k11 chuyen binhlong 2018 vật lí

Cơ học vật rắn Một khung có thể biến dạng gồm 3 thanh cứng đồng chất, mỗithanh có khối lượng m, chiều dài l, được nối bằng các chốt A, Bvà treo lên trần bằng các chốt O, O'''' OO'''' = l.. Cho

ĐỀ ĐỀ NGHỊ VẬT LÝ LỚP 11 Bài 1 Cơ học vật rắn

Một khung có thể biến dạng gồm 3 thanh cứng đồng chất, mỗi

thanh có khối lượng m, chiều dài l, được nối bằng các chốt A, B

và treo lên trần bằng các chốt O, O' (OO' = l) Các chốt không có

ma sát Khung đang đứng cân bằng thì đầu A của thanh OA chịu

một xung lực X đập vào (X có chiều từ A đến B) Khung bị biến

dạng và các thanh OA, O'B quay tới góc cực đại  (hình vẽ)

a) Tính vận tốc v (theo X và m) của trung điểm (khối tâm) C

của thanh OA ngay sau va chạm

b) Tính động năng của khung (theo X và m) ngay sau va chạm

c) Tính góc  theo X, m, l và gia tốc trọng trường g.

d) Nếu xung lực X là do một quả cầu có khối lượng m và vận tốc v0 có chiều từ A đến B gây ra thì sẽ có tối đa bao nhiêu phần trăm động năng của quả cầu chuyển thành nhiệt?

Cho mômen quán tính của thanh có chiều dài l, khối lượng m đối với trục vuông góc với thanh

và đi qua một đầu là I =

2

m 3

l

HD

a Áp dụng định lý: biến thiên mô men động lượng của hệ (đối với tâm O) bằng mô

men của xung lực

Ký hiệu  là vận tốc góc của OA ngay sau va chạm,

l

Mô men động lượng của OA ( hoặc O'B ) là I =

2

mlV

Mô men động lượng của AB, với VD= 2V, là 2mVl

Từ đó

mlV 2mlV mlV Xl V

b

Động năng của một thanh quay quanh O là I 2 2 2

mV

2   3



O' O

C

B A

X

.

.

.

Động năng của thanh AB là: 2 2

D

m

Động năng của cả khung:

2

c Động năng này chuyển thành độ tăng thế năng Khối tâm của khung từ vị trí G

cách trần một đoạn JG 2 l

3

 được chuyển tới vị trí G'

cách trần một đoạn JH 2 l

3

 cos, nghĩa là lên cao 2 l

3 ( 1- cos ) Thế năng tăng một lượng:

2 3mg l

3 ( 1- cos ) = 2mgl( 1- cos ) Từ đó có

2

2

K 4mgl sin sin

d Nếu X = mV0 thì động năng của khung:

2 2

0

0 mV

10m 5 2 5

   , K0 là động năng của quả cầu

Vậy tối đa có 2 K0 r 40%

5   động năng của quả cầu chuyển thành nhiệt Nếu sau va chạm còn một ít động năng thì r  40%

Chú thích: Khi xung X đập vào A thì ở các chốt O, O' xuất hiện các phản xung của trần X0 và X0 Nhưng vì lấy mô men đối với O nên chúng không có mặt trong (1) Có thể tính được X0 X0 X

10



G

G' H

J

Câu 2: Dao động cơ học

Hai thanh mảnh OA và O’B đồng chất phân bố đều, cùng

khối lượng m, cùng chiều dài l được treo tại hai điểm O và O’ có

cùng độ cao Hai thanh có thể dao động xung quanh O và O’ Một lò

xo nhẹ có độ cứng k được nối vào trung điểm của mỗi thanh Khi hai

thanh cân bằng thì lò xo ở chiều dài tự nhiên (Hình vẽ ) Hệ đang

đứng yên, kéo rất nhanh thanh OA ra khỏi vị trí cân bằng ( trong mặt

phẳng hình vẽ) sao cho nó hợp với phương thẳng đứng góc o rất nhỏ

rồi thả nhẹ và chọn lúc đó làm gốc thời gian Tìm quy luật dao động của mỗi

thanh Bỏ qua mọi lực cản và gia tốc trọng trường là g.

+ Mô men quán tính của mỗi thanh với trục quay OO’ là:

2

I = + m( ) =

+ Xét tại thời điểm t, thanh OA và OB có li độ góc lần lượt là  và 

Phương trình chuyển động quay của thanh OA và OB là:

2 2

2 2

mg sin + k(β α)( ) = α"

mg sinβ k(β α)( ) = β"











(1)

Do  và  rất nhỏ nên ta có thể viết lại hệ (1):

3g 3k 3k α" ( + )α β = 0

2l 4m 4m 3g 3k 3k β" ( + )β α = 0

2l 4m 4m







 (2)

Đặt u =  +  và v =   , ω1 3g

2l

 và ω2 3g + 3k

2l 2m



Khi đó, hệ (2) 

3g u" u = 0 2l 3g 3k v" ( + ) v 0 2l 2m













2 1 2 1

u" ω u = 0 v" ω v 0

 







(3)

Hệ (3) có nghiệm u = Acos(1t + 1) và v = Bcos(2t + 2)

Tại thời điểm t = 0 thì u = o, v = o, u’ = 0, v’ = 0 Ta có:

O O’

A B

k

1 o

1 2

2 o

o

1 1

Acosφ = α

φ = φ = 0 Bcosφ = α

A = B = α

Aω sinφ = 0

Bω sinφ = 0

















 u = ocos(1t) và v = ocos(2t)

Phương trình dao động nhỏ của thanh OA và OB lần lượt là

u + v

α = = α (cosω t + cosω t)

2

u v

β = = α (cos t cos t)











Câu 3: Điện từ (4 điểm)

Hai thanh ray kim loại nằm trên mặt phẳng ngang, song song

nhau cách nhau một đoạn d Hai đầu thanh nối với điện trở thuần R,

thanh kim loại AB khối lượng m đặt vuông góc hai ray và có thể

trượt trên 2 ray (Hình vẽ) Thiết lập một từ trường đều B hướng0

thẳng đứng lên trên trong thời gian rất ngắn Ban đầu thanh cách

điện trở một khoảng l Tính khoảng cách cực tiểu giữa thanh và R

trong hai trường hợp:

a Bỏ qua ma sát giữa thanh và hai ray

b Hệ số ma sát giữa thanh và ray là K

Hướng dẫn giải:

* Quá trình thiết lập B0 cảm ứng từ tăng từ 0 -> B0

* Khi cảm ứng từ có độ lớn là B Chiều dòng điện được chỉ ra trên

hình vẽ

* Trong mặt phẳng xuất hiện một điện trường xoáy

* Suất điện động cảm ứng trong mạch

dt

dB ld dt

d

E   

 Cường độ dòng điện cảm ứng trong mạch:

Rdt

dB ld R

E

i  .

R

A d B

l

B

R

A

i o

B

x V

0

* Theo định luật II Newton (giả sử có ma sát) chiếu lên phương Ox:

dt

dv

m

F

F t  ms  (thời gian thiết lập từ trường rất bé xem rằng F  ms F t)

mR

BdB ld dv dt

dv m dt

dB B R

ld dt

dv

m

Bid

2 2













 Vận tốc của thanh sau khi thiết lập từ trường:   

0

0

2 0 2 2

0

2

B

mR

B ld BdB mR

ld v

v

* Sau đó thanh chuyển động dọc theo trục Ox, chiều dòng điện ngược lại

Cường độ dòng điện cảm ứng xuất hiện trong thanh

R

vd B R

E

I   0

1 Nếu không có ma sát: Phương trình định luật2 Newton chiếu lên Ox:

2 2

2 2 0 0

d B

mRdv vdt

dx vdt mR

d B dt

dv

m

id



 Quãng đường cực đại mà thanh đi được:   

x

mRv d

B

mRdv dx

x

0

0

2 2

0 2

2

0

Thay biểu thức của v0 -> khoảng cách cực tiểu giữa thanh và điện trở là:

2 2

2 2 2 2

l mR

l d B d

B

mR

l

x

2 Nếu có ma sát: phương trình định luật 2 Newton chiếu lên Ox:

t mR

d B d

B

mgRK v

dv dt

mdv Kmg

R

v d B dt

dv m Kmg

id

B

2 2 0 2

2 0

2 2 0



















Lấy tích phân hai vế

2 2 0 0

2 2 0 0

2 2 0 2

2

0

2 2

KmgR e

d B

mgRK v

v t mR

d B d

B

mgRK

v

d B t

v

v

































0 0 2

2 0

0

d B v KmgR

KmgR d

B

mR t

t v











Khoảng cách cực tiểu giữa thanh và điện trở R

  





0

0 min

t

vdt l dx l



































0

0

2 2 0 2

2 0 0

t

t mR d B

dt d B

KmgR e

d B

KmgR v

l

2 2 0

0 2

2 0 2 2 0 0

0 2 2

1

d B

KmgRt e

d B

mR d

B

KmgR v

d B























































KmgR

d B v d

B

KmgR l

l

2 2 0 0 2

2 0

2

Câu 4: Điện xoay chiều

Cho mạch điện như vẽ: uAB = 80 2cos100t (V), L là cuộn dây cảm thuần có độ tự cảm



4

,

0

H, tụ điện C và điện trở R đều có thể thay đổi được

1.Cho ZC = ZL, R = R1 = 75 Chứng minh rằng :

a iR sớm pha

2



so với uAB.

b Khi ZC = ZL thì UC đạt cực đại Tính UCmax

2.Giữ nguyên C điều chỉnh R, chứng tỏ công suất tiêu thụ P

= kR, k là hằng số không phụ thuộc vào R

3 Giữ R = R1 Tìm C để uAB cùng pha với i

HD

1a

Xét đoạn mạch MB ta thấy iR cùng pha với uMB, iL

trễ pha

2



so với uMB nên ta có giản đồ véc tơ bên

- Chọn I làm trục chuẩn ta có uC chậm pha

2



so iAB, uMB sớm pha φ1 so với iAB ta có:

AB

U = UAM+UMB= UC+UMB

Ta có UAM = I.ZC, UMB= IR.R = IL.ZL và MB R. L

U I Z I

(IC = I) lại có sin( 1)

2

AM





   = cosφ1

C

R

A

B L

M

Mặt khác góc hợp bởi giữa UMB và UC là α2 = α1=( 1)

2





 nên UMBvuông góc với

AB

U vậy iR sớm pha hơn uAB góc

2

 1b Chứng minh UC = UCmax

Xét tam giác ONP

C

sin

    vì sinα2 = I L

I = const và UMBvuông góc với

AB

U nên UCmax.

sinα2 = I L

I = MB MB MB 2 L 2

R U  R R R Z = 2 2

L L

Z

R Z = 8/17

Vậy UCmax= 80.17 170

2

P = I R với I R2 R = U MB

R Lại có tanφMB =

L R

I

I , tanφ1 = U MB

U .

Vì φMB =φ1 nên L

R

I

I = MB

U

U => UMB =U.

L R

I

I = U. L

R

Z =>IR = U MB

R = L

U

Z

Vậy P = (

L

U

Z )2 R = 4R.

3

Để uAB và i cùng pha thì sinφ = C

MB

U

U =

C MB

Z Z

=> ZC =sinφ.ZMB

mà sin φ = cosα2 = 2

2

ZC =1517. 2. l 2 15.40.7585 31,14

L

R Z

R Z    => C = 10-4F

Câu 5: Quang hình

Một bình hình trụ đựng thủy ngân quay chung quanh trục thẳng đứng của hình trụ với vận tốc góc không đổi  Khi đạt trạng thái chuyển động ổn định, bề mặt thủy ngân lõm xuống Bỏ qua ảnh hưởng của lực căng mặt ngoài Chứng tỏ rằng một chùm tia tới song song chiếu từ trên xuống dọc theo trục quay, sau khi phản xạ trên mặt thủy ngân sẽ hội tụ lại ở một điểm Xác định vị trí của điểm hội tụ này.

Xét hệ quy chiếu không quán tính gắn với bình như hình vẽ Khi đạt trạng thái chuyển động ổn định, mỗi phần tử thủy ngân ở trên bề mặt cân bằng dưới tác dụng của trọng lực và lực li tâm, hợp của hai lực này vuông góc với mặt thoáng của thủy ngân Mặt thoáng

thủy ngân có trục quay là trục đối xứng Trong mặt phẳng chứa trục quay, xét một phần tử thủy ngân A bất kì trên bề mặt có tọa độ (x,y)

Để tìm hệ thức liên hệ giữa x và y ta áp dụng phương pháp vi phân Xét một đoạn nhỏ giới hạn mặt thoáng tại A, phương của đoạn nhỏ này có thể được xem như trùng phương với tiếp tuyến tại A Từ A kẻ tiếp tuyến của mặt thoáng thủy ngân cắt trục Ox tại I và hợp với Ox một góc α

Ta có: Aˆ1 ˆI1  (góc có cạnh tương ứng vuông góc)

Theo định nghĩa đạo hàm ta có: tg dy

dx

 

Mà

tg F lt m x

x

P mg g

dy=

dy

Tích phân hai vế ta được:

2 2 2

y dy x C

g



   Với x0, =0 y  C=0 Do đó

2 2 2

y x g



Vậy bề mặt thủy ngân là một paraboloic

Xét tia sáng tới gặp mặt thủy ngân tại A (hình3.2) Tia phản xạ được xác định dựa vào định luật phản xạ ánh sáng Tia phản xạ cắt trục quay tại F Tia sáng trùng với trục quay phản xạ ngược lại theo chính nó

Ta có i (góc có cạnh tương ứng vuông góc)

 0 0 A'F = A'A tg A'AFxtg(2  90 ) xtg(90  2 )

Vậy OF (900 2 ) =

2

x

y xtg y

tg





Mà :

2

tg g x



2

OF =const 2

g



Vậy giao điểm F có vị trí cố định với mọi tia phản xạ ứng với chùm tia

tới song song với trục quay tại F Đó là tiêu điểm chính với tiêu cự có

giá trị là:

2 OF= 2

g f





Câu 6: Trong quá trình làm lạnh một mol khí Heli từ nhiệt độ ban đầu T0 đến nhiệt độ Tx

nào đó, nhiệt dung C tỉ lệ thuận với nhiệt độ T và khí thực hiện một công bằng không Ở

đầu quá trình làm lạnh, áp suất khí biến đổi tỷ lệ thuận với thể tích Hãy tìm phần công

dương do khí thực hiện trong quá trình này và tính tỷ số x

0

T

HD Giải

Theo nguyên lý I của nhiệt động lực học: A

= U + A Công mà khí thực hiện ở giai

đoạn đầu của quá trình làm lạnh chính là

diện tích chắn bởi đồ thị như hình vẽ

 0 0 1 1  0 1

R

Ở giai đoạn đầu, nhiệt dung có giá trị:

2 2

V

p

V

p0

p1

V0

V1 O

Suy ra, nhiệt dung của quá trình là:

0

2R

T

 (1)

Khí sẽ thực hiện công âm cho đến khi thể tích của khí là nhỏ nhất (điểm C) Tại vị trí này, V 0 và nhiệt dung là:

3 2

V

T



Từ (1) và (2) tìm được nhiệt độ TC mà tại đó khí có thể tích nhỏ nhất: 0

3 4

C

Vì công tổng cộng bằng không nên công dương A (diện tích đoạn đồ thị Cx) bằng giá trị tuyệt đối của công âm A_(diện tích dưới đoạn OC) Sử dụng nguyên lý I của nhiệt động lực học để tìm công này: QOC = U + AOC

Trong đó QOC là nhiệt lượng mà khí nhận được trên đoạn OC Nhiệt này bằng diện tích tên giản đồ C(T) (vì đồ thị là đường thẳng)

2 2 0

0 0

C OC

T T

R

T



Độ biến thiên nội năng trên đoạn này:

3 8

1 16

1 16

Ta đi tìm nhiệt độ Tx để toàn bộ công bằng không

2 2 0

x

T T

Từ đây ta tính được:

0

1 2

x

T

p

V 0

p  V

C

O

X

p  V