HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN VÙNG DH&ĐB BẮC BỘ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LẦN THỨ XIV, NĂM 2023 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: VẬT LÝ - LỚP 11 HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm gồm 11 trang) CÂU (TĨNH ĐIỆN - 4,0 ĐIỂM) – CHU VĂN AN – HÀ NỘI Câu Nội dung Điểm “Đám mây điện từ” 2,0 1a  - Do tính chất đối xứng cầu nên E có phương bán kính dV  r  q d   1   2ra  q  2   2ra E      e      e dr 4 dr   r a  ar a   4  r Có 0,25 Để tính Q(r), ta lấy mặt Gauss mặt cầu tâm O, bán kính r Áp dụng định lý O- G có: 4 r E  Q r  2r 2r   2ra  Q  r   4 r E  q    e  1 0 a a   - Để tìm mật độ điện tích 0,25   r ta xét lớp cầu nằm hai mặt cầu có dQ Q  r  dr   Q  r  bán kính r r  dr Điện tích lớp là: 4 dV    r  dr    r  4 r dr 3 - Thể tích lớp cầu: - Có dQ  r   4 r dr   r     r   q    r  4 r dQ  r  4 r dr   4r   2ra  2r 2r   2ra  q  2ra   e   e  2     e   1 a a a   a3  a a   0,5 Từ (1) (2) ta thấy: +) +) Q r  r  Q  q ; r   Q    r   r     r   Như trường tạo điện tích q  đặt tạo tâm bao quanh quầng điện tích âm   r Q r có mật độ khối có điện tích tổng cộng –q ( điện tích Trang 1/11 0,25 tồn khơng gian 0) 1b Ta biết lượng liên kết lượng cần cung cấp để tách điện tích +q khỏi đám mây có điện tích –q cách đưa từ O xa vơ cực Gọi V- : điện đám mây mang điện âm gây Công lực điện trường đám mây thực q di chuyển từ O xa vô cực là: A = q[V-(0) - V-(  )] = qV-(0) V  q  Vì điện điện tích điểm gây điểm V V  r   V  q   q 4 r ta có: q  r   a2r q  1  e  4 r  a  4 r  2r   2r a q q  e   ea  4 a 4  r       2r    1 e a q q V     lim  4 a 4 a r   2r  a Vậy :   q   4 a   2a “ Mẫu nguyên tử Hidro cổ điển Thomson” Khảo sát điện trường hạt nhân khoảng cách r tính từ tâm O hạt nhân  Mật độ điện khối: e  R3 0,25 0,25 q2 W  A  4 a Cuối 0,25  3e 4 R3 + r  R :   r  e E  r  4 r   E  r  r r    R 0 Áp dụng định lí O-G: + R r : E  r  4 r  Áp dụng định lí O-G: Vậy: Trang 2/11 e e  E r  0 4 r 2,0  e  4 R r  E  r   e 0 r  R    4 r với  R r Lực tác dụng lên electron có độ lớn:  e2  4 R r  F  r    e  4 r 0 r  R   F  r với  R r ( hướng vào tâm O ) 0,5 Đồ thị: 0,5 2b b1 Xét electron chuyển động hạt nhân:  Electron chịu tác dụng lực kéo hướng tâm tuyến tính: e2  F  r 4 R hướng tâm O Lực không O, O vị trí cân bền electron b2 Phương trình chuyển động electron bên cầu là:  mr  e2   r 0 4 R   r v Với điều kiện ban đầu cho, phương trình chuyển động là:    e2 v0   r  t  r0 cos t  sin t 4 mR  , Quỹ đạo elip Trang 3/11 0,5 0,25 2c    E F  eE d Trường tác dụng lực điện lên electron Nguyên tử bị ion hóa lực từ trường lớn lực kéo hạt nhân tác dụng lên electron Fmax  Lực kéo lực cực đại e2 4 R r R (ý 2a)  Để ion hóa nguyên tử lực điện trường ngồi E0 tác dụng lên electron phải có giá trị thỏa mãn: Fđ  Fmax eE  e2 e  E0  4 R 4 R 0,25 CÂU (5 ĐIỂM) – ĐIỆN TỪ- THANH HOÁ Câu (1đ) Nội dung Điểm Chia cầu thành đới cầu mỏng, diện tích dS (vành dS = 2πRθRdθRθRdθ sin θRdθ.RθRdθdθRdθ , màu đen đậm), tích điện dq = σdSπσRθRdθdS = 2πRθRdθσdSπσRθRdθRθRdθ sin θRdθ.RθRdθdθRdθ , gây dịng điện hình trịn: dI = dq 2πRθRdθσdSπσRθRdθRθRdθ sin θRdθ.RθRdθdθRdθ = = σdSπσRθRdθWRθRdθ2 sin θRdθdθRdθ T 2πRθRdθ / W , 0,25 Ta biết cảm ứng từ dịng hình trịn gây điểm trục cách tâm khoảng z là: Bz = μIr0 Ir 2(r + z )3/2 0,25 Trong trường hợp này, dịng hình trịn dI bán kính r = RθRdθ sin θRdθ , cách O 0,25 khoảng z = RθRdθ cos θRdθ gây O cảm ứng từ: dBO = μIr0 dI RθRdθ2 sin θRdθ RθRdθ BO = μIr0 σdSπσRθRdθWRθRdθ sin θRdθ.dθRdθ 0,25 πRθRdθ μIr σdSπσRθRdθWRθRdθ BO = ò dBO = sin θRdθ.dθRdθ = μIr0 σdSπσRθRdθWRθRdθ ò Trang 4/11 r Khi đặt nam châm có moment từ m từ trường cầu (1,5đ) hướng lưỡng cực lệch góc α nhỏ so với từ trường chịu moment lực là: r r r τmB = m´ B 0,5 Độ lớn τmB = m ×B sin α » m ×B ×α =- IO α&& m× B× α =- 12 m × B & &Þ α & &+ MLααα2 α × α =0 12 MLααα Hay nam châm dao động với tần số góc ω= 0,5 12 m ×B σdSπσRθRdθWRθRdθ = 8μIr0 m MLααα MLααα2 0,5 Khi momen lưỡng cực quay, có hai thành phần: (2,5đ) 0,5 mx = m cos ωt , my = m sin ωt Do cơng suất phát xạ trung bình chu kỳ là: P= μIr0 μIr0 μIr0 μIr0 m r& 2 & & & & & ( m ) = ( m ) + ( m ) = ωm = ω ( x y ) 6πRθRdθcπcπcπc 6πRθRdθcπcπcπc 6πRθRdθcπcπcπc 6πRθRdθcπcπcπc , ( ) 0,5 Cơ dao động: K= 0,5 1 MLααα2θRdθmax ω2 ; MLααα2θRdθ02 ω 24 24 , Khi nam châm dao động phần lượng dùng để phát xạ điện từ, bảo toàn lượng cho: ChiềudK dương + dt r =- P Þ - μIr0 m2I 6πRθRdθcπcπcπc ω4 = i dω MLααα2θRdθ02ω 12 dt μIr0 m2 S 2C Adω ω = MLααα θRdθ0 ω 12 dt 6πRθRdθcπcπcπc ω dω ò ω3 =ω S’ A’ 0,5 t 2μIr0 m2 4μIr0 m 1 ị πRθRdθMLααα2θRdθ2cπcπcπc3 dttÞ ω2 - ω2 = πRθRdθMLααα2θRdθ2cπcπcπc 0 0 0,5 Trang 5/11 ω0 ω= 1+ Hay 4ω02μIr0 m2 t πRθRdθMLααα2θRdθ02 cπcπcπc CÂU (4,0 ĐIỂM) – QUANG HÌNH - TUYÊN QUANG Câu (1 điểm) Nội dung Điểm Để nhìn rõ nét bơng hoa vị trí xung quanh bình cầu vị trí đặt hoa tâm bình cầu Xác định độ phóng đại B’ A ' B' tanr sinr   n tan i sin i AB Bơng hoa có kích thước nhỏ nên i, r coi góc nhỏ 0,5 r i B 0,5 AA’ 2 điểm 0,25 * Vị trí điểm S điểm Vây-ớt-trát (điểm thỏa mãn điều kiện tương điểm rộng): IA nx  IA ' x ' =hằng số với vị trí I mặt cầu ˆ ' với S’ giao phân giác với - Dựng phân giác IS’ góc AIA đường SC Sử dụng hệ thức lượng giác tam giác DIAS’ DIS’A’: IA AS' IA ' S'A '  ;  ˆ ˆ ˆ sin IS'A sin S' IA sin IS'A ' sin S' ˆIA ' , 0,25 IA AS'  S'A   ˆ ˆ ˆ ˆ mà S'IA S' IA ' sin IS'A sin IS'A ' nên: IA ' S' A ' S' A ' (1) AS' AC  CS' CS'  x   Lại có S'A ' S'C  CA ' x ' CS' 0,25 IA CS'  x   IA ' x ' CS' (2) IA hangso - Mặt khác, IA ' với vị trí I mặt cầu nên IA SA  (3) IºS thì: IA ' SA ' Trang 6/11 0,25 So sánh (3) (1)  S’ điểm mặt cầu, SS’ đường 0,25 kính bình cầu CS’=R SA SC  CA SC  x   SA ' SC  CA ' SC  x ' (4) Mà: Từ đó, kết hợp (2) (4) ta có: IA CS'  x SC  x   IA ' x ' CS' SC  x ' ; đặt R= CS (R>0: cầu lồi) ta có 0,25 IA R x R x   IA ' x ' R R  x ' R  x R x x   x ' R R  x ' x '.n 0,25 Kết hợp với (I) ta có: x Giải phương trình ta tìm được: x=n.R R n 0,25 x Với điều kiện hoa đặt bình cầu ta chọn nghiệm R n , ảnh bơng hoa vị trí: x’=n.R k x' n x Độ phóng đại ảnh: điểm Với lưỡng chất cầu độ nhỏ: IA SA SC  CA SC  x R  x IA nx  IA ' x ' IA ' SA ' SC  CA ' SC  x ' R  x ' Thay vào biểu thức: n n   x x' R k x' x 0,25 : 0,25 ; độ phóng đại ảnh: (chú ý: HS khơng cần chứng minh lại cơng thức này) Áp dụng số: R=9cm; n=1,5 Vật đặt cách tâm bình cm, ta có hai trường hợp: TH1: x=2cm x’=3,375cmk=1,6875 Trang 7/11 0,25 0,25 TH2: x=-2cmx’=-2,7cmk=1,35 Trang 8/11 CÂU (4 ĐIỂM) –DA0 DỘNG CƠ - HÀ NAM Câu Nội dung Điểm Chọn hệ quy chiếu gắn với mặt đất Lực tác dụng lên vật mơ tả hình vẽ 0,5 Điều kiện cân cho vật m m m1 g−2Tcosφφ=0(1) 0,5 T −m g=0(2) Giải hệ phương trình (1) (2), ta có φ=600 (3) Chọn mốc tính vật trùng với vị trí cân Áp dụng định luật bảo toàn cho ta m gLcotφφ−2 m gL ( 1 −1 = m v21 +m v 22 ( 4) sφinφφ ) 0,5 0,5 Bên cạnh đó, sợi dây không dãn, nên vận tốc vật m1 vật m2 liên hệ với 0,5 v1 cosφφ=v 2(5) Kết hợp phương trình ( 4) (5), ta √ v1 = gL gL ( 2− √3 ) cosφφ+2 sφinφφ−2 =2 (6) sφinφφ ( 1+2 cos φ ) √ 0,5 Xét thời điểm bất kì, m m tọa độ tương ứng x x 0,25 Từ điều kiện tổng chiều dài sợi dây không đổi, ta suy 2 √ L + x −2 L x 1 cos ( 1800 −φ ) + L2−x 2=L1 + L2 (7) Lưu ý x ≪ L1, phương trình (7) thu gọn lại thành Trang 9/11 0,25 x1 x 1+ −x 2=0(8) L1 Khi đó, hệ cho x21 √ mg U =−m1 g x 1+2 m2 g x 2= mg = x (9) L1 L 0,25 Tương tự câu (b), động hệ 1 K= m1 ´x21 +m ´x22= m1 ´x21 +m2 ´x21 cos2 φ= m ´x 21 (10) 2 Ngoài ra, hệ đại lượng bảo tồn, nên ta có ´ + K´ =0(11) U Thế phương trình (9) (10)vào phương trình (11), ta ´x 1+ g √ x 1=0(12) 2L Phương trình (12) cho thấy hệ dao động điều hịa với chu kì T ¿=2 π √ 2L (13) g √3 Trang 10/11 0,25 CÂU (3 ĐIỂM) – THỰC HÀNH - CHUYÊN LÊ KHIẾT – QUẢNG NGÃI Câu Nội dung Cơ sở lý thuyết: Điểm Khi đĩa quay từ trường, xuất dịng điện cảm ứng, suy 1ra có mô men lực từ cản trở chuyển động đĩa Dòng điện cảm2 ứng tỉ lệ với cảm ứng từ B tốc độ góc Lực điện tỉ lệ với B dịng điện cảm ứng Isuy mơ men lực từ tỉ lệ với B2 ω Suy M =k B2 ω với k hệ số tỉ lệ không phụ 5thuộc vào B Khi đĩa quay đều, tổng mô men lực tác dụng lên đĩa 0: 0,5 mgr kB 2  M ms Trong r bán kính trục quay, M ms mô men lực ma sát gr  M  v c   m  ms  gr  kB  Suy vận tốc nặng đĩa quay gr a m=x , v= y kB Đặt Suy phương trình tuyến tính hố y ax  b với 0,5 */ Bố trí tiến hành thí nghiệm - Bố trí thí nghiệm hình vẽ - Treo vật m vào đĩa thả cho hệ chuyển động Đợi thời gian để vật chuyển động đánh dấu vị trí vật để đo quãng đường s thời s v tφ t gian tương ứng Suy vận tốc vật - Thay đổi giá trị m đo v tương ứng - Lặp lại thí nghiệm thay từ trường nam châm thứ - Lập bảng giá trị Trang 11/11 0,5 Bảng giá trị ứng với từ trường B1 Lần m m1 m2 v v1 v2 … vc B1 B2 Bảng giá trị ứng với từ trường B2 Lần m m1 m2 v v1 v2 m m0 m1 m2 …m2+m2 0,5 * Xử lí số liệu: - Vẽ đồ thị v theo m ứng với giá trị B1 B2 0,5 gr tg1  , kB1 Ta đo độ dốc Suy gr tg  kB2 B1 tg  B2 tg1 0,25 0,25 ………………………HẾT…………………… Trang 12/11