Thptcva,Hn vật lý 11, đề đề xuất thi hsg dh 2023

TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN HÀ NỘI ĐỀ THI ĐỀ XUẤT ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC ĐBDHBB NĂM HỌC: 2022 - 2023 MÔN: VẬT LÝ LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề (Đề gồm 05 câu 02 trang) Bài (Tĩnh điện - 4,0 điểm) “Đám mây điện từ” Một hệ điện tích tạo trường có tính đối xứng cầu: q  r   2ra V  r   1  e  q   4 r  a  Trong r là khoảng cách từ điểm quan sát đến đến tâm O a) Hãy tìm điện tích Q(r) hình cầu tâm O, bán kính r và mật độ điện tích xét phân bố điện tích hệ này ? b) Tìm biểu thức lượng liên kết hệ này ?   r ? Nêu nhận  e x 1 Cho x  x “Mẫu nguyên tử hiđrô cổ điển Thomson” Trong mẫu này, hạt nhân nguyên tử biểu diễn khối cầu bán kính R, bên lim e  e  0 khối cầu có điện tích phân bố Electron có điện tích –e , có khả vận động bên khối cầu a) Giả sử electron chuyển động bên bên ngoài hạt nhân Hãy tìm lực  F r tác dụng   hạt nhân lên electron theo khoảng cách r tính từ tâm hạt nhân đến electron ? b) Xét chuyển động electron bên khối cầu.Tìm vị trí cân bền ? Biết    r t r , v thông số ban đầu electron là 0 , tìm phương trình   mơ tả chuyển động electron ? Hình dạng quỹ đạo là ?  c) Đặt nguyên tử này vào điện trường E0 , hạt nhân giả thiết đứng yên Với giá  trị nào E0 nguyên tử này bị ion hóa ? Bài (Điện từ - 5,0 điểm) Trong mạch điện hình vẽ: Đ là điốt lý tưởng Điện dung tụ C > C1, cuộn dây cảm có độ tự cảm L Đặt vào A, B hiệu điện xoay chiều u AB U 0cos  t  K1 Đ Vào thời điểm t=0, điện A cao điện B a) Vào thời điểm t=0 K1 mở, K2 đóng vào chốt Xác định cường độ dòng điện i qua L hàm số theo thời A B C1 K2 L gian Vẽ đồ thị i theo thời gian, tính giá trị cực đại i qua L Hình C2 b) Vào thời điểm t=0, K1 đóng, K2 đóng vào chốt Tìm biểu thức hiệu điện tụ điện và vẽ đồ thị theo thời gian hiệu điện Bài (Quang hình - 4,0 điểm) a, Điểm sáng S nằm đáy bể nước có độ sâu h Xét chùm tia sáng hẹp phát từ S y chiếu đến mặt nước góc tới i (góc mở chùm tia là i  i ) Ảnh S’ S tạo chùm tia cách mặt thoáng bao nhiêu? Biết chiết suất nước bể là n0, chiết suất không khí nkk = O b, Đặt tiếp giáp với mặt nước mặt song song có i0 bề dày d, chiết suất mặt thay đổi theo phương vng góc S với mặt theo quy luật n n0  nd y2 H n02  H , với Một tia sáng phát từ S tới mặt phân cách điểm O góc tới i (hình vẽ) Lập phương trình xác định đường tia sáng mặt và xác định vị trí điểm mà tia sáng ló Chú ý: 1- Bể đủ rộng và mặt song song đủ dài để tia sáng không đập vào thành bể khơng ló khỏi mặt bên mặt 2- Cho  dy  by   Arc sin    const  a  a  b2 y b Arc sin y là hàm ngược hàm sin , tức là x  Arc sin y s inx y Bài (Dao động - 4,0 điểm) y Một hình trụ có thành mỏng, khối lượng M, mặt nhám có bán kính R Hình trụ quay quanh trục Oz cố định, nằm ngang Trên Hình trục Oz vng góc với trang giấy, hướng ngoài trang giấy và trùng với trục riêng hình trụ Một hình trụ đặc nhỏ hơn, đồng chất, có khối lượng m và bán kính r (với r < R) lăn khơng trượt bề mặt hình trụ khối lượng R x M cho trục hai trụ song song Biết gia tốc trọng O trường là g r Xác định chu kì dao động nhỏ hình trụ nhỏ hình trụ lớn quay với tốc độ góc khơng đổi quanh trục Oz Viết kết theo R, r, g Bây giờ hình trụ khối lượng M quay(dao động) Hình tự quanh trục Oz Hệ ban đầu đứng yên vị trí cân Tác động để hình trụ nhỏ lăn đoạn nhỏ Hãy tìm chu kì dao động hình trụ khối lượng m Viết kết theo R, r, g, M và m Bài (Phương án thực hành - 3,0 điểm) x Người ta nhúng dây đun mayso vào bình nước Biết cơng suất toả nhiệt P dây đun và nhiệt độ môi trường ngoài không đổi, nhiệt lượng nước truyền môi trường ngoài tỉ lệ thuận với độ chênh lệch nhiệt độ nước bình và mơi trường Nhiệt độ nước bình thời điểm x ghi bảng đây: x(phút) T(0C) 20 26,3 31,9 36,8 41,1 44,7 Hãy dùng cách tính gần đúng và xử lý số liệu để trả lời câu hỏi sau Nếu đun tiếp nước có sơi khơng? Nếu khơng sơi nhiệt độ cực đại nước là bao nhiêu? Nếu nhiệt độ nước là 60 0C rút dây đun Hỏi nước nguội độ sau thời gian 1phút? phút? ……… HẾT……… HƯỚNG DẪN CHẤM Bài (Tĩnh điện - 4,0 điểm) Nội dung I “Đám mây điện từ”  1- Do tính chất đối xứng cầu nên E có phương bán kính dV  r  q d   1   2ra  q  2   2ra E     e      e dr 4 dr   r a  4  r ar a   Có Để tính Q(r), ta lấy mặt Gauss là mặt cầu tâm O, bán kính r Áp dụng định lý O- G có: Q r  2r 2r   2ra 4 r E   Q  r   4 r E  q     e  1 0 a a   - Để tìm mật độ điện tích   r ta xét lớp cầu nằm hai mặt cầu có bán kính r dQ Q  r  dr   Q  r  và r  dr Điện tích lớp này là: 4 dV    r  dr    r  4 r dr 3 - Thể tích lớp cầu: - Có dQ  r   4 r dr   r     r   q    r  4 r dQ  r  4 r dr   4r   2ra  2r 2r   2ra  q  2ra   e   e  2     e   1 a a a   a3  a a   Từ (1) và (2) ta thấy: +) Q r  +)   r   và r     r   và r  Q  q ; r   Q  Như trường này tạo điện tích q  đặt tạo tâm và bao quanh quầng điện tích âm có mật độ khối điện tích Q r   r và có điện tích tổng cộng là –q ( toàn không gian 0) 2- Ta biết lượng liên kết là lượng cần cung cấp để tách điện tích +q khỏi đám mây có điện tích –q cách đưa từ O xa vô cực Gọi V- : điện đám mây mang điện âm gây Công lực điện trường củađám mây thực q di chuyển từ O xa vô cực là: A = q[V-(0) - V-(  )] = qV-(0) Điểm 0,5 V  q  Vì điện điện tích điểm gây điểm là q 4 r ta có: 2r   q  r   2ra q q q  1 e a V V  r   V  q      1  e  4 r  a  4 r 4 a 4  r  2r   q q 1 e a  V     lim 4 a 4 r   r  Vậy :         q  4 a   q2 W  A  4 a Cuối II “ Mẫu nguyên tử Hidro cổ điển Thomson” Khảo sát điện trường hạt nhân khoảng cách r tính từ tâm O hạt nhân  Mật độ điện khối: e  R3  3e 4 R + r  R :   r  e E  r  4 r   E  r  r r    R 0 Áp dụng định lí O-G: + R r : E  r  4 r  Áp dụng định lí O-G: e e  E r  0 4 r Vậy:  e  4 R r  E  r   e   4 r 0 r  R  với  R r Lực tác dụng lên electron có độ lớn:  e2  4 R r  F  r    e  4 r Đồ thị: 0 r  R   F  r với  R r ( hướng vào tâm O ) Xét electron chuyển động hạt nhân:  F  Electron chịu tác dụng lực kéo hướng tâm tuyến tính: e2  r 4 R hướng tâm O Lực này không O, O là vị trí cân bền electron Phương trình chuyển động electron bên cầu là:  mr  e2   r 0 4 R   r v Với điều kiện ban đầu và cho, phương trình chuyển động là:    e2 v0   r  t  r0 cos t  sin t 4 mR  , Quỹ đạo là elip tâm O    d  Ta có: suy mômen lưỡng cực nguyên tử này: p 0 5.1   E  eE 0 Trường tác dụng lực phụ lên electron Nếu electron cầu, quĩ đạo và lệch vectơ khơng đổi: elip có tâm tại:  4 R  r0  E0 e 5.2   p  er   R  0 E0 Mơmen lưỡng cực trung bình nguyên tử này: Đối chiếu suy ra:  4 R  Thứ nguyên:    m3 9  30 Thay số với R 0,1nm 0,1.10 m   4 10 m 5.3.Lực kéo là lực cực đại với này giảm theo r từ giá trị) r R : Fmax  e2 4 R (Ở bên ngoài cầu lực  Để ion hóa nguyên tử này, E0 phải có giá trị thỏa mãn: eE  Áp dụng với e2 e  E0  4 R 4 R R 0,1 nm : E0 1, 44.1011 V m Rất lớn: Trường phá hủy khơng khí khơ vào khoảng 3.10 V m Các trường mà ta đặt vào nguyên tử nói chung nhỏ nhiều và khí có tác dụng gây nhiễu loại nhỏ nguyên tử, nghĩa là tuyến tính phép gần đúng cấp Mẫu nguyên tử này, lạ, có tính chất lí thú là giải thích phân cực tuyến tính và cho cỡ lớn hệ số phân cực phù hợp với giá trị thường dùng phân cực điện từ Bài (Điện từ - 5,0 điểm) Nội dung di  di  u AB  ecu    L   L U 0cost dt  dt  Sau đóng mạch  i U0 sin t  b L - b là số xác định tự điều kiện ban đầu: t 0  i 0  b 0 U T T i  sin t t   i 0 & b 0; t  L Vậy với T T t 3 khoảng thời gian này điốt Đ ngắt lần * Xét * t U 3T i  sin t  a Điốt Đ mở lần có: L Điểm U 2 3T t T i  sin a điốt Đ mở lần 2, ta có: L T - Ở thời điểm + Với i 0  + Vậy : + i U0 U 2 3T sin  a 0  a  L T L U0 2 3T U sin  L T L i 0  sin 2 2 t t   t    2k     k T T T t  T + Chọn k=1 suy 2U + Giá trị cực đại dòng điện là L Đồ thị hình bên 2) Sau đóng K1 và K2 đóng vào chốt 2, tụ C2 nhanh chóng tích điện đến Q0=C2U0 Tiếp Đ khơng cịn vai trị mạch điện * Tụ C2 tích điện cho C1 đến cân điện thế, tụ C1 và C2 có hiệu điện chiều U1C Ta có: C2U C1U1C  C2U1C  U1C  C2U C1  C2 * Bên cạch trình tụ tích điện chiều là q trính có dịng điện xoay chiều qua tụ C1 và C2, ta tính hiệu điện xoay chiều này - Gọi uc1 và uc2 là hiệu điện xoay chiều tụ thời điểm t, ta có: - uc1  uc U cost  q1 q2  U cost C1 C2  - Lấy đạo hàm vế ta có: - - dq1 dq2  U sin t  dt C1 dt C2  1  i    U sin t  C1 C2  U C C U 0C2 qc1 i.dt  sin t dt  uc1  cost  a  C1  C2   C1  C2  t 0, uc1 0  a  Tượng tụ có: uc  U 0C2 UC  uc1    cost  C1  C2 C1  C2 U 0C1 UC cost  C1  C2 C1  C2 * Tính u tụ: Hiệu điện tụ tổng hiệu điện chiều và xoay chiều - u1 U1ch  uc1  u2 U1ch  uc  - U 0C2 UC U C2    cost   u1  cost 0 C1  C2 C1  C2 C1  C2 U C2 UC U 0C1 U 0C1   cost 0  cost   u2 U  C1  C2 C1  C2 C1  C2  C1  C2  Bài (Quang hình - 4,0 điểm) Nội dung Điểm 0,5 A, Xét chùm tia sáng phát từ S, hai tia mép ngoài tạo với pháp tuyến góc i và i  i Kí hiệu r và r  r là góc khúc xạ K h - Từ hình vẽ có: IJ = HJ – HI = KJ – KI I J i h’ S’  h  tan  i  i   tan i  h '  tan  r  r   tan r  sin i sin r h h ' cos i cos  i  i  cos r cos  r  r H S  - Vì i  i , r  r nên phương trình viết lại: i r i cos r h h '  h ' h  cos i cos r r cos i (1) - Từ định luật khúc xạ: n0 sin i sin r n0 sin  i  i  sin  r  r  - Trừ vế hai phương trình và biến đổi được: i r  r  i   2n0 cos  i   sin 2cos  r   sin 2 2     n0 cos i i cos r r  h ' h - - Thay vào (1) có Chú ý là i cos r  r n0 cos i cos3 r n0 cos3 i cos r   sin r   n02 sin i h ' h ta được:  1 n sin i  n0 cos3 i B,- Trước hết ta có nhận xét là quỹ đạo tia sáng nằm mặt phẳng OXY và chiết suất n thay đổi dọc theo phương OY nên ta chia môi trường thành nhiều lớp mỏng bề dày dy mặt phẳng  Oy cho lớp phẳng đó, chiết suất n coi là không đổi Giả sử tia sáng tới điểm M(x, y) góc tới i và tới điểm M’(x +dx, y +dy)trên n sin i0  sin i  n lớp Ta có: n0sin = = n sini (1) y M(x,y) M’(x+dx,y+dy) i dy dx x n0 sin i0 dx sin i tgi   dy  sin i n  n0 sin i0 - Từ hình vẽ có: y x  n0 sin i0 dy n  n0 sin i0 y   y x  y sin i0 dy cos 2i0  y H2  n0 sin i0 dy  y2  no2     n0 sin i0  H  tan i0 dy 1 y2 cos 2i0 H - Sử dụng nguyên hàm đề bài cho tìm được:   y  x  x H sin i0 Arc sin    y H cos i0 sin    H cos i0   H sin i0  (2) Quỹ đạo tia sáng là đường hình sin - Tìm ymax = Hcosi0 Ta xét hai trường hợp: y y x O x O x2 x1  n0 d cos i0  d  sin i0  n0 n 1 - Nếu Hcosi0 < d tia sáng phản xạ toàn phần điểm mặt và ló khỏi mặt điểm có y =  x   sin   0  x x1  H sin i0  H sin i0   n0 d cos i0  d  sin i0  n02  - Nếu Hcosi0 > d và ngoài khơng khí điểm có y = d n0 tia sáng ló khỏi mặt   d  x   H cos i0 sin   d  x x2  H sin i0 Arc sin    H sin i0   Hcosi0  Bài (Dao động - 4,0 điểm) Nội dung Điểm - Xét thời điểm t bất kì, giả sử hình trụ M quay góc  quanh trục Oz, hình trụ m quay góc  quanh trục nó, tâm C hình trụ m quay góc  quanh trục Oz y  R O  x  f C D N mg Vì hình trụ m lăn khơng trượt, ta có liên hệ R R r R r  (R  r)       r r 0,5 (1) - Phương trình chuyển động quay hình trụ m quanh trục (đi qua tâm quay tức thời D vng góc với mặt phẳng giấy) ID  '' mg.r sin  (2) Từ (1), ta có R R r  ''  '' r r Vì hình trụ M quay với tốc độ góc khơng đổi nên  (R  r)  ' hs   '' 0   ''   '' r I D  mr  mr  mr 2 Với góc  nhỏ, và , thay vào (2)  ''    (R  r)   2g mr   '' mg.r   ''    r 3(R  r)   Vậy hình trụ m dao động điều hịa  với tần số góc 2g 3(R  r) T 2 3(R  r) , chu kì 2g - Xét thời điểm t bất kì, giả sử hình trụ M quay góc  quanh trục Oz, hình trụ m quay góc  quanh trục nó, tâm C hình trụ m quay góc  quanh trục Oz y  R O x   N C f D f mg Vì hình trụ m lăn khơng trượt, ta có liên hệ R R r R r  (R  r)       r r (1) - Áp dụng định luật II Niuton cho hình trụ m mg sin   f  m(R  r) '' (2) - Áp dụng phương trình chuyển động quay cho hình trụ m (trục quay qua C vng góc với mặt phẳng giấy) mr  ''  fr (3) - Áp dụng phương trình chuyển động quay cho hình trụ M (trục quay qua O vng góc với mặt phẳng giấy) I O  '' fR  MR 2 '' fR  f MR '' (4) Từ (1), ta có  ''  R R r  ''  '' r r (5) Thay (5), (4) vào (3), ta 2R R r  mr   ''  ''  MR '' r  r  m R r   ''  ( ) '' 2M  m R Thay vào (2)  mM mg  (R  r) '' m(R  r) '' 2M  m  g (2M  m)   ''   (R  r) (3M  m) Vậy hình trụ m dao động điều hịa với tần số góc g (2M  m) 2   (R  r) (3M  m) T 2 chu kì (R  r) (3M  m) g (2M  m) + Gọi nhiệt độ nước tăng thêm thời gian phút là ΔTT0, gọi T là nhiệt độ nước sau phút, T0 là nhiệt độ môi trường ΔTT0 là hàm T Gọi ΔTx là khoảng thời gian đun nước, nhiệt lượng nước truyền môi trường ngoài tỉ lệ bậc với độ chênh lệch nhiệt độ nước bình và mơi trường nên ta có : PΔTx – k(T-T0)= C.ΔTT0 (C là nhiệt dung riêng nước, k là hệ số tỉ lệ dương) + Theo bảng, chọn ΔTx=1phút Ta có: T0 6,3 5,6 4,9 4,3 3,6 T O 26,3 31,9 36,8 41,1 44,7  P.x  k T0  k T    T a  b.T C   C + Mặt khác từ bảng số liệu đề bài cho ta có thên bảng chứa ΔTT0 sau: x(phút) T(0C) ΔTT0 Từ bảng này vẽ đồ thị : 20 26,3 6,3 31,9 5,6 36,8 4,9 41,1 4,3 44,7 3,6 6,3 a  26,3.b  5,6 a  31,9.b tìm a=90; b=0,1 + Từ đồ thị giải hệ:  + Ta thấy Tmax ΔTT0 =0: Tmax=a/b=900C Nước sôi dù đun Khi rút dây đun, công suất cung cấp cho nước P=0:  k T  k T    T bT0  b.T b(T0  T ) 0,1.( 20  60) 4 C  C  C Vậy sau 1phút nước nguội 40C + Ở phút thứ nước nguội đi: T bT0  b.T b(T0  T ) 0,1.(20  56) 3,6 C Vậy Tổng sau phut nước nguội đi: 7,60C