HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG TỈNH QUẢNG NINH ĐỀ THI ĐỀ XUẤT HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ KHỐI 11 - NĂM 2023 Thời gian làm 180 phút (Đề có trang gồm 05 câu) Câu (4,0 điểm) Câu Sơ lược lời giải (2,0 a Hiệu điện hai tụ: điểm)  x d d E 1 +  E0  3E 0d x2  d  U =  E ( x ) dx =  dx = x +  = 1 1  2d  21 Điểm 1,0 21U 3d b Chọn mặt Gauss có dạng hình trụ chiều dày dx, mặt bên song song với đường sức điện, mặt đáy có diện tích S 0,25 Thơng lượng điện trường qua mặt Gauss kể là:  E0 =  =  E.dS = E dx Q (x)S'.dx (x).S'.dx  x  0,5  ( E ( x + dx ) − E ( x ) ) S' =  S' = 1 +  0 0 1 d 01  d   (x) = 0 E 20 1U = x + d 3d ( x + d ) 0,25 (2,0 1 + βx a Điện trở suất điện mơi có toạ độ x: ρ0 (x) = = điểm) σ(x) σ0 - Xét lớp điện mơi dày dx có toạ độ x: Gọi S diện tích tụ dx + Điện trở lớp điện môi là: dR t = ρ (x) S d d ( + βd ) + βx + Điện trở toàn điện môi bên tụ: R t =  dx = σ 0S 2σ 0S U 2σ 0SU + Cường độ dòng điện mạch: I = = R t d ( + βd ) b Mật độ dòng điện bên tụ: j = 2σ U I = S d ( + βd ) Gọi E cường độ điện trường vị trí điện mơi - Áp dụng định luật Ôm dạng vi phân: j = E 2σ U + βx 2U j E= = = (1 + βx ) σ d ( + βd ) σ d ( + βd ) 2U Vậy: E = (1 + βx ) d ( + βd ) Câu (5 điểm) 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 a b Ngay trước đóng K CE q1 = q = Đóng K - Ngay đóng khóa K, uPH   điốt mở - Khi Đ mở, chọn chiều dương dịng điện điện tích tụ hình vẽ Thời điểm t ta có: i1 = q1/ (1)  / i = q (2) i1 = i + i L (3)  q q / u = L.i = = E − (4) L  PH C C  // q + 2LC q = q = q 02 cos(.t + 2 )   ; 2 = 2LC q1 = q 01 cos(.t + 1 ) + CE [q − CE]/ / + [q − CE] = 1  2LC Điều kiện đầu: CE  q = q 02 cos 2 =  / i = q = −q 02 sin 2 =  q = q cos  + CE = CE 01   / i1 = q1 = −q 01 sin 1 =  =  CE  q 02 = CE q = cos .t   2    =  q = CE cos(.t + ) + CE    CE q 01 =  c  Ta có: i = i L = i1 − i = q1/ − q 2/ = CE sin .t = CE cos(.t − ) C  E cos(.t − ) → i = iL = 3L q1 E  u NP = C = − cos .t + E →   u = q = E cos .t PH  C T - Sau khoảng thời gian t = kể từ K đóng i L = 3E - Khi u NP = , hiệu điện hai đầu tụ C1 đạt giá trị cực đại, hiệu điện E hai đầu tụ C2 đạt giá trị u PH = − 2 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 d E  trình dao động điện từ mạch thời điểm ngừng đi-ốt đóng Giả sử sau có phân bố lại điện tích, gọi q *1 ;q 2* điện tích tụ Khi i L = ; u PH = − 0,25 C1 ;C2 Do đi-ốt bị đóng nên khơng có dịng qua điốt Áp dụng ĐLBT điện tích ta có: −q *1 +q 2* = −q1 + q = −2CE (1) q* q* Mặt khác ta có: u PQ = = E − (2) C C  * 3CE q = = q1 Từ (1) (2)  nghĩa điện tích khơng thay đổi q * = − CE = q  2 → sau dừng trình dao động điện từ khơng có phân bố lại điện tích, q trình dao động dừng hẳn 0,25 0,25 0,25 Câu (4,0 điểm) 3.a (1,5 điểm) L1 L2 a Sơ đồ tạo ảnh: ABd ⎯⎯ →d ' A1B1 d ⎯⎯ →d ' A B (  ) 1 Đ  δ = 12,8cm f1f Khoảng cách thấu kính: L = δ + (f1 + f2) = 17,0cm G = L1 O2 d ⎯⎯ → n d ' O2 ' Dựng ảnh mắt O2 qua thấu kính L1: d = L => d ' = d.f1 = 17 = 1,0625cm d − f1 16 tan  D1 48 = = →  = 58,90 d' 85 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 Vậy góc mở thị trường qua kính 58,90 3.b (1,5 điểm) L1 L2 b Sơ đồ tạo ảnh: ABd ⎯⎯ →d ' A1B1 d ⎯⎯ →d ' A B (  ) 1 Quan sát trạng thái không điều tiết: d2’ = ∞  d2 = f2 =3,2 cm 0,25 d1' f1 13,8.1 69 = =  1,0781cm d1’ = L – d2 = L – f2 = 13,8 cm  d1 = ' d1 − f1 13,8 − 64 0,5 + Vậy vật AB đặt trước L1, cách L1 đoạn 1,0781 cm = 0, 0156 cm Khoảng cách từ AB đến O2’ là: d = d1 − d' = 64 0,25 + Đường kính vùng sáng chứa AB (Kích thước AB lớn nhất) : MN = 2d.tan 3.c (1,0 điểm) 0,5  = cm  176,47 m 170 c Vịng trịn thị kính xác định ảnh vật kính cho thị kính Dựng ảnh vật kính L1 qua thị kính L2 L2 L1 d ⎯⎯ → n d3 ' L1 ' 0,25 d3 = L  d ' = d 3f = 17.3,  3,942 cm d − f 17 − 3, 0,25 Vậy, mắt đặt sau thị kính, cách thị kính O2 khoảng 3,942 cm thu nhiều ánh sáng Kích thước vịng trịn thị kính kích thước ảnh thấu kính L1 qua L2 : 0,5 d 3' D1' = = D1' = 0, 278cm = 2,78 mm d D1 Câu (4 điểm) Câu Sơ lược lời giải 1a Chọn gốc vị trí thấp I (hình vẽ ) Điểm - Hệ khơng có ma sát, m bảo tồn - Bảo tồn vị trí thả vật m ban đầu vị trí góc lệch  , ta được: mgR(1 − cos  ) = mv + mgR(1 − cos  ) v = 2gR ( cos  − cos  ) 0,5 (1) * Gia tốc toàn phần vật gồm : a = a ht + a tt , v2 = 2g ( cos  − cos  ) R - Gia tốc tiếp tuyến: a tt = g sin  - Gia tốc hướng tâm: a ht = 0,25 - Độ lớn gia tốc toàn phần: a = a 2ht + a 2tt = g ( cos  − cos  ) + ( sin  ) b Tìm gia tốc tồn phần nhỏ theo g  (2) 0,25   cos   cos   Từ biểu thức (2), viết : a = g 3  cos  − + 1 (3)  − 3     cos  cos  = cos  = Từ biểu thức (3) nhận thấy: cos  − , nên ta có 3 trường hợp: cos   hay cos   * TH 1: Nếu 2 => Gia tốc toàn phần a đạt cực tiểu cos  lớn nhất, tức cos  = (góc  = ) => đó: amin = g (1 − cos  ) 0,25 * TH 2: Nếu cos   hay cos   4 => Gia tốc toàn phần a đạt cực tiểu cos  = cos  => Khi : amin = g − 0,25 cos  c Xét  = 900 , gia tốc thành phần vị trí góc lệch  v2 = g cos  R + Gia tốc tiếp tuyến: a tt = g sin  + Gia tốc hướng tâm: a ht = 0,25 Khảo sát gia tốc toàn phần có giá qua điểm thấp I * TH 1: Khi vật vị trí thấp I, tức  = 00 v2I = g cos = g ; a tt = R - Gia tốc toàn phần : a ( I ) = a ht ( I ) = g có giá ln qua điểm thấp I Khi đó: a ht(I) = 0,25 * TH 2: Tại vị trí góc lệch  , giá gia tốc tồn phần qua điểm thấp I a ht cos   = a tt sin 2    = 70,530 sin = Bỏ qua ma sát hệ vật M mặt sàn, M chuyển động tự - Gọi v12 vận tốc m so với M (có phương tiếp tuyến vành trịn), V vận tốc 0,25 M hệ quy chiếu gắn đất (V có phương nằm ngang) 0,25 - Xét vị trí góc lệch  nhỏ, coi gần đúng: cos   − 2 có v12 =  'R (1) - Chọn gốc vị trí thấp I vỏ cầu - Khi bỏ qua ma sát, theo phương ngang, động lượng hệ bảo toàn  mv12 cos + (m + M)V = Lấy gần cos (2)   , ta được: 0,25 mv12 m =−  'R mv12 + (m + M)V = => V = − m+M m+M - Bảo toàn cho hệ m M vị trí góc lệch  , ta có: 1 W = m v12 + V + MV + mgR(1 − cos  ) = const 2 1 2 2 = const W = m ( v12 ) + ( m + M ) V + 2mv12 V cos v12 ,V + mgR 2 2 mM 2 W= (3) ( R ') + mgR = const ( ) ( mM 2R 2 '. '' + mgR '. = m+M  '' + 0,25 0,25 g (m + M)  =0 MR Vậy vật m dao động điều hòa với tần số góc ω = 2π = ω 0,25 ) m+M Lấy đạo hàm hai vế (3) theo thời gian, ta Chu kì dao động m là: T = 0,25 g (m + M) , MR 2π g (m + M) MR 0,25 Câu (3 điểm) Câu (1,5 điểm) Sơ lược lời giải Chứng minh tần số góc dao động Xét lắc lò xo treo thẳng đứng, vật nặng m, lò xo độ cứng k, khối lượng M Chọn gốc toạ độ trục x VTCB Giả sử, thời điểm t, vật m li độ x có vận tốc v (Hình vẽ) Điểm - Sau thời gian dt, đầu lò xo dịch chuyển đoạn dx = vdt - Xét phần tử lò xo khối lượng dM = chuyển đoạn Mds cách điểm treo đoạn s, dịch L 0,25 sdx s , có vận tốc vs = v L L - Động phần tử lò xo là: dWd(LX)  M  s  =  ds  v   L  L  0,25 - Động lò xo là: Wd(LX) =  dWd(LX) = L 1M 2 v  s ds = Mv 2L 0,25 - Áp dụng định luật BTCN cho toàn thể lắc ta được: W= 1 1 M kx + mv + Mv = kx +  m +  v = const 2 2 3 0,25 (1) Lấy đạo hàm vế theo thời gian biểu thức (1), ta được: 0,25 M k  W' = kx.x' +  m +  x'.x'' = => x'' + x = M 3  m+ k => Con lắc dao động với tần số góc: ω = (1,5 điểm) M m+ 0,25 (2) * Bố trí thí nghiệm: - Bố trí thí nghiệm hình vẽ, treo trọng vật khối lượng m vào đầu lị xo, cho hệ đứng cân *Tiến hành thí nghiệm: - Kích thích lắc dao động theo phương thẳng đứng với biên độ nhỏ, dùng đồng hồ bấm giây đo thời gian thực khoảng - 10 dao động, ghi kết bảng số liệu - Thay đổi khối lượng vật nặng m với giá trị khác nhau, thực thí nghiệm tương tự, điền kết vào bảng số liệu 0,25 0,25 * Lập bảng số liệu sau: STT Khối lượng m (kg) Số lần dao động Thời gian (s) Chu kỳ T (s) 0,25 * Xử lý liệu thí nghiệm - Từ biểu thức (2), tìm chu kì dao động hệ: T = 2π m+ M k 4π 4π M m+ k 3k - Vẽ đồ thị T theo khối lượng m, ta đồ thị dạng đường thẳng Y(X) có phương trình : Y = A.X+ B Trong đó: Y = T ; X = m ; => T2 = 4π 4π M Các hệ số: A = = tan α ; B = k 3k - Xác định độ cứng k khối lượng M lò xo từ hệ số A, B đồ thị: 3B 4π 4π ; M= k= = A A tanα HẾT -Giáo viên đề: Nguyễn Ngọc Phúc SĐT: 0815.688.666 0,25 0,25 0,25