Giáo án vật lý Vat li 11 dap an

trong toàn bộ không gian bằng 0.1b Ta biết năng lượng liên kết là năng lượng cần cung cấp để tách điện tích +q ra khỏi đám mây có điện tích –q bằng cách đưa nó từ O ra xa vô cực.. Gọi V-

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN

VÙNG DH&ĐB BẮC BỘ

(Hướng dẫn chấm gồm 11 trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LẦN THỨ XIV, NĂM 2023 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: VẬT LÝ - LỚP 11

CÂU 1 (TĨNH ĐIỆN - 4,0 ĐIỂM) – CHU VĂN AN – HÀ NỘI

1a - Do tính chất đối xứng cầu nên E

sẽ có phương bán kính

Có

Để tính Q(r), ta lấy mặt Gauss là mặt cầu tâm O, bán kính r Áp dụng định

lý O- G có:

 

2r 2

0

a

a

a





- Để tìm mật độ điện tích  r

ta xét lớp cầu nằm giữa hai mặt cầu có bán kính r và r  dr Điện tích lớp này là: dQ Q r   dr  Q r 

- Thể tích lớp cầu: 4  r3 4 3 4 2 r

dV   r d  r  r d

1

dQ r





Từ (1) và (2) ta thấy:

+) Q r   0 và khi r  0 ìth Q  ; q khi r  th Qì 0 +)    r  0 à v r   th ì    r  0.

Như vậy trường này tạo bởi một điện tích 0q  đặt tạo tâm và bao quanh bởi một quầng điện tích âm

0,25

0,25

0,5

0,25

HƯỚNG DẪN CHẤM

trong toàn bộ không gian bằng 0).

1b Ta biết năng lượng liên kết là năng lượng cần cung cấp để tách điện tích

+q ra khỏi đám mây có điện tích –q bằng cách đưa nó từ O ra xa vô cực

Gọi V- : điện thế do đám mây mang điện âm gây ra

Công lực điện trường của đám mây thực hiện khi q di chuyển từ O ra xa

vô cực sẽ là:

A = q[V-(0) - V-()] = qV-(0)

Vì điện thế do điện tích điểm gây ra tại một điểm là

 

0 4

q

V q

r





ta có:

2r

2r 2r

1

1

a

a a

e











Vậy :

 

2r

0

2

a r

V

r

a







Cuối cùng

2

0

W

4

q A

a



0,25

0,25

0,25

2 “ Mẫu nguyên tử Hidro cổ điển của Thomson” 2,0

2a Khảo sát điện trường của hạt nhân tại khoảng cách r tính từ tâm O của hạt

nhân

Mật độ điện khối:

3 3

3

3

R R







+ 0 r R  :

3 2

3

4 3 4

R

 





+ R r :

Áp dụng định lí O-G:

2

.4

4

r



Vậy:

 

3 0

2 0

4 4

e r R

E r

e r

















với

0 r R

R r

 







 Lực tác dụng lên electron có độ lớn:

 

2 3 0 2 2 0

4 4

e r R

F r

e r

















với

0 r R

R r

 







 ( F r  

hướng vào tâm O )

Đồ thị:

0,5

0,5

2b b1 Xét electron chuyển động trong hạt nhân:

Electron chịu tác dụng của lực kéo về hướng tâm tuyến tính:

2 3 0 4

e

R





hướng về tâm O

Lực này bằng không ở O, O là vị trí cân bằng bền của electron 0,5 b2 Phương trình chuyển động của electron ở bên trong quả cầu là:

2 3 0

0 4

e

R





Với các điều kiện ban đầu r0

và v 0

đã cho, phương trình chuyển động là:



, trong đó

2 3 0

4

e mR







Quỹ đạo là 1 elip

0,25

Trường E 0

tác dụng 1 lực điện Fd eE 0

lên electron Nguyên tử sẽ bị ion hóa nếu lực từ trường ngoài lớn hơn lực kéo về của hạt nhân tác dụng lên electron

Lực kéo về là lực cực đại

2

0 4

e F

R





tại r R (ý 2a)

Để ion hóa được nguyên tử này thì lực điện do trường ngoài E 0

tác dụng lên electron phải có giá trị thỏa mãn: Fđ  Fmax

2

eE

E

CÂU 2 (5 ĐIỂM) – ĐIỆN TỪ- THANH HOÁ

1

(1đ)

Chia quả cầu thành các đới cầu mỏng, diện tích dS (vành màu đen đậm),

2 sin

dS= πRθRdθRθRdθ θRdθ RθRdθdθRdθ, tích điện

dq=σdSπσRθRdθdS= πRθRdθσdSπσRθRdθRθRdθ θRdθ RθRdθdθRdθ, gây một dòng điện hình tròn:

2

2 sin

sin

2 /

dq πRθRdθσdSπσRθRdθRθRdθ θRdθ RθRdθdθRdθ

Ta biết rằng cảm ứng từ do một dòng hình tròn gây tại 1 điểm trên trục cách tâm nó khoảng z là:

2 0

z

μIr Ir B

=

Trong trường hợp này, dòng hình tròn dI bán kính r=RθRdθsin ,θRdθ cách O khoảng z=RθRdθcosθRdθ gây tại O một cảm ứng từ:

2 2

3

3

sin

sin 2

2

O

μIr dI RθRdθ θRdθ μIr σdSπσRθRdθ RθRdθ

RθRdθ

W

3 0

0

2 sin

O

μIr σdSπσRθRdθ RθRdθ

0,25

0,25

0,25

0,25

(1,5đ)

Khi đặt một nam châm có moment từ mr

trong từ trường đều của quả cầu

và hướng của lưỡng cực lệch một góc α nhỏ so với từ trường thì nó chịu

một moment lực là:

τmB m B r r = ´ r

Độ lớn

τmB m B = × α m B α » × × =- && I α

2

2

0 12

m B

MLααα

×

× × =- & & & Þ & + × =

Hay nam châm dao động với tần số góc là 2 0 2

12

8

m B σdSπσRθRdθ RθRdθ

0,5

0,5

0,5

3

(2,5đ)

Khi momen lưỡng cực quay, nó có hai thành phần:

Do đó công suất phát xạ trung bình trong một chu kỳ là:

= r&& = && + && = =

,

Cơ năng dao động:

2 2 2 2 2 2

, Khi nam châm dao động phần năng lượng mất đi dùng để phát xạ điện từ,

bảo toàn năng lượng cho:

2

0

0 3

1 12 6

μIr m

dt =- Þ - πRθRdθcπcπcπc = dt

2

0

0 3

1 12 6

dt πRθRdθcπcπcπc

0

0

ω

dω

dtt

ω =- πRθRdθMLααα θRdθ cπcπcπc Þ ω - ω =πRθRdθMLααα θRdθ cπcπcπc

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

Chiều dương +

C S

r

i

A I

Hay

0

0 0

2 2 3 0

4 1

ω ω

ω μIr m

t πRθRdθMLααα θRdθ cπcπcπc

= +

CÂU 3 (4,0 ĐIỂM) – QUANG HÌNH - TUYÊN QUANG

1

(1 điểm)

1 Để nhìn rõ nét bông hoa tại mọi vị trí xung quanh bình cầu thì vị trí

đặt hoa chỉ có thể là tâm bình cầu

0,5 Xác định độ phóng đại

A 'B' tanr sinr

n tan i sin i

Bông hoa có kích thước nhỏ nên i, r coi là góc nhỏ

0,5

2

2 điểm

2.

0,25

* Vị trí của điểm S chính là điểm Vây-ớt-trát (điểm thỏa mãn điều kiện tương

điểm rộng):

x '

IA ' =hằng số với mọi vị trí của I trên mặt cầu

- Dựng phân giác IS’ của góc AIA 'ˆ với S’ là giao của phân giác với

đường SC

Sử dụng hệ thức lượng giác trong các tam giác DIAS’ và DIS’A’:

;

ˆ sin S'IAˆ ˆ sin S'IA 'ˆ

mà S'IA S'IA 'ˆ  ˆ và sin IS'A sin IS'A 'ˆ  ˆ nên:

IA ' S'A ' S'A '



(1) Lại có

S'A ' S'C CA ' x ' CS'



IA ' x ' CS'





- Mặt khác, do

IA hangso

IA ' với mọi vị trí của I trên mặt cầu nên khi IºS thì:

(3)

IA 'SA '

0,25

0,25

0,25

B B’

So sánh (3) và (1)  S’ là một điểm trên mặt cầu, SS’ là một đường

kính của bình cầu CS’=R

Mà:

SA ' SC CA ' SC x '

Từ đó, kết hợp (2) và (4) ta có:

IA ' x ' CS' SC x '

  ; đặt R=CS (R>0: cầu lồi) ta có

x ' R R x '

IA '

Kết hợp với (I) ta có:

x ' R R x ' x '.n

Giải phương trình này ta tìm được: x=n.R hoặc

R x n



Với điều kiện bông hoa đặt trong bình cầu ta chọn nghiệm

R x n



, khi

đó ảnh của bông hoa sẽ ở vị trí: x’=n.R

Độ phóng đại ảnh:

2

x '

x

0,25

0,25

0,25

0,25

3

1 điểm 3. Với lưỡng chất cầu khẩu độ nhỏ:

IA SA SC CA SC x R x

IA ' SA ' SC CA ' SC x ' R x '

Thay vào biểu thức:

x '

IA '

:

1 n n 1

x x ' R



; độ phóng đại ảnh:

x ' k x



(chú ý: HS có thể không cần chứng minh lại công thức này)

Áp dụng bằng số: R=9cm; n=1,5

Vật đặt cách tâm bình 2 cm, ta có hai trường hợp:

TH1: x=2cm x’=3,375cmk=1,6875

0,25 0,25

0,25 0,25

TH2: x=-2cmx’=-2,7cmk=1,35

CÂU 4 (4 ĐIỂM) –DA0 DỘNG CƠ - HÀ NAM

Câu

4

1

Chọn hệ quy chiếu gắn với mặt đất Lực tác dụng lên mỗi vật được mô tả như trên

hình vẽ

0,5

Điều kiện cân bằng cho các vật m1 và m2 lần lượt là

m1g−2Tcosφφ=0(1)

T −m2g=0(2)

0,5

Giải hệ phương trình (1) và (2), ta có

2

Chọn mốc tính thế năng của mỗi vật trùng với vị trí cân bằng của nó Áp dụng định

luật bảo toàn cơ năng cho ta

m1gLcotφφ−2 m2gL(sφinφφ1 −1)=1

2m1v12 +m2v22 (4)

0,5

Bên cạnh đó, vì các sợi dây không dãn, nên vận tốc của vật m1 và vật m2 sẽ liên hệ với

nhau bởi

v1cosφφ=v2(5)

0,5 Kết hợp các phương trình (4) và (5), ta được

v1=√2 gL cosφφ+2 sφinφφ−2

sφinφφ(1+2 cos2φ)=2√gL(2−√3)

0,5

3 Xét tại một thời điểm bất kì, m1 và m2 đang ở các tọa độ tương ứng là x1 và x2

Từ điều kiện tổng chiều dài của các sợi dây là không đổi, ta suy ra

√L12+x12−2 L1x1cos(1800−φ)+L2−x2=L1+L2(7)

0,25

Lưu ý rằng x1≪ L1, vì vậy phương trình (7) có thể được thu gọn lại thành 0,25

2x1+3

8

x12

L1−x2=0(8)

Khi đó, thế năng của hệ được cho bởi

U =−m1g x1+2 m2g x2=3

4mg

x12

L1=

3√3 8

mg

L x1

2(9)

0,25 Tương tự như câu (b), động năng của hệ là

K=1

2m1´x12+m2´x22=1

2m1´x12+m2´x12cos2φ=3

4m ´x1

2 (10) Ngoài ra, do cơ năng của hệ là một đại lượng bảo toàn, nên ta có

´

U + ´K =0(11)

0,25

Thế các phương trình (9) và (10)vào phương trình (11), ta được

´

x1+g√3

2 L x1=0(12)

Phương trình (12) cho thấy cơ hệ sẽ dao động điều hòa với chu kì

T¿=2 π√ 2 L

g√3(13)

CÂU 5 (3 ĐIỂM) – THỰC HÀNH - CHUYÊN LÊ KHIẾT – QUẢNG NGÃI

Cơ sở lý thuyết:

Khi đĩa quay trong từ trường, sẽ xuất hiện dòng điện cảm ứng, suy ra có mô

men lực từ cản trở chuyển động của đĩa Dòng điện cảm ứng tỉ lệ với cảm ứng

từ B và tốc độ góc Lực điện tỉ lệ với B và dòng điện cảm ứng Isuy ra mô

men lực từ tỉ lệ với B2 và ω.

Suy ra M=k B2

ω với k là hệ số tỉ lệ không phụ thuộc vào B

Khi đĩa quay đều, tổng các mô men lực tác dụng lên đĩa bằng 0:

2

ms

Trong đó r là bán kính của trục quay, M là mô men của lực ma sát ms

Suy ra vận tốc của quả nặng khi đĩa quay đều là

2

ms

gr kB

Đặt m=x , v= y Suy ra phương trình tuyến tính hoá y ax b  với

2

2

gr a kB



0,5

0,5

*/ Bố trí và tiến hành thí nghiệm

- Bố trí thí nghiệm như hình vẽ

- Treo vật m vào đĩa và thả cho hệ chuyển động Đợi một thời gian để vật

chuyển động đều thì đánh dấu các vị trí của vật để đo quãng đường s và thời

gian tφ tương ứng Suy ra vận tốc của vật

s v t



- Thay đổi giá trị của m và đo v tương ứng.

- Lặp lại thí nghiệm khi thay từ trường của nam châm thứ 2

- Lập bảng giá trị

0,5

3

Bảng giá trị ứng với từ trường B1

Bảng giá trị ứng với từ trường B2

0,5

* Xử lí số liệu:

- Vẽ đồ thị của v theo m ứng với các giá trị của B1 và B2

0,5

Ta đo các độ dốc

Suy ra





………HẾT………

B2

m m0 m1 m2 m2+m2