0,5 Tỉ số năng lượng: 2 1 E 3 E  0,5 2

1

Câu Nội dung Điểm

Câu 1 Trường THPT chuyên Thái Nguyên

4đ 1. Do giả thiết hạt nhân phát xạ negatron nhanh nên bỏ qua mọi ảnh hưởng của nó lên chuyển độngcủa electron và hạt nhân.

+ Trước khi phát xạ negatron:

Electron chuyển động trên quỹ đạo tròn do tác dụng của lực Coulomb nên ta có:

2 2

0

2 2

0 0 0

e t

mv q q e

k k

r  r  r

=> động năng của electron là: Wđ1 =

2 2

0

2 20

mv e

k r

 (1)……. 0,5

Thế năng tương tác giữa electron và hạt nhân: Wt1 =

2

0 0

e t

q q e

k k

r r

  

 Năng lượng hệ :

2 2 2

0 1

0 0

2 2

mv e e

E k k

r r

   

…….

0,5 + Sau khi phát xạ negatron:

Do bỏ qua ảnh hưởng của negatron đến chuyển động của hệ nên ngay sau phát xạ, động năng của electron không thay đổi và vẫn có giá trị Wđ2 = ke²/2r0, nhưng khi đó do điện tích của hạt nhân thay đổi nên thế tương tác giữa electron và hạt nhân cũng thay đổi và:

2 2

0 0

W_t q q^{e t} 2e

k k

r r

   

 Năng lượng hệ khi này :

2 2 2 2 2

0 2

0 0 0 0

2 2 3

2 2 2

mv e e e e

E k k k k

r r r r

     

…..

0,5 Tỉ số năng lượng: ²

1

E 3

E  0,5

2. Quỹ đạo mới của electron quanh hạt nhân có dạng là một elip, với hạt nhân là một tiêu điểm.

+ ĐLBT mômen động lượng:

2 2

0 0 mv r 2...

2 2 r

mv L

L mv r

    m

2 2 2 2 2

0 0 0

do (1) L m v r kme r

+ Thay vào biểu thức bảo toàn năng lượng E = E2, ta được:

2

2 2 2 2 2

0

2 2

0 0

2 3 2 3

...

2 2 2 2

ke r

L ke ke ke ke

mr  r   r  r  r   r

2 2

0 0

3r 4r r r 0

    => r = r0 hoặc r = r0/3

Vậy khoảng cách gần nhất và xa nhất từ quỹ đạo của electron tới hạt nhân là:

0,5

0,5 TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG

LẦN THỨ XII

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: VẬT LÝ – LỚP 11 Ngày thi: 31 tháng 7 năm 2016

2

rmin = r0/3 và rmax= r0………. 0,5

+ Các trục của elip được xác định theo:

2 2

0 0 0

min max max min

4 2 2 3

2 ; 2 ; 2 2

3 3 3

r r r

ar r  cr r  b a c 

Với a, b là các bán trục lớn và nhỏ, 2c là khoảng cách giữa hai tiêu điểm của elip.

0,5

Câu 2 Trường THPT chuyên Lào Cai 3đ

1. Trong mạch dao động LC, ta có: ^{Ldi q 1}

 

dt C

  (0,25đ)

Theo đề bài: i  I₀ at²  i I₀ at² (a là hệ số tỷ lệ) Suy ra: ^{di 2at}

 

dt   2 0,25

Mặt khác: ^idq_dt ^{ dqidt}





 

3

3 0

q dq I t at





Thay (2) và (3) vào (1):

3 0

1 at

2L.at I t

C 3

 

   

  (0,25đ)

Suy ra:

2 0

1 at

C I

2aL 3

 

   

  (4) …… 0,25

Lúc t = 0: 0 ⁰

 

C I ...

 2aL 5 (chưa điều chỉnh tụ điện) (0,25đ)

Xét ở thời điểm t = t1 thì i = 0, ta có: I₀ at₁² Suy ra: 1 ⁰

 

t I ...

 a 6

0,25

0,25 Từ (5) và (6), suy ra: t₁ 2LC₀

Do: _{0 0 1} T⁰ T⁰

T 2 LC t 2 ...

2 2

  

    0,25

2. Năng lượng điện từ khi chưa điều chỉnh tụ điện:

2

0 0

W 1LI

2 (7) 0,25

Từ (3) ta có điện tích của tụ điện khi ngừng điều chỉnh:

 

at at

q t I t t I

3 3

 

     

 

2LC0 ₀ I⁰ 2 _{0 0} 2 2 _{0 0}

I I 2LC I LC

3 3 3

 

    

 

2

0 1

1 0

I at

t 2LC



 …… 0,25

Điện dung của tụ điện khi ngừng điều chỉnh:

3

2 1 0

1 at

C I

2aL 3

 

   

 

=>C ¹ I₀ ^{I0 I0}

2aL 3 3aL

 

   

  (8)…….. 0,25

Từ (5) và (8) ta suy ra: C ^{2aLC0 2}C₀

3aL 3

 

0,25 Năng lượng điện từ sau khi ngừng điều chỉnh: (i = 0)

2

2 0 0

2 0 0

8I LC

q 9 2

W LI

2C 2 3

2. C3

   (9)………. 0,25

Từ (7) và (9) ta được:

2 0

0 2

0

2LI

W 3 4 1

W 1 3

2LI

  

0,25

W > W0: do thực hiện công kéo các bản tụ điện ra xa hơn.

Câu 3 Trường THPT chuyên Tuyên Quang

3đ 0.5

Từ hình vẽ ta thấy:

0 0

0 0

0 (180 25 120 ) 55

90    

  ….

' 35 43 ) 120 ' 45 12 180 (

90⁰  ⁰  ⁰  ⁰  ⁰



 ……..

0,5 0,5 Từ công thức lăng kính ta được  60⁰ ……..

Dựa vào định luật khúc xạ ánh sáng:

) 60 sin(

sin sin

sin

0 









  hay

2 sin ' 1 0

( ) cot 33, 7

sin 2

3

  

 ^{    ………}

Vậy: sin sin 1,5

n 

   ……….

0,5

0,5 0,5 Câu 4 Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn-Điện Biên

4đ a. Với tụ C:

Xét khi dây hợp với phương thẳng đứng góc α nhỏ:

4

2

1 2

(1 )

2 2

mv mgl cos Cu const

Vì góc α nhỏ, ta có:

2

1cos2

2

2 2

1 1

2 2 2

mv mgl Cu const

    ……. 0,5

2

1 1 2

2 2

d dS l d

u B B Bl

dt dt dt

 

         …. 0,5

2 2 4

2 1 2

( )

2 4 2

ml CB l mgl const

 

    (1) Đạo hàm 2 vế của (1):

''

2 3 0

4 mg ml CB l

   



(2) 0,5 (2) chứng tỏ con lắc dao động điều hòa với chu kỳ:

2 3

2 4

l CB l T m

 ^ g

 0,5

b. Với cuộn cảm L:

Tương tự:

2

1 2

(1 )

2 2

mv mgl cos Li const

2 2

2 1 2

2 2 2

ml mgl Li const

 

    …. (3)

0,5

2 2

0

0

( )

; (t 0)

2 2

Bl di l d

L B i

dt dt L

 

 ^  

     (4)

0,5 Thay (4) vào (3) ta có:

2 2

2 1 2 2 4 ( 0)

2 ml 2mgl B l 8 const

L

 

  ^

   

Đạo hàm 2 vế:

2 3 2 3

'' ( ) 0 0

4 4

B l B l

ml mg

L L

  

     ……. 0,5

Phương trình trên chứng tỏ con lắc cũng dao động điều hòa với chu kỳ

2 2 3 0

4 T l

g B l mL



 

 0,5

Câu 5 Trường THPT chuyên Hạ Long- Quảng Ninh 4đ - Lực điện tác dụng vào A: F=qE => Gia tốc khối tâm G

a qE

3m: Khối tâm chuyển động

thẳng nhanh dần đều đều

- Phương trình chuyển động của khối tâm: x_G ² ₀ ^F t^{2 2} ₀ ^qEt²

3 6m 3 6m

 l   l  ... 0,5

- Trong hệ quy chiếu khối tâm thì G đứng yên => ta có hai con lắc lò xo cùng gắn với

5 điểm cố định G:

Con lắc 1 gồm vật A có khối lượng m, lò xo 1 có chiều dài 2ℓ0/3 nên có độ cứng k1=3k/2.

Con lắc 2 gồm vật B có khối lượng m, lò xo 2 có chiều dài ℓ0/3 nên có độ cứng

k2=3k. 0,5

- Xét con lắc 2: Lực quán tính ngược chiều chuyển động

Tại vị trí cân bằng lò xo 2 có độ nén l₀₂: 3k ₀₂ 2m.^qE 0

l  3m  (1)

02

2qE

l  9m

Khi vật có ly độ u so với VTCB, lò xo 2 có độ nén l₀₂u

02

2mu " 3k( u) 2m.qE

 l   3m (2) Từ (1) và(2) => u " ^3k u

 2m => Vật dao động điều hoà với tần số góc ₂ ^3k

  2m

0,5

Lúc t=0: v=0 và ngay sau đó B có vận tốc âm so với G => B ở vị trí biên dương =>

A2= ₀₂ ^2qE

l  9m

PT ly độ của B: u₂ ^2Fcos( ^3k.t) ^2qEcos( ^3k.t)

9k 2m 9k 2m

 

0,25

- Trong quá trình chuyển động chiều dài lò xo thay đổi nhưng do mB=2mA nên luôn có GA=2GB, nghĩa là hai vật dao động cùng tần số, ngược pha nhau và biên độ dao động của chúng có quan hệ:

A1=2A2=^4qE 9m

PT ly độ của A: u₁ ^4qEcos( ^3k.t)

9k 2m

 

0,25

Chọn trục toạ độ GX song song, cùng chiều trục 0x, có gốc tại G. Vị trí cân bằng của A, và của B có toạ độ:

XA(CB)= – (^{2 0} A₁ 3l 

) = ^{4qE 2 0} 9k  3l

; XB(CB)= ( ⁰ A₂

3 

l ) = ^{0 2qE}

3  9k l

0,25

Phương trình toạ độ của A, B đối với trục toạ độ GX:

X1= XA(CB) + u1=^{4qE 2} ₀ ^4qEcos( ^3k .t) 9k 3l  9k 2m ; X2= XB(CB) + u2= ^{0 2qE 2qE}cos( ^3k .t)

3  9k  9k 2m

l

0,25

Kết luân :

1. Phương trình chuyển động của A, B đối với trục toạ độ Ox gắn với sàn:

Fr

A B X

0

GG

x

6 x1= X1+xG =^{4qE 4qE}cos( ^3k .t)

9k  9k 2m + qE ² 6mt ^……

x2= X2+xG= ₀ ^{2qE 2qE}cos( ^3k .t)

9k 9k 2m

 

l +qE ²

6mt …….

2. Xác định ℓmax, ℓmin của lò xo:

Lúc t=0: A & B đều ở vị trí biên (Do v=0) và ngay sau đó chiều dài lò xo giảm nên ℓ=ℓmax lúc t=0 còn ℓ=ℓmin ứng với lúc A và B đạt vị trí biên còn lại:

max 0

min 0 1 2 0

(2A 2A ) 4qE

3k



    

l l

l l l ...

0,25

0,25

0,5 Câu 6 Trường THPT chuyên Bắc Kạn

2đ 1. Cơ sở lý thuyết

Tia sáng truyền qua lăng kính có góc lệch cực tiểu Dmin thỏa mãn:

n = 2 2 Dm A Sin

Sin A



(1)

0,5

2. Phương pháp đo

- Bố trí thí nghiệm như hình vẽ:

- Tia sáng đi sát cạnh A, một phần AB không qua lăng kính đi thẳng, vuông với màn (Dùng ê-kê để điều chỉnh), một phần AC bị khúc xạ qua lăng kính.

- Xoay lăng kính quanh A, “điểm” C

dịch chuyển trên màn, khi C gần B nhất, ứng với góc lệch cực tiểu, khi này dùng thước đo AB và BC, ta xác định

được Dmin với: tan D_min BC (2)

 AB

Từ (2) thay Dmin vào (1) tìm được n.

1

3. Lấy vi phân (1) ta có dn =

m m

D D

os ( )

2 2

2

A A

C d

SinA

 

-

2

osA

2 2

2 2

Dm A

Sin C

d A Sin A



Do đó ^dn

n = ¹ ( )

2 2

m

m

D A

Cot  d D A

 - ¹

2 2

Cot AdA

0,25

Sai số tương đối

1 1

2 2 2 2 2

1 1

( ).

2 2 2 2 2

m m

m

m m

D A D A

n A

Cot D Cot Cot A

n

D A D A A

Cot Cot Cot 

 

     

 

   

0,25

HẾT