Giáo án vật lý Vật lí 11

SỞ GD & ĐT NINH BÌNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY ĐỀ THI ĐỀ XUẤT KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI NĂM 2023 MÔN: VẬT LÍ 11 Thời gian: 180 phút (Khơng kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 05 02 trang) Bài Tĩnh điện (4,0 điểm) Giả sử định luật lực tương tác hai điện tích có dạng khác so với định luật Culông F k q1q r   với   , k số dương Xét vỏ cầu bán kính R mang điện tích Q có dạng : (Q > 0) phân bố a) Tính cường độ điện trường điện điểm cách tâm O r (r q1 Qo1cos(t  ) với  0,25 2LC i1  Qo1 sin(t  ) qo q1  q o ; i1 =I o  3 2LC Khi t = 0: 0,25 2   q o Qo1coso Qo1  q o     q o  Q o1 sin    arctan(0,5)  2LC =>  2LC q1  q o cos( t  arctan 0,5) 2LC => i1  0,25 q o sin( t  arctan 0,5) 2LC 2LC => Tương tự xét mạch L2C2 ta có: q2  3 q o cos( t  ) 2LC 0,25 3 i1  q o sin( t  ) 2LC 2LC => Cường độ dịng điện qua khóa k: i = i1 – i2 Sử dụng phương pháp giản đồ vectơ ta có biên độ dịng điện qua k2 là: 2 I max  I o1  I o2  2Io1I o1cos(2  1 ) = 0,25        5 3 q o    q o    q o   q o  cos(arctan 0.5  )   2LC   2LC   2LC   2LC  qo = 2LC Bài Quang hình (4,0 điểm) Một thủy tinh có chiết suất n = 1,5 đặt khơng khí có chiết suất 1, tiết diện hình thang cân, hai đáy dài a 2a, hai mặt bên mạ bạc tạo với góc nhỏ  = 6o hình 3.1 Xét truyền tia sáng tiết diện ngang 2a a A S Hình 3.1 Hình 3.2 Hình 3.3 a) Chiếu hai tia sáng tới vng góc với đáy lớn, đến gặp hai mặt bên hình 3.2 Xác định góc hợp hai tia sáng ló khỏi b) Một tia sáng chiếu đến đáy lớn điểm A với góc tới  hình 3.3 Hỏi  cần thỏa mãn điều kiện để tia sáng đến đáy bé? c) Chiếu tia sáng trường hợp câu b với  = 45o Tính tổng chiều dài tia sáng thủy tinh với a = cm Bài Nội dung Điểm a 1,0 điểm d s s s d  a  Hình 3.1 (4,0 điểm) Tia sáng sau phản xạ gương gặp đáy bé Thật vậy: Gọi khoảng cách từ tia sáng đến mặt phân M’ giác d/2 Để tia sáng sau i phản xạ gương gặpI đáy bé phải thỏa mãn: 0,5 i i d  a d a tan    d 3a M  (trong đáy lớn 2a) Hình 4.2 Tia sáng sau gặp đáy bé bị khúc xạ:   n = 9o Vậy góc hai tia ló khỏi thủy tinh 2 = 18o 0,5 b 1,0 điểm B B C H A A O O Hình 3.4S Xét tia sáng phản xạ IM ta xem tia sáng truyền thẳng IM’ (hình 3.2S) Vì góc  bé nên phản xạ tia sáng hai gương xem tia sáng truyền thẳng khối thủy tinh hình trụ giới hạn mặt bán kính R/2 mặt ngồi bán kính R Hình 3.3 0,5 (với R = 2a/) hình 3.3 0,5 H vị trí mà tia sáng bắt đầu bị phản xạ quay trở lại Để tia sáng không tới đáy bé phải thỏa mãn điều kiện: OH  R R  R sin    sin  n sin   1,5  sin      48,59 o 2 c 2,0 điểm Ta có: sin   sin   n OAC: 0,5  tia sáng bị phản xạ toàn phần đáy bé truyền ngược trở lại khúc xạ đáy lớn 0,5 Áp dụng định lý hàm số sin cho sin  sin  2   sin  2sin   R/2 R Ta thấy: sin> 1/n = 2/3 Chiều dài tia sáng thủy tinh: L = AC + BC = 2AC o o 0,5 o Ta có  = 28,13 ,  = 70,53 AOC = 42,4 Theo định lý hàm số sin cho OAC: AC R/2 2a   AC 0, 72R 0,72 13,75 cm  sin   sin AOC 0,5 Vậy L = 27,5 cm Bài Dao động (4,0 điểm) k mA  mB Một vật có khối lượng mA nằm mặt sàn trơn nhẵn gắn vào tường lò xo nhẹ khối lượng không đáng kể độ cứng k Khoảng cách từ m A đến tường lị xo khơng biến dạng biến dạng x0 x0  x Một lắc đơn gồm không khối lượng, chiều dài L, cầu nhỏ khối lượng m B Bán kính cầu mB nhỏ nhiều so với chiều dài L Con lắc nối vào vật m a qua trục không ma sát Góc tạo cứng phương thẳng đứng θ, gia tốc trọng trường hướng xuống có độ lớn g a) Viết hai phương trình chuyển động cho hai biến x θ Dùng phép để thu phương trình khơng cịn chứa sức căng cứng Trong câu ta không giả sử góc θ nhỏ b) Giả sử góc θ nhỏ Viết gần hai phương trình chuyển động 2 c) Xác định bình phương tần số góc dao dộng hệ  (biểu diễn  qua đại lượng g / L , lấy giá trị mA 2mB kL mA g ) Câu Nội dung Điểm a 2,0 điểm Vì rắn nhẹ khơng khối lượng nên lực căng hướng dọc theo ,nếu không có ngẫu lực gây mơmen quay làm gia tốc   góc tiến tới vơ Như ,trong trường hợp góc vai trị sợi dây Phương trình định luật Niu-tơn cho vật A: 0.25 0.25  kx  T sin  mA x '' (1) Trong hệ qui chiếu gắng với vật A, có thêm lực qn tính tác dụng lên vật B Phương trình chuyển động vật B theo hai phương tiếp tuyến pháp tuyến với quỹ đạo   m x ''cos   m g sin  m L '' B B  B (2)  T  m x ''sin   m g cos   m L  '  (3) B B B Từ (3) rút T mB L '  mB x ''sin   mB g cos  vào (1) ta  mA  mB sin  x '' kx  mB L '2  g cos  sin  0   x ''cos   L '' g sin  0 mB cos     0.5  Nhân hai vế phương trình với cộng vào phương trình ta được:  mA  mB  x '' kx  mB L   ''cos    '2 sin   0 (4)   x ''cos   L '' g sin  0 (5) b 0,5 điểm Khi góc  nhỏ ta có phép gần cos  gần 1, sin  gần  ,  ' gần đơn giản hóa hệ phương trình 0.5   mA  mB  x '' kx  mB L '' 0    x '' L '' g 0 c 1,5 điểm Đặt nghiệm vào hệ x  xm cos  t   x    m cos  t    ; , đạo hàm 0.5   k   m A  mB    x  mB L 2 0    2     x   g   L   0 Viết lại hệ dạng ma trận  k   mA  mB    mB L   x          g   L       0  0.25 Phương trình có nghiệm khác khơng định thức không:  k   mA  mB     g   L   mB L 0 mA L   kL   mA  mB  g    kg 0 0.25 kL   mA  mB  g   kL   mA  mB  g   4kLmA g   2mA L Với thông số hệ cho mA 2mB kL mA g , ta nhận 2g g 2  2  L 2L hai lần số Bài Phương án thực hành (3,0 điểm) 0.5 Trong trình nghiên cứu chế tạo kính chống đọng nước cho ngành cơng nghiệp ôtô,người ta phủ lên bề mặt kính lớp mỏng màng vật liệu TiO 2có chiết suất n,bề dàycỡ m Để xác định bước sóng nguồn phát ánh sáng đơn sắc bề dày e lớp màng vật liệu TiO2 phủ thuỷ tinh mẫu, người ta sử dụng thiết bị dụng cụ sau: - Một nguồn phát ánh sáng đơn sắc (có bước sóng cần xác định); - Giao thoa kế Young (giao thoa kế có khoảng cách hai khe hẹp a, khoảng cách từ hai khe đến D); - Các thước đo phù hợp; bút đánh dấu; - Hai thuỷ tinh mẫu (một có phủ màng TiO 2có bề dày e cần xác định, khơngphủ màng) Hãy trình bày: a) Cơ sở lý thuyết để xác định bước sóng ánh sáng nguồn sáng bề dày lớp màng vật liệu TiO2 b) Cách tiến hành thí nghiệm, biểu thức tính sai số nguyên nhân gây sai số Bài Nội dung Điểm a 1,5 điểm Cơ sở lý thuyết - Khi chưa đặt kính thu hệ vân giao thoa có D i   a D (1) khoảng vân: Biết giá trị khoảng vân ta xác định bước sóng ánh 0,5 (3,0 điểm) sáng dùng thí nghiệm M A sau khe sáng S S2 - Nếu đặt hai kính giống S1 hệt 0,25 hiệu quang trình tia sánga từ khe S1 S2 đến điểm giống trường hợp S2 khiB chưa đặtD kính Hệ vân giao thoa khơng thay đổi so với chưa đặt hai kính - Khi đặt kính khơng phủ màng sau khe hẹp, cịn kính có phủ màng sau khe cịn lại: + Hiệu quang trình tia sáng từ khe S S2 đến điểm bị thay đổi so với đặt kính giống hv lượng d ( n  1)e 0,5 + Lúc hệ vân giao thoa dịch chuyển đoạn x phía kính có lớp màng: x  0,25 d D (n  1)eD  a a e Do bề dày lớp màng: ax (n  1) D (2) Bằng việc đo khoảng dịch chuyển x xác định chiều dày lớp màng phủ thêm kính b 1,5 điểm Cách tiến hành thí nghiệm - Đo khoảng cách a hai khe sáng khoảng cách D từ hai khe đến - Bật nguồn sáng,đánh dấu vị trí vân trung tâm đo khoảng vân i - Lặp lại thí nghiệm nhiều lần để lập bảng số liệu - Tính tốn bước sóng dùng thí nghiệm theo công thức (1) - Đặt gần sau khe sáng kính (một có phủ màng TiO2 khơng phủ màng) - Đánh dấu vị trí vân sáng trung tâm mới, đo khoảng dịch chuyển x hệ vân - Lặp lại thí nghiệm nhiều lần để lập bảng số liệu - Xác định bề dày lớp màng theo công thức (2) Sai số phép đo:   i  a  D    i a D +  0,25 0,5 0,5 0,25 e a  (x ) D    a x D + e Những nguyên nhân gây sai số phép đo: - Sai số cách đặt kính sau khe sáng - Sai số dụng cụ, cách xác định khoảng vân khoảng dịch chuyển - HẾT - Người đề: Phạm Thu Hoài – Số điện thoại: 0944861386 0,25