Ổn tập vật lý k11 2 lý đề đáp án

SỞ GD&ĐT ĐÀ NẴNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2022 - 2023 Mơn: VẬT LÍ KHỐI: 11 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I (4 điểm) (Tĩnh điện) Một vòng dây trịn mảnh tâm O bán kính R đặt cố định nằm ngang khơng khí Vịng dây tích điện q phân bố Chọn trục Oz thẳng đứng trùng với trục vịng dây Tính điện V cường độ điện trường E điểm M nằm trục Oz với OM = z Nhận xét kết tìm z R Xét hạt mang điện tích q Ta nghiên cứu chuyển động hạt dọc theo trục Oz  a Từ độ cao h so với vòng dây, người ta truyền cho hạt vận tốc v dọc theo trục Oz hướng phía vịng Tìm điều kiện v0 để hạt vượt qua vịng dây Bỏ qua tác dụng trọng lực q2 2mg  4 R Chứng tỏ b Khối lượng m hạt thỏa mãn điều kiện trục Oz tồn vị trí cân ứng với z = R Tính chất vị trí cân bền hay khơng bền? Giải thích ngun nhân Ý (1,5 điểm) Nội dung Điểm Chia vòng tròn thành nhiều phần tử d Do vịng dây tích d dq  q 2R điện nên điện tích phần tử 0,25 đ Điện phần tử gây điểm M trục, có tọa độ z: dq qd dV   4 R  z 82  R R  z 0,25đ Điện V vòng tròn tích điện gây M: R qdl q V  dV    82  R R  z 4 R  z 0,25đ Do tính chất đối xứng trục, cường độ điện trường vòng tròn điểm M có phương dọc trục Oz : dV qz E   dz 4 (R  z )3 0,25đ Trang 1/14 q q ; E 40 z 4 z V Khi z >> R Nhận xét : Biểu thức điện cường độ điện trường M giống điện tích điểm q đặt O gây M 2a (1 điểm) Điện vòng tròn gây tâm: Vo  q 4 R 0,25 đ Bỏ qua tác dụng trọng lực nên z = vị trí cân hạt Mặt khác hai vật mang điện dấu nên vị trí cân khơng bền Điều kiện để hạt xun qua vịng dây : 0,5 đ 0,5 đ q q mv 02   mv0  qVM  qVo  40 R 40 R  h 2  v0  2b (1,5 điểm) Khi q2    2m  R  hạt U  mgz  độ q Thay cao z, hạt: 0,25 đ 4 R  z 2 mg  0,25 đ dU  mg  dz 4 Có:   R  h  q2z R  dU    mg   dz   q2 4 R 0,25 đ  z  2 R 2z  R  z       dU 0 Khi z = R dz Vậy z = R vị trí cân hạt d2 U 2 2mgR 2 dz Do  2z R  R2   z  d2U 0 Khi z = R dz U(z) có cực tiểu cân bền 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Trang 2/14 Câu II (5 điểm) (Điện – từ) Một khung dây dẫn hình vng MNPQ có chiều O dài cạnh a (Hình 3); khung dây có điện trở R, N M x khối lượng m Ban đầu khung dây vị trí hình  vẽ, truyền cho khung dây vận tốc ban đầu v0 theo phương ngang Khung dây chuyển động cắt Q P đường cảm ứng từ từ trường có đường cảm ứng từ vng góc với mặt phẳng khung dây Hình hình vẽ Cảm ứng từ từ trường phụ thuộc vào y tọa độ y theo quy luật B = B0 (1 + ky), với B0, k số dương Bỏ qua ma sát lực cản môi trường, trình chuyển động khung dây khơng thay đổi hình dạng, không quay chuyển động mặt phẳng thẳng đứng Cho gia tốc rơi tự g Tính suất điện động cạnh MN, PQ theo k, B 0, a vận tốc vy (thành phần vận tốc theo trục Oy khung dây) Tính lực từ tổng hợp tác dụng lên khung dây theo k, B 0, a, v điện trở R Viết phương trình biểu diễn phụ thuộc thành phần vận tốc v y khung dây theo thời gian t Vẽ đồ thị biểu diễn phương trình nêu nhận xét trình chuyển động khung dây Ý Nội dung Điểm - Xét thời điểm t bất kì, cạnh MN vị trí có tọa độ y, (1,5 thành phần vận tốc khung theo trục Oy vy điểm) - Áp dụng quy tắc bàn tay phải ta xác định chiều suất điện động cảm ứng cạnh khung dây hình vẽ O y y+a y M i N x i + i Q i P 0,5 đ Hình vẽ - Xét chuyển động khung dây theo trục Ox (thành phần vận tốc theo trục Ox) + Cạnh MN, PQ không tạo suất điện động cảm ứng + Do tính đối xứng suất điện động cảm ứng hai cạnh    MQ MQ NP tạo có độ lớn NP - Xét chuyển động khung dây theo trục Oy (thành phần vận tốc theo trục Oy) 0,25 đ 0,25 đ Trang 3/14 + Cạnh QM, NP không tạo suất điện động cảm ứng + Suất điện động cảm ứng cạnh MN tạo  MN av y B0 (1  ky) 0,25 đ + Suất điện động cảm ứng cạnh PQ tạo PQ av y B0   k(y  a)  0,25 đ - Chọn chiều dương mạch (trong khung dây) (1,5 hình vẽ Gọi cường độ dịng điện khung thời điểm) điểm xét i - Áp dụng định luật Ơm cho tồn mạch, ta được:  PQ  QM   MN   NP iR 0,25 đ  av y B0   k(y  a)   av y B0 (1  ky) iR  kB0 a v y iR  i= 0,25 đ kB0 a v y (1) R - Áp dụng quy tắc bàn tay trái ta xác định lực từ tác dụng lên cạnh MN, PQ khung dây hình vẽ FMN iaB0 (1  ky) FPQ iaB0   k(y  a)          F FMN  FNP  FPQ  FQM Lực từ tổng hợp tác dụng lên khung: Lực từ tác dụng lên hai cạnh MQ NP có phương nằm ngang, độ lớn, ngược chiều Vậy theo trục Ox tổng hợp lực tác dụng lên khung dây không, thành phần vận tốc khung dây theo trục Ox không đổi v0 Theo trục Oy: Fy  FPQ  FMN  iaB0   k(y  a)   iaB0 (1  ky)  ia 2kB0 Xét theo trục Oy, áp dụng định luật II Niutơn cho khung, ta có: (2 FMN  P  FPQ ma y my" điểm)  iaB0 (1  ky)  iaB0   k(y  a)   mg my"   iaB0 ka  mg my" 0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ (2) Thay (1) vào (2), ta 0,25 đ  mg  kB0 a  mg  kB0a v y R k B02 a y ' my" R my" ( y’ = vy) Trang 4/14  y" k B02 a y ' g mR Đặt Y y '  Y ' y" k B02 a  mg  Y mY ' R k B02 a  Y ' g  Y mR (1) Đặt A k B02 a  Y ' g  AY mR  (1) g  Y ' g  AY  A  Y   A  (2) g  Z ' Y ' A Đặt , ta dZ dZ  Z '  AZ   AZ   Adt dt Z g g  Z Ce At  Y  Ce  At  y '   Ce At A A g  y ' v y   Ce  At A Tại t = 0, vy = 0, ta có g g   Ce  A.0  C  A A 0,5 đ Z Y  Vậy k B0 a  g mgR  v y    e  At   2   e mR A k B0 a  t 0,5 đ     Nhận xét: v Đồ thị biểu diễn y phương trình có dạng Từ đồ thị, ta thấy sau thời gian chuyển x động vận tốc vy tăng dần theo O hàm số mũ, sau thời gian chuyển động v y tiến tới mgR 2 giá trị không đổi k B0 a 0,5 đ Trang 5/14 Câu III (4 điểm) (Quang hình) Hai thấu kính hội tụ L1 L2 tiêu cự f1 = 20 cm f2 = 30 cm, đặt đồng trục chính, cách a = 60 cm Đặt vật AB trục chính, vng góc trục khoảng O 1O2 cách O1 đoạn x a) Định x hai ảnh vật qua hai thấu kính có độ lớn b) Định x hai ảnh vật qua hai thấu kính chiều Đặt điểm sáng S trục chính, trước L1 đoạn 100 cm Trong khoảng hai thấu kính đặt thêm mặt song song chiết suất n = 4/3 dày e = 40 cm vị trí đối xứng trung điểm I khoảng cách hai thấu kính (Hình 3) a) Xác định ảnh cuối S cho hệ b) Tịnh tiến mặt song song dọc theo trục chính, có nhận xét ảnh S? Hình Ý Nội dung 1a Sơ đồ tạo ảnh L2   L1  (1,5 A1B1   AB    A2 B2 d1 d   điểm) d1 d2 Ta có d1 x  d1  Điểm 0,5 d1f1 x.20  d1  f1 x  20 d 60  x  d2   60  x  30   60  x  30 d 2f  d  f 60  x  30 30  x Định x để hai ảnh tạo hai thấu kính độ lớn Số phóng đại hai ảnh d1 20  k    d1 20  x    k  d2  30  d x  30 0,5 Để hai ảnh độ lớn thì: 0,5 Trang 6/14 k1  k  20 30  20  x x  30  x 24  cm    x 0  cm  1b Để hai ảnh chiều k1k  (0,5 20 30 điểm) 0 20  x x  30  20cm  x  30cm 2a - Thành thứ cách L1 đoạn (60 – 40)/2 = 10 cm, S1 cách thành thứ đoạn d = d’1 – 10 = 15 cm (nằm (1 điểm) mặt) - Ảnh S2 S1 tạo lưỡng chất phẳng nằm cách thành thứ đoạn d’2 d’2 = nd2 = 4/3 15 = 20 cm Như S2 trung điểm M O1O2 (O1, O2 quang tâm L1, L2) S2 ảnh thật S1 nằm BMSS vật ảo LCP - S2 vật LCP có mặt phân cách thành thứ hai BMSS, cách thành đoạn d3 = 20 cm cho ảnh S3 cách thành thứ hai đoạn d’3: d’3 = d3/n = 20/(4/3) = 15 cm - S3 vật thật L2, cách L2 đoạn d4 = d’3 + 10 = 25 cm (thành thứ hai cách L2 10 cm) - Ảnh cuối S4 tạo hệ cách L2 đoạn df 25.30 d4    150  cm  d  f 25  30 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Vậy ảnh cuối ảo cách L2 150 cm 2b Tuy vị trí S2 phụ thuộc vị trí BMSS (do khoảng cách từ S1 tới thành thứ BMSS thay đổi) khoảng (1 điểm) cách S1S3 ln khơng đổi S1S3 độ dịch chuyển ảnh ảnh S1 qua BMSS   1  S1S3 e    40    10  cm   n  4/3 0,5 S3 sau L1 đoạn: O1S3 = O1S1 + S1S3 = 25 + 10 = 35 cm Suy ra: O2S3 = O1O2 – O1S3 = 60 – 35 = 25 cm 0,25 Do ảnh cuối S4 tạo hệ cách L2 đoạn d4’ = –150 cm Vậy ảnh cuối không thay đổi tịnh tiến BMSS dọc theo trục 0,25 Trang 7/14 Câu IV (4 điểm) (Dao động cơ) Cho hai mỏng, đồng chất, tiết diện A B có chiều dài  khối lượng M Mỗi treo đầu vào đường ray nằm ngang quay tự mặt phẳng thẳng đứng chứa ray nằm ngang Đầu A chuyển động khơng có ma sát dọc theo đường ray, đầu B cố định vào điểm đường ray (Hình 4) Hình Cơng thức tính mơmen qn tính khối tâm điểm nối đường ray Ban đầu giữ vị trí nằm ngang, sau thả nhẹ Gọi A A B tốc độ góc thanh, tìm tỉ số B theo θ (θ góc hợp phương thẳng đứng) Gọi TA, TB chu kì dao động nhỏ quanh vị trí TA T B thẳng đứng Tìm tỉ số Ý Nội dung Điểm Mơ-men qn tính trục quay qua khối tâm: (1 IO  M2 điểm) 12 0,5 Mơmen qn tính điểm treo:   I  M2  M    M2 12  2 0,5 Trang 8/14 Trường hợp A: Gọi (1,5 trục x trục chứa ray nằm điểm) ngang trục y đường thẳng đứng qua tâm Vì khơng có lực tác dụng theo phương trục x nên khối tâm chuyển động dọc theo trục y Tọa độ khối tâm   yC  cos   y C  sin . 2 Áp dụng định luật bảo toàn 1  My C2  IO  Mgy C Mg cos  2 1  M2  3sin    Mgcos  24 Tốc độ góc 3cos  g A   2  3sin   Trong trường hợp B: Gọi I momen quán tính trục quay qua điểm treo Bảo toàn cho ta 2  I Mg cos  2 Tốc độ góc 3g cos  B      0,5  0,5 Vậy tỉ số A  B  3sin  Đối với B  3g (1,5 I  Mg sin      2 điểm) 3g 2 B   TB 2 2 3g Đối với A Cách Gọi F phản lực ray tác dụng lên đầu 0,5 0,25 0,25 0,75  C Mg  F  My      IO   F sin  Đối với góc nhỏ, sinθ ≈ θ Hơn Trang 9/14 nữa, biến thiên tọa độ y khối tâm không đáng kể nên F ≈ Mg Vậy, phương trình viết lại Mg 6g 6g       A    M2 12   TA 2 6g Cách Từ phương trình lượng ta có 1 M2   3sin     Mgcos  0 24 Với góc theta nhỏ ta bỏ qua số hạng bật cao sinθ 2 cos  1  Đạo hàm hai vế ta 1 M2    Mg.. 0 12 6g 6g      A    Vậy nên TA  TB 0,25 Trang 10/14 Câu V (3 điểm) (Phương án thực hành) Xét chuyển động nhựa phẳng mặt bàn phẳng nằm ngang, người ta nhận thấy trình chuyển động, chịu tác dụng lực ma sát trượt (hệ số ma sát trượt µ) chịu lực cản môi   f  kv , k hệ số cản) Coi va chạm c trường tỉ lệ thuận với vận tốc ( q trình làm thí nghiệm (nếu có) hồn tồn đàn hồi Cho dụng cụ sau: - Vật nhỏ có khối lượng m biết; - Thước đo có vạch chia đến milimét; - Các sợi dây mềm, mảnh, nhẹ; - Tấm nhựa phẳng hình chữ nhật; - Bàn thí nghiệm, giá đỡ, giá treo cần thiết Yêu cầu: Trình bày sở lí thuyết xây dựng cơng thức cần thiết để xác định hệ số ma sát trượt µ nhựa với mặt bàn hệ số cản k môi trường nhựa chuyển động Trình bày cách bố trí thí nghiệm, thu thập xử lí số liệu để xác định µ k Lấy g = 9,8 m/s2 x2 x3 x4 x5 ln(  x ) x      x  Cho biết: Ý (1,5 điểm) Nội dung Muốn xác định hệ số µ k liên quan đến trình chuyển động nhựa mặt bàn ta cần bố trí hệ thí nghiệm cho tạo vận tốc Cho cần phải xác định khối lượng M nhựa Có thể tạo vận tốc ban đầu cho nhựa việc sử dụng va chạm vật m Tạo vận tốc vật m trước va chạm vào M việc cho vật m chuyển động tác dụng trọng lực, chuyển hoá thành động Độ cao vật m ban đầu với vị trí trước va chạm h vận tốc vật m thu v12 m mgh  v1  2gh (1) Điểm Trang 11/14 Vật m va chạm đàn hồi với M tạo vận tốc v cho M, xác định từ hệ phương trình mv1 Mv  mv1' (*) 1 mv12  Mv 22  mv1' 2 2 (**) 2m v2  v1 M  m (2) suy Khi nhựa chuyển động với vận tốc ban đầu v chuyển động lực cản ma sát trượt lực cản mơi trường, phương trình chuyển động cho mặt bàn: dv Ma  Mg  kv  M  Mg  kv dt Đổi biến u Mg  kv , giải phương trình vi phân ta có u 0,5 t du k  dt  u M u0 với u Mg  kv k  Mg   M t Mg v   v  e  k (3)  k  ta Thời gian mà chuyển động (đến v 0 ) M  kv  t1  ln    k  Mg  (4) Quãng đường mà M trượt t1 t1 k   Mg   t Mg  s vdt    v  e M   dt k k   0  s  k M  Mg M  Mg   M t1 Mg   v e  t1    v  2  k  k k k  k   Mv  Mg  kv   ln   1     5 k  kv  Mg    kv  ln    Khai triển hàm  Mg  thành đa thức theo công thức x x3 ln(1  x) x    Trang 12/14 v 22 kv32  2g 3 Mg (6) Ta có Như việc đo khoảng cách dịch chuyển s M theo chiều cao h vật m (hay theo vận tốc ban đầu v2 M) ta xác định µ k) s (1,5 điểm) * Xác định khối lượng vật M (sử dụng thước làm cân đòn vật m biết để tính M) * Bố trí thí nghiệm (như hình vẽ ý 1) - Vật M để nhô khỏi mép bàn chút - Chiều dài dây buộc vật m phải phù hợp - Kéo lệch vật m lên độ cao h thả để vật m đến va chạm vào M, đo quãng đường dịch chuyển vật M - Ghi số liệu vào bảng Lần h s Xử lí số liệu Tính đại lượng liên quan theo công thức: v1  2gh 2m v2  v1 M  m Lần h v1 v2 s/v22 Dựng đồ thị biểu diễn mối quan hệ s Y v theo X v Đồ thị có dạng: s kv Y   A  BX v 2g 3 Mg 0,5 Trang 13/14 Xác định hệ số A, B từ đồ thị, từ tính µ k Người đề: Bùi Văn Quang Thông SĐT: 0355459986 Trang 14/14