Lí 11

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XIV, NĂM 2023 ĐỀ THI GIỚI THIỆU MÔN: VẬT LÍ - LỚP 11 Thời gian: 180 phút (Khơng kể thời gian giao đề) Câu I (4 điểm) Người ta thổi bong bong xà phịng có khối lượng m 0, 01 g hệ số căng bề mặt  0, 01 N / m thông qua ống ngắn hở hai đầu (Hình vẽ) 8 Tích điện cho bong bóng đến điện tích Q 5, 4.10 C Màng bong bóng xà phịng coi vật dẫn, điện tích phân bố bề mặt Trong trạng thái cân tĩnh điện, xác định cường độ điện trường bề mặt màng bong bóng So sánh với cường độ điện trường mặt phẳng vơ hạn tích điện gây giải thích kết thu Chứng minh diện tích dS mặt ngồi màng bong bóng chịu tác dụng  Q dS  dF  n  32   R lực tĩnh điện điện tích diện tích cịn lại gây ra, với n véc tơ đơn vị pháp tuyến ngồi dS cịn R bán kính màng Xác định bán kính R0 bong bóng trạng thái cân Tính chu kì dao động nhỏ bong bóng dao động, bán kính thay đổi lượng nhỏ giữ ngun dạng hình cầu Câu II (5 điểm) Một cầu rỗng tích điện mật độ điện mặt σ bán kính R Có thể quay quanh trục thẳng đứng cố định qua tâm với tốc độ góc ω khơng đổi Tính cảm ứng từ từ trường cầu rỗng gây tâm chứng minh từ trường toàn phần rỗng cầu Một nam châm hình trụ có chiều dài L lớn so với bán kính đáy lại nhỏ so với bán kính cầu đặt tâm cầu cho trục trùng với trục quay cầu hướng từ trường nam châm từ trường cầu trùng nhau, tâm trùng tâm cầu Biết nam châm khối lượng M , quay tự quanh trục qua tâm nam châm vng góc với trục quay cầu Kéo khỏi vị trí ban đầu góc bé, chứng tỏ dao động điều hịa tìm tần số dao động Coi bỏ qua tượng cảm ứng điện từ, khơng có xạ điện từ Cho moment từ nam châm có độ lớn m 3 Coi moment từ quay xạ điện từ công suất theo hệ thức Larmor &&2 μm0 m P= 6πcc , coi tốc độ góc dao động chu kỳ thay đổi bé Hãy tìm hàm tốc độ góc dao động hàm theo thời gian biết góc lệch ban đầu so với phương thẳng đứng θ0 , tốc độ góc chu kỳ ω0 , coi gần góc lệch khơng suy giảm theo thời gian, có tần số dao động ω giảm nam châm Câu III (4 điểm) Một nguồn sáng điểm nằm bên khối thủy tinh có chiết suất nG, khoảng cách y tính từ trục quang học cách mặt phẳng khoảng T Một thấu kính phẳng - lồi làm vật liệu suốt có chiết suất n đặt gần nguồn sáng Độ dày thấu kính d, bán n kính bề mặt lồi R Chiều rộng khe hở khơng khí khối thủy tinh thấu kính t (Hình 3) 1.1 Xác định độ rộng khe hở khơng khí cho ánh sáng từ nguồn điểm tạo thành chùm tia song song sau qua thấu kính 1.2 Tìm độ dày lớn thấu kính dmax để điều chỉnh độ rộng khe hở khơng khí để tạo chùm sáng song song 1.3 Tìm góc  chùm tia song song trục quang học Nếu d cho phép thay đổi lượng nhỏ  d , R cho phép thay đổi lượng nhỏ  R , tìm độ thay đổi góc  Ở đỉnh đa giác 17 cạnh có 17 thấu kính giống hệt Quang tâm thấu kính đặt trùng với đỉnh hình đa giác, mặt thấu kính đặt vng góc với cạnh liền kề Các thấu kính có tiêu cự f = 10cm chiều dài cạnh đa giác Chiếu sáng thấu kính chùm sáng song song với trục thấy tia sáng có quỹ đạo khép kín Hãy xác định bán kính vịng trịn nội tiếp quỹ đạo Xét hai trường hợp; Các thấu kính thấu kính hội tụ thấu kính thấu kính phân kỳ Cho góc nhỏ thỏa mãn: sin  tan   Câu IV (4 điểm) Một hình trụ đặc, đồng chất, khối lượng M, bán kính R đặc hai ray song song nằm ngang Một sợi dây dài, mảnh, nhẹ, không dãn quấn quanh hình trụ Đầu tự sợi dây luồn vào hai ray gắn vật nhỏ khối lượng m = 3M Ban đầu vật giữ đứng yên, dây trạng thái căng hợp với phương ngang góc α (Hình vẽ) Trục hình trụ vng góc với ray Trọng tâm hình trụ, sợi dây vật m nằm mặt phẳng thẳng đứng Thả nhẹ cho hệ chuyển động Để sau thả, hình trụ chuyển động lăn khơng trượt, hệ số ma sát μ hình trụ ray phải thỏa mãn điều kiện nào? Tính gia tơc tức thời trục hình trụ thời điểm thả hệ Tồn giá trị α = α0 cho sau thả hệ, hình trụ chuyển động lăn khơng trượt sợi dây ln hợp với phương ngang góc α0 khơng đổi Tìm giá trị α0 điều kiện μ trường hợp Với α ≠ α0 điều kiện ý thỏa mãn sau thả hệ, dây treo có xu hướng quay theo chiều ? Hãy biện luận tốn ? Câu V (3 điểm) Để xác định mơmen từ thỏi nam châm (bậc 10Am 2), người ta khảo sát dao động thỏi nam châm treo nằm ngang từ trường Cho dụng cụ, thiết bị sau: - Một thỏi nam châm hình trụ bán kính r, dài  , khối lượng m; - Sợi dây nhẹ đủ dài, mềm, không dãn, không đàn hồi; - Một đồng hồ vạn số; - Một đồng hồ đo thời gian; - Một khung dây hình trụ trịn biết trục đối xứng hình học vng góc với thiết diện ngang khung Khung gồm nhiều vịng, bán kính trung bình R (R lớn so với  r); - Một nguồn điện chiều 9V; - Biến trở, đảo mạch, dây nối; - Các giá đỡ, giá treo để bố trí dụng cụ thí nghiệm; - Thước dài, thước kẹp Thành phần nằm ngang từ trường Trái Đất nơi làm thí nghiệm có độ lớn B TĐ ≈ 0,35.104T phương chiều biết Yêu cầu: Xây dựng sơ đồ thí nghiệm để xác định mơmen từ thỏi nam châm Xây dựng sở lí thuyết phương trình cần thiết Dẫn biểu thức xác định mômen từ thỏi nam châm Nêu nguyên nhân gây sai số ………………… HẾT………………………  Thí sinh khơng sử dụng tài liệu  Cán coi thi khơng giải thích thêm KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XIV, NĂM 2023 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI GIỚI THIỆU MƠN: VẬT LÍ - LỚP 11 Câu Nội dung Câu I (4 điểm)    E E n  hay 0 a Dùng Định lý O-G tìm Viết biểu thức cường độ điện trường mặt phẳng vơ hạn tích điện gây  E ' 2 Từ  E 2 E ' Nhận xét: - Mặt phẳng vơ hạn tích điện gây điện trường hai phía bề mặt   E ,E Gọi cường độ điện trường diện tích dS (S – dS) gây vị    E  E  E2 trí dS       E  E  E   E  E2 Vì bên vật dẫn   E E1  E2 2 E1   E1 E2  0 2 Bên vật dẫn Thang điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 - Như điện tích diện tích cịn lại (S- dS) tạo điện  trường có giá trị 2 làm triệt tiêu điện trường dS gây bên màng  cho điện trường bên màng tăng lượng 2 b Theo điện tích diện tích cịn lại (S- dS) tạo điện  E2  2 vị trí dS tác dụng lên dS lực trường có giá trị      2 Q dS d F E2 dq E2   dS   dS n  n 2 32 2 R  -Trước hết ta có nhận xét lực d F hướng theo phương pháp tuyến với bề mặt màng nên có xu hướng đẩy dS xa khỏi mặt màng Như xem 0,25 0,25 0,25 dF Q2 Peff   dS 32 2 R mặt màng tích điện ln chịu áp suất hiệu dụng c Từ điều kiện cân áp suất cho Peff = Pc (áp suất phụ gây mặt cong)  Q2 4 Q2    R R0  R 32 2 R  128  0 d Khi bán kính màng màng: 0,25 0,25 1/3    3cm R R0  R , lực tổng hợp tác dụng diện tích dS    R03 Q2 4    dS F   dS       R  R  R0  R  R   32  R       4  1   F  dS R0   R   R  R0    1 R     0,25 0,25 0,25 0,25 0,25  F  12R dS R02 0,25 Phương trình ĐLH viết cho phần tử diện tích dS, có khối lượng m 12R m dm  dS F dm R "   dS  dS R " 2 4 R0 R  R 0 : 48R  R "  R  m m m  16 s 48 12 Màng dao động với chu kì Câu II (5 điểm) Chia cầu thành đới cầu mỏng, diện tích dS (vành màu đen đậm), dS = 2πcR sin θ.Rdθ , tích điện dq = σdS = 2πcσR sin θ.Rdθ , gây dòng 0,25 T 2 hình trịn: dI = dq 2πcσR sin θ.Rdθ = = σωR sin θdθ T 2πc / ω , 0,25 0,25 Ta biết cảm ứng từ dịng hình trịn gây điểm trục cách tâm khoảng z là: μm0 Ir Bz = 2(r + z )3/2 0,25 Trong trường hợp này, dịng hình trịn dI bán kính r = R sin θ , cách O khoảng z = R cos θ gây O cảm ứng từ: μm dI R2 sin θ μm0 σωR dBO = = sin θ.dθ 2 R3 BO 0,25 πc μm σωR BO = ò dBO = sin θ.dθ = μm0 σωR ò 0 0,25 Cảm ứng từ dòng dI cực Bắc cầu: dBN = μm0 σωR sin θdθ.R sin θ μm0 σωR sin θ θ ỉ θư ÷ = dθ = μm0 R cos d ỗ ữ ỗ ữ ỗ θ è2 ø 2d 3 2.2 R sin BN θ ỉθ BN = ũ dBN = m0 R ũ cos d ỗỗ ữ ữ= m0 R ỗố2 ữ ứ 0 0,25 πc 0,25 Chọn vòng Ampere vi phân chữ nhật thuộc mặt phẳng thẳng đứng chiều rộng tọa độ cách tâm khoảng dr , chiều cao giới nội vị trí (- dz / 2, +dz / 2) hình vẽ Từ trường tâm ta tính theo trục hiệu z nên ta kí 0,25 Bz (0) Từ trường vng góc với trục z có B^ (+ dz ) ; B^ (- dz ) Xét định lí Ampere vịng ta có - Bz (0)dz + (- Bz (0) + dBz )dz + B^ (+ dz ) dr - B^ (- dz ) dr = é ù údr = dBz + ê B B ^ dz ú ê ^( +dz ) (- ) ê ú ë û Thu Co ngắn chiều dài dr lại cực bé ta có: 0,25 0,25 dBz = Þ Bz = const B Do tồn z Bz = BO = 0,25 μm σωR Làm tương tự với phương vng góc với z chứng minh B^ = const = vị trí cầu nên từ trường bên cầu μm0 σωR ln hướng theo phương z có độ lớn r 2, Khi đặt nam châm có moment từ m từ trường cầu hướng lưỡng cực lệch góc α nhỏ so với từ trường chịu 0,25 0,25 moment lực là: r r r τmB = m´ B 0,25 Độ lớn τmB = m ×B sin α » m ×B ×α =- IOα&& m ×B × α =- 12 m ìB & &ị & &+ ML2 α × α =0 12 ML2 12m ×B σωR = 8μm0 m ML ML2 Hay nam châm dao động với tần số góc Khi momen lưỡng cực quay, có hai thành phần: 0,25 ω= 0,25 mx = m cos ωt , my = m sin ωt Do suất phát xạ trung bình chu kỳ là: 0,25 μm0 μm0 μm0 μm0 m r& 2 & & & & & P= ( m) = ( (mx ) +(my ) ) = 6πcc ω m = 6πcc ω 6πcc 6πcc , ( ) Động cực đại nam châm chu kỳ là: 1 K= ML2θmax ω2 ; ML2θ02 ω 24 24 , 0,25 Khi nam châm dao động phần lượng dùng để phát xạ điện từ, bảo toàn lượng cho: μm0 m2 dK dω =- P Þ ω = ML2θ02 ω dt 12 dt 6πcc ω dω ò ω3 =ω μm0 m2 dω ω = ML2θ02 ω 12 dt 6πcc 0,25 0,25 t 2μm0 m 4μm0 m 1 ị πcML2θ2c dttÞ ω2 - ω2 = πcML2θ 2c 0 0 ω0 ω= 1+ Hay 4ω02μm0 m t πcML2θ02 c  Câu III (4 điểm) n1 n2 n2  n1   S R (1) Công thức tổng quát cho tạo ảnh lưỡng chất cầu S1 0,25 0,25 0,25 a) Đầu tiên, ta xét mặt phẳng ảnh: so = t (t khoảng cách từ nguồn sáng tới mặt phẳng) Xét nguồn sáng phía sau kính có độ dày T (khơng thể hình vẽ), S0=t + T/nG, với nG chiết suất thủy tinh, R bán kính mặt phẳng rộng vơ hạn, sử dụng công thức (1) với n1=1,n2 = n (chiết suất khơng khí thấu kính), khoảng cách S1 = -n(t + T/nG), bên trái mặt phẳng Đây mặt phẳng ảnh phía bên phải mặt cầu, khoảng cách tới mặt cầu n(t + T / nG) + d  T S0 n  t   nG Xét ảnh vật qua mặt cầu S1  , n1 n , n2 1 0,25   d   T d R  n  1  t    nG n   R âm, sử dụng công thức (1) được: t Suy ra: 0,25 0,25 d T R  n n nG d max  nR nT   n  1 nG d Nếu R không đổi, độ dày lớn max Nếu độ dày thấu kính nhỏ giá trị chiều rộng khe hở khơng khí khối thủy tinh thấu kính t điều chỉnh để vật sáng nằm mặt phẳng tiêu, lớn giá trị khơng thể nằm mặt phẳng tiêu *Góc ló Nếu ảnh A mặt phẳng A’, ánh sáng phát từ A’ qua tâm O hình cầu khơng bị khúc xạ Từ mối quan hệ hình học ta  n  1 y y   nT R nt    d  R nG *Sai số có nguyên nhân biến đổi t R, sau lấy vi phân phương trình (3) d  R  a    a  nt  nT  d  R   nG 0,25 0,25 0,25 Xét tia sáng AB song song với cạnh đa giác Để quỹ đạo khép kín, sau khúc xạ qua thấu kính, tia sáng phải song song với cạnh đa giác Để đạt điều này, tia sáng phải bị lệch góc 2  17 (1) Vì tia sáng song song với trục thấu kính, sau khúc xạ tia sáng qua tiêu điểm F’ Điều kiện thỏa mãn tia sáng dịch chuyển khoảng cách trục đoạn: d  f tan   f  (2) 0,25 0,25 Dễ thấy, tia sáng truyền dọc theo cạnh hình đa giác 17 cạnh có chiều dài đoạn AB, hay l  f  d tan   f (1   ) (3) Bán kính đường trịn nội tiếp đa giác xác định: l R tan   0,25 f (1   ) 30,8cm  (4) Đối với thấu kính phân kỳ, cách giải tương tự nên xét tia sáng đến thấu kính điểm nằm trục 0,25 0,25 Trong trường hợp này, chiều dài hình đa giác 17 cạnh tạo quỹ đạo tia sáng là: l  f  f tan   f (1   ) (5) Khi đó, bán kính hình trịn nội tiếp xác định: R f 1  23, 4cm  (6) Câu IV (4 điểm) 0,25 0,25 0,25 Áp dụng định luật II Niu tơn cho M hệ quy chiếu gắn với mặt đất cho m hệ quy chiếu gắn với M, ta được:  Fms  T cos  M aM   N  Mg  T sin  0 T cos   maM max'  ' T sin   mg ma y ma y Khi trụ lăn không trượt, ta lại có: TR  Fms R I   0,25 0,25 MR aM M aM  T  Fms  R 0,25 Từ ta có:  Fms  Fms  T cos  M aM 2T  Fms T     cos    N Mg  T sin    N Mg  T sin  0,25 2(T  Fms )  cos  Fms  aM  2   M  cos  M   N Mg  sin  F ms  cos  =>  Vì dây không dãn ban đầu vận tốc M m 0, nên: -a’x cosα – a’ysinα = γR = aR = aM => 0,25 T cos   T sin      aM   cos    g   sin  aM m  m    T  (1  cos  ) aM  g sin  => m => Fms  (  cos  ) mg sin  m  2(1  cos  ) M 0,25 (1) Mặt khác, trụ lăn không trượt, nên: Fms  N  Fms 1 sin  sin   N mg  Fms      cos     cos    Fms Mg  (2) Từ (1) (2) ta có: 0,25 m m (  cos  ) sin   2(1  cos  ) 1 sin   M M  sin  1       (2  cos  ) m sin   cos     cos    2(1  cos  ) m M M m (2  cos  ) sin  (2  cos  ) sin  M   m  cos   cos   (5  cos   cos  ) M Hay 0,25 Vậy để trụ lăn không trượt sau thả hệ ta cần có  (2  cos  ) sin   cos   cos  Khi gia tốc trục hình trụ: m (1  cos  ) g sin   cos  Fms M aM 2 2 m  cos  M  2(1  cos  ) M (1  cos  )sin  aM 2 g  cos   cos  Hay 0,25 0,25 Dây treo hợp với phương nằm ngang góc α0 khơng đổi nếu: a 'y T sin   mg tan   ' ax T cos   maM T Mà 3mg sin  Fms  m  cos   2(1  cos  ) M 0,25 3mg sin  sin   mg m  2(1  cos  ) M tan   3mg sin  (1  cos  ) sin  cos   mg m  cos   cos   2(1  cos  ) M => cos    0,25 cos   0  cos     600 2 (2  cos  )sin    cos   cos  0,25 Khi đó: Tại thời điểm t = 0, trụ vật nặng có vận tốc nên gia tốc góc dây là: mgl cos   maM l sin   (1  cos  )sin  g  cos   sin   2 ml  cos   cos   l   cos    cos    g 2  d   2(1  cos  ) l => d  0,25 => γR = ad >  cosα > = cosα0  α < α0 < 600 0,25 Do đó, α < α0 dây quay ngược chiều kim đồng hồ (chiều làm tăng α), cịn α > α0 dây quay chiều kim đồng hồ (chiều làm giảm α) Như vậy, ban đầu dây có xu hướng tiến vị trí hợp với phương ngang góc α = α0 = 600 Câu V (3 điểm) a) Bố trí thí nghiệm hình vẽ: Cố định vị trí đặt khung dây (thẳng đứng) vị trí treo nam châm trục khung dây R I b) Từ trường vị trí treo nam châm    B Bd  BTD Nam châm gồm:  B ~N&I , viết dạng với d I  Bd A.I Giá đỡ A số phụ thuộc vào vị trí, số vịng dây bán kính R, I dịng điện chạy qua khung   B / /B d TD ta có B Bd  BTD A.I  BTD Chọn phương Phương trình dao động T 2   M I qt  B  Iqt   '' hay I qt B từ đó: Chu kì động      Bd  BTD   Bd  BTD T 4 I qt 4 I qt  I qt Đặt x = I (cường độ dịng điện) ta có y = ax + b A  a  , b  BTD 4 Iqt 4 I qt Đồ thị có dạng hình vẽ bên: y T2 0,5 0,5 B  0 Iqt y(1/T2) β =a tanβ b 0,5 x=I  42 I qt BTD b c) Mô men từ thỏi nam châm ; hệ số a b xác định phương pháp đồ thị phương pháp bình phương tối thiểu * Biểu thức mơ men qn tính Iqt mr 2 Chú ý ta có Iy=Iz Mơ men qn tính trục ox: Chia thành đĩa mỏng dùng định lí Huyghen-Steiner tính mô men quán Ix  z d l y 0,5 l x O tính đĩa mỏng trục oz oy r dm   dm L  r 2  I z I y 2 dI y m    I qt  12  dI z dI y  d) Nguyên nhân gây sai số - Tùy theo độ lớn Iqt Nếu Iqt lớn, dao động không rõ rệt  cần hỗ trợ Bd khung dây (tăng dòng) - Từ trường TĐ không đồng khu vực đo Ghi chú: Học sinh làm cách khác mà cho điểm tối đa 0,5 0,5