TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH LÀO CAI
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ LỚP 11
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có 02 trang, gồm 05 câu)

Câu 1(4,0 điểm): Cho mạch điện như hình vẽ 2: C1 = C4 = 6µF; C2 = C3

C1

= 3µF. Ban đầu các tụ điện chưa tích điện và khóa K mở. Đặt hiệu điện
thế UAB = U = 24V.

A

b) Tính điện lượng dịch chuyển qua khóa K và số electron di chuyển đến

B

K

C3

a) Tính điện tích và hiệu điện thế trên mỗi tụ điện khi đóng khóa K.

C2

M


r
B

O

r
g

mặt ròng rọc (hình vẽ). Dây không bị trượt trên mặt ròng rọc, bỏ qua khối lượng dây và dây không
bị giãn. Ban đầu, người giữ cho dây căng và vật treo đứng yên. Sau đó thả nhẹ, để vật treo chuyển


động với vận tốc ban đầu bằng không. Giả thiết rằng sự phân bố các điện tích trên đĩa kim loại khi
đĩa chuyển động xảy ra trong thời gian rất nhỏ, xem như tức thời.
a) Tìm hiệu điện thế giữa tâm O và mép ròng rọc tại thời điểm tốc độ góc của ròng rọc là ω.
b) Tìm tốc độ góc của ròng rọc tại thời điểm t và từ đó suy ra tốc độ góc ổn định của ròng rọc.
Câu 5 (3,5 điểm): Cho cơ hệ như hình vẽ, các vật nhỏ xem là chất điểm, dây treo vật A và lò xo là
lý tưởng. Cho khối lượng vật A là m và của vật B là 2m, lò xo có độ cứng k. Hệ
đang đứng yên ở vị trí cân bằng (lúc này lò xo có chiều dài l) thì người ta đốt dây

O

A

treo vật A. Chọn trục tọa độ Ox có gốc O là vị trí ban đầu của vật A, chiều dương
thẳng đứng hướng xuống và gốc thời gian lúc đốt dây treo. Bỏ qua sức cản không

l

khí. Viết phương trình tọa độ của các vật theo thời gian.

C1 + C2
C3 + C4

+

C1

+

-

C2

B

A
+

C3

C
+ 4-

-

Hình vẽ 2a

Vì ban đầu các tụ điện chưa tích điện nên:

Q12 = Q1 = Q2 = C12U = 48µC ; Q34 = Q3 = Q4 = C34U = 48µC ...................0,5 đ


C4

B
-

N

−Q1' + Q2' − Q3' + Q4' = −Q1 + Q2 − Q3 + Q4 = 0 .
'
'
'
'
'
'
'
'
'
'
'
'
Với Q1 = C1U1 = 6U1 ; Q2 = C2U 2 = 3U 2 ; Q3 = C3U 3 = 3U 3 ; Q4 = C4U 4 = 6U 4 ...........0,5

Và ta có hệ phương trình sau:
U1' = U 3'
 '
'
U 2 = U 4
giải hệ ta được
 '

'
'
Ta nhận thấy Q1 , Q2 , Q3 , Q4 đều dương, chứng tỏ giả thiết về dấu điện tích trên các tụ như hình vẽ 2b

là đúng.............0,5 đ
b) Điện tích dịch chuyển qua khóa K chính là độ biến thiên điện tích qua hệ 2 tụ (C1 và C2) hoặc (C3
và C4).
∆Q = ( −Q1' + Q2' ) − (−Q1 + Q2 ) = (−72 + 36) − (−48 + 48) = −36 µC ........0.5 đ
Dấu (-) chứng tỏ electron dịch chuyển qua khóa K từ N đến M.
Như vậy có nghĩa là, qua tụ C1, C2, C3, C4 đã thay đổi những lượng:
∆Q1 = −Q1' − (−Q1 ) = −72 + 48 = −24 µC

'
 ∆Q2 = Q2 − Q2 = 36 − 48 = −12 µC
.......0.5 đ

'
 ∆Q3 = −Q3 − (−Q3 ) = −36 + 48 = 12 µC
 ∆Q = Q ' − Q = 72 − 48 = 24 µC
 4
4
4


24.10−6
12.10−6
14
=
1,5.10
= 0, 75.1014 electron đi tới tụ C2,


⇒

(0,25đ)
(a là hệ số tỷ lệ)

( 2)

dq
dt

⇒

(0,25đ)
dq = idt = ( I0 − at 2 ) dt

Thay (2) và (3) vào (1): 2L.at =

( 3)

I0
2aL

(0,25đ)
(vì q(0) = 0)

1
at 3 
I
t


(0,25đ)
B

(0,25đ)

(4)

( 5)

(0,25đ)

(chưa điều chỉnh tụ điện)

(0,25đ)

2
Xét ở thời điểm t = t1 thì i = 0, ta có: I0 = at1

Suy ra: t1 =

I0
a

( 6)

(0,25đ)

Từ (5) và (6), suy ra: t1 = 2LC0
Do: T0 = 2π LC0 ⇒ t1 = 2

I  2
2 2

= 2LC0  I0 − 0 ÷ = I0 2LC0 =
I0 LC0
3 3
3


I0 = at12
t1 = 2LC0

(0,25đ)


Điện dung của tụ điện khi ngừng điều chỉnh:
C=
=> C =

at12 
1 
I
−
 0
÷
2aL 
3 
I
1 
I0 − 0

= LI 02
2
2C
3
2. C0
3
2

(9)

2 2
LI
W 3 0 4
=
= >1
Từ (7) và (9) ta được:
W0 1 LI 2 3
0
2

(0,25đ)

W > W0: do thực hiện công kéo các bản tụ điện ra xa hơn.
Câu 3
a. Tính góc lệch D:
Từ định luật khúc xạ, ta có: sini = nsinr
D = 2D0 + D1 = 2(i – r) + (π – 2r) = 2i + π – 4r

(0,5đ)


dD
cos i
= 2−4
=0
di
n cos r

(0,25đ)

Khi đó có cực trị: 2 =

4 cos im
n cos rm

=> n.cos rm = 2 cos im

(0,25đ)

(Hình 0,50đ)


2
2
2
n
2
2
Do đó: n cos rm = 4 cos im ⇔ n ( 1 − sin rm ) = 4 cos im
2
2

=> D' = 2 
÷
cos r.cos im


(cos r.cos im )2 − (cos i.cos rm )2
Hay: D' = 2
cos r.cos im {(cos r.cos im ) + (cos i.cos rm )}

(0,25đ)

Dấu của D’ phụ thuộc tử số nên khi xét tử số ta biến đổi về sin và áp dụng định luật khúc xạ ánh
sáng, ta có:
Tử số = (n2−1)(sin2i−sin2im)

(0,25đ)

- Nếu i < im thì D’ < 0 (loại)

(0,25đ)

- Nếu i > im thì D’ > 0 (nhận)

(0,25đ)

Kết luận: tại i = im thì D có cực tiểu Dm
Câu 4.
a. Khi đĩa quay, các electron tự do bên trong đĩa có cùng vận tốc vĩ mô với các
phần tử của đĩa nên bị từ trường tác dụng lực Lorentz:
r

r
r
( eω B ) er − eE = 0 ⇒ E = ω Brr ……………………[0,5đ]
Hiệu điện thế giữa tâm đĩa và mép đĩa:
R
R
r r
1
U = ∫ E.dr = ω B ∫ rdr ⇒ U = ω BR 2 ……………………………………..……………[0,5đ]
2
0
0
r
r
r
b. Mật độ dòng điện bên trong đĩa: j = σ E = σω Br ………………..…………..……[0,25đ]
Xét trên đường tròn tâm O bán kính R, cường độ dòng điện tại vị trí này là:


rr
I = j .S = ( σω Br ) . ( 2π ra ) ⇒ I = 2πσω aBr 2 ………………..…………………………[0,25đ]
(a là bề dày của đĩa tròn)
Chia đĩa tròn thành những vành khăn mỏng, momen lực từ tác dụng lên một đoạn vành khăn có giá
trị đại số: (chiều dương là chiều quay của đĩa)
dM = − ( IBdr ) r = −2πσω aB 2 r 3dr
Momen lực từ tác dụng lên toàn bộ đĩa:
R
1
2
M = −2πσω aB ∫ r 3 dr ⇒ M = − πσωaB 2 R 4 ………………..………………….………[0,25đ]

ω −
3 ρ 
σ RB 2 ÷
 dt
2ρ g
2ρ g
⇒ dω = dX ; ω ( 0 ) = 0 ⇔ X ( 0 ) = −
Đặt X = ω −
; ta được:
2
σ RB
σ RB 2
1σB
dX
−
X=
⇒
3 ρ
dt
2

ω−

−

2ρ g
σ RB 2

∫



Câu 5:
Gọi l0 là chiều tự nhiên của lò xo, ta có: l0 = l – 2mg/k
Ở thời điểm t, tọa độ của các vật A và B lần lượt là x1 và x2
Áp dụng định luật II Newton cho hai vật A và B:
ma1 = mx1'' = mg + k ( x 2 − x1 − l 0 )

(0,5 điểm)

2ma 2 = 2mx 2'' = 2mg − k ( x 2 − x1 − l 0 )

(0,5 điểm)

Từ (2) và (3) ta có:
2 x 2'' + x1'' = 3 g
x 2'' − x1'' = −

(0,5 điểm)

3k
( x 2 − x1 − l 0 )
2m

(0,5 điểm)

Phương trình (5) tương đương với:
( x 2 − x1 − l 0 )' ' = −

3k
( x 2 − x1 − l 0 )

3 2
gt
2

(0,5 điểm)

f'
f

Giải hệ (8) và (9), ta tìm được:
x1 =

 3k  
1 2 4mg 
gt +
1 − cos
t  

2
3k 
2
m



●

3

5/3

1. Cơ sở lý thuyết:
Xét một lõi sắt từ hình xuyến trên đó có cuốn hai cuộn dây có số vòng là N1 và N2 (Hình 3). Khi cho dòng điện
chạy qua cuộn thứ nhất (N1) trong lòng lõi sắt sẽ xuất hiện từ trường và từ trường
này sẽ đi qua cả cuộn dây thứ hai (N2).
I
K
A
Gọi d là đường kính trung bình lõi hình xuyến. Chu vi hình
G
N1 N2
1 R
xuyến πd là chiều dài mạch từ.
Khi dòng điện chạy qua cuộn thứ nhất là I1 thì cảm ứng từ chạy
N I
trong mạch từ là B =µ0µ 1 1
πd

R

2

với µ0 = 4π .10

-7

Hình 3

(H/m)

0.25

Toàn bộ điện tích qua cuộn 2 là q = ∑∆q =

1
R2

1

∑ ∆φ = R

(φ−0) =

2

0.25
N1 N 2
µ0µI1S
πdR 2

qπdR 2
suy ra µ =
.
N1 N 2µ0 I1S
2. Các bước thí nghiệm:
* Chuẩn bị:
- Đo đường kính trong và ngoài của lõi sắt từ hình xuyến d1 và d2 d =

d 1 +d 2
2

0.25

qπdR 2
µ=
=
N1 N 2µ0 I1S

d1 +d 2
N (d −d1 )
4ρ 2 22
qπρ(d1 +d 2 )
2
e
=8
2
2
N
µ
( d −d1 )
1 o I1πe ( d 2 −d1 )
N1 N 2 µo I1π 2
4

qπ

Lặp lại các thao tác trên và tính giá trị

µ.

0. 25
0.25