KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XIII TẠI THÀNH PHỐ HUẾ ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ 11 Thời gian làm bài 180’ Chú ý: Mỗi câu hỏi thí sinh làm trên 01 tờ giấy riêng biệt ( Đề thi có 02 trang) Câu 1: (4 điểm) Một tấm ván dài khối lượng M nằm trên một mặt phẳng nhẵn nằm ngang không ma sát và được giữ bằng một sợi dây không giãn. Một vật nhỏ khối lượng m trượt đều với vận tốc v 0 từ mép tấm ván dưới tác dụng của một lực không đổi F (hình vẽ). Khi vật đi được đoạn đường dài l trên tấm ván thì dây bị đứt. a. Tính gia tốc của vật và tấm ván ngay sau khi dây đứt. b. Mô tả chuyển động của vật và tấm ván sau khi dây đứt trong một thời gian đủ dài.Tính vận tốc, gia tốc của vật và tấm ván trong từng giai đoạn. c. Hãy xác định chiều dài ngắn nhất của tấm ván để vật không trượt khỏi tấm ván. Câu 2 : (4 điểm) Cho cơ hệ như hình vẽ. Quả cầu đặc có khối lượng m, bán kính r lăn không trượt trong máng có bán kính R. Máng đứng yên trên mặt phẳng nằm ngang. Tìm chu kỳ dao động nhỏ của quả cầu. Cho biết mô men quán tính của quả cầu đặc là 2 . 5 2 rmI = . Câu 3 : (4 điểm) Một giọt thủy ngân lớn nằm giữa hai bản thủy tinh nằm ngang. Dưới tác dụng của trọng lực, giọt có dạng hình tròn bẹt có bán kính R= 3cm và bề dày d = 0,5cm. Tính khối lượng của một vật nặng cần đặt lên bản trên để khoảng cách giữa các bản giảm đi n = 9 lần. Biết góc ở bờ θ = 135 0 . Suất căng mặt ngoài của thủy ngân là σ = 0,490 N/m, 2 = 1,41, g = 9,81 2 s m . F Câu 4: (4 điểm) Một khối lập phương cạnh a có dòng điện cường độ I chạy qua các cạnh của nó theo một đường như hình vẽ. Tìm cảm ứng từ tại tâm của khối lập phương. Câu 5: ( 4điểm) Cho đoạn mạch như hình vẽ: tu AB π 100sin2400 = (V) R 1 = 100 3 (Ω), R 2 = 100(Ω).Tụ có điện dung C = )(10 3 1 4 F − π ; cuộn thuần cảm L = H π 1 .Ampe kế có điện trở không đáng kể. Xác định số chỉ của ampe kế. ____________________Hết_____________________ ĐÁP ÁN O A B C D G HE F z y x R 1 R 2 Đáp án câu 1 : - Trước khi dây bị đứt: F – F ms = 0 ⇒ F = F ms (0,5đ) - Ngay sau khi dây đứt: vật vẫn trượt đều với vận tốc v 0 ; a m = 0 (0,5đ) Tấm ván chuyển động nhanh dần đều: M F = M F = M F =a 1ms2ms M (0,5đ) - Trường hợp vật không rời tấm ván: + Tấm ván đạt vận tốc v 0 khi F Mv = a v =t 0 M 0 (0,5đ) + Sau đó vật cùng tấm ván chuyển động với gia tốc m+M F =a (0,5đ) - Trường hợp vật rời khỏi tấm ván: + Vật chuyển động với gia tốc: m F ='a m , vận tốc ban đầu là v 0 + Tấm ván chuyển động thẳng đều, với vận tốc v’ < v 0 khi vật rời khỏi tấm ván. - Quãng đường vật đi được trên tấm ván (kể từ khi dây đứt) F Mv tatvl M 22 1 Δ 2 0 2 0 =−= (1d) - Chiều dài tối thiểu của tấm ván: F Mv llll 2 Δ 2 0 min +=+= (0,5đ ) Đáp án câu 2 : Xét thời điểm quả cầu lệch so với ph- ơng thẳng đứng một góc nhỏ, và nó đang lăn về vị trí cân bằng (VTCB) (hình vẽ). Gọi 1 là vận tốc góc của quả cầu quay quanh tâm O của nó : 1 = ' 2 là vận tốc góc của quả cầu quay quanh tâm O : ' 2 = Ta có : ' r = ' (R r) ' ' ( ) = R r r và '' " ( ) = R r r (1) Xét chuyển động quay của quả cầu với tâm quay tức thời K, ta có ph- 0,25 0,5 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 O R o P N ms F K + Ở mép của giọt thủy ngân, mặt thoáng có dạng một mặt tròn xoay (hình chiếc máng cong, xem hình). Tiết diện nằm ngang là đường tròn bán kính R =3cm. Tiết diện thẳng đứng là cung tròn bán kính r = )cos(2 θπ − d = - θ cos2 d (0,25 đ) R Thay số r = 2 2 45cos2 0 dd = (0,25 đ) Áp suất tạo nên bởi mặt thoáng của giọt thủy ngân là: += rR p 11 1 σ = + dR 21 σ (0,25 đ) Lực của áp suất phụ tác dụng lên bản trên và cân bằng với trọng lực của bản ấy là: 22 11 21 R dR RpF πσπ +== . (0,25 đ) Nếu khoảng cách giữa hai bản giảm đi n = 9 lần thì : d → d’= 9 d n d = (0,25 đ) R → R’ = nR = RR 39 = (0,5 đ) Lực của áp suất phụ tác dụng lên bản trên lúc này là: 22 22 ' ' 2 ' 1 ' R dR RpF πσπ +== Với d’ = n d ; R’ = nR (0,5 đ) Do đó nR d n nR nRpF 22 22 21 πσπ +== (0,25 đ) Trọng lượng của vật rắn đặt lên bản trên bằng hiệu số F 2 – F 1 P = Mg = F 2 – F 1 (0,5 đ) Từ đó suy ra : M = −+− d nn Rg R 2 )1()1( 1 2 2 πσ . (0,5 đ) Thay các giá trị bằng số: M = + − − 2 4 10.5,0 41,1 802 3 100 81,9 10.9.14,3.49,0 (0,5 đ) M ≈ 3,19 kg . Đáp án câu 4 A B C D G HE F 2 1 3 5 6 4 O - Để đơn giản, ta có thể xem trong một cạnh không có dòng điện sẽ tương đương như có 2 dòng điện có cường độ I ngược chiều đi qua cạnh đó. - Từ hình vẽ, ta thấy sẽ có 3 mặt của hình lập phương có dòng điện cường độ I chạy qua cả 4 cạnh của từng mặt, đó là các mặt AEFB, FEHG, ADHE. Do đó từ trường do 3 mặt gây ra ở tâm O là: 321 BBBB ++= 321 ,, BBB lần lượt là các vectơ cảm ứng từ gây ra tại O bởi các mặt AEFB, FEHG, ADHE. Xét AEFBEF1 BBBBB AB +++= Từ trường do cạnh AB gây ra ở O: Ta có: )cos(cos .4 21 0 αα π µ += OM I B AB α π µ cos2 .4 0 OM I B AB = ( ααα == 21 ) Với: 2 44 22 22 aaa HMOHOM =+=+= 3 1 2 3 2/ 44 2/ cos 2222 == + = + == a a aa a MBOM MB OB MB α ⇒ 3 2 2 3 1 2 2 00 a I a I B AB π µ π µ == Ta xét AB B theo Oy thì: MOHBMOHBBB ABABABABy sin90cos.cos 0 = −== β 32 2 2 3 2 2 00 a I a I π µ π µ == Do tính đối xứng nên: a I BB ABy π µ 3 24 0 1 == Tương tự: a I BB π µ 3 2 0 32 == , Cảm ứng từ tại tâm O: a I BBBBB O π µ 0 1 2 3 2 2 2 1 23 ==++= B 0 a I π µ 0 2 = 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.5đ 0.5đ A B E F H M O 1 α 2 α β y B AB 0.5đ Đáp án câu 5 : Z L = 100 (Ω) Z C = 100 3 (Ω) Trên AM 3 3 1 1 1 1 π ϕϕ =→=== LR L Z R I I tg (0,25 đ) Với : L AM L AM R Z U I R U I == ; 1 1 (0,25 đ) ⇒ 22 1 22 11 1 L AMLR ZR UIII +=+= (1) (0,25 đ) Trên MB 6 3 1 2 2 2 2 π ϕϕ =→=== CR C Z R I I tg (0,25 đ) Và C MB c MB R Z U I R U I == ; 2 2 (0,25 đ) ⇒ 22 2 22 11 2 C MBCR ZR UIII +=+= (2) (0,25 đ) Từ (1) và (2) ⇒ U AM = U MB (0,25 đ) Mặt khác : MBAMAB UUU += (0,25 đ) Từ 2 giản đồ : 222 MBAMAB UUU +=⇒ (0,25 đ) 2200 ==⇒ MBAM UU ( V) (0,25 đ) )( 3 22 3100 2200 1 AI R ==⇒ (0,25 đ) Và : )(22 100 2200 2 AI R == (0,25 đ) Tại nút M, có thể viết : 12 RaR III += (0,25 đ) Mà AIIIII RRaRR 26,3)( 22 2121 =+=→⊥ (0,25 đ)
