đề thi chọn HSG vật lí 11 Vĩnh Phúc đề số 8

ĐỀ ĐỀ XUẤT THI HSG CẤP TỈNH LỚP 11 CHUYÊN
MÔN VẬT LÝ. NĂM HỌC 2013-2014
Bài 1. (2 điểm)
Giữa hai bản kim loại đặt song song, nằm ngang, tích điện bằng nhau, trái dấu có một điện áp
U
1
=1000 V. Khoảng cách giữa 2 bản tụ là d=1 cm. Ở chính giữa 2 bản có 1 giọt thủy ngân nằm lơ lửng. Đột
nhiên, điện áp giữa hai bản giảm xuống chỉ còn là U
2
=995 V, cho g=10 m/s
2
. Sau thời gian bao lâu giọt thủy
ngân rơi đến bản dưới?
Bài 2. (2 điểm)
Hai thanh ray kim loại đủ dài nằm trên mặt phẳng ngang, song song
với nhau cách nhau một đoạn d, hai đầu thanh nối với điện trở thuần R. Một
thanh kim loại MN khối lượng m, đặt vuông góc và có thể trượt trên hai
thanh ray. Hệ được đặt trong một từ trường đều
0
B

hướng thẳng đứng từ
dưới lên (Hình vẽ). Ban đầu thanh MN cách điện trở một khoảng l. Truyền
cho thanh MN một vận tốc ban đầu
0
v

nằm ngang hướng sang phải vuông
góc với MN. Điện trở của hai thanh ray và thanh MN không đáng kể. Tìm
khoảng cách lớn nhất giữa thanh MN và R. Biết hệ số ma sát giữa thanh
MN và hai thanh ray là µ.

Bài 3. (2 điểm)
Cho mạch điện như hình vẽ 4: Biết R
1
=R
2
=R
3
=R, đèn Đ có điện trở R
đ
=
kR với k là hằng số dương. R
x
là một biến trở, với mọi R
x
đèn luôn sáng. Nguồn
điện có hiệu điện thế U không đổi đặt vào A và B. Bỏ qua điện trở các dây nối.
a) Điều chỉnh R
x
để công suất tiêu thụ trên đèn bằng 9W. Tìm công suất trên R
2
theo k.
b) Cho U=16V, R=8Ω, k=3, xác định R
x
để công suất trên R
x
bằng 0,4W.
Bài 4. (2 điểm)
Một bình hình trụ đựng thuỷ ngân đặt trên một bàn xoay và bình quay xung quanh trục thẳng đứng
của hình trụ với tốc độ góc không đổi ω. Khi đạt tới trạng thái chuyển động ổn định, bề mặt thuỷ ngân lõm
xuống. Bỏ qua ảnh hưởng của các hiệu ứng bề mặt.

a) Lập phương trình của mặt cong mô tả hình dạng bề mặt của thuỷ ngân.
b) Chứng minh rằng một chùm tới song song chiếu từ trên xuống dọc theo trục quay sau khi phản xạ trên
mặt thuỷ ngân sẽ hội tụ lại ở một điểm.
c) Xác định khoảng cách từ điểm hội tụ này tới điểm lõm nhất của bề mặt thuỷ ngân.
Bài 5. (2 điểm)
Vật nặng có khối lượng m nằm trên một mặt phẳng nhẵn nằm ngang, được nối với một lò xo có độ
cứng k, lò xo được gắn vào bức tường đứng tại điểm A như hình 5a. Từ một thời điểm nào đó, vật nặng bắt
đầu chịu tác dụng của một lực không đổi F hướng theo trục lò xo như hình vẽ.
a) Hãy tìm quãng đường mà vật nặng đi được và thời gian vật đi hết quãng
đường ấy kể từ khi bắt đầu tác dụng lực cho đến khi vật dừng lại lần thứ nhất.
b) Nếu lò xo không không gắn vào điểm A mà được nối với một vật khối
lượng M như hình 5b, hệ số ma sát giữa M và mặt ngang là
µ
. Hãy xác định
độ lớn của lực F để sau đó vật m dao động điều hòa.
HẾT
R
M
d
N
l
0
B

0
v

Hình bài 2
Đ
R

1
R
2
R
x
A +
U
R
3
Hình bài 3
B -
C
D
F
m
k
Hình bài 5a
A
F
m
k
Hình bài 5b
M
ĐÁP ÁN ĐỀ XUẤT THI HSG CẤP TỈNH LỚP 11 CHUYÊN
MÔN VẬT LÝ. NĂM HỌC 2013 - 2014
Bài 1. (2 điểm)
* Khi điện áp 2 bản là U
1
Điều kiện cân bằng của giọt thủy ngân là :
1

F P=
(0,25đ)
1
1
1 1
dmg mg mg
q E mg q
U
E U
d
⇔ = ⇔ = = =
(1) (0,25đ)
* Khi giảm điện áp giữa 2 bản tụ còn U
2
:
Hợp lực của
2
;F P
→ →
truyền cho giọt thủy ngân 1 gia tốc làm cho giọt thủy ngân chuyển động có gia tốc xuống
dưới. Phương trình định luật II Niu tơn:
2
F P m a
→ → →
+ =

2
P q E ma⇒ − =
(0,25đ)

2
U
mg q ma
d
⇒ − =
(2) (0,25đ)
* Lại có:
2
1
2 2
d d
at t
a
= ⇒ =
(3) (0,25đ)
Từ (1) thay vào (2) có:
2 2
1 1
d
.
U Umg
mg ma g g a
U d U
− = ⇔ − =
2
1
(1 )
U
a g
U

⇒ = −
(0,25đ)
Thay vào (3) ta có:
2
1
(1 )
d
t
U
g
U
=
−
(0,25đ)
Thay số ta được: t=0,45(s) (0,25đ)
Bài 2. (2 điểm)
Suất điện động cảm ứng xuất hiện trên thanh MN là: E=B
0
vd (1) (0,25đ)
Suy ra cường độ dòng điện chạy trong mạch có độ lớn:
R
vdB
R
i
0
==
E
(2) (0,25đ)
Áp dụng quy tắc bàn tay phải xác định chiều của i chạy từ M đến N và áp dụng quy tắc bàn tay trái xác định
được chiều của lực từ có chiều ngược với chiều của

v

.
Phương trình định luật 2 Newton chiếu lên Ox:

2 2 2 2
0 0
0
2 2
0
B d v B ddv mdv dv
B id mg m mg dt
mgR
dt R dt mR
v
B d
µ µ
µ
− − = ⇒ − − = ⇒ = −
+
(3) (0,25đ)
Lấy tích phân hai vế:

2 2
0
0
2 2
0
0
2 2 2 2

0 0
0
2 2
0
v t B d
t
mR
v
B ddv mgR mgR
dt v v e
mgR
mR B d B d
v
B d
µ µ
µ
−
 
= − ⇒ = + −
 ÷
 
+
∫ ∫
(4) (0,25đ)
Thanh ngừng chuyển động:
0
2 2 2 2
0 0 0
0
mR mgR

v t t ln
B d mgR v B d
µ
µ
= ⇒ = = −
+
(5) (0,25đ)
Khoảng cách lớn nhất giữa thanh và điện trở R:

2 2
0 0
0
0
2 2 2 2
0 0
0 0
t t
B d
t
mR
max
mgR mgR
l l dx l vdt l v e dt
B d B d
µ µ
−
 
 
= + = + = + + −
 

 ÷
 
 
 
∫ ∫ ∫
(0,25đ)

2 2
0
0
0
0
2 2 2 2 2 2
0 0 0
1
B d
t
mR
max
mgRtmgR mR
l l v e
B d B d B d
µµ
−
 
 
= + + − −
 ÷
 ÷
 ÷

 
 
(6) (0,25đ)
F
1
P
d
Với
0
t
được xác định theo biểu thức (5). (0,25đ)
Bài 3. (2 điểm)
Giả sử chiều dòng điện qua R
x
có chiều như hình vẽ 6.
Từ sơ đồ mạch điện ta có:





+=
+=
+=+
xd
x
III
III
UUUU
3

21
3d21
(1) (0,25đ)
I
đ
R
đ
+(I
đ
+I
x
)R=(I
2
+I
x
)R+I
2
R=> (k+1)I
đ
=2I
2
=>
2
1k
I
2
+
=
I
đ

(2) (0,25đ)
Kết hợp (1) và (2) ta có:
W)(9.
k4
)1k(
P
k4
)1k(
P
RI
4
)1k(
P
RkIP
RIP
kRIP
2
d
2
2
2
d
2
2
2
dd
2
22
2
dd

+
=
+
=⇒





+
=
=
⇒



=
=
(0,25đ)
b) Khi k=3 theo ý 1=> I
2
=2I
d
(3) không phụ thuộc R
x
Theo sơ đồ mạch điện hình 6 ta có: U
đ
+U
3
=U => 4I

đ
=2-I
x
(4) (0,25đ)
U
2
=U
x
+U
3
=> I
2
R=I
x
R
x
+(I
đ
+I
x
)R (5) (0,25đ)
từ (3), (5) thay số ta có: I
đ
=
8
)8R(I
xx
+
(6) (0,25đ)
Từ (4) và (6) suy ra: I

x
=
10R
4
x
+
(7) (0,25đ)
Ta lại có: P
x
=I
x
2
R
x
=
0100R20R4,0
)10R(
R16
x
2
x
2
x
x
=+−⇒=
+
=> R
x
=10Ω (0,25đ)
Bài 4. (2 điểm)

a) Lập phương trình:
- Xét HQC không quán tính gắn với bình. Mỗi điểm trên bề mặt thuỷ
ngân cân bằng dưới tác dụng của trọng lực P=mg và lực quán tính li
tâm F=ma
- Khi cân bằng, mặt thoáng của thuỷ ngân vuông góc với hợp lực của
hai lực này. (0,25đ)
- Mặt thoáng của thuỷ ngân có trục quay là trục đối xứng.
- Trong một mặt phẳng chứa trục quay ta xét một điểm bất kì M (x,y).
Ta tìm hệ thức liên lạc giữa x và y. Muốn vậy ta áp dụng phương pháp
vi phân. Trong phương pháp này có thể thay một đoạn nhỏ của đường
giới hạn mặt thoáng bởi tiếp tuyến. Ý nghĩa hình học của đạo bàm cho
ta:
g
x
g
a
P
F
2
tan
ω
α
===

xdx
g
dyx
gdx
dy
22

ωω
=→=→
(0,25đ)
∫
+==→ Cx
g
dyy
2
2
2
ω
(0,25đ)
Để tìm hằng số tích phân C ta thay ở điều kiện biên: khi x=0 thi y=0
suy ra C=0
R
1
R
2
R
3
Đ
R
x
A +
B -
C D
U
I
1
I

2
I
x
I
đ
I
3
I
Hình 6
y
x
O
x
y
M
F
P
α
α
y
x
O
x
y
M
α
M’
F
α
Do đó:

2
2
2
x
g
y
ω
=
→ bề mặt thuỷ ngân là một parabon tròn xoay (paraboloit) đỉnh O. (0,25đ)
b) Cminh:
Xét tia sáng tới gặp paraboloit tại M. Dựng pháp tuyến tại M (vuông góc với tiếp tuyến). Tia phản xạ được
dựng dựa theo định luật phản xạ ánh sáng. Tia phản xạ cắt trục quay tại F. Tia sáng trùng với trục quay thì
phản xạ quay ngược lại.
Ta có:
)90-xtan(2-yFOM'-M'F
0
α
==O
(0,25đ)
axx
g
O 2cot
2
F
2
2
+=→
ω
(0,25đ)
Với

g
x
dx
dy
2
tan
ω
α
==
nên ta được:
g
x
x
g
2
2
tan2
tan1
2cot
2
2
2
ω
ω
α
α
α
−=
−
=

Vậy
constO ==
2
2
g
F
ω
không phụ thuộc vào x (không phụ thuộc vào vị trí điểm M) nên nó đúng cho mọi
tia tới (Đpcm) (0,25đ)
c) Tiêu cự của paraboloit là
2
2
g
F
ω
=O
(0,25đ)
Bài 5. (2 điểm)
a) Chọn trục tọa độ hướng dọc theo trục lò xo, gốc tọa độ trùng vào vị trí cân bằng của vật sau khi đã có lực
F tác dụng như hình vẽ. Khi đó, vị trí ban đầu của vật có tọa độ là x
0
. Tại vị trí cân bằng, lò xo bị biến dạng
một lượng x
0
và:
.
00
k
F
xkxF −=⇒−=

(0,25đ)
Tại tọa độ x bât kỳ thì độ biến dạng của lò xo là (x–x
0
), nên hợp lực tác
dụng lên vật là:
.)(
0
maFxxk =+−−

Thay biểu thức của x
0
vào, ta nhận được:
.0"
2
=+⇒=−⇒=+






+− xxmakxmaF
k
F
xk
ω
(0,25đ)
Trong đó
mk=
ω

. Nghiệm của phương trình này là:
).sin(
ϕω
+= tAx
Như vậy vật dao động điều hòa với chu kỳ
k
m
T
π
2=
. Thời gian kể từ khi tác dụng lực F lên vật đến khi
vật dừng lại lần thứ nhất (tại ly độ cực đại phía bên phải) rõ ràng là bằng 1/2 chu kỳ dao động, vật thời gian
đó là:
.
2 k
mT
t
π
==
(0,25đ)
Khi t=0 thì:
0cos
,sin
==
−==
ϕω
ϕ
Av
k
F

Ax








−=
=
⇒
.
2
,
π
ϕ
k
F
A
Vậy vật dao động với biên độ F/k, thời gian từ khi vật chịu tác dụng của lực F đến khi vật dừng lại lần thứ
nhất là T/2 và nó đi được quãng đường bằng 2 lần biên độ dao động. Do đó, quãng đường vật đi được trong
thời gian này là:
.
2
2
k
F
AS ==
(0,25đ)

F
m
k
O
x
0
b) Theo câu a) thì biên độ dao động là
.
k
F
A =
(0,25đ)
Để sau khi tác dụng lực, vật m dao động điều hòa thì trong quá trình chuyển động của m, M phải nằm yên.
Lực đàn hồi tác dụng lên M đạt độ lớn cực đại khi độ biến dạng của lò xo đạt cực đại khi đó vật m xa M nhất
(khi đó lò xo giãn nhiều nhất và bằng:
AAx 2
0
=+
). (0,25đ)
Để vật M không bị trượt thì lực đàn hồi cực đại không được vượt quá độ lớn của ma sát nghỉ cực đại:
2.2. Mg
k
F
kMgAk
µµ
<⇒<
(0,25đ)
Từ đó suy ra điều kiện của độ lớn lực F:
.
2

mg
F
µ
<
(0,25đ)