HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ KHỐI 11 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH LÀO CAI NĂM 2015 ĐỀ THI ĐÈ XUẤT Thời gian làm bài 180 phút (Đề này có .02 trang, gồm.05 câu) Câu 1: Tĩnh điện (4 điểm) 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: Điện và điện từ (5 điểm) Một khung dây dẫn hình vuông chuyển động dọc theo trục x với vận tốc v 0 đi vào một bán không gian vô hạn (x>0) trong đó có một từ trường không đều hướng theo trục z: B z (x) = B 0 (1 + αx) với B 0 là hằng số dơng. Biết rằng hai cạnh của khung song song với trục x, còn mặt phẳng của khung luôn vuông góc với trục z. Hỏi khung đã thâm nhập vào không gian có từ trường một khoảng cách bằng bao nhiêu, nếu khối lượng của khung là m, chiều dài cạnh của khung là b và biết rằng vào thời điểm khi các đường sức từ xuyên qua toàn bộ mặt phẳng của khung, trong khung toả ra lượng nhiệt đúng bằng nhiệt lượng mà khung toả ra trong chuyển động tiếp sau đó cho tới khi dừng hẳn. Tính điện trở của khung. Bỏ qua hệ số tự cảm của khung và coi αb<<1. Câu 3: Quang hình (4 điểm) Một tia laser chiếu tới một thấu kính phân kỳ có tiêu cự cmf 3= dưới một góc rad1,0= α đối với trục chính của thấu kính và được quan sát dưới dạng một chấm sáng trên màn E, đặt vuông góc với trục chính, ở sau thấu kính và cách thấu kính một khoảng cmL 630= . Nếu ở trước thấu kính đặt một bản mặt song song bằng thuỷ tinh có bề dày cmd 1 = thì thấy chấm sáng dịch chuyển trên màn một đoạn cma 8= . Hãy xác định chiết suất của bản thuỷ tinh. Câu 4: Dao động cơ (4 điểm) Một thanh đồng chất AB, khối lượng m, chiều dài l, chuyển động với vận tốc ban đầu v 0 (hướng dọc theo thanh) từ vùng không có ma sát sang vùng có ma sát trên mặt bàn nằm ngang với hệ số ma sát trượt là µ a. Tìm điều kiện về v 0 để khi dừng lại toàn bộ thanh nằm trong vùng có ma sát. b. Với một vị trí số cho trước của v 0 , hãy tính khoảng thời gian kể từ lúc đầu B bắt đầu chạm vào mép vùng có ma sát cho đến khi thanh dừng lại, đầu A cách mép vùng có ma sát một khoảng bao nhiêu? Câu 5: Phương án thí nghiệm (4 điểm) Phương án thí nghiệm: Xác định khối lượng riêng của nước muối Cho các dụng cụ sau: Một bình lớn đựng nước có 3 0 1000 /kg m ρ = ; thước mm, 1 tờ giấy, một ống nghiệm thường sử dụng trong thí nghiệm hóa học, cốc đựng nước muối cần đo khối lượng riêng. a. Lập phương án đo khối lượng riêng của nước muối với các dụng cụ trên. b. Thiết lập biểu thức sai số của phép đo. c. Ước lượng sai số của phép đo. Nhận xét về tính khả thi của phương án và cách khắc phục. ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN VẬT LÝ KHỐI 11 Câu 1: 4 điểm Câu Ý Nội dung Điểm 1 a Cường độ điện trường do bản tích điện Q (bản 1) và bản tích điện -2Q (bản 2) gây ra lần lượt là : S Q E 0 1 2 ε = và . 2 2 0 2 S Q E ε = Cường độ điện trường bên trong tụ là: S Q EEE t 0 21 2 3 ε =+= . Năng lượng điện trường trong khoảng không gian giữa hai bản tụ là: S dQ dS S Q VEW ttt 0 2 2 0 0 2 0 8 27 3 2 3 2 1 2 1 εε εε =⋅⋅         =⋅= 0,5 0,25 0,5 b Khi hai bản cách nhau một khoảng d, ký hiệu 21 ,VV lần lượt là vận tốc của bản 1 và bản 2. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có: )1(202 2121 VVmVmV −=⇒=+ Năng lượng điện trường bên trong tụ là: S dQ Sd S Q VEW ttt 0 2 2 0 0 '2 0 ' 8 9 2 3 2 1 2 1 εε εε =⋅         == Cường độ điện trường bên ngoài tụ (bên trái của bản tụ 1 và bên phải của bản tụ 2) là: S Q EEE n 0 12 2 ε =−= Khi hai bản cách nhau là d thì thể tích không gian bên ngoài tăng một lượng là: dSV 2 ⋅= ∆ . Vùng thể tích tăng thêm này cũng có điện trường đều với cường độ n E . Do vậy, năng lượng điện trường bên ngoài tụ đã tăng một lượng là: S dQ VEW n 0 2 2 0 42 1 ε ∆ε∆ == . Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng: W mVmV WW tt ∆ ++=− 2 2 2 2 2 2 1 ' )2( 42 2 24 9 0 2 2 2 2 1 0 2 S dQ mVmV S dQ εε ++=↔ Giải hệ phương trình (1) và (2), cho ta: Sm d QV 0 2 3 2 ε = và Sm d QV 0 1 3 2 2 ε −= . 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu 2: 5 điểm Câu Ý Nội dung Điểm 2 Xét thời điểm cạnh CD có toạ độ là x và khung đang thâm nhập vùng từ trường. Áp dụng định luật x O A B C D 8 bảo toàn năng lượng, nhiệt lượng toả ra trong khung bằng độ biến thiên động năng của khung: mvdvdQdvv m v m dQ −=⇒+−= 22 )( 22 (1) Suất điện động cảm ứng xuất hiện trên cạnh CD là: bvxBbvBE CD )1( 0 α +== R dtvbB R dtvbxB RdtIdQ R E I 2222 0 2222 0 2 )21()1( αα + ≈ + ==⇒=⇒ (2) Từ (1) và (2) ta có: dtvbxBRmvdv 222 0 )21( α +=− dxbxBRmdv 22 0 )21( α +=−⇒ (3) Gọi v 1 là vận tốc của khung khi bắt đầu khung nằm trọn trong từ trường ta có: 22 2 1 2 0 mv Q mv =− trong đó 2 4 0 1 2 0 v v mv Q =⇒= Tích phân 2 vế phương trình (3) ta có: dxbxBRmdv b v v 2 0 2 0 )21( 1 0 α +=− ∫∫ 32 0 32 0 22 001 )1()()( bBbbBbbbBvvRm ≈+=+=−⇔ αα 0 32 0 0 32 0 )22( )12( 2 mv bB mv bB R + = − =⇒ (*) Khi khung đã vào hẳn trong từ trường, cường độ dòng điện trong khung là: [ ] R vbB R xbxvbB R EE I ABCD ααα 2 00 )1()(1 = +−++ = − = Xét trong khoảng thời gian nhỏ dt: RdtIdQ 2 = R dtvbB dQ 2242 0 α =⇔ R dxvbB 242 0 α = (4) Tích phân 2 vế phương trình (4) và thay R ở (*) vào ta được: b s 2 1 )12( α + = Khung đã vào trong từ trường được một đoạn là: bb b bss 22 22 1 1212 αα α + ≈ ++ =+= Vậy b s 2 12 α + = và 0 32 0 )22( mv bB R + =⇒ 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,5 Câu 3: 4 điểm Câu Ý Nội dung Điểm 3 - Trước khi đặt bản mặt song song giả sử tia sáng đi như hình vẽ, ta có: ANFOIF ′′ ∆ ′ ∆ 11 ~ 11 1 1 FO ON OF NF IO NA ′ += ′ ′ = ′ ⇒         ′ +⋅⋅= ′ ⇔ 1 1 FO ON tgAONA α (do α tgAOIO ⋅= ) Mặt khác: OMNFFO ∆ ′′ ∆ ~ 1 f L FO OM FO ON = ′ = ′ ⇒ 1 Vậy:         +⋅= ′ f L tgAONA 1 α         +⋅⋅+⋅= ′ += ′ f L tgAOtgOMNAMNAM 1 αα         +⋅+⋅= ′ ⇒ f L tgAOtgLAM 1 αα (1) - Sau khi đặt bản mặt song song thì tia ló ra khỏi bản mặt vẫn tạo với trục chính một góc α . Giả sử tia này cắt trục chính tại 1 A và cho điểm sáng 1 A ′ trên màn thì ta vẫn có:         +⋅+⋅= ′ f L tgOAtgLAM 1 11 αα (2) Trừ từng vế (1) cho (2) ta có: ( )         +⋅⋅−= ′ − ′ f L tgOAAOAMAM 1 11 α         +⋅⋅= ′′ ⇔ f L AAAA 1 11 α (*) Theo giả thiết aAA = ′′ 1 . Bây giờ ta đi tìm 1 AA . Dựa vào hình vẽ ta có: α tg KQ dHKdPHAA −=−== 1 α β tg tg PKd ⋅−= α β sin sin ⋅−≈ dd       −= n d 1 1 Do đó, (*)         +⋅       −=⇔ f L n da 1 1 1 α         +⋅ − =⇒ f L d a n 1 1 1 α 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 A α I F’ 1 F ′ O f L M N A’ α • • •• • • • • α α α β H K Q P A A 1 d Thay số vào ta được: 61,1 131 211 ≈=n . Câu 4: 4 điểm Câu Ý Nội dung Điểm 4 Khi đầu B của thanh đi vào vùng có ma sát, ở cách mép của nó một khoảng x thì lực ma sát tác dụng lên thanh là : F ms = μ. l x .mg. - Công của lực ma sát để thực hiện cho đến lúc đó là : A ms = 2 2 0 x x mgx mgdx l l µ µ = ∫ - Khi toàn bộ thanh nằm trên vùng có ma sát thì x l≥ . Như vậy, điều kiện về v 0 để khi dừng lại toàn bộ thanh nằm trong vùng có ma sát là : 2 2 0 . 0 2 2 mv mg l v gl l µ µ ≥ → ≥ 0,25 0,25 0,25 Khi đầu B của thanh đã đi vào vùng có ma sát, áp dụng định luật II Niu-tơn ta có : ma = - 2 mg x l µ → x’’ + 0 mg l µ = ; với x là khoảng cách từ đầu B đến đầu mép vùng có ma sát. - Phương trình chuyển động của thanh là: x = Asinωt, với ω = g l µ . Lưu ý rằng lúc t = 0 thì x = 0. (Chọn gốc thời gian t = 0 là lúc B vừa chạm vào mép), ta có: v B = x B = ωAcosωt. - Theo đề bài v Bmax = v 0 , nên ta có : A = 0 0 v l v g ω µ = * Ta xét các trường hợp sau : a) Trường hợp v 0 gl µ ≥ . Khi đó A l ≥ . Lúc x B = l (thanh bắt đầu lọt hoàn toàn vào vùng có ma sát) ta có: 1 sin arcsin arcsin 1 1 l l l l A t t A g A ω ω µ     = → = =  ÷  ÷     t 1 khoảng thời gian kể từ lúc bắt đầu B bắt đầu chạm vào mép vùng có ma sát cho đến khi đầu A bắt đầu chạm vào mép đó. + Nếu v 0 gl µ = thì A l= ; t 1 = arcsin1 2 l l g g π µ µ = và khi đó v B = x’ B = ωAcos 2 π = 0; thanh dừng lại. Như vậy, nếu v 0 gl µ = , thì khoảng thời gian kể từ lúc đầu B bắt đầu chạm vào mép vùng có ma sát cho 0,25 0,25 0,25 0,5 đến khi thanh dừng lại bằng t 1 = 2 l g π µ và khi đó đầu A ở ngang mép vùng có ma sát (x A = 0). + Nếu v 0 gl µ > thì A l > . Trong trường hợp đó, lúc thanh dừng lại đầu A sẽ ở cách mép (ở bên trái A) một khoảng x A ≠ 0. - Để tính x A ta áp dụng định luật bảo toàn năng lượng : 2 2 1 2 0 0 2 2 2 2 mv v mg l mgx x A A l g µ µ µ = + → = − -Khoảng thời gian kể từ lúc A bắt đầu chạm vào mép cho đến khi thanh dừng lại là t 2 : x A = 1 2 μg 2 2 2 0 2 2 v x l A t t g g g µ µ µ   → = = −  ÷  ÷   Như vậy, khoảng thời gian cần tìm là : t = t 1 + t 2 . b) Trường hợp v 0 gl µ < : trong trường hợp này khi thanh đứng lại chỉ có một phần thanh nằm trong miền có ma sát. Khi thanh dừng lại ta có : 2 2 0 2 2 mv mg x B l µ = ; với x B là khoảng cách từ đầu B tới mép vùng có ma sát. Từ đó : x B = . 0 l v g µ - Đầu A cách mép (về bên phải) : x A = l – x B = l - . 0 l v g µ - Thời gian cần tìm : x B = Asinωt 3 . 0 l v g µ = 0 v l g µ sin 3 3 2 g l t t l g µ π µ → = 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu 5: 3 điểm Câu Ý Nội dung Điểm 5 a Phương án thí nghiệm: - B1: dùng giấy cuộn sát vào mặt ngoài và mặt trong của ống nghiệm, sau đó dùng thước đo ta xác định được chu vi mặt trong 1 C và chu vi mặt ngoài 2 C của ống nghiệm - B2: đổ nước muối vào ống nghiệm sao cho khi thả ống vào bình nước, ống cân bằng bền và có phương thẳng đứng. Đánh dấu mực nước muối trong ống và mực nước bên ngoài ống. - B3: đổ thêm nước muối vào ống, chiều cao nước muối đổ thêm là x∆ . Thả ống vào bình thì ống chìm sâu thêm một đoạn y∆ . Đo x∆ và y∆ bằng thước. 0,25 0,25 0,25 Gọi 1 2 ;S S tương ứng là tiết diện trong và tiết diện ngoài của ống nghiệm, từ phương trình cân bằng của ống suy ra: 2 2 1 1 1 0 2 1 0 0 1 2 x x x S y C y S S y S C ρ ρ ρ ρ ρ   ∆ ∆ ∆ = ∆ ⇒ = =  ÷ ∆ ∆   0,25 b Biểu thức sai số: 1 1 0 2 ln 2ln ln ln x C y C ρ ρ ∆ = + + ∆ ( ) 1 1 2 0 ln 2 ln ln ln ln x lnC C y ρ ρ ⇔ = − + ∆ − ∆ + ( ) ( ) 0 1 1 2 1 1 2 0 x 2 x y C C C C y ρ ρ ρ ρ ∆ ∆ ∆ ∆   ∆ ∆ ∆ ∆ ⇒ = + + + +  ÷ ∆ ∆   0,5 c Ước lượng sai số: Ta chỉ xét sai số hệ thống do dụng cụ đo - Với ống nghiệm thông thường thì 1 2 ; 70C C mm≈ - ; 50x y mm∆ ∆ ≈ - Sai số do dụng cụ đo (thước mm) lấy nhỏ nhất có thể 0,5mm≈ - Bỏ qua sai số của hằng số 0 0 ρ ρ ∆ Vậy 1 1 4,86% ρ ρ ∆ ≈ . Dung dịch nước muối có 3 1040 /kg m ρ ≈ (nước biển chẳng hạn), với sai số trên thì 3 50 /kg m ρ ∆ ≈ , mục đích đo không đạt được. Để giảm sai số, cần phải - tăng 1 2 ;C C và ;x y∆ ∆ (không khả thi) - hoặc làm giảm sai số của 4 đại lượng trên bằng cách tăng độ chính xác của dụng cụ đo (thay thước mm bằng loại thước có độ chính xác cao hơn, có thể trực tiếp đo đường kính trong và ngoài của ống nghiệm như thước kẹp chẳng hạn) thay đổi phương án đo (sử dụng đồ thị) 0,5 0,5 0,5 . HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ KHỐI 11 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH LÀO CAI NĂM 2015 ĐỀ THI ĐÈ XUẤT Thời gian làm bài 180 phút (Đề này có .02. trục z. Hỏi khung đã thâm nhập vào không gian có từ trường một khoảng cách bằng bao nhiêu, nếu khối lượng của khung là m, chiều dài cạnh của khung là b và biết rằng vào thời điểm khi các đường. về tính khả thi của phương án và cách khắc phục. ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN VẬT LÝ KHỐI 11 Câu 1: 4 điểm Câu Ý Nội dung Điểm 1 a Cường độ điện trường do bản tích điện Q (bản 1) và bản tích điện