Ng-ời ta đặt đột ngột một điện tr-ờng đều c-ờng độ E, h-ớng theo ph-ơng ngang, sang phải.. Tìm vận tốc cực đại của các quả cầu trong chuyển động sau đó.. Giả sử vệ tinh bị nhiễu loạn nhẹ
Trang 1Sở Gd&Đt Nghệ an Đề thi chọn đội tuyển dự thi hsg quốc gia lớp 12
Năm học 2007 - 2008
Môn thi: vật lý (Đề thi có 2 trang)
Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 07/11/2007
Bài 1 (4 điểm) Hai quả cầu nhỏ m1 và m2 đ-ợc tích điện q và -q, chúng đ-ợc nối với nhau bởi một lò
xo rất nhẹ có độ cứng K (hình 1) Hệ nằm yên trên mặt sàn nằm
ngang trơn nhẵn, lò xo không biến dạng Ng-ời ta đặt đột ngột
một điện tr-ờng đều c-ờng độ E, h-ớng theo ph-ơng ngang,
sang phải Tìm vận tốc cực đại của các quả cầu trong chuyển động
sau đó Bỏ qua t-ơng tác điện giữa hai quả cầu, lò xo và mặt sàn
đều cách điện
Bài 2 (4 điểm) Một vệ tinh chuyển động tròn đều quanh Trái Đất ở độ cao R
= 3R0 so với tâm O của Trái Đất (Bán kính Trái Đất là R0 = 6400 km)
1 Tính vận tốc V0 và chu kỳ T0 của vệ tinh
2 Giả sử vệ tinh bị nhiễu loạn nhẹ và tức thời theo ph-ơng bán kính sao cho
nó bị lệch khỏi quỹ đạo tròn bán kính R trên Hãy tính chu kỳ dao động nhỏ
của vệ tinh theo ph-ơng bán kính và xung quanh quỹ đạo cũ
3 Vệ tinh đang chuyển động tròn bán kính R thì tại điểm A vận tốc đột ngột
giảm xuống thành VA nh-ng giữ nguyên h-ớng, vệ tinh chuyển sang quỹ
đạo elip và tiếp đất tại điểm B trên đ-ờng OA (O, A, B thẳng hàng) Tìm vận
tốc vệ tinh tại A, B và thời gian để nó chuyển động từ A đến B
Cho vận tốc vũ trụ cấp 1 là V1 = 7,9 km/s Bỏ qua lực cản
Có thể dùng ph-ơng trình chuyển động của một vệ tinh trên quỹ đạo:
2
2 2
2
r
Mm G r
dt
d dt
r d
và định luật bảo toàn mômen động l-ợng: const
dt
d
mr2
Bài 3 (4 điểm) Cho mạch điện nh- hình vẽ 3, biết E1= e, E2 = 2e, E3
= 4e, R1 = R, R2 = 2R, AB là dây dẫn đồng chất, tiết diện đều có
điện trở toàn phần là R3 = 3R Bỏ qua điện trở trong của các nguồn
điện và dây nối
1 Khảo sát tổng công suất trên R1 và R2 khi di chuyển con chạy C
từ A đến B
2 Giữ nguyên vị trí con chạy C ở một vị trí nào đó trên biến trở Nối
A và D bởi một ampe kế (RA 0) thì nó chỉ I1 =
R
E
4
, nối ampe Kừ
đó vào A và M thì nó chỉ I2=
R
E
2
3
Hỏi khi tháo ampe kế ra thì c-ờng
độ dòng điện qua R1 bằng bao nhiêu?
Bài 4 (4 điểm) Phía trên của một hình trụ solenoit đặt thẳng đứng có một tấm bìa cứng nằm ngang
trên đó đặt một vòng tròn nhỏ siêu dẫn làm từ dây kim loại có đ-ờng kính tiết diện dây là d1, đ-ờng kính vòng là D (d1 << D) Nối solenoit với nguồn và tụ điện (hình 4), đóng khóa K thì vòng sẽ nẩy lên khi hiệu điện thế U U0 (U0 là hiệu điện thế xác định) Thay vòng trên bằng vòng siêu dẫn
E
K
(Hình 1)
m1,q K m2, - q
B O A
(Hình 2)
Đề chính thức
E3
R2
C
R1
E1 E2 (Hình 3)
D
+ -
+ - + -
Trang 2khác cùng kim loại trên và cùng đ-ờng kính D còn
đ-ờng kính tiết diện dây là d2 Hỏi hiệu điện thế
nguồn điện là bao nhiêu để khi đóng khóa K thì vòng
vừa đ-ợc thay nẩy lên Biết độ tự cảm của vòng là L =
d
D
4
,
1
(k là hằng số) Điện trở thuần của solenoit và dây nối đ-ợc bỏ qua
Bài 5 (4 điểm) Cho mạch điện xoay chiều nh- hình
vẽ Biết uAB = 180 2sin(100t) (V), R1 = R2 = 100
, cuộn dây thuần cảm có L = 3 H
, tụ điện có điện dung C
biến đổi đ-ợc
1 Tìm C để hiệu điện thế hiệu dụng giữa hai điểm M, N đạt cực
tiểu
2 Khi C = 100
F
3
, mắc vào M và N một ampe kế có điện trở
không đáng kể thì số chỉ ampe kế là bao nhiêu?
Hết
Họ tên thí sinh: SBD:
(Hình 4)
+ _
K
U
C
D
B
R1 M L
A
C
N R2
(Hình 5)
Trang 3Sở Gd&Đt Nghệ an
-
Kỳ thi chọn đội tuyển dự thi hsg quốc gia lớp 12
Năm học 2007 - 2008
h-ớng dẫn chấm, đáp án và biểu điểm chấm đề chính thức
Môn: vật lý Ngày thi: 07/11/2007
-~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
Nội dung Điểm
Bài1 Do tổng ngoại lực tác dụng hệ kín theo ph-ơng ngang
nên khối tâm của hệ đứng yên và tổng động l-ợng của hệ
đ-ợc bảo toàn Chọn trục Ox có ph-ơng ngang h-ớng
sang phải, góc O ở khối tâm của hệ Ta có:
m1v1 + m2v2 = o v2 =
-2
1 1
m
v m
(1)
1đ
.Vật m1 và m2 sẽ dao động điều hòa xung quanh vị trí cân bằng của chúng, tại đó hợp lực
tác dụng lên mỗi vật bằng 0 và vận tốc của chúng đạt cực đại Ta có:
1đ
qE = k(x1-x2) (2)
2
2 1
1v m
+
2
2 2
2v m
+ 2
) (x1 x2 2
= qE(x1-x2) (3)
1đ
.Từ (1) và (2) và (3) ta đ-ợc:
V1=
)
1
2
m m m
m k
qE
, V2=
)
2
1
m m m
m k
qE
1đ
Bài 2 1.Gọi M và m lần l-ợt là khối l-ợng Trái Đất và vệ tinh
Lực hấp dẫn của Trái Đất lên vệ tinh đóng vai trò lực h-ớng tâm nên:
R
mv R
2 V0=
0
3R
GM
=
3 1
V
=4,56m/s
0,5đ
.Chu kỳ quay của vệ tinh: T0 =
0
2
V R
2.Từ hai ph-ơng trình cho ở đề bài ta đ-ợc ph-ơng trình:
2
2
dt
r d
-3
2
) / (
r
m c
= - 2
r
GM
(1)
0,5đ
.Khi vệ tinh chuyển động với bán kính R thì: 2
) (
m
c
= GMR (2) .Từ (1) và (2), ta đ-ợc: 2
2
dt
r d
- 3
r
GMR
= 2
r
GM
với r =R+x
Hay: 22
dt
x d
3 3
) 1 (
R
x R
GMR
=
2 2
) 1 (
R
x R
GM
0,5đ
.Do vệ tinh chỉ dao động bé nên x << R nên ta đ-ợc ph-ơng trình dao động của vệ tinh:
x’’+ x
R
GM
2 = 0
.Chu kỳ dao động của vệ tinh là : T=
GM
R02
9
1
1 6
V
=21,2.10-2s
0,5đ
3.áp dụng định luật bảo toàn mô men động l-ợng và bảo toàn cơ năng ta có: 0,5đ
E
K
o
m1,q K m2, - q
Trang 4VA.3R = VB.R (1)
2
2
A
v m
-0
3R
GMm
= 2
2
B
v m
-0
R
GMm
(2)
.Từ (1) và (2) ta đ-ợc: vA= v1/ 6 = 3,23m/s , vB = 9,68m/s 0,5đ Bán kính trục lớn quĩ đạo elíp của vệ tinh: a = AB/2 = 2R0
.áp dụng định luật 3 kêple ta có:
3 2 0 2 3
T
R T
a T=T0
a
R0 a
R = 4h
.Thời gian vệ tinh chuyển động từ A đến B là: t = T/2 = 2h
0,5đ
Bài 3 1.Đặt RAC= x Công suất tỏa nhiệt trên R1 và R2:
P =
1
2
R
+
2
2
R
U NB
(1)
Trong đó : UAM = UAC- e (2)
U BN = - 4e + UAM+ e + 2e U
BN = U AC
- 2e (3)
M N
0,5đ
.Thay (1), (2) vào (3) ta đ-ợc: P = 2
R
e
U AC
2
2
R
e
.Lấy đạo hàm hai vế của P theo UAC ta đ-ợc : P’= 0 U
AC
= 3
4e
.Lập bảng biến thiên biểu diễn sự phụ thuộc của P theo UAC ta thấy UAC đạt cực tiểu khi
UAC=
3
4e
, lúc đó Pmin=
R
e
3
2
0,5đ
.Thay UAC vào (2) và (3) ta đ-ợc: UAC =
3
e
và UNB =
3
2e
.Từ đó tìm đ-ợc: I1=
1
R
U AM
R
e
3 I2=
R
U NB
e
CD
= 0
I3=
3
R
R
e
3
4
x = R
I
3
0,5đ
.Biện luận: -Khi x= 0 thì UAC= 0 và P =
R
e2
3
-Khi x = R thì UAC=
3
4e
và Pmin =
R
e
3
2
-Khi x = 3R thì UAC=4e và Pmax =
R
e2
11
0,5đ
2.Coi phần mạch điện giữa A và D t-ơng ứng với nguồn điện có suất điện động E và điện
trở trong r, mạch đ-ợc vẽ lại nh- hình bên
.Khi nối Ampe kế vào A và D thì:
I1=
R
e
4
=
R
e
+
r
e
r
E
=
R
e
3 (1)
.Nối Ampe kế vào A và M thì R1 bị nối tắt:
I2 =
R
e
2
3
=
r
e
E
(2)
1đ
E,r
A
R 1
M
E 1
D
E 3
R 2
C
R 1
E1 E2
I3
I1 I2
D
Trang 5.Giải hệ (1) và (2) ta đ-ợc: E = 2e , r =
3
2R
.Khi không có Ampe kế thì c-ờng độ dòng điện qua R1 là:
IR1
=
r R
e E
1
=
R
e
5
3
= 0,6
R
e
(A)
0,5đ
Bài 4 Sau khi đóng khóa, gọi c-ờng độ trong mạch là i và điện tích của tụ điện là q
Định luật ôm cho mạch: U – Ldi’ =
c
q
Hay q’’+
d
cL
cU
q
= 0 (1) .Đặt q1 = q-cU, ta đ-ợc ph-ơng trình: q1’’+2q1 = 0
.Nghiệm của ph-ơng trình là: q1 = Asin(t) + Bcos(t) (2)
0,5đ
.Chọn t = 0 là thời điểm đóng khóa K, ta có:
q1(t= 0) = q(t=o)– cU = cU, q1’
= q’= 0 .Suy ra : A = 0 , B = - cU, q = cU[1- cos(t)] (3)
0,5đ
.C-ờng độ trong cuộn dây là: id = q’= cUSin(t) id ~ U
.Đối với vòng siêu dẫn: ,= -L
vi,
v (4) .ở đây là từ thông do cảm ứng từ xolenoit gửi qua vòng, i
v là c-ờng độ dòng điện chạy qua vòng, LV là độ tự cảm của vòng
.Nghiệm của (4) có dạng: + L
viv = C với C là hằng số
.Tại thời điểm ban đầu C = 0 nên: iv = -
V
L
0,5đ
0,5đ
.Từ thông tỷ lệ với độ tự cảm của solenoit (độ tự cảm này tỷ lệ id) và diện tích vòng:
~ i
dD2
~ UD2
i v ~
v
L
U
D2
0,5đ
.Lực Ampe cực đại tác dụng lên vòng theo h-ớng thẳng đứng lên trên, tỷ lệ với đ-ờng
kính của vòng, c-ờng độ dòng điện trong vòng và trong solenoit
F ~ Didiv ~
v
L
U
D3 2
0,5đ
.Vòng sẽ nảy lên nếu lực F lớn hơn trọng lực của vòng, trọng lực này tỷ lệ với Dd2
.Trong tr-ờng hợp giới hạn:
v
L
U
D3 2
~ Dd2 U ~ L V
D d
0,5đ
.Tr-ờng hợp đầu : U0 ~ d1{Ln(1,4D/d1)}1/2
.Tr-ờng hợp sau : U’0 ~ d2{Ln(1,4D/d2)}1 / 2
.Vòng sẽ nảy lên khi hiệu điện thế của nguồn thỏa mãn:
U’0 U0 d2{Ln(1,4D/d2)}1 / 2
/ d1{Ln(1,4D/d1)}1 / 2
0,5đ
Bài 5 1.Giản đồ véc tơ đ-ợc vẽ nh- hình bên
.Từ giản đồ suy ra UMN cực tiểu khi M trùng với N
.Hay: UMN= 0 UR1 = UC I1R1 = I2ZC , UR2 = UL
= I2R2= I1ZL
1đ
L
Z
R1
=
2
R
Z C ZC =
L
Z
R
R1 2
3
100 C = F
3 100
= 55(F)
0,5đ
UR1 UR2
U U C L
N M
UAB A
B
Trang 62.Chập M và N thành điểm E.Tổng trở, độ lệch pha giữa hiệu điện thế và c-ờng độ dòng
điện trong mỗi nhánh :
UEB
I C I A 2
I L
1 I
IR1 U AE
2 2
1 2 1
1 1 1
C
Z R
Z Z1 = 50 3().Tg1=
-1
R
C
I
I
=
-C
Z
R1
= -3
1 1=
-6
2 2
2 2 2
1 1 1
L
Z R
Z Z2 = 50 3() Tg2=
2
R
L
I
I
=
L
Z
R2
= 3
1
2=
6
1đ
.Vì Z1 = Z2 và c-ờng độ hiệu dụng trong mạch chính nh- nhau nên: UAE = UEB = U
.Mặt khác U AEvà U EB đều lệch về hai phía trục I một góc
6
nên:
UAE = UEB =
) 6 cos(
2 U AB = 60 3 (V) :
0,5đ
Chọn chiều d-ơng qua các nhánh nh- hình vẽ
.Giản đồ véc tơ biểu diễn I R1I AI Lnh- hình
bên
.Từ đó ta đ-ợc:
IA=
6 cos
2 1
2 1
L R L
I = 0,6(A)
1đ
C N R 2
R1 M L
IA
IL
A
IR1
30 0
60 0