Giáo án vật lý Hdc đề đề xuất dh 2023 môn vật lí

Trường THPT Chuyên Sơn La KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ Năm 2023 Mơn: Vật lí Thời gian làm bài: 180 phút (HDC gồm 05 câu, 09 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM Câu I (4 điểm): Tĩnh điện Hướng dẫn chấm Vận tốc viên đạn a Điểm điện môi sau va chạm 0,5 m v0 mM Năng lượng hệ 0,5 V d m sau va chạm x 1 W0  CE  (m  M )V 2 Hình  a C d với Nguồn điện thực công C  1  A qE (q  q0 ) E  E  CE  E   1 CE     Giá trị tối thiểu v0 ứng với trường hợp điện môi viên đạn vừa khỏi tụ vận tốc, động khơng Lúc đó, tụ điện có lượng W 1C E 2 Theo định luật bảo tồn lượng ta có A W  W0 Thay biểu thức W0 , W , A vào, biến đổi thu được: Ea  (  1)(m  M ) m d t Tại thời điểm , điện môi nhô khỏi tụ đoạn x , vận (v0 )  0,5 0,5  tốc u Hệ thống xem gồm hai tụ ghép song song, điện dung tụ 0,5  ax  a (a  x )  a    x  (a  x) d d d Tương tự câu a, dùng định luật bảo toàn lượng cho C  1  1 2 2  C E  (m  M )u    CE  ( m  M )V  (C   C ) E Thay giá trị vào, biến đổi, thu u V  0,5 x a hay 0,5 dx x V  dt a dx a x a V a dx 2a ( m  M ) d   0,5 V E  (  1) a  x Suy nên Câu II (5 điểm) Từ trường, cảm ứng điện từ Ý Hướng dẫn chấm Điểm II.1 Khi đóng K, dịng điện chạy mạch tích điện cho tụ C Khi đó, 0,5 a dt  V    OA chịu tác dụng lực từ làm quay quanh trục Oz, xuất suất điện động cảm ứng - Gọi I dòng điện chạy qua OA, lực từ dF tác dụng lên đoạn dr là: dF = B.i.dr - Mômen lực từ tác dụng lên thanh: a M  Bi.r.dr i.B a2 - Phương trình chuyển động quay thanh: I d a2 d a2 M i.B  ma i.B dt dt B B  d  i.dt  dq  m m B    q m II.2 a 0,5 a) Suất điện động  q B d 2 m dq 0 (1) cảm ứng xuất OA: 0,2 Vì sau thời gian dt, quét góc dα nên độ biến thiên từ thơng: 0.2 d Ba 2 ec    ec   dt B.a d  B.dS  B a.a.d  d 2 0,2 - Áp dụng định luật Ohm cho mạch kín, ta có: E0  ec u C  i.R B.a  q dq  E0    R C dt (2) 0,2 dq q  B a c  E 1    dt RC  m  R Từ (1) (2), ta có: (3) 0,2 E RC t0  ; I0  2 R 3B a c 1 4m Đặt: (4) 0,2  t /t  I t Thì từ (3) ta tìm được: q Q0 e  t /t Vậy: q  I t 1  e + Tại t = 0, q = nên: Q0  I t 0  (5) Thay vào (1) ta được: 3B.I t  2m t     e t0        t t0 0,2 (6) II.2 b b) Sau thời gian t đủ lớn: t >> t0 thì: e  điện tích tụ có độ lớn 0,2 C E q  I t  3.B a C 1 4m không đổi ổn định: (7) - Vận tốc quay đạt trị số ổn định (quay đều) khi: 0  0,2 3B.I t B.C.E  2m 4m  3B a C (8) Khi hai đầu có hiệu điện suất điện động cảm ứng: U  E cu 0,2 B.a  3.B a C.E   4m  3B a C (9) U C0  - Hiệu điện hai tụ: q0 E0   E0 C 3B a C 1 4m 0,2 (10) 0,2 Ta thấy: U  U C  E0 CE02 AE q0 E  3B a C 1 4m - Công tổng cộng nguồn: q 02 C.E 02 WC   2C  3B a C   1  4m   - Năng lượng tụ điện: 0,2 - Động thanh: 0,2 Wđthanh  I 02 ma  2 36 B C E02  B a 2C  16m    4m   CE02 B a 2C  Wđthanh  m  B a 2C  1   4m   0,2 AE WC  Wđthanh  Q 2 - Áp dụng định luật bảo toàn lượng:  Q  AE  WC  Wđthanh   II.3 CE02  3B a C   2  4m   (11) 0,2 dq q   I cos  t Tương tự câu 2, ta có phương trình: dt t (12) Tại t = 0: q = ta có: 0,2 t   I t  t0 q   t sin  t  cos  t  e    02 t 02   Và: 3B.I t    t sin  t  cos  t  e 2m1   02 t   t  t0 (13) 0,2     (14) Từ (13) ta có: I0 dq i  dt   02 t 02 t   2 t   t cos  t   t sin  t  e 0 0  0  0,2     (15) - Sau thời gian t đủ lớn: t >> t0 thì: e  t t0  , mạch có chế độ cưỡng bức: I0 i0 d    02 t 02 cos  t   t sin  t  2  0 t Và:  od  3BI t  t sin  t  cos  t  2m1   02 t 02  (16) 0,2 Câu III (4 điểm): Quang hình Hướng dẫn chấm Ý Điể m Câu 4(4 điểm) a) Tia sáng sau phản xạ gương s gặp đáy bé Thật vậy: Gọi khoảng cách từ s tia sáng đến mặt phân giác d/2 Để tia III sáng sau phản xạ gương gặp đáy 0,5 bé phải thỏa mãn: Hình d  a tan   d  a  d 3a 4.1S  điể (trong đáy lớn m 2a) Tia sáng sau gặp đáy bé bị khúc xạ:  n = 9o Vậy góc hai tia ló khỏi thủy tinh 0,5 2 = 18o b Xét tia sáng phản xạ IM ta xem tia sáng truyền thẳng IM’ (hình 4.2S) Vì góc  bé nên phản xạ tia sáng B hai gương xem tia sáng truyền thẳng khối thủy tinh hình trụ giới H 0,5 hạn mặt bán kính R/2 III mặt ngồi bán kính R (với R = 2a/) hình 4.3S O A điể m Hình 4.3S H vị trí mà tia sáng bắt đầu bị phản xạ quay trở lại Để tia sáng khơng tới đáy bé phải thỏa mãn điều kiện: 0,5 R R M OH   R sin    sin  n sin   1,5  sin      48,59 o i I 2 ’ i i M sin  sin    Hình n c Ta có: 4.2S Áp dụng định lý hàm số sin cho OAC: 0,5 III sin  sin  2   sin  2sin   R/2 R B điể Ta thấy: sin> 1/n = 2/3  tia sáng bị phản xạ toàn phần m 0,5 đáy bé truyền ngược trở lại khúc xạ đáy lớn Chiều dài tia sáng thủy tinh: L = AC 0,5 C A O s Hình 4.4S + BC = 2AC Ta có  = 28,13o,  = 70,53oAOC = 81,34o Theo định lý hàm số sin cho OAC: AC R/2 2a   AC R  20 cm  sin   sin AOC 0,5 Vậy L = 40 cm Câu IV (4 điểm): Dao động Ý Hướng dẫn chấm Điể m Vị trí khối tâm: - Do tính đối xứng, khối tâm năm OX - Chia quạt trịn thành vơ hạn quạt nhỏ có góc tâm d O 0,5 Xét hình quạt xác định góc  , có ds  R d diện tích , tọa độ trọng tâm Rcos ( tam giác) - Tọa độ khối tâm hình quạt: 1 xG  xdm  m S    xds   R2    2 sin  Rcos  R d  R 3    3/2 R 2 xG  R  ta tìm được: 2 / 2 Với Viết phương trình bảo tồn năng: 2 I 0  I   mg OG   cos  2 V0 0  R biến đổi ta được: Thay 0,5 0,5 OG V 2mg OG   cos    02  R I 0,25 +) Tìm I: Mơmen qn tính đĩa trịn đồng chất với trục quay qua O MR2/2 Ta xem đĩa tròn gồm ba có góc tâm 2 / , tương đương hình trịn đầy đủ Momen qn tính hình quạt là: 1  I    m  R  mR 3I  I  mR 2  2 0,5 R 2mg    cos  V 2 3g   cos  V 2      02  R R R mR Từ đó: 3 g sin  2 '    ' R Lấy đạo hàm theo t: 3g sin     '   ;  '   R Vì nên 0,25 3- Khi hệ dịch khỏi vị trí cân góc nhỏ  :  mgOG  m1 gx   I  m1 x   ''   "  Chu kì Thay mgOG  m1 gx 0 I  m1 x 0,5 I  m1 x T  2 (mOG  m1 x) g OG  R m I  mR m1  2 , 2 tìm được: , R2  x2 T  2 ( R   x) g Tmin  y  y ' R2  x2 R  x  x  2R x   R Tính Tìm  0,5 R x x     0 R 0,5 Câu V (3 điểm): Phương án thực hành Ý Hướng dẫn chấm Điể m Cơ sở lí thuyết Sự tạo ảnh qua thấu kính mỏng cơng thức tạo ảnh thấu kính + Cơng thức tạo ảnh thấu kính mỏng: 1 = + f d d' Công thức độ phóng đại: 0,5 k= −A ' B' −d ' = AB d + Xác định chiều cao vật: Xét hai lần tạo ảnh vật sáng AB qua thấu kính hội tụ mỏng Lần 1: − A B1 −d '1 −d '1−f k1 = = = (1) AB d1 f Lần 2: k 2= ' 0,5 ' − A B2 −d −d −f = = (2) AB d2 f Từ (1) (2): h1 ' d 2−d '1 A B1 d −f h2 = ⇒f= (3) A B2 d −f h1 −1 h2 ' ' Theo (3), đo chiều cao h1, h2 ảnh A1B1; A2B2; d1’; d2’ xác định f có f vào (1) (2) đo độ cao vật AB 0,5 Sơ đồ thí nghiệm Dây tóc bóng đèn Nguồn điện Kính lọc sắc Màn Các bước tiến hành thí nghiệm Bước 1: Lắp đặt dụng cụ thí nghiệm theo sơ đồ + Điều chỉnh cho giá quang học song song với trục thấu kính + Màn sợi đốt đặt vng góc với trục thấu kính + Thấu kính, đèn dịch chuyển giá dễ 0,5 dàng + Giá quang học đủ dài Bước 2: Đóng khố K, dùng biến trở thay đổi độ sáng đèn cho thí nghiệm thực được, di chuyển thấu kính để thu ảnh rõ nét Dùng thước mm để đo khoảng cách d1’ từ quang tâm thấu kính đến màn, chiều cao h1 ảnh Lặp lại thêm hai lần, ghi số liệu vào bảng Bước 3: Tiếp tục dịch chuyển thấu kính để lại thu thêm ảnh khác sợi đốt Dùng thước mm để đo khoảng cách d2’ từ quang tâm thấu kính đến màn, chiều cao h2 ảnh Lặp lại thêm hai lần, ghi số liệu vào bảng Xử lí số liệu Lần Bản g số liệu 0,5 d 1’ h1 d2’ h2 f ´f ∆fi ∆´ f Nhận xét nguyên nhân gây sai số phép đo Khi sợi đốt không vuông góc với trục thấu kính ảnh khơng vng góc với trục dẫn đến sai số phép đo lớn Chú ý thao tác đo đạc thao tác thí nghiệm 0,5