8 vật lý 11 chuyên cva lạng sơn

SỞ GD&ĐT LẠNG SƠN TRƯỜNG THPT CHUYÊN CHU VĂN AN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2022 - 2023 Môn: Vật Lý Lớp 11 (Thời gian làm 180 phút, khơng kể thời gian giao đề) Đề thi có 03 trang, câu Câu (4,0 điểm) Tĩnh điện Cho mạch điện hình vẽ, nguồn E2 R2 điện có suất điện động E 1, E2, điện trở không đáng kể Hai điện trở R = R2 = R Tụ R1 E1 C điện C lúc đầu tụ điện có điện dung C 0, ε hai tụ khơng khí, tụ có ℓ chiều dài ℓ Lúc t = 0, điện mơi có số điện mơi ε bắt đầu chuyển động vào vùng không gian hai tụ với vận tốc v Biết điện mơi có kích thước đủ lớn chốn đầy vùng không gian hai tụ nơi điện mơi vào tụ điện Tìm giá trị v để khoảng thời gian điện môi chuyển động tụ điện, dòng điện qua nguồn điện có suất điện động E có giá trị không đổi I Câu (4,0 điểm) Mạch phi tuyến C1 D A2 C2 I U 3U0 C3 D K A1 + – U Hình U0 Hình U τ 2τ t Hình Cho mạch điện hình 1, C = C2 = C3 = C ; hai điốt giống có đường đặc trưng V–A mơ tả hình 2; hai ampe kế lý tưởng Lúc đầu tụ điện chưa tích điện a) Cho nguồn điện khơng đổi 3U Tìm lượng nhiệt tỏa mạch sau đóng khóa K b) Cho nguồn điện có giá trị thay đổi theo thời gian thể hình Đóng khóa K, tìm phụ thuộc dòng điện qua ampe kế A1 theo thời gian: I1 (t) dòng điện qua ampe kế A2 theo thời gian: I (t) Vẽ hình biểu diễn phụ thuộc Câu (4,0 điểm) Quang hình Một cầu suốt, bán kính 2R, làm α chất có chiết suất n đặt khơng khí Quả cầu bị kht lỗ hổng hình cầu, bán kính R, lỗ R hổng chứa khơng khí Phần lỗ hổng có tâm trùng với tâm cầu Một tia sáng đơn sắc từ khơng khí đến mặt 2R cầu với góc tới α Xác định điều kiện góc α cần thỏa mãn, để tia sáng sau tới mặt cầu, khúc xạ vào bên vào phần lỗ hổng cầu Giải toán hai trường hợp a) Chiết suất chất làm cầu với ánh sáng đơn sắc tốn có giá trị n = b) Chiết suất chất làm cầu với ánh sáng đơn sắc tốn có giá trị n 2,5  r 2R , với r khoảng cách tới tâm cầu  R r 2R  Câu (3,0 điểm) Từ trường – Cảm ứng điện từ Một cầu nhỏ, khối lượng m, mang điện tích q > bắt đầu chuyển động từ trạng thái nghỉ trường trọng lực từ trường hình vẽ Từ trường có cảm ứng từ B, + ● m, q  véc tơ B có phương ngang q.c.B  mg, với c vận tốc ánh sáng chân không Biết suốt q trình chuyển động, cầu khơng chạm đất, bỏ qua lực cản khơng khí a) Xác định hướng chuyển động cầu độ dịch chuyển khỏi vị trí ban đầu cầu sau khoảng thời gian τ đủ lớn b) Hãy cho biết τ có giá trị coi đủ lớn vẽ phác hình dạng quỹ đạo chuyển động cầu Câu (3,0 điểm) Dao động Một vật nhỏ, khối lượng m, treo nằm ngang hai lò xo nhẹ, độ cứng k 1, k2 (với k1 > k2) hình ● vẽ Hai đầu lại hai lò xo nối với qua sợi dây mảnh, nhẹ, không dãn, vắt qua ròng rọc lý tưởng cho hai lị xo có phương thẳng đứng Cho vật k1 k2 nặng dao động theo phương đứng với biên độ nhỏ, biết q trình dao động, vật nặng ln có phương m ngang Tìm chu kỳ dao động vật Câu (2,0 điểm) ( Phương án thực hành) Yêu cầu: Xác định điện dung tụ điện điện hóa phép đo Cho dụng cụ vật liệu sau: - Tụ điện cần đo điện dung - Các điện trở mẫu (giá trị điện trở biết) - Nguồn điện chiều - Vôn kế - Đồng hồ đo thời gian - Các loại cơng tắc Hãy: a) Trình bày sở lý thuyết xác định điện dung tụ điện điện hóa b) Trình bày sơ đồ thí nghiệm, bước tiến hành bảng biểu cần thiết để xác định điện dung tụ điện cho Hết - SỞ GD&ĐT LẠNG SƠN TRƯỜNG THPT CHUYÊN CHU VĂN AN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2022 - 2023 Môn: Vật Lý Lớp 11 HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Hướng dẫn chấm có trang Nội Dung Ký hiệu dòng điện chiều chúng hình vẽ Ta có: I1  I I0  1 E   I1R  E  I R   I1   I   2 R   R R R  Điểm E2 R2 I0 I2 E1 x R1 I1 ℓ Áp dụng định luật Kirchhoff có: q  E1  I1R  0  q '  E1  I1R1  C 'b Cb điểm C1,0 Xét thời điểm điện môi vào tụ điện khoảng x, vận tốc ấm điện mơi lúc đó: v = x’ 0,5 0,5 Có thể coi tụ điện lúc gồm hai tụ điện mắc song song, nên điện dung tụ điện bằng: x x   x  C b C0    C0  C0  C0    1      C    1 C    1  C 'b  x'  v    I0 q '  E1  I1R1  C 'b  E1  I1R  C0    1 v  C    1  1 E   C    1  E1   I0   R  v  2E1  I R  E R  v 2 R    2   v 2I0   2E1  I0 R  E 2R  C0    1 0,75 0.75 0,5 ε Câu Nội Dung Khi hiệu điện hai đầu mạch U nhỏ, điốt ngắt, tụ điện mắc nối tiếp, tụ có hiệu điện mói tụ U/3 Hiệu điện hai U cực điốt U U  U  U , điốt mở Khi có: Đến U1  U  U U    U1 U U  U U1  U U     U 2U  U U  U U  Điểm 0,5 0,5 - q1 a) Nếu + q1  U1 U 2U U 3U    U  U C1 + q2 C2 - q2 C3 - q3 + q3 Điện tích chạy qua điốt: điểm 0, 25 0, 25 q D q  q CU  2CU 3CU q1 CU1 2CU Điện tích qua nguồn: Nguồn sinh công: 0, 25 q ng q1  q D 5CU 0, 25 A ng q ng U 15CU Năng lượng tích tụ điện: Lượng nhiệt tỏa ra: t WC 2 C  2U  2  CU 20 4, 5CU 20 0, 25 Q A ng - WC 10,5CU  U  U0 , , hiệu điện điốt nhỏ b) Đến thời điểm U0, hiệu điện tụ điện U/3 0, 25 Đến thời điểm qua ampe kế có dịng điện: U0 CU q1 U1 i1 i  C C   t1 t1  0, 25 t  U1 U3 U  U   , điốt bắt đầu mở,  U 2U  U Tại thời điểm Khi dịng điện qua ampe kế 0, 25    2U  3U    2U  U       2U  U   3CU q U  i  C C C     t t  2 U   U    U   2U    U     2U      9CU q q     C   i1   D C   C    t t      2 0, 25 Khi hiệu điện nguồn giảm, khoảng thời gian từ τ đến 2τ , dòng điện qua điơt khơng có Hiệu điện tụ điện thay đổi lượng U1 U U  0, 25 U  3U   U 3 I1 Khi đó, lưu ý thêm dấu U 2, giá trị I2 U tăng, có 0, 25 U q U I1 I2  C  C t t  Đồ thị τ 2τ τ/2 τ/2 2τ t τ 0, 25 Câu Nội Dung a) Sau khúc xạ vào cầu, để tia sáng điểm vào phần lỗ hổng bên trong, cần thỏa mãn điều kiện: Tia sáng tới phần lỗ hổng Tía sáng khơng bị phản xạ tồn phần phần phân cách thủy tinh, khơng khí bề mặt lỗ hổng:  gh arcsin α A Điểm φ β 2R B R 1,0 1 arcsin 300 n Áp dụng định lý hàm số sin cho tam giác AOB có: 2R R nR n n    sin   sin       sin  sin      sin  sin  2 0,5  max max 300 A φ2 0,5 β B φ1 b) Chia cầu thành lớp mỏng có bán kính, cho coi lớp mỏng chiết suất không đổi n2 n1 r1 r2 0,25 Xét hai lớp gần nhau, có bán kính ngồi lớp r r2 , chiết suất lớp coi khơng đổi n n2 hình vẽ Tia sáng từ bên đến hai lớp điểm A, B với góc khúc xạ φ2 φ1 Từ hình vẽ, định luật khúc xạ ánh sáng định lý hàm số sin viết: 0,5 r2 r    r1 sin  r2 sin 2  sin      sin 2   n1r1 sin 1 n r2 sin 2  n1 sin 1 n sin   0,25 Áp dụng kết cho lớp liên tiếp có 2R sin  n R R sin  α φ(R) Với nR chiết suất nơi có bán kính R R 2R Từ kết ý a suy  max max 30 Nhận thấy để thỏa mãn điêu kiện chiết suất n cần thỏa mãn điều kiện để tia sáng cần đến phần lỗ hổng Hàm số f  r  r.n 2,5r  thêm r2 2R có giá trị cực đại r = 2,5R Nên với điều 0,5 kiện R r 2R f(r) ln tăng theo r Mặt khác f  r  sin  const , nên vào gần tâm cầu góc φ tăng Do với điều kiện  max max 30 ln đảm bảo điều kiện tia sáng tới phần lỗ hổng vào phần lỗ hổng 0,5 Câu Nội Dung Gọi v vận tốc cầu, lực tổng hợp tác dụng vào cầu:   điểm F mg  qv  B (1) Điểm 0,25 0,25    v Biểu diễn v  v1    qv  B  mg mg qv B mg  v   qB Với v0 hướng sang phải              1  F mg  q  v0  v1   B mg  qv  B  qv1  B qv1  B  0,25 0,25  Thời điểm t = 0, v =  v1  v0 Lúc coi cầu chuyển động từ trường với thành phần vận tốc ban đầu v hướng sang bên trái Với chuyển động cầu chuyển động có quỹ đạo đường trịn, ngược chiều kim mv0 m g R  qB q B2 , đồng hồ, bán kính quỹ đạo: 0,5 2R 2m 2g 2m T   mg v0 qB q B2 qB chu kỳ Điều kiện: q.c.B  mg  c  v  mg qB cho phép tính tốn Vậy chuyển động cầu chuyển động tổng hợp hai chuyển động thành phần: chuyển động thẳng sang bên phải với vận tốc v0  T m2g mg R 2 q B với chu kỳ qB đồng thời quay đường trịn bán kính 2m qB 0,25 Quỹ đạo chuyển động đường xyclôit τ coi đủ dài, nếu:   T 0,25 Sau thời gian τ, hạt dịch chuyển sang phải so với mặt đất khoảng : s mg qB 0,5 0,5 + ● m, q Câu Nội Dung Điểm HD Xét thời điểm vật m xuống đoạn nhỏ từ vị trí cân bằng, giả sử lúc đầu xo trái xuống đoạn y y Độ dãn lò xo trái: x1 x  y x x  y Độ dãn lò xo phải: x lò ● y k1 k2 1,0 x x k1x1 k1x  k1  x  y  k  x  y  điểm  y x1  Ròng rọc lý tưởng nên: k1  k x k1  k 2k x k1  k x  1,0 2k1 x k1  k mx "  k1x1  k x  x " 4k1k x 0 m  k1  k   T  1,0 m  k1  k  k 1k 10 Câu Nội Dung Điểm Cơ sở lý thuyết: Nếu ta tích điện cho tụ điện đến giá trị U sau nối tụ điện với điện trở cho trước R Hiệu điện tụ giảm theo quy luật hàm mũ U U0 e  e t RC  t RC 0,25 t  C U U t  0 ln U RC U R ln U0 U Dùng thiết bị đo hiệu điện U U, thời gian phóng điện từ U đến U, sau thay vào cơng thức ta tính giá trị C Các bước tiến hành: 0,25 K Lắp sơ đồ mạch điện hình vẽ:  CR V 0,25 điểm Chuyển công tắc K sang vị trí nguồn để tích điện cho tụ C Sau thời gian đủ lớn tích điện cho tụ điện, chuyển cơng tắc sang vị trí nối với R, đồng thời bấm đồng hồ tính quan sát vơn kế để đọc giá trị U sau khoảng thời gian t đọc hiệu điện U Ghi giá trị đọc vào bảng Lần đo U0(V) … Tính giá trị trung bình C: U(V) C  C 0,25 C Tính sai số trung bình t 0,25 C1  C2  C3 C1  C  C2  C  C3  C 0,25 0,25 Kết C đo viết dạng: C C C 0,25 .Hết 11 Người đề: Nguyễn Hùng Sơn – SĐT: 0948424088 12