DE THI DBDH 20126

vuông góc với các trục quay sao cho nó ở vị trí nằm ngang, đồng thời tiếp xúc bề mặt với hai trụ, còn điểm giữa của nó thì nằm trên đường thẳng đứng đi qua trục của hình trụ nhỏ có bán k[r]

Sở GD & ĐT tỉnh Thái Bình Trêng THPT Chuyªn

===***===

ĐỀ THI CHỌN HSG TRƯỜNG CHUYÊN CÁC TỈNH DH & ĐBBB LẦN THỨ V

MÔN: VẬT LÝ LỚP 11

Thời gian làm bài: 180 phút – không kể giao đề

Bài 1: Tĩnh điện ( điểm)

Một cầu có bán kính R tích điện dương với mạt độ điện tích phụ thuộc khoảng cách r đến tâm cầu là: ρ=ρ0(1− r

R) , với ρ0 số Giả sử rằng, số điện

môi nơi ε=1 , tìm:

a, Độ lơn vectơ cường độ điện trường bên ngồi hình cầu theo r b, Giá trị cực đại cường độ điện trường Emax giá trị rm tương ứng với Emax

Bài2: Từ trường , cảm úng từ (4 điểm)

Xét hệ sau đây: Hai đờng ray dẫn điện, song song với nhau, nằm mặt phẳng thẳng đứng; dẫn điện AB tựa vào hai đờng ray trợt không ma sát dọc theo đờng ray hệ đợc đặt từ trờng ⃗B vuông góc với mặt phẳng hai đờng ray ta lập trục toạ độ x thẳng đứng hớng xuống dới, có gốc vị trí ban đầu ( thời điểm t = 0).Hãy khảo sát chuyển động (viết phơng trình chuyển động) trờng hợp, ngời ta mắc vào hai điểm C D:

a, Mét ®iƯn trë R

b, Mét cuộn cảm L điện trở Giả thiết lúc t = 0, dòng điện mạch I(0) =

c, Một tụ điện C giả thiết lúc t = 0, tụ điện khong có ®iÖn tÝch q (0) =

Cho biết khối lợng AB m khoảng cách hai đờng ray d Bỏ qua điện trở đờng ray AB

Bài 3: Quang (4điểm)

Một tia sáng SI từ khơng khí vào mặt song song có bề dày 0,3m với chiết suất thay đổi theo độ sâu x với quy luật n=

4 1+ x

x0 (hình 3), x0 =

0,1m

a Xác định quỹ đạo tia sáng mặt song song?

Hình α0

0,3m

x O y

S

I

B ⃗

0

A

B

C

D

b.Tìm điêm ló tia sáng khỏi mặt? Cho biết góc tới 0 = 300, OI = 0, 63 (m),

chiết suất khơng khí

Bài 4: Dao động (5 điểm)

Hai hình trụ bán kính khác quay theo chiều ngược quanh trục song song nằm ngang với tốc độ góc 12   2rad s/ (hình vẽ 4) Khoảng cách trục theo phương ngang 4m Ở thời điểm t=0, người ta đặt ván đồng chất có tiết diện lên hình trụ,

vng góc với trục quay cho vị trí nằm ngang, đồng thời tiếp xúc bề mặt với hai trụ, điểm nằm đường thẳng đứng qua trục hình trụ nhỏ có bán kính: r = 0,25m Hệ số ma sát ván trụ  0,05;g10 /m s2.

a Xác định thời điểm mà vận tốc dài điểm vành trụ nhỏ vận tốc ván b Tìm phụ thuộc độ dịch chuyển nằm ngang ván theo thời gian

Bài : Thực hành (2điểm) Xác định hệ số ma sát nhớt

Cho dụng cụ: Một ống hình trụ (kích thớc chiều cao đủ lớn), can lớn đựng đầy dầu nhớt, viên bi xe đạp nhỏ, thớc kẹp (Panme), thớc dài, đồng hồ bấm giây, vòng dây đàn hồi Biết khối lợng riêng thép  dầu nhớt 0, gia tốc rơi tự g Lực cản lên bi đ-ợc tính biểu thức

fC = 6 μ Rv đó: μ hệ số ma sát nhớt, R bán kính viên bi, v vận tốc viên bi Yêu cầu v xõy dng phng ỏn thớ nghim:

-Trình bày sở lý thuyết -Cách bố trí thí nghiệm

-Cách tiến hành thí nghiệm xử lý kết

=============================

đáp án Vật lý 11 C10 Năm học: 2011 – 2012

Bài 1: Tĩnh điện (4điểm)

 O

2 4m

G



O



x

Hình O

a, Thể tích lớp mặt cầu có bán kính r r + dr dV=4πr2dr (1) Điện tích chứa dV là: dq=ρdV=ρ0(1− r

R) 4πr 2dr

(2) Điện tích cầu bán kính r là: dq=¿ρdV=∫4 πρ0(1−

r R).r

2

dr=4 πρ0(r

3 −

r4 4R) q=∫¿

(3) Cường độ điện trường E điểm M cách O khoảng r < R, giống cường độ điện trường điện tích điểm q=4 πρ0r3(1

3− r

4R) đặt O, gây M

vậy EM=

4 πε0

q r2=

4 πρ0 πε0

r 3(1−

3r 4R)=

ρ0r 3ε0(

1− 3r

4R) (4)

Với điểm N ngồi cầu: r ≥ R q=4 πρ0R3(1

3− R 4R)=

πρ0R 3

Và EN= q

4 πε0r2= ρ0R

3

12ε0r2 (5) Khi r = R (5) thành E= ρ0R 12ε0 (6)

B, Tính Emax Lấy đạo hàm (4) theo r ta

dE

dr =

ρ0

3ε0

− 6ρ0r 12ε0R

(7) Từ (7) : dE

dr =0 r=

3R Thay vào (4) ta đuợc

Emax=ρ0R

9ε0

Bài2: Từ trường , cảm úng từ (4 điểm)

Gọi v vận tốc theo trục x dịch chuyển từ tr ờng B, xuất hịên suất điện động cảm ứng e = vBd

a, Suất điện động gây mạch dòng điện từ A sang B, có cờng độ I=e

R= vBd

R Lực từ tác dụng lên lực hÃm, có giá trị F =

-IBd

Phng trình chuyển động là: mg−IBd=mdv

dt (1)

do đó: dv

dt + B2d2

mR v=g vµ v(t)= gmR

B2d2(1− e

− B2d2

mR t)

v× vËy : x(t)=gmR

B2d2[t+ mR

B2d2(e

B2d2 mR t−1)

] b, Trong mạch có suất điện động tự cảm: etc=VC−VD=LdI

dt=vBd , tích phân ta đuợc: I(t)=xBd

L (2)

B⃗

0 A B

C D

Tõ (1) vµ (2) ta cã: mL

Bd d2I

dt2 +IBd=mg

v× dI

dt (0)=0 nªn I(t)= mg

Bd (1−cosωt) , đó: ω2= B2d2

mL nªn x(t)= g

ω2(1−cosωt)

c, Ta cã q

C=vBd vµ I= dq

dt nªn I=CBd dv dt

Tõ (1), ta cã (m+CB2d2)dv

dt =mg dv dt =

g 1+CB

2 d2 m

V× vËy x(t)=

1

g 1+CB

2 d2 m

t2 Bài 3: Quang (4điểm)

a Khi từ khơng khí vào mặt song song viết: sinα1

sinα0 =1

n1

Ta chia mặt thành mặt đẳng chiết Sau tia sáng đoạn nhỏ dh sinα2

sinα1

=n1

n2 (1)

Tiếp sinα3

sinα2 =n2

n3

⇒sinαn

sinαn −1 =nn −1

nn

Nhân biểu thức với nhau, ta nhận sinαn

sinα0

=1

nn

(2)

Nghĩa viết điểm quỹ đạo:

sinα sinα0=

1

n (3)

Ta nhận thấy  góc tiếp tuyến quỹ đạo tia

sáng phương đứng.Nếu khảo sát quỹ đạo tia sáng hàm dịch chuyển theo độ sâu thì: f '(x) tg (hệ số

góc tiếp tuyến) Từ (3) suy ra:

n sinα0

=

sinα ⇒1+cot 2α

= n

2 sin2α0⇒

1 tan2α =

n2 sin2α0−1 f '(x)=±sinα0

√n2−sin2α0=± sinα0

√16(1+ x

x0) 2−sin

2

Thay giá trị cho vào phương trình (4), ta nhận được:

f(x)=±∫ (10x+1)dx √64−(1+10x)2

=±

10∫

(10x+1)d(10x+1) √64−(1+10x)2

=±

10 2∫

d(1+10x)2 √64−(1+10x)2

±(

20.(−2)√64−(1+10x)

)+C=±√0,64−(x+0,1)2+C

(5) Từ hệ tọa độ cho, ta lấy nghiệm: f (x)=−√0,64−(x+0,1)2+C

với số C xác định từ điều kiện đầu:

Khi x = thì: f(x)=−√0,63=−√0,64−(0+0,1)2+C⇒C=0

Vậy phưong trình tia sáng có dạng f(x)=−√0,64−(x+0,1)2 (6) Quỹ đạo tia sáng có dạng đường trịn bán kính r = 0,8m

b Dựa vào hình vẽ ta có x = r -0,1 = 0,8 – 0,1 = 0,7 > 0,3 m Chứng tỏ tia sáng sang mặt mặt

Độ lệch tia sáng so với điểm tới khỏi

Δy=√0,82−0,12−√0,82−0,42≈0,1009m

Bài 4: Dao động (5 điểm)

Thời điểm tốc độ dài điểm vành trụ nhỏ tốc độ ván

+ Chọn gốc O trùng khối tâm ván VTCB + Khi G có tọa độ x:

1 1

2

2

2

/ ( / 2 )

/

2

( / )

mg

N l x N l x

l N l x

mg

N l x

N N mg

l

 

   



 

 

 

     

 

+ Ban dầu ma sát trượt, nên theo định luật II Niu Tơn:

// // //

1

2

ms ms

mg g

F F mx x mx x x

l l

 

       

(1) Chứng tỏ ban đầu vật chuyển động pt:

x A cos(0t) với 0  2g l/ 0,5(rad s/ ) Trong đó: t = ta có:

2( ) os =2

0 sin 0

x m A c A m

V



 

 

  

 

  

  

  

Do vật dao động theo pt: x2 os(0,5t) (m)c khi mà ma sát ván trụ ma sát trượt (khi mà Fms2 N2 N1Fms1)

giảm Fms1 tăng (và dễ thấy G O Fms1=Fms2) Vì vậy, đến thời điểm t1 vận tốc ván có độ lớn vận tốc dài điểm vành trụ nhỏ sau lực ma sát ván với trụ nhỏ ma sát nghỉ

+ Ta xác định thời điểm t1:

V1  0 .sinA 0 1t r sin0 1t 2.0, 25 0,5  0 1t / 6 t1/ 3( )s ( t1 <T0/4)

Tim phụ thuộc toạ độ khối tâm ván theo thời gian + Ở thời điểm t1 khối tâm ván có tọa độ x1= 2.cos(0,5.t1) = 3m

+ Ta thấy từ thời điểm t1 đến thời điểm t2 (là thời điểm G trùng O: Fms1 = Fms2) ván chuyển động thẳng lực ma sát nghỉ ván trụ nhỏ cân với ma sát trượt ván trụ lớn Ở thời điểm t2 khối tâm ván có li độ

x2= 0: ván VTCB , nên:

1 2

1

3

4,5( )

x x

t t s

V

 

    

+ Sau qua VTCB N1> N2 nên Fms1>Fms2 : ván trượt hai trụ, vận tốc ván giảm, ván dao động điều hịa với biên độ:

1

0

1

V

A m



 

+ Khi vận tốc ván triệt tiêu, Fms1 kéo ván VTCB theo pt (1), vận tốc cực đại ván bây giờ:

Vmax 0.A1 0,5 /m srR (chỉ vận tốc dài điểm vành trụ nhỏ ván qua VTCB) nên ván trượt hai trụ., nghĩa dao động điều hịa theo pt (1)

+ Ta có pt dao động ván sau thời điểm t2: x1 os(0,5.t+ )c 1 , t = 4,5(s):

1

1

os(2,25+ ) 0

0,5( / ) sin(2, 25 ) 0,68( )

c x

V m s rad



 



 





 

     

 

 x1 os(0,5t-0,68)(m)c Vậy: * với 0 t 3( )s

  

tọa độ khối tâm ván là: x2 os(0,5t)(cm)c * với 3( )s t 4,5( )s



 

: tọa độ khối tâm ván: x 0,5.(t 3)(cm)



  

* với t4,5( )s : tọa độ khối tâm ván: x1 os(0,5t-0,68)(m)c

Xác định hệ số ma sát nhớt

1 C¬ së lÝ thuyÕt.

+áp dụng định luật II Niutơn ta có phơng trình chuyển động viên bi: ma = Vg( - o) - 6 μ Rv

+Khi v đạt giá trị đủ lớn thì: Vg ( - o) - 6 μ Rv ằ Bi chuyển động +Suy ra: μ =

2

0

( ) ( )

6

Vg R g

Rv v

   



 



(*)

+NÕu dïng phÐp tÝnh chi tiết ta có kết rõ ràng hơn: m dv

dt = Vg( - o) - 6 μ Rv

Û

0

0

( ( ) Rv)

( ) Rv R ( ) Rv

d Vg

dv dt dt

Vg m Vg m

  

      

 

  

   

Û v =

6

( )

(1 )

6

R t m

Vg

e R

  



 



+Khi t đủ lớn e-t đ  v =

2

0

( ) ( )

6

Vg R g

R

   

 

 



Û  =

2

0

( ) ( )

6

Vg R g

Rv v

   



 



2 Bè trÝ thÝ nghiÖm – cách tiến hành:

+ Dng ng thng ng

+Đổ dầu nhớt vào gần đầy ống

+Dùng vòng dây lồng vào phần phần dới ống

+ Bớc 1: Dùng thớc kẹp đo đờng kính viên bi số lần, suy giỏ trị trung bỡnh bán kính viên bi Ghi lại kết đo

+ Bớc 2: - Thả thử viên bi để xác định tơng đối vị trí bắt đầu chuyển động đều, vịng dây vị trí (vạch số 1) Vạch gần đáy (cách khoảng - 10cm), vạch số Đo khoảng cách D1D2= l, ghi lại kết

+ Bấm đồng hồ bi từ vạch số tới vach số 2, ta o đđ ợc khoảng thời gian chuyển động bi t, ghi lại kết

+Thay đổi vị trí D1 xuống gần D2 hơn, thả bi, đo lại l t nh trê +Thay đổi D1 số lần v tin hnh nh trc

+Sau lần đo ta ghi tất kết tơng ứng vào giÊy

3 Xư lý sè liƯu.

+Ta thay giá trị R, l, t tơng ứng lần đo vào công thức (*) Đánh giá sai số vµ nhËn xÐt.

+Sau lần thay đổi l, t ta lại tìm đợc m t giá trị ộ μ +Tính μ sai số  μ

+Kết luận hệ số ma sát nhớt : μ = μ +  μ

+Sai số : Đo kích thớc bi v xác định vị trí vạch số chà a xác, bấm đồng hồ đo thời gian khơng kịp thời

V¹ch sè 1