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.

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

ttt
0
2
2
0
0
2
0
8
27
3
2
3
2
1
2
1
εε
εε
=⋅⋅








=⋅=
0,5

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

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

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(

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

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
=

=
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

ON
OF
NF
IO
NA
′
+=
′
′
=
′
⇒








′
+⋅⋅=
′
⇔
1
1
FO
ON
tgAONA
α

+⋅=
′
f
L
tgAONA 1
α








+⋅⋅+⋅=
′
+=
′
f
L
tgAOtgOMNAMNAM 1
αα









L
tgOAtgLAM 1
11
αα
(2)
Trừ từng vế (1) cho (2) ta có:
( )








+⋅⋅−=
′
−
′
f
L
tgOAAOAMAM 1
11
α







α
β
sin
sin
⋅−≈ dd







−=
n
d
1
1
Do đó, (*)








+⋅




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
•
•
••

- 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

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

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

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

; 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

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

( ) ( )
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

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