Đề thi môn: Vật lý Khối 11 năm 2015 trườngTHPT chuyên Hùng Vương3981

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊNVÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ- KHỐI 11 Năm 2015 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Đề này có 02 trang, gồm Thời gian làm bài: 180 p

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ- KHỐI 11 Năm 2015 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Đề này có 02 trang, gồm Thời gian làm bài: 180 phút5 câu)

Câu 1 (4 điểm):

Một dây dẫn thẳng dài vô hạn tích

điện đều đi qua điểm A đặt song

song và cách một mặt phẳng cũng

tích điện đều một khoảng h ( hình

vẽ 1) Biết rằng điện tích trên một

đơn vị độ dài của dây là  và điện tích trên một diện tích của mặt phẳng là -  Điểm B ở gần mặt phẳng tích điện và cách đường vuông góc AC một khoảng h Xác định góc tạo bởi giữa đường sức điện đi ra từ A, đi qua B và đường vuông góc AC

Câu 2 (5 điểm):

Một vành cứng ghép bởi 10 điện trở R giống nhau:

5 điện trở đều mắc trên vành, còn 5 điện trở bố trí

đều tạo thành 5 nan hoa Bán kính vành bằng r Bỏ

qua kích thước các điện trở và điện trở các thanh

nối Vành quay quanh trục đi qua tâm và vuông góc

với mặt phẳng của nó trong một từ trường đều có véc tơ cảm ứng từ song song � với trục quay và hướng vào trong Vùng có từ trường có dạng hình quạt có đỉnh

ở tâm của vành và có góc ở tâm là 72o Mô men quán tính của vành đối với trục quay bằng Io Tại thời điểm t, tốc độ quay của vành là ω(t)

a) Tìm biểu thức cường độ dòng điện qua mỗi điện trở

b) Xác định biểu thức công suất tỏa nhiệt trên vành

c) Tìm gia tốc góc của vành và hướng của nó

Câu 3 (4 điểm):

hình 1

B

h C A

h

α A

C B

h h

ω(t)

hình 2

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

O

A B

E

�

Một khối trụ được làm bằng chất liệu trong suốt nhưng chiết suất của nó giảm chậm khi tăng khoảng cách tới trục của khối trụ theo quy luật n(r) = no(1 – ar), trong đó no và a là các hằng số đã biết Cần phải tạo ra một chớp sáng ở cách trục khối trụ một khoảng bằng bao nhiêu để một số tia sáng có thể lan truyền theo vòng tròn xung quanh một tâm nằm trên trục hình trụ?

Câu 4 (4 điểm):

Một vật nhỏ có khối lượng m được gắn chặt

giữa hai lò xo đặt trên mặt phẳng nằm ngang

nhẵn Một đầu lò xo được gắn chặt, đầu còn lại

của lò xo kia để tự do (hình 4) Bỏ qua khối lượng các lò xo, độ cứng của mỗi lò

xo là k1= k1 = k Vật đang ở vị trí cân bằng, người ta kéo đầu tự do của lò xo với vận tốc không đổi u theo phương của lò xo đi ra xa vật

a) Tìm khoảng thời gian ngắn nhất để vật nặng có vận tốc bằng u

b) Ở thời điểm đó, tìm khoảng cách giữa vật nhỏ và vị trí ban đầu

Câu 5 (3 điểm)

Cho các dụng cụ thí nghiệm sau: Một thấu kính có hai mặt cong có bán kính khác nhau, nguồn sáng có thể làm vật sáng, bàn quang có thể đặt ở các tư thế khác nhau, màn ảnh, thước chia độ, một số miếng kính phẳng trong suốt, cốc nước (chiết suất n =1,333), một số thiết bị đơn giản sẵn có trong các phòng thí nghiệm Hãy xây dựng phương án thí nghiệm đo các bán kính cong và chiết suất của thấu kính đã cho:

- Trình bày cơ sở lý thuyết

- Trình bày phương án thí nghiệm và cách xử lý số liệu

………… Hết…………

Người ra đề: Thân Thị Thanh Bình ĐT: 0948 309 787

Hình 4

x

O

m

SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG

BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ VIII

MÔN: VẬT LÝ 11 Thời gian làm bài: 180’

Xét đoạn dây dẫn nằm trong mặt phẳng ứng với đoạn dây đó và

vuông góc với mặt phẳng tích điện

+ Tại điểm M ở rất gần mặt phẳng cách C và

cách dây dẫn lần lượt là x và r:

- Cường độ điện trường do dây dẫn gây ra

tại điểm M:

(1)

�1= 

2����

0,5

- Cường độ điện trường do mặt phẳng gây ra tại điểm M:

(2)

�2= 

2��

0,5

Câu 1

(4điểm)

- Cường độ điện trường tổng hợp tại M:

��=�1+ �2

- Cường độ điện trường tổng hợp

tại M theo phương AC (vuông góc với mặt phẳng) :

E(x)= E1cos + E2 (3)

ℎ

0,5

h

C A

M x r

� 1

� 2



C M B

I H

K x dx G L

h r α

x

- Thay (1), (2) vào (3), ta có:

�( �)=

1

2��( +

ℎ

2(�2

+ℎ2))

0,5

- Điện thông qua mặt IKGH là: � =∫ℎ‒ ℎ�(�)���

(4)

�1=∫ℎ‒ ℎ�(�)��� =2��

�(2ℎ + 2)

0,5

+ Theo định lí Gauss, số đường sức điện đi ra khỏi đoạn dây dẫn L là:

(5)

�2=�

��

0,5

Coi các đường sức điện là phân bố đều tại các điểm gần dây dẫn thì

số đường sức điện đi ra khỏi góc 2α cũng là N1 Do đó:

(6)

�1=2�

2�.�2

0,5

- Từ (4), (5) và (6), ta có � = �(ℎ + 0,25) 0,5

Câu 2

(5điểm)

a) Xét tại thời điểm to, các điện trở được

biểu diễn như hình vẽ Thanh cứng nối R1

đóng vai trò như nguồn phát Dòng mạch

chính đi từ O tới A, suất điện động cảm

ứng xuất hiện trên OA là

eOA =ddt =r

2Bdφ 2dt  =

r2B

2 ω

0,5

ω(t)

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

O

A B

E

�

- Do mạch có tính đối xứng nên chập các điểm B với E, C với D có cùng điện thế Khi đó :

RBCO= R.R

R + R+

R.R

R + R= R RBO=

R

3 RBA =

R 2

Rtđ= RAB+ RBO+ ROA=11�

6

0,5

0,5

- Áp dụng định luật Ôm cho toàn mạch:

itm= i1=

eOA

Rtđ =

3Br2ω 11R

i10= i6=

itm

2 =

3Br2ω 22R

i2= i5=

itm

3 =

Br2ω 11R

i7= i3= i4= i9=

itm

6 =

Br2ω 22R

0,5 0,5 0,5 0,5 0,5

b) Công suất của toàn mạch : P = itm2Rtđ=

3B2r4ω2

22R

0,5

c) Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng :

- Pdt = d(Io�2  Pdt = - Ioωdω  hay

2 )

dω

dt

=-P

ωIo

γ =dωdt =-3B

2

r4ω 22RIo Dấu (-) ở biểu thức biểu thị hướng của gia tốc ngược với hướng quay của vành

1,0

r+∆r

r+∆r)

�(

r)

�(

- Điều kiện để tia sáng lan truyền theo một đường tròn thì

(1)

�(� + ��)

� + �� =

�(�)

� Hay �� (2)

��=��

0,5 0,5

Vì � =�� nên ����=‒ �  (3)

�2

��

��=

�

��

��

�� =‒

�

�

1,0

Theo bài ra, n(r) = no(1 – ar)  �� (4)

Câu 3

(4điểm)

Từ (3) và (4), ta có :



‒ noa = ‒nr  ‒ noa = n(r) =

no(1 – ar)

* Chọn trục Ox như hình vẽ:

Gốc tọa độ trùng vị trí ban đầu

của vật

Xét tại thời điểm t, vật có li độ x Khi đó, đầu lò xo đi được một

đoạn ut

- Phương trình vi phân mô tả chuyển động của vật :

mx’’= k(ut – x) – kx  mx’’= kut – 2kx (1) 0,5

Câu 4

(4điểm)

- Đặt kut – 2kx = Y (2)

Khi đó : Y’ = ku – 2kx’ Y’’ = – 2kx’’ x" = ‒2kY"

0,5 0,5

x

O

m

- Thay(2), (3) vào (1), ta có : Y" + 2k (4)

- Phương trình có nghiệm Y = Acos(ωt + φ) với ω = 2km

Với điều kiện ban đầu : t =0, x=0, x’ = 0  Y = 0, Y’ = ku

Do đó : Acos φ = 0, -Aωsin φ = 0  φ =‒�2, A = ku

ω = ku

m 2k

Y = ku m (5)

2k cos (

2k

- Thay (5) vào (2), ta có kut – 2kx = ku m

2k cos (

2k

m t‒ �2)

 (6)

2ksin( 2k

m t‒�2)= 0,5u ‒ 0,5u 2kmcos( 2k

a Khi vật có vận tốc bằng u thì : v = x’= u

b Thay t = π 2km vào (6), ta được x =0,5uπ 2km 0,5

Câu 5

( 3 điểm)

* Trình bày cơ sở lý thuyết

- Dựa vào công thức:   

















2

1 R

1 1 n f

- Dựa vào cách đo tiêu cự của thấu kính thông thường có thể đo

được tiêu cự của một thấu kính

- Hệ thấu kính ghép sát có

A

f

1 1 1





0,5

* Phương án thí nghiệm:

- Đo tiêu cự f của thấu kính :    (1)

















2

1 R

1 1 n f

- Đặt mặt thứ nhất của thấu kính lên trên một tấm kính phẳng và cho một giọt nước ( n =1,333) vào chỗ tiếp xúc giữa thấu kính và mặt

phẳng Đo tiêu cự f1của hệ, ta được: , trong đó fA là tiêu

A

1 f

1 f

1   cực thấu kính phân kỳ bằng nước một mặt phẳng, một mặt lõm R1

Do đó:    (2)

















1

1 1 333 , 1 f

1

- Lặp lại bước 2 với mặt kia của thấu kính: ta đựơc: trong

B

1 f

1 f

1





đó fB là tiêu cực thấu kính phân kỳ bằng nước một mặt phẳng, một mặt lõm R2 Do đó:    (3)

















2

1 1 333 , 1 1

R

f B

- Từ (1), (2), (3), giải hệ ta thu được: n, R1, R2:

f f

ff R







1

1 1

) 1

333

,

1

(

f f

ff R







2

2 2

) 1 333 , 1 (

1 ) ( 1 2

2





f R R

R R n

0,5

0,5

0,5