02 vật lí 11

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT ĐỀ THI GIỚI THIỆU (Đề thi gồm 02 trang) KỲ THI HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XIV MƠN: VẬT LÍ – LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 16/7/2023 Bài Tĩnh điện (4 điểm) Hai điện tích điểm q  q có khối lượng m nối với nhẹ ngắn quay tự xung quanh trục cố định qua tâm vng góc với Trong mặt phẳng quay hai điện tích, khoảng cách L (rất lớn so với chiều dài 2d thanh) từ trục quay, người ta đặt cố định điện tích điểm Q Người ta cho lưỡng cực tạo hai điện tích điểm gắn với quay nhanh với chu kỳ T Biết điện tích Q , q  q mặt phẳng nằm ngang Tính lực tương tác trung bình theo thời gian điện tích điểm Q lưỡng cực Bài (5,0 điểm) Điện – Điện từ Một khung dây siêu dẫn với độ tự cảm L, có khối lượng m, có dạng hình vng cạnh a đặt vào từ trường có độ lớn cảm ứng từ B tạo nam châm vĩnh cửu Bỏ qua hiệu ứng rìa Giả sử từ trường vùng cực nam châm từ trường ngồi vùng khơng Ban đầu khung đứng n, mặt phẳng chứa khung vng góc với đường sức từ, cạnh bên phải khung nằm rìa vùng từ trường nam châm (Hình 1) Lúc t=0 s, khung chịu tác dụng lực không đổi ⃗ F có phương vng góc đường sức từ vng góc với hai cạnh khung, kéo khung khỏi từ trường Khi khung xuất suất điện động cảm ứng suất điện động tự cảm Chọn trục Ox hướng theo lực ⃗ F , gốc O trùng vị trí khung lúc t=0 s Bỏ qua trọng lực khung Tìm biểu thức tính cường độ i dịng điện chạy khung theo độ dịch chuyển x khung đại lượng B , a , L Chứng minh khung dao động điều hịa, tìm chu kì dao động T khung theo m , B , a , L tìm tọa độ x khung vị trí cân theo F , B , a , L Tìm độ lớn tối thiểu F lực ⃗ F theo B , a , L để kéo khung khỏi từ trường nam châm khoảng thời gian ngắn t theo m , B , a , L để khung khỏi từ trường nam châm trường hợp Viết phương trình mơ tả phụ thuộc cường độ i(t) Hình dịng điện chạy khung dây theo thời gian t vẽ đồ thị mô tả phụ thuộc i(t) theo t Bài (4,0 điểm) Quang hình Kính thiên văn có vật kính thị kính hai thấu kính hội tụ mỏng đặt đồng trục Thấu kính dùng làm vật kính có tiêu cự f 1=19,4 m đường kính rìa D1=102 cm Thấu kính dùng làm thị kính có tiêu cự f 2=24 mm đường kính rìa D2=5 mm Hướng trục kính thiên văn vào tâm Mặt Trăng Một người cận thị để sửa tật phải đeo sát mắt thấu kính có độ tụ D=−2 dp nhìn thấy vật xa mà khơng cần điều tiết Người bỏ kính cận đặt mắt sát sau thị kính điều chỉnh kính thiên văn cho quan sát ảnh cuối trạng thái mắt không điều tiết Tính khoảng cách l vật kính thị kính, số bội giác G ảnh lúc Biết khoảng cách từ Trái Đất tới Mặt Trăng L=384000 km Tính bán kính R vùng Mặt Trăng mà người quan sát nhìn thấy qua kính thiên văn Bài (4,0 điểm) Dao động Một vật hình cầu bán kính R với mật độ khối lượng vật phụ thuộc vào khoảng cách r   3m  r 1   R  R  , m số dương đến tâm theo quy luật Tính khối lượng momen quán tính vật trục quay qua tâm Đặt hình cầu vào ống trụ có thành mỏng, bán kính R 0, khối lượng M0, mặt nhám (Hình 2) Ống trụ quay quanh trục nằm ngang cố định dọc theo trục Hình cầu ln lăn khơng trượt ống trụ Tìm biểu thức chu kì dao động nhỏ cầu theo R 0, R, g trường hợp: a Ống trụ giữ cố định b Ơng trụ quay (dao động) tự do, quanh trục Bài (3 điểm) Phương án thí nghiệm R0 O C Hình Tính tỉ số cảm ứng từ hai nam châm Cho thiết bị: - Giá đỡ có kẹp - Đĩa nhơm có trục quay - nam châm hình chữ U có khe đủ rộng - cân, nặng gấp đôi - Đồng hồ bấm giây, thước - Dây mảnh không dãn Hãy xây dựng phương án thí nghiệm đo tỉ số cảm ứng từ lòng nam châm Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: ; Số báo danh: Người đề: Nguyễn Việt Cường SĐT: 0914907459 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI & ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XIV ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN VẬT LÍ – KHỐI 11 (Hướng dẫn có 06 trang) Bài Nội dung Điểm điểm Theo đề lưỡng cực quay nhanh, nên cho vận tốc góc biến thiên Gọi  vận tốc góc lưỡng cực thời điểm lưỡng cực vng góc với đoạn thẳng nối tâm (A) điện tích Q (B) Tại thời điểm dễ dàng thấy tương tác lưỡng cực Q Tại thời điểm lưỡng cực song song với đoạn AB, vận tốc góc lớn nhỏ  - tương tác điện tích 0,5  kQqd / L Q Khi lượng tác lưỡng cực (Thực vậy, xét trường hợp q gần Q hơn, lượng (lưu ý: L  d ) : kqQ kqQ 2kqQd   L d Ld L2 Tương tự cho trường hợp q xa Q hơn) Vì lượng bảo toàn, nên lượng lưỡng cực ba thời điểm : 2 kQqd md 2min md 2max kQqd md 2 2 L 2 2 Do lưỡng cực quay nhanh, nên ta có : (*), ta có : 2 L 2 0,5 (*)  max  min  /   Từ đẳng thức 4kQqd L2 4kQqd md (max  min )(2 )  L2 2 md (ma x  min )  Hay gần : Suy : Hay  max  min 2kQqd  2    md L 2kQqd md 2  L2 2kQqd / L2 2kQq   2 md  md  L2 Đặt Xét trường hợp tổng quát góc lưỡng cực đoạn AB  Khi điện lưỡng cực gây Q (ở xa lưỡng cực) : V 0,5 2kqd cos  L2 - Khi tương tác lưỡng cực điện tích Q : 2kQqd cos  L2 vận tốc góc  xác định từ định luật bảo toàn lượng : 0,5 0,5 2kQqd cos   md 22 md 2 2 L 2 Chia hai vế cho md  , ta : 2 2kQq 1  cos  1   cos   L md   cos    (1   cos  ) (1  ) Hay   ) t  (vì   Trong Để quay lưỡng cực góc  phải thời gian : suốt thời gian đó, điện trường điện tích Q gây tác dụng lên lưỡng cực lực F phụ thuộc góc  Thực vậy,   / , hai điện tích điểm ( q  q ) gần điện tích Q nên hợp lực khác 0: kQq kQq F     ( L  d cos  ) ( L  d cos  )2  0,5 kQq kQq 4kQqd   cos   F0 cos  d d L3 L2 (1  cos  ) L2 (1  cos  ) L L Xung lượng lực tác dụng thời gian t  F0 F ( ).t F ( )  cos    cos   (1  ) Vậy lực tương tác trung bình chu kỳ lưỡng cực điện tích điểm Q : Ftb  T 2  F F    dt ( )  2T0 2 cos  d   0,5 F0 Thay biểu thức F0 vào lưu ý T 2 /  , ta : Ftb  (kQqT ) 2 2mL5 0,5 Vậy lực lực hút không phụ thuộc vào d Bài điểm Nội dung Điểm 1.(1,5đ) Khi khung kéo khỏi từ trường đều, sức điện động cảm ứng tìm từ định luật Faraday 0,5 d d    ( Bax ) Bav(t ) dt dt Ngồi cịn có sức điện động khác tự cảm khung siêu dẫn  L  L di 0,5 dt Vì điện trở khung siêu dẫn 0, định luật Ohm trở thành 0,5 Bav (t )  L di dt 0 Chú ý i = x = 0, ta thu 2.(1,5đ) i FA iBa  Bax L B 2a x L Lực từ tác dụng lên khung Như vậy, phương trình chuyển động khung 0,5 d 2x B 2a m F  x dt L Biểu thức phương trình dao động điều hịa với chu kì dao động 2 mL T Ba Vị trí cân có tọa độ khung có tọa độ x0  FL B2a2 0,5 0,5 (1đ) Để khung khỏi từ trường nam châm vị trí cân khung phải vị trí có tọa độ Do đó, F nhỏ Fmin  x0  x0  a 0,5 a B 2a3 2L Ta suy Khung chạm tới rìa nam châm sau nửa chu kì dao động nên  mL t0    Ba (1đ) Điều kiện ban đầu khung dây x(0) 0, x '(0) 0 Do đó, kết hợp với phương trình chuyển động khung dây ta suy khung dây dao động điều hòa với phương trình li độ x(t )  0,5 0,5 0,5 Fmin L a  cos t     cos t  2  Ba Cường độ dòng điện xuất khung dây Bax (t ) Ba i i (t )     cos t  (t) L 2L i ( t ) Đồ thị theo t hình 0,5 Bài T t Nội dung Điể m 0,5 (2,5 đ) A2 A1≡ F1 O2 α O B1 B2 điểm Gọi D, f độ tụ tiêu cự kính cận; OC V khoảng cách từ mắt đến điểm cực viễn người có mắt bị tật cận thị 1 D  f  OC V với D = 2 dp OC = 0,5 m Ta có 0,5 V Khi ngắm chừng điểm cực viễn d'2 = OCV = OA2 = O2A2 = 0,5 m Khoảng cách từ ảnh trung gian A1B1 đến O2 d2    50   2,  2, 29 cm d '2 f  d '2  f   50    2,  Khoảng cách từ ảnh trung gian đến vật kính O1 d1 = O1A1 = f1 = 1940 cm Vậy khoảng cách từ vật kính đến thị kính l = O1O2 = d1 + d2 = 1942,29 cm Số bội giác ảnh tan  A1B1 d1 d 1940 G    1 847,16 tan  d A1B1 d 2, 29 (1,5 đ) 0,5 0,5 D1 O'2 β0 O1 O2 β O Tồn chùm sáng từ vật kính đến mắt người quan sát nằm phạm vi góc β Chùm tia tạo chùm tia nằm phạm vi góc β0 hình vẽ β0 góc giới hạn thị trường kính thiên văn trường hợp Chùm tia tới có đỉnh O' (ảnh O2 qua O1) Khoảng cách O'2O1 O O f 1942, 29.1940 O '2 O1   1645433, 45cm O1O2  f1 1942, 29  1940 Góc β0 tính sau D 102 tan    6,12.10 rad O '2 O1 1645433, 45 Vùng Mặt Trăng mà người nhìn thấy qua kính có bán kính 1 R  (L  O '2O1 ).tan 0  (384000  16, 4) 6,12.10  11, 75 km 2 Bài 0,5 NỘI DUNG (1,0 đ) Xét phần tử nhỏ: dV = r.sinθ.dφ.r.dθ.dr = r2dr.sinθ.dθ.dφ 0,5 0,5 0,5 Điểm Các h1 0,5 dM = ρdVdV dM dV  3m  r    r 2dr.sin.d.d  7R  R  R M Khối lượng vật:  2 3m  r    r dr sind d m  R  R  0 0,5 2 I  r sin .dM Momen quán tính: C  R  2 3m  r 44 IC  mR    r dr sin d d   R  R  105 0 => Các h2 Tính khối lượng vật: Xét lớp cầu mỏng có bán kính r, bề dày dr, khối lượng dM ta có : dM = ρdVdV với dV =4 π r dr dM = ❑ 3m r 1+ R 7πR ( ) π r dr R M = dM =m Tính momen qn tính: Gọi dI C mơmen qn tính lớp cầu mỏng tâm C dI Cz mơmen qn tính lớp cầu mỏng trục qua tâm C Ta có: dI Cz = dI Mà dI C =dmr = C 3m r 1+ R 7πR ❑ ( ) π r dr Mơmen qn tính lớp cầu mỏng trục qua tâm C: R R I Cz= dI Cz ❑= 44 I Cz= m R2 105 3m r 1+ 3 7π R R ❑ ( ) π r dr R0 (3,0 đ) a (1,5 đ) Xét thời điểm t bất kì, hình cầu quay góc  quanh trục nó, tâm C hình câu quay góc  quanh trục ống trụ Vì hình cầu lăn khơng trượt, ta có liên hệ: R R R (R  R)     R O   N C D mg (1) - Phương trình chuyển động quay hình cầu quanh trục (đi qua tâm quay tưc thời D song song với trục ống trụ) I D  ''  mg.R sin  Từ (1), ta có :  ''  (2) R0  R  '' R 44 149 ID  mR  mR  mR 105 105 Với góc  nhỏ, , thay vào (2) 149 105g  (R  R)  mR   ''  mg.R.   ''  0  105 R 149(R  R)   Vậy cầu m dao động điều hịa với tần số góc T 2 3  105g 149(R  R) 149(R  R) 105g chu kì b (1,5 đ) Xét thời điểm t bất kì, giả sử ống trụ quay góc  quanh trục nó, hình cầu quay góc  quanh trục nó, tâm5 C hình cầu quay góc  quanh trục trục ống trụ Vì hình cầu lăn khơng trượt, ta có liên hệ R R  (R  R)     R0 O   N C R0 R  R Hình   R R D (1) - Áp dụng định luật II Niuton cho hình cầu f f 0,5 mg mg sin   f  m(R  R) '' (2) - Áp dụng phương trình chuyển động quay cho hình cầu (trục quay qua C song song với trục ống trụ) 44 mR  ''  fR 105 (3) - Áp dụng phương trình chuyển động quay cho ống trụ quanh trục IO  '' fR  M R 02 '' fR  f M R 0 ''  ''  R0 R R  ''  '' R R Từ (1), ta có : Thay (5), (4) vào (3), ta : (4) (5) R R  R R 44  44m R mR   ''  ''  M R R ''   ''  ( ) '' 105 R 105M  44m R  R  44M m mg  (R  R) '' m(R  R) '' 0 105M  44m Thay vào (2) :   '' (105M  44m) g  0 (R  R) (149M  44m) Vậy cầu m dao động điều (105 M + 44 m) g ( R0 −R) (149 M + 44 m) ( R0 −R) (149 M + 44 m) => Chu kì : T =2 π g (105 M + 44 m) ω= √ hòa với tần số 0,5 góc 0,5 √ Bài điểm Nội dung Bố trí thí nghiệm hình bên Điểm 0,5 Gọi J mơmen qn tính đĩa, r bán kính trục, m khối lượng cân, M mơmen cản dịng Phu - cô gây ra, M ms momen cản ma sát (không đổi) T = m(g - a) lực căng dây Phương trình quay đĩa là: J = Tr - M - Mms (1)  a r gia tốc góc đĩa Dịng cảm ứng I tỉ lệ với tốc độ biến đổi từ thông qua đĩa nghĩa tỉ lệ với cảm ứng từ B vận tốc góc  Lực điện từ cản chuyển động lại tỉ lệ với B với I, thành tỉ lệ với B  Mômen cản M tỉ lệ với lực nên viết M = kB 2, k hệ số tỉ lệ khơng đổi B có giá trị B B2 Đưa vào (1) ta có J  = m(g - a) kB2 - Mms 0,5 vC r , vC vận tốc cuối Khi đĩa quay = 0, a = 0, gr  M  vc   m  ms  gr  kB  cân Lúc ấy:  M ms gr Suy gr tg  kB2 B1 gr tg1  , kB1 Ta đo độ dốc B1 tg  B2 tg1 B2 cắt trục m điểm (Hình vẽ) Vì B2 > B1 nên điểm ứng với B3 điểm ứng với B1) vc m0  m m0 m1 m2 m2+m2 Ta thấy vC hàm bậc m Với giá trị m, m = m 1, m2, m1 + m2 ta đo vận tốc cuối với nam châm B1 nam châm B2 Đường biểu diễn vC theo m hai đường thẳng 0,5 0,5 0,5 0,5