Dap an thi HSG Cap truong nam 2012 Lop 11

Bài 2 3đ: Một e di chuyển một đoạn 0,6 cm từ điểm M đến điểm N dọc theo một đường sức điện của 1 điện trường đều thì lực điện sinh công 9,6.10-18J a Tính cường độ điện trường E b Tính cô[r]

TRƯỜNG THPT YÊN ĐỊNH ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2011-2012 Môn thi: Vật Lý Khối 11 (Thời gian làm bài 180 phút) ===================================================================================== Bài (3đ): Một nguồn điện có suất điện động E = V, điện trở r =  , mạch ngoài có điện trở R a) Tính R để công suất tiêu thụ mạch ngoài là 4W b) Với giá trị nào R thì công suất tiêu thụ mạch ngoài lớn Tính giá trị đó Bài (3đ): Một e di chuyển đoạn 0,6 cm từ điểm M đến điểm N dọc theo đường sức điện điện trường thì lực điện sinh công 9,6.10-18J a) Tính cường độ điện trường E b) Tính công mà lực điện sinh e di chuyển tiếp 0,4 cm từ điểm N đến điểm P theo phương và chiều nói trên? c) Tính hiệu điện UMN; UNP d) Tính vận tốc e nó tới P Biết vận tốc e M không Bài (4đ): Cho tụ điện mắc hình vẽ C1 =  F, C2 =  F , C3 = 3,6  F và C4 =  F Mắc cực AB vào hiệu điện U = 100V a) Tính điện dung tụ và điện tích tụ C1 C2 C4 b) Nếu hiệu điện giới hạn tụ C1,2,3 (CAM) là 40V; hiệu B M A C3 điện giới hạn tụ C là 60V Thì hiệu điện tối đa đặt vào đầu mạch điện là bao nhiêu để các tụ không bị đánh thủng? Bài (2đ): Cho chùm hẹp các electron chuyển động với tốc độ v =4 10 ( m/s ) bay vào từ trường theo theo hướng hợp với phương đường cảm ứng từ góc −4 α =30 Biết độ lớn cảm ứng từ từ trường là B=10 ( T ) Bỏ qua tương tác các electron Tìm bán kính cực đại các electron từ trường và thời gian để electron chuyển động hết vòng tròn Bài (3đ): Một thuỷ tinh mỏng suốt có tiết diện là hình chữ nhật ABCD (độ dài AB lớn so với n  AD), mặt đáy AB tiếp xúc với chất lỏng có chiết suất Chiếu tia sáng đơn sắc SI nằm mặt phẳng ABCD tới mặt AD cho tia tới nằm phía trên pháp tuyến điểm tới và tia khúc xạ thuỷ tinh gặp đáy AB điểm K (xem hình) a) Biết chiết suất thuỷ tinh là n 1,5 Tính giá trị lớn góc tới i để có phản xạ toàn phần K b) Chiết suất thuỷ tinh phải có giá trị nào để với góc tới i   i  , tia khúc xạ IK luôn bị phản xạ toàn phần trên mặt đáy AB Bài (2đ): Một dòng điện ống dây phụ thuộc vào thời gian theo công thức i=0,4 (5 −t) (A, s) Ống dây có hệ số tự cảm L = 0,005H Tính suất điện động tự cảm ống dây Bài (3đ): Cho hệ hai thấu kính O1 , O2 có tiêu cự là f =20 ( cm ) , f 2=−10 ( cm ) ; O1 bên trái O2 và có trục chính trùng Một vật sáng AB cao ( cm ) vuông góc với trục chính, phái bên trái O1 và cách O1 khoảng d 1=30 ( cm ) Tìm khoảng cách hai thấu kính để: a) Ảnh tạo hệ là ảnh thật b) Ảnh tạo hệ cùng chiều với vật và cao 2cm c) Ảnh tạo hệ có chiều cao không đổi dịch chuyển vật dọc theo trục chính Tìm độ phóng đại đó  ===================HẾT=================== TRƯỜNG THPT YÊN ĐỊNH ĐÁP ÁN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2011-2012 Môn thi: Vật Lý Khối 11 Bài Ý Nội dung E a Công suất mạch ngoài: P = R.I 62 P = 4W thì = R  R  2 2 Điểm  R r = R 0,5  0,5 R =  và R =  (3 điểm) b  E  E2     R r   r   R     R   Ta có: : P = R.I2 = R    R  r   R  Để P = PMax thì  nhỏ  r   R   R   2.r Dấu “=” xảy Theo BĐT Cô-si thì :  Khi đó: P = PMax 0,5 R r R  RN r 2 E 62 4,5 = = 4.r 4.2 W E= A MN =10 (V / m) Cường độ điện trường: b ' ' Ta có: AMN =q.E M N vì AMN > 0; q < 0; E > nên e ngược chiều đường sức => Công mà lực điện sinh là công dương c |q MN| ' ' ' ' Ta có: N P = -0,004m => ANP= q.E N P = 1,6.10-19.104.0,004 = 6,4.10-18 J A 9,6 10− 18 U MN= MN = =−60 V Hiệu điện thế: q −1,6 10 −19 −18 A 6,4 10 U NP = NP = =− 40 V −19 q −1,6 10 Vận tốc e nó tới P là: Áp dụng định lý động năng: AMP = WđP – WđN => WđP = AMN +ANP = 16.10-18 J d  v Thay số 0,5 0,5 a (4 điểm) 0,5 2WdP 2.16.10 18  5,9.106 ( m / s)  31 m 9,1.10 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5   C nt C2  C3  nt C4 Cấu tạo mạch điện:    C1 nt C2  C3  nt C4 C12  C1 A C2 C3 M C4 B C1C2 6.4  2,   F  C1  C2  C AM C12  C3 2,  3, 6   F  a Điện dung tụ: 0,25 C AB  0,75 C AM C4 6.6  3   F  C AM  C4  QAB C AB U AB 3.10  6.100 3.10 (C ) QAM Q4 U AM  (3 điểm) QAM 3.10  50(V ) U12 U C AM 6.10 6 Q3 C3 U 3, 6.10 50 1,8.10 (C ) b Q12 C12 U12 2, 4.10 6.50 1, 2.10 (C ) Q1 Q2 Điện tích các tụ: Điện tích cực đại có thể tích trên tụ CAM và C4 là: QmaxAM = CAM.UmaxAM = 6.10-6.40 = 24.10-5(C) Qmax4 = C4.Umax4 = 6.10-6.60 = 36.10-5(C) Mà thực tế ta có vì CAM; C4 mắc nối tiếp nên để không có tụ nào bị đánh thủng thì: min  Q maxAM ; Q max4  QAM = Q4 Điện tích tối đa bộ: QAB = QAM = Q4 = QmaxAM = 24.10-5(C) U AB  (2 điểm) QAB 24.10  80(V ) C AB 3.10 Hiệu điện tối đa có thể đặt vào đầu mạch điện là: ⃗v t // \{ ⃗ B ¿ ⃗v =⃗v t + ⃗v n ( , \{ ⃗v||n ⊥ ⃗ B )⇒ phân tích: vt =v cos α v n=v sin α ¿{ Thành phần ⃗v n gây chuyển động tròn, Lực Loren tác dụng lên electron (có độ lớn mv F L =ev n B ) đóng vai trò là lực hướng tâm (có độ lớn F ht = n ), R sin i gh  Góc giới hạn phản xạ toàn phần K: Để có phản xạ toàn phần K: n0 n02 i1 i0  sin i1   sin i1  1 n n 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 Thời gian cần thiết để electron chuyển động hết vòng tròn là: 0,25 0,25 mv 2n mv mv sin α Tức là: ev n B= ⇒ R= n = R eB eB (3 điểm) 4 n0 n T= π 2π πR = = ω v n v sin α R 0,5 0,5 2 Mà i1  r 90  sin i1 cos r  sin i1 1  sin r n   n sin r  n02  3 Thay (2) vào (1): Sử dụng định luật khúc xạ I: n sin r  sin i   2 + Thay (4) vào (3): sin i n  n0 a) Thay giá trị vào (5):  2 0,5 0,5  5 0,5 sin i  n  n02     i 30  imax 30  0,5  b) Từ (5), để có phản xạ toàn phần K với góc i i 90 thì (5) phải đúng với i Muốn vậy:  n n02  sin i  max hay n n02   n  n02   1,732 i=0,4(5 − t)=2 −0,4 t → i 1=2 −0,4 t i 2=2 −0,4 t Giải: ta có 2→ i − i1=−0,4 (t −t 1) → Δi=− 0,4 Δt ¿{ Khi Δt=t −t nhỏ thì Δi=i2 −i nhỏ Vậy Δi |e tc|=L Δt =0 , 005 0,4=0 , 002V (2 điểm) 0,5 1 (3 điểm) + Sơ đồ tạo ảnh: AB ⃗ O1 A B d1 ' d ⏟ d2 ⃗ O2 A B 0,5 d '2 l a d ' 1= d f 30 20 d f = =60 ( cm ) ⇒d 2=l − d ' =l− 60⇒ d ' 2= 2 d − f 30 −20 d2− f Để ảnh Vậy để b A B2 A B2 60 −l >0 ⇒ 50< l< 60 l−50 là thật thì 50 ( cm ) <ℓ <60 ( cm ) ' là thật d >0 ⇒ k=k k d '1 60 k 1=− =− =− d1 30 ' d 10 Độ phóng đại ảnh cuối cùng: k 2=− = d l −50 20 ⇒k = 50 −l ¿{ ⇒d ' 2=10 60 −l l −50 0,5 0,5 0,5 + Vì ảnh tạo hệ cùng chiều với vật và cao ( cm ) nên 20 = ⇒ l=20 ( cm ) 50 −l ¿ k >0 A B |k|= 2 = AB => ⇒k = ¿{ ¿ 0,5 Độ phóng đại ảnh cuối cùng: f ( d '1 − f ) d' −f −f2 d' −f f2 k =k k 2= 1 = 1 = ' − f d2− f f1 l − d1 − f f ( l− d ' − f ) c ⇒k= f ( d ' 1+ f − ℓ − f 2+l − f ) l − ( f +f ) f =− 1+ f1 f ( d ' 1+ f −l ) ( d ' 1+ f −l ) Theo đề bài k [ ] không phụ thuộc d (tức là không phụ thuộc d '1 ) + Do đó, theo (2): chiều cao 0,25 A B2 l− ( f 1+ f )=0⇒ l=f 1+ f không đổi (hệ vô tiêu) và đó k =− f2 f1 nghĩa là 0,25