DE THI DBDH 20126

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (232.44 KB, 7 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Sở GD & ĐT tỉnh Thái Bình
Trờng THPT Chuyên

===***===

THI CHN HSG TRNG CHUYấN
CC TNH DH & ĐBBB LẦN THỨ V

MÔN: VẬT LÝ LỚP 11

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

Bài 1: Tĩnh điện ( 5 điểm)

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

(

1− r

R

)

, với ρ0 là một hằng số. Giả sử rằng, hằng số điện

mơi ở mọi nơi là ε=1 , hãy tìm:

a, Độ lơn của vectơ cường độ điện trường ở bên trong và ngồi hình cầu theo r.
b, Giá trị cực đại của cường độ điện trường Emax và 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
trong mặt phẳng thẳng đứng; một thanh dẫn điện AB tựa vào hai đờng
ray và trợt không ma sát dọc theo các đờng ray . hệ đợc đặt trong một
từ trờng đều ⃗B vng góc với mặt phẳng của hai đờng ray. ta lập
trục toạ độ x thẳng đứng hớng xuống dới, có gốc tại vị trí ban đầu của

thanh ( ở thời điểm t = 0).Hãy khảo sát chuyển động của thanh (viết
phơng trình chuyển động) trong từng trờng hợp, khi ngời ta mắc vào
giữa hai điểm C và D:

a, Một điện trở R.

b, Một cuộn cảm L không có điện trở thuần. Giả thiết lúc t = 0, không có dòng điện
trong mạch I(0) = 0

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

Cho biết khối lợng của thanh AB là m và khoảng cách giữa hai đờng ray là d. Bỏ qua điện trở
của đờng ray và thanh AB.

Bài 3: Quang (4điểm)

Một tia sáng SI đi từ khơng khí vào một bản 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), trong đó x0 =

0,1m.

a. Xác định quỹ đạo của tia sáng trong bản mặt
song song?

Hình 3
α0

0,3m

x
O
y

B

⃗

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

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

chiết suất khơng khí bằng

Bài 4: Dao động (5 điểm)

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

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

a. Xác định thời điểm mà vận tốc dài của một điểm trên vành trụ nhỏ bằng vận tốc của ván.
b. Tìm sự phụ thuộc của độ dịch chuyển nằm ngang của tấm ván theo thời gian.

Bài 5 : Thực hành (2điểm) 
Xác định hệ số ma sát nhớt

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

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

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

-Cách tiến hành thí nghiệm và xử lý kết quả.

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

ỏp ỏn Vt lý 11 C10

Năm học: 2011 – 2012

Bài 1: Tĩnh điện (4điểm)

 O

2
4m



Hình 4
O

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

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

(

1− r

R

)

. 4πr

2dr

(2)
Điện tích trong quả cầu bán kính r là: dq=¿ρdV=

∫

4 πρ0

(

1−

r
R

)

.r

dr=4 πρ0

(

r

3
3 −

r4
4R

)

q=

∫

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

(

3−
r

4R

)

đặt tại O, gây ra tại M.

vậy EM= 1

4 πε0

q
r2=

4 πρ0
4 πε0

r
3

(

1−

3r
4R

)

ρ0r
3ε0

(

1− 3r

4R

)

(4)

Với điểm N ở ngoài quả cầu: r ≥ R thì q=4 πρ0R3

(

3−
R
4R

)

πρ0R
3
3

Và EN= 1 .q

4 πε0r2=
ρ0R

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

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

dr =

ρ0

3ε0

− 6ρ0r
12ε0R

(7) Từ (7) : dE

dr =0 khi r=
2

3R Thay vào (4) ta đuợc

Emax=ρ0R

9ε0

Bài2: Từ trường , cảm úng từ (4 điểm)

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

a, Suất điện động gây ra trong mạch dịng điện đi từ A sang B, có cờng
độ I=e

R=
vBd

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

-IBd

Phng trỡnh chuyn động của thanh là: mg−IBd=mdv

dt (1)

do đó: dv

dt +
B2d2

mR v=g và v(t)=
gmR

B2d2

(

1 e

B2d2

mR t

)

vì vậy : x(t)=gmR

B2d2

[

t+
mR

B2d2

(

e

B2d2
mR t−1

)

]

b, Trong mạch có suất điện động t cm: etc=VCVD=LdI

dt=vBd , tích phân ta đuợc:
I(t)=xBd

L (2)

B

0 A B

C D

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Tõ (1) vµ (2) ta có: mL

Bd .
d2I

dt2 +IBd=mg .

vì dI

dt (0)=0 nên I(t)=
mg

Bd (1−cosωt) , trong 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

Tõ (1), ta cã (m+CB2d2)dv

dt =mg ha
dv
dt =

g
1+CB

2
d2
m

V× vËy x(t)=

1
2

g
1+CB

2
d2
m

t2
Bài 3: Quang (4điểm)

a. Khi đi từ khơng khí vào bản mặt song song thì có thể viết: sinα1

sinα0
=1

n1

Ta chia bản mặt thành các mặt đẳng chiết
Sau khi tia sáng đi một đoạn nhỏ dh thì sinα2

sinα1

=n1

n2 (1)

Tiếp đó sinα3

sinα2
=n2

n3

. .. .. . .. .⇒sinαn

sinαn −1
=nn −1

nn

Nhân các biểu thức với nhau, ta nhận được sinαn

sinα0

nn

(2)

Nghĩa là có thể viết đối với một điểm bất kỳ của quỹ đạo:

sinα
sinα0=

n (3)

Ta nhận thấy rằng  là góc giữa tiếp tuyến của quỹ đạo tia

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

góc của tiếp tuyến)
Từ (3) suy ra:

n
sinα0

= 1

sinα ⇒1+cot
2α

= n

2
sin2α0⇒

1
tan2α =

n2
sin2α0−1
f '(x)=±sinα0

√

n2−sin2α0=±
sinα0

√

(

1+ x

x0

)

2−sin

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

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

f(x)=±

∫

(10x+1)dx

√

64−(1+10x)2

=± 1

∫

(10x+1)d(10x+1)

√

64−(1+10x)2

=± 1

10 .
1
2

∫

d(1+10x)2

√

64−(1+10x)2

±

(

20.(−2)

√

64−(1+10x)
2

)

+C=±

√

0,64−(x+0,1)2+C

(5)
Từ hệ tọa độ đã cho, ta chỉ lấy nghiệm: f (x)=−

√

0,64−(x+0,1)2+C

với hằng số C được xác định từ điều kiện đầu:

Khi x = 0 thì: f(x)=−√0,63=−

√

0,64−(0+0,1)2+C⇒C=0

Vậy phưong trình của tia sáng có dạng f(x)=−

√

0,64−(x+0,1)2 (6)
Quỹ đạo của 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 đi sang mặt kia của bản mặt

Độ lệch của tia sáng so với điểm tới khi ra khỏi bản là

Δy=

√

0,82−0,12−

√

0,82−0,42≈0,1009m

Bài 4: Dao động (5 điểm)

Thời điểm tốc độ dài của một điểm trên vành trụ nhỏ bằng tốc độ ván

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

1 1

2
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

2 2

. . 0

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 = 0 ta có:

2( ) . os =2 2

0 sin 0 0

x m A c A m

V



 

 

  

 

  

  

  

Do đó đầu tiên vật dao động theo pt: x2. os(0,5t) (m)c khi mà ma sát giữa ván 
và các trụ đều là ma sát trượt (khi mà Fms2 N2 N1Fms1)

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

giảm còn Fms1 tăng (và dễ thấy khi G O thì Fms1=Fms2). Vì vậy, đến thời điểm
t1 và vận tốc của ván có độ lớn bằng vận tốc dài của một điểm trên vành trụ nhỏ
thì sau đó lực ma sát giữa ván với trụ nhỏ là 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
( vì t1 <T0/4)

Tim sự phụ thuộc của toạ độ khối tâm của 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)
thì ván chuyển động thẳng đều vì lực ma sát nghỉ giữa ván và trụ nhỏ cân bằng
với ma sát trượt giữa ván và trụ lớn. Ở thời điểm t2 khối tâm ván có li độ

x2= 0: ván ở VTCB , nên:

1 2
2 1

4,5( )
3 2

x x

t t s

V




    

+ Sau khi qua VTCB thì N1> N2 nên Fms1>Fms2 : ván trượt trên hai trụ, vì khi đó
vận tốc của ván giảm, do đó ván dao động điều hịa với biên độ:

1
1

V

A m



 

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

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

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

1 1

os(2,25+ ) 0
0

0,5( / ) sin(2, 25 ) 1 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 của ván là: x2. os(0,5t)(cm)c

* với 3( )s t 4,5( )s



 

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



  

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

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Xác định hệ số ma sát nhớt

1. C¬ së lÝ thuyÕt.

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

+Khi v đạt giá trị đủ lớn thì: Vg ( - o) - 6 μ Rv ằ 0. Bi chuyển động đều .
+Suy ra: μ =

0 0

( ) 2 ( )

6 9

Vg R g

Rv v

   



 



(*)

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

dt = Vg( - o) - 6 μ Rv.

0 0

( ( ) 6 Rv)
1

( ) 6 Rv 6 R ( ) 6 Rv

d Vg

dv dt dt

Vg m Vg m

  

      

 

  

   

Û v =

6
0

( )

(1 )

R
t
m

Vg

e
R


 








+Khi t đủ lớn thì e-t đ 0  v =

0 0

( ) 2 ( )

6 9

Vg R g

R

   

 

 



Û  =

0 0

( ) 2 ( )

6 9

Vg R g

Rv v

   





2. Bố trí thí nghiệm cách tiến hành:

+ Dng ng thng ng.

+Đổ dầu nhớt vào gần đầy ống.

+Dùng 2 vòng dây lồng vào phần trên và phần dới ống.

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

+ Bớc 2: - Thả thử 1 viên bi để xác định tơng đối vị trí nó bắt đầu chuyển động đều,
vịng dây vị trí đó (vạch số 1). Vạch gần đáy (cách khoảng 7 - 10cm), vạch số 2. Đo khoảng
cách D1D2= l, ghi lại kết quả.

+ Bấm đồng hồ khi bi đi từ vạch số 1 tới vach số 2, ta o đđ ợc khoảng thời gian chuyển động
của bi là t, ghi lại kết quả.

+Thay đổi vị trí D1 xuống gần D2 hơn, thả bi, đo lại l và t nh trê
+Thay đổi D1 mt s ln na v tin hnh nh trc.

+Sau mỗi lần đo ta ghi tất cả các kết quả tơng ứng vào giấy.

3. Xử lý số liệu.

+Ta thay các giá trị R, l, t tơng ứng mỗi lần đo vào công thức (*).
4. Đánh giá sai số và nhận xÐt.

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

+KÕt luËn hÖ số ma sát nhớt là : = μ +  μ .

+Sai số do : Đo kích thớc bi v xác định vị trí vạch số 1 chà a chính xác, bấm đồng hồ đo thời
gian khơng kịp thời....

V¹ch sè 1

</div>

DE THI DBDH 20126

(

)

<i>B</i>

<sub>⃗</sub>

<b>ỏp ỏn Vt lý 11 C10</b>

(

)

∫

(

)

(

)

∫

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

[

(

)

]

<i>B</i>

√

√

(

)

∫

√

∫

√

∫

√

(

√

)

√

√

√

√

√

√

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về