2 vat li hdc đề đề xuất dhbb vật li lớp 11

SỞ GD & ĐT BÌNH ĐỊNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI & ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LÊ QUÝ ĐÔN NĂM HỌC 2022 - 2023 MÔN: Vật Lý 11 ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Câu 1: (4 điểm) Cho vòng dây dẫn bán kính R tích điện q Chứng minh điện điểm nằm mặt phẳng vòng dây cách tâm vịng khoảng r ≪ R có dạng: V  r  q     r  với ,  số Xác định số  Cho biết khai triển Taylor: 1 x n 1  nx  n(n  1) x x≪1 Người ta thiết kế thấu kính tĩnh điện lí tưởng từ vịng dây hình vẽ Các electron phi tương đối tính phát với động khơng đổi K Hệ thống thiết kế cho vòng dây tích điện electron tới gần mặt phẳng vịng dây khoảng nhỏ d/2 (vùng tơ đậm hình, d ≪ R , gọi “vùng kích hoạt”), khỏi vùng đó, vịng dây lại trung hịa điện Quá trình nạp xả điện xem tức thời Bỏ qua từ trường ảnh hưởng electron đến phân bố điện tích vịng Tốc độ electron theo phương Oz không đổi a Xét chùm tia electron tới thấu kính theo phương song song với Oz cách Oz khoảng r với r ≪ R Xác định dấu điện tích q tiêu cự f thấu kính Cho d≪f b Xét chùm tia electron tới thấu kính theo phương hợp với Oz góc  nhỏ Chùm tia tới tia ló cắt trục Oz hai điểm cách vòng khoảng b c 1   f b c Chứng minh Đáp án: Câu Nội dung 1 Mật độ điện tích vòng:  Điểm 0,5 q 2 R Xét điện điểm B phần tử điện tích C gây ra: dq  Rd  dV  q d 2 dq q  d 4 CB 8 2 R  r  Rr cos  dV  q r2 r 8  R   cos  R R d Đặt x 0,5 r2 r  cos  ; x 1 R R dV  Áp dụng khai triển Taylor: dV  q  1      x        1 x  d  8  R  2 2   q    x  x  d  8  R   r Bỏ qua số hạng bậc bậc R , ta được:  q  r2 r r2 dV  1  cos   cos   d  2 8  R  R R 2R  Lấy tích phân hai vế: 2  q  r2 r r2 V    cos   cos   d  2 8  R  R R 2R  V  q  r2  r2    q  R      4 R  R  16 R3   0,5  16 R3 Vậy a Khi electron vào “vùng kích hoạt”, chịu lực điện theo phương  vecto r : F  r   Để “thấu kính” hội tụ 0,5  edV 2qe r dr F  r   q  Gia tốc electron đó: a F  r  2qe r  m m Xem vận tốc electron theo phương Oz khơng đổi nên thời gian qua “vùng kích hoạt” là: t 0,5 d v0 Sau qua “vùng kích hoạt” thu vận tốc theo phương vecto  r là: vr at  2qe rd mv0 Sau electron chuyển động thẳng nên: 0,5 v v f  z  f  z r r vr vr mv0 K Thay giá trị lưu ý , q < 0, ta được: f  K qed  b Vận tốc đầu electron: 0,5 vz v0 cos  v0   r v0 r v0 sin  v0 tan  v0 b Sau qua thấu kính: vz v0  r r 2qe rd  v  v  at  v  r 0  b b mv0  c Tương tự trên, ta có: 1   Suy ra: f b c v0 vz 1 r r   qe d 1 vr  r 2qe rd      v0   b K b f b mv   0,5 Câu (5 điểm) Một khung dây dẫn khối lượng m, chiều rộng x, chiều dai D giữ yên mặt phẳng thẳng đứng (Hình 3) Khung dây đặt từ trường B, có phương vng góc với mặt phẳng khung, phía cạnh đáy khung dây D khơng có từ trường Ở thời điểm t 0 , người ta thả khung với vận tốc ban đầu không Vị trí cạnh đáy khung xác định tọa độ y(t) Lấy gia tốc trọng trường g x g y(t) Hình Giả sử khung dây có điện trở R độ tự cảm không đáng kể, chiều dài D đủ lớn cho khung dây đạt vận tốc giới hạn trước rời khỏi từ trường Tìm vận tốc giới hạn khung dây nhiệt lượng tỏa từ lúc t 0 đến cạnh khung dây bắt đầu rời từ trường theo B, x, m, R, g D (nếu có) Giả sử khung làm từ vật liệu siêu dẫn có độ tự cảm L Cũng giả thiết chiều dài D đủ lớn cho khung đạt vận tốc giới hạn trước rời khỏi từ trường Chứng tỏ khung dao động điều hịa Tìm chu kì dao động theo B, x, m, L Đáp án Câu Nội dung Điểm Giả sử B hướng từ ngoài, B C hướng từ Cạnh khung dây chuyển động cắt từ trường, nên xuất suất điện động cảm ứng: 0,50  C  d  Bxv dt Dòng điện cảm ứng chạy mạch I 0,50 C Bxv  R R Lực ampe hướng lên (ngược trọng lực) B2 x v F IBx  R 0,50 Đạt giới hạn lực ampe cân trọng lực 0,50 mg  v gh  B2 x v gh R mRg B2 x Năng lượng bảo toàn Q mgD  2 mvgh 0,50  m gR  mg  D   2B4 x   Do khung dây làm từ vật liệu siêu dẫn R=0, nên ta có : 1,00  BS  Li const DxB Hoặc  c/u   t /c 0  Blv  Li ' 0 Bx(D  y)  Li DxB  i  Bx y L Phương trình chuyển động khung : 0,75 mg  iBx my '' Biến đổi ta phương trình y '' B2 x mgL B2 x (y  2 ) 0; 2  mL Bx mL Chu kỳ dao động T 2 mL B2 x 0,75 Câu (4 điểm): Cho khối thủy tinh dạng hình trụ rỗng có tiết diện thẳng hình vẽ Các giá trị bán kính ngồi bán kính khối Rvà R' =R /2 Chiết suất mơi trường bên ngồi phần khơng khí nằm bên hốc trụ có giá trị Chiết suất khối thủy tinh thay đổi theo khoảng cách r đến trục đối xứng theo quy luật: R2  R  nr   ,  r R  4r   Chiếu tia sáng tới mặt khối thủy tinh Tia sáng nằm mặt phẳng vng góc với trục đối xứng khối hợp với pháp tuyến điểm tới góc i a) Chứng minh vị trí nằm đường truyền tia sáng nằm cách trục khoảng r , góc lệch tia sáng i r so với phương bán kính ln thỏa mãn hệ thức: nr r sin ir =const b) Góc tới i phải thỏa mãn điều kiện để tia sáng lọt vào hốc trụ khơng khí? c) Tính góc lệch tia sáng tới tia sáng ló khỏi khối trường hợp góc tới i=30 0và i=60  Cho: x dx arctan x  C 1 Đáp án: Ý a Nội dung Xét khúc xạ lớp cầu mỏng Điểm 1,0 Định lý hàm sin tam giác OAB cho ta: sinB OA sini r r + dr = → = sinA OB sinε r Lại có: Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng: nr +dr sin i r+dr =nr sinε Từ suy ra: ( r + dr ) nr +dr sin ir +dr =r nr sini r =const Hằng số xác định từ điều kiện biên: r nr sin ir =R sini b) Thay biểu thức nr vào công thức vừa chứng minh câu a) ta 0,5 được: √ r + R2 sin ir =2 R sini Vậy tia sáng vào sâu bên khối thủy tinh góc i r rộng Điều kiện để tia sáng tiếp xúc với mặt khối là: Tại r =R/2thì i r=900 Suy ra: R 2 + R sin 900=2 R sini → sini= √ →i=600 2 Vậy với i≤ 60 tia sáng tới mặt khối n R /2= √ R Tại đây: r = → sin i r= √ sini √( ) { 0,5 Để tia sáng đâm xun vào tiếp khơng xảy tượng phản xạ toàn phần cho nên: sin i r < nR / →i