Tải bản đầy đủ

BỘ đề THI và đáp án kì THI HSG của các TRƯỜNG CHUYÊN KHU vực DUYÊN hải môn vật lý lớp 11

Người ra đề: Ngô Thị Thu Dinh
Đơn vị: Trường THPT CHUYÊN BIÊN HÒA
TỈNH HÀ NAM

-----------------------

GIỚI THIỆU ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC
DUYÊN HẢI- ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
MÔN: VẬT LÝ LỚP :11
Thời gian làm bài: 180 phút

Bài 1: (4 điểm)
Hai quả cầu nhỏ tích điện 1 và 2, có khối lượng và điện tích tương ứng là m1 = m;
q1 = +q; m2 = 4m; q2 = +2q được đặt cách nhau một đoạn a trên mặt phẳng nhẵn nằm
ngang. Ban đầu giữ hai quả cầu đứng yên. Đẩy quả cầu 1 chuyển động hướng thẳng vào
quả cầu 2 với vận tốc v0, đồng thời buông quả cầu 2.
1. Tính khoảng cách cực tiểu rmin giữa hai quả cầu
2. Xét trường hợp a =  : tính rmin và vận tốc u1, u2 của hai quả cầu ( theo vo, rmin) khi
chúng lại ra xa nhau vô cùng
Bài 2: (3 điểm)

Cho mạch điện như hình vẽ, nguồn điện có suất
R
điện động E, điện trở trong r  , hai tụ điện có điện
2
dung C1 = C2 = C (ban đầu chưa tích điện) và hai điện trở
R và 2R, lúc đầu khóa K mở. Bỏ qua điện trở các dây nối
và khoá K. Đóng K.
1. Tính điện lượng chuyển qua dây dẫn MN.
2. Tính nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở R.

R

C1

M

C2

2R
+

-

E, r

N
K

Bài 3: (4 điểm)
Hai dây dẫn dài, mỗi dây có điện trở R = r0 được
a
c
uốn thành hai đường ray nằm trong mặt phẳng ngang như
V1
hình vẽ. Hai ray phía bên phải cách nhau l1 = 5l0 và nằm
trong từ trường có cảm ứng từ B1 = 8B0, hướng từ dưới
lên. Hai thanh ray bên trái cách nhau khoảng l2 = l1 = 5l0
d
b
và nằm trong từ trường B2=5B0, hướng từ trên xuống.

Hai thanh kim loại nhẵn ab và cd có cùng điện trở r0 được đặt nằm trên các ray như hình
vẽ, mọi ma sát đều không đáng kể. Tác dụng một lực kéo để ab chuyển động sang phải
với vận tốc đều v1 = 5v0.
1. Khi đó cd cũng chịu tác dụng một ngoại lực và chuyển động sang trái với vận tốc đều
v2 = 4v0. Hãy tìm:
a. Độ lớn ngoại lực tác dụng lên cd, biết lực này nằm trong mặt phẳng ngang.
b. Hiệu điện thế giữa hai đầu c và d và công suất toả nhiệt của mạch trên.
2. Nếu không có ngoại lực tác dụng vào cd, tính vận tốc và quãng đường cd đi được. Cho
khối lượng của thanh cd là m.
Trang 1


Bài 4: (4 điểm)
Một đĩa tròn phẳng đồng chất khối lượng riêng ρ,
bề dày b, bán kính R. Đĩa bị khoét thủng hai lỗ giống
nhau có cùng bán kính

R
, đường viền hai lỗ thủng tiếp
2

xúc nhau tại tâm O của đĩa (hình vẽ).
1. Xác định moment quán tính của đĩa đã bị khoét đối
với trục vuông góc với đĩa và đi qua tâm O.
2. Cho đĩa lăn trong hốc cầu bán kính 5R, kích thích
dao động bé. Tìm chu kì dao động và lực ma sát ứng
với góc lệch θ cực đại, biết đĩa chỉ lăn không trượt
trong quá trình dao động.

O2

O1
O

Bài 5: (3 điểm)
Một chùm sáng đơn sắc, hẹp (coi là một tia sáng) chiếu đến một quả cầu trong suốt
với góc tới i (0  i  900 ) .
1. Quả cầu đồng chất có chiết suất là n không đổi. Tia sáng khúc xạ vào quả cầu với góc
khúc xạ r. Sau k lần phản xạ trong quả cầu, tia sáng ló ra khỏi quả cầu.Tính góc lệch D
của tia ló so với tia tới ban đầu theo i, r. Tìm i để D đạt cực trị, cực trị này là cực đại hay
cực tiểu?
2. Coi chiết suất của quả cầu phụ thuộc

n (r) 

vào bán kính quả cầu theo công thức

R a
với R bán kính quả cầu, a là hằng số, r là khoảng cách từ tâm cầu tới điểm
ra

có chiết suất n.Tia sáng bị khúc xạ trong quả cầu. Xác định khoảng cách nhỏ nhất từ tâm
cầu đến tia khúc xạ.Vẽ dạng đường truyền của tia sáng trong quả cầu.
Bài 6: (2 điểm)
Cho viên bi nhỏ có lượng m và mặt cầu bán kính R khối
lượng M. Lúc đầu M đứng yên trên mặt sàn, bán kính của mặt cầu
đi qua m hợp với phương thẳng đứng một góc  0 (  0 có giá trị
nhỏ). Thả nhẹ cho m chuyển động. Bỏ qua mọi ma sát.

m

 R
M

1. Chứng minh hệ dao động điều hòa. Tìm chu kì dao động của hệ.
2. Viết phương trình dao động của vật m.

+

Áp dụng với số: R  50cm, g  2 m.s 2 ;  0  0,15rad; M  5m .
-------------HẾT------------

Trang 2


Người ra đề: Ngô Thị Thu Dinh
Đơn vị: Trường THPT CHUYÊN BIÊN HÒA
TỈNH HÀ NAM

-----------------------

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC
DUYÊN HẢI- ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
MÔN: VẬT LÝ LỚP: 10
Thời gian làm bài: 180 phút

Đáp án
m1
+q1


v0

m2
+q2

m1

Điểm
m2





u

u
rmin

+q1

+q2

Bài 1 4 điểm
1.
 Khoảng cách cực tiểu rmin giữa hai quả cầu. (2 điểm)
Vì q1 và q2 cùng dấu nên quả cầu 1 đẩy quả cầu 2 chuyển động cùng chiều.
Khi khoảng cách giữa hai quả cầu đạt giá trị cực tiểu thì chúng có cùng vận


tốc u ( u cùng chiều với v 0 )
0,5

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có:
Mv0  (4m  m)u  u 

0,5

v0
(1)
5

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng (năng lượng của hệ gồm động năng
và thế năng tương tác (điện));
mv02
2q 2  mu 2 4mu 2 
2q 2
k


k
2
a
2 
rmin
 2

0,5
(2)

0,5
Trang 3


Từ (1), (2) suy ra: rmin 

2.

a
(3)
mv02a
1
5kq 2

 Xét trường hợp a=  hoặc đầu hai quả cầu ở rất xa nhau.
Từ (3) có: rmin

0,5

5kq 2
(4)

mv02

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng:
mv2 = mu1 +4mu2  u1=v0 - 4u2

(5)

0,25

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng:
mv02
2q 2 mu12
mu 22
k

4
2
a
2
2

(6)
0,25

Thay vào (5) và (6) suy ra phương trình cho u2
kq 2
5mu  2mv0 u 2 
0
a
2
2

5mkq 2
Tính  :   m v 
a
'

'

2

2
0

 5k 
Thay rmin vào ∆’:  '  m 2q 2 
 (7)
mr
 min 

từ đó tìm được nghiệm của (7) : u 2 

v0 q 5k

5 5 mrmin

(8)

0,25



vì u 2 phải cùng chiều với v 0 , nghĩa là u2 phải cùng dấu với v0 nên phải lấy

dấu "+"
u2 

v0 q 5k

5 5 mrmin

(9)
0,25

Trang 4


Thay vào (8) và (5) ta được u1 

0,25

v0 4q 5k

5
5 mrmin


ta thấy u1 trái dấu với v0 ( tức là ngược chiều với v 0 ) vì quả cầu 1 bật trở lại .

trong trường hợp a   thì ta có: u 2 

2v0
3v
và u1   0
5
5

0,25

Bài 2 3 điểm
 Điện lượng chuyển qua dây dẫn MN (1,5 điểm)
1
+ Khi K ngắt hai tụ chưa tích điện (điện tích bằng 0) nên tổng điện tích các
bản phía trái của các tụ điện q = 0.
+ Khi K đóng q1  CE, q 2  CE nên q’= q  q1  q 2  2CE

0,25

+ Điện lượng từ cực dương của nguồn đến nút A là: q= 2CE
+ Gọi điện lượng qua AM là  q1, qua AN là q 2 , ta có :
q= q1  q 2 = 2CE

0,25

(1)

+ Gọi I1, I2 là cường độ dòng điện trung bình trong đoạn AM và AN ta có:
q1 I1t I1 2R

 
2
q 2 I 2 t I 2 R

+ Từ (1) và (2) suy ra: q1 

0,25

(2)

4CE
2CE
; q 2 
3
3

0,25

+ Điện lượng dịch chuyển từ M đến N q MN  q1  q1 
2.

4CE
CE
 CE 
3
3

0,25

 Nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở R
+ Công của nguồn điện làm dịch chuyển điện tích q trong mạch là :
0,25

A = qE = 2CE2
1
+ Năng lượng của hai tụ sau khi tích điện: W = 2. CE 2  CE 2
2

+ Điện trở tương đương của mạch AM là: RAM =

2R
3

0,25

+ Tổng nhiệt lượng tỏa ra trên các điện trở là:
Trang 5


QAM + Qr = A - W = CE2 (3)

0,25

+ Trong đoạn mạch mắc nối tiếp nhiệt lượng tỏa ra tỉ lệ thuận với điện trở:
Q AM R AM 4
(4)


Qr
r
3

0,25

4
+ Từ (3) và (4) ta được: Q AM  CE 2
7

0,25
+ Trong đoạn mạch mắc song song nhiệt lượng tỏa ra tỉ lệ nghịch với điện
Q R 2R
2
8
trở nên:

 2  Q R  Q AM  CE 2
Q 2R
R
3
21
Bài 3 4 điểm
1.
Suất điện động cảm ứng xuất hiện trên hai thanh
c
Thanh ab: e1  B1l1v1  200B0l0 v0
Thanh cd: e2  B2l2 v 2  100B0l0 v0

0,25

a
V1

Ft

Dòng điện cảm ứng có chiều như hình vẽ
d
(do e1>e2), độ lớn:

ic

0,5

b

e e
Blv
ic  1 2  25 0 0 0
4r
r
a. Độ lớn ngoại lực tác dụng lên cd

B02 v0l02
Lực từ tác dụng lên thanh cd: F2  B2icl2  625
r

0,25

B02 v0l02
Do thanh cd chuyển động đều nên ngoại lực: Fk 2  F2  625
r

0,25

b. Hiệu điện thế giữa hai đầu thanh cd.

0,5

u cd  e2  icr2  125B0 v0l0
Công suất tỏa nhiệt của toàn mạch

0,5

(B0 v0l0 ) 2
P  i .(4r)  2500
r
2
c

2.

 Nếu không có ngoại lực tác dụng vào thanh cd:
Ngay khi ab chuyển động thì có dòng điện chạy qua cd theo chiều d-c
 có lực từ tác dụng lên cd theo chiều hướng ra mạch điện, do đó cd sẽ
chuyển động và lại xuất hiện trên cd một suất điện động cảm ứng e2 có cực () nối với đầu c.

Xét tại thời điểm t, vận tốc của cd là v, gia tốc là a.

Trang 6


e  e 200B0l0 v0  25B0l0 v
ic  1 2 
4r
4r
 Ft  ma  B2icl2 


0,25

200B0l0 v0  25B0l0 v
.25B0l0
4r

0,25

m.4r dv
 8v0  v
(25B0l0 ) 2 dt

Đặt :
Vậy:

0,25

8v0  v  y  dy  dv

0,25

(25B0l0 ) 2
dy
)
 ky (Đặt k  
4mr
dt

0,25
 y  y 0e

kt

Tại t=0 thì: v2=0 nên y0 = 8v0
Do đó:

y  8v 0 .e

kt

0,25

 v  8v 0 (1  e



2

(25B0l0 )
t
4mr

)

 Tính quãng đường
Từ:

m.4r dv
m.4r
 8v0  v 
dv  8v0dt  ds
2
(25B0l0 ) dt
(25B0l0 ) 2

0,25

Tích phân hai vế:
(25B0l0 )



m.4r
m.4r
1  e 4mr
v  8v0 t  s  s  8v0  t 
2
2
(25B0l0 )
 (25B0l0 ) 



2

t






0,25

Bài 4
4 điểm
 Xác định moment quán tính của đĩa đã bị khoét
1
- Xét đĩa phẳng đồng chất, bán kính R, bề dày b, khối lượng riêng ρ
Suy ra: khối lượng m  bR 2
Tính được moment quán tính của đĩa đối với trục quay qua tâm và vuông góc
mR 2
với mặt đĩa I0 
0,25
2
Moment quán tính của đĩa đối với trục ∆ qua mép đĩa và vuông góc với mép
đĩa (theo định lý Steiner – Huyghens):
3
I   I0  mR 2  mR 2
0,25
2
R
- Xét đĩa tâm O1, O2 bán kính r1  r2  đồng chất và cũng có bề dày b, khối
2
Trang 7


2

R m
lượng tương ứng: m1  m 2  b   
4
2

2

0,25
2
3 m R 
3
2
moment quán tính đối với trục qua O là: I 2  I1 
   mR
2 4  2  32
- Coi đĩa tròn tâm O bán kính R bị khoét hai lỗ là sự lắp ghép 3 đĩa: đĩa tâm
R 0,25
O bán kính R đặc chưa bị khoét và hai đĩa tâm O1, O2 bán kính r1  r2 
2
3
đặc có khối lượng âm và moment quán tính I'2  I'1   I1   I 2   mR 2
32
1
3
5
5
0,5
Khi đó: I  I0  I'1  I'2  mR 2  2. mR 2  mR 2  bR 4
2
32
16
16
 Tìm chu kì dao động và lực ma sát ứng góc lệch cực đại
Gọi θ là góc hợp bởi bán kính quay của đĩa quả cầu với phương thẳng đứng;
φ là góc quay của đĩa quay tâm O của nó.
0,5

Ta có: (5R  R)  R hay 4R  R v  4R  R  v  4R
  R
Cơ năng của đĩa (chọn gốc thế năng tại θ=0):
1
1
2
W  Wt  Wd  mg(5R  R)(1  cos)  mv 2  I   
2
2
21
 mg4R(1  cos)  mR 2 2
2
dW
21
Suy ra:
 0  4mgR sin .  mR 2 .2 .
0
dt
2
4 g
  
  0 (1) (xét dao động nhỏ)
Hay
21 R
21 R
21R
Vậy đĩa tròn dao động điều hòa với chu kì T  2

4 g
g
  f ms 
 suy ra: f ms .R   I
Phương trình: M 0  I

Khi θ = θmax thì f msmax 

0,5

0,5
0,25

5
mg
21

0,5

5
mgmax
21

0,25

Bài 5 3 điểm
 Tính góc lệch D (1,25 điểm)
1
Sau khi khúc xạ vào quả cầu, tia sáng bị lệch một góc D v  (i  r) . Sau khi
phản xạ lần 1, tia sáng bị lệch thêm D1  (  2r) ; sau phản xạ lần 2 lệch
thêm D 2  (  2r) ,... Khi ló ra ngoài tia sáng lại bị lệch D r  (i  r) . Các tia
bị lệch theo cùng một chiều. (hình vẽ)

i

r

r
r

r
Trang 8


Nếu tia sáng bị phản xạ k lần thì góc lệch giữa

0,5

tia tới và tia ló là:
D  D v  D1  ...D r  2(i  r)  k(  2r)

Đạo hàm hai vế theo i :

0,5
dD
dr
 2  (2k  1) . Từ định luật khúc xạ:
di
di

sin i  n sin r

1  sin 2 i
n2 1
dr
cosi dD
;
 2  2(k  1)
 0 khi. sin i  1 
 
(k  1) 2  1
di n cos r di
n 2  sin 2 i

Do đó với góc i thoả mãn sin i  1 

i

0,25

I

n 1
dD i1 A
thì
r đổi dấu từ âm sang
2
(k  1)  1
di
2

r (1)
I

dương, góc lệch D đạt cực tiểu.
2

O
 Xác định khoảng cách nhỏ nhất từ tâm cầu đến tia khúc xạ (1,75
điểm)

Chia quả cầu thành những lớp cầu rất mỏng có độ dày dr sao cho chiết suất
trong mỗi lớp cầu không đổi là n(r), phần tai khúc xạ trong lớp cầu này coi
như một đoạn thẳng.
Áp dụng định luật khúc xạ:
Xét tam giác OIA:
Từ (1) và (2):

n 0 sin i  n1 sin r (1)

r(1)

R
(2)

sin r sin i1

O
r
I min

0,5

n 0 R sin i  n1r(1) sin i1

Tương tự cho các lớp tiếp theo ta có: n 0 R sin i  n (r) r(r) sin i r
0,5
Trong đó i r là góc tới tại lớp cầu có bán kính r. với chiết suất phụ thuộc vào
bán kính nên càng vào trong tâm cầu chiết suất càng tăng do đó
i  i 2  ....  i r nghĩa là tia khúc xạ bị uốn cong về phía tâm cầu và tới khi
i r  900 thì tia khúc xạ lại tiếp tục truyền ra xa tâm cầu.

Tại điểm có i r  900 thì khoảng cách từ tâm cầu đến tia khúc xạ là nhỏ nhất
và chình bằng bán kính tại đó: n 0 R sin i  n (r) r(r) sin i r
 n 0 R sin i  n (r) rmin sin 90 

0,25

Ra
.rmin sin 90
rmin  a
Trang 9


 rmin 

aRn 0 sin i
a  R(1  sin i)

0,5

Vẽ dạng đường truyền của tia sáng trong quả cầu.(hình vẽ)
Bài 6 2 điểm
1

 Chứng minh hệ dao động điều hòa. Tìm chu kì dao động (1,5 điểm).
mv 2 MV 2

 mgR 1  cos  
Cơ năng của vật m là : W 
2
2
mv 2 MV 2
2

 mgR
Với góc bé: W 
2
2
2
m

Cơ năng của hệ bảo toàn nên:

 R
M

dW
mg
 mv'v  MV 'V 
ss'  0 (1)
dt
R

0,25

+

Khi bỏ qua ma sát, theo phương ngang, động lượng của hệ được bảo toàn. Vì
 nhỏ nên có thể coi vận tốc của m có phương nằm ngang, ta có:
mv  MV  0

(2)

Và s'   'R   v  V 

(3)

(  

M
M


v

s'
v'

s''


mM
m

M

Từ (2) và (3) ta có: 
m
m
V  
s' V '  
s''


Mm
Mm

Thay (4) vào (1) ta được phương trình:

Vậy hệ dao động điều hoà với  

s ''

d
d
)
,s' 
dt
dt

(4)

g 1  m / M 
s 0.
R

0,5

g 1  m / M 
R
 T  2
.
R
g 1  m / M 

Áp dụng với số: R  50cm,g  2 m / s 2 ;  0  0,15rad;M  5m  T  1,3s
2

0,25

0,5

 Viết phương trình dao động
Chọn chiều dương (hình vẽ): Tại t  0    
Trang 10


Phương trình dao động của vật m: s  S0 cos  t   
0,5
 8

s  7,5cos  t    (cm,s)
 5

-------------HẾT------------

Trang 11


SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN BỈNH KHIÊM

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI & ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ VII, NĂM 2014
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: VẬT LÝ 11

Bài 1: Hai quả cầu không lớn, dẫn điện, bán kính r, đặt cách nhau một khoảng R

 R  r  . Các quả cầu lần lượt được nối đất. Hãy xác định điện thế của quả cầu được
nối đất đầu tiên, nếu ban đầu mỗi quả cầu đều có điện tích q.
Bài 2: Một đèn điện có điện trở R0  2 , hiệu điện thế định
mức là U 0  4,5V , được thắp bằng một acquy có suất điện

E

R

động E = 6 V và điện trở trong không đáng kể. Để đèn sáng

R0

bình thường, người ta phải đặt vào đèn một biến trở R có con
chạy để thay đổi hiệu điện thế (như hình vẽ 1). Hỏi dòng

Hình1

điện cực đại mà biến trở phải chịu và điện trở tổng cộng R
của nó là bao nhiêu để hiệu suất của hệ thống không nhỏ hơn 0  0, 6 ?
Bài 3: Hai dây dẫn dài vô hạn song song đặt cách nhau
I

một khoảng cách d mang các dòng điện I bằng nhau

dI
. Một vòng dây hình vuông có chiều dài một cạnh là
dt

d

I

nhưng ngược hướng nhau, trong đó I tăng với tốc độ

d
d

Hình 2

d nằm trong mặt phẳng của các dây dẫn và cách một

d

trong hai sợi dây song song một khoảng bằng d như hình vẽ 2.
Hãy tìm suất điện động cảm ứng trên vòng dây hình vuông và cho biết chiều của dòng
điện cảm ứng chạy trong nó, giải thích tại sao lại có chiều như vậy.
Bài 4: Một bình cầu vỏ bằng thủy tinh có bán kính ngoài R=7,5cm
và bán kính trong r=6,5cm, có chiết suất n2=1,5. Bên trong chứa đầy
một chất lỏng trong suốt có chiết suất n1=1,6. Một nguồn điểm là
một bóng đèn đặt cách tâm bình một khoảng a=6cm. Tìm tỉ lệ phần

1

R
r

a


trăm năng lượng của ánh sáng rời khỏi bình cầu. Bỏ qua sự hấp thụ ánh sáng của thủy
tinh và chất lỏng.

Bài 5: Một vật khối lượng m=1kg chuyển động
trên một mặt phẳng ngang với vận tốc ban đầu là
v0=10m/s. Đầu tiên khoảng cách giữa vật và tường

L

là L=25cm. Một lò xo chiều dài tự nhiên l0=8cm
0

và độ cứng k=100N/m được gắn vào vật như hình
vẽ. Hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng ngang là

m

2

v0

μ=0,2, lấy g=10m/s .
Vật dừng lại hẳn khi cách tường một khoảng bao nhiêu và thời gian kể từ lúc vật
nhận tốc đầu v0 đến khi vật dừng lại hẳn bằng bao nhiêu?
L, m

Bài 6: Một thanh mỏng đồng chất có chiều
dài L và khối lượng m. Một đầu của thanh



treo vào một trục nằm ngang. Thanh được
thả rơi không vận tốc đầu từ vị trí nằm
ngang. Tìm độ lớn và hướng của lực tác
L
2

dụng lên một nửa phần thanh phía dưới ( )
do một nửa phần thanh phía trên tác dụng khi thanh quay được một góc φ.

2


ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài 1


Yêu cầu

Điểm

Theo đề bài R  r nên ta bỏ qua khả năng phân bố lại điện tích
trên các mặt cầu và vẫn coi điện tích được phân bố đều.
ban đầu , mỗi quả cầu tích điện ở trong điện trường của quả cầu
kia. Khi đó điện thế của mỗi quả cầu gồm hai số hạng. Một số
hạng là điện thế của quả cầu do điện tích của chính nó gây ra:
V11  V22 

q
4 0 r

0,5 đ

Trong đó V11 là điện thế của quả cầu thứ nhất mà ta sẽ nối đất đầu
tiên, còn V22 là điện thế của quả cầu thứ hai.
Số hạng thứ hai là điện thế của mỗi quả cầu trong điện trường của
quả cầu kia:
V12  V21 

q
4 0 R

0,5 đ

Trong đó V12 là điện thế của quả cầu thứ nhất trong điện trường
của quả cầu thứ hai và V21 là điện thế của quả cầu thứ hai trong
điện trường của quả cầu thứ nhất.
Vậy điện thế thực sự của mỗi quả cầu là:
q 1 1 
V1  V2  V11  V12  V22  V21 
  
4 0  r R 

0,5 đ

Bây giờ ta nối đất quả cầu thứ nhất. Khi đó điện thế của nó bằng
0, điều này chỉ có thể xảy ra khi điện tích của quả cầu thứ nhất
thay đổi. Điện tích mới của quả cầu này được tìm từ điều kiện:
q1
q

0
4 0 r 4 0 R


3


Từ đó, suy ra: q1  q

r
R

Tiếp theo, sau khi nối đất quả cầu thứ hai, điện thế của nó lại bằng
0. Tương tự như trên, điện tích mới của quả cầu thứ hai được xác
định từ điều kiện:
q1
q
 2 0
4 0 R 4 0 r


Suy ra: q2  q1

r
r
 q 
R
R

2

Điện thế V của quả cầu đầu tiên được nối đất bây giờ được xác
định bởi các điện tích mới trên hai quả cầu:

q
q2
q
qr 2
q  r2
V 1 



 2  1
3
4 0 r 4 0 R
4 0 R 4 0 R
4 0 R  R


0,5 đ

Yêu cầu

Điểm

Bài 2


Theo sơ đồ , ta có:
I

U0
U0

R0 R  Rx

E  U 0  IRx

1
E

 2

R

Rx
R0

Và hiệu suất của hệ thống là


U 02
R0 EI

0,5 đ

 3

Dòng điện chạy qua biến trở phải nhỏ hơn dòng điện I đi qua
nguồn điện, biểu thức của I là:
I

U 02
R0 E

 4

I tỉ lệ nghịch với hiệu suất  . I sẽ đạt giá trị cực đại khi hiệu suất
có giá trị cực tiểu là 0 , vì vậy dòng điện mà biến trở phải chịu để
hiệu suất không nhỏ hơn 0 phải nhỏ hơn dòng điện I’, với

4

0,5 đ


 4,5   2,81A
U 02
I'

R0 E0 2.6.0, 6
2

0,5 đ

Thay I ở (4) vào (1), ta có:
U0
1
1


R0 E R0 R  Rx

5

RxU 02
E U0 
R0 E

 6

Khử Rx trong hệ phương trình đó ta tìm được điện trở tổng cộng
của biến trở:
 E

1  
 1
E
 U0 
R  R0
U0  U0

 E  1



0,5 đ

Lấy đạo hàm của phương trình R theo  ta được:
dR
E
 R0
d
U0

 E
 2
U0 
 U0 


1


2

1








2
E 
 E

  U 0 
2  U0
 
 1
 E 
1

Vì biệt số  của phương trình bậc 2 đối với  là âm, nghĩa là
0,5 đ
 U0  U0 
 U0  U0  E
 E  1  E  U  1  E  E  1  0




 0 
2

Nên

dR
 0 . Do đó hàm số R   là một hàm đồng biến đối với  ,
d

và để hiệu suất không nhỏ hơn 0  0, 6 , điện trở của biến trở phải
thỏa mãn bất phương trình:
 E

1  0 
 1
E
 U 0   8,53
R  R0
U0
U0
1
E0

5

0,5 đ


Bài 3


Yêu cầu

Điểm

Từ trường do một dây dẫn thẳng, dài vô hạn mang dòng điện I
sinh ra tại một điểm cách dây dẫn một khoảng cách r là:
B

0 I
2 r

0,5 đ

Từ trường này có hướng vuông

1

I

góc với sợi dây. Như vậy từ

2

I

d

thông do dây dẫn 1 gửi qua

d

vòng dây là:

d

3d

1 



2d

d

0 Id
 Id 3
dr  0 ln
2 r
2
2

Hướng của nó đi vào phía trong mặt phẳng vẽ.
Ngược lại, dây dẫn 2 ở gần vòng dây hơn, cho từ thông
2d

2 


d



0 Id
 Id
dr  0 ln 2
2 r
2

Hướng của nó đi ra ngoài mặt phẳng vẽ.



Do đó, từ thông toàn phần gửi qua vòng dây là:
  2  1 

0 Id 4
ln
2
3

Hướng đi ra ngoài mặt phẳng vẽ.

0,5 đ

Do đó, suất điện động cảm ứng trong vòng dây hình vuông là:
 

 d  4  dI
d
  0 ln  
dt
2  3  dt

0,5 đ

Từ biểu thức từ thông toàn phần gửi qua vòng dây, ta thấy khi
dòng điện I tăng thì từ thông  cũng tăng. Theo định luật Len-xơ


thì dòng điện cảm ứng lúc này sẽ sinh ra từ trường Bc chống lại sự


tăng của từ thông  , tức là Bc phải có chiều hướng vào trong mặt
phẳng vẽ . Từ đó, theo qui tắc nắm tay phải, ta suy ra dòng điện
6

0,5 đ


cảm ứng phải có chiều theo chiều kim đồng hồ.
Bài 4

Yêu cầu

Điểm







A




n2

2
2

n1

R

1

r
O

C



a

1  B

A

Hình vẽ
Xét tia sáng rời khỏi mặt ngoài của bình thủy tinh với góc khúc xạ
 2  900 . Góc tới tại mặt này là α2 là góc giới hạn phản xạ toàn

phần.
+sinα2=

1
.
n2

(1)
0,5

Góc khúc xạ của tia sáng tại mặt trong, mặt tiếp xúc với chất lỏng
là β1 được xác định dựa vào định lý hàm sin đối với tam giác
OBC:
sin 1 R

sin  2 r
R
r

Suy ra sin 1  sin  2 
Với

(2)
1 R
. .
n2 r

0,25

(3)

sin 1 n2
 ,
sin 1 n1

Ta được: sin 1 

n2
n 1 R 1 R
sin 1  2 . .  . .
n1
n1 n2 r n1 r

7

(4)
0,25


Xét tam giác OAB:
sin  r

sin 1 a
r
a

Ta được sin   sin 1 

1 R
. .
n1 a

(5)

Kết quả thu được tương tự cho các tia đối xứng, vì vậy vùng tia
sáng rời khỏi hệ tạo thành một hình nón có đỉnh A và góc ở đỉnh

0,5

hình nón là 2φ.
Xét một hình cầu có bán kính  . Chiều cao của chỏm cầu có
góc ở tâm 2φ là
h     cos suy ra diện tích của hai chỏm cầu đối xứng qua

0,5

điểm A là :
S=2.2πρ(ρ-ρcosφ)= 4 2 (1  cos )
Diện tích toàn phần của mặt cầu

0,5

2

S0= 4 .
Tỉ lệ năng lượng ánh sáng rời khỏi mặt cầu:
x

S
 1  cos .
S0

Từ (5), xác định được φ
Tỉ lệ x=37,5%.
Bài 5

0,5
Giai đoạn 1:

v1

Gia tốc của vật a=μg=2m/s2.


m

Quãng đường vật đi được cho
đến khi đầu lò xo chạm tường

m
S1=L-l0=17cm.

kx0  mg
m
x2

x0

Vận tốc vật khi sắp chạm vào
tường:
8

0,25


v1= v02  2as
=

12  2.2.0,17  0,32(m / s )
 4 2(cm / s )

v v
Thời gian chuyển động của giai đoạn này t1= 0 1  0,022s.
a

0,25

Giai đoạn 2: Vật tiếp tục đi về phía tường và chịu tác dụng của lực
đàn hồi và lực ma sát, khi vật dừng lại lò xo bị nén một đoạn x2.
Ta có:

1 2
1
mv1   mgx 2  kx 22 .
2
2

0,25

Thay số ta được: 50 x22 +2 x2  0,16  0
Giải ra ta được x2=0,04m=4cm.
Giai đoạn này vật chuyển động như một dao động điều hòa mà vị
trí cân bằng là vị trí mà lò xo bị giãn một đoạn x0, với
x0 

 mg
 0, 02m  2cm. .
k

Biên độ dao động A2=x0+x2=6cm.
Dao động điều hòa này xem như là hình chiếu chuyển động tròn
0,25

mà tốc độ góc của chuyển động là
k
 10rad/s .
m



Thời gian vật đi từ vị trí lò xo không bị biến dạng (tương ứng
x0=2cm) đến vị trí biên (tương ứng A=6cm) là:
t2 

arccos


0,25

x0
A =0,123s.

Giai đoạn 3: Vì k x 2  mg nên vật tiếp tục dao động như một dao
0,25

động điều hòa với biên độ :
A3=A2-2x0=6cm-2.2cm=2cm.
Vật dừng lại tại vị trí biên khi đi quãng đường 2A3=4cm, lúc bây

0,25

giờ lò xo không bị biến dạng, vật dừng lại hẳn. Thời gian của giai
0,25

đoạn này là:

9


t3 

T 1 2
 .
 0,314s.
2 2 

Vậy vật dừng lại cách tường một đoạn l0=8cm.
Thời gian chuyển động đến khi dừng lại:
T=t1+t2+t3=0,022+0,123+0,314=0,459s.

10


Bài 6


L
2

S

S’
B

A



L
4

h
m
an
2

K

S’

F
m
at
2

mg
2

0,5

0,5

0,5
Khi thanh quay một góc φ, mô men trọng lực
L
2

1
3

M=mg cos =I.γ= mL2
0,5

3g
Gia tốc góc:   cos
2L

(1)

Gia tốc tiếp tuyến của nửa thanh dưới:
0,5
11


at 

3
9
L.  gcos .
4
8

(2)
0,5

Lực theo phương tiếp tuyến:
Kt+

m
m
9 m
gcos = at= . gcos
2
2
8 2

Suy ra Kt=

(3)

1
mgcos .
16

0,5

(4)

Định luật bảo toàn cơ năng:
L
2

1
2

L
2

1 1
2 3

1
3

mg sin  = I 2 với I= mL2 .

0,5

mg sin  = . mL2 2
suy ra  2 =

3 gsin
L

(5)

Xét theo trục hướng về điểm treo A
Kn-

m
m
3
g sin  = . 2 . L
2
2
4

(6)

Từ (5) và (6):
Ta có Kn=

26
mgsin .
16

(7)

Lực do nửa thanh trên tác dụng lên nửa thanh dưới:
K= Kt2  K n2 

mg
cos 2  26sin 2
16

12

(8)


ĐỀ ĐỀ XUẤT THI HSG MÔN VẬT LÝ
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ VII
Thời gian: 180 phút
( TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI BÌNH)
Bài 1. Tĩnh điện (4 đ)
Ba tấm kim loại phẳng P1, P2, P giống nhau đặt thẳng đứng song
song với nhau, cách nhau khoảng d. Tấm P có khối lượng M có thể
chuyển động thẳng đứng giữa P1 và P2. Ba tấm tạo thành hệ tụ điện
phẳng mắc song song. Cho điện tích trên cả hệ là q. Bỏ qua các hiệu ứng
bờ và điện trở các dây nối, sự phát xạ điện từ; các bản hình chữ nhật có
chiều rộng a, chiều dài l. Ban đầu các bản ở ngang nhau và P ở độ cao
h0. Cho P chuyển động thẳng đứng xuống và giả thiết khi đó bộ tụ đang
phóng điện qua điện trở tải R. Quá trình phóng điện là đủ chậm sao cho
hệ ở trong trạng thái cân bằng tĩnh tại mọi thời điểm. Xét khi P chưa di
chuyển ra ngoài khoảng không gian giữa P1 và P2.

P1

P2

P
d

d

R
h

a) Lập biểu thức tính năng lượng tĩnh điện của hệ theo độ cao h của P và điện tích q.
b) Xác định h như là một hàm số của q.
c) Hiệu điện thế hai đầu điện trở tải R thay đổi thế nào trong quá trình tụ phóng điện?
Bài 2. Dòng điện không đổi ( 3 điểm)
Trong sơ đồ bên X1 , X 2 , X 3 là các dụng cụ phi tuyến
giống nhau, cường độ dòng điện I qua mỗi dụng cụ phụ
thuộc vào hiệu điện thế U giữa hai cực của nó theo quy luật:
I  kU 2 , k là hằng số. Nguồn điện có suất điện động E , điện
trở trong không đáng kể. R là một biến trở.
a) Phải điều chỉnh cho biến trở có giá trị bằng bao nhiêu
để công suất toả nhiệt trên biến trở đạt cực đại ?

E
A

X1

X3

X2

R

B

b) Tháo bỏ X 3 . Với một giá trị R xác định, cường độ dòng điện qua đoạn mạch AB phụ
thuộc vào hiệu điện thế U AB như thế nào?
Bài 3. Điện – Từ ( 4 điểm)
Cho một vòng dây nằm ngang bán bính R có dòng điện không đổi I chạy
qua. Dọc theo trục của vòng đây có một vòng nhỏ bán kính r, khối lượng
m, điện trở R0 ở tại độ cao z. Với z >> R.
a) Chứng minh rằng từ trường gây ra bởi vòng dây tại vị trí z được
a
xác định bởi B(z )= 3 , với a là hằng số. Tìm a ?
z
b) Vòng nhỏ được thả từ độ cao z khá lớn chuyển động của vòng
nhẫn ổn định trong thời gian rất ngắn, (Vòng nhẫn chuyển động đều ) bỏ qua mọi sức cản
không khí.Tính vận tốc tại độ cao z

1


Bài 4. Cơ vật rắn (4đ)
Một thanh cứng AB đồng chất dài l , khối lượng M có thể quay không
ma sát trong mặt phẳng thẳng đứng quanh một trục nằm ngang cố định xuyên

A

qua đầu A. Ban đầu thanh ở vị trí cân bằng. Một vật có khối lượng m chuyển

M

động theo phương nằm ngang tới va chạm vào đầu B của thanh với vận tốc v,

l

gắn chặt vào B và cùng chuyển động với thanh.
a)

m

Giả sử sau va chạm, thanh lệch khỏi vị trí cân bằng một góc nhỏ.
Chứng minh rằng thanh dao động điều hoà. Tính góc lệch cực đại

v

B

của thanh so với phương thẳng đứng và tìm chu kì dao động của
thanh.
b)

Để thanh có thể quay tròn cả vòng quanh đầu A, vận tốc tối thiểu v của vật m phải
bằng bao nhiêu? Cho gia tốc rơi tự do là g.

Bài 5. Quang hình(3 điểm)
Một hình trụ bằng thuỷ tinh chiết suất n = 1,53 đặt trong không khí, có đáy dưới
phẳng MN vuông góc với trục O’O của hình trụ (Hình vẽ). Đáy kia của
hình trụ là chỏm cầu PQ có đỉnh O, bán kính cong R = 4mm. Trên đáy MN

O

P

Q

có một vết xước thẳng AB dài 1mm. Đặt mắt ở O ta nhìn thấy một ảnh ảo
A’B’ của AB ở cách mắt một khoảng bằng 40cm.
a) Tính độ cao O’O của hình trụ và kích thước của ảnh A’B’.
b) Thực tế vết xước có độ sâu dọc theo trục O’O bằng 0,01mm. Tính
kích thước dọc theo trục O’O của ảnh vết xước.

O
M B A

Bài 6. Dao động cơ ( 2 điểm)
Một hình trụ đặc đồng chất, trọng lượng P, bán kính r đặt trong một
mặt lõm bán kính cong R (hình 1) . ở điểm trên của hình trụ người ta gắn
2 lò xo với độ cứng k như nhau.
a) Tìm chu kì dao động nhỏ của hình trụ với giả thiết hình trụ lăn
không trượt.
b) Từ kết quả này hãy suy ra chu kì dao động của hình trụ trong trường hợp :
+ Không có lò xo
+ Hình trụ dao động trên mặt phẳng.

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

2

R

k
r

N


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×