Tải bản đầy đủ

Tài liệu ôn thi HSG môn Vật Lý lớp 11

BÀI TẬP ÔN HỌC SINH GIỎI NĂM 2016-2017
CHỦ ĐỀ: ĐIỆN 1 CHIỀU

Bài 1: Một dây dẫn thẳng MN chiều dài l, khối lượng của một đơn vị dài của dây
là D=0,04 kg/m. Dây được treo bằng hai dây dẫn nhẹ thẳng đứng và đặt trong từ
trường đều có véc tơ cảm ứng từ vuông góc với mặt phẳng chứa MN và dây treo,
độ lớn B=0,04 T. Cho dòng điện I chạy qua dây. Cho g=10m/s2.
M
a) Xác định chiều và độ lớn của I để lực căng của các dây treo bằng không?
b) Cho MN=25 cm, I=16 A có chiều từ N đến M. Tính lực căng của mỗi dây treo.
4
(2đ)

a) Để lực căng dây bằng 0 thì lực từ phải hướng lên và có độ lớn bằng P=mg
Áp dụng qui tắc bàn tay trái ta có dòng điện chạy từ M đến N .............
Dg 0,04.10
F = BIl sinα = BIl → BIl = mg = D lg → I =
=
= 10 A
B
0,04


.....
b) Khi dòng điện chạy từ N đến M, áp dụng qui tắc bàn tay trái ta được lực từ F
hướng xuống dưới.
Áp dụng điều kiện cân bằng ta được:
F + mg BIl + D lg
2T = F + mg → T =
=
2
2
.....................................
0,04.16.0,25 + 0,04.0,25.10
T=
= 0,13 N
2
Thay số được:
................

Bài 2: Một vòng dây tròn bán kính R=5cm, có dòng điện I=10A chạy
qua.Vòng dây đặt trong một từ trường không đều. Biết rằng cảm ứng từ
tại mọi điểm trên vòng dây đều có cùng độ lớn B=0,2T và có phương
hợp với trục của vòng dây một góc α =300 (hình vẽ). Vẽ và xác định lực
từ tổng hợp tác dụng lên vòng dây.
5
Chia vòng dây thành 2n đoạn rất nhỏ bằng nhau, mỗi đoạn có chiều dài Δl sao
(1đ)
cho mỗi đoạn dây đó coi như một đoạn thẳng.
Xét cặp hai đoạn đối xứng nhau qua tâm vòng dây (tại M và tại N), lực tác dụng
lên mỗi đoạn là FM và FN được biểu diễn như hình vẽ.

B
N

B
0,5
0,5

0,5
0,5


α

Hình vẽ
0,5đ
(không
yêu cầu


vẽ hợp
lực đặt
tại tâm)

B
M

α
FM

FN

I

FM
FM N

FN
N

0,5

α
B

Hợp lực tác dụng lên hai đoạn này là FMN có hướng dọc trục của vòng dây và độ
lớn:
FMN = 2. B.I.Δl.sinα
Lực tác dụng lên cả vòng dây là hợp lực của tất cả các cặp đoạn dây đã chia
cũng có hướng là hướng của FMN và độ lớn là:
F = ∑ FMN = 2.B.I.sinα. ∑Δl =2.B.I.πR.sinα
Thay số ta được: F ≈ 0,314N..................................

Bài 3: Đặt điện áp

U1 = 1000(V )

Khoảng cách giữa hai bản là

vào hai bản kim loại phẳng đặt song song, nằm ngang.

d = 1(cm)

. Ở chính giữa hai bản có một giọt thủy ngân nhỏ
U 2 = 995(V )

nằm cân bằng. Đột nhiên, điện áp giữa hai bản giảm xuống còn
. Hỏi sau thời
gian bao lâu kể từ lúc giảm điện áp, giọt thủy ngân rơi đến bản ở bên dưới? Cho
g=10m/s2.
2



Khi điện áp 2 bản là U1. Điều kiện cân bằng của giọt thủy
⇔ q E1 = mg ⇔ q =

F1 = P

mg mg mgd
=
=
E1 U1
U1
d

ngân là :
.... .... ........ ..........
* Khi giảm điện áp giữa 2 bản tụ còn U2:

0,25
(1)

→ →

F2 ; P

Hợp lực của
truyền cho giọt thủy ngân 1 gia tốc làm cho
giọt thủy ngân chuyển động có gia tốc xuống dưới. Phương


trình định luật II Niu tơn:



0,25



F2 + P = m a ⇒ P − q E2 = ma

0,25


....................... ................... .........
⇒ mg − q

0,25

U2
= ma
d

(2) ...... ..................... ......................

.....

0,5

d 1 2
d
= at ⇒ t =
2 2
a

* Lại có:
………………

mg −

Từ (1) thay vào (2) có:
⇒ a = g (1 −

(3) … .. . .. .. . .

0,5

mgd U 2
U
.
= ma ⇔ g − g 2 = a
U1 d
U1

U2
)
U1

.. ..... ...... .......
Thay vào (3) ta có:
t=

d
g (1 −

U2
)
U1

. Thay số ta được : t=0,45(s) .... ....... ......

Bài 4: Một dây dẫn cứng có điện trở rất nhỏ, được uốn thành khung phẳng ABCD nằm
trong mặt phẳng nằm ngang, cạnh BA và CD đủ dài, song song
nhau, cách nhau một khoảng l = 50 cm. Khung được đặt trong
một từ trường đều có cảm ứng từ B = 0,5 T, đường sức từ
hướng vuông góc với mặt phẳng của khung (Hình 2). Thanh
kim loại MN có điện trở R= 0,5 Ω có thể trượt không ma sát
dọc theo hai cạnh AB và CD.
1. Hãy tính công suất cơ cần thiết để kéo thanh MN trượt đều
với vận tốc v=2 m/s dọc theo các thanh AB và CD. So sánh công suất này với công suất
tỏa nhiệt trên thanh MN.
2. Thanh MN đang trượt đều thì ngừng tác dụng lực. Sau đó thanh còn có thể trượt
thêm
được đoạn đường bao nhiêu nếu khối lượng của thanh là m = 5 g?
3

1
1,25đ

Khi thanh MN chuyển động thì dòng điện cảm ứng xuất hiện
trên thanh theo chiều từ M→N.
- Cường độ dòng điện cảm ứng bằng:
.. ....... .....
I=

. . . .. ..

E Bvl
=
.
R
R

0,25


- Khi đó lực từ tác dụng lên thanh MN sẽ hướng ngược chiều
với


v

và có độ lớn:

B 2l 2v
Ft = BIl =
.
R

.... ..... ..... ..... ..... ......
- Do thanh MN chuyển động đều nên lực kéo tác dụng lên
thanh phải cân bằng với lực từ.
- công suất cơ (công của lực kéo) được xác định:
... ... ... .... ....................... ................... ....
P = Fv = Ft v =

B 2l 2 v 2
.
R

Thay các giá trị đã cho ta được:

0,25

P = 0,5W .

........
- Công suất tỏa nhiệt trên thanh MN:
Pn = I 2 R =

0,25
0,25
0,25

...... .............

B 2l 2 v 2
.
R

... ..... .....
Vậy công suất cơ bằng công suất tỏa nhiệt trên MN
2
0,75đ

Sau khi ngừng tác dụng lực, thanh chỉ còn chịu tác dụng của
lực từ. Độ lớn trung bình của lực này là:
.... 0,25
2 2
F =

Ft B l v
=
.
2
2R

....... ....... ....
- Giả sử sau đó thanh trượt được thêm đoạn đường S thì công
của lực từ này là:
A = FS =

B 2l 2 v
S.
2R

..... ..... ..... ......
- Động năng của thanh ngay trước khi ngừng tác dụng lực là:
1
Wđ = mv 2 .
2
- Theo định luật bảo toàn NL, đến khi thanh dừng lại thì toàn
bộ động năng này được chuyển thành công của lực từ (lực
cản) nên:
1 2 B 2l 2 v
mv =
S.
2
2R

0,25

0,25


u
r
B

Từ đó suy ra:

mvR
S = 2 2 = 0,08(m) = 8cm.
B l

………….

………………
Hình 2
l

R

r
v

Bài 5:
Hai thanh ray có điện trở không đáng kể được ghép song song với nhau, cách nhau một khoảng l
trên mặt phẳng nằm ngang. Hai đầu của hai thanh được nối với nhau bằng điện trở R. Một thanh kim loại
có chiều dài cũng bằng l,urkhối lượng m, điện trở r, đặt vuông góc và tiếp xúc với hai thanh. Hệ thống đặt
B
trong một từ trường đều
có phương thẳng đứng (hình 2).
1. Kéo cho thanh chuyển động đều với vận tốc v.
a) Tìm cường độ dòng điện qua thanh và hiệu điện thế giữa hai đầu thanh.
b) Tìm lực kéo nếu hệ số ma sát giữa thanh với ray là μ.
2. Ban đầu thanh đứng yên. Bỏ qua điện trở của thanh và ma sát giữa thanh với ray. Thay điện trở R
bằng một tụ điện C đã được tích điện đến hiệu điện thế U0. Thả cho thanh tự do, khi tụ phóng điện sẽ làm
thanh chuyển động nhanh dần. Sau một thời gian, tốc độ của thanh sẽ đạt đến một giá trị ổn định v gh.
Tìm vgh? Coi năng lượng hệ được bảo toàn.

4
(2đ)

1) Suất điện động cảm ứng: E = Blv
Blv
I=
R+r

0,25
0,25

a) Cường độ dòng điện:

Hiệu điện thế hai đầu thanh: U=I.R=

2) Lực từ cản trở chuyển động: Ft = B.l.I =
B 2l 2 v
R+r

Lực kéo: F = Ft + Fms =

0,25

BlvR
R+r

+ μmg

B 2l 2 v
R+r

0,25
0,25


Khi thanh chuyển động ổn định thì gia tốc của nó bằng 0
→ cường độ dòng điện trong mạch bằng 0
→ hiệu điện thế trên tụ bằng suất điện động cảm ứng: U = E =
Blvgh
Bảo toàn năng lượng:
1
1
1
2
CU 02 = CU 2 + mv gh
2
2
2
U0
vgh =

hay

1
1
1
2
2
CU 02 = CB2 l 2 v gh
+ mv gh
2
2
2

C
CB l + m

0,25

, khối lượng

a

m = 10−5 g

Δ
chuyển động với
B = 0,1T
tốc ban đầu vo đi vào trong một vùng từ trường đều có
được giớiq,m
a = 10cm
giữa hai đường thẳng song song Δ và Δ’, cách nhau một khoảng
α

v0
có phương vuông góc với mặt phẳng chứa Δ và Δ’, sao cho
hợp góc
o
α = 30
với Δ. Tìm giá trị của vo để điện tích không ra khỏi từ trường ở Δ’
(hình vẽ), bỏ qua tác dụng của trọng lực.
Bài 6: Một điện tích

0,25

2 2

q = 10−3 C

0,25

Δ’
vận


B

hạn


r
v0

Bài 4 (1,5 điểm):


- Để điện tích không ra khỏi từ trường ở Δ’ thì v vgh.
(Với vgh ứng với trường hợp quỹ đạo của điện tích tiếp xúc với Δ’. )
Δ
a
a = R + Rcosα → R =
1 + cosα
- Từ hình vẽ ta có:
(0,5đ)
q,m
(vẽ được hình được 0,25đ)
α
mvgh
mv
a
aqB
gh
R=

=
→ vgh =
qB
1 + cosα
qB
m(1 + cosα )
- Mặt khác:
. (0,25đ)

- Thay số có:

0,1.10−3.0,1
vgh = −8
= 536(m / s )
10 .(1 + cos30o )

(0,25đ)

- Vậy để điện tích không ra khỏi từ trường ở Δ’ thì v 536 (m/s). (0,25đ)

a
Δ’


B

r
v0


Bài 6: Hai thanh kim loại song song, thẳng đứng có điện trở không đáng kể, một đầu nối vào điện trở
R = 0,5Ω
m = 2g
r = 0,5Ω
l = 14cm
. Một đoạn dây dẫn AB, độ dài
, khối lượng
, điện trở
tì vào hai
thanh kim loại tự do trượt không ma sát xuống dưới và luôn luôn vuông góc với hai thanh kim loại đó.
Toàn bộ hệ thống đặt trong một từ trường đều có hướng vuông góc với mặt phẳng hai thanh kim loại có
B = 0, 2T

g = 9,8m / s 2

R

cảm ứng từ
. Lấy
.
a) Xác định chiều dòng điện qua R.
b) Chứng minh rằng lúc đầu thanh AB chuyển động nhanh dần, sau một thời
gian chuyển động trở thành chuyển động đều. Tính vận tốc chuyển động đều ấy A
tính UAB.
c) Bây giờ đặt hai thanh kim loại nghiêng với mặt phẳng nằm
ur
α = 60o
B
ngang một góc
. Độ lớn và chiều của
vẫn như cũ. Tính
vận tốc v của chuyển động đều của thanh AB và UAB.

u
r
B

Bvà

Bài 5 (2 điểm):
I R
a) Do thanh đi xuống nên từ thông qua mạch tăng. Áp dụng định luật Lenxơ, dòng điện
uuu
r
ur
Bcu
B
uuu
r u
r
cảm ứng sinh ra
ngược chiều
(Hình vẽ). (0,25đ)
A Bcu B
Áp dụng qui tắc nắm bàn tay phải, I chạy qua R có chiều từ A → B. (0,25đ)
P = mg
b) Ngay sau khi buông thì thanh AB chỉ chịu tác dụng của trọng lực
nên thanh
chuyển động nhanh dần → v tăng dần.
- Đồng thời, do sau đó trong mạch xuất hiện dòng điện I nên thanh AB chịu thêm tác dụng của lực từ

F = BIl

có hướng đi lên.
e=

∆Φ
= Blv
∆t

I=

e
Blv
B 2l 2 v
=
→F=
R+r R+r
R+r

- Mặt khác, suất điện động xuất hiện trong AB là:
nên
Cho nên khi v tăng dần thì F tăng dần → tồn tại thời điểm mà F=P. Khi đó thanh chuyển động thẳng đều.
(0,25đ)
-Khi thanh chuyển động đều thì:
u
r

u
u
r
N
I

ur
P1

F = mg →

B 2l 2 v
( R + r )mg (0,5 + 0,5).2.10 −3.9,8
= mg → v =
=
= 25(m / s )
R+r
B 2l 2
0, 22.0,14 2

F

u
r
B
u
r
P

(0,5đ)

uu
r
B1
uu
r
B2

B


U AB = I .R =
- Hiệu điện thế giữa hai đầu thanh khi đó là:

Blv
0, 2.0,14.25
.R =
.0,5 = 0,35(V )
R+r
0,5 + 0,5

(0,25đ)

c) Khi để nghiêng hai thanh kim loại ta có hình vẽ bên:
- Hiện tượng xảy ra tương tự như trường hợp b) khi ta thay P bằng Psinα, thay B bằng B1 với B1=Bsinα.
- Lập luận tương tự ta có:

F = mg sin α →

( B sin α ) 2 l 2v
( R + r ) mg sin α (0,5 + 0,5).2.10 −3.9,8.sin 600
= mg sin α → v =
=
= 28,87( m / s )
R+r
( B sin α ) 2 l 2
(0, 2.sin 60 o ) 2 .0,14 2

- Hiệu điện thế giữa hai đầu thanh khi đó là:

U AB

B sin α .lv
0, 2.sin 60o.0,14.28,87
= I .R =
.R =
.0,5 = 0,35(V )
R+r
0, 5 + 0,5

M

(0,25đ)

N
r
F

er

B

Hình 3

Bài 7: Một thanh kim loại đồng chất, tiết diện đều, có điện trở không
đáng kể, được uốn thành một cung tròn đường kính d. Thanh dẫn MN có điện trở cho mỗi đơn vị
chiều dài là r, gác trên cung tròn (Hình
r 3). Cả hệ thống đặt trên mặt phẳng nằm ngang và ở trong
B
một từ trường đều có cảm ứng từ
hướng thẳng đứng dưới lên. Tác dụng một lực F theo
phươngrngang lên thanh MN sao cho thanh MN chuyển động tịnh tiến với vận tốc v không đổi
v

(vectơ luôn vuông góc với thanh MN). Bỏ qua ma sát, hiện tượng tự cảm và điện trở ở các
điểm tiếp xúc giữa các dây dẫn. Coi B, v, r, d đã biết.
a. Xác định chiều và cường độ của dòng điện qua thanh MN.
b. Tại thời điểm ban đầu t = 0, thanh MN ở vị trí tiếp tuyến với cung tròn. Viết biểu thức lực
F theo thời gian t.

4.a (1,5đ)

Theo quy tắc bàn tay phải dòng điện qua MN theo chiều từ N đến M

0,25

Suất điện động cảm ứng xuất hiện trong đoạn thanh dẫn giữa hai điểm tiếp xúc
(gọi l là chiều dài của thanh dẫn giữa hai điểm tiếp xúc)
e= Blv

0,5

Điện trở của đoạn thanh dẫn giữa hai điểm tiếp xúc
R = lr
Cường độ dòng điện chạy trong đoạn thanh dẫn

0,25


0,5

I = e/R = Bv/r
4.b (1,5đ)

Lực F có độ lớn bằng lực từ tác dụng lên đoạn dây dẫn

B 2v
l
r

F = BIl =
với
Biểu thức F theo t
2 B 2v
F=
dvt − v 2t 2
r

l=2

d2 d
− ( − vt ) 2 = 2 dvt − v 2t 2
4
2

1,0

0,5

Bài 8. (4 điểm)
Một êlectron đang chuyển động với vận tốc v0= 6.107m/s thì bay vào một miền có từ trường
r
v0
đều, phương vuông góc với các đường sức từ. Vectơ vận tốc
nằm trong mặt phẳng hình vẽ và có
chiều hướng từ trái sang phải (Hình 1). Cho biết
m e = 9,1.10

−31

B = 0, 005T

,

−19

−1, 6.10 C
, điện tích của êlectron bằng
. Bỏ qua trọng
lượng của êlectron.
r
E
1. Cần phải đặt một điện trường
có hướng và độ lớn thế nào
trong miền từ trường để êlectron chuyển động thẳng đều trong miền đó?
2. Không đặt điện trường như đã nêu ở câu trên.
a) Hãy tính bán kính quỹ đạo chuyển động của êlectron khi
chuyển động trong không gian có từ trường.
b) Miền từ trường nói trên được giới hạn giữa hai đường thẳng song song, cách nhau một
khoảng d = 5,91cm. Tính thời gian chuyển động của êlectron trong từ trường.

1

kg

r
FL

1

2
a

- Sử dụng quy tắc bàn tay trái ta tìm được chiều của lực Lorenxơ
tác
dụng lên electron hướng thẳng đứng từ trên xuống.
r
0,5
FD
- Để electron
r chuyểnrđộng thẳng đều thì lực rđiện trường ( ) phải cân 0,5
FL
FD
E
bằng với , tức là
hướng lên. Suy ra
phải hướng thẳng đứng
xuống dưới.
- Độ lớn E thỏa mãn: Ee = ev0B (e là độ lớn điện tích electron)
0,5
⇒ E = Bv0 = 0, 005.6.107 = 3.105 V
m
.
r
FL
Khi không có điện trường, trong miền từ trường, lực Lorenxơ đóng vai 0,5
trò là lực hướng tâm nên:
mv 02
mv 0
ev 0 B =
⇒R =
R
eB

FL = ma ht

0,5


R=

9,1.10−31.6.107
= 0,06825m = 6,825cm
1,6.10−19.0,005

0,5

2b Vì R > d nên êlectron sẽ ra khỏi từ trường tại một điểm trên đường giới
hạn theo phương lệch với phương ban đầu một góc ϕ xác định bởi:

sin ϕ =

d 5,91
=
≈ 0,866 hay ϕ ≈ 600
R 6,825

0,25
0,25

.

Như vậy cung tròn mà êlectron chuyển động trong từ trường chỉ chiếm
1/6 đường tròn nên thời gian êlectron chuyển động trong từ trường là:

1 2πR 1 2π.0,06825
t= .
= .
≈ 1,191.10 −9 s
7
6 v0
6
6.10

0,5



x

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×