Hướng dẫn chấm môn lí 11 chuyên hạ long

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN KHU VỰC TRUNG DU VÀ MIỀN NÚI PHÍA BẮC TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG TỈNH QUẢNG NINH ĐỀ THI ĐỀ XUẤT HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ KHỐI 11 - NĂM 2023 Thời gian làm 180 phút (Hướng dẫn chấm có trang gồm 06 câu) Câu (3,0 điểm) Câu Sơ lược lời giải (1,5 a Hiệu điện hai tụ: điểm)  x d d E0    E0  3E d x2  d  U E  x  dx  dx   x    1 1  2d  21 Điểm 0,5 21U 3d b Chọn mặt Gauss có dạng hình trụ chiều dày dx, mặt bên song song với đường sức điện, mặt đáy có diện tích S 0,25 Thơng lượng điện trường qua mặt Gauss kể là:  E0   E.dS  E dx Q (x)S'.dx (x).S'.dx  x  0,5   E  x  dx   E  x   S'   S'  1    1 d  01  d   (x)  (1,5 điểm) 0E0 2  U  x  d 3d  x  d  0,25 ρ (x)  1  βxx  σ(x) σ0 a Điện trở suất điện mơi có toạ độ x: - Xét lớp điện mơi dày dx có toạ độ x: Gọi S diện tích tụ dx dR t = ρ (x) S + Điện trở lớp điện môi là: d + Điện trở tồn điện mơi bên tụ: I + Cường độ dòng điện mạch: b Mật độ dòng điện bên tụ: d   βxd   βxx R t  dx  σ 0S 2σ 0S U0 2σ 0SU  R t d   βxd  2σ U I j  S d   βxd  Gọi E cường độ điện trường vị trí điện mơi - Áp dụng định luật Ơm dạng vi phân: j = E 2σ U  βxx 2U j E     βxx  σ d   βxd  σ d   βxd  Vậy: 2U E   βxx  d   βxd  Câu (4 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 a b Ngay trước đóng K CE q1 q  Đóng K 0,5 - Ngay đóng khóa K, uPH   điốt mở - Khi Đ mở, chọn chiều dương dịng điện điện tích tụ hình vẽ Thời điểm t ta có: i1 q1/  / (1) i q (2) i1 i  i L  (3) u L.i /  q E  q1 PH L  (4) C C 0,25 0,25  // q  2LC q 0   q q 02 cos(.t  2 ) [q  CE]/ /  [q  CE] 0   2  1 q  q cos(  t   )  CE  2LC  01 2LC ; Điều kiện đầu: CE  q q 02 cos 2   / i q  q 02  sin 2 0  q q cos   CE  CE 01   / i1 q1  q 01 sin 1 0 2 0  q 02  CE  CE    q2  cos .t   1     CE q  CE cos(.t  )  CE q 01    Ta có: i i L i1  i q1/  q 2/ CE sin .t CE cos(.t   c i i L  0,25 0,25 0,25  ) 0,25 C  E cos(.t  ) 3L q1 E  u   cos .t  E NP  C   u  q  E cos .t PH C   T t  kể từ K đóng i L 0 - Sau khoảng thời gian 3E u NP  , hiệu điện hai đầu tụ C1 đạt giá trị cực đại, hiệu điện - Khi E u  PH hai đầu tụ C2 đạt giá trị 0,25 0,25 0,25 d E u  0 PH Khi i L 0 ; trình dao động điện từ mạch thời điểm ngừng đi-ốt đóng * * Giả sử sau có phân bố lại điện tích, gọi q ;q điện tích tụ 0,25 C1 ;C Do đi-ốt bị đóng nên khơng có dịng qua điốt * * Áp dụng ĐLBT điện tích ta có:  q q  q1  q  2CE q1* q1* u PQ  E  C C Mặt khác ta có: (1) (2) 3CE  * q  q1  q *  CE q 2 Từ (1) (2)  nghĩa điện tích khơng thay đổi  sau dừng trình dao động điện từ khơng có phân bố lại điện tích, q trình dao động dừng hẳn 0,25 0,25 0,25 Câu (3,0 điểm) 3.a (1,5 điểm) a Sơ đồ tạo ảnh: ABd1  L  d ' A1B1 d  L A B2 () d ' G  Đ f1f 0,25  δ = 12,8cm Khoảng cách thấu kính: L = δ + (f1 + f2) = 17,0cm L1 0,25 O d   n d ' O ' Dựng ảnh mắt O2 qua thấu kính L1: d.f1 17 d'   1,0625cm d  f1 16 d = L => tan 0,25  D1 48     58,90 d' 85 0,25 0,25 Vậy góc mở thị trường qua kính 58,9 3.b (1,5 điểm) ABd1  L  d ' A1B1 d  L A B2 () d2 ' b Sơ đồ tạo ảnh: Quan sát trạng thái không điều tiết: d2’ = ∞  d2 = f2 =3,2 cm d1  d1’ = L – d2 = L – f2 = 13,8 cm  d1' f1 13,8.1 69   1,0781cm d1'  f1 13,8  64 0,25 0,25 + Vậy vật AB đặt trước L1, cách L1 đoạn 1,0781 cm d d1  d'  0, 0156 cm 64 Khoảng cách từ AB đến O2’ là: + Đường kính vùng sáng chứa AB (Kích thước AB lớn nhất) : MN 2d.tan 3.c (1,0 điểm) 0,25 0,25   cm 176,47 m 170 c Vịng trịn thị kính xác định ảnh vật kính cho thị kính Dựng ảnh vật kính L1 qua thị kính L2 L1 d  L n d3 ' L1 ' 0,25 d3 '  d 3f 17.3,  3,942 cm d  f 17  3, d3 = L  Vậy, mắt đặt sau thị kính, cách thị kính O khoảng 3,942 cm thu nhiều ánh sáng Kích thước vịng trịn thị kính kích thước ảnh thấu kính L1 qua L2 : d 3' D1'   D1' 0, 278cm 2,78 mm d D1 0,25 0,25 Bài (3 điểm) Chia khối trụ thành ống hình trụ trục với khối trụ có bề dày dr Xét ống trụ có bán kính r, điện trở ống trụ là: 0 l l  dS  r    R  2 rdr   U 2 U  r2  dI   rdr 1   dR  l R   Cường độ dòng điện chạy qua ống dR   r  4a 0,25 0,25 Cường độ dòng điện chạy qua khối trụ có bán kính r < R r 2 U  r2   Ur  r2  Ir  rdr  1   1   0l  R  l   4R  0 Khi r = R ta tìm dịng điện tồn phần chạy qua khối trụ I 4b 3 UR 0l Do tính đối xứng trụ nên đường cảm ứng từ dòng điện chạy qua khối trụ gây đường tròn đồng tâm, tâm đường tròn nằm trục khối trụ Chọn đường trịn, bán kính x, có tâm trục khối trụ Áp dụng định lý Ampere có: Trường hợp x < R :   Bdl 0  I 0,25 0,25 0,25 (C ) 0,25  Ux  x2  Ux  x2  B.2 x  0  I r  0  1   B 0  1   0l  R   0l  R  Trường hợp x > R: 3 UR 30UR B.2 x 0 I 0  B  0l 0lx 0,25  kt. r 0,25    '  t  k r 0,25 Từ thơng gửi qua diện tích ống trụ: Suất điện động cảm ứng xuất ống có độ lớn: Cường độ dịng điện cảm ứng xuất ống trụ là:  k r  r2  dI   1   dr dR 0 l  R  4c 0,25 Cường độ dòng điện cảm ứng toàn phần khối trụ là: R 2k  r2  I r 1  dr  0l   2R  k R I 3 l Thực phép tính tích phân tìm được: 0,25 0,25 Câu (4 điểm) Câu Sơ lược lời giải 1a Chọn gốc vị trí thấp I (hình vẽ ) Điểm - Hệ khơng có ma sát, m bảo tồn - Bảo tồn vị trí thả vật m ban đầu vị trí góc lệch  , ta được: mgR(1  cos  )  mv  mgR(1  cos  ) v  2gR  cos   cos      a * Gia tốc toàn phần vật gồm : a ht  a tt , 0,5 (1) v2 a ht  2g  cos   cos   R - Gia tốc hướng tâm: a g sin  - Gia tốc tiếp tuyến: tt - Độ lớn gia tốc toàn phần: 0,25 a  a 2ht  a 2tt g  cos   cos     sin   b Tìm gia tốc tồn phần nhỏ theo g 0 0,25 (2)   cos   cos   a g   cos    1   3     (3)  Từ biểu thức (2), viết : cos  cos  cos   0 cos   3 Từ biểu thức (3) nhận thấy: , nên ta có trường hợp: cos  1 cos   * TH 1: Nếu hay => Gia tốc toàn phần a đạt cực tiểu cos  lớn nhất, tức cos  1 (góc  0 ) a 2 g   cos   => đó: cos  1 cos   * TH 2: Nếu hay cos   cos  => Gia tốc toàn phần a đạt cực tiểu amin  g  0,25 0,25 cos  => Khi : c Xét  90 , gia tốc thành phần vị trí góc lệch  + Gia tốc hướng tâm: a ht  v2 2 g cos  R 0,25 a  g sin  + Gia tốc tiếp tuyến: tt Khảo sát gia tốc tồn phần có giá qua điểm thấp I * TH 1: Khi vật vị trí thấp I, tức  0 Khi đó: a ht(I) v 2I  2 g cos 2 g a 0 R ; tt 0,25 a a ht ( I ) 2 g - Gia tốc toàn phần : ( I ) có giá ln qua điểm thấp I  * TH 2: Tại vị trí góc lệch , giá gia tốc tồn phần qua điểm thấp I a ht cos sin   a tt sin 2     70,530 Bỏ qua ma sát hệ vật M mặt sàn, M chuyển động tự v - Gọi 12 vận tốc m so với M (có phương tiếp tuyến vành trịn), V vận tốc 0,25 M hệ quy chiếu gắn đất (V có phương nằm ngang) 2 cos  1  có v12  'R - Xét vị trí góc lệch  nhỏ, coi gần đúng: 0,25 (1) - Chọn gốc vị trí thấp I vỏ cầu - Khi bỏ qua ma sát, theo phương ngang, động lượng hệ bảo toàn  mv12 cos  (m  M)V 0 0,25 (2)  cos 1 Lấy gần , ta được: mv12 m V    'R mv12  (m  M)V 0 => mM m M - Bảo toàn cho hệ m M vị trí góc lệch  , ta có:  1  W  m v12  V  MV  mgR(1  cos  ) const 2   1 2 2 W  m  v12    m  M  V  2mv12 V cos v12 ,V  mgR const 2 2 0,25 mM 2 R  '  mgR const   mM Lấy đạo hàm hai vế (3) theo thời gian, ta 0,25    W  (3) mM 2R 2 '. ''  mgR '. 0 mM  ''  0,25 g  m  M  0 MR ω Vậy vật m dao động điều hịa với tần số góc 2π 2π T  ω g  m  M Chu kì dao động m là: 0,25 g  m  M MR , 0,25 MR Câu (3 điểm) Câu (1,5 điểm) Sơ lược lời giải Chứng minh tần số góc dao động Xét lắc lị xo treo thẳng đứng, vật nặng m, lò xo độ cứng k, khối lượng M Chọn gốc toạ độ trục x VTCB Giả sử, thời điểm t, vật m li độ x Điểm có vận tốc v (Hình vẽ) - Sau thời gian dt, đầu lò xo dịch chuyển đoạn dx = vdt - Xét phần tử lò xo khối lượng dM  Mds L cách điểm treo đoạn s, dịch 0,25 sdx s vs  v L chuyển đoạn L , có vận tốc - Động phần tử lò xo là: 0,25 1 M  s  dWd(LX)   ds   v  2 L  L  - Động lò xo là: 0,25 L Wd(LX) dWd(LX)  1M 2 v s ds  Mv 2L 0,25 - Áp dụng định luật BTCN cho toàn thể lắc ta được: 1 1 1 M W  kx  mv2  Mv  kx   m   v2 const 2 2  0,25 (1) Lấy đạo hàm vế theo thời gian biểu thức (1), ta được: k x''  x 0 M   M W' kx.x'   m   x'.x'' 0 m 3  => ω (1,5 điểm) k m => Con lắc dao động với tần số góc: 0,25 M (2) * Bố trí thí nghiệm: - Bố trí thí nghiệm hình vẽ, treo trọng vật khối lượng m vào đầu lị xo, cho hệ đứng cân *Tiến hành thí nghiệm: - Kích thích lắc dao động theo phương thẳng đứng với biên độ nhỏ, dùng đồng hồ bấm giây đo thời gian thực khoảng - 10 dao động, ghi kết bảng số liệu - Thay đổi khối lượng vật nặng m với giá trị khác nhau, thực thí nghiệm tương tự, điền kết vào bảng số liệu 0,25 * Lập bảng số liệu sau: STT Khối lượng m (kg) Thời gian (s) Số lần dao động 0,25 Chu kỳ T (s) 0,25 * Xử lý liệu thí nghiệm m T 2π - Từ biểu thức (2), tìm chu kì dao động hệ: 4π 4π M T2  m k 3k => M k 0,25 - Vẽ đồ thị T theo khối lượng m, ta đồ thị dạng đường thẳng Y(X) có phương trình : Y A.X+ B Trong đó: Y T ; X m ; 4π 4π M A tan α B  k 3k Các hệ số: ; - Xác định độ cứng k khối lượng M lò xo từ hệ số A, B đồ thị: 3B 4π 4π M k  A A tanα ; HẾT -Giáo viên đề: Nguyễn Ngọc Phúc SĐT: 0815.688.666 0,25 0,25