đề thi học sinh giỏi quốc tế 2009 môn vật lý ngày 1

Một hạt nhỏ khối lượng m, điện tích q chuyển động ở vùng xa gốc O trong mặt phẳng dưới tác dụng của điện trường gây bởi lưỡng cực.. Xét chuyển động của hạt trong hệ toạ độ cực.. Bằng các

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH VÀO CÁC ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA

DỰ THI OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2009

ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: VẬT LÍ

Đề thi gồm 02 trang

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi thứ nhất: 18/4/2009

C©u 1 (4,0 ®iÓm)

Trong mặt phẳng Oxy người ta đặt cố định tại gốc toạ độ O một lưỡng cực điện có momen lưỡng cực pr Véc tơ pr nằm trên

trục Ox và hướng theo chiều dương của Ox (Hình 1) Một hạt nhỏ

khối lượng m, điện tích q chuyển động ở vùng xa gốc O trong mặt

phẳng dưới tác dụng của điện trường gây bởi lưỡng cực Bỏ qua

tác dụng của trọng lực và lực cản Xét chuyển động của hạt trong

hệ toạ độ cực Vị trí M của hạt ở thời điểm t được xác định bởi

véctơ r OMr= uuuur và góc θ = (OM, puuuur r)

1 Chứng minh rằng chuyển động của hạt tuân theo các

phương trình vi phân sau:

( )

2

2 0

qpsin

4 mr 2W

r ' rr" 2

m

θ

 θ =







Trong đó W0 là năng lượng ban đầu của hạt

2 Biết tại thời điểm t = 0 hạt ở vị trí M0 có ( ) ( ) ( ) ' '

r 0 =r ; θ 0 = θ ;r ' 0 =r ; (0)θ′ = θ Hãy xác định khoảng cách r(t) từ hạt tới gốc O theo t

3 Tìm các điều kiện để hạt chuyển động theo quỹ đạo là cung tròn tâm O bán kính r0 Tính chu

kì và tốc độ góc cực đại của hạt Mô tả chuyển động của hạt trong hai trường hợp: q > 0 và q < 0 Cho

/ 2

0

d

2,62 cos

π

θ ≈ θ

C©u 2 (3,5 ®iÓm)

Trong vùng không gian xung quanh điểm O tồn tại một từ trường Cảm ứng từ tại điểm M bất kì (

OM ruuuur r= ) là B k r2

r r

=

r r

với k là một hằng số Ở thời điểm t = 0, tại điểmM (OM0 0 =r )0 có một hạt điện tích q, khối lượng m chuyển động với vận tốc vr0vuông góc với OM Bỏ qua trọng lực và lực cản.0

1 Chứng minh rằng độ lớn vận tốc v của hạt không đổi trên cả quỹ đạo của hạt

2 Bằng cách lấy đạo hàm theo thời gian của tích vô hướng r rr.vrồi tính tích vô hướng đó để:

a) Tìm sự phụ thuộc vào thời gian của bình phương khoảng cách từ hạt đến điểm O và của cotθ, với θ là góc lập bởi vrvà rrở thời điểm t

b) Tính θ ở thời điểm màr= 2r0

3 Bằng cách lấy đạo hàm theo thời gian của tích hữu hướng r vr r∧ , rồi tính tích hữu hướng đó

để suy ra quỹ đạo của hạt nằm trên một mặt nón đỉnh O Hãy tính nửa góc ở đỉnh của hình nón đó theo

k, m, q, r và 0 v 0

Gợi ý: Cho công thức rr (v r) v.r∧ ∧ =r r r 2−r.(v.r).r rr

C©u 3 (2,5 ®iÓm)

Một tấm phẳng nằm ngang, diện tích S, được giữ đứng yên trong một vùng khí loãng có áp suất p

và được giữ cho nhiệt độ mặt trên là t1, mặt dưới là t2 (t2 > t1) không đổi Hãy ước tính lực nâng do các phân tử khí va chạm vào hai mặt của tấm này tạo nên Cho biết nhiệt độ của khí là t ( t < t2)

Áp dụng bằng số với t1 = 20 0C; t2 = 300 0C; t = 10 0C; S = 10 dm2; p = 1 mmHg

θ

y

r r

p r

O

M .

Hình 1

x

Câu 4 (3,5 điểm)

Một đoạn sợi quang thẳng cú dạng hỡnh

trụ bỏn kớnh R, hai đầu phẳng và vuụng gúc với

trục sợi quang, đặt trong khụng khớ sao cho

trục đối xứng của nú trựng với trục tọa độ Ox

Giả thiết chiết suất của chất liệu làm sợi quang

thay đổi theo quy luật: 2 2

1

n n 1 k r= − , trong

đú r là khoảng cỏch từ điểm đang xột tới trục

Ox, n1 và k là cỏc hằng số dương Một tia sỏng

chiếu tới một đầu của sợi quang tại điểm O

dưới gúc α như hỡnh 2

1 Gọi θ là gúc tạo bởi phương truyền của tia sỏng tại điểm cú hoành độ x với trục Ox Chứng minh rằng ncosθ = C trong đú n là chiết suất tại điểm cú hoành độ x trờn đường truyền của tia sỏng và

C là một hằng số Tớnh C

2 Viết phương trỡnh quỹ đạo biểu diễn đường truyền của tia sỏng trong sợi quang

3 Tỡm điều kiện để mọi tia sỏng chiếu đến sợi quang tại O đều khụng lú ra ngoài thành sợi quang

4 Chiều dài L của sợi quang thỏa món điều kiện nào để tia sỏng lú ra ở đỏy kia của sợi quang

theo phương song song với trục Ox?

Câu 5 (3,0 điểm)

Cho hai hạt A và B đều là hạt nhõn của nguyờn tử đơteri (H ) cú khối lượng nghỉ là 1875 MeV/c12 2

1 Xột quỏ trỡnh hạt A cú động năng Wđ = 820 MeV va chạm đàn hồi với hạt B đang đứng yờn Giả sử sau va chạm, cỏc vộc tơ vận tốc '

A

vr , ' B v

r của hai hạt cú độ lớn bằng nhau

a) Chứng minh rằng cỏc vộctơ vr'A và '

B v

r đối xứng đối với phương chuyển động của hạt A trước va chạm

b) Tớnh gúc α tạo bởi vr'A và vr'B Kết quả thu được cú gỡ khỏc nếu coi va chạm đàn hồi giữa A

và B là va chạm cổ điển?

2 Để thực hiện một phản ứng hạt nhõn người ta cho hai hạt A và B núi trờn va chạm trực diện

với nhau với tốc độ tương đối giữa chỳng là u = 0,95c (c là tốc độ ỏnh sỏng trong chõn khụng) theo hai

cỏch sau:

Cỏch 1: Bắn hạt A vào hạt B đang đứng yờn Tớnh năng lượng toàn phần của hạt A

Cỏch 2: Cho cả hai hạt chuyển động với vận tốc cú cựng độ lớn v sao cho tốc độ tương đối giữa chỳng vẫn là u Tớnh năng lượng toàn phần của mỗi hạt

Câu 6 (3,5 điểm)

Hệ quy chiếu K’ (O’x’y’z’) chuyển động với vận tốc Vr khụng đổi dọc theo trục O’x’ (O’x’ trựng với trục Ox, O’y’ và O’z’ lần lượt song song với Oy và Oz) đối với hệ quy chiếu K (Oxyz) Tỡm gia tốc a’ tương ứng của một hạt trong hệ K’ tại thời điểm trong hệ K hạt này chuyển động với vận tốc u

và gia tốc a dọc theo một đường thẳng

1 song song với V.r

2 vuụng gúc với V.r

3 nằm trong mặt phẳng xOy cú phương lập với Vr một gúc α

-

hết -• Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu.

• Giám thị không giải thích gì thêm.

x

y

O α

Hỡnh 2 θ

x

Dự thảo Hớng Dẫn chấm đề thi chính thức Môn: Vật lí

Ngày thi: 18/04/2009

(Hớng dẫn chấm có 9 trang)

Câu 1 (4,0 điểm)

1.(2,0 điểm) Xỏc định điện trường gõy bởi lưỡng cực điện ở điểm xa O Gọi q0 là điện

tớch lưỡng cực và l là khoảng cỏch giữa 2 điện tớch của lưỡng cực thỡ p = q0l.

−

Coi (r2 -r1) ≈ lcosθ ; r1≈ r2≈ r ; q0l = p

q r r q l cos p cos

θ

πε πε πε 0,25 điểm

0

d pcos

E

dr 2 r

πε

3 0

d 1 d psin

E

q

= - = - = 0,25 điểm

Trong hệ tọa độ cực 3 r 3

pcos psin

Phương trỡnh chuyển động của điện tớch trong điện trường trờn cú dạng :

r

qpcos qpsin

(*) với err, erθ là cỏc vộc tơ đơn vị 0,25 điểm

Trong tọa độ cực, chỳ ý rằng: vr =r 'eurr+ θr 'e ,uurθ der

'e

dt = θ θ

r r

de

'e dt

θ = −θ

r

r

, 0,25 điểm

ta cú:

r

de de

dv

a r ''e r ' r ' 'e r '

θ θ

r r

r

r ''e r ' 'eθ r ' 'eθ r( ') e

r

a r '' r ' e r ' 'e

(**) 0,25 điểm

Từ (*) v (**) suy ra à

( )

2

3 0

qpcos

2 mr

θ

− θ =

πε

2 0

qpsin

4 mr

θ

θ =

πε 0,25 điểm

Từ định luật bảo toàn năng lượng:

( )

2

0

1

mv q r const W

2 + ϕ = = 0,25 điểm

0 2 0

θ

πε

( )

2 0

2W qpcos

θ

πε

r

e r

e rθ

Hỡnh 1

r1

r2 θ

dθ

ds M

p r

Từ (1) và (3) ta có: 2 2W0 ( )

r ' rr" 4

m + = 0,25 điểm

2 (0,5 ®iÓm)

u t = r t → u '= 2rr '→u"= 2rr"+ 2r '

Thay vào phương trình (4) có:

2

1

Hay 2( ) 0 2

2W

m

= + + 0.25 điểm

Từ các điều kiện ban đầu tìm được: ' 02

1 2r ;0 0 2

C = r C =r

0 0

2W

m

= + + 0,25 điểm

3 (1,5 ®iÓm)

Để quỹ đạo của hạt là cung tròn thì r(t) = const

0=0, 0=0

W r đồng thời r’(t) = 0

- Từ điều kiện r t'( ) = → = θ0 v r ' và vr ⊥ rr ; vuur0 ⊥ rur0

- Từ điều kiện W0 = 0 ( )' 2 ( )

0 0

θ

πε 0,25 điểm

- Phương trình (6) viết lại thành: 2 ( )

4

0 0

qpcos

2 mr

θ

θ = −

πε

4 ( )

0 0

qpsin

4 mr

θ

⇒ θ =

πε .0,25 điểm

*) Trường hợp qp < 0, ta có max 4

0 0

qp

2 mr

′

πε khi = 0.θ Góc θ tăng dần tới π/ 2 Tại = /2θ π thì θ =′ 0và "θ < 0, góc θ giảm và hạt quay trở lại Tại =θ − π/2 thì θ′ = 0 và "θ >0, góc θ tăng, hạt lại chuyển động quay trở lại Vậy −π ≤ θ ≤ π/ 2 / 2 Hạt chuyển động

trên nửa đường tròn như Hình 2 0,25 điểm

0 0

qp cos d

θ

θ =

πε nên chu kì của chuyển động này là:

4

0 0

2 mr

T 10, 48

qp

πε

⇔ = 0,25 điểm

*) Trường hợp qp > 0, ta có max 4

0 0

qp

2 mr

′

πε khi = θ π Khi = / 2θ π và θ = 3 / 2π thì

0

θ′ = , hạt sẽ quay trở lại Nghĩa là hạt sẽ dao động trên nửa vòng tròn từ π/ 2 ≤ θ ≤ π3 / 2

(Hình 3) .0,25 điểm

Chu kì của chuyển động:

4

0 0

2 mr

T 10, 48

qp πε

= 0,25 điểm

C©u 2 (3,5 ®iÓm)

F mdv qv B

dt

r

(1) Điều này có nghĩa là Frluôn vuông góc với vr, tức F.v 0r r= hay

dv

m v 0

dt =

r

r

hay dv2 0

0

v =const v= tức là v v= 0 0,5 điểm

a, Lấy đạo hàm của tích rr.vr ta được

d 2 dv

(r.v) v r

dt = + dt

r

Theo (1) và theo biểu thức của cảm ứng từ Br, ta có

rdv q r(v B) kq3 r(v r)

dt = m ∧ =mr ∧

Vì rr⊥(vr∧rr) nên suy ra rr.(vr∧Br)=0 .0,25 điểm Theo câu 1, v=v0, nên cuối cùng ta có 2

0

d (r.v) v

dt r r = Lấy tích phân này ta được:

2

r.v v t C= +

r r

với C1 là một hằng số Dùng điều kiện ban đầu, tại t = 0, r.v 0r r= (vì rr0 ⊥vr0) suy ra

C1 = 0 Kết quả ta được:

2

0 r.v v t=

r r

(2) 0,25 điểm

* Để xác định r(t), ta viết phương trình (2) dưới dạng:

2

0

dr 2r 2v t

dt =

r r

hay 2 2

0

dr 2v t

dt = Lấy tích phân ta được: 2 2 2

r =v t +C

Vì tại t = 0, r =r0, suy ra 2 2 2 2

r =v t +r (3) 0,25 điểm Vậy 2

r là hàm bậc nhất của bình phương thời gian

* Hệ thức (2) có thể viết lại dưới dạng 2

rv cosθ =v t hay v to

cos

r

θ = Suy ra

M

y

0

r ur

p

ur

O

Hình 3

θ

M

y

0

r ur

p

ur

O

Hình 2

C O

M r

α M 0 0

0

v r

r 0

Hình 4

v r

θ

2 2

0

θ Theo (3), cuối cùng ta được

+

o

v

r

θ = (4) 0,25 điểm Như vậy, cotθ là hàm tuyến tính của thời gian, tăng từ 0 đến ∞ trong suốt quá trình chuyển động, tức là góc θ giảm từ π/ 2 tới 0; do đó, vận tốc ban đầu vuông góc với vectơ bán kính rồi dần dần định hướng theo hướng của rr 0,25 điểm

b) r= 2r0 tại thời điểm t sao cho, theo (3), v t r0 = 0 Thay vào (4), ta được cot θ = 1, suy ra

0

45

θ = 0,25 điểm

3 (1,5 điểm) Tính đến (1) và chú ý rằng dr v v v 0

r

r r r

, ta có:

d (r v) dr v r dv r dv r q (v B) kq3 r (v r)

Theo hệ thức gợi ý trong đề bài 2

r (v r) v.r∧ ∧ = −r.(v.r)

r r r r r rr

, ta có:

r

vì v.r dr

r = dt

r

r

- đây chính là thành phần của vận tốc theo phương bán kính vectơ Lưu ý rằng 2

1 dr r dr d r

r dt r dt dt r

=  ÷

, suy ra 2

d kq 1 dr r dr kq d r (r v)

dt m r dt r dt m dt r

r r Lấy tích phân hai vế, ta được:

r v kq r C

m r

r r

r r

(5) 0,5 điểm

Trong đó Crlà một vectơ không đổi, có độ lớn tính được từ

hình bên (dùng (5) và điều kiện ban đầu tại t = 0, r r= 0và v v= 0)

Theo định lý Pitago:

2 2

0 0

kq

C (r v )

m

= +  ÷  (6) 0,25 điểm

Theo tính chất của tích hữu hướng và (5)

r(r v) 0 kqr C.r r kq Ccos

r

Với ϕ là góc tạo bởi vectơ Cr và vectơ r.v Từ phương trình trên suy ra:

cos kq const

mC

ϕ = − = (7) 0,25 điểm

Như vậy trong suốt quá trình hạt chuyển động gócϕ luôn không đổi, điều này có nghĩa là quỹ đạo của hạt nằm trên một mặt nón đỉnh O, có trục song song với vectơ Cr và nửa góc ở đỉnh α = π − ϕ .0,25 điểm

C

kq m

r v

α

Hình 5

Theo (6) và (7), ta có 0 0 2

cos cos

1 kq

+  ÷ Hay đơn giản hơn

mr v0 0

tan

kq

α = 0,25 điểm

C©u 3 (2,5 ®iÓm)

Xét mặt trên của tấm (nhiệt độ T1): Khi một phân tử khí chuyển động với vận tốc v va chạm theo phương vuông góc với mặt trên tấm phẳng, phân tử khí bắn ra với vận tốc v1

1 1

3kT v

m

= 0,5 điểm

Mỗi lần va chạm, phân tử khí sẽ truyền cho tấm phẳng một xung lượng m(v+v1)

Chuyển động của các phân tử khí là hỗn loạn nên gần đúng ta có coi số hạt đập vào diện tích S trong thời gian ∆t là 1

6 noSv∆t (no là mật độ phân tử khí)

Do đó áp suất gây bởi các phân tử khí lên mặt này:

o 1

n S t.mv(v v )

∆ .0,5 điểm Tương tự:

2 o 2

1

p n mv(v v )

6

= + .0,25 điểm

Mặt khác ta có áp suất của khí là p n kT= o

Vậy lực nâng có giá trị cỡ

2 1

pS ( T T )

2 T

= − 0,75 điểm

133.0,1

F ~ 573 293 2,7 N

2 283 − ≈ 0,5 điểm

C©u 4 (3,5 ®iÓm)

1 (0,75 ®iÓm) Tại O: sinα= n1sinθ0

Chia sợi quang thành nhiều lớp

mỏng hình trụ đồng tâm Xét trong

mặt phẳng xOy, các lớp đó dày dy Tại

mỗi điểm góc tới của tia sáng là (900

-θ), ta có

n(y)sin(900-θ)= n1sin(900- θ0)

n(y)cosθ = n1cosθ0 = C 0,5 điểm

C = n1cosθ0=

2

1

sin

n

α

1

C= n −sin α 0,25 điểm

Hình 6

x

y

O α

2 (1,5 ®iÓm) Xét M có toạ độ (x,y), tia sáng có góc tới i = (900- θ)

n(y) cosθ = C; cos C

n(y)

θ =

cot

θ

⇒

y

0

C dy x

n (y) C

=

−

y

0 1

C dy x

n (1 k y ) C

=

∫ 0,5 điểm

Áp dụng 2 2 2

arcsin

a b y =

−

1

a= n −C = sinα; b = kn1

1

x arcsin

=

α +C1 Điều kiện ban đầu: x = 0 thì y =0 suy ra C1 = 0 0,5 điểm

Vậy quỹ đạo của tia sáng là đường hình sin .0,5 điểm

3 (0,5 ®iÓm) Điều kiện để tia sáng truyền trong sợi quang là:

1

sin

R

knα ≤ Muốn đúng với mọi α thì kn R 11 ≥ 0,5 điểm

4 (0,75 ®iÓm) Muốn ló ra theo phương song song Ox thì tại x = L, y có độ lớn cực đại

Hay 2 1 2

1

kn

2

n sin

π

= + π

− α với p là số nguyên không âm 0,5 điểm Suy ra

1 1

(2p 1) n sin L

kn

= với p = 0, 1, 2 0,25 điểm

C©u 5 (3,0 ®iÓm)

1 (2,0 ®iÓm)

a, Ký hiệu '

A

pr và '

B

pr là các véc tơ động lượng tương đối tính của các hạt A và B sau va chạm Vì ' '

v =v nên ' '

p =p Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có sơ đồ véc tơ như hình bên, nghĩa là α1 = α2, do đó '

A p

r

và ' B

pr đối xứng đối với prA 0,5 điểm

b, Ta có '

p =2p cosα (1) .0,25 điểm

Ký hiệu α là góc giữa '

A

vr và '

B v

r

và α = 2α1 Giữa động năng tương đối tính và động lượng p của hạt có hệ thức

2

(pc) =W (W +2E ) (Eo là năng lượng nghỉ)

Áp dụng cho hạt A:

2

(p c) =W (W +2E ) (2)

(p c) =W (W +2E ) (3) 0,5 điểm

Vì va chạm đàn hồi nên động năng tương đối tính được bảo toàn, mà ' '

W =W , nên ' ' '

W =W +W =2W

1

α

2

α

, A

p r

, B

p r

Hình 7

Thay vào (3), ta được: ( )' 2 dA dA

  (4) 0,25 điểm

Từ (1), (2) và (4), suy ra: ( )2 A 2 dA( dA o) dA o

dA dA

o

p cos

+

+

W

c os 2cos 1

+ ⇒ <0 cos <1α , tức α là góc nhọn

820 4.1875

+ 0,25 điểm Nếu là va chạm là cổ điển, tức phi tương đối tính, thì α = 90o Thực vậy khi đó Wd << Eo

nên cosα≈0 →α≈90o 0,25 điểm

2.(1,0 ®iÓm)

Cách 1: từ

2

2

1 c

Cách 2: Chọn K là hệ quy chiếu PTN trong đó hai hạt chuyển động tới gặp nhau dọc

theo trục Ox với cùng vận tốc v; K’ là hệ quy chiếu gắn với hạt A (tức là K’ chuyển động với tốc độ v đối với K và Ox trùng với O’x’) Vận tốc tương đối u giữa hai hạt trong hệ K’ chính là vận tốc v’ của hạt B Theo công thức cộng vận tốc ta có:

2 2

v ( v) 2v

v ' u

− −

Suy ra: uv2−2c v uc2 + 2 =0

Tìm được v c2 c c2 u2

u

= (loại nghiệm v>c) 0,5 điểm

Thay u = 0,95c, ta có v ≈ 0,724c từ đó

2

o

E c

điểm

C©u 6 (3,5 ®iÓm)

1 (1,5 ®iÓm) Xét trong hệ K, vận tốc của hạt tại các thời điểm t và t +dt là u và u + adt dọc theo

trục x (song song với Vr ) Trong hệ K’ chuyển động với vận tốc Vrđối với K các vận tốc tương ứng là

2

u V

u '

uV 1 c

−

=

u adt V

u ' a 'dt '

V

1 (u adt)

c

− + 0,5 điểm Biểu thức thứ hai có thể viết lại như sau:

1

2

1

−

(ở đây đã bỏ qua số hạng chứa (dt)2)

2

1

=

u V uV 1 c

−

=

−

2

2

2

2

V adt 1

c uV 1 c

+

Suy ra

2

2

2

2

V adt 1

c

a 'dt '

uV 1 c

=

(1) 0,5 điểm

Theo phép biến đổi Lorentz

2

2

2

dt Vdx / c

dt '

V 1 c

−

=

−

2

2

2

1 uV / c dt

V 1 c

−

=

− (2) 0,25 điểm Chia hai vế của (1) và (2) cho nhau, ta được

3/ 2 2

2

c uV

1 c

0,25 điểm

2 (0,5 ®iÓm) Trong hệ K vận tốc của hạt ở thời điểm t và t + dt lần lượt là (0, u,0) và (0, u adt,0)+

Trong hệ K’, các vận tốc tương ứng là

(−V, u 1 V / c ,0)− 2 2 và

( 2 2

V,(u adt) 1 V / c

a 'dt ' adt 1 V / c= − (3) 0,25 điểm

Chú ý rằng theo phép biến đổi Lorentz: 2

2

dt

dt '

V 1 c

=

− (4) Chi hai vế của (3) cho (4), ta được

2

2

V

a ' a 1

c

  dọc theo trục y 0,25 điểm

3 (1,5 ®iÓm) Trong hệ K vận tốc của hạt ở các thời điểm t và t+dt lần lượt có các thành phần ( ucos , u sin ,0α α ) và (ucosα +acos dt, u sinα α +a sin dt,0)α .0,25 điểm

* Đối với thành phần theo trục x’ của gia tốc làm tương tự như ở câu a) ta được

3/ 2 2

2

2

V acos

1-c a

uVcos 1

c

′ =

α

0,25 điểm

• Đối với thành phần theo trục y’, ta có:

2 y'

2

u sin 1 u

V

1 ucos c

α −β

′ =

− α và

2 y' y'

2

(u sin a sin dt) 1

u a dt

V

1 (ucos acos dt) c

′ + ′ ′=

− α + α 0,25 điểm với V

c

β =