Đề thi học sinh giỏi năm 2018 môn vật lý lớp 11 chuyên nguyễn tất thành, yên bái

Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI KỲ THI OLYMPIC KHU VỰC ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ VÀ DUYÊN HẢI - NĂM 2018 Môn: Vật Lý - Khối 11 ( Thời gian 180 phút) Bài 1.( Tĩnh điện): Hai tụ điện phẳng mắc vào nguồn có suất điện động E điện trở r Các tụ đặt thẳng đứng đưa bình lớn chứa chất lỏng có khối lượng riêng ρ1 số điện môi ε1 tới sát mép tụ Khi chất lỏng bắt đầu hút vào tụ Trong thời gian thiết lập cân hệ có toả nhiệt lượng Q Hỏi lượng nhiệt toả hệ bao nhiêu? Nếu thay chất lỏng chất lỏng khác có khối lượng riêng ρ số điện môi ε Bỏ qua sức căng mặt Bài 2.( Điện từ ): Cho mạch điện hình vẽ, T1 T2 hai ray kim loại đặt mặt phẳng nằm ngang, song song cách đoạn l, điện trở không đáng kể; AB kim loại khối lượng m tiếp xúc điện với hai ray lúc đầu giữ nằm n vng góc với hai ray Nguồn điện có suất điện động khơng đổi E điện trở khơng đáng kể, cuộn dây có độ tự cảm L, điện trở mạch điện R Trong vùng MNQP có từ trường với vectơ cảm ứng từ B hướng thẳng đứng xuống (xem hình vẽ) Bỏ qua ma sát M T1 N x A L E B Ở thời ta thả T2 P B Q điểm t = người nhẹ AB 1) Hãy mô tả tượng vật lý xảy mạch 2) Thiết lập hệ thức vận tốc AB với cường độ dòng điện tốc độ biến thiên cường độ dòng điện mạch Từ phương trình này, dựa vào định luật bảo tồn lượng, đốn nhận dạng lượng biến đổi mạch 3) Tìm biểu thức lực từ tác dụng vào AB thời điểm t 4) Viết phương trình chuyển động AB Cho biết nghiệm phương trình y’’(t) + 2ay’(t) + by(t) = (với a  b  ) có dạng : y = y0exp [(a  a  b)t] với y0 xác định từ điều kiện ban đầu Bài ( Quang hình ): a)Xét mặt song song suốt có chiết suất n biến thiên theo khoảng cách z tính từ mặt (Hình 14.1) Chứng minh nA sin   nB sin  Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 b) Giả sử người đứng sa mạc rộng phẳng Người thấy đằng xa có mặt nước Nhưng người lại gần nước lại lùi xa cho khoảng cách từ người đến nước ln ln khơng đổi Giải thích ảo ảnh c)Ước lượng nhiệt độ mặt đất (nói phần b) với giả thiết mắt người độ cao 1,6 m so với mặt đất khoảng cách từ người tới nước 250 m Chiết suất khơng khí nhiệt độ 150C áp suất khí chuẩn 1,000276 Ở độ cao lớn mét so với mặt đất nhiệt độ khơng khí coi khơng đổi 3300K Áp suất khí áp suất chuẩn 1atm Gọi chiết suất khơng khí n giả thiết n=1 tỉ lệ với khối lượng riêng khơng khí Ước lượng nhiệt độ xác kết thu Bài 4.( Dao động ): Một lắc đơn gồm cầu nhỏ, có khối lượng m = z –5 10g, mang điện tích q =10 C treo sợi dây mảnh, cách điện, dài l C =1m, khơng co giãn có khối lượng không đáng kể Con lắc đặt  0 vùng có từ trường đều, véctơ cảm ứng từ B có phương thẳng đứng hướng từ lên có độ lớn B = 10T Ban đầu lắc giữ O nằm yên mặt phẳng yOz với góc lệch nhỏ 0  0,1 rad dây treo so với phương thẳng đứng ( ình vẽ) au lắc thả tự y x 1) Thiết lập phương trình (vi phân) chuyển động lắc Đặt 0  qB g ; B  , tính l m tần số góc (riêng)  lắc theo 0, B 2) Thiết lập phương trình toạ độ x y phụ thuộc vào thời gian lắc Nhận xét chuyển động mặt phẳng dao động lắc tính chu k lặp lại chuyển động lắc Lấy g = 10m/s2 h  l  lcos   l(1  cos )  Bài 5: ( Phương án thực hành ): Cho dụng cụ sau - Thấu kính mỏng có hai mặt lồi có bán kính - Một gương phẳng - Một cốc nước - Một thước đo Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 - Một bút chì giá đỡ có kẹp Chiết suất nước coi biết Trình bày phương án tiến hành thí nghiệm để xác định: Tiêu cự thấu kính Chiết suất thủy tinh dùng làm thấu kính Hết TRƯỜNG THPT CHUYÊN KỲ THI OLYMPIC KHU VỰC ĐỒNG BẰNG NGUYỄN TẤT THÀNH BẮC BỘ VÀ DUYÊN HẢI - NĂM 2018 YÊN BÁI Môn: Vật Lý - Khối 11 HƯỚNG DẪN CHẤM Biểu điểm Hướng dẫn chấm điểm TT câu Khi tụ điện tích điện chạm vào khối điện mơi lỏng, tác động hút điện môi vào khoảng hai (do điện môi bị phân cực tác dụng điện trường hai tụ điện) lượng hệ giảm Công lực điện trường kéo điện môi lên khoảng hai tụ điện biến thành cột điện môi trọng trường Công lại biến thiên lượng hệ tụ điện - nguồn có giá trị: E2 C  C1  A C1  Bài  lh d ; C2   l h  H   lH d  d  C1     1H  l d  , H điện môi chiều cao cột chất lỏng tụ; l, h bề Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 điểm rộng chiều cao tụ; d khoảng cách hai tụ  A    1H  l E d  Thế cột điện môi: Wt  gldH 2 với  khối lượng riêng điện môi    12  E A  Wt  H  Ta có : gd  02   1  E l  lh  C2   d gd 0,5 0,5 Nhiệt lượng toả điện trở nguồn là:  02   1 E l Q  C  C1 E  2 gd 2 Với chất điện mơi  có khối lượng riêng  ta có:  02   12 E  l Q1  Q 1 gd Với chất điện môi 0,5 khối lượng riêng 0,5 ta có: 0,5 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 Vậy: Đây nhiệt lượng toả điện trở nguồn trạng thái cân 0,5 thiết lập 1)Ở thời điểm t  , i0  E / R có chiều từ B đến A Sau thời điểm t  , dòng điện mạch i có chiều từ B đến A Lúc buông tay, lực từ f  Bil 0,5 vng góc với AB, kéo AB theo chiều Ox Bài điểm Khi chuyển động với vận tốc v từ trường, xuất sđđ cảm ứng thanh: cu  Blv đđcư gây dòng cảm ứng thanh, chiều từ A đến B Dòng làm giảm dòng i mạch, gây tượng tự cảm cuộn dây L:  tc  Ldi / dt Dòng tự cảm hướng từ B đến A 2)Theo định luật Ohm: E   tc  cu E  Ldi / dt  Blv   E  iR+Ldi / dt  BLv (1) R R dx Nhân hai vế (1) với idt, ý v  , 1/ 2d(Li )  Lidi : dt 0,5 i iEdt  d(1/ 2Li )  Bildx  Ri 2dt (2) Có thể đốn nhận (2) sau: iEdt lượng nguồn E cung cấp thời gian dt Nó hao tổn thành dạng lượng khác (trong dt):    d(1/ 2Li )  dWt lượng từ, Ri 2dt  Q nhiệt lượng toả mạch, Bildx  fdx  A công nguyên tố lực từ làm dịch chuyển AB 0,5 Phương trình (2) biểu thị định luật bảo toàn lượng mạch Đạo hàm hai vế phương trình (1) theo thời gian, ta thu phương trình: Li'' Ri' Blx ''  (3) Thay x ''  v'  f / m  Bli / m , ta phương trình vi phân cho i: 0,5 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 R B2l2 i '' i ' i0 L mL (4) (Có thể thay i  f / Bl , i'  f '/ Bl , i''  f ''/ Bl , x ''  v'  f / m (vì ma  mv'  f ), ta thu phương trình cho f: f '' R B2l2 f ' f 0 L mL 0,5 (4a) 2  R  4B l    mL L Nghiệm là:  R 2 BlE   R  Bl f exp      R mL  2L   2L    t     (3) Nghiệm có ý nghĩa vật lý lấy dấu (-)  R 2 BlE   R  Bl f exp      R mL  2L   2L    t   f exp  t (4)     0,5 2 R BlE  R  Bl , f0      2L R mL  2L  0,5 Với điều kiện ban đầu t  , v  , x  , cách lấy tích phân v f dt, x   vdt , m ta tìm phương trình chuyển động là: x f0  expt  t  1 m (5) 0,5 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 0,5 a) Chia thành lớp vô mỏng cho lớp chiết suất coi khơng đổi lớp (hình 14.1) Ta có: nA sin   n1 sin 1  n3 sin 3   nk sin  k  nB sin  b) Lớp khơng khí gần mặt đất nóng, chiết suất giảm theo độ Bài điểm cao, tia sáng truyền từ vật M theo đường cong với góc khúc xạ tăng dần Tới điểm P góc 900, có phản xạ tồn phần, tia sáng cong lên lọt vào mắt (hình 14.2) Mắt nhìn thấy ảnh M’ theo phương cuối tia sáng tới mắt, ảnh ngược so với vật nên gây ảo ảnh có nước c) Khối lượng riêng  chất khí áp suất khơng đổi tỉ lệ nghịch với nhiệt độ tuyệt đối Mặt khác, theo đề n   hay n   k '  0,5 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 Vậy n(T )   k , với k số xác định theo điều kiện đề T Ở 15oC (T=288K) n =1,000276, ta có: 1,000276   k  k  0,0795 288 n(T )   Vậy 0,0795 T (1) 0,5 Trên hình 14.2, có phản xạ tồn phần A   90 nA  nB sin  Tương o tự, có phản xạ tồn phần P thì: nP  n(T1 )sin  , (2) Với T1 = 330oK nhiệt độ khơng khí độ cao lớn 1m, np chiết suất khơng khí sát mặt đất có nhiệt độ T cần xác định 0,5 nP  n(T ) Ta có : Theo hình vẽ l2 sin    l  h2 h2    l h 1   l 0,5 Thay số h=1,6m, l=250m ta tính sin   0,99998 Theo (1) thì: n(T1)=n(303)=1,000262 Thay vào (2) ta có: n(T)=1,000262.0,99998=1,000242 0,5 o Đưa vào (1) ta tìm T, kết T=328K=56 C Phương trình chuyển động là: ma  T  mg  Flr (1) lực Loren Flr  q  v, B ọi  góc (nhị diện) mf (dây trục 0z) mf (y0z) i j + Flr  q  v, B  v x v y 0 k v z  (qBv y , qBv x ,0) qB + mg  (0,0, mg) + T  (Tsin )sin  i  (Tsin )cos  j  (Tcos )k 0,5 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 ọi r khoảng cách vật trục 0z: r = lsin; x = r sin = lsin sin; y = r cos = lsincos; Nhưng 0 góc nhỏ, lấy cos  1, T  mg Như : T  ( 0,5 mg mg x,  y, mg) l l Phương trình tương đương phương trình vơ hướng: Bài 4 điểm mg  ma x  T sin  sin   qBv y   l x  qBv y  mg  y  qBv x ma y  T sin cos   qBv x   l  ma z  Tcos   mg    (2) 0,5 Trong phép gần dao động bé ta coi chuyển động lắc xẩy mặt phẳng 0xy Chia vế phương trình cho m, phương trình (2) viết lại sau:   x"   0 x  B y '    y"   0 y  B x ' g  3,13 (rad / s) Ở đây: 0  l (3) B  qB  102 (rad / s) m 0,5 điều kiên ban đầu: x(0)  0; y(0)  l0 ; x '(0)  0; y'(0)  (4) Tìm nghiệm (3) dạng x = Asin(t+) y = Bcos(t+) Thay vào (3), ta thu hệ phương trình cho A B (02  2 )A  BB    2  BA  (0   )B  (5) Để hệ có nghiệm khơng tầm thường,  phải nghiệm dương phương trình 0,5 bậc hai 2  B 02    1  0  B      B  2B  402   B  0   2     B  2 Nghiệm tổng quát: x(t) = A1 sin(1t+) + A2 sin(2t+) y(t) = B1 cos(1t+) + B2 cos(2t+) (6) (7) Hằng số A, B  tìm cách sử dụng điều kiện ban đầu (4), (5) (7): 0,5 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369  (A  A )sin    (B1  B2 ) cos   l  (A11  A 22 ) cos   (B   B  )sin   2  1  0  12 B  A1  B1  (8) Giải (8) ta được:   0;A1  B2  l 122 l 212 l 22 ;A  ;B  (02  12 ); 3 0 0 0B 0,5 l 12 (02  22 ) (9) 0B Mặt phẳng dao động lắc quay góc 2 (một vòng) sau khoảng thời gian (dao động tiến động với tần số Larmor L  T0  2 4m   400(s)  21ph B / qB qB ) 2m Đặt thấu kính lên gương hai đặt chân giá đỡ Kẹp nhẹ bút chì vào giá vng góc với giá, di chuyển mắt nhìn từ xuống thấy ảnh đầu bút chì trùng với vật(có thể xê dịch mắt chút để kiểm tra thị sai) 0,5 0,5 Do thấu kính gương phẳng ghép sát nên ta có độ tụ hiệu dụng hệ thấu kính gương phẳng Bài điểm 1     d  d '  fk f fk d d ' 0,5 Vậy đo khoảng cách từ bút chì đến thấu kính, d tiêu cự thấu kính fk Phải xác định xác khoảng cách đo d từ bút chì đến thấu kính cách đo nhiều lần để lấy trung bình lưu ý phải trừ bớt nửa bề dày thấu kính đo từ mặt gương Đổ nước lên gương đặt thấu kính lên mặt nước tạo thấu kính phẳng – lõm nước; có tiêu cự fN, liên hệ với bán kính r1=-r mặt cong 1 r2   công thức   (n  1) fN r 0,5 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 Để xác định fN ta tiến hành tương tự phần để tìm tiêu cự f hệ thồng thấu kính thủy tinh nước Ta 1   f' f fN 0,5 Từ ta tính fN r  (n N  1) f N Dùng cơng thức thấu kính ta tính chiết suất chất làm thấu kính n r 1 fk HẾT 0,5 ... tinh dùng làm thấu kính Hết TRƯỜNG THPT CHUYÊN KỲ THI OLYMPIC KHU VỰC ĐỒNG BẰNG NGUYỄN TẤT THÀNH BẮC BỘ VÀ DUYÊN HẢI - NĂM 2018 YÊN BÁI Môn: Vật Lý - Khối 11 HƯỚNG DẪN CHẤM Biểu điểm Hướng dẫn... Cho dụng cụ sau - Thấu kính mỏng có hai mặt lồi có bán kính - Một gương phẳng - Một cốc nước - Một thước đo Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 - Một bút chì giá... http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 0,5 a) Chia thành lớp vô mỏng cho lớp chiết suất coi không đổi lớp (hình 14.1) Ta có: nA sin   n1 sin 1  n3 sin 3   nk sin  k  nB sin  b) Lớp