Đề thi học sinh giỏi năm 2018 môn vật lý lớp 11 chuyên hưng yên

Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 ĐỀ THI CHỌN HSG CÁC TỈNH ĐBDH BẮC BỘ LẦN VI ( Trường THPT Chuyên Hưng Yên ) MÔN: VẬT LÝ KHỐI 11 Câu 1( 4,5 điểm ): Một phẳng, đồng chất hình tròn bị kht phần có góc tâm 2 / Cho khối lượng m, bán kính R Tấm gắn với trục quay cố định nằm ngang qua O( hình vẽ ) Bỏ qua ma sát trục 2 / quay O 1- Xác định vị trí khối tâm 2- Khi vị trí cân điểm B ( giao điểm đường thẳng đứng qua trục quay khối tâm G với mép tấm) nhận vận tốc V0 theo phương ngang a- Tìm vận tốc góc gia tốc góc theo góc  lập AB đường thẳng đứng (có thể hỏi thêm: b- Xác định giá trị tối thiểu V0 để AB đạt tới vị trí nằm ngang bên phải c- Xác định phản lực O vị trí nằm ngang) 3- Trên đường OG qua khối tâm, người ta gắn thêm vật nhỏ khối lượng m1  m / , cách O đoạn x Cho hệ dao động nhỏ quanh trục qua O Tìm x để chu kỳ dao động hệ nhỏ Câu ( 4,5 điểm ): Một vùng khơng gian hình cầu bán kính R có mật độ điện tích phân bố tổng điện tích +Q Một êlectron có điện tích –e, khối lượng m di chuyển tự bên bên ngồi hình cầu Bỏ qua tượng xạ điện từ a Xác định chu kỳ chuyển động tròn êlectron quanh tâm cầu với bán kính r (xét trường hợp r > R r < R) b Giả sử ban đầu êlectron đứng yên vị trí cách tâm hình cầu khoảng r = 2R, xác định vận tốc êlectron chuyển động đến tâm hình cầu tích điện theo R, Q, e, m, εo Thực tế êlectron chuyển động có gia tốc quanh cầu êlectron xạ sóng điện từ với cơng suất xạ tính cơng thức P  eQa a gia tốc êlectron, εo số điện, c 6o c3 tốc độ ánh sáng chân không Giả sử quỹ đạo êlectron gần tròn chu kỳ R Tính thời gian bán kính quỹ đạo chuyển động êlectron giảm từ R xuống Câu ( điểm ): Một khung dây dẫn cứng hình vng, tâm O, cạnh a, khối lượng m, độ tự cảm L, giữ nằm mặt phẳng nằm ngang xOy, cạnh khung song song với trục Ox Oy (Hình vẽ) Khung đặt từ trường khơng B có thành phần biến thiên theo tọa độ Bx  0; By  1y; Bz  2 z Tại thời điểm t = 0, người ta bng khung Biết q trình chuyển động mặt phẳng khung ln vng góc với trục Oz Bỏ qua sức cản khơng khí Giả sử xem điện trở khung khơng Tìm biểu thức phụ thuộc thời gian t cường độ dòng điện i khung Tìm giá trị cực đại i Thực tế khung có điện trở R Tìm biểu thức phụ thuộc thời gian cường độ dòng điện i khung Câu ( điểm ): Một môi trường suốt ngăn cách với không khí (chiết suất coi 1) mặt phẳng (P), trục Ox vng góc với mặt phẳng có gốc tọa độ O nằm mặt phẳng Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 Chiết suất môi trường suốt n  r  thay đổi theo khoảng cách r đến trục Ox theo quy luật nr  n A  k  a  r  với nA chiết suất môi trường điểm cách trục Ox đoạn a  ka  1 Chiếu chùm sáng nhỏ hình trụ, bán kính R, trục đối xứng trùng với Ox từ khơng khí tới mặt phân cách (P) Gọi MN tập hợp giao điểm tia sáng với trục Ox lần Xác định chiều dài đoạn MN 2.Tính hiệu quang trình cực đại tia sáng chùm sáng từ mặt phân cách đến đoạn MN lần Câu ( điểm ): Cho dụng cụ sau: + Thước kẹp (Palmer) R + Một máng có dạng hình trụ tròn có bán kính R hình vẽ (hình 1) (giá trị R lớn giới hạn đo thước kẹp) + 10 viên bi thép đồng chất có dạng hình cầu nhỏ, kích thước khác (Các viên bi lăn không trượt mặt máng hình trụ tròn nói trên) Hình + Một đồng hồ bấm giây Thí nghiệm tiến hành nơi có gia tốc trọng trường g biết u cầu trình bày phương án thí nghiệm đo bán kính R máng hình trụ tròn (trình bày sở lý thuyết, bước tiến hành thí nghiệm xử lí số liệu) Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 4,5 điểm Vị trí khối tâm: - Do tính đối xứng, khối tâm năm OX - Chia quạt tròn thành vơ hạn quạt nhỏ có góc tâm d Xét hình quạt xác định góc  , có diện tích ds  R d , tọa 2 độ trọng tâm Rcos ( tam giác) d  O X  0,5 - Tọa độ khối tâm hình quạt:  1 xG  xdm  m S Với      xds   R2   Rcos  R d  R 2 sin    3/2 R 2  ta tìm được: xG  R 2 / 2 0,5 Viết phương trình bảo tồn năng: 0,5 2 I 0  I   mg  OG 1  cos  2 V0 Thay 0  biến đổi ta được: R V02 2mg  OG 1  cos     R I / 3 O G 0,25  +) Tìm I: Mơmen qn tính đĩa tròn đồng chất với trục quay qua O MR2/2 Ta xem đĩa tròn gồm ba có góc tâm 2 / , tương đương hình tròn đầy đủ 13  Momen quán tính hình quạt là: I    m  R  mR  3I  I  mR 22  2 R 2mg  1  cos  V 2 3g 1  cos  V 2  Từ đó:     02  R R R mR 2 g sin  ' - Lấy đạo hàm theo t: 2 '   R 3g sin  - Vì  '   ;  '   nên    R 0,5 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 0,75 3- Khi hệ dịch khỏi vị trí cân góc nhỏ  : mgOG  m1 gx   I  m1 x   ''  "  mgOG  m1 gx 0 I  m1 x Chu kì T  2 Thay OG  I  m1 x (mOG  m1 x) g R m , I  mR , m1  tìm được: 2 2 R2  x2 ( R   x) g T  2 Tmin  y  Tính y '  0,5 R2  x2 R  x  x  2R 3x   R R Tìm x  0,5  x     0 R 0,5 Câu 4,5 điểm a Trường hợp r > R áp dụng định lý O-G xét cho mặt cầu bán kính r 4r E1  Q Q  E1  o 4o r Theo định luật II Niu-tơn : 0,25  F  ma sp  m2 r  2  eQ  m  r => eE1 = mω r => 4o r  T1  Vì vậy: 163 o mr T1  eQ 0,25 0,5 Trường hợp r < R ta áp dụng định lý O-G cho mặt cầu bán kính r lúc r r3 điện tích : q  Q 3Q R R r3 Q Q r => 4r E  R  E  o 4o R 0,25 eE2 = mω2r  2  Qr  m  r => e 4o R  T1  4o mR => T2  2 eQ 0,5 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 b Áp dụng định lý biến thiên động dW=dA => 0,25 mv    Fdr 2R R   1 eQ  eQr  mv     dr  dr      r  R o o   2R  R R  eQ 2eQ  dr => v   => v      rdr  = 4o m  2R r R R  2 o mR 0,25 eQ 2 o mR 0,5 Độ biến thiên electron sau thời gian dt xạ điện từ dW = -Pdt Với W  mv  Wt 0,25 Trong khoảng thời gian dt electron chuyển động coi tròn với bán kính r => mv eQr mv eQr    r 4o R 80 R   R dr  eQ rdr   (3R  r )  3   r  80 R r R R r eQr eQr 3eQ dr => W  => dW   2o R 4o R 80 R eQr eQr  a  Ta lại có ma  4o R 4o m R  Thế năng: Wt   Fdr   Theo P  0,25 eQ 40 e3 Q3 r eQa => P  9633o c3m R 6o c3 0,5 0,25 Thay vào ta 482 o2 c3m R dr eQrdr e3 Q3 r dt   =>   dt e2Q2 r 2o R 9633o c3m R 482 o2 c3m R => t   e2Q2 R dr R r => t  482 o2 c3m R ln e2Q2 0,25 0,25 Câu điểm 1 Từ thơng tồn phần   a 22 z  Li d  Ri, mà xem R = nên   const hay a 22 z  Li  dt a 2 z Lúc t = z = 0, i = Do thời điểm t: i   L Lực từ tổng hợp tác dụng lên khung ( không bị biến dạng) thời điểm t thành phần By, lực hướng lên (trục Oz) a F  2a 1 y i  a 1i (vì y  ) Ta có e   0,25 0,25 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 Phương trình chuyển động khung:  z  mz  mg  a 21i  mg  a 412 z L a 412 a 1  mgL    x  x0 z     mL  a 41  mL 0,25 0,25 x Nghiệm x  A cos  0 t    với  0  a mgL 1  z  A cos  0 t     a 1 mL mgL a 1 z   A sin      mgL Như  z   cos0 t  1 a 1 0,25 Lúc t = 0, z =  z  A cos   Từ  i   Suy I max  a 1z mg  1  cos0 t  L a 1 2mg a 1 0,25 0,25 0,25 d  Ri suy a 22 z  Li  Ri dt a 21   i (2) mz  mg  a 1i hay z  g  m Từ (1) ta có z    Ri  Li  Thay vào (2) a 2 2) Ta có e   a 41  mg  Ri  Li  i    mL  a 1  0,25 0,25 0,25 X  x  2x  02 x  0,    R 0  a 2 2L mL Nghiệm x  Ae t cos  1t    với 1  02  2 mg  i  Ae t cos  1t     a 1 Lúc t = 0: i mg mg  i   Acos    A     a 1 a 1cos   tan    1  i   Acos  1A sin    Thay vào i  Câu 4 điểm  mg  0 t e cos  1t     1  a 1  1  0,25 0,25 0,25 0,25 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 Xét tia sáng vào môi trường B cách O khoảng OB = b Chia môi trường thành lớp mỏng song song với trục Ox cho lớp coi chiết suất không đổi Tại vị trí, ta ln có: nr sin ir  const  nB sin   nB 2  2  nr2  nA  k  a  r    k  a  r     sin ir nB2  n  k  a  b    k  a  b   A  0,25 Mà cot i   r 0,5 k2  dr   cot ir     b2  r  2   dx   k  a  b  dr   kb b2  r  r  b sin  kb x  C  dx 0,25  r  b cos  kb x  0,25 Tại r = b, x = nên C   Quỹ đạo tia sáng mơi trường suốt có dạng hình sin Vị trí tia sáng cắt trục Ox lần là: fb  Như vậy: f max  f    k 2a ; f  f R  2k  2k  2k  k  a  b2  0,25  k  a2  R2  0,25 Chiều dài vệt sáng: f  f max  f    k 2a    k  a  R    kR 2k 2k Quang trình đoạn ứng với 1/4 chu kì tia theo đường r  b cos  kb x  (từ mặt phân cách tới vị trí cắt trục Ox lần đầu tiên) bằng: Lb   nr dl   nr   rx'  dx  Lb  kb n 1 k a  r A 2  1  Lmax  k  b2  r   k  a  b2  dx Câu điểm nA nA  k 2R2  2 2  k a ; L   k a    R 2k   2k   nA kR 0,25 0,25  k 2b  nA 1  k a    Lb  2k Như vậy: L0  0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 * Cơ sở lý thuyết: - Viên bi thép chịu tác dụng lực hình vẽ (trọng lực P , lực ma sát nghỉ 0,25 f , phản lực N ) , chọn chiều dương hình vẽ  (+) (+) f N P - Theo định luật II Newton: mg sin   f  maG (1) - Áp dụng phương trình động lực cho chuyển động quay quanh trục quay trùng với khối tâm: 2  f r  mr   f   mr. 5 (2) 0,25 0,25 - Do hình trụ lăn khơng trượt, khối tâm G chuyển động tròn với bán kính R-r nên ta có: aG   r Và: a G   '' ( R  r ) (3) 0,25 g sin   (R  r) g Do   100 nên sin      ''   0 (R  r) - Thay (2) (3) vào (1) ta được:  ''  - Vậy viên bi thép dao động nhỏ với chu kì: T  2 28 5g )( R  r )  r  R  ( ) T2 5g 28 5g - Đặt x = T2 ; a  ( ) ; b = R; y = r  y = ax + b 28 7( R  r ) 5g 0,25 T2  ( 0,25 (*) 0,25 * Các bước tiến hành thí nghiệm xử lí số liệu: - Lần lượt đặt viên bi thép nhỏ vào máng vị trí lệch góc   100 so với vị trí thấp (đáy máng) thả nhẹ để viên bi dao động điều hòa đo chu kì 0,25 dao động nhỏ 10 viên bi thép - Sử dụng thước kẹp để đo bán kính r = y viên bi, sử dụng đồng hồ bấm giây để đo chu kì dao động T viên bi suy x = T2; ta có bảng số liệu sau: 0,25 Lần đo 10 x x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 x9 x10 0,25 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 y y1 y2 y3 y4 y5 y6 y7 y8 y9 y10 - Để tìm bán kính R máng (R = b) ta làm sau: Vẽ đồ thị hàm bậc (*) với 0,25 10 cặp giá trị ngoại suy đồ thị cách kéo dài đồ thị cắt trục Oy, điểm cắt trục Oy ta có giá trị R y R O 0,25 x Ghi : Nếu HS khơng làm theo phương pháp bình phương tối thiểu mà học sinh biết tuyến tính hố vẽ đồ thị viết gần phương trình đường thẳng, cho điểm ... mR 2 g sin  ' - Lấy đạo hàm theo t: 2 '   R 3g sin  - Vì  '   ;  '   nên    R 0,5 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 0,75 3- Khi hệ dịch khỏi... xứng, khối tâm năm OX - Chia quạt tròn thành vơ hạn quạt nhỏ có góc tâm d Xét hình quạt xác định góc  , có diện tích ds  R d , tọa 2 độ trọng tâm Rcos ( tam giác) d  O X  0,5 - Tọa độ khối... (trình bày sở lý thuyết, bước tiến hành thí nghiệm xử lí số liệu) Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 4,5 điểm Vị trí khối tâm: - Do tính đối