TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XI ĐỀ THI MÔN VẬT LÍ LỚP 11 TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC KẠN (Đề có 02 trang, gồm 05câu) ĐỀ THI ĐÈ XUẤT Câu (04 điểm) Hai cầu nhỏ tích điện A B có khối lượng điện tích tương ứng m1 = m, q1 = +q, m2 = 4m, q2 = +2q đặt cách đoạn a Ban đầu cầu B đứng yên, cầu A chuyển động thẳng hướng vào cầu B với vận tốc vo a) Tính khoảng cách nhỏ rmin hai cầu b) Xét trường hợp a = ∞ Tính rmin c) Tính vận tốc u1, u2 hai chúng lại xa ∞ Bỏ qua tác dụng trọng trường Câu (04 điểm) Cho mạch điện hình vẽ, hai điốt giống nhau, nguồn điện có E1=0,8V; E1 E2 R E2=1,6V điện trở không đáng kể Điện Ω trở thuận điôt , điện trở ngược vô lớn Hãy tìm giá trị R để công suất tỏa nhiệt cực đại Câu (04 điểm) Cho hệ hai thấu kính hội tụ đồng trục L1 L2 đặt cách a = 30cm Thấu kính L1 có đường kính bề mặt D = 1cm, tiêu cự f1 = 10cm, thấu kính L2 có đường kính bề mặt D = 10cm, tiêu cự f2 = 20cm Một điểm sáng S đặt trục trước L1, cách L1 30cm Sau L2, người ta đặt ảnh vuông góc với trục Tìm vị trí để đường kính vết sáng nhỏ Tìm đường kính Câu (04 điểm) Một đồng chất khối lượng m độ dài 2a, treo nằm ngang hai dây song song nhẹ, không giãn có chiều dài 2a Người ta truyền cho vận tốc góc ω để quay quanh trục thẳng đứng qua tâm a) Tính độ cao cực đại h mà nâng lên so với vị trí ban đầu độ tăng lực căng ban đầu sợi dây b) Tính chu kỳ dao động xoắn bé 2a 2a Câu (04 điểm) Để xác định chiết suất n lăng kính P có tiết diện thẳng tam giác ABC, người ta chiếu vào mặt bên AB tia sáng đơn sắc nằm mặt phẳng tiết diện thẳng lăng kính cho tia khúc xạ tới mặt bên AC ló khỏi lăng kính mặt bên AC Người ta đo góc chiết quang A góc lệch cực ± ± tiểu Dm tia sáng đơn sắc đó, kết đo sau : A=600 10 Dm=300 10 a) Tính chiết suất n lăng kính ánh sáng đơn sắc sai số tương đối ∆n n phép đo chiết suất b) Tính góc lệch cực đại tia sáng truyền qua lăng kính HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: VẬT LÍ, LỚP 11 Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, cho điểm tối đa theo thang điểm định Câu (04 điểm) a) - Khi cầu có khoảng cách cực tiểu chúng có vận tốc - Bảo toàn động lượng u ( chiều mv0 = (4m + m)u m - Bảo toàn lượng rmin u v0 ) vo q1 u=  v0 (1) v 2q u 2q +k = ( m + 4m) +k a rmin = mv a 1+ 02 5kq từ (1) (2) suy b) Xét trường hợp a = ∞ q2 (2) 1,5 đ (3) v02 u2 2q m = ( m + 4m) +k 2 rmin 5kq mv02 rmin = Chia tử mẫu (3) cho a ta được: c) Khi hai cầu lại xa Bảo toàn động lượng : mv0 = mu1 + 4mu2 → u1 = v0 − 4u m Bảo toàn lượng : 1,0 đ 2 v u u 2q +k =m + 4m a 2 5mu 22 − 2mv0 u − Kết hợp (4) (5) ta : u2 = Phương trình (6) có nghiệm: (4) 2 (5) kq =0 a (6) v v0 v r r ± + = (1 ± + ) 5 a a 1,5 đ Vì u2 phải chiều với vo nghĩa u2 dấu với vo nên ta lấy giá trị (+) u2 = v0 r (1 + + ) a u1 = thay vào (4) ta u1 trái dấu với vo nên (1) bật trở lại 2v u2 = với a = ∞ u1 = − ; v0 r (1 − + ) a 3v Câu (04 điểm) Giả sử điôt mở , điện trở điốt r, dòng qua R i Ta có: iir+iR=E1; i2r+iR = E2; i1+i2=i 4−R 10(2 + R ) 8+ R 10(2 + R ) 0,5 đ 12 10(2 + R) 0,5 đ Giải được: i1= ; i2= ; i= Nhận thấy i2>0 với R nên điôt mở ≥ Ω + Ta xét trường hợp R P R= E R ( R + r )2 ( R+ = + Xét trường hợp R0 d − f2 ảnh thật Nhận xét: đường kính vệt sáng cực tiểu chỗ giao hai chùm tia (1) (2) O2H = x, HM = D Ta có tam giác S2O2I đồng dạng với tam giác S2HM 1,5 đ d2 ' O2 I S O2 = = HM S2 H d2 ' + x Nên tam giác O1PS1 đồng dạng với tam giác S1IO2 nên O I S1O d = = = O1 P O1 S1 d1 ' 20 + x HM = D = D1 20 O2 I = suy Tam giác EFS’ đồng dạng NMS’ : D= Suy D1 1đ D2 O S ' d' = = D HS ' d '− x D2 100 20 + x ( − x) = D1 100 / 80 x= Thay số Câu (04 điểm) 380 cm 13 D= suy cm 13 a) Chọn mặt phẳng ngang qua vị trí ban đầu làm mốc 0,25đ - Cơ thời điểm t = : E 1= ma 2ω Iω = -Cơ vị trí cao h : E 2=mgh 0,25đ ma 2ω a 2ω = mgh ⇒ h = 6g - Bảo toàn ,cho ta: * Khi lệch góc φ, nâng lên độ cao z Do nằm ngang nên, ta có: (2a-z)2 + ( a - acosφ)2 + a2sin2φ = 4a2 Hay: z2 - 4az + 2a2(1 - cosφ) = 0,25đ z 0,5đ φ Đạo hàm hai lần theo thời gian ,ta được: z" = 0,5đ ( z ′2 + a 2ϕ ′′ sin ϕ + a 2ϕ ′2cosϕ ) 2a − z Ở t=0 z = , z ' = 0, ϕ′ = ω ⇒ z′′ = mz ′′ = đứng lên tăng lượng sợi dây thời điểm ban đầu ΔT = aω maω 2 Như lực tác dụng thẳng → Độ tăng lực căng maω b)Giả sử li độ góc φ ,từ hình vẽ ta có ⇒α = 2aα = aφ ϕ 0,5đ 0,5đ (1) α ⇒T = 0,25đ mg 2cosα Áp dụng định luật II cho khối tâm: 2Tcosα = mg (2) PTCĐ quay quanh trục thẳng đứng qua tâm: - 2Tsinα a = ma ϕ ′′ (3) Từ (2) (3) suy ra: - 3gtanα = a Hay -3g α =a ϕ ′′ (4) 3g ϕ ′′ + ϕ = 2a Thay (1) vào (4) được: ⇒ ϕ ′′ 3g 2a ω= Thanh dao động xoắn bé với T = 2π 0,5 đ 0,5 đ 2a 3g Câu (04 điểm) a) Tia sáng truyền qua lăng kính có góc lệch cực tiểu Dmin thỏa mãn: n = D +A Sin m A Sin (1) Với A = 60 , Dm = 30 Lấy vi phân (1) ta có Cos dn = ⇒ Dm + A D m + A d( ) 2 A Sin n= Sin - Do = Sai số tương đối ≈ 0,25đ 1,414 Dm + A A Cos 2 dA A Sin 2 D +A Cot m d ( Dm + A) 2 dn n 0,25đ - A Cot dA 2 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ ∆n Cot Dm + A ∆D + Cot Dm + A − Cot A ∆A = m 2 2 n ∆n = n 0,5 đ Thay số 15.10-3 b) Tia sáng truyền qua lăng kính có góc lệch cực tiểu góc khúc xạ r = r’ ⇒ = A/2 = 30 góc tới i = 450 * Khi góc tới tia sáng lớn 45 tăng dần góc lệch D tia sáng truyền qua lăng kính tăng lên đạt giá trị cực đại góc tới i = 900 0,25đ 0,25đ * Khi góc tới tia sáng nhỏ 45 nhỏ dần góc lệch D tia sáng truyền qua lăng tăng lên đạt giá trị cực đại góc tới có giá trị i0 * Góc giới hạn phản xạ toàn phần lăng kính P sini gh = 1/n nên igh = 450, để có tia sáng truyền qua lăng kính r’ ≥ ≤ 0,25đ 0,5đ igh = 450 mà r +r’ = A nên r’ 150 mà sini = nsinr nên i0 =21,40 i’ = 900 Khi góc tới i = 900 thí góc ló i’ = i0 Vậy: góc lêch cực đại DM = i + i’- A =51,40 0,25đ Người đề: Nguyễn Tiến Quý – SĐT: 0915021803