HDC VAT LI 11

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XIII, NĂM 2022 Hướng dẫn chấm HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: VẬT LÍ - LỚP 11 (Hướng dẫn chấm gồm 10 trang) Bài (4 điểm) Trong chân không, người ta giữ cố định điện tích điểm q đỉnh (mỗi đỉnh có điện tích) lục giác tâm O, cạnh a mặt phẳng nằm ngang nhẵn Tính lực cần tác dụng lên điện tích để chống lại lực đẩy tĩnh điện gây điện tích cịn lại Nếu điện tích thả tự phải đặt điện tích tâm lục giác để hệ điện tích cân bằng? Nếu điện tích nối lại với sợi dây mềm, khơng co dãn, có độ dài đoạn dây a lực căng sợi dây bao nhiêu? Đặt điện tích điểm q’ = q điểm nằm mặt phẳng chứa lục giác cho Chứng tỏ lực tác dụng lên , xác định Ý Nội dung Do tính chất đối xứng nên hợp lực tĩnh điện điện tích cịn lại tác dụng lên uuur điện tích q1 đặt A có hướng OA Điể m 0,5 F1 = F12 cos 600 + F31 cos 300 + F41 F1 = 2 kq kq kq   kq + + =  + ÷ 2 a2 (a 3) 2 (2 a)  3 a   kq F = + ÷ a   Vậy lực cần để giữ điện tích q1 đứng n có độ lớn có uuur hướng AO 0,5 Để điện tích q1 cân bằng: 0,5 q0 <  5  ⇒  k q0 q   kq ⇒ q0 = −  + ÷.q = +    4 ÷ 2 3 a   AO 0,5 Để điện tích q1 cân bằng: 0,5 r r r F71 + F1 = r r r r T21 + T61 + F1 = 2T21.cos 600 = F1   kq ⇒ T21 = F1 =  + ÷ 3 a 4 0,5 Cường độ điện trường điện tích thứ i gây vị trí đặt q’: Trang 1/10 r r r r r kq (rr − ar ) kq (r − a ) kq ( r − ) Ei = r r 3i = r r i 3/2 = 3/2 − r ( (ai − r )2 ) ( ai2 + r − 2ari rr ) r r r kq (rr − ari ) kq (r − ) 1 Ei = ≈ r r 3/2 3/2 3 r r 2 a a r   a − 2ai r + r   −   ÷ a2 ÷ a2     r r r r r r r r r r r kq(r − )  r  kq  r r r r r r  kq  r r r r  Ei = 1 + ÷ = (r − ) − 3ai + r  ≈ ( r − ) − 3ai  a3 a  a  a a  a  a   Cường độ điện trường tổng hợp điện tích gây vị trí đặt q’: 0,25 0,25  π    r cos ϕ + ( i − 1)  ÷ 6  r r kq  r r÷ r    E = ∑ Ei =  6r − ∑ ÷− 3∑ a  a  i =1 i = i = { ÷    Thành phần điện trường tổng hợp lên phương Ox: 0,25  π   r.cos  ϕ + (i − 1) ÷  kq π 3    Ex =  x − 3∑ a cos  (i − 1) ÷ a  3 a   i =1   Ex = = kq  π π    x − r cos  (i − 1) ÷.cos  ϕ + (i − 1) ÷ ∑  a  3    i =1 kq  3r π   x − ∑ cos ϕ + cos  ϕ + 2(i − 1) ÷ =  a  i =1   kq  kq  x − 6r cos ϕ ÷+ = −3 x  a  a  kq  kq  Ex =  y − 6r sin ϕ ÷+ = −3 y a  a  Tương tự: ⇒ Ex = r r r kq r kq r ⇒ E = −3 r ⇒ F = q '.E = −3 r a a 0,25 kq ⇒α =3 a Trang 2/10 Bài (5 điểm) Theo quan điểm Dirac, lưỡng cực từ hiểu hai từ tích có tổng khơng trùng (cũng lưỡng cực điện hai điện tích có tổng không trùng nhau) Cảm ứng từ từ tích m đặt gốc tọa độ tạo từ trường với cường độ điểm có tọa độ là: r r ur k m r μ m r B = m2 = r r 4πr r , số từ Từ quan điểm Dirac tìm từ thơng qua mặt kín biết từ tích tổng cộng nằm bên mặt kín uur uuuu r r P m MO = r , r lớn so Tính từ trường lưỡng cực từ (đặt gốc tọa độ O) gây M với với chiều dài lưỡng cực Cũng theo quan điểm Dirac, coi nam châm hệ vô số lưỡng cực từ vô bé xếp sát nhau, đầu dương lưỡng cực kề với đầu âm lưỡng cực khác Xét nam châm đồng chất (M) hình trụ đường kính chiều dài Người ta đo cảm ứng từ sát tâm bề mặt đầu bắc M Đặt M vng góc với mặt phẳng chứa vịng dây hình trịn cố định bán kính điện trở cho đầu nam trùng với tâm vòng dây Cho M chuyển động tịnh tiến dọc theo trục với vận tốc khơng đổi theo hướng từ cực bắc đến nam (cùng hướng với trục tọa độ Ox) a Tính từ tích bề mặt đầu bắc M b Tính từ thơng M gây vòng dây thời điểm tọa độ đầu bắc x c Lực mà khung dây tác động lên M có giá trị cực đại bao nhiêu? Gợi ý: Một nghiệm dương phương trình Ý ( x + 2) (x ( + 1) = x + ( x + ) ) −2 x ≈ 3, 410.10 Nội dung Từ quan điểm Dirac tìm từ thơng qua mặt kín biết từ tích tổng cộng nằm bên mặt kín r r k rr r E= = r r 4πε r r Cường độ điện trường điện tích điểm gây ra: ΦE = q = 4π k q ε0 Điể m 0,5 0,5 Từ tương tự định lý Gauss điện trường: Ta áp dụng định lý Gauss cho từ trường để tính từ thơng qua mặt kín từ tích Φ B = k m 4π mt = µ0 mt mặt kín gây ra: Từ trường tổng hợp lưỡng cực từ gây ra: r r r r r r r µ0 m  (r − r+ ) (r − r− )  B = B+ + B− = −   4π  rr − rr+ rr − rr−  rr rr r µ m  r r r r r   r r r r r   B =  (r − r+ ) − 3r 2+ ÷−  ( r − r− ) − 3r 2− ÷ 4π r  r   r  r r r r r r r µ m  (r − r ) (r − r )  B = B+ + B− =  r r + − r r−  4π  r − r+ r − r−  rr rr r µ m  r r r r r+   r r r r r−   B=  (r − r+ ) + 3r ÷−  ( r − r− ) + 3r ÷ 4π r  r   r  0,5 0,5 Trang 3/10 r µm B= 4π r 3a r r r r r (r+ − r− )   r r ( r− − r+ ) + 3r  r2 r µ ⇒B= 03 4π r rr r ( r pm )   r  − pm + 3r r    Do chiều dài nam châm lớn nhiều so với đường kính nam châm nên ta coi gần từ đường đầu Bắc từ tích đầu Bắc gây Chọn mặt σ E = 2ε E ⇒ σ m = Gauss mặt trụ hình vẽ Theo định lý Gauss: πd2 πd2 m = σ m = B0 µ Từ tích đầu Bắc nam châm: 3b B0 µ0 0,5 Các góc khối ứng với góc phẳng α , β 0,5   x Ω N = 2π (1 − cos α ) = 2π 1 − ÷ x2 + R2    x+l Ω S = 2π (1 − cos β ) = 2π 1 −  ( x + l )2 + R   ÷ ÷  Từ thông tổng hợp nam châm gửi qua diện tích giới hạn vịng dây: Φ = Φ N + ΦS = − 3c 0,5 0,5 ΩN Ω µ0 m + S µ0 m 4π 4π Φ=   µ0 m µ πd2 x x+l B0 ÷2π  − ( ΩS − ΩN ) =  2 4π 4π  2µ ( x + l )2 + r   x + r Φ=  πd2 x x+l B0  −  x2 + r ( x + l )2 + r   ÷ ÷   ÷ ÷   ( x + l )2 v  2 x2v 2 v ( x + l ) + r −  v x + r − 2 ÷ ( x + l )2 + r ÷ πd2 x + r  e = Φ' = B0 −  ÷ x2 + r ( x + l )2 + r  ÷  ÷     πd2 1 ÷ = B0 r v  2 3/ − 2 3/2 ÷  (x + r ) ( x + l ) + r ( )   R.i R e2 F v = R.i ⇒ F = = v v R Theo định luật bảo toàn lượng: Lực cực đại ứng với suất điện động đạt giá trị cực đại ⇒ e ' = 0,25 0,25 0,25 ( x + r ) −3/2 − ( ( x + l )2 + r ) −3/2  ' =   −5/2 3 − ( x + r ) −5/2 x + ( x + l ) + r 2( x + l ) = 2 ( Vì l = 2r Đặt X= x ⇒ r ) ( X + 2) (X ( + 1) = X + ( X + ) ⇒ X = 3, 410.10 −2 ⇒ x = 0,853 cm ⇒ Fmax = e(2x ) vR ) ≈ 8, 21.10 −7 N 0,25 Trang 4/10 Bài (4 điểm) Một kính hiển vi tạo hai thấu kính hội tụ đặt đồng trục với Vật kính có tiêu cự thị kính có tiêu cự Trong lần sử dụng kính, người có mắt bình thường có khoảng nhìn rõ ngắn nhận thấy độ bội giác ngắm chừng vô cực G ∞ = 90 Tính khoảng cách hai thấu kính khoảng cách từ vật đến vật kính lần quan sát với độ bội giác G ∞ quan sát viên Khi ngắm chừng vô cực, quan sát viên muốn dịch chuyển thị kính để chuyển trạng thái ngắm chừng cực cận Biết lúc quan sát viên đặt mắt sát thị kính, tìm độ bội giác qng đường dịch chuyển thị kính Khi ngắm chừng vô cực, quan sát viên muốn dùng máy ảnh kỹ thuật số để chụp lại ảnh vật qua kính hiển vi nói Cảm biến máy ảnh có kích thước , số điểm ảnh cảm biến Ống kính máy ảnh có tiêu cự Biết ảnh vật coi đủ chi tiết ảnh cảm biến có kích thước lớn 10 điểm ảnh Máy ảnh ghi nhận ảnh điểm điểm (ảnh rõ nét cảm biến) ánh sáng từ điểm đến cảm biến hình trịn có bán kính nhỏ khoảng cách hai điểm ảnh gần Cho biết cảm biến cách vật kính máy ảnh đoạn a Các vật cho ảnh đủ chi tiết cảm biến có kích thước nhỏ bao nhiêu? b Biết đường kính vật kính máy ảnh , bề dày vật cho ảnh rõ nét có giá trị cực đại bao nhiêu? Biết vật kính máy ảnh cách thị kính kính hiển vi đoạn l = 10 cm Ý Nội dung Tính khoảng cách hai thấu kính khoảng cách từ vật đến vật kính lần quan sát với độ bội giác quan sát viên δ OCC δ 20 G∞ = ⇒ 90 = ⇒ δ = 18 cm f1 f 1.4 Điể m 0,5 l = f1 + f + δ = + + 18 = 23 cm Khoảng cách từ ảnh A1B1 qua vật kính đến vật kính: d1' = l − d = l − f = 23 − = 19 cm d1 = Khoảng cách từ vật AB đến vật kính: Ảnh cuối ảnh ảo cách thị kính: d 2' = − D = −20 cm ⇒ d = ' d f1 19.1 19 = = ≈ 1, 06 cm ' d1 − f1 19 − 18 d 2' f −20.4 10 = = cm ' d − f −20 − l ' = 19 + 10 67 = cm 3 0,25 0,25 0,25 0,25 Khoảng cách hai kính lúc này: Vậy phải dịch chuyển thị kính lại gần vật kính đoạn: l '− l = 0,25 67 − 23 = (cm) 3 Độ bội giác mới: GC = k1.k2 = d1' d 2' = 18.6 = 114 d1 d 0,25 Trang 5/10 3a 24 mm × 36 mm = 6.10−3 mm = µ m 2, 4.10 δ= Khoảng cách hai điểm ảnh: Vật có kích thước nhỏ δ cho ảnh cảm biến có kích thước: 0,25 10δ = 60 µ m Khi ngắm chừng vơ cùng, góc trơng ảnh qua vật kính máy ảnh góc δ0 10δ G∞ = D fC trơng ảnh qua kính hiển vi δ ( µ m) 60 ( µ m) 20 cm 3b 90 = ⇒ δ = ( µ m) 10 cm Để tìm độ dày lớn vật quan sát Ta xét điểm sáng S cho chùm sáng từ S khúc xạ qua vật kính máy ảnh cho tia ló cắt cảm biến tạo thành miền có đường kính δ Chùm sáng kéo dài giao SC Sơ đồ tạo ảnh: 0,5 0,25 0,25 (lập luận) 0,25 (hình vẽ) L1 L2 Lc S → S1  → S  → Sc d d' d d' d d' 1 2 c c Dc δ δ fc (6.10−4 ).10 50000 = ⇒ d c' = f c + x = f c + = 10 + = (cm) fc + x x Dc − δ − (6.10−4 ) 4997 d c' f c 105 dc = ' = (cm) dc − fc d 2' = l − d c = − d2 = 49970 cm d 2' f = 1,9995 cm d 2' − f 0,25 d1' = l − d = 21, 00048 cm d1 = d1' f1 = 1, 0499988 cm d1' − f1 Vậy bề dày nhỏ vật quan sát qua máy ảnh là: d1 − 19 ≈ 5,557.10 −3 cm 18 0,25 Trang 6/10 Bài (4 điểm) Một lắc lị xo gồm vật nhỏ có khối lượng m = 100g lị xo nhẹ có độ cứng k = 100N/m chiều dài tự nhiên l Đầu lò xo cố định điểm H Vật lồng vào cứng, thẳng nằm ngang Thanh cứng giữ cố định mặt phẳng thẳng đứng chứa H Biết khoảng cách từ H đến l = m ngang l < l Ban đầu vật A đứng yên vị trí O với HO có phương thẳng đứng hình vẽ Đẩy nhẹ vật từ vị trí O thấy vật đạt tốc độ cực · đại vị trí K thỏa mãn KHO = φ = 30 Lấy g = 10m/s2 a Tìm l chiều dài quỹ đạo vật b Tìm chu kì dao động nhỏ vật quanh vị trí cân Vật lồng vào cung trịn cố định tâm I bán kính R nằm mặt phẳng thẳng đứng qua H Khi vật cân lị xo hợp với phương thẳng đứng góc φ = 300 đường nối I với vật hợp với phương thẳng đứng góc α = 450 Bỏ qua ma sát a.Tìm giá trị R b.Tìm chu kì dao động nhỏ vật quanh vị trí cân Ý Nội dung Tại vị trí vận tốc cực đại lực đàn hồi triệt tiêu ⇒ lị xo khơng biến dạng a l = l = 2l = 1( m) cos ϕ Điểm 0,5 Tại vị trí vận tốc triệt tiêu (khác vị trí O), lị xo có chiều dài l max 0,5 Theo định luật bảo toàn năng: l max − l = l − l l max = 2l − l = − ( m) Chiều dài quỹ đạo vật:  3 OE = l − l =  − ÷ − ≈ 0, 732 m ÷   Thế vật ly độ x so với vị trí cân bằng: max b Wt = k ( l + ( x + l tan ϕ )2 − l ) 0,25 = Wt =  k l2 + xl tan ϕ + x − l ÷  ÷  cos ϕ  Trang 7/10 k Wt = ( l + xl tan ϕ + x − l 2 Cơ dao động: W= ) 2  k xl tan ϕ k  xl tan ϕ  k ≈  l + −l 0÷ = = x  ÷ ÷ 2 l0  l0   0,5 mv kx + k W ' = ⇒ mv.x ''+ v.x = Do bảo toàn: x ''+ a 0,25 m k T = 4π ≈ 0,397 s x = k 4m  Chu kì dao động điều hịa vật: Từ ĐKCB vật: Fdh cos(90 − ϕ − α ) = mg.sin α Fdh = 0,25 0,25 mg.sin α = k(l − l ) cos(90 − ϕ − α ) ⇒ l ≈ 1,00732(m) b Tại vị trí cân xét tam giác đồng dạng: sin α sin ϕ sin(α + ϕ ) = = l1 R d (1) ⇒ R ≈ 0, 7123(m); d ≈ 1,3760 cm 0,25 Giả sử vật m rời khỏi VTCB theo chiều dương góc ε đủ nhỏ lị xo thay đổi chiều dài lượng ∆l ' ϕ giảm góc ε ' 0,25 0,25 Ta biến đổi vi phân ∆l ' ; ε ' theo ε Vi phân vế (1): cos α ( −ε ) sin α ' cos ϕ ( −ε ') cos(α + ϕ )(−ε − ε ') − ∆l = = l1 l1 R d ⇒ε '= ε −1 + d cos ϕ R cos(ϕ + α ) = ε sin ϕ cos(ϕ + α ) −1 = ε = ε tan(ϕ + α ) sin α −1 + tan ϕ    ÷ l ε l1 l ε ∆l ' =  − cos α ÷ = − ( cos α − cos(ϕ + α ).cos ϕ ) = −0,6880ε R d sin α − ÷ sin α  cos ϕ + cos(α + ϕ ) ÷   0,25 Độ biến thiên momen lực đàn hồi momen trọng lực: M dh = k d ( l − l ) sin ϕ 0,25 ⇒ ∆M dh = k d  ∆ ( l − l ) sin ϕ + ( l − l ) ∆ sin ϕ  = k d  ∆l 'sin ϕ + ( l − l ) cos ϕ (ε ')  = −47,175ε ∆M P = M P (α −ε ) − M P (α ) = −mgR ( sin(α − ε ) + sin α ) ε ε  ε  ∆M P = −2mgR  sin(α − )cos ÷ ≈ mgR  cos α ÷ = mgR ( cos α ) ε = 0,5037ε 2  2  Phương trình động lực học chuyển động quay vật quanh tâm O: 0,25 Trang 8/10 ∆M P + ∆M Fdh = mR ε '' −46,671.ε = 0,1.(0, 7123) ε '' ⇒ ω ≈ 30,329 ( rad / s ) ⇒ T ≈ 0, 207( s) Bài (3 điểm) Đổ chất lỏng có khối lượng riêng ρ vào bình trụ có tiết diện S đủ lớn Dưới đáy bình có ống trụ bán kính R đủ nhỏ (với R > R Cả bình trụ vào ống trụ có phương thẳng đứng Cho gia tốc rơi tự g Chứng minh hệ số nhớt chất lỏng η , chất lỏng dính ướt hồn tồn với thành ống trụ lưu lượng chất lỏng qua ống độ cao cột chất lỏng bình h xác định theo công thức: πR 4ρg  h q= 1 + ÷ 8η  l  Có dụng cụ thí nghiệm sau: - Một can đựng chất lỏng có khối lượng riêng ρ biết, có hệ số ma sát nhớt η cần xác định - Một bình trụ có đáy - Một đồng hồ bấm giây - Một giá đỡ thí nghiệm - Một dây rọi - Một bình chia độ có độ chia đến cm3 - Một máy bơm chất lỏng với tốc độ bơm thay đổi Trình bày phương án thí nghiệm xác định hệ số nhớt η chất lỏng Chú ý: Nếu thí sinh khơng chứng minh ý 5.1 dùng kết ý 5.1 để làm ý 5.2 Ý Nội dung Gọi vận tốc phần tử chất lỏng cách trục ống trụ khoảng r v Do chất lỏng chảy ổn định nên động lượng khối chất lỏng không đổi Điể m 0,25 mg + ∆p.S + Fnhot =  dv  ρπ r l g + ρ ghπ r − η (2π rl )  − ÷ =  dr  ρg  h  dv = − 1 + ÷.rdr 2η  l  v ∫ dv = − v= 0,25 ρg  h  r  + ÷ rdr 2η  l  ∫R ρg  h  2 ρ gR  h   r  + R − r = ( ) ÷  ÷  + ÷ 1 − 8η  l  8η  l   R  Lưu lượng chất lỏng ống nhỏ: 0,25 0,25 Trang 9/10 R R q = ∫ v ( 2π r.dr ) = ∫ q= ρ gR 2π 4η r2   h  + − r.dr )  ÷ ÷(  l R  ρ gR π  h  1 + ÷ 8η  l  Cơ sở lý thuyết: π R2 ρ g  h  V = q.∆t =  + ÷∆t 8η  l  π R2ρ g  h   + ÷∆t = η V  0,5 l π R2 ρ g  h  1 + ÷∆t = y; x = V  l Đặt: ⇒ y =ηx Các tiến hành thí nghiệm - Dùng dây rọi xác định phương thẳng đứng cho bình trụ - Mở khóa K dùng bơm, bơm chất lỏng từ can vào bình trụ với tốc độ bơm xác định - Đợi mực chất lỏng bình trụ khơng đổi + Đo chiều cao cột chất lỏng h + Dùng đồng hồ bấm giây bình chia độ đo thể tích chất lỏng V chảy vào bình chia độ khoảng thời gian ∆t khác nhau, ta có bảng số liệu: ∆t ∆t1 ∆t2 ∆t n V V1 V2 Vn … x x1 x2 xn … y y y y … n 0,5 0,5 Xử lý số liệu Từ bảng số liệu ta có đồ thị hình vẽ bên: 0,25 Kết luận Từ đồ thị ta suy ra: η = tan α 0,25 Trang 10/10 Trang 11/10 ... độ khoảng thời gian ∆t khác nhau, ta có bảng số li? ??u: ∆t ∆t1 ∆t2 ∆t n V V1 V2 Vn … x x1 x2 xn … y y y y … n 0,5 0,5 Xử lý số li? ??u Từ bảng số li? ??u ta có đồ thị hình vẽ bên: 0,25 Kết luận Từ đồ... vật kính đoạn: l '− l = 0,25 67 − 23 = (cm) 3 Độ bội giác mới: GC = k1.k2 = d1' d 2' = 18.6 = 114 d1 d 0,25 Trang 5/10 3a 24 mm × 36 mm = 6.10−3 mm = µ m 2, 4.10 δ= Khoảng cách hai điểm ảnh:... li? ??u ta có đồ thị hình vẽ bên: 0,25 Kết luận Từ đồ thị ta suy ra: η = tan α 0,25 Trang 10/10 Trang 11/ 10