HSG vật lý 11de 34 dap an olimpicNgay 1_Full

Tìm gia tốc a’ tương ứng của một hạt trong hệ K’ tại thời điểm trong hệ K hạt này chuyển động với vận tốc u và gia tốc a dọc theo một đường thẳng. 1.[r]

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH VÀO CÁC ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA

DỰ THI OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2009

ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: VẬT LÍ

Đề thi gồm 02 trang Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi thứ nhất: 18/4/2009

C©u 1 (4,0 ®iÓm)

Trong mặt phẳng Oxy người ta đặt cố định tại gốc toạ độ O một lưỡng cực điện có momen lưỡng cực pr Véc tơ pr nằm trên

khối lượng m, điện tích q chuyển động ở vùng xa gốc O trong mặt

phẳng dưới tác dụng của điện trường gây bởi lưỡng cực Bỏ qua

tác dụng của trọng lực và lực cản Xét chuyển động của hạt trong

hệ toạ độ cực Vị trí M của hạt ở thời điểm t được xác định bởi

véctơ r OMr= uuuur và góc θ =(OM, puuuur r)

1 Chứng minh rằng chuyển động của hạt tuân theo các

phương trình vi phân sau:

( )

2

2 0

qp sin

4 mr 2W

r ' rr " 2

m

θ

 θ =







Trong đó W0là năng lượng ban đầu của hạt

r 0 = r ;θ 0 = θ ; r ' 0 =r ; θ′(0)= θ Hãy xác định khoảng cách r(t) từ hạt tới gốc O theo t

3 Tìm các điều kiện để hạt chuyển động theo quỹ đạo là cung tròn tâm O bán kính r0 Tính chu

kì và tốc độ góc cực đại của hạt Mô tả chuyển động của hạt trong hai trường hợp: q > 0 và q < 0

Cho

/ 2

0

d

2, 62 cos

≈ θ

C©u 2 (3,5 ®iÓm)

Trong vùng không gian xung quanh điểm O tồn tại một từ trường Cảm ứng từ tại điểm M bất kì ( OMuuuur=rr) là B k r2

r r

r

với k là một hằng số Ở thời điểm t = 0, tại điểmM (OM0 0 =r )0 có một hạt điện tích q, khối lượng m chuyển động với vận tốc vr vuông góc với 0 OM B0 ỏ qua trọng lực và lực cản

1 Chứng minh rằng độ lớn vận tốc v của hạt không đổi trên cả quỹ đạo của hạt

2 Bằng cách lấy đạo hàm theo thời gian của tích vô hướng r r r.v

rồi tính tích vô hướng đó để:

a) Tìm sự phụ thuộc vào thời gian của bình phương khoảng cách từ hạt đến điểm O và của cotθ, với θ là góc lập bởi v r

vàr r

ở thời điểm t

b) Tính θ ở thời điểm màr= 2r0

3 Bằng cách lấy đạo hàm theo thời gian của tích hữu hướng rr∧ vr, rồi tính tích hữu hướng đó

để suy ra quỹ đạo của hạt nằm trên một mặt nón đỉnh O Hãy tính nửa góc ở đỉnh của hình nón đó theo

k, m, q, r và 0 v 0

Gợi ý: Cho công thức 2

r∧ ∧ =(v r) v.r −r.(v.r)

C©u 3 (2,5 ®iÓm)

Một tấm phẳng nằm ngang, diện tích S, được giữ đứng yên trong một vùng khí loãng có áp suất p

và được giữ cho nhiệt độ mặt trên là t1, mặt dưới là t2 (t2 > t1) không đổi Hãy ước tính lực nâng do các phân tử khí va chạm vào hai mặt của tấm này tạo nên Cho biết nhiệt độ của khí là t ( t < t2)

Áp dụng bằng số với t1 = 20 0C; t2 = 300 0C; t = 10 0C; S = 10 dm2; p = 1 mmHg

θ

y

r

r

p

r

O

M

x

C©u 4 (3,5 ®iÓm)

dạng hình trụ bán kính R, hai đầu phẳng và

vuông góc với trục sợi quang, đặt trong không

khí sao cho trục đối xứng của nó trùng với trục

tọa độ Ox Giả thiết chiết suất của chất liệu

làm sợi quang thay đổi theo quy

1

n=n 1 k r− , trong đó r là khoảng cách

từ điểm đang xét tới trục Ox, n1 và k là các

hằng số dương Một tia sáng chiếu tới một đầu

của sợi quang tại điểm O dưới góc α như hình

2

1 Gọi θ là góc tạo bởi phương truyền của tia sáng tại điểm có hoành độ x với trục Ox Chứng minh rằng ncosθ = C trong đó n là chiết suất tại điểm có hoành độ x trên đường truyền của tia sáng và

C là một hằng số Tính C

2 Viết phương trình quỹ đạo biểu diễn đường truyền của tia sáng trong sợi quang

3 Tìm điều kiện để mọi tia sáng chiếu đến sợi quang tại O đều không ló ra ngoài thành sợi quang

4 Chiều dài L của sợi quang thỏa mãn điều kiện nào để tia sáng ló ra ở đáy kia của sợi quang

theo phương song song với trục Ox?

C©u 5 (3,0 ®iÓm)

Cho hai hạt A và B đều là hạt nhân của nguyên tử đơteri 2

1

(H ) có khối lượng nghỉ là 1875 MeV/c2

1 Xét quá trình hạt A có động năng Wđ = 820 MeV va chạm đàn hồi với hạt B đang đứng yên Giả sử sau va chạm, các véc tơ vận tốc '

A

vr , vr của hai hạt có độ lớn bằng nhau 'B

A

vr

và vr'B

đối xứng đối với phương chuyển động của hạt A trước va chạm

b) Tính góc α tạo bởi '

A

v

r

và vr'B

Kết quả thu được có gì khác nếu coi va chạm đàn hồi giữa A

và B là va chạm cổ điển?

2 Để thực hiện một phản ứng hạt nhân người ta cho hai hạt A và B nói trên va chạm trực diện

với nhau với tốc độ tương đối giữa chúng là u = 0,95c (c là tốc độ ánh sáng trong chân không) theo hai

cách sau:

Cách 1: Bắn hạt A vào hạt B đang đứng yên Tính năng lượng toàn phần của hạt A

Cách 2: Cho cả hai hạt chuyển động với vận tốc có cùng độ lớn v sao cho tốc độ tương đối giữa

chúng vẫn là u Tính năng lượng toàn phần của mỗi hạt

C©u 6 (3,5 ®iÓm)

Hệ quy chiếu K’ (O’x’y’z’) chuyển động với vận tốc Vr không đổi dọc theo trục O’x’ (O’x’ trùng với trục Ox, O’y’ và O’z’ lần lượt song song với Oy và Oz) đối với hệ quy chiếu K (Oxyz) Tìm gia tốc a’ tương ứng của một hạt trong hệ K’ tại thời điểm trong hệ K hạt này chuyển động với vận tốc u

và gia tốc a dọc theo một đường thẳng

1 song song với V r

2 vuông góc với V.r

3 nằm trong mặt phẳng xOy có phương lập với Vr một góc α

-

hÕt -

• ThÝ sinh kh«ng ®-îc sö dông tµi liÖu

• Gi¸m thÞ kh«ng gi¶i thÝch g× thªm

x

y

O

α

Hình 2

θ

x

Dự thảo

H-ớng Dẫn chấm đề thi chính thức Môn: Vật lí

Ngày thi: 18/04/2009

(H-ớng dẫn chấm có 9 trang)

Câu 1 (4,0 điểm)

1.(2,0 điểm) Xỏc định điện trường gõy bởi lưỡng cực điện ở điểm xa O Gọi q0 là

điện tớch lưỡng cực và l là khoảng cỏch giữa 2 điện tớch của lưỡng cực thỡ p = q0l

−

Coi (r2 -r1) ≈ lcosθ ; r1 ≈ r2 ≈ r ; q0l = p

θ

0

E

πε

3 0

E

q

= - = - = 0,2 5 điểm

Phương trỡnh chuyển động của điện tớch trong điện trường trờn cú dạng :

r

(*)

với err

, erθ

là cỏc vộc tơ đơn vị 0,25 điểm

Trong tọa độ cực, chỳ ý rằng: vr = r 'eurr+ θr 'e ,uurθ der

' e

r r

de

' e dt

θ = −θ

r

r , 0,25 điểm

ta cú:

r

de de

dv

θ θ

r r

r

r ''e r ' 'eθ r ' 'eθ r( ') e

r

(**) 0,25 điểm

Từ (*) v à (**) suy ra

( ) 2

3 0

qpcos

θ

− θ =

πε

2 0

qp sin

θ

θ =

πε 0,25 điểm

Từ định luật bảo toàn năng lượng:

( ) 2

0

1

2 + ϕ = = 0,25 điểm

0 2 0

θ

( )

2 0

2W qpcos

θ

πε

r

er

erθ

Hỡnh 1

r1

r2

θ

dθ

ds

M

pr

Từ (1) và (3) ta có: 2 2W0 ( )

m + = 0,25 điểm

2 (0,5 ®iÓm)

u t = r t → u '= 2rr '→u "= 2rr "+ 2r '

Thay vào phương trình (4) có:

2

1

2W

m

= + + 0.25 điểm

1 2r0 0; 2

C = r C =r

0 0

2W

m

= + + 0,25 điểm

3 (1,5 ®iÓm)

Để quỹ đạo của hạt là cung tròn thì r(t) = const

0=0 , 0=0

- Từ điều kiện r t'( ) = → = θ0 v r ' và vr

⊥ rr

; vuur0

⊥ rur0

0 0

θ

πε 0,25 điểm

4

0 0

qpcos

θ

θ = −

πε

0 0

qp sin

θ

⇒ θ =

πε 0,2 5 điểm

0 0

qp

′

πε khi = 0.θ Góc θ tăng dần tới π / 2 Tại =θ π/2 thì θ =′ 0và θ <" 0, góc θ giảm và hạt quay trở lại Tại =θ − π/2 thì θ′ =0 và

" 0

θ > , góc θ tăng, hạt lại chuyển động quay trở lại Vậy −π/ 2≤ θ ≤ π/ 2 Hạt chuyển động trên nửa đường tròn như Hình 2 0,25 điểm

0 0

qp cos d

θ

πε nên chu kì của chuyển động này là:

4

0 0

qp

πε

⇔ = 0,2 5 điểm

0 0

qp

′

πε khi = θ π Khi =θ π/ 2 và θ = 3 / 2π thì 0

θ′ = , hạt sẽ quay trở lại Nghĩa là hạt sẽ dao động trên nửa vòng tròn từ π / 2 3 / 2 ≤ θ ≤ π

(Hình 3) 0,25 điểm

Chu kì của chuyển động:

4

0 0

qp πε

= 0,2 5 điểm

C©u 2 (3,5 ®iÓm)

F mdv qv B

dt

r

(1) Điều này có nghĩa là Fr

luôn vuông góc với v r , tức F.vr r = 0 hay dv

r

r

hay

2

dv 0

0

v =const=v tức là v=v0 0,5 điểm

a, Lấy đạo hàm của tích rrvr

. ta được

d 2 dv

r

Theo (1) và theo biểu thức của cảm ứng từ Br

, ta có

rdv q r(v B) kq3 r(v r)

Vì rr (vr rr)

∧

⊥ nên suy ra rr.(vr∧ Br)=0

0,25 điểm

Theo câu 1, v=v0, nên cuối cùng ta có 2

0

d

dt r r = Lấy tích phân này ta được:

2

r.v = v t + C

r r

với C1 là một hằng số Dùng điều kiện ban đầu, tại t = 0, r rr.v = 0 (vì rr ⊥0 vr0) suy ra

C1= 0 Kết quả ta được:

2

0 r.v = v t

r r

(2) 0,2 5 điểm

* Để xác định r(t), ta viết phương trình (2) dưới dạng:

2

0

dr

dt =

r r

hay

2 2 0

dr 2v t

Lấy tích phân ta được: 2 2 2

r =v t +C

Vì tại t = 0, r=r0, suy ra 2 2 2 2

r = v t + r (3) 0,25 điểm

Vậy 2

r là hàm bậc nhất của bình phương thời gian

* Hệ thức (2) có thể viết lại dưới dạng 2

cos

r

θ = Suy ra

M

y

0

r

ur

p

ur

O

Hình 3

θ

M

y

0

rur

p

ur

O

Hình 2

// Cr

O

M

r

α

M0 vr0

r0

Hình 4

v r

θ

2

0

θ Theo (3), cuối cùng ta được

+

o

v

r

θ = (4) 0,25 điểm

Như vậy, cotθ là hàm tuyến tính của thời gian, tăng từ 0 đến ∞ trong suốt quá trình chuyển động, tức là góc θ giảm từ π/ 2 tới 0; do đó, vận tốc ban đầu vuông góc với vectơ bán kính rồi dần dần định hướng theo hướng của rr

0,2 5 điểm

b) r = 2r0 tại thời điểm t sao cho, theo (3), v t0 =r0 Thay vào (4), ta được cot θ = 1, suy ra

0

45

θ = 0,25 điểm

r

, ta có:

dt r∧r = dtr ∧ + ∧r r dtr = ∧r dtr = ∧r m r∧r = mr r∧ ∧r r

r∧ ∧ =(v r) v.r −r.(v.r)

, ta có:

d (r v) kq v r2 v.r kq 1 dr r dr2

r

vì v.r dr

r = dt

r

r

- đây chính là thành phần của vận tốc theo phương bán kính vectơ Lưu ý rằng

2

 

, suy ra

d (r v) kq 1 dr r dr2 kq d r

Lấy tích phân hai vế, ta được:

r v kq r C

m r

(5) 0,5 điểm

Trong đó Cr

là một vectơ không đổi, có độ lớn tính được từ

hình bên (dùng (5) và điều kiện ban đầu tại t = 0, r=r0và v=v0)

Theo định lý Pitago:

2 2

0 0

kq

m

= +    (6) 0,25 điểm

Theo tính chất của tích hữu hướng và (5)

r(r v) 0 kqr C.r r kq C cos

r

Với ϕ là góc tạo bởi vectơ Cr

và vectơ r.v Từ phương trình trên suy ra:

cos kq const

mC

ϕ = − = (7) 0,25 điểm

Như vậy trong suốt quá trình hạt chuyển động gócϕ luôn không đổi, điều này có nghĩa là quỹ đạo của hạt nằm trên một mặt nón đỉnh O, có trục song song với vectơ Cr

và nửa góc ở đỉnh α = π − ϕ 0,25 điểm

C

kq m

0 0

r v

α

Hình 5

Theo (6) và (7), ta có

2

0 0

1 kq

Hay đơn giản hơn

mr v0 0

tan

kq

α = 0,2 5 điểm

C©u 3 (2,5 ®iÓm)

Xét mặt trên của tấm (nhiệt độ T1): Khi một phân tử khí chuyển động với vận tốc v va chạm theo phương vuông góc với mặt trên tấm phẳng, phân tử khí bắn ra với vận tốc v1

1 1

3kT v

m

= 0,5 điểm

Mỗi lần va chạm, phân tử khí sẽ truyền cho tấm phẳng một xung lượng m(v+v1)

Chuyển động của các phân tử khí là hỗn loạn nên gần đúng ta có coi số hạt đập vào diện tích S trong thời gian ∆t là 1

6noSv∆t (nolà mật độ phân tử khí)

Do đó áp suất gây bởi các phân tử khí lên mặt này:

∆ 0,5 điểm

Tương tự:

p2 1n mv(vo v )2

6

= + 0,25 điểm

Mặt khác ta có áp suất của khí là p=n kTo

Vậy lực nâng có giá trị cỡ

pS ( T2 T )1

2 T

= − 0,75 điểm

133.0,1

2 283 − ≈ 0,5 điểm

C©u 4 (3,5 ®iÓm)

1 (0,75 ®iÓm) Tại O: sinα= n1sinθ0

Chia sợi quang thành nhiều lớp

mỏng hình trụ đồng tâm Xét trong

mặt phẳng xOy, các lớp đó dày dy Tại

mỗi điểm góc tới của tia sáng là (900

-θ), ta có

n(y)sin(900-θ)= n1sin(900- θ0)

n(y)cosθ = n1cosθ0 = C 0,5 điểm

C = n1cosθ0=

2

1

sin

n

α

1

C = n − sin α 0,25 điểm

Hình 6

x

y

O

α

2 (1,5 ®iÓm) Xét M có toạ độ (x,y), tia sáng có góc tới i = (900- θ)

n(y) cosθ = C; cos C

n(y)

θ =

cot

θ

0

C dy x

n (y) C

=

−

y

0 1

C dy x

n (1 k y ) C

=

∫ 0,5 điểm

Áp dụng

2 2 2

arcsin

=

−

1

a= n −C = sinα; b = kn1

1

=

α +C1 Điều kiện ban đầu: x = 0 thì y =0 suy ra C1 = 0 0,5 điểm

Vậy quỹ đạo của tia sáng là đường hình sin 0,5 điểm

3 (0,5 ®iÓm) Điều kiện để tia sáng truyền trong sợi quang là:

1

sin

R

kn

α

≤ Muốn đúng với

mọi α thì kn R1 ≥1 0,5 điểm

4 (0,75 ®iÓm) Muốn ló ra theo phương song song Ox thì tại x = L, y có độ lớn cực đại

Hay 1

1

kn

2

π

= + π

− α với p là số nguyên không âm 0,5 điểm

Suy ra

1 1

L

kn

= với p = 0, 1, 2 0,25 điểm

C©u 5 (3,0 ®iÓm)

1 (2,0 ®iÓm)

a, Ký hiệu '

A

pr

và ' B

p r

là các véc tơ động lượng tương đối tính của các hạt A và B sau va

p = p Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có sơ đồ véc tơ như hình bên, nghĩa là α1 = α2, do đó '

A

pr

và ' B

p

r đối xứng đối với prA

0,5 điểm

p = 2p cos α (1) 0,2 5 điểm

Ký hiệu α là góc giữa '

A

v r

và ' B v

r

và α = 2α1 Giữa động năng tương đối tính và động lượng p của hạt có hệ thức

2

(pc) =W (W +2E ) (Eo là năng lượng nghỉ)

Áp dụng cho hạt A:

2

(p c) = W (W + 2E ) (3) 0,5 điểm

Vì va chạm đàn hồi nên động năng tương đối tính được bảo toàn, mà ' '

dA dB

' ' '

1

α

2

α

, A

pr

, B

p r

Hình 7

Thay vào (3), ta được: ( )' 2

dA dA

  (4) 0,25 điểm

dA dA

o

p cos

+

+

1

dA o

W

+ ⇒ <0 cos <1α , tức α là góc nhọn

820 4.1875

+ 0,25 điểm

Nếu là va chạm là cổ điển, tức phi tương đối tính, thì α = 90o Thực vậy khi đó Wd << Eo nên cosα ≈0 → α ≈90o 0,25 điểm

2.(1,0 ®iÓm)

2

1 c

Cách 2: Chọn K là hệ quy chiếu PTN trong đó hai hạt chuyển động tới gặp nhau dọc theo trục Ox với cùng vận tốc v; K’ là hệ quy chiếu gắn với hạt A (tức là K’ chuyển động với tốc độ v đối với K và Ox trùng với O’x’) Vận tốc tương đối u giữa hai hạt trong hệ K’ chính là

vận tốc v’ của hạt B Theo công thức cộng vận tốc ta có:

2 2

− −

Suy ra: 2 2 2

Tìm được v c2 c c2 u2

u

= (loại nghiệm v>c) 0,5 điểm

o

2 2

E c

C©u 6 (3,5 ®iÓm)

1 (1,5 ®iÓm) Xét trong hệ K, vận tốc của hạt tại các thời điểm t và t +dt là u và u + adt

dọc theo trục x (song song với V r

) Trong hệ K’ chuyển động với vận tốc V r

đối với K các vận tốc tương ứng là

2

u '

uV 1 c

−

=

u ' a 'dt '

V

c

− + 0,5 điểm

Biểu thức thứ hai có thể viết lại như sau:

=

1

2

1

−

(ở đây đã bỏ qua số hạng chứa 2

(dt) )

1

=

u V adt c uV uV V

uV 1 c

−

=

−

2 2 2 2

V adt 1

c uV 1 c

−

+

 − 

Suy ra

2 2 2 2

V adt 1

c

a 'dt '

uV 1 c

−

=

 − 

(1) 0,5 điểm

2

dt '

V 1 c

−

=

−

2 2 2

1 uV / c dt

V 1 c

−

=

− (2) 0,25 điểm

Chia hai vế của (1) và (2) cho nhau, ta được

3/ 2 2

2

c uV

1 c

0,25 điểm

2 (0,5 ®iÓm) Trong hệ K vận tốc của hạt ở thời điểm t và t + dt lần lượt là (0, u, 0) và (0, u+adt, 0)

Trong hệ K’, các vận tốc tương ứng là

( 2 2

V, u 1 V / c , 0)

a 'dt '=adt 1 V / c− (3) 0,2 5 điểm

Chú ý rằng theo phép biến đổi Lorentz:

2 2

dt

dt '

V 1 c

=

− (4)

Chi hai vế của (3) cho (4), ta được a ' a 1 V22

c

=  − 

  dọc theo trục y 0,25 điểm

3 (1,5 ®iÓm) Trong hệ K vận tốc của hạt ở các thời điểm t và t+dt lần lượt có các thành phần (ucos , u sin , 0α α ) và (ucosα +acos dt, u sinα α +a sin dt, 0)α 0,25 điểm

* Đối với thành phần theo trục x’ của gia tốc làm tương tự như ở câu a) ta được

3/ 2 2 2

2

V

1-c a

uVcos 1

c

′ =

α

0,25 điểm

• Đối với thành phần theo trục y’, ta có:

2

y '

2

u

V

c

α − β

′ =

2

y ' y '

2

V

c

với V

c

β =

hay

2

y ' y '

2

V

c

2

=

2

2

2 2

V c

c

=

1 2

y

2

1

−

2

2

1

2

2

0,25 điểm

Suy ra

y '

2

2

c

2

2 2

asin dt 1 V

c

=

− α 0,2 5 điểm

2

dt

dt '

V 1 c

=

− Cuối cùng ta được:

2

2

c V

c

α

0 ,25 điểm

HÕT