Logo Thư Viện Vật Lý
Banner Thư Viện Vật Lý

> > > ĐỀ THI VÀ GÓP Ý ĐÁP ÁN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA 2017-2018

ĐỀ THI VÀ GÓP Ý ĐÁP ÁN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA 2017-2018

* Thới Ngọc Tuấn Quốc - 1,453 lượt tải

Chuyên mục: HSG quốc gia

Để download tài liệu ĐỀ THI VÀ GÓP Ý ĐÁP ÁN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA 2017-2018 các bạn click vào nút download bên dưới.

Mời bạn truy cập vào kho download tài nguyên với thư viện giáo án điện tử, thư viện đề kiểm tra - trắc nghiệm và nhiều tài nguyên quý giá khác nữa.

Nếu bạn thích tài liệu ĐỀ THI VÀ GÓP Ý ĐÁP ÁN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA 2017-2018 , click nút "Cảm ơn" hoặc "Thích" và chia sẻ cho bạn bè mình.

Hãy Đăng kí để nhận file mới qua email
Download reader Hướng dẫn

Đây là bản MS Word. Tuy nhiên nếu bị lỗi font chữ hoặc lỗi trình bày trên máy thầy cô, quý thầy cô tải bản PDF tại đây nhé: http://thuvienvatly.com/download/47545


► Like TVVL trên Facebook nhé!
Trắc nghiệm Online ABC Vật Lý - abc.thuvienvatly.com
Làm trắc nghiệm vật lý miễn phí. Vui như chơi Game. Click thử ngay đi.
Hỗ trợ  Upload
Thêm vào bộ sưu tập

Mã nhúng hiện file trên blog của bạn:

* Bạn muốn Viết công thức toán tại comment Facebook này, hãy đọc bài hướng dẫn tại đây: Cách gõ công thức toán trong Facebook
15 Đang tải...
Chia sẻ bởi: Thới Ngọc Tuấn Quốc
Ngày cập nhật: 25/01/2018
Tags:
Ngày chia sẻ:
Tác giả Thới Ngọc Tuấn Quốc
Phiên bản 1.0
Kích thước: 476.38 Kb
Kiểu file: docx

1 Bình luận

  • Tài liệu ĐỀ THI VÀ GÓP Ý ĐÁP ÁN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA 2017-2018 là file được upload bởi thành viên của Thư Viện Vật Lý như đã trình bày trên. Cộng đồng Thư Viện Vật Lý hết sức cảm ơn tác giả đã chia sẻ tài liệu này.

    Rất mong các bạn đóng góp bằng cách upload file để kho tài liệu của chúng ta thêm phong phú.

Dưới đây là phần văn bản trích từ tài liệu

Chú ý:

- Có thể font chữ sẽ không hiển thị đúng, bạn nên click nút download để tải về máy đọc cho hoàn thiện.

- Download bộ font .VnTimes, VNI-Times đầy đủ nếu máy bạn chưa có đủ font tiếng Việt.

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

QUỐC GIA LỚP 12

NĂM HỌC 2017 - 2018

MÔN: VẬT LÝ

TRONG NÀY CÓ:

- ĐỀ THI

- MỘT SỐ GÓP Ý VỀ ĐÁP ÁN

THỰC HIỆN

THỚI NGỌC TUẤN QUỐC

TRẦN HÀ THÁI

TP. HỒ CHÍ MINH

01/2018

Dành tặng Ba Má,

Mẹ Phượng,

Em và Con!

Tặng bạn Trần Triệu Phú vì món gỏi cá khô

và bộ sách Chuyên đề Bồi dưỡng

LỜI NGỎ

KÍNH CHÀO QUÝ THẦY CÔ VÀ CÁC EM HỌC SINH THÂN MẾN!

Kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia lớp 12 năm học 2017-2018 đã diễn ra vào các ngày 11, 12 và 13 tháng 1 năm 2018. Chúng tôi xin mạn phép đánh máy lại và lưu đề dưới dạng word để quý vị tiện tùy chỉnh. Một số góp ý nhỏ về hướng tiếp cận lời giải cũng được đề nghị ở phần cuối. Do hạn chế về trình độ chuyên môn cũng như kinh nghiệm giảng dạy nên chắc chắn còn nhiều sai sót trong tất cả các khâu. Đa số góp ý được viện dẫn dưới đây chỉ mang tính chủ quan cá nhân để có được một hệ thống hoàn chỉnh và cũng tiện cho việc phê bình. Mong nhận được sự chỉ giáo của quý Thầy Cô và các em học sinh!

Các góp ý xin gửi về thùng mail: tntquoc1248@gmail.com. Tôi sẽ đánh máy lại và nhờ phản hồi!

Trân trọng!

Tp. Hồ Chí Minh 01/2018

P/S: Do không biết gì về thực nghiệm, nên xin được phép không bàn tới đáp án của phần thi này. Quý độc giả có thể follow trên một số fanpage về Vật lý, như xPhO hoặc fanpage của Thầy Nguyễn Thành Lập để có thêm thông tin về đáp án của Đề thực nghiệm. Câu Phương án thực hành của ngày thi thứ 2 chỉ là một giải pháp để đến được kết quả.

LỜI CẢM ƠN

Trong quá trình đánh máy và tìm hiểu lời giải, chúng tôi có trao đổi và tham khảo một số nguồn tư liệu, đặc biệt là bộ sách Chuyên đề Bồi dưỡng HSG Vật Lý THPT và

1. Fanpage Kho vật lý sơ cấp của Thầy Phạm Vũ Kim Hoàng, trường Phổ thông Năng khiếu - Đại học Quốc gia Tp. Hồ Chí Minh.

2. Fanpage xPhO của các đồng nghiệp hiện đang công tác chủ yếu ở Hà Nội.

3. Google-sites Tuanphysics của Thầy Nguyễn Ngọc Tuấn, Đại học Bách Khoa Hà Nội.

4. Thầy Phùng Văn Hưng, trường Phổ thông Năng khiếu - Đại học Quốc gia Tp. Hồ Chí Minh.

5. NCS Lê Đại Nam, trường Đại học Sư phạm Tp. Hồ Chí Minh.

6. Thầy Trương Trang Cát Tường, trường chuyên Trần Hưng Đạo, tỉnh Bình Thuận.

7. Đề thi được cung cấp bởi các học sinh vừa tham gia thi.

Xin được cảm ơn chân thành!!

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI

QUỐC GIA LỚP 12

NĂM HỌC 2017 - 2018

MÔN: VẬT LÝ

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT 2018

Môn thi: VẬT LÝ

Thời gian làm bài: 180 phút

Ngày thi thứ nhất 11/01/2018

Câu I. (4,0 điểm)

right10491

A

C

H

M

N

V

α0

d

a

b

L

l

Hình 1

A

C

H

M

N

V

α0

d

a

b

L

l

Hình 1

“Running man” là câu chuyện về một cổ động viên tên là Tiến chạy đuổi theo một chiếc xe buýt của đội bóng mà anh yêu thích.

Cho a và b là hai con đường thẳng song song và ngăn cách nhau bởi một thảm cỏ. Tiến ban đầu ở điểm A, bến xe buýt ở điểm M, các điểm C và H được chọn sao cho ACMH là hình chữ nhật có chiều rộng d và chiều dài l = 3d (Hình 1).

1. Biết độ lớn vận tốc mà Tiến khi chạy trên các đường là v1 còn khi chạy trên thảm cỏ là v2 = v1/n với n = 2 và v1 không đổi.

a) Tiến cần phải chạy theo quỹ đạo có dạng gồm các đoạn thẳng như thế nào để thời gian đến bến M là ngắn nhất?

b) Khi quan sát thấy xe buýt bắt đầu rời bến M hướng về C với vận tốc không đổi và có độ lớn V = 2v2 thì Tiến quyết định chạy theo đường thẳng qua thảm cỏ để gặp xe buýt. Từ điểm A, Tiến cần chạy theo hướng nào để gặp được xe buýt?

2. Xe buýt chuyển động từ bến M hướng về C với vận tốc không đổi có độ lớn V = 36 km/h. Tại thời điểm xe buýt đi qua điểm N với ∠NAH=α0=600 (xem hình vẽ) thì Tiến bắt đầu di chuyển từ điểm A với vận tốc ban đầu bằng không. Tiến chọn cách chạy sao cho véc-tơ vận tốc của mình luôn hướng về xe buýt, còn độ lớn vận tốc luôn tăng để đảm bảo mình luôn tiến lại gần xe buýt với tốc độ không đổi. Tiến có đuổi kịp xe buýt không? Vì sao?

Câu II. (4,0 điểm)

Cho một khinh khí cầu nằm trên mặt đất, gồm khoang chứa hàng nặng M = 300 kg và phần khí cầu hình cầu chứa V = 3000 m3 không khí. Trên khí cầu có một lỗ thông hơi nên áp suất không khí bên trong khí cầu luôn bằng với áp suất khí quyển. Coi thể tích phần khí cầu luôn không đổi và không khí là khí lý tưởng lưỡng nguyên tử, có khối lượng mol μ = 29 g/mol. Biết ở sát mặt đất áp suất khí quyển p0 = 1,03.105 Pa, khối lượng riêng của không khí là ρ0 = 1,23 kg/m3. Hằng số khí R = 8,31 J/(mol.K), gia tốc trọng trường được coi là không đổi theo độ cao và có giá trị g = 9,8 m/s2. Bỏ qua khối lượng của vỏ khí cầu và thể tích của khoang hàng.

1. Tính nhiệt độ T0 của không khí ở sát mặt đất và trọng lượng P của khí cầu.

2. Khi không khí bên trong khí cầu bị làm nóng, một phần không khí trong khí cầu bị thoát ra ngoài qua lỗ thông hơi. Nhiệt độ phần không khí trong khí cầu nhỏ nhất bằng bao nhiêu để khinh khí cầu có thể rời khỏi mặt đất?

3. Xét trong mô hình khí quyển mà áp suất p và mật độ ρ của không khí ở cùng một độ cao tuân theo phương trình p=Aρ7/5, trong đó A là hằng số.

a) Chứng minh rằng nhiệt độ của không khí khí quyển giảm tuyến tính theo độ cao. Tìm độ cao cực đại và độ cao khối tâm của một cột không khí khí quyển hình trụ.

b) Bộ phận làm nóng khí cầu được điều chỉnh thích hợp để nhiệt độ không khí bên trong khí cầu luôn lớn hơn nhiệt độ khí quyển bên ngoài một lượng không đổi. Tính độ chênh nhiệt độ tối thiểu cần thiết để khí cầu có thể đạt tới độ cao của trọng tâm cột không khí khí quyển.

Câu III. (4,0 điểm)

Một linh kiện điện tử có cấu tạo gồm một catốt K dạng sợi dây dẫn mảnh, thẳng, dài và một anốt A dạng trụ rỗng, có bán kính R, bao quanh catốt và có trục trùng với catốt. Linh kiện đặt trong không gian có từ trường đều  B hướng dọc theo catốt. Bằng một cách nào đó, người ta tạo một điện trường  E hướng trục từ A đến K có độ lớn không đổi.

4007126428072

z

z

x

y

A

K

R

M

θ

ρ

O

Hình 2

z

z

x

y

A

K

R

M

θ

ρ

O

Hình 2

Do tính đối xứng trục của bài toán, ta xét một hệ trục tọa độ trụ như Hình 2. Hệ tọa độ được chọn sao cho gốc O nằm trên K, trục Oz theo chiều  B, từ trường  B=Bρ,Bθ,Bz=0,0,B và điện trường  E=Eρ,Eθ,Ez=E,0,0. Khi catốt K được đốt nóng sẽ bức xạ electron. Coi vận tốc của các electron phát ra từ catốt K là rất nhỏ và bỏ qua tác dụng của trọng lực lên các electron này. Khi xem xét chuyển động của electron, không gian trong linh kiện có thể coi là chân không. Kí hiệu điện tích nguyên tố là e và khối lượng electron là me. Giả sử ở thời điểm t = 0, electron có tọa độ (0,0,z0), ở thời điểm t > 0 electron ở tọa độ ρ,θ,z, hãy:

1. Viết phương trình vi phân mô tả chuyển động của electron.

2. Tìm phương trình quỹ đạo của electron.

3. Tìm vận tốc dài của electron tại thời điểm t bất kì.

Cho biết, trong hệ tọa độ trụ:

- Chất điểm M xác định bởi véc-tơ tọa độ  OM=ρ,θ,z có vận tốc và gia tốc tương ứng là  v=ρ,ρθ,z và  a=ρ-ρθ2,ρ-1ddtρ2θ, z.

- Nếu  a=aρ,aθ,az và  b=bρ,bθ,bz thì  

a×b=aθbz-azbθ,azbρ-aρbz,aρbθ-aθbρ.

Câu IV. (4,0 điểm)

Mắt thần là một dụng cụ quang học thông dụng, thường được lắp trên các cảnh cửa giúp người ở trong nhà có thể nhìn rõ bên ngoài. Mắt thần đơn giản có cấu tạo gồm hai thấu kính mỏng đặt đồng trục trong một ống hình trụ rỗng dài 3 cm. Trục chính của các thấu kính trùng với trục hình trụ. Một thấu kính được lắp ở sát đầu ống phía ngoài cửa và một thấu kính được lắp ở chính giữa ống. Người quan sát đặt mắt ở sát đầu hở của ống ở phía trong cửa để quan sát bên ngoài cửa. Cho biết một thấu kính có độ tụ +50 dp, rìa hình tròn có đường kính 7,5 mm, còn một thấu kính có độ tụ -200 dp, rìa hình tròn có đường kính 1 cm.

1. Thấu kính nào được lắp ở chính giữa ống để thị trường của Mắt thần là lớn nhất? Tính góc mở của thị trường khi đó.

2. Tính số bội giác của Mắt thần đối với người có mắt tốt khi quan sát mà mắt không điều tiết.

3. Người có mắt tốt nhìn qua Mắt thần sẽ nhìn thấy rõ những vật đặt trong khoảng nào trước thấu kính ở đầu ống phía ngoài cửa? Biết khoảng cực cận của mắt người đó là Đ = 20 cm.

Câu V. (4,0 điểm)

Hiện tượng phóng xạ là hiện tượng một hạt nhân không bền tự phân rã, phát ra các tia phóng xạ và biến đổi thànhhạt nhân khác. Trong quá trình phân rã, số hạt nhân N của chất phóng xạ ở thời điểm t tuân theo quy luật N(t) = N0e-λt, với N0 là số hạt nhân ở thời điểm ban đầu, λ là hằng số phóng xạ đặc trưng cho từng loại chất phóng xạ. Nếu hạt nhân được tạo thành không bền, nó sẽ tiếp tục phân rã tạo thành chuỗi phóng xạ. Trong bài này, ta xét một chuỗi phóng xạ đơn giản.

Cho một chuỗi phóng xạ trong đó hạt nhân A phóng xạ β tạo thành hạt nhân B và hạt nhân B phóng xạ α tạo thành hạt nhân C bền. Giả thiết các hằng số phóng xạ của hạt nhân A và B bằng nhau và bằng λ (chưa biết giá trị). Ban đầu, mẫu chất chỉ gồm Nt0 = 2.1018 hạt nhân A, các hạt nhân B và C chưa được tạo thành.

1. Để xác định hằng số phóng xạ λ, người ta dùng máy đếm hạt β: mỗi phân rã β sẽ tạo nên một xung và được máy ghi nhận. Máy được mở tại thời điểm t = 0, sau các khoảng thời gian t1 = 48 giờ và t2 = 144 giờ, máy đếm được số xung β tương ứng là n1 và n2 = 2,334n1. Tính λ.

2. Tính số hạt nhân B tại thời điểm t2 = 144 giờ.

3. Tính số hạt α được tạo thành sau 144 giờ kể từ thời điểm t = 0.

Gợi ý: Sự phụ thuộc của số hạt nhân B vào thời gian t có thể tìm dưới dạng p+q.te-λt, trong đó p và q là hệ số không phụ thuộc vào thời gian và chưa biết.

---------------------Hết---------------------

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT 2018

Môn thi: VẬT LÝ

Thời gian làm bài: 180 phút

Ngày thi thứ hai 12/01/2018

Câu I. (4,0 điểm)

4658995949960

1

2

3

4

A

B

C

D

O

g

Hình 1

00

1

2

3

4

A

B

C

D

O

g

Hình 1

Xét một hệ NewSpinor nằm trong mặt phẳng thẳng đứng gồm bốn đĩa phẳng đồng chất có cùng khối lượng m, có bán kính R1 = R2 = R3 = 0,5R4. Mỗi đĩa có thể quay quanh trục vuông góc với mặt đĩa tại tâm. Gắn cứng trục quay của các đĩa 1, 2, 3, 4 vào các điểm A, B, C, D trên khung cứng nhẹ, hình chữ Y sao cho các đĩa tiếp xúc nhau và tam giác ABC là tam giác đều. Trục quay tại A của hệ (vuông góc với mặt phẳng hình vẽ) được quay trong ổ trục O (ổ trục này có khối lượng không đáng kể nằm khuất sau A trên hình vẽ). Bỏ qua mọi ma sát giữa đĩa và trục, giữa trục và ổ trong O. Gia tốc trọng trường là  g.

1. Giữ ổ trục O cố định, xét hai trường hợp:

a) Các đĩa trượt không ma sát trên nhau. Thả nhẹ hệ từ vị trí thanh AD có phương ngang (Hình 1). Khi hệ quay tới vị trí sao cho thanh AD có phương thẳng đứng, xác định vận tốc góc ω của khung cứng ABCD.

right127000

1

2

3

4

B

C

D

A

O

M

N

g

θ

E

Hình 2

1

2

3

4

B

C

D

A

O

M

N

g

θ

E

Hình 2

b) Các đĩa lăn không trượt so với nhau. Giữ cố định đĩa 1. Khi hệ đang đứng yên ở vị trí thanh AD có phương thẳng đứng, kích thích nhẹ để hệ dao động. Xác định chu kì dao động bé của hệ.

2. Ổ trục O có thể di chuyển không ma sát giữa hai ray M và N cứng, thẳng, song song, nằm ngang cố định (Hình 2). Đĩa 1 được gắn cứng với ổ trục O. Thả nhẹ hệ vật từ vị trí thanh AD có phương ngang. Trong quá trình chuyển động, đĩa 1 chỉ chuyển động tịnh tiến, các đĩa lăn không trượt so với nhau. Khi hệ quay tới vị trí thanh AD có phương lệch góc θ so với phương thẳng đứng (0<θ<π/2), xác định:

a) Vận tốc góc ω của khung ABCD.

b) Vận tốc của ổ trục O trong hệ quy chiếu gắn với điểm E cố định trên đĩa 4 (xem hình vẽ).

Cho biết: Công thức cộng vận tốc góc ωi/O=ωi/khung+ωkhung/O; trong đó kí hiệu ωi/O là vận tốc góc của đĩa i đối với ổ trục O, ωi/khung là vận tốc góc của đĩa i đối với trục quay gắn với khung, ωkhung/O là vận tốc góc của khung đối với ổ trục O.

Câu II. (4,0 điểm)

Thiết lập một dòng khí trong một ống xoắn bằng kim loại, sao cho khối lựng khí đi qua tiết diện của ống trong một đơn vị thời gian là D = 0,47 g/s. Ống xoắn được nhúng trong một bình chứa đầy nước, có nhiệt dung toàn phần C = 4 kJ/K (bao gồm nhiệt dung của nước bình và ống xoắn). Chất khí lúc đầu được nung nóng trong một cái lò, đi vào bình ở nhiệt độ T1 = 373 K. Khi chế độ chảy ổn định được thiết lập, nhiệt độ của bình không đổi và chất khí ra khỏi bình ở nhiệt độ T2 = 310 K bằng nhiệt độ của bình. Trong chế độ chảy ổn định đó, chất khí trong phần ống xoắn kim loại nhúng trong bình được coi là đẳng áp. Khi ngắt dòng khí, ta thấy nhiệt độ của bình giảm; chứng tỏ có sự rò nhiệt từ bình ra môi trường xung quanh. Biết rằng sau khi ngắt dòng khí 10 phút và 20 phút, nhiệt độ bình giảm tương ứng là 2,00 K và 3,76 K. Coi rằng bình, nước và ống xoắn kim loại luôn cân bằng nhiệt với nhau. Giả thiết rằng, nhiệt độ môi trường xung quanh là không đổi, độ mất mát nhiệt cả bình trong một đơn vị thời gian tỉ lệ với độ chênh lệch nhiệt độ giữa bình và môi trường với một hệ số tỉ lệ k nào đó. Hãy xác định:

1. Hệ số tỉ lệ k và nhiệt độ T0 của môi trường bên ngoài.

2. Nhiệt dung riêng đẳng áp cp của chất khí.

Câu III. (4,0 điểm)

center1546225

Hình 3

Hướng hạ cánh chuẩn

Hướng hạ cánh nguy hiểm

Đường băng dài

D

A

Hệ ăng-ten

Hình 3

Hướng hạ cánh chuẩn

Hướng hạ cánh nguy hiểm

Đường băng dài

D

A

Hệ ăng-ten

Xét một hệ thống dẫn hướng và điều khiển máy bay hạ cánh dựa trên hiện tượng giao thoa sóng điện từ. Hệ thống này bao gồm hai hệ thống con, một hệ thống dẫn hướng theo phương ngang và một hệ thống dẫn hướng theo độ cao. Trong bài toán này, ta chỉ xem xét hệ thống dẫn hướng theo phương ngang, đó là hệ thống được cấu tạo bởi một hệ hai hoặc nhiều ăng-ten ở cuối đường băng. Các ăng-ten được đặt trên một đường nằm ngang, cách đều nhau, đối xứng qua trục đường băng. Các ăng-ten phát ra sóng điện từ đơn sắc, đồng pha, cùng tần số f = 110 Hz. Gọi trung điểm của hai ăng-ten ngoài cùng là A; đường quan sát D là đường thẳng nằm ngang, vuông góc với đường băng và cách xa các ăng-ten (Hình 3). Bỏ qua độ dịch tần số gây bởi hiệu ứng Đốp-le.

1. Thông tin về cường độ sóng điện từ trong miền giao thoa mà bộ cảm biến trên máy bay thu được giúp phi công ìm được hướng hạ cảnh chuẩn. Giải thích vì sao khi máy bay bay lệch khỏi hướng hạ cánh chuẩn sẽ dẫn tới cường độ sóng điện từ mà bộ cảm biến thu được bị giảm rõ rệt.

2. Thông số dẫn hướng theo phương ngang là góc trông từ A tới hai cực tiểu, hai cực tiểu này có khoảng cách gần nhau nhất trên dường quan sát D và gần cực đại chính. Tính thông số dẫn hướng theo phương ngang cho hệ gồm 2 ăng-ten đặt cách nhau một khoảng a = 16 m.

3. Thực tế, đa số hệ thống dẫn hướng theo phương ngang dùng nhiều hơn 2 ăng-ten. Hệ thống nào cho cường độ sóng điện từ lớn nhất trên đường quan sát D lớn hơn và có thông số dẫn hướng nhỏ hơn sẽ dẫn hướng máy bay tốt hơn. Để so sánh, ta sẽ xét hai trường hợp: (i) hệ gồm 2 ăng-ten; (ii) hệ gồm 4 ăng-ten. Khoảng cách giữa hai ăng-ten ngoài cùng là a = 16 m. Biết tổng công suất phát xạ từ các hệ ăng-ten là như nhau trong cả hai trường hợp.

a) Trên đường quan sát D, cường độ sóng điện từ lớn nhất trong trường hợp dùng 4 ăng-ten gấp mấy lần cường độ sóng điện từ lớn nhất trong trường hợp dùng 2 ăng-ten?

b) Thông số dẫn hướng theo phương ngang trong trường hợp dùng 4 ăng-ten nhỏ hơn bao nhiêu lần thông số dẫn hướng theo phương ngang trong trường hợp dùng 2 ăng-ten?

Câu IV. (4,0 điểm)

Cho một khối cầu được làm từ vật liệu quang học trong suốt có chiết suất phân bố đối xứng tâm theo quy luật nr=n01+rR2. Trong đó r là khoảng cách từ tâm khối cầu đến điểm đang xét, R là bán kính của khối cầu, hằng số n0 > 2. Tốc độ ánh sáng trong chân không là c.

1. Chiếu một tia sáng tới một điểm trên bề mặt của khối cầu dưới góc tới i0, tìm phương trình mô tả đường truyền của tia sáng đi trong khối cầu.

2. Cho S là một điểm sáng trên bề mặt của khối cầu. Các tia sáng xuất phát từ S đi vào trong khối cầu và sau đó hội tụ tại một điểm S’.

a) Xác định vị trí điểm S’.

b) Tính thời gian để một tia sáng bất kì xuất phát từ điểm S truyền trong khối cầu đến điểm S’.

Cho tích phân: k1+x2xx2-k21+x22dx=arcsink1-4k2x2-1x+C.

Câu V. (4,0 điểm)

1. Xác định điện trở chưa biết bằng phương pháp cầu cân bằng.

Cho các dụng cụ sau:

+ Điện trở R1, R2 đã biết giá trị;

+ 01 hộp điện trở có thể đặt trước được các giá trị điện trở khác nhau;

+ 01 điện trở Rx chưa biết trước giá trị;

+ 01 nguồn điện một chiều không đổi, chưa biết giá trị điện áp;

+ 01 khóa K;

+ 01 điện kế G có điểm 0 nằm giữa bảng chỉ thị và có điện trở trong R0 chưa biết;

+ Dây nối điện cần thiết.

Yêu cầu:

a) Trình bày cách đo giá trị của một điện trở Rx.

b) Trình bày cách đo giá trị R0 của điện kế G.

2. Xác định độ lớn cảm ứng từ trung bình B tại bề mặt đáy của một nam châm vĩnh cửu.

Cho các dụng cụ sau:

+ 01 nam châm vĩnh cửu dạng trụ cần xác định độ lớn cảm ứng từ trung bình B tại bề mặt đáy, hai đáy là hai từ cực, diện tích đáy của nó là S;

+ 01 ống nhựa hình trụ thẳng, dài, đường kính trong đủ lớn để nam châm có thể lọt qua;

+ 01 khung dây hình tròn cứng gồm N vòng, diện tích tiết diện của vòng dây là S’ ≈ S, điện trở của khung dây là R0 đã biết;

+ 01 điện kế xung kích dùng để đo tổng điện tích chạy qua nó. Điện trở trong của điện kế là Rđ đã biết;

+ Dây nối điện, giá treo, giá đỡ cần thiết.

Yêu cầu: Xác định cảm ứng từ trung bình B tại bề mặt đáy của nam châm vĩnh cửu:

a) Vẽ hình mô tả bố trí thí nghiệm đo cảm ứng từ trung bình B tại mặt đáy của nam châm.

b) Lập biểu thức tính toán, nêu cách đo.

---------------------Hết---------------------

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT 2018

Môn thi: VẬT LÝ

Thời gian làm bài: 90 phút

Ngày thi thứ ba 13/01/2018

BÀI THI THỰC HÀNH

Khảo sát đặc trưng Vôn-Ampe của hộp kín X

và xác định các giá trị linh kiện

1. Cơ sở lý thuyết

1526650745932

A

B

C

D

E

1

2

Hình 1. Sơ đồ mắc linh kiện trong hộp X

A

B

C

D

E

1

2

Hình 1. Sơ đồ mắc linh kiện trong hộp X

Cho hộp kín X (Cán bộ coi thi phát) có 02 đầu ra tương ứng với 2 chốt cắm được đánh số 1 và 2. Mạch 1-2 nối giữa chân 1 và 2 gồm năm linh kiện A, B, C, D, E được mắc tổ hợp với nhau dạng như Hình 1. Năm linh kiện đó gồm 3 điện trở có giá trị khác nhau, 1 đi-ốt chỉnh lưu và 1 đi-ốt ổn áp.

9141792098040

Điện trở

Điốt chỉnh lưu

Điốt ổn áp

I

I

I

U

U

U

U10

U11

Hình 2. Đặc trưng Vôn - Ampe của các linh kiện điện tử

Điện trở

Điốt chỉnh lưu

Điốt ổn áp

I

I

I

U

U

U

U10

U11

Hình 2. Đặc trưng Vôn - Ampe của các linh kiện điện tử

Trong dải điện áp và dòng điện khảo sát trong bài thực hành, đặc trưng Vôn-Ampe (U-I) của các linh kiện có dạng:

Khi phân cực thuận đi-ốt chỉnh lưu hoặc đi-ốt ổn áp, các đi-ốt này đều mở thông với điện áp phân cực thuận là U10 và U11 nằm trong khoảng từ 0,4 đến 1,0 V. Khi phân cực ngược thì dòng qua đi-ốt chỉnh lưu khá nhỏ, tuy nhiên với đi-ốt ổn áp thì khác ở chỗ khi độ lớn điện áp phân cực ngược lớn hơn một giá trị xác định U21 sẽ xảy ra hiện tượng đánh thủng và dòng tăng nhanh, điện áp rơi trên đi-ốt hầu như không đổi.

2. Dụng cụ

- 01 hộp kín X có 2 đầu ra đánh số 1 và 2 (được cán bộ coi thi phát).

- Biến thế nguồn: sử dụng nguồn điện xoay chiều 220V-50Hz, điện áp ra:

+ Điện áp xoay chiều (5 A): 3 V; 6 V; 9 V; 12 V.

+ Điện áp xoay chiều (3 A): 3 V; 6 V; 9 V; 12 V.

- Chiết áp điện tử: điện áp vào 6 ÷ 12 V, điện áp ra một chiều có thể điều chỉnh liên tục.

- Biến trở con chạy: có thể thay đổi từ 0 đến 100 Ω.

- 02 đồng hồ đo điện đa năng hiện số.

- Bộ dây nối điện: 10 sợi dây nối có phích cắm.

3. Những lưu ý trong quá trình làm bài thực hành

- Thí sinh chỉ làm bài trên tập giấy bài làm được phát và không được tháo rời tập giấy này.

- Trong quá trình khảo sát đặc trưng Vôn-Ampe của hộp X, chỉ khảo sát với các giá trị dòng điện qua hộp X có độ lớn không vượt quá 200 mA. Khi dòng điện qua hộp lớn hơn 200 mA có thể gây hỏng các linh kiện trong mạch.

325755194310

Biến trở con chạy

+

Biến áp nguồn

Điện trở

Điốt chỉnh lưu

Điốt ổn áp

Chiết áp điện tử

+

Hộp kín

X

1

2

A

V

Ampe kế

Vôn kế

0

Biến trở con chạy

+

Biến áp nguồn

Điện trở

Điốt chỉnh lưu

Điốt ổn áp

Chiết áp điện tử

+

Hộp kín

X

1

2

A

V

Ampe kế

Vôn kế

- Sử dụng các kí hiệu dưới đây khi vẽ sơ đồ mạch điện sử dụng:

4. Yêu cầu làm bài thực hành

Câu 1. (0,8 điểm) Khảo sát đặc trưng Vôn-Ampe của hộp X

Yêu cầu:

- Vẽ sơ đồ mạch điện sử dụng;

- Lập bảng số liệu đo;

- Vẽ đường đặc trưng Vôn-Ampe khi đo phân cực thuận và phân cực ngược trên cùng một đồ thị.

Câu 2. (1,2 điểm) Xác định sơ đồ mắc và các thông số đặc trưng của linh kiện

Yêu cầu:

- Từ đặc trưng Vôn- Ampe thu được, hãy xác định sơ đồ bố trí của các linh kiện. Giải thích.

- Với cách ghép nối đo, từ đường đặc trưng Vôn-Ampe của hộp X tìm các giá trị đặc trưng của linh kiện trong mạch (Không cần tính sai số của các giá trị thu được). Cụ thể:

+ Linh kiện điện trở: xác định giá trị điện trở.

+ Linh kiện đi-ốt chỉnh lưu: xác định điện áp mở thông U10.

+ Linh kiện đi-ốt ổn áp: xác định điện áp mở thông U11 và điện áp ngưỡng U21.

---------------------Hết---------------------

MỘT SỐ GÓP Ý VỀ HƯỚNG TIẾP CẬN ĐỀ THI

*****

Ngày thi thứ nhất

Câu I. (4,0 điểm)

right10491

A

C

H

M

N

V

α0

d

a

b

L

l

Hình 1

A

C

H

M

N

V

α0

d

a

b

L

l

Hình 1

“Running man” là câu chuyện về một cổ động viên tên là Tiến chạy đuổi theo một chiếc xe buýt của đội bóng mà anh yêu thích.

Cho a và b là hai con đường thẳng song song và ngăn cách nhau bởi một thảm cỏ. Tiến ban đầu ở điểm A, bến xe buýt ở điểm M, các điểm C và H được chọn sao cho ACMH là hình chữ nhật có chiều rộng d và chiều dài l = 3d (Hình 1).

1. Biết độ lớn vận tốc mà Tiến khi chạy trên các đường là v1 còn khi chạy trên thảm cỏ là v2 = v1/n với n = 2 và v1 không đổi.

a) Tiến cần phải chạy theo quỹ đạo có dạng gồm các đoạn thẳng như thế nào để thời gian đến bến M là ngắn nhất?

b) Khi quan sát thấy xe buýt bắt đầu rời bến M hướng về C với vận tốc không đổi và có độ lớn V = 2v2 thì Tiến quyết định chạy theo đường thẳng qua thảm cỏ để gặp xe buýt. Từ điểm A, Tiến cần chạy theo hướng nào để gặp được xe buýt?

2. Xe buýt chuyển động từ bến M hướng về C với vận tốc không đổi có độ lớn V = 36 km/h. Tại thời điểm xe buýt đi qua điểm N với ∠NAH=α0=600 (xem hình vẽ) thì Tiến bắt đầu di chuyển từ điểm A với vận tốc ban đầu bằng không. Tiến chọn cách chạy sao cho véc-tơ vận tốc của mình luôn hướng về xe buýt, còn độ lớn vận tốc luôn tăng để đảm bảo mình luôn tiến lại gần xe buýt với tốc độ không đổi. Tiến có đuổi kịp xe buýt không? Vì sao?

Gợi ý

1

a) Gọi D là vị trí Tiến bắt đầu băng qua thảm cỏ. Để thời gian chạy là nhỏ nhất, Tiến chuyển động theo quỹ đạo của tia sáng truyền từ môi trường có vận tốc truyền v1, sang môi trường có vận tốc truyền v2 và do đó, tuân theo định luật khúc xạ ánh sáng tại D

n1sin900=n2sini

sini=n1n2=v2v1=12

i=300

Từ đây, ta tính được

DH=HM.tani=d3.

b) Gọi N là vị trí Tiến gặp xe buýt và đặt α=∠ANC.

Thời gian chuyển động của Tiến và xe buýt là như nhau nên

dv2sinα=l-dcotαV

1=32sinα-12cosα=sinα-300

α=1200.

2

right14207

A

C

N

T

V

v

Gặp nhau

Vcos

A

C

N

T

V

v

Gặp nhau

Vcos

Gọi  v là vận tốc của Tiến đối với đất. Theo đề, tốc độ tiến lại gần xe buýt của Tiến là không đổi và bằng

u=v+Vcosα=const=0+Vcosα0=V2 (1)

Khi góc α tăng, hàm cosin giảm giá trị nên từ (1), vận tốc v của Tiến luôn tăng. Vì tốc độ tiến lại gần xe buýt của Tiến là không đổi nên nếu tốc độ chuyển động của Tiến đối với đất có thể tăng tùy ý, thì chắc chắn Tiến sẽ gặp được xe buýt sau thời gian

τ=Lu=4d3V

Tuy nhiên, tốc độ chuyển động của con người có giới hạn, chẳng hạn người chạy nhanh nhất hành tinh là vận động viên Ussain Bolt, có vận tốc tối đa là 44 km/h. Ta có thể chứng minh được rằng, khi Tiến đuổi theo xe buýt theo cách trên đây, góc α thay đổi từ α0=600 đến αm=1800 (khi gặp xe buýt). Từ phương trình (1), vận tốc của Tiến khi đó là v=V2-Vcos1800=1,5V=54 km/h, nhanh hơn cả Ussain Bolt . Do đó, Tiến không thể gặp xe buýt theo cách này được.

*****

Dưới đây, ta chứng minh góc α tăng từ α0 đến αm=1800.

Tốc độ góc của xe buýt trong chuyển động quay tương đối quanh điểm gốc là Tiến

α'=Vsinαr (2)

Trong đó khoảng cách từ Tiến đến xe buýt phụ thuộc tuyến tính theo thời gian theo biểu thức r=L-ut, vì tốc độ tiến gần xe buýt của Tiến có giá trị u không đổi.

Đưa phương trình (2) về dạng

dαsinα=-2drr (3)

Phương trình này cho nghiệm

r2tanα2=const=L2tanα02=L23 (4)

Từ (4), ta nhận thấy khi r giảm, góc α sẽ tăng. Khi đó, vận tốc v của Tiến sẽ tăng, theo (1).

Khi Tiến gặp xe buýt, r = 0. Lúc này, tanα2→∞ (α=1800) nhanh hơn r→0 một chút, để cho tích số của hai nhân tử này có giá trị xác định. Nếu kết luận này chưa đủ thuyết phục, ta có thể tính cosα từ (4)

cosα=3r4-L43r4+L4 (5)

Với r = 0, ta tính được cosα=-1, tức là α=1800.

*****

Câu II. (4,0 điểm)

Cho một khinh khí cầu nằm trên mặt đất, gồm khoang chứa hàng nặng M = 300 kg và phần khí cầu hình cầu chứa V = 3000 m3 không khí. Trên khí cầu có một lỗ thông hơi nên áp suất không khí bên trong khí cầu luôn bằng với áp suất khí quyển. Coi thể tích phần khí cầu luôn không đổi và không khí là khí lý tưởng lưỡng nguyên tử, có khối lượng mol μ = 29 g/mol. Biết ở sát mặt đất áp suất khí quyển p0 = 1,03.105 Pa, khối lượng riêng của không khí là ρ0 = 1,23 kg/m3. Hằng số khí R = 8,31 J/(mol.K), gia tốc trọng trường được coi là không đổi theo độ cao và có giá trị g = 9,8 m/s2. Bỏ qua khối lượng của vỏ khí cầu và thể tích của khoang hàng.

1. Tính nhiệt độ T0 của không khí ở sát mặt đất và trọng lượng P của khí cầu.

2. Khi không khí bên trong khí cầu bị làm nóng, một phần không khí trong khí cầu bị thoát ra ngoài qua lỗ thông hơi. Nhiệt độ phần không khí trong khí cầu nhỏ nhất bằng bao nhiêu để khinh khí cầu có thể rời khỏi mặt đất?

3. Xét trong mô hình khí quyển mà áp suất p và mật độ ρ của không khí ở cùng một độ cao tuân theo phương trình p=Aρ7/5, trong đó A là hằng số.

a) Chứng minh rằng nhiệt độ của không khí khí quyển giảm tuyến tính theo độ cao. Tìm độ cao cực đại và độ cao khối tâm của một cột không khí khí quyển hình trụ.

b) Bộ phận làm nóng khí cầu được điều chỉnh thích hợp để nhiệt độ không khí bên trong khí cầu luôn lớn hơn nhiệt độ khí quyển bên ngoài một lượng không đổi. Tính độ chênh nhiệt độ tối thiểu cần thiết để khí cầu có thể đạt tới độ cao của trọng tâm cột không khí khí quyển.

Gợi ý

1 Nhiệt độ không khí ở sát mặt đất

T0=μp0Rρ0= 292 K

Trọng lượng khí cầu

P=M+ρ0Vg=39 102 N

2 Kí hiệu ρi và Ti lần lượt là khối lượng riêng và nhiệt độ của khí trong khí cầu.

Để khí cầu có thể rời mặt đất, lực đẩy Ác-si-mét phải lớn hơn tổng trọng lượng của khí cầu

ρ0gV≥ρigV+Mg

ρi≤ρ0-MV=1,13 kg m-3

Do đó, nhiệt độ của khí trong khí cầu

Ti=μp0Rρi≥318 K

3

a) Từ giả thiết p=Aρ7/5 và phương trình trạng thái p=ρμRT, ta suy ra

T=μARρ2/5 (1a)

dT=2μA5Rρ-3/5dρ (1b)

Xét một lớn khí mỏng có độ dày dz. Điều kiện cân bằng áp suất của lớp khí này là

dp=-ρgdz

Lại sử dụng giả thiết p=Aρ7/5, ta thu được

Aρ-3/5dρ=-57gdz (2)

Kết hợp (1) và (2), suy ra

dT=-2μg7Rdz

Tích phân phương trình này, với điều kiện T=T0 ở mặt đất (z = 0), ta thu được

T=T0-2μg7Rz (3)

Phương trình (3) chứng tỏ nhiệt độ T giảm tuyến tính theo độ cao z.

Trong mô hình này, khối khí đạt độ cao cực đại ứng với T = 0, tại

z0=7RT02μg=29 883 m.

Để tiện cho việc tính toán xác định vị trí khối tâm của khối khí hình trụ C có độ cao z0 (giả thiết có tiết diện đáy S), ta viết lại biểu thức nhiệt độ T ở (3) dưới dạng

T=T01-zz0 (4)

Từ (1a), ta rút ra biểu thức phụ thuộc của khối lượng riêng theo nhiệt độ

ρ=kT2,5 (5)

Với k=RμA2,5.

Khối lượng khí chứa trong trụ C

m=0z0ρSdz

m=-z0T0kST00T2,5dT

m=2z07kST02,5

Khối tâm của khối khí chứa trong trụ C

zG=1m0z0zρSdz

zG=kSm0z0T2,5zdz

zG=-z02T0kSmT00T2,51-TT0dz

zG=4z0263mkST02,5

zG=29z0=6641 m.

b) Gọi θ là độ chênh lệch nhiệt độ của khí bên trong và ngoài khí cầu.

Khi đó, nhiệt độ bên trong khí cầu và khối lượng riêng của khí này lần lượt là

Ti=T+θ (6a)

ρi=μpRTi (6b)

Từ phương trình (5) ρ=kT2,5 và mô hình áp suất cho trong đề bài, ta tính được

ρi=kT2,5TTi (6c)

Để khí cầu đạt đến độ cao khối tâm zG, công của lực đẩy Ác-si-mét phải lớn hơn công của trọng lực trên quãng đường này. Do đó

A=0zGρ-ρiVgdz≥MgzG (7)

Ta đi tính công A như sau

ρ-ρi=kT2,51-TTi=kθT2,5T+θ (8)

Và chuyển tích phân A từ biến z về biến T theo (4), với cận lấy từ T0 đến TG=T01-zGz0=79T0. Khi đó

A=-z0T0kθgVT0TGT2,5dTT+θ (9)

Tích phân này tương đối phức tạp vì chứa số mũ lẻ của tử số (T2,5) và tham số θ chưa biết nên cần công cụ để tính. Tuy nhiên, ta có thể tính gần đúng tích phân này trong khoảng sai số chấp nhận được nếu để ý đến miền giá trị của độ chênh lệch nhiệt độ θ. Miền này được kẹp bởi điều kiện lực đẩy Ác-si-mét phải thắng trọng lực của khí cầu. Giá trị tối thiểu của tham số này khi khí cầu ở mặt đất được suy ra từ ý 1 và 2 là θ1 = 318 - 292 = 26 K. Giá trị tương ứng khi khí cầu ở độ cao của khối tâm là θ2 = 40 K, bằng cách sử dụng biểu thức (8) và hướng tiếp cận như ở ý 2. Khi đó, tỉ số ϵ=θT0 có thể xem là nhỏ, với sai số trên dưới 10%, và do đó có thể dùng gần đúng 1+ϵn=1+nϵ. Lúc này, tích phân

T2,5dTT+θ=T2,5dTT1+θT≈T1,51-θTdT=T2,52,5-θT1,51,5

Thay các cận tích phân và sử dụng biểu thức tính hệ số k từ phương trình (5) k=ρ0/T02,5 (lấy ở mặt đất), ta suy ra bất phương trình của θ

aT0θ2-bθ+2MT09ρ0V≤0

Với aT0=11,5T01-791,5=7,17.10-4, b=12,51-792,5=0,1866 và 2MT09ρ0V=5,2755. Ta tính được

32 K≤θ≤228 K

Vậy giá trị tối thiểu của θ là 32 K.

*****

Câu III. (4,0 điểm)

Một linh kiện điện tử có cấu tạo gồm một catốt K dạng sợi dây dẫn mảnh, thẳng, dài và một anốt A dạng trụ rỗng, có bán kính R, bao quanh catốt và có trục trùng với catốt. Linh kiện đặt trong không gian có từ trường đều  B hướng dọc theo catốt. Bằng một cách nào đó, người ta tạo một điện trường  E hướng trục từ A đến K có độ lớn không đổi.

4007126428072

z

z

x

y

A

K

R

M

θ

ρ

O

Hình 2

z

z

x

y

A

K

R

M

θ

ρ

O

Hình 2

Do tính đối xứng trục của bài toán, ta xét một hệ trục tọa độ trụ như Hình 2. Hệ tọa độ được chọn sao cho gốc O nằm trên K, trục Oz theo chiều  B, từ trường  B=Bρ,Bθ,Bz=0,0,B và điện trường  E=Eρ,Eθ,Ez=-E,0,0. Khi catốt K được đốt nóng sẽ bức xạ electron. Coi vận tốc của các electron phát ra từ catốt K là rất nhỏ và bỏ qua tác dụng của trọng lực lên các electron này. Khi xem xét chuyển động của electron, không gian trong linh kiện có thể coi là chân không. Kí hiệu điện tích nguyên tố là e và khối lượng electron là me. Giả sử ở thời điểm t = 0, electron có tọa độ (0,0,z0), ở thời điểm t > 0 electron ở tọa độ ρ,θ,z, hãy:

1. Viết phương trình vi phân mô tả chuyển động của electron.

2. Tìm phương trình quỹ đạo của electron.

3. Tìm vận tốc dài của electron tại thời điểm t bất kì.

Cho biết, trong hệ tọa độ trụ:

- Chất điểm M xác định bởi véc-tơ tọa độ  OM=ρ,θ,z có vận tốc và gia tốc tương ứng là  v=ρ,ρθ,z và  a=ρ-ρθ2,ρ-1ddtρ2θ, z.

- Nếu  a=aρ,aθ,az và  b=bρ,bθ,bz thì  

a×b=aθbz-azbθ,azbρ-aρbz,aρbθ-aθbρ.

Gợi ý

1 Phương trình chuyển động của electron được mô tả bởi định luật II Newton

-eE-e v×B=m a (1)

Theo phương bán kính ρ:

-e-E-evθB=maρ

eE-eBρ θ=mρ-ρθ2 (1a)

Theo phương góc θ:

-e-vρB=maθ

eBρ=mρ-1ddtρ2θ (1b)

Theo phương trục z:

0=mz (1c)

2 Quỹ đạo của electron được mô tả bởi các phương trình chuyển động, là nghiệm của các phương trình (1) trên đây. Để tìm dạng tường minh của các phương trình, ta sử dụng điều kiện ban đầu, tại thời điểm t = 0, electron có  v=0 và tọa độ (0,0,z0).

Phương trình (1c) cho nghiệm z = at + b, kết hợp với điều kiện ban đầu, ta tính được các tham số a = 0 và b = z0. Do đó

z=z0 (2a)

Phương trình (1b) được viết lại dưới dạng

ddtρ2θ=eBmρdρdt=ddteB2mρ2

ρ2θ-eB2m=const=C

Điều kiện ban đầu ρ=0 và  θ=0, cho ta hằng số C = 0. Suy ra θ=eB2m=ω. Kết hợp với θt=0=0, ta thu được

θ=eB2mt (2b)

Thay  θ=ω=const vào (1a), ta viết lại phương trình bán kính dưới dạng điều hòa

ρ+ω2ρ=eEm

Cho nghiệm

ρ=eEmω2-Acosωt+φ

Từ điều kiện ban đầu t = 0, ứng với ρ=0 và  ρ=0, ta tính được φ=0 và A=eEmω2=4mEeB2. Do đó

ρ=4mEeB21-cosωt (2c)

Vậy, electron chuyển động trong mặt phẳng z = z0, có tốc độ góc không đổi ω và có khoảng cách tính đến trục biến thiên điều hòa theo phương trình (2c).

Thay ωt=θ từ phương trình (2b) vào (2c), ta được quỹ đạo chuyển động

z=z0ρ=4mEeB21-cosθ

3 Vận tốc của electron theo các trục lần lượt là

vρ=ρ=2EBsinωt

vθ=ρ θ=2EB1-cosωt

vz=z=0

Do đó, vận tốc toàn phần của electron  v=vρ+vθ+vz, có độ lớn

v=vρ2+vθ2+vz2

v=4EBsineBt4m.

*****

Câu IV. (4,0 điểm)

Mắt thần là một dụng cụ quang học thông dụng, thường được lắp trên các cảnh cửa giúp người ở trong nhà có thể nhìn rõ bên ngoài. Mắt thần đơn giản có cấu tạo gồm hai thấu kính mỏng đặt đồng trục trong một ống hình trụ rỗng dài 3 cm. Trục chính của các thấu kính trùng với trục hình trụ. Một thấu kính được lắp ở sát đầu ống phía ngoài cửa và một thấu kính được lắp ở chính giữa ống. Người quan sát đặt mắt ở sát đầu hở của ống ở phía trong cửa để quan sát bên ngoài cửa. Cho biết một thấu kính có độ tụ +50 dp, rìa hình tròn có đường kính 7,5 mm, còn một thấu kính có độ tụ -200 dp, rìa hình tròn có đường kính 1 cm.

1. Thấu kính nào được lắp ở chính giữa ống để thị trường của Mắt thần là lớn nhất? Tính góc mở của thị trường khi đó.

2. Tính số bội giác của Mắt thần đối với người có mắt tốt khi quan sát mà mắt không điều tiết.

3. Người có mắt tốt nhìn qua Mắt thần sẽ nhìn thấy rõ những vật đặt trong khoảng nào trước thấu kính ở đầu ống phía ngoài cửa? Biết khoảng cực cận của mắt người đó là Đ = 20 cm.

Gợi ý

1 Để có thị trường rộng, thấu kính lắp ở đầu ngoài ống (hướng ra bên ngoài cửa) là thấu kính phân kì, thấu kính lắp giữa ống là thấu kính hội tụ. Thấu kính ngoài có nhiệm vụ tiếp nhận ánh sáng dưới một góc rộng, và vì là thấu kính phân kì nên sẽ cho ảnh ảo trong khoảng tiêu cự của thấu kính hội tụ. Thấu kính hội tụ lắp ở chính giữa ống trụ làm nhiệm vụ phóng lớn ảnh tạo bởi thấu kính phân kì. Nhờ đó, người quan sát khi nhìn ở đầu trong của ống trụ của Mắt thần sẽ thấy ánh tương đối rõ nét và cùng chiều với vật ở ngoài cửa, do hai ảnh liên tiếp qua các thấu kính đều là ảo.

Thị trường của hệ quang học phụ thuộc vào cấu trúc quang hệ và vị trí đặt mắt quan sát. Khi mắt M đặt sát đầu trong của ống trụ (cách thấu kính giữa 3/2 = 1,5 cm), qua các thấu kính cho ảnh lần lượt là M1 (qua thấu kính hội tụ) và M2 (qua thấu kính phân kì). Thị trường của Mặt thần lúc này là góc mở xuất phát từ M2 đến biên của miền rọi sáng trên thấu kính phân kì.

Tiêu cự của các kính

f+=1D+=0,02 m=2 cm

f-=1D-=-0,005 m=-0,5 cm

Sự tạo ảnh của M qua quang hệ

Md1=1,5cm f+ M1d1',d2 f- M2d2'

Sử dụng công thức thấu kính, ta tính được

d1'=d1f+d1-f+=-6 cm

d2=O+O--d1'=7,5 cm

d2'=d2f-d2-f-=-1532 cm=-0,46875 cm

Do tính chất khúc xạ, không phải mọi tia sáng đến thấu kính phân kì đặt ở đầu ngoài ống trụ đều đến được bề mặt của thấu kính hội tụ đặt phía trong. Theo chiều ngược lại, ta cần kiểm tra các tia sáng xuất phát từ M1, rọi lên bề mặt của thấu kính phân kì có phủ hết bề mặt của thấu kính này hay không.

Xét chùm tia sáng xuất phát từ M1, đi qua rìa của thấu kính hội tụ, tạo nên miền sáng tròn có đường kính D trên mặt thấu kính phân kì. Tính chất đồng dạng, cho ta

D0,75=M1O-M1O+=7,56

D=0,9375 cm

Vì D < 1 cm, là đường kính rìa của thấu kính phân kì nên chỉ có các tia sáng truyền đến kính phân kì trong miền D là đến được mắt.

Gọi 2θ là góc mở thị trường của Mắt thần. Đây là góc nhìn từ M2 đến toàn bộ miền sáng tròn có đường kính D trên mặt thấu kính phân kì. Ta có

tanθ=D/2|d2'|=1

θ=450

Do đó, góc mở của thị trường Mắt thần là 2θ=900.

Thị trường của các Mắt thần dùng trong thương mại có góc mở từ 1600 đến 2000. Điều này phụ thuộc vào tiêu cự các thấu kính, khoảng cách giữa chúng và vị trí đặt mắt quan sát.

2 Đối với người có mắt tốt, khi không điều tiết có thể nhìn rõ những vật ở rất xa (điểm cực viễn CV ở xa vô cùng).

Vì f++f-=1,5 cm=O+O- nên tiêu điểm của các thấu kính trùng nhau. Hệ kính này là một hệ vô tiêu: chùm sáng song song rọi đến hệ, cho chùm tia ló ra khỏi hệ cũng song song.

Số bội giác của Mắt thần này giống với số bội giác của một kính thiên văn, với vật kính là thấu kính phân kì và thị kính là thấu kính hội tụ, do đó có giá trị

G=f-f+=14

Mắt thần mang lại lợi thế về thị trường quan sát, nhưng hạn chế về chất lượng ảnh (trông ảnh sẽ nhỏ hơn).

3 Do là hệ vô tiêu nên khi ngắm chừng ở CV, người có mắt tốt sử dụng Mắt thần có thể quan sát được các vật ở rất xa (xem như vô cùng).

Vật AB nằm phía ngoài cửa tạo ảnh qua hệ kính theo sơ đồ

ABd1 f- A1B1d1',d2 f+ A2B2d2'

Mắt quan sát qua hệ kính sẽ quan sát thấy ảnh A2B2. Đối với trường hợp ngắm chừng ở điểm cực cận, ảnh A2B2 sẽ nằm ở điểm cực cận Cc, cách mặt đoạn Đ = 20 cm. Ảnh này nằm phía trước mặt (trước kính hội tụ) nên là ảnh ảo. Do đó

d2'=-Đ-MO+=-18,5 cm

Sử dụng các công thức thấu kính, ta tính được

d2=d2'f+d2'-f+=7441 cm

d1'=O+O--d2=-2582 cm

d1=d1'f-d1'-f-=2532 cm=0,78125 cm

Vậy người này có thể quan sát qua Mắt thần các vật ở gần sát kính phân kí (cách kính này 0,78 cm) đến ở rất xa (vô cùng).

*****

Câu V. (4,0 điểm)

Hiện tượng phóng xạ là hiện tượng một hạt nhân không bền tự phân rã, phát ra các tia phóng xạ và biến đổi thành hạt nhân khác. Trong quá trình phân rã, số hạt nhân N của chất phóng xạ ở thời điểm t tuân theo quy luật N(t) = N0e-λt, với N0 là số hạt nhân ở thời điểm ban đầu, λ là hằng số phóng xạ đặc trưng cho từng loại chất phóng xạ. Nếu hạt nhân được tạo thành không bền, nó sẽ tiếp tục phân rã tạo thành chuỗi phóng xạ. Trong bài này, ta xét một chuỗi phóng xạ đơn giản.

Cho một chuỗi phóng xạ trong đó hạt nhân A phóng xạ β tạo thành hạt nhân B và hạt nhân B phóng xạ α tạo thành hạt nhân C bền. Giả thiết các hằng số phóng xạ của hạt nhân A và B bằng nhau và bằng λ (chưa biết giá trị). Ban đầu, mẫu chất chỉ gồm N0 = 2.1018 hạt nhân A, các hạt nhân B và C chưa được tạo thành.

1. Để xác định hằng số phóng xạ λ, người ta dùng máy đếm hạt β: mỗi phân rã β sẽ tạo nên một xung và được máy ghi nhận. Máy được mở tại thời điểm t = 0, sau các khoảng thời gian t1 = 48 giờ và t2 = 144 giờ, máy đếm được số xung β tương ứng là n1 và n2 = 2,334n1. Tính λ.

2. Tính số hạt nhân B tại thời điểm t2 = 144 giờ.

3. Tính số hạt α được tạo thành sau 144 giờ kể từ thời điểm t = 0.

Gợi ý: Sự phụ thuộc của số hạt nhân B vào thời gian t có thể tìm dưới dạng p+qte-λt, trong đó p và q là hệ số không phụ thuộc vào thời gian và chưa biết.

Gợi ý

1 Số hạt nhân A phân rã bằng số xung β, nên tại các thời điểm t1, t2 số xung tương ứng là

n1=N0-Nt1=N01-e-λt1

n2=N0-Nt2=N01-e-λt2

Kết hợp với điều kiện n2 = 2,334n1 và t2 = 3t1, và đặt x=e-λt1, ta tính được x = 0,75857.

Do đó, hằng số phóng xạ

λ=-lnxt1=1,6.10-6 s-1.

2 Tốc độ phân rã hạt nhân A

-dNdt=λN0e-λt=λN

Vì có cùng hằng số phóng xạ λ nên tốc độ giảm số hạt B do phóng xạ được xác định tương tự, là λNB, với NB là số hạt nhân B tại thời điểm xét.

Sự thay đổi của số hạt nhân B tại mỗi thời điểm phụ thuộc vào số hạt nhân A phân rã (là số hạt nhân B tạo thành) và số phân rã của hạt nhân B. Do đó, tốc độ biến thiên của số hạt nhân B được xác định bởi phương trình

dNBdt=λNA-λNB=λN0e-λt-λNB

Thay dạng nghiệm NB=p+qte-λt vào phương trình trên, ta thu được q=λN0. Mặc khác, từ điều kiện ban đầu t = 0 thì NB = 0, ta tính được p = 0. Do đó

NB=λN0te-λt

Tại thời điểm t2 = 144 giờ, ta tính được NB = 7,24.1017 hạt nhân B.

3 Tại thời điểm t2, số hạt nhân A đã phân rã (bằng số hạt β phóng xạ)

n2=N01-e-λt2=1,127.1018 hạt

Số hạt α tạo thành bằng số hạt B phân rã

nα=n2-NB=4,03.1017 hạt

MỘT SỐ GÓP Ý VỀ HƯỚNG TIẾP CẬN ĐỀ THI

*****

Ngày thi thứ hai

Câu I. (4,0 điểm)

4658995949960

1

2

3

4

A

B

C

D

O

g

Hình 1

00

1

2

3

4

A

B

C

D

O

g

Hình 1

Xét một hệ NewSpinor nằm trong mặt phẳng thẳng đứng gồm bốn đĩa phẳng đồng chất có cùng khối lượng m, có bán kính R1 = R2 = R3 = 0,5R4. Mỗi đĩa có thể quay quanh trục vuông góc với mặt đĩa tại tâm. Gắn cứng trục quay của các đĩa 1, 2, 3, 4 vào các điểm A, B, C, D trên khung cứng nhẹ, hình chữ Y sao cho các đĩa tiếp xúc nhau và tam giác ABC là tam giác đều. Trục quay tại A của hệ (vuông góc với mặt phẳng hình vẽ) được quay trong ổ trục O (ổ trục này có khối lượng không đáng kể nằm khuất sau A trên hình vẽ). Bỏ qua mọi ma sát giữa đĩa và trục, giữa trục và ổ trong O. Gia tốc trọng trường là  g.

1. Giữ ổ trục O cố định, xét hai trường hợp:

a) Các đĩa trượt không ma sát trên nhau. Thả nhẹ hệ từ vị trí thanh AD có phương ngang (Hình 1). Khi hệ quay tới vị trí sao cho thanh AD có phương thẳng đứng, xác định vận tốc góc ω của khung cứng ABCD.

right127000

1

2

3

4

B

C

D

A

O

M

N

g

θ

E

Hình 2

1

2

3

4

B

C

D

A

O

M

N

g

θ

E

Hình 2

b) Các đĩa lăn không trượt so với nhau. Giữ cố định đĩa 1. Khi hệ đang đứng yên ở vị trí thanh AD có phương thẳng đứng, kích thích nhẹ để hệ dao động. Xác định chu kì dao động bé của hệ.

2. Ổ trục O có thể di chuyển không ma sát giữa hai ray M và N cứng, thẳng, song song, nằm ngang cố định (Hình 2). Đĩa 1 được gắn cứng với ổ trục O. Thả nhẹ hệ vật từ vị trí thanh AD có phương ngang. Trong quá trình chuyển động, đĩa 1 chỉ chuyển động tịnh tiến, các đĩa lăn không trượt so với nhau. Khi hệ quay tới vị trí thanh AD có phương lệch góc θ so với phương thẳng đứng (0<θ<π/2), xác định:

a) Vận tốc góc ω của khung ABCD.

b) Vận tốc của ổ trục O trong hệ quy chiếu gắn với điểm E cố định trên đĩa 4 (xem hình vẽ).

Cho biết: Công thức cộng vận tốc góc ωi/O=ωi/khung+ωkhung/O; trong đó kí hiệu ωi/O là vận tốc góc của đĩa i đối với ổ trục O, ωi/khung là vận tốc góc của đĩa i đối với trục quay gắn với khung, ωkhung/O là vận tốc góc của khung đối với ổ trục O.

Gợi ý

Các khoảng cách cần thiết dùng trong bài toán, với R = R1,

DA=DB=DC=3R

AB=BC=CA=33R

Khối tâm của hệ 4 đĩa là D; khối tâm của hệ ba đĩa 2-3-4 là G nằm trên đường thẳng AD và cách A đoạn AG = 4R.

1

a) Vì không có ma sát giữa các đĩa nên không có momen lực làm cho các đĩa quay quanh khối tâm của mỗi đĩa. Khi đó, đĩa 1 sẽ đứng yên, các đĩa còn lại chuyển động tịnh tiến cùng với khối tâm của chúng.

Theo định luật bảo toàn cơ năng

3mg.AG=12mvD2+2.12mvB2

Với vD=ωAD=3Rω và vB=ωAB=33Rω. Ta tính được

ω=8g21R.

b) Gọi A’, B’, C’ là các điểm tiếp xúc của các đĩa 1, 2, 3 với đĩa 4 tại thời điểm khảo sát.

Khi khung lệch khỏi vị trí cân bằng thẳng đứng một góc θ, vận tốc khối tâm của các đĩa 2, 3, 4 lần lượt là

vB=vC=AB.θ'=33Rθ' (1a)

vD=AD.θ'=3Rθ' (1b)

Do đĩa 4 lăn không trượt trên đĩa 1 đứng yên, nên tiếp điểm giữa chúng đứng yên. Khi đó, tốc độ của các điểm trên đĩa 4 đối với tâm D của nó bằng tốc độ khối tâm

uD=vD (2)

Các đĩa 3 và 4 lăn không trượt trên nhau nên véc-tơ vận tốc của tiếp điểm C’ trên đĩa 3 và đĩa 4 như nhau. Vận tốc của mỗi điểm như vậy đối với đất bằng vận tốc khối tâm cộng véc-tơ với vận tốc quay đối với khối tâm

vC'/D=vC'/C

vD+uC'/D=vC+uC'/C (3a)

Trong đó uC'/D=uD=vD.

Hình chiếu của phương trình (3a) dọc theo đường nối tâm DC sẽ thu lại được các phương trình (1).

Hình chiếu của phương trình (3a) theo phương vuông góc với đường nối tâm DC (tiếp tuyến với hai đĩa 3 và 4) là

vDsin300+uC'/D=vCcos300+uC'/C

uC'/C=0 (3b)

Phương trình (3b) chứng tỏ, đĩa 3 chuyển động tịnh tiến cùng với khối tâm nhưng không quay quanh tâm C của nó. Điều này cũng đúng cho đĩa 2, bằng các tính toán tương tự.

Động năng của hệ

K=12ID/A'vD2R2+2.12mvC2

K=12.67,5mR2θ'2 (4a)

Thế năng của hệ, với gốc thế năng tại A,

U=-3mg.AG.cosθ (4c)

U=-3mg.4R.1-θ22=-12mgR+12.12mgRθ2 (4b)

Trong đó, ta đã sử dụng gần đúng góc bé cho hàm cosin ở phương trình trên.

Từ biểu thức động năng và thế năng ở (4a) và (4b), ta nhận thấy hệ dao động điều hòa với mức quán tính (khối lượng hiệu dụng) μ=67,5mR2 và hệ số hồi phục κ=12mgR. Chu kì của dao động này là

T=2πμκ=2π45R8g.

2 center470727

wA

θ

wD

wA

vD

vB

wA

wA

vC

D

A

B

C

θ

wA

θ

wD

wA

vD

vB

wA

wA

vC

D

A

B

C

θ

Trong phần này, ta kí hiệu  w là vận tốc so với đất,  v là vận tốc so với đĩa 1 và  u là vận tốc của mỗi đĩa so với khối tâm của nó.

a) Do đĩa 1 chỉ chuyển động tịnh tiến và các đĩa lăn không trượt trên nhau nên tính chất chuyển động quay của các đĩa đối với A vẫn như mô tả ở câu 1b. Nghĩa là, đĩa D quay quanh khối tâm với tốc độ góc ωD=vD/2R, các đĩa B và C không quay quanh tâm mà chuyển động tịnh tiến cùng với khối tâm của mỗi đĩa với tốc độ như nhau vB=vC=vD3 (từ các phương trình 1, xét trong hệ quy chiếu gắn với A).

Khi bỏ qua ma sát, ngoại lực tác dụng lên hệ chỉ có phương thẳng đứng. Do đó, hệ không được gia tốc theo phương ngang, khối tâm D của hệ 4 đĩa chỉ dịch chuyển theo phương thẳng đứng. Từ công thức cộng vận tốc cho khối tâm D:  wD=wA+vD, ta suy ra

wD=vDsinθ (5a)

wA=vDcosθ (5b)

Đối với đất, vận tốc của khối tâm B và C của các đĩa 2 và 3 lần lượt là

wB=wA+vB (6a)

wC=wA+vC (6b)

Với các góc β=∠wA;vB=7π6-θ và γ=∠wA;vC=5π6-θ.

Ta tính được tổng động năng của các đĩa 2 và 3

KB+KC=12mwB2+wC2=3-2cos2θmvD2 (6c)

Tổng động năng của đĩa 4

KD=12mwD2+12.12m2R2ωD2=14mvD21+2sin2θ (7)

Động năng của đĩa 1

KA=12mwA2=12mvD2cos2θ (8)

Do đĩa 1 chuyển động trên đường thẳng nằm ngang nên động năng của hệ được chuyển hóa từ độ giảm thế năng của ba đĩa còn lại, tức là biểu thức thế năng trọng trường vẫn được xác định như ở ý 1b, là biểu thức (4c).

Theo định luật bảo toàn cơ năng

0=ΣK+U

Ta tính được

vD2=48gRcosθ15-8cos2θ (9)

Tốc độ góc của khung

ω=vD3R=16gcosθ3R15-8cos2θ (10)

b) Trong hệ quy chiếu gắn với A (cũng là với trục O), điểm E trên đĩa 4 chuyển động quay quanh D kết hợp với chuyển động tịnh tiến của khối tâm này. Do E nằm ở đối diện với tâm quay tức thời A’ nên có tốc độ gấp đôi tốc độ của khối tâm D

vE=2vD=83gRcosθ15-8cos2θ

Tốc độ của O đối với E có cùng độ lớn vE nhưng có chiều ngược lại với vận tốc này.

*****

Câu II. (4,0 điểm)

Thiết lập một dòng khí trong một ống xoắn bằng kim loại, sao cho khối lựng khí đi qua tiết diện của ống trong một đơn vị thời gian là D = 0,47 g/s. Ống xoắn được nhúng trong một bình chứa đầy nước, có nhiệt dung toàn phần C = 4 kJ/K (bao gồm nhiệt dung của nước bình và ống xoắn). Chất khí lúc đầu được nung nóng trong một cái lò, đi vào bình ở nhiệt độ T1 = 373 K. Khi chế độ chảy ổn định được thiết lập, nhiệt độ của bình không đổi và chất khí ra khỏi bình ở nhiệt độ T2 = 310 K bằng nhiệt độ của bình. Trong chế độ chảy ổn định đó, chất khí trong phần ống xoắn kim loại nhúng trong bình được coi là đẳng áp. Khi ngắt dòng khí, ta thấy nhiệt độ của bình giảm; chứng tỏ có sự rò nhiệt từ bình ra môi trường xung quanh. Biết rằng sau khi ngắt dòng khí 10 phút và 20 phút, nhiệt độ bình giảm tương ứng là 2,00 K và 3,76 K. Coi rằng bình, nước và ống xoắn kim loại luôn cân bằng nhiệt với nhau. Giả thiết rằng, nhiệt độ môi trường xung quanh là không đổi, độ mất mát nhiệt cả bình trong một đơn vị thời gian tỉ lệ với độ chênh lệch nhiệt độ giữa bình và môi trường với một hệ số tỉ lệ k nào đó. Hãy xác định:

1. Hệ số tỉ lệ k và nhiệt độ T0 của môi trường bên ngoài.

2. Nhiệt dung riêng đẳng áp cp của chất khí.

Gợi ý

1 Tại thời điểm t tính từ lúc ngắt dòng khí, nhiệt độ của khí trong bình là T. Khi đó, tốc độ tỏa nhiệt ra môi trường

-dQdt=-CdTdt=kT-T0

dTT-T0=-kCdt

T2TdTT-T0=-kC0tdt

lnT-T0T2-T0=-ktC

T=T0+T2-T0e-ktC 1

Tại thời điểm t1 = 10 phút, nhiệt độ bình là T1' = 310 - 2,00 = 308 K. Vận dụng (1), ta được

T1'=T0+T2-T0e-kt1C (1a)

Tại thời điểm t2 = 20 phút = 2t1, nhiệt độ bình là T2' = 310 - 3,76 = 306,24 K. Vận dụng (1), ta được

T2'=T0+T2-T0e-kt2C (1b)

Giải các phương trình (1a) và (1b), chẳng hạn bằng cách đặt x=e-kt1C thì e-kt2C=x2. Ta tính được T0 = 293 K (200C) và x=0,88, suy ra k = 8,52 J/(K.s).

2 Khi nhiệt độ của bình ổn định T2, tốc độ truyền nhiệt của khí cho bình cân bằng với tốc độ tỏa nhiệt của bình chứa

DcpT1-T2=kT2-T0→cp=4,89JK.g

*****

Câu III. (4,0 điểm)

center1546225

Hình 3

Hướng hạ cánh chuẩn

Hướng hạ cánh nguy hiểm

Đường băng dài

D

A

Hệ ăng-ten

Hình 3

Hướng hạ cánh chuẩn

Hướng hạ cánh nguy hiểm

Đường băng dài

D

A

Hệ ăng-ten

Xét một hệ thống dẫn hướng và điều khiển máy bay hạ cánh dựa trên hiện tượng giao thoa sóng điện từ. Hệ thống này bao gồm hai hệ thống con, một hệ thống dẫn hướng theo phương ngang và một hệ thống dẫn hướng theo độ cao. Trong bài toán này, ta chỉ xem xét hệ thống dẫn hướng theo phương ngang, đó là hệ thống được cấu tạo bởi một hệ hai hoặc nhiều ăng-ten ở cuối đường băng. Các ăng-ten được đặt trên một đường nằm ngang, cách đều nhau, đối xứng qua trục đường băng. Các ăng-ten phát ra sóng điện từ đơn sắc, đồng pha, cùng tần số f = 110 Hz. Gọi trung điểm của hai ăng-ten ngoài cùng là A; đường quan sát D là đường thẳng nằm ngang, vuông góc với đường băng và cách xa các ăng-ten (Hình 3). Bỏ qua độ dịch tần số gây bởi hiệu ứng Đốp-le.

1. Thông tin về cường độ sóng điện từ trong miền giao thoa mà bộ cảm biến trên máy bay thu được giúp phi công ìm được hướng hạ cảnh chuẩn. Giải thích vì sao khi máy bay bay lệch khỏi hướng hạ cánh chuẩn sẽ dẫn tới cường độ sóng điện từ mà bộ cảm biến thu được bị giảm rõ rệt.

2. Thông số dẫn hướng theo phương ngang là góc trông từ A tới hai cực tiểu, hai cực tiểu này có khoảng cách gần nhau nhất trên dường quan sát D và gần cực đại chính. Tính thông số dẫn hướng theo phương ngang cho hệ gồm 2 ăng-ten đặt cách nhau một khoảng a = 16 m.

3. Thực tế, đa số hệ thống dẫn hướng theo phương ngang dùng nhiều hơn 2 ăng-ten. Hệ thống nào cho cường độ sóng điện từ lớn nhất trên đường quan sát D lớn hơn và có thông số dẫn hướng nhỏ hơn sẽ dẫn hướng máy bay tốt hơn. Để so sánh, ta sẽ xét hai trường hợp: (i) hệ gồm 2 ăng-ten; (ii) hệ gồm 4 ăng-ten. Khoảng cách giữa hai ăng-ten ngoài cùng là a = 16 m. Biết tổng công suất phát xạ từ các hệ ăng-ten là như nhau trong cả hai trường hợp.

a) Trên đường quan sát D, cường độ sóng điện từ lớn nhất trong trường hợp dùng 4 ăng-ten gấp mấy lần cường độ sóng điện từ lớn nhất trong trường hợp dùng 2 ăng-ten?

b) Thông số dẫn hướng theo phương ngang trong trường hợp dùng 4 ăng-ten nhỏ hơn bao nhiêu lần thông số dẫn hướng theo phương ngang trong trường hợp dùng 2 ăng-ten?

Gợi ý

-871991000988

A1

A2

A

M

O

A1

A2

A

M

O

right926262

= a

<<

a

Phương truyền của ánh sáng

= a

<<

a

Phương truyền của ánh sáng

1 Hướng hạ cánh chuẩn là đường trung trục của đoạn nối hai ăng-ten nên có hiệu khoảng cách từ điểm xét đến hai nguồn phát sóng δ = 0, ứng với cực đại giao thoa của hai sóng. Do đó, dọc theo hướng hạ cánh chuẩn, cường độ sóng điện từ I∝E02 (với E0 là biên độ (điện trường) của sóng giao thoa) sẽ cực đại.

2 Xét điểm M trên đường chuẩn D, có hiệu quang trình đến hai ăng-ten là δ≈aθ, với θ=∠MAO và O là cực đại chính. Để M là cực tiểu giao thoa thì δ=λ/2. Ta suy ra thông số dẫn hướng

2θ=λa=0,17 rad. (1)

3

a) Gọi E1, E2 lần lượt là biên độ sóng điện từ do mỗi ăng-ten phát đi trong trường hợp dùng 2 và 4 ăng-ten. Giả thiết rằng, biên độ sóng không đổi khi truyền đi (bỏ qua sự hấp thụ năng lượng sóng của môi trường).

Vì công suất phát sóng P∝E2 và theo đề, tổng công suất phát sóng điện từ là như nhau cho cả hai trường hợp nên

2E12=4E22

right679450

E1

E2

E3

E4

ϕ=π2

E1

E2

E3

E4

ϕ=π2

Biên độ giao thoa của sóng điện từ ở cực đại chính ứng với hai trường hợp tương ứng là 2E1 và 4E2. Vì cường độ sóng điện từ I∝E2 nên tỉ số này ứng với trường hợp 4 và 2 ăng-ten là

I2I1=4E222E12=4E22E12=2. (2)

b) Hiệu quang trình giữa sóng do hai nguồn kế nhau truyền đến một điểm gần cực đại chính là như nhau và bằng δ. Do đó, dao động của sóng do các ăng-ten gửi tới điểm khảo sát trên đường quan sát D lệch nhau các lượng ϕ=2πλδ giống nhau. Từ giản đồ pha, ta nhận thấy để điểm khảo sát là cực tiểu, các véc-tơ biên độ phải tạo thành một đa giác đóng kín (do đó, biên độ dao động tổng hợp là nhỏ nhất, bằng không). Với biên độ của các sóng gửi tới là như nhau, và với cùng độ lệch pha ϕ liên tiếp, đa giác pha có dạng hình vuông, do đó

ϕ=π2=2πλδ

δ=λ4 (3)

Trong giả thiết của đề bài, trong trường hợp 4 ăng-ten có khoảng cách 2 ăng-ten ngoài cùng là a, thì khoảng cách giữa 2 ăng-ten kế tiếp nhau là a/3, hiệu quang trình δ=a3θ. Từ điều kiện cực tiểu giao thoa (3), ta suy ra thông số dẫn hướng

2θ=1,5λa (4)

Thông số dẫn hướng vừa thu được cho trường hợp 4 ăng-ten lớn hơn so với trường hợp 2 ăng-ten!!

Theo sự hiểu biết hạn hẹp của bản thân, khoảng cách giữa các ăng-ten liên tiếp ở sân bay có quy chuẩn rõ ràng về khoảng cách. Do đó, việc thêm các ăng-ten phải có khoảng cách xác định. Chẳng hạn trong bài toán này, 4 ăng-ten này cách đều nhau các khoảng a như trường hợp 2 ăng-ten.

Khi đó δ=aθ và kết hợp với (3), ta thu được thông số dẫn hướng lúc này là

2θ=12λa (5)

Có nghĩa là bằng ½ so với trường hợp 2 ăng-ten.

*****

Câu IV. (4,0 điểm)

Cho một khối cầu được làm từ vật liệu quang học trong suốt có chiết suất phân bố đối xứng tâm theo quy luật nr=n01+rR2. Trong đó r là khoảng cách từ tâm khối cầu đến điểm đang xét, R là bán kính của khối cầu, hằng số n0 > 2. Tốc độ ánh sáng trong chân không là c.

1. Chiếu một tia sáng tới một điểm trên bề mặt của khối cầu dưới góc tới i0, tìm phương trình mô tả đường truyền của tia sáng đi trong khối cầu.

2. Cho S là một điểm sáng trên bề mặt của khối cầu. Các tia sáng xuất phát từ S đi vào trong khối cầu và sau đó hội tụ tại một điểm S’.

a) Xác định vị trí điểm S’.

b) Tính thời gian để một tia sáng bất kì xuất phát từ điểm S truyền trong khối cầu đến điểm S’.

Cho tích phân: k1+x2xx2-k21+x22dx=arcsink1-4k2x2-1x+C.

Gợi ý

324293012538

A

B

C

O

r

d

r.d

iA

iB

nA

nB

dr

A

B

C

O

r

d

r.d

iA

iB

nA

nB

dr

1 Kết hợp định luật Snell và đặc trưng hình học của khối cầu, ta suy ra bất biến quang hình học

nrsini=C=const (1)

Mặc khác, ta cũng có

tani=rdθ-dr (2)

Từ (1) và (2), suy ra

dθ=-Cnr2-C2drr

Đặt x = r/R và k = C/(n0R), sử dụng biểu thức nr=n01+rR2 ta tính được quỹ đạo tia sáng

θ=-k1+x2x2-k21+x22dxx=-arcsink1-4k2x2-1x+θ0 (3a)

Hoặc viết lại dưới dạng

k1-4k21-x2x=sinθ-θ0 (3b)

Khi x = 1 (r = R), chọn θ=0 →θ0=0. Bên cạnh đó, khi tia sáng đi vào quả cầu dưới góc tới i0, ta tính được hằng số C ở phương trình (1) là Rsini0, nên hệ số k = sini0/n0.

Vậy, quỹ đạo của tia sáng trong khối cầu có dạng

sinθ=k1-4k21-x2x (3c)

Với k = sini0/n0 và x = r/R.

** Có thể chứng minh quỹ đạo của tia sáng trong khối cầu là một cung tròn. Tuy nhiên, kết quả thu được ở các phương trình (3) là đủ.

2

a) Vị trí của điểm ảnh S’ ứng với r = r0 (x = x0) và θ=θ0 xác định. Vì S’ là điểm đến của mọi đường truyền tia sáng xuất phát từ S nên phương trình quỹ đạo (3) luôn có nghiệm (x0,θ0) với mọi k. Điều này chỉ đúng khi x = 1, tức là r0 = R và θ0=π: S’ đối xứng với S qua tâm cầu.

b) Thời gian để tia sáng xuất phát từ S đến điểm hội tụ S’ là như nhau đối với mọi đường truyền nên để tính thời gian truyền tương ứng, ta chỉ cần xét tia đơn giản nhất là tia truyền thẳng từ S đến S’, đi ngang qua tâm cầu O. Đối với tia này, vận tốc truyền sáng phụ thuộc vào chiết suất theo biểu thức

v=cn=-drdt

Để tính thời gian truyền t, ta đặt x=rR=tanφ, với các cận φ=π/4 (x = 1) và φ=0 (x = 0, tại tâm cầu O). Ta tính được

t=2×πn0R4c=πn0R2c.

*****

Câu V. (4,0 điểm)

1. Xác định điện trở chưa biết bằng phương pháp cầu cân bằng.

Cho các dụng cụ sau:

+ Điện trở R1, R2 đã biết giá trị;

+ 01 hộp điện trở có thể đặt trước được các giá trị điện trở khác nhau;

+ 01 điện trở Rx chưa biết trước giá trị;

+ 01 nguồn điện một chiều không đổi, chưa biết giá trị điện áp;

+ 01 khóa K;

+ 01 điện kế G có điểm 0 nằm giữa bảng chỉ thị và có điện trở trong R0 chưa biết;

+ Dây nối điện cần thiết.

Yêu cầu:

a) Trình bày cách đo giá trị của một điện trở Rx.

b) Trình bày cách đo giá trị R0 của điện kế G.

2. Xác định độ lớn cảm ứng từ trung bình B tại bề mặt đáy của một nam châm vĩnh cửu.

Cho các dụng cụ sau:

+ 01 nam châm vĩnh cửu dạng trụ cần xác định độ lớn cảm ứng từ trung bình B tại bề mặt đáy, hai đáy là hai từ cực, diện tích đáy của nó là S;

+ 01 ống nhựa hình trụ thẳng, dài, đường kính trong đủ lớn để nam châm có thể lọt qua;

+ 01 khung dây hình tròn cứng gồm N vòng, diện tích tiết diện của vòng dây là S’ ≈ S, điện trở của khung dây là R0 đã biết;

+ 01 điện kế xung kích dùng để đo tổng điện tích chạy qua nó. Điện trở trong của điện kế là Rđ đã biết;

+ Dây nối điện, giá treo, giá đỡ cần thiết.

Yêu cầu: Xác định cảm ứng từ trung bình B tại bề mặt đáy của nam châm vĩnh cửu:

a) Vẽ hình mô tả bố trí thí nghiệm đo cảm ứng từ trung bình B tại mặt đáy của nam châm.

b) Lập biểu thức tính toán, nêu cách đo.

Gợi ý

1 Dùng mạch cầu để đo điện trở là một phương pháp phổ biến vì tính tùy chỉnh và độ chính xác cao. Với các điện trở R1, R2 đã biết, người ta cần thêm một điện trở đối ứng R3 có miền giá trị biến thiên tương đối liên tục dùng để dò giá trị mà tại đó, cầu cân bằng (số chỉ của điện kế G dùng làm cầu bằng không). Điện trở đối ứng R3 này có thể lấy từ hộp điện trở từ đề bài hoặc bộ ghép của các điện trở này. Tuy nhiên, hộp điện trở chỉ có một số điện trở với giá trị xác định nên hầu như không thể chọn được điện trở đối ứng phù hợp để cầu cân bằng, nếu giá trị điện trở Rx cần đo là tùy ý. Dưới đây, chúng tôi xin đề xuất một phương án đơn giản hơn, có thể đo được giá trị Rx bất kì và chấp nhận độ chính xác không tốt bằng phương pháp mạch cầu.

Đặt điện kế ở chế độ đo cường độ dòng điện. Lần lượt mắc nối tiếp điện kế G và các điện trở R1, R2 và Rx. Đọc số chỉ trên điện kế lần lượt là I1, I2 và Ix.

Vì điện áp của nguồn không đổi nên

I1R1+R0=I2R2+R0=Ix(Rx+R0)

R0=I1R1-I2R2I2-I1 (1)

Rx=R1I1Ix+R0I1Ix-1 (2)

Ngoài hạn chế về độ tùy chỉnh và tính chính xác của phép đo, điện kế G cần phải có chế độ đo Ampe.

2

Bố trí thí nghiệm:

366712592710

G

Ống nhựa dài

Nam châm

G

Ống nhựa dài

Nam châm

+ Đặt ống trụ thẳng đứng trên mặt bàn nằm ngang. Mặt bàn nên có thêm chất keo dính để khi nam châm chạm bàn, nó không bị nảy lên. Chú ý, nên dùng bàn nhựa hoặc bàn gỗ để khi nam châm chuyển động không gây ra từ trường phụ, ảnh hưởng đến kết quả đo.

+ Lồng khung dây vào đầu dưới ống trụ nhựa, giữ khung dây cao hơn đôi chút so với mặt đáy dưới của ống trụ. Để đảm bảo cho toàn bộ từ trường do mặt dưới nam châm khi nằm sát mặt bàn đều đi qua khung dây.

+ Gắn điện kế nối tiếp với khung dây, tạo thành mạch điện kín.

Tiến hành thí nghiệm:

+ Thả nam châm vào đầu trên của ống trụ.

+ Ghi số chỉ tổng điện lượng chạy qua khung dây nhờ số chỉ trên điện kế gắn với khung dây.

+ Lặp lại thí nghiệm vài lần.

Kết quả thí nghiệm:

Khi nam châm ở đầu trên của ống nhựa, vì ống dài nên từ trường do nam châm gửi qua khung dây đặt ở đầu dưới của ống là nhỏ, có thể bỏ qua Φ0≈0.

Khi nam châm rơi qua khung dây (chạm mặt bàn), nó bị giữ lại nhờ chất keo dính mà không bị nảy lên. Nhờ khung dây đặt gần sàn mặt bàn nên toàn bộ từ trường đi ra từ đầu dưới nam châm sẽ gửi hết qua khung với thông lượng từ Φ=B.S, với B là giá trị trung bình của từ trường do nam châm tạo ra ở mặt dưới của nó.

Từ thông gửi qua vòng dây, tạo ra suất điện động cảm ứng trong khung dây có độ lớn

Ec=ΔΦΔt=-ΔΦΔt

Gọi Δq là giá trị điện lượng chạy qua khung dây trong thời gian Δt. Dòng điện qua khung dây

Ic=ΔqΔt

Theo định luật Ohm

Ec=R0+RđIc

-ΔΦΔt=R0+RđΔqΔt

-ΔΦ=R0+RđΔq

BS=R0+Rđq

Ta tính được từ trường trung bình ở bề mặt đáy của nam châm

B=R0+RđqS

Trong đó, q là tổng điện lượng qua khung dây, cũng là số chỉ trên điện kế.

Tạo bảng điểm online

Chúng tôi hiện có hơn 60 nghìn tài liệu để bạn tìm

File mới nhất

* Ba định luật Newton (tiết 2)
Ngày 16/10/2018
* Tư duy giải bài trên mặt phẳng nghiêng
Ngày 16/10/2018
* Giải chi tiết các câu hỏi dòng điện trong các môi trường từ đề thi năm 2018
Ngày 15/10/2018
* Trọn bộ tài liệu vật lý 11 của thầy vũ đình hoàng
Ngày 15/10/2018
* Trọn bộ tài liệu vật lý 12 của thầy vũ đình hoàng
Ngày 15/10/2018
File mới upload

Ngày này hằng năm

* ĐỀ KIỂM TRA LỚP 12 LẦN 1 - Năm học 2013-2014
Ngày 23/10/2013
* ĐỀ KIỂM TRA LẦN 1 - Năm học 2013-2014
Ngày 19/10/2013
* Khảo sát đầu năm Toán, Lý, Hóa chuyên ĐH Vinh 2012-2013
Ngày 17/10/2012
* Đề Thi HSG Tỉnh Hải Phòng 2014 - 2015
Ngày 23/10/2016
* Đề thi thử ĐH năm 2013 (Hay, khó, có đáp án) - TTLT Khoa học Tự nhiên Tp BMT
Ngày 24/10/2012
File mới upload

Được tải nhiều nhất tháng trước

File icon Đề THPT Chuyên Hà Tĩnh lần 5 năm 2016 (Có lời giải chi tiết)
3,401 lượt tải - 3,395 trong tháng
File icon ĐỀ THI THỬ THPTQG 2016 (SÁT CẤU TRÚC CỦA BỘ + ĐÁP ÁN)
2,100 lượt tải - 2,090 trong tháng
File icon Đề có cấu trúc 60%CB - 40%NC số 15 - có lời giải
2,333 lượt tải - 2,068 trong tháng
File icon THI THỬ THPT QUỐC GIA BÁM SÁT VỚI BỘ
1,895 lượt tải - 1,895 trong tháng
File icon ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA SÁT VỚI BỘ (CÓ ĐÁP ÁN)
1,879 lượt tải - 1,878 trong tháng
File download nhiều

Bình luận tài nguyên

Cho xin phần đáp án bài tập tự luyện thầy ơi
User tranthaonhi 15 - 10

FULL ĐỒ THỊ ĐIỆN XOAY CHIỀU 2019 - GIẢI CHI TIẾT. QUÝ THẦY CÔ THAM KHẢO

cho xin đáp án thầy ơi
User truong giang 11 - 10

File word Phân dạng chi tiết.

giáo án rất hay ạ, cám ơn thầy rất nhiều
User truong huong 09 - 10


ABC Trắc Nghiệm Vật Lý
Cầu vồng   |   Đăng nhập Đăng nhậpnew
Đang online (157)