vật lí thpt chuyen tran hung dao olympic vat ly 11 xxii

[5 điểm]Con lắc cầu gồm chất điểm khối lượng m được buộc bởi một sợi dây dàil vào một điểm cố định như hình vẽ bên.. Một quả cầu đặc, đồng chất, khối lượng m, chuyển độngvới vận tốc v0

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN HƯNG ĐẠO

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - 4 LẦN THỨ XXII – 2016

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: VẬT LÝ; KHỐI: 11

ĐỀ THI [Bài 1] [5 điểm]

Con lắc cầu gồm chất điểm khối lượng m được buộc bởi một sợi dây dài

l vào một điểm cố định như hình vẽ bên Cho gia tốc trọng trường là g.

Bỏ qua mọi lực cản và ma sát

a Con lắc thực hiện chuyển động tròn trong mặt phẳng nằm ngang với

tốc độ góc 0 và sợi dây tạo một góc cố định 0 với phương thẳng

đứng Xác định góc 0 [1đ]

b Với trường hợp trong đó biên độ góc của dao động quanh vị trí 0 là

nhỏ, tính tần số góc của những dao động nhỏ đó? [4đ]

Đáp án:

a Chất điểm chuyển động tròn đều dưới tác dụng của lực căng dây T và

trọng lực P

Theo định luật II Newton:

0

T   mg  ……… ….[0,25đ]

2

T  m l  … ……….…[0,25đ]

Từ hai phương trình trên ta tìm được:

0

l





Điều kiện cần có là 0 g

l

b Gọi  là góc lệch giữa trục Ox với bán kính vuông góc vẽ từ trục Oy đến chất điểm.

Do lực căng dây T đi qua Oy, trọng lực P song song Oy nên momen động lượng của chất điểm đối với trục Oy được bảo toàn:

0 0

m l  l   const ml   ……….……… [0,5đ]

2

0

0 2

sin

'

sin





Lực căng dây vuông góc với vận tốc của chất điểm nên công suất của nó bằng 0, cơ năng của chất điểm bảo toàn:

Số phách

Số phách

Oz

x y



m l

g

mg

T

Oz

x y



g

 2  2

1

2

mgl  m l  l    const

Thay (1) vào (2):

 

4

0 2

sin 1

g

const l





Lấy đạo hàm hai vế rồi rút gọn, ta thu được:

4

2 0

0 3

sin

sin

g

l





Đặt  0, trong đó ly độ góc  0, tính gần đúng bậc nhất ta có:

sin sin cos  ……… [0,25đ]

4

3 4

0

3

sin cos

sin cos sin sin cos sin cos 1 tan 1 3cot sin





4

0

3

sin cos

sin cos 1 3cot tan sin cos 3cos sin sin



……… … [0,5đ]

Thay vào (3), ta có:

g

l                

Chú ý 0 2

0

cos g ; '' ''

l



  , ta thu được:

2 0

2

2 2

0

0

l



………[0,5đ]

Vậy chất điểm dao động điều hòa với tần số góc

2 2

o

g l





    

Một quả cầu đặc, đồng chất, khối lượng m, chuyển động

với vận tốc v0 đến va chạm vào mặt sàn nằm ngang của

một chiếc xe đang đứng yên (hình vẽ) Thân xe có khối

lượng M, hệ số ma sát trượt giữa quả cầu và mặt sàn xe là

 Xe chuyển động trên mặt phẳng ngang nhờ hai hình trụ

tròn đồng chất, có cùng khối lượng M, đặt ở trục trước và sau của xe (hình vẽ) Ma sát giữa hai hình trụ và mặt phẳng ngang đủ lớn để giữ cho hai hình trụ luôn lăn không trượt Bỏ qua ma sát ở trục quay của hai hình trụ Sau va chạm, vận tốc của quả cầu theo phương thẳng đứng giữ nguyên độ lớn nhưng bị đảo chiều Giả thiết rằng quả cầu bị trượt trong suốt thời gian va chạm

a Tìm vận tốc của xe sau va chạm theo , m, M, v 0 và  [3,5đ]

b Hệ số ma sát trượt  giữa quả cầu và mặt sàn xe phải có giá trị nhỏ nhất là bao nhiêu để quả cầu luôn bị trượt trong suốt thời gian va chạm? [1,5đ]

Đáp án:

a Chọn các chiều dương như hình vẽ.

Phương trình chuyển động của các hình trụ:

2

2

1

1 2

2

x

f r Mr

f r Mr















(1)….[0,25đ]

(hai hình trụ lăn không trượt nên a2x 1.r2.r)

Phương trình chuyển động của khối tâm xe: F f1 f2 3Ma2x (2) ……… ….[0,25đ]

Phương trình chuyển động của quả cầu: F ma 1x (3) ………… [0,25đ]

Từ (1), (2) và (3) ta được: ma1x4Ma2x 0

1

2 0

sin

x

x

v

v

v



4

sin

M

Áp dụng định lý biến thiên động lượng cho quả cầu:



0

v

m M



0

v

1

F

N -F

x y

 

 1

 2

 

0

0

1 0

cos

1

0

2 cos

sin

x

v

y v

v

x x

v

Fdt m v v Fdt m dv



























(5)………[0,5đ]

Do quả cầu trượt trong toàn bộ thời gian va chạm nên ta có:

2mv cos m v x v sin

Từ (4) và (6) ta tìm được: 2 0cos

2

x

m

M





b Áp dụng định lý biến thiên momen động lượng cho quả cầu:

Từ (4) và (7) ta được: 5 0

cos

v R



Gọi A là điểm trên quả cầu tiếp xúc với mặt sàn xe, vận tốc tương đối giữa điểm A và mặt sàn

xe ngay sau va chạm:

v v  v  v  R  v

2

A x

m

M

Để quả cầu bị trượt trong toàn bộ thời gian va chạm thì phải có:

A x

v  

tan 7 2

m M





Cho cơ hệ như hình vẽ Ròng rọc có dạng một đĩa kim loại tròn đặc, đồng

chất, bán kính R, có thể quay không ma sát quanh trục quay O nằm ngang

Kim loại dùng để chế tạo ròng rọc có khối lượng riêng  và điện dẫn suất

 Vật treo có cùng khối lượng với ròng rọc và được gắn chặt vào đầu

dây Cơ hệ được đặt trong từ trường đều B có phương nằm ngang và

vuông góc mặt ròng rọc (hình vẽ) Dây không bị trượt trên mặt ròng rọc,

bỏ qua khối lượng dây và dây không bị giãn Ban đầu, người giữ cho dây căng và vật treo đứng yên Sau đó thả nhẹ, để vật treo chuyển động với vận tốc ban đầu bằng không Giả thiết rằng sự phân bố các điện tích trên đĩa kim loại khi đĩa chuyển động xảy ra trong thời gian rất nhỏ, xem như tức thời

a Tìm hiệu điện thế giữa tâm O và mép ròng rọc tại thời điểm tốc độ góc của ròng rọc là  [1,5đ]

b Tìm tốc độ góc của ròng rọc tại thời điểm t và từ đó suy ra tốc độ góc ổn định của ròng rọc [3,5đ]

Đáp án:

a Khi đĩa quay, các electron tự do bên trong đĩa có cùng vận tốc vĩ mô

với các phần tử của đĩa nên bị từ trường tác dụng lực Lorentz:

L

F e v B  

Vận tốc của các phần tử đĩa có phương vuông góc với bán kính nên

theo quy tắc bàn tay trái, lực Lorentz sẽ hướng dọc theo bán kính và

hướng ra xa khỏi tâm O và có biểu thức:

 

F  e B e ………[0,25đ]

(er là véctơ đơn vị hướng dọc theo bán kính đĩa)

Lực Lorentz làm các electron tự do di chuyển ra ngoài mép đĩa, mép đĩa tích điện âm còn ở

phía trong tích điện dương làm xuất hiện một điện trường E bên trong đĩa………[0,25đ]

Khi các quá trình dịch chuyển của electron kết thúc (thời gian của quá trình này rất nhỏ) thì

lực điện do điện trường E tác dụng lên các electron sẽ cân bằng với lực Lorentz:

e B e r  eE 0 EBr………[0,5đ]

Hiệu điện thế giữa tâm đĩa và mép đĩa:

B 

g 

O

B

g

I

mg

-T T



0 0

U E dr B rdr  U 12BR2……… ………[0,5đ]

b Mật độ dòng điện bên trong đĩa: jEBr ……… ………… ……[0,25đ]

Xét trên đường tròn tâm O bán kính R, cường độ dòng điện tại vị trí này là:

I j SBr ra  I  aBr ……… ………[0,25đ]

(a là bề dày của đĩa tròn)

Chia đĩa tròn thành những vành khăn mỏng, momen lực từ tác dụng lên một đoạn vành khăn

có giá trị đại số: (chiều dương là chiều quay của đĩa)

2

dM  IBdr r aB r dr

Momen lực từ tác dụng lên toàn bộ đĩa:

0

2

R

M  aB r dr  M  12aB R2 4……… ……….………[1đ]

Phương trình chuyển động của đĩa và vật treo:

2 2

1

2 2

d

M T R mR

dt dt

d

mg T m

dt dt





  

…….………[0,5đ]

Từ hai phương trình trên, ta được:

2

2

3



2 2

2

g

t RB

g RB















  

2 2

1 exp

3

RB



……… ……… ………[1đ]

Sau một thời gian đủ dài t   thì tốc độ góc đạt giá trị ổn định và đĩa quay đều:

2 g

RB







Cho mạch điện như hình vẽ Các tụ có điện dung C1 = C2 =

C4 = 3F; C3 = 6F Nguồn điện có điện trở trong không

đáng kể và có hiệu điện thế U = 12V Các điện trở có giá trị

R1 = R2 = 1 Ban đầu các tụ không tích điện và ba khóa

đang mở

a Đóng đồng thời khóa K1, K3 Tìm điện tích trên tụ C1,

C2, C3 sau khi đóng K1, K3 một thời gian dài [1đ]

b Sau một thời gian dài, đồng thời mở khóa K1 và đóng khóa K2 Tính điện tích trên tụ C1,

C2, C4 ngay sau khi đóng K2 và sau khi đóng K2 một thời gian t [4đ]

Đáp án:

a Chọn gốc thời gian ngay sau khi vừa đóng khóa K1

Sau khi đóng K1 một thời gian dài, các dòng điện

trong mạch đều bằng không, điện tích được phân bố

ổn định trên các tụ.

Đoạn dây nối các bản tụ 1, 2 và 3 bị cô lập nên theo định luật bảo toàn điện tích:

     

(1)……[0,25đ]

Mặt khác, ta có:

    2  3 

   

(2)……… [0,25đ]

    1  2 

U

1

R

2

R

1

3

C

4

C

1

K

2

K

3

K

U

1

R

2

R

1

C

2

C

3

C

4

C

1

K

2

K













3

K

U

1

R

2

R

1

C

2

C

3

C

4

C

1

K

2

K

3

K

   

(3)…….…[0,25đ]

Giải HPT (1), (2) và (3) ta tìm được:

q   C q   C q   C

……… [0,25đ]

b Chọn lại gốc thời gian ngay sau khi đóng K2

Ngay sau khi mở K1 và đóng K2, do có điện trở R2 nên dòng điện qua tụ C2 vẫn còn bằng không, điện tích trên tụ C2 nhất thời giữ giá trị như trước khi đóng

K2……….……… … [0,5đ]

 q2 (0) = 9C

Điện tích được phân bố lại tức thời trên tụ C1 và C4 Theo định luật bảo toàn điện tích:

     

Mặt khác:

    1  4     

(5)………… ….[0,25đ]

Giải HPT (4) và (5) ta tìm được:

………[0,5đ]

Tại thời điểm t > 0, các dòng điện có chiều như hình vẽ

Đoạn dây nối các bản tụ 1, 2 và 4 bị cô lập nên theo định luật bảo toàn điện tích:

Mặt khác, ta có:

6

R



(7)……… [0,25đ]

6

36.10



(8)……… [0,25đ]

6 6 2

2

6.10 q 2.10 dq

dt

……… …………[0,25đ]

Đặt Q2 = 6.10-6 – q2 , suy ra:

2

……….[0,25đ]

 

……….[0,25đ]

Điều kiện ban đầu:

………[0,25đ]

 q2 6.106 3.10 exp6 5.105t C 

Điện tích trên tụ C4 và C1:

q q

dt



4 6.10 1,5.10 exp 5.10

q      t C

………[0,25đ]

6

   q1 30.106 1,5.10 exp6 5.105t C 

……… …… [0,25đ]

[Bài 5] [5 điểm]

Một môi trường trong suốt tồn tại ở nửa không gian x 0trong hệ

tọa độ Descartes, chiết suất của môi trường biến đổi theo tọa độ y

theo quy luật   2 2 2

n y n k a  y trong đó n 0 , k và a là các

hằng số dương Xét một tia sáng tới nằm trong mặt phẳng Oxy,

song song với Ox, đi đến mặt phân cách của môi trường tại vị trí có

tọa độ y = a như hình vẽ Tìm phương trình quỹ đạo của tia sáng

Đáp án:

Chia môi trường thành những lớp mỏng song song với trục

Ox như hình vẽ, theo định luật khúc xạ ánh sáng:

0

sin sin 90

n y i n const

 n y sini n 0……….[1đ]

Gọi  là góc giữa tiếp tuyến quỹ đạo và trục Ox, ta có:

0

90

i

 cos 0

Ta có: tan 1 12

cos

dy dx





dy

k a y

dx

0

a

dy

k dx

a y



 y a cos kx ………[1đ]

Tia sáng truyền trong môi trường theo quỹ đạo hình sin

y a



Một khối khí có phương trình trạng thái và nội năng U:

3/2

N

V

Trong đó A là một hằng số dương, N là số phân tử khí; p, V, T lần lượt là áp suất, thể tích và nhiệt độ tuyệt đối của khối khí khí

1 Tính tỉ số giữa nhiệt dung đẳng áp CP và nhiệt dung đẳng tích CV của khối khí trên [1,5đ]

2 Giả sử có hai khối khí thuộc loại khí nói trên, ban đầu chúng có cùng thể tích V nhưng

nhiệt độ là T1 và T2 Dùng hai khối khí này (ở thể tích không đổi) làm nguồn nóng và nguồn lạnh của một động cơ nhiệt

a Xác định phạm vi thay đổi của nhiệt độ cuối cùng Tf của hai nguồn [2,5đ]

b Tf có giá trị bao nhiêu thì động cơ sinh công cực đại? Tính công cực đại đó [1đ]

(Có thể khảo sát động cơ nhiệt thuận nghịch hoặc không thuận nghịch trong bài toán này)

Đáp án:

1 Nhiệt dung đẳng tích của chất khí:

V

V const V const

C

2

V

Theo nguyên lý I, ta có:

3/2

N

V

(1)

……… [0,25đ]

Xét quá trình đẳng áp, từ phương trình trạng thái, ta có:

3/2 3/2

0

T

(2) ……… [0,25đ]

Từ (1) và (2) ta được:

p const

dQ   A NVT dT

Nhiệt dung đẳng áp của chất khí:

P

p const

dQ

C

Tỉ số giữa nhiệt dung đẳng áp và nhiệt dung đẳng tích: P 4

V

C C

2

V

C  A NVT nên khi thể tích không đổi thì nhiệt dung đẳng tích tỉ lệ thuận với căn bậc

hai của nhiệt độ tuyệt đối:

V

C  T trong đó 3

Nhiệt độ cân bằng Tf của hai nguồn sẽ cực đại nếu động cơ không sinh công và hai nguồn chỉ trao đổi nhiệt với nhau:

[0,5đ]

max max

2/3

f

  [0,5đ]

Nhiệt độ cân bằng Tf của hai nguồn sẽ cực tiểu nếu tác nhân của động cơ hoạt động theo chu trình Carnot thuận nghịch Xem T1 là nguồn nóng, hiệu suất chu trình Carnot thuận nghịch:

H

[0,5đ]

min min

1 2

0

2

min

2

f

  [1đ]

(Nếu T2 là nguồn nóng thì kết quả cũng tương tự do đảo hai chỉ số 1 và 2)

Công sinh ra là cực đại khi đạt được T fmin, ta có:

min min

……….[0,5đ]

 max 1 2 2