thời gian Δt nhỏ, từ thông qua cuộn thứ hai giảm đi ΔΦ tương ứng với điện lượng đi qua là Δq. Ở cuộn thứ hai sinh ra suất điện động ec2 và dòng điện i2 . Lượng điện qua điện kế là: t  t  (R2 là điện trở cuộn dây N 2 ). q  i2 .t  ec 2 .  .  R2 t R2 R2 Toàn bộ điện lượng qua cuộn thứ hai là: 1 1 NN q   q       0  1 2  0 I1S R2 R2 dR2 qdR2 Suy ra:   . N1 N 2 0 I1S Các bước thí nghiệm: * Chuẩn bị: d  d2 - Đo đường kính trong và ngoài của lõi sắt từ hình xuyến d1 và d2 , tìm được d  1 2 - Đo đường kính e của sợi dây đồng bằng panme. - Quấn hai cuộn dây với số vòng là N 1 và N 2 lên lõi sắt từ. - Tính điện trở cuộn dây N 2 : l N  d 2  d1  N d  d  R2   2   2  4  2 22 1 2 s e e   2 * Thao tác: - Chỉnh biến trở để thay đổi dòng I1 , mở khóa K, đọc giá trị q trên điện kế xung kích, ghi giá trị vào bảng sau: Lần đo I1 Điện lượng q … … … … … … - Tính độ từ thẩm μ ứng với mỗi lần đo: d  d2 N d  d  q . 1 .4  . 2 22 1 qdR2 qd1  d 2  2 e   8 2 N1 N 2 0 I1S N10 I1e 2 d 2  d1  d  d1  N1 N 2  0I1 2 4 Lặp lại các thao tác trên và tính giá trị trung bình  . B   0 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ ĐỀ XUẤT KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN VÙNG DUYÊN HẢI BẮC BỘ LẦN THỨ VIII MÔN VẬT LÝ – KHỐI 11 Thời gian làm bài : 180 phút ( Đề gồm 5 câu trong 2 trang) Câu 1: (4 điểm). Hai mặt cầu kim loại đồng tâm có các bán kính là a, b (a < b) được ngăn cách nhau bằng một môi trường có hằng số điện môi  và có điện trở suất  . Tại thời điểm t = 0 mặt cầu nhỏ bên trong được tích một điện tích dương Q trong thời gian rất nhanh. a) Tính năng lượng trường tĩnh điện trong môi trường giữa hai mặt cầu trước khi phóng điện. b) Xác định biểu thức phụ thuộc thời gian của cường độ dòng điện chạy qua môi trường giữa hai mặt cầu. Câu 2: ( 5 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ. Nguồn có suất điện động E, điện trở trong không đáng kể, các phần tử của mạch R,L, C đã biết; ban đầu R E các khóa K1 , K2 đều ngắt. Bỏ qua điện trở của dây nối và các khóa K1 , K2 K1 a) Đóng khóa K1 , tìm biểu thức sự phụ thuộc của A B L cường độ dòng điện qua cuộn cảm thuần L theo thời K2 gian. b) Đóng đồng thời cả hai khóa K1 , K2 . Hãy lập phương C trình vi phân mô tả sự phụ thuộc của cường độ dòng điện chạy qua cuộn cảm thuần L theo thời gian; Xác định tần số dao động. Sau một thời gian đủ dài cường độ dòng điện chạy qua L có giá trị bao nhiêu? c) Vẫn đóng đồng thời cả hai khóa K1 , K2 , khi cường độ dòng điện qua L đạt giá trị xác định sau một thời gian đủ dài , thì ngắt khóa K1. Tính hiệu điện thế cực đại trên tụ C. Câu 3: (4 điểm). Một khối trụ tròn, đặc đồng chất khối lượng m, bán kính r, chiều dài l  12 r , có thể quay tự do trong mặt phẳng thẳng đứng quanh trục cố định nằm ngang đi qua O cách đầu A của khối trụ một đoạn 3r (hình vẽ). a) Tìm mômen quán tính của khối trụ đối với trục quay nằm ngang qua O. b) Xác định chu kì dao động nhỏ của khối trụ quanh trục nằm ngang qua O. A O  c) Chu kì dao động của khối trụ sẽ thay đổi như thế nào nếu ta gắn vào nó một chất điểm có khối lượng m1  m / 3 tại điểm K với OK  85 l. 144 Câu 4:(4 điểm). . Cho một hệ thấu kính mỏng đồng trục O 1, O2, O3 và một đèn nhỏ S nằm trên trục chính cách O 1 một khoảng d 1 (như hình vẽ). Từ S phát ra một chùm tia hẹp có góc mở là φ (φ << 100). Chùm tia ló ra khỏi hệ có góc mở là φ’. Biết tiêu cự của các thấu kính là f 1 = f3 = 20 cm, f 2 = - 20 cm. Khoảng cách giữa các thấu kính O1O2 = 20 cm, O2 O3 = 10 cm. Tìm d1 để:  a) φ’ = 0 b)  '  4 Câu 5: ( 3 điểm) Cho một nguồn điện không đổi, một tụ điện, một điện trở có giá trị khá lớn đã biết, một micrôampe kế, dây nối, ngắt điện, đồng hồ bấm giây và giấy kẻ ô tới mm. Hãy đề xuất phương án thí nghiệm để đo điện dung của tụ điện. ...................................Hết............................... HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ – KHỐI 11 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN Câu 1( 4 điểm) + Tại thời điểm t khi điện tích của mặt cầu là q thì cường độ điện trường là E= q 40 r 2 và có hướng đối xứng xuyên tâm ra ngoài (1) ..................0,5 điểm Q + Tại t = 0 mặt cầu bên trong có q(0) = Q nên E0 = 40 . 1 ………………............0,5 r2 điểm b + Năng lượng tĩnh điện trong môi trường lúc t = 0 là W0 =  a  0 E 02 2 4r 2 dr ……..….0,5 điểm + Tích phân có kết quả W0 = (a  b)Q 2 80 ab ..............…………………………….….0,5 điểm + Định luật Ôm dạng vi phân ta có dạng - E dq = 4  r2.j = 4  r2 ρ dt (2) .............0,5 điểm + Từ (1) và (2) ta có : - dq q = ............................................................................0,5 dt  0 điểm + Phương trình này có nghiệm là q = Qexp (- t  0 ) ...................................................0,5 điểm + Do đó cường độ dòng điện I = - dq Q t = exp () ......…………………......0,5 dt  0  0 điểm Câu 2 ( 5 điểm) R E i K1 A L iL K2 ic C q a) Tại thời điểm t: uAB = u = Li’ = E – Ri B di dt  , đặt x = E – Ri ...............................................................................0,5 E  Ri L điểm Khi t = 0 có i = 0 nên: lấy tích phân từ 0 đến i và từ 0 đến t ta có Rt i=  E (1  e L ) R ...............................................................................................1,0 điểm b) Đóng đồng thời cả hai khóa Tại thời điểm t mạch điện có: i = iL + iC (1) q  Ri  E (2) c iC  q '  LCiL " (3) 1 1 E (1); (2); (3) => iL " iL ' iL   0 (*) ............................................................1,0 RC LC RLC LiL ' Ri  điểm 2 1  1  Khi   thì từ phương trình (*) suy ra tần số góc của dao động có giá trị: LC  2 RC  t  E 1 1 2 2 RC    và iL =  A0 e cos(ωt +φ) ..................................................1,0 LC 4 R 2C 2 R điểm Sau thời gian đủ dài: t   thì iL = E và q = 0...............................................................0,5 R điểm c) Ngắt khóa K1, có mạch LC . iL = E và q = 0 R Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng => Uc MAX = E L .....................................1,0 R C điểm Câu 3: (4 điểm) A . z O O y G l/4 x x a) (2 điểm) * biểu thức tính được mômen quán tính của đĩa đồng chất có bề dày dx, bán kính r, khối lượng riêng ρ đối với trục quay đi qua tâm đĩa và nằm trong mặt phẳng đĩa: dIz = dIx + dIy dI Z  điểm r 2 dm .............................0,5 2 dIy = dIx = dIz/2 = > 1 1 r 4 2 2 dI x  . ( r dx)r  dx 2 2 4 ........................0,5 điểm * biểu thức tính mômen quán tính của đĩa đồng chất có bề dày dx, bán kính r, khối lượng riêng ρ đối với trục quay nằm ngang, đi qua O dIO = dIx + dm.x2 Tính được I O  => dI O  85 2 mr 4  r 4 4 dx   r 2 x 2 dx .....0,5 điểm ................................. 0,5 điểm b) ( 1,0 điểm) + Viết được phương trình động lực học cho chuyển động quay quanh O  3mgr sin   I 0 " .............................................0,5 điểm + Xác định được công thức thức tính chu kì của con lắc vật lý: Chu kỳ con lắc T  2 IO 85r . ................... 0.5 điểm  mg.3r 3g c) ( 1,0 điểm) 85 85 r l 85r  2  12  2  144 ................... 0.5 điểm Viết lại: T  2  12 g g g Như vậy chu kỳ dao động của con lắc vật lý giống như một con lắc đơn có chiều dài l ' 85 85 l . Kết quả là nếu ta treo thêm vật m1 ở điểm K với OK  l  l ' thì chỉ làm tăng 144 144 khối lượng của con lắc, còn chu kì dao động không đổi. ................................................... 0.5 điểm Câu 4: (4 điểm)