Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Giáo dục - Đào tạo Vật lý Chuyên đề môn vật lý điện từ...

Tài liệu Chuyên đề môn vật lý điện từ

.PDF
18
1065
147

Mô tả:

PHẦN MỞ ĐẦU 1. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Điện từ là một mảng khá rộng trong đề thi học sinh giỏi Quốc Gia bộ môn Vật lý. Việc phân loại các dạng bài có thể gặp trong đề thi cũng như việc xây dựng lý thuyết, phương pháp để giải quyết chúng là một nhu cầu rất cần thiết và có nhiều ý nghĩa giúp cho việc giảng dạy và học tập của giáo viên cũng như của học sinh đội tuyển. 2. MỤC ĐÍCH CỦA ĐỀ TÀI - Phân loại bài tập điện từ theo các dạng ít nhất và tổng quát nhất có thể. - Xây dựng lí thuyết và phương pháp giải chung cho từng dạng. - Lấy ví dụ minh họa cho từng dạng. - Xây dựng hệ thống bài tập cho từng dạng. Giáo viên: Nguyễn Ngọc Phúc – Chuyên Hạ Long Trang 1 PHẦN NỘI DUNG Dạng 1. Tương tác tĩnh điện – Cân bằng tĩnh điện và dao động nhỏ của điện tích trong điện trường. Bài 1. Đặt trong chân không một vòng dây mảnh, tròn, bán kính R, tâm O, mang điện tích dương Q phân bố đều. z Dựng trục Oz vuông góc với mặt phẳng của vòng dây và q hướng theo chiều vectơ cường độ điện trường của vòng dây C l -q tại O (hình vẽ). Một lưỡng cực điện có vectơ mômen lưỡng  cực p và có khối lượng m chuyển động dọc theo trục Oz mà R 0 Q  chiều của p luôn trùng với chiều dương của trục 0z (Lưỡng cực điện là một hệ thống gồm hai hạt mang điện tích cùng độ lớn q nhưng trái dấu, cách nhau một khoảng cách l không đổi (l << R), C là trung điểm của l. Vectơ mômen lưỡng cực điện là vectơ hướng theo trục lưỡng cực, từ điện tích âm đến điện tích dương, có độ lớn p = ql, khối lượng của lưỡng cực là khối lượng của hai hạt). Bỏ qua tác dụng của trọng lực. 1. Xác định tọa độ z0 của C khi lưỡng cực ở vị trí cân bằng bền và khi lưỡng cực ở vị trí cân bằng không bền? Tính chu kì T của dao động nhỏ của lưỡng cực quanh vị trí cân bằng bền. 2. Giả sử lúc đầu điểm C nằm ở điểm O và vận tốc của lưỡng cực bằng không. Tính vận tốc cực đại của lưỡng cực khi nó chuyển động trên trục Oz. Hướng dẫn - Thế năng của lưỡng cực tại điểm cách tâm O của vòng dây một khoảng z là: kQq kQq  2 Wt = 2 2 r  (z  l / 2) r  (z  l / 2) 2 kQq kQq   r 2  z 2 {(1  Zl /(r 2  z 2 )}1 / 2 r 2  z 2 {(1  Zl /(r 2  z 2 )}1 / 2 kqQ 0,5Zl kqQ 0,5Zl kqQZl (1  2 ) 2 (1  2 )= 2 Wt  2 2 2 2 2 r z r z (r  z 2 ) 3 / 2 r z r z dWt kqlQ(r 2  2Z 2 ) F=  ; F (1) 5 dZ 2 2 2 (r  Z ) F = 0 khi: z = r/ 2 và z  r 2 ; + z  r 2 , tại điểm đó thế năng cực tiểu, là cân bằng bền. + z = - r/ 2 , tại điểm đó thế năng cực đại, là cân bằng không bền + Tại điểm cân bằng bền (z = r/ 2 ). Khi vật lệch x: Z' = r/ 2 +x. Thay vào (1) F'  kqlQ(r 2  2(r / 2  x ) 2 ) (r 2  (r / 2  x ) 2 ) 5 2  kqlQ 2 2rx) (1,5r 2 ) 5 2  Giáo viên: Nguyễn Ngọc Phúc – Chuyên Hạ Long z q C l -q R 0 Q 16kqlQrx) 5 r5 32 Trang 2  16kqlQ 5 2 T ; r 3 2 2 5 4 mr 4 3 2. Tại điểm cân bằng bền (z = r/ 2 max mv 2 m kpQ 2 ), F= 0 nên vận tốc cực đại: kqlQr / 2 2 kpQ  ; v max  3 / 4 3 r.3 m 1,5r 2 2 Bài 2. Bốn hạt nhỏ A, B, C, D có cùng khối lượng m và đều mang điện tích dương, được nối B với nhau bằng bốn sợi dây mảnh có cùng chiều L dài L trong không khí. Các dây không giãn, khối lượng của dây không đáng kể. Từng cặp hai hạt  C A và C, B và D có điện tích bằng nhau. Biết A điện tích của mỗi hạt A, C bằng q. Khi hệ cân bằng, bốn điện tích ở bốn đỉnh của hình thoi ABCD có góc ở các đỉnh A, C là 2 (hình vẽ). D Bỏ qua tác dụng của lực hấp dẫn và lực cản của môi trường. 1. Tính điện tích Q của mỗi hạt B, D. 2. Kéo hai hạt A, C về hai phía ngược nhau theo phương AC sao cho mỗi hạt lệch khỏi vị trí cân bằng ban đầu một đoạn nhỏ rồi buông cho dao động. Tìm chu kì dao động. 3. Giả thiết khi các điện tích đang nằm yên ở vị trí cân bằng thì các dây đồng thời bị đốt đứt tức thời. Tìm tỉ số gia tốc của hạt A so với gia tốc của hạt B ngay sau khi đốt dây. Hướng dẫn giải: 1. Khi cân bằng, lực căng dây là F : 2 kqQ kq ) cos a = . 2 L (2L cos a ) 2 kqQ kQ2 (2F )sin a = . (2) L2 (2Lsin a ) 2 (2F - y Q B (1) L q A  q O C x 2 tga = 3 æQ ö 3 çç ÷ ÷ ÷ . Q  q tg  çè q) ø ÷ D Q 2. Khi các điện tích A, C ở hai đầu đường chéo này có độ dời là x1 và -x1 và có vận tốc là v1  x1' ; v2  x2' . Vì dây không giãn và góc  thay đổi rất ít nên: v1 cos   v2 sin  hay v2 = - v1 cotg. Bảo toàn năng lượng: E= 2 + mv12 mv 22 1 kq 2kQ +2 + 2q( + )+ 2 2 2 2L cos a + 2x1 2L 1 kQ 2kq 2Q( + ) = hs 2 2L sin a + 2x 2 2L Giáo viên: Nguyễn Ngọc Phúc – Chuyên Hạ Long Trang 3 Biến đổi : kq kq kq x1 x2 = » (1+ 2 12 ) 2Lcos a + 2x1 2Lcos a (1 + x1 / Lcos a ) 2Lcos a Lcos a L cos a 2 2 kQ kq x2 x2 » (1+ ) 2Lsin a + x 2 2Lsin a Lsin a Lsin 2 a và x 2  L2  (Lcos   x1 )2  Lsin  x12 x 2   x1 cot g  (1  cot g 2) 2L sin  2kqQ kq 2 x1 kQ 2 x 2 Do đó: E = mv12 (1 + cot g 2a ) + - ( 2 + )x + Ax12 = hs L 2L cos 2 a 2L2 sin 2 a Với: A= kq 2 x12 kQ2 x 22 kq 2 x12 + = (1 + cot g 2a ) 2L3 cos3 a 2L3 sin 3 a 2L3 cos3 a 2 2 2 . kq 2 tg3a (- x1 cot ga - (x12 - x 22 ) ) 2Lsin a kq x1 kQ x kq x1 + 2 22 ) = + 2 2 2L cos a 2L sin a 2L2 cos2 a 2L2 sin 2 a kq 2 x12 3kq 2 x12 2 2 2 » (1 + cot g a ) E = mv1 (1 + cot g a ) + 3 (1 + cot g 2a ) = hs 2 3 3 4L cos a 4L cos a 2 3kq x x "+ = 0 4mL3 cos3 a ( Dao động có w = 3kq 2 ; 4mL3 cos3 a T= 2p = w 4mL3 cos3 a 3kq 2 Lưu ý: Trong bài này nếu ta làm gần đúng bậc thấp hơn so với cách nêu trên, sẽ ra kết quả w = kq 2 thiếu chính xác. 2mL3 cos3 a 3. Khi đứt dây đồng thời các hạt ra xa vô cùng, từng đôi có vận tốc v' 1 và v'2 như nhau. Gia tốc ngay sau khi đứt dây là a1 = kq 2 2kqQ kQ 2 2kqQ + cos a a = + sin a ; 2 2 2 2 2 2 m4L cos a mL m4L sin a mL2 kQ 2 cosa 2kqQ a 2 cos a = + sin a cos a 2 2 m4L sin a mL2 kq 2 tg 3a cosa 2kqQ = + sin a cos a m4L2 s in 2a mL2 = kq 2 sin a 2kqQ + sin a cos a = a1 sin 2 2 m4L cos a mL2 Giáo viên: Nguyễn Ngọc Phúc – Chuyên Hạ Long  a1  cot g a2 Trang 4 Dạng 2. Mạch quá độ, mạch phi tuyến Bài 1. Cho mạch điện có sơ đồ như hình vẽ. Hai tụ điện C 1 và C2 giống nhau, có cùng điện dung C. Tụ điện C1 được tích điện đến hiệu điện thế U0, cuộn dây có độ tự cảm L, các khoá K1 và K2 ban đầu K2 K1 A đều mở. Điện trở của cuộn dây, của các dây nối, của các khoá là rất nhỏ, nên có U0 + thể coi dao động điện từ trong mạch là C2 _ C1 L điều hoà. 1. Đóng khoá K1 tại thời điểm t = 0. Hãy B tìm biểu thức phụ thuộc thời gian t của: a. cường độ dòng điện chạy qua cuộn dây. b. điện tích q1 trên bản nối với A của tụ điện C1. 2. Sau đó đóng K2 . Gọi T0 là chu kì dao động riêng của mạch LC1 và q 2 là điện tích trên bản nối với K2 của tụ điện C 2 . Hãy tìm biểu thức phụ thuộc thời gian t của cường độ dòng điện chạy qua cuộn dây và của q 2 trong hai trường hợp: 3T a. Khoá K2 được đóng ở thời điểm t1  0 4 b. Khoá K2 được đóng ở thời điểm t 2  T0 . 3. Tính năng lượng điện từ của mạch điện ngay trước và ngay sau thời điểm t 2 theo các giả thiết ở câu 2b. Hiện tượng vật lí nào xảy ra trong quá trình này? Hướng dẫn giải: 1. a. Chu kì dao động của mạch LC1: T0=2/0=2 LC . Điện tích q của bản A của tụ điện C1 vào thời điểm t = 0 là q(0)= Q0 = CU0 và i(0) = 0; Vào thời điểm t ta có: i=-dq/dt= U 0 b. q(t)=Q0 cos t LC =CU0cos C sin L t LC t LC 2. Tại thời điểm t 1=3T0/4=3 LC /2, thì q(3T0/4)=0 (3) C C 3 sin và i(3T0 /4)= U 0 =- U 0 (4) L L 2 Từ thời điểm này dao động điện từ có tần số góc 1 = 1 2 LC (Hai tụ điện mắc song song coi như một tụ điện ghép có điện dung 2C và có điện tích bằng 0 vào 3T thời điểm t  0 ). Với điều kiện ban đầu (3) và (4), ta có: 4 3T C i1=-I1cos 1 (t1- 0 ), với I1= U 0 . Hay L 4 i1=- U 0  t C 3 2   cos    L 4 2 LC   (5) kí hiệu q12 là điện tích của tụ ghép và q' là điện tích của tụ C2, ta có 3T q12=2q' = Q'sin 1(t1- 0 ). Để tính Q' ta áp dụng định luật bảo toàn năng lượng: 4 Giáo viên: Nguyễn Ngọc Phúc – Chuyên Hạ Long Trang 5 Q02 1 2 Q' 2  LI 1   Q'  2Q0  CU 0 2. Từ đây 2C 2 2(2C ) q' = CU 0 2  sin  t  2 LC  3 2 4     (6) b. Nếu đóng K2 vào thời diểm t 2=T0 thì ta có: q(T0)=CU0 cos(2)=CU0=Q0 (7) và i(T0) = 0 (8) Tại thời điểm này hai tụ điện C1 và C2 mắc song song, tụ C1 tích điện tích Q0 còn tụ điện C2 thì không tích điện, dòng trong mạch bằng . Do đó ngay sau đó lượng điện tích Q0 này trên tụ C1 sẽ phân bố lại cho cả hai tụ điện. Quá trình phân bố này xảy ra rất nhanh trong khi điện tích chưa kịp dịch chuyển qua cuộn dây, vì tại thời điểm này i = 0 và sự thay đổi cường độ dòng điện qua cuộn cảm bị cản trở do hệ số tự cảm (gây ra cảm kháng), điện tích hầu như chỉ truyền qua các khoá và dây nối. Vì hai tụ điện có điện dung như nhau nên điện tích Q 0 được phân bố đều cho hai tụ điện. Sau khi điện tích được phân bố đều trên hai tụ điện, trong mạch lại có dao động điện từ với tần số góc 2 = 1 2 LC = 1, với điều kiện ban đầu (7) và (8). Vì vậy ta có  t  i2  I 2 sin  2 (t  T )  I 2 sin  2  ;  2LC   t  q12  2q2  Q0 cos 2 (t  T )  Q0 cos   2  .  2LC  Q0 dq C Từ . i2   12  I 2   U0 dt 2L 2LC CU 0 C  t   t  sin   2  ; q2  cos   2  . 2 L  2 LC 2   2 LC  2 Q 3. Sự phân bố lại điện tích làm giảm năng lượng điện từ: từ giá trị 0 đến 2C 2 2 Q Q 1 2  .  0 , do đó có nhiệt lượng toả ra trên dây dẫn khi điện tích dịch chuyển  2  2C 4C Cuối cùng ta có i2  U 0 từ tụ điện C1 sang C2 trong quá trình phân bố lại điện tích. Bài 2. Hình 2 vẽ một mạch dao động gồm một tụ điện, một cuộn dây thuần cảm, hai điôt giống nhau, khoá K N I và các dây nối. Tích của giá trị K điện dung C của tụ điện và độ tự cảm L của cuộn dây không đổi và D1 C D2 + bằng 1/2. Đường đặc trưng vônL ampe của các điôt D1 và D2 được 0 Ud U cho ở hình 3, với Ud là hiệu điện M P thế ngưỡng của điôt. Hình 2 Hình 3 Giáo viên: Nguyễn Ngọc Phúc – Chuyên Hạ Long Trang 6 Bỏ qua điện trở của khoá K và các dây nối. Lúc đầu khoá K mở và tụ điện được tích điện đến hiệu điện thế U0 = (6 + k)Ud, với k là một số không đổi (0 < k < 1). Ở thời điểm t = 0 khoá K được đóng. 1. Viết biểu thức biểu diễn sự biến đổi của hiệu điện thế uMN theo thời gian. 2. Vẽ đồ thị của hàm số uMN(t) với các giá trị  = 2000 rad/s, Ud = 0,7 V, U0 = 4,5 V. Hướng dẫn giải: 1. Quy ước chiều dòng điện qua cuộn cảm từ M tới P là chiều dương. u MN = u. Khi u NP  Ud thì điôt ngắt (không cho dòng đi qua), vì dòng điện qua mạch dao động biến thiên điều hoà nên điôt chỉ đóng hoặc ngắt khi i = 0 ở cuối giai đoạn i ≠ 0. Sau khi đóng K: + Trong khoảng 0  t  t1 có dòng i qua D1: uL di 1  U d  0, i  Cu '  (u  U d )"   (u  U d ) (1) dt LC 1 . Nghiệm của phương trình (1) có dạng: u1  Ud  Acos(t  1 ) . LC Thời điểm t 0  0, i1  0, u1 (0)  U 0  1  0, A  U 0  U dm . Đặt   Lúc t  t1 , i1  Cu1,  0  t1   LC   /  0  t  t1   / , u1  U d  (U 0  U d )cost (2) + Trong khoảng t1   /   t  t2 thì dòng điện đổi chiều và chỉ qua D2. di 1  U d  0, i  Cu '  (u  U d )"  (u  U d ) (3) dt LC Nghiệm của phương trình (3) có dạng: u 2   U d  Bcos(t  2 ) . Khi đó: u  L Thời điểm t1   / , i 2  Cu ,2  0, u 2 (t1 )  u1 (t1 )  U 2(t1)  2Ud  U0 , | U 2(t1) | U d  2  , B   U 0  3U d , u 2   U d  (U 0  3U d ) cos t (4) Lúc t  t 2 , i 2  Cu ,2  0  t 2  2 LC  2 /   t 2  2 /  + Trong khoảng t 2   /   t  t3 thì dòng điện đổi chiều và chỉ qua D1. di 1  U d  0, i  Cu '  (u  U d )"   (u  U d ) dt LC Nghiệm u 3  U d  Ccos(t  3 ) Tương tự, ta có: u  L Lúc t 2  2 / , i3  Cu 3,  0, u 3(t )  u 2(t )  U3(t 2)  U0  4Ud , | U3(t 2) | Ud  2 2 3  0, C  U 0  5U d , u 3  U d  (U 0  5U d ) cos t (5) Lúc t  t 3 , i3  Cu 3,  0  t 3  3 LC  3 /   t 3  3 /  Ở thời điểm: t 3  3 / , u3( t )  u 4( t 3)  U 4( t 3)  U 0  6U d  kU d, | U 4( t 3) | U d vì vậy D1 ngắt (D2 đã ngắt từ thời điểm u (V) t2). Thành thử khi t  t 3  3 /  thì cả 4,5 hai điôt đều ngắt. Lúc đó u  kU d  const 2. Đồ thị u(t) được vẽ như hình vẽ 1,7 1,5 dưới. 0,5  Chú ý: Khi chấm cần chú ý đến các giá - 0,3 trị tính số cụ thể như trên hình. Dạng t (ms) của đường cong có thể vẽ phác. -3,1 3 Giáo viên: Nguyễn Ngọc Phúc – Chuyên Hạ Long Trang 7 Bài 3. Trong sơ đồ bên X1 , X 2 , X 3 là các E dụng cụ phi tuyến giống nhau, cường độ dòng điện I qua mỗi dụng cụ phụ thuộc vào hiệu điện thế U giữa hai cực của nó theo quy luật: I  kU 2 , k X3 X1 A B là hằng số. Nguồn điện có suất điện động E , điện trở trong không đáng kể. R là một biến trở. a. Phải điều chỉnh cho biến trở có giá trị bằng bao R X2 nhiêu để công suất toả nhiệt trên biến trở đạt cực đại ? b. Tháo bỏ X3 . Với một giá trị R xác định, cường độ dòng điện qua đoạn mạch AB phụ thuộc vào hiệu điện thế U AB như thế nào? Hướng dẫn giải: a. Gọi U là hiệu điện thế trên biến trở thì U  E, cường độ dòng điện qua X1, X2 là k(E - U)2, qua X3 là kU2 . Công suất toả nhiệt trên R là: P  U ( I1  I 2  I 3 )  kU 2( E  U )2  U 2  dP  k  2( E  U ) 2  4U ( E  U )  3U 2  dU dP  0  3U 2  8 EU  2 E 2  0 ; Từ điều kiện dU U  0, 28 E 4  10 U1,2  E 1 3 U 2  2,39 E E A X1 X2 B R P đạt cực đại tại giá trị U1 =0,28E. I R  2k ( E  U ) 2  kU 2 ; Khi đó R U U 0, 29   2 2 I R 2k ( E  U )  kU kE b. Gọi UX là hiệu điện thế trên X1, X2; U = UAB. I  2kU 2X  U  UX R Giải phương trình 2kRU X2  U X  U  0  1  1  8kRU 1  1  8kRU (Loại dấu -); I  UX  4kR 2R  2 Vậy có thể coi AB như một phần tử phi tuyến có cường độ dòng điện phụ thuộc 1  vào hiệu điện thế theo quy luật: I  1  8kRU  2 . 2R Bài 4: Cho mạch điện như Hình 2. Nguồn điện có hiệu điện thế không đổi U0. Các tụ có điện dung C1 = C, C2 =3C và ban đầu chưa tích điện. Đ là điốt lí tưởng. Các cuộn dây có điện trở không đáng kể và có độ tự cảm L 1= L; L2= 2L; L3 = 4L; Điện trở của dây nối và của các khoá không đáng kể. Lúc đầu các khoá đều mở. 1. Đóng K1 vào chốt 2. Sau một thời gian đóng K2. a. Tìm cường độ dòng điện cực đại qua L1. Giáo viên: Nguyễn Ngọc Phúc – Chuyên Hạ Long Trang 8 b. Sau thời gian là bao lâu kể từ khi đóng K2 thì cường độ dòng điện qua L1 bằng không? Tìm hiệu điện thế cực đại của tụ điện C1 khi dòng qua L1 bằng 0. 2. Khi dòng điện qua cuộn dây L1 K2 + bằng không, đóng K1 vào chốt 1 và sau đó o U0 o một khoảng t   2LC đóng tiếp K3. 3 a. Tính cường độ dòng điện qua L2 ngay trước khi đóng K3 . b. Sau khi đóng K3, tìm dòng điện qua L2 và L3 khi điện tích trên tụ C1 đạt cực đại Qmax . Tính Qmax . L2 1 K3 C1 Đ C2 K1 L1 B 2 L3 Hình 2 Bài 5: Cho hai cuộn dây có độ tự cảm là L1, L2 và hai tụ điện có điện dung là C1 , C2 mắc với nhau thành mạch điện như hình vẽ. Điện trở của các cuộn dây và dây nối có thể bỏ qua. 1. Giả sử trong mạch có dòng điện. Hãy viết phương trình vi phân biểu diễn cường độ dòng qua mỗi tụ điện theo thời gian. 2. Giả thiết các cường độ dòng điện nói trên biến đổi điều hoà theo thời gian với cùng tần số và cùng pha (hoặc ngược pha). Tính các giá trị có thể của tần số ấy. J 3. Cho L1 = L2 = L và C2 = 2C1 = A2 2C. C2 a. Tính tỉ số các cường độ dòng điện A1 B2 L1 C1 qua mỗi tụ điện ở thời điểm tùy ý. Nêu nhận L2 B1 xét. b. Tại thời điểm ban đầu (t = 0) điện tích của bản A1 bằng Q0, điện tích của bản A2 K bằng không và không có dòng điện nào trong mạch. Viết biểu thức diễn tả sự phụ thuộc của điện tích q1 (của bản A1) và điện tích q2 (của bản A2) theo thời gian. Giáo viên: Nguyễn Ngọc Phúc – Chuyên Hạ Long Trang 9 Dạng 3. Chuyển động của điện tích trong điện trường, từ trường. Bài 1. Ba mặt phẳng song song P 1, P 2 và P 3 cách nhau d1  2 cm và d 2  4 cm, phân không gian thành 4 vùng I, II, III và IV. Trong vùng II và III người ta tạo ra từ   trường đều có véctơ cảm ứng từ B1 và B 2 song song với ba mặt phẳng trên và có chiều như hình vẽ. Hạt proton trong vùng I được tăng tốc bởi hiệu điện thế U , sau đó được đưa   B1 B2  vào vùng II tại điểm A trên mặt phẳng P 1 với vận tốc v 0 hợp với pháp tuyến của P 1 một góc 60 0 . Bỏ qua tác dụng của trọng trường. Cho biết khối lượng và điện tích của proton tương ứng là m  1, 673.1027 kg và q  1, 6.1019 C. 1. Tìm giá trị của U , biết rằng hạt đi sang vùng III với vận tốc hướng vuông góc với P 2 và cảm ứng từ B1  1T . 2. Cho biết hạt ra khỏi vùng III theo hướng vuông góc với P1  v 0 P2 P3 A I d1 d2 II III IV  véctơ v 0 tại A. Tính cảm ứng từ B2 . 3. Thực tế khi chuyển động trong vùng III và vùng IV, hạt chịu tác dụng của lực    cản FC tỉ lệ thuận với vận tốc của hạt ( FC  k v , với k là hằng số). Vì vậy khi chuyển động trong vùng III, bán kính quỹ đạo của hạt giảm dần và khi ra khỏi vùng III, bán kính quỹ đạo của hạt bị giảm đi 5% so với khi không có lực cản. Tìm độ dài đoạn đường l mà hạt còn đi tiếp được trong vùng IV. Hướng dẫn giải: 1. Vận tốc của proton: mvo2 2qU  qU  v0  2 m Bán kính quỹ đạo proton: Bqv0  mv02 mv R 0 R qB  R 1 2mU B q Theo đề bài, trong vùng III ta có: R1 3 1 3mU  d1 (1)   d1 (2) 2 B1 2q 2qB12 d12 U   25,50kV 3m R 1 mU  d2 2. Trong vùng III: 2  d 2 (3)  2 B2 2q dB B Từ (4) và (2) có: B2  1 1  1  0, 29 T d2 3 2 3 P1 Fc kv  m m Giáo viên: Nguyễn Ngọc Phúc – Chuyên Hạ Long  v0 P2 P3 600 d2 R1 O1 (4) v kv kvt k   v     s t m m m mv R v   a (6) - Tại vùng III, từ R2  o ta có qB2 R2 vo   B2 A 3. Tại vùng III và IV: a  B1 d1 300 R2 O2 I II III IV (5) Trang 10 với a = 5% = 0,05  R  R2'  R2  aR2 . R R2  R2' a (bán kính trung bình).  R2 (1  ) 2 2 6 a  R2 (1  ) k 2  m   R2 (1  a / 2) Từ (5) và (6) có avo   (7) m 6 k 6avo - Tại vùng IV: s  l , v  0  v  vo (1  a) k Từ (5): vo (1  a)   l m  R2 (1  a / 2) m Chú ý đến (7), suy ra: l  vo (1  a)  vo (1  a) . k 6avo  d (1  3a / 2) Chú ý đến (3): l  2  77,5 cm. 3a Mặt khác : s  . Với R  Bài 2. Một hạt mang điện - q (q > 0), khối lượng m chuyển động trong điện trường gây bởi các ion dương. Các ion dương phân bố đều với mật độ điện tích  trong vùng không gian dạng khối trụ, bán kính R, trục đối xứng là xx' và đủ dài. Giả sử các lực khác tác dụng lên hạt là rất nhỏ so với lực điện và trong khi chuyển động hạt không va chạm với các ion dương. Xét hai trường hợp sau: 1. Hạt chuyển động trong mặt phẳng chứa trục đối xứng xx': r Lúc đầu hạt ở điểm M cách trục một đoạn a < R và có vận tốc v 0 hướng theo phương của trục. Giá trị v0 phải bằng bao nhiêu để sau khi hạt đi được một khoảng L (tính dọc theo trục) thì nó tới điểm N nằm cùng phía với M so với trục xx' và cách trục một đoạn a ? 2 2. Hạt chuyển động trong mặt phẳng vuông góc với trục đối y xứng xx': r P Lúc đầu hạt ở điểm P cách trục một khoảng b > R, có vận v r r v // tốc v 0 nằm trong mặt phẳng vuông góc với trục đối xứng. vr 0 Lấy giao điểm O của mặt phẳng này với trục xx' làm tâm, vẽ r r r R O một vòng tròn bán kính b qua P và phân tích v0  v  v // , r r trong đó v có phương tiếp tuyến với vòng tròn còn v // hướng dọc theo phương bán kính. Giả sử v // = v . a. Chứng minh rằng hạt chuyển động tuần hoàn theo phương bán kính đi qua hạt. b. Tìm độ lớn của v và chu kì T. c. Tính khoảng cách l từ P tới hạt sau khoảng thời gian t = n T (n nguyên, dương). 2 Hướng dẫn giải: 1. Hạt chuyển động trong mặt phẳng chứa trục đối xứng: Tại điểm cách trục một khoảng r cường độ điện trường là E. Áp dụng định lí OG: E.2Lr = .r2L/ 0. Suy ra: E r 2 0 Giáo viên: Nguyễn Ngọc Phúc – Chuyên Hạ Long Trang 11 Theo phương Or vuông góc với trục x'x, hạt chịu tác dụng của lực F  qE  .. &  đó hạt có gia tốc r : Có F  mr& qr , do 20 qr q & &  mr& r& r 0. 20 2m0 Hạt dao động điều hoà theo phương Or với chu kì : T  2 2 0 m q Thời gian hạt đi từ M tới N theo phương x'x của trục là t  L . v0 Mặt khác theo phương vuông góc với trục: t a 1 a cos(2 )   t  (k  )T T 2 6 1 T suy ra t  và t  (k  )T với k nhận giá trị nguyên dương. 6 6 Vậy v0  L 3L q  T  2m0 6 và v0  L 1 T(k  ) 6  q với 1 2m0 2(k  ) 6 L 2. Hạt chuyển động trong mặt phẳng vuông góc với trục đối xứng. Tại điểm cách trục r (r > R) cường độ điện trường là E. R 2 Theo định lí O-G: E.2Lr = .R2L/ 0  E  20 r r v Tại P: Từ điểm cắt O của mặt phẳng quỹ đạo điện tích và r v0 trục xx' làm tâm, ta vẽ qua P một vòng tròn bán kính b. Ứng với khoảng cách b, hạt có vận tốc v, lực điện tác dụng: R q qR 2 v2 F = Fht  qE   vR . m 2m0 20 b b Xét chuyển động của hạt trong hệ quy chiếu quay cùng vận tốc góc ' với hạt (' là vận tốc góc tại thời điểm t >0). Ta có vận tốc góc của hạt tại thời điểm t = 0:   v R  b b k=1,2,3,... y P r v // O q . 2m0 a. Tại thời điểm t, vận tốc của điện tích là vt  '.(b+y) vì v // = v t Theo định luật bảo toàn mô men động lượng: 2  b  y 2 2y m '(b  y)  mb   '    ).   (1 )   (1 b b  b y qR 2 qR 2 y y  (1  )  m2 b(1  ) (vì x << b). Lực điện tác dụng lên hạt F  20 (b  y) 20 b b b 2 2 Lực quán tính trong hệ quy chiếu quay: 2y 2 y 3y ) .b(1  )  m2 b(1  ) b b b y 3y & &  F  Fqt   m2 b(1  )  m2 b(1  )  2m2 y  & y& 22 y  0 Ta có: my b b Fqt  ma ht  m'2 (b  y)  m2 (1  Phương trình này chứng tỏ theo phương bán kính, hạt chuyển động tuần hoàn với tần số góc  2 và chu kỳ T. Giáo viên: Nguyễn Ngọc Phúc – Chuyên Hạ Long Trang 12 b. T  2  2b  2 2m0 2b m0 .  q R q R 2 T  2  T c. Sau thời gian , bán kính véc tơ quay được góc     . .  2 2 2 2 2 n T Sau t = n thì hạt quay được góc . 2 2 Khoảng cách cần tìm là l = 2b sin n 2 (n nguyên, dương). 4 Bài 3. Một hình trụ đồng chất bán kính R , chiều cao h được đặt trong một từ trường đều có cảm ứng B song song với trục đối xứng xx ' của hình trụ. Tại thời điểm t 0  0 hình trụ đứng yên, cảm ứng từ bằng không. Sau đó cảm ứng từ tăng đều từ 0 đến B0 trong khoảng thời gian từ t 0 đến  . R x a. Giả thiết hình trụ được làm bằng chất dẫn điện có điện trở suất x’  và được giữ cố định. Hãy tìm cường độ dòng điện và công suất toả nhiệt của dòng điện cảm ứng chạy trong hình trụ. hx b. Giả thiết hình trụ là chất điện môi có khối lượng m , điện tích ’ q phân bố đều và có thể quay không ma sát quanh trục đối xứng xx ' của nó. Trục quay cố định. Lúc đầu hình trụ đứng yên. Hãy x’ xác định vận tốc góc của hình trụ tại thời điểm  . ’’ Hướng dẫn giải: a. Chia hình trụ thành các lớp trụ mỏng có trục  xx’ và có độ dày dr. B biến thiên đều nên có thể viết: B  B0  x’ t . Xét lớp mỏng bề dày dr, cách tâm r. B B d d  ( r 2 0 t )  0  r 2 dt dt   Br Gọi E là cường độ điện trường:   2 rE   0 . Mật độ dòng điện là 2 R R 2 Bh B hR E Br . j   0 ; I   jhdr   0 rdr  0 2  4   2 0 0 Suất điện động xuất hiện trong lớp này là:   Công suất toả nhiệt trong thể tích một lớp mỏng nằm giữa hai mặt trụ đồng tâm bán kính r và (r + dr), thể tích dV = hdr.2r là 2 R R  hB  hB02 R 4 Br 0 3 r dr  dP   j 2 dV   ( 0 ) 2 h.2 rdr P    j 2 dV   . 0 0 2 2  2 8 2  b. Nếu hình trụ là điện môi, tại điểm cách tâm r có cường độ E đã tính ở trên: B0 r . Một lớp trụ đáy hình vành khuyên diện tích 2 r.dr chiều cao h chịu tác 2 B0 qr 3 q dr.2r.hE.r  2 dr dụng của mô men lực dM  R 2 h R  R R 3 B qr qB R 4 qB R 2 Tổng các mômen lực là: M   dM   0 2 dr  0 2  0 R 4 R 4 0 0 E Giáo viên: Nguyễn Ngọc Phúc – Chuyên Hạ Long Trang 13 I qB qB mR 2 M qB0 ; ;  0  0  I 2 m 2 m 2m 2 Bài 4: Trong mặt phẳng Oxy người ta đặt cố định tại gốc r r toạ độ O một lưỡng cực điện có momen lưỡng cực p . Véc tơ p nằm trờn trục Ox và hướng theo chiều dương của Ox (Hỡnh 1). Một hạt nhỏ khối lượng m, điện tớch q chuyển động ở vựng xa gốc O trong mặt phẳng dưới tác dụng của điện trường gây bởi lưỡng cực. Bỏ qua tác dụng của trọng lực và lực cản. Xột chuyển động của hạt trong hệ toạ độ cực. Vị trớ M của hạt ở r uuuur thời điểm t được xác định bởi véctơ r  OM và gúc uuuur r   OM, p .   y .M r r O  x r 1. Chứng minh rằng chuyển động của hạt tuân theo các p phương trỡnh vi phõn sau: Hỡnh 1 qp sin   2 1  r  ' '  4 mr 2 0  r '2  rr "  2W0  2  m Trong đó W0 là năng lượng ban đầu của hạt. 2. Biết tại thời điểm t = 0 hạt ở vị trớ M0 cú ' ' r  0   r0 ;   0   0 ; r '  0   r0 ; (0)  0 . Hóy xỏc định khoảng cách r(t) từ hạt tới gốc O theo t. 3. Tỡm cỏc điều kiện để hạt chuyển động theo quỹ đạo là cung trũn tõm O bỏn kớnh r0 . Tớnh chu kỡ và tốc độ góc cực đại của hạt. Mô tả chuyển động của hạt trong hai trường hợp: q > 0 và q < 0. / 2 d  2, 62 . Cho  cos 0 Câu 2 (3,5 điểm) Trong vựng khụng gian xung quanh điểm O tồn tại một từ trường. Cảm ứng từ tại uuuur r r k rr điểm M bất kỡ ( OM  r ) là B  2 với k là một hằng số. Ở thời điểm t = 0, tại r r r điểm M 0 (OM 0  r0 ) cú một hạt điện tích q, khối lượng m chuyển động với vận tốc v 0 vuụng gúc với OM 0 . Bỏ qua trọng lực và lực cản. 1. Chứng minh rằng độ lớn vận tốc v của hạt không đổi trên cả quỹ đạo của hạt. rr 2. Bằng cỏch lấy đạo hàm theo thời gian của tớch vô hướng r.v rồi tính tích vô hướng đó để: a) Tỡm sự phụ thuộc vào thời gian của bỡnh phương khoảng cách từ hạt đến điểm r r O và của cot, với  là gúc lập bởi v và r ở thời điểm t. b) Tớnh  ở thời điểm mà r  2r0 . r r 3. Bằng cỏch lấy đạo hàm theo thời gian của tớch hữu hướng r  v , rồi tính tích hữu hướng đó để suy ra quỹ đạo của hạt nằm trên một mặt nón đỉnh O. Hóy tớnh nửa gúc ở đỉnh của hỡnh nún đó theo k, m, q, r0 và v 0 . r r r r rr r Gợi ý: Cho cụng thức r  (v  r)  v.r 2  r.(v.r). Giáo viên: Nguyễn Ngọc Phúc – Chuyên Hạ Long Trang 14 Dạng 4. Dòng điện xoay chiều Bài 1. Cho mạch điện như hình vẽ. Biết C1 = C, C2 = 2C, R1= R, R2 = 2R. Hiệu điện thế xoay chiều đặt vào 2 điểm A và B có biểu thức u  U 0 sin t , trong đó biên độ U0 được giữ không đổi còn tần số góc  có thể thay đổi trong một khoảng giá trị rộng. a. Hiệu điện thế hiệu dụng U1 giữa R2 hai đầu điện trở R1 có thể đạt giá trị cực C2 A đại bằng bao nhiêu? R1 u~ C1 B b. Khi U1 đạt giá trị cực đại thì hiệu điện thế hiệu dụng U 2 giữa hai đầu điện trở R2 đạt giá trị nào? Hướng dẫn giải: a. - Vẽ giản đồ vectơ (hình vẽ bên) - Dòng qua R2, C2 là: 2 2  U1   U1   U1   U1  I            ,  R Z  R   ZC   1  C  2 2 UR 1   I có phương trùng với phương của U R .   1  U  U1  U R  U C . 2 I IC 2  IR  2   1  Chiếu U lên phương U1 và phươngvuông góc với U1 : IR  Icos , IC  Isin  ; 1 UC 1 2 ZC  2ZC  ZC 1 2 U x  U1  U R cos   U C sin   U1  2RI 2 IR 2 IC 7 1  ZC I  U1 I 2 I 2 1 1 1 U y  U R sin   U C cos   2IR sin   ZC I cos   2 2I R IC 1  R sin   ZC cos   U1 (2tg  cot g) cos  2sin  2 U 49 1 U  0  U 2x  U 2y  U1  (2tg  cot g) 2 4 2 2 U0  U1  49  (8tg  2cot g) 2 2 U 2 1 U1 max khi 4tg  cot g  tg   U1max  0 2 7 b. Khi đó trên R2 có độ giảm hiệu điện thế: 2RIR 10 UR  2IR   2RIR 1  tg 2  2U1max 1  tg 2  U0  0,45U0 cos  7 2 2 1 1 1 2 1 Giáo viên: Nguyễn Ngọc Phúc – Chuyên Hạ Long Trang 15 UR 1 2 Dạng 5. Hiện tượng siêu dẫn và tương tác từ Bài 1. Cho hệ trục toạ độ Oxyz có trục Oz hướng thẳng đứng lên trên. Trong r vùng không gian z  0 có một từ trường đều với vectơ cảm ứng từ B  (0, B,0). Lúc đầu trong vùng không gian z  0 (không có từ trường) có một vòng dây siêu dẫn, cứng, mảnh, hình tròn bán kính R, độ tự cảm L và có dòng điện không đổi cường độ I0 chạy bên trong. Sau đó, vòng dây được đưa vào để treo trong vùng không gian z  0 bằng một sợi dây mảnh không dẫn điện. Khi vòng dây nằm cân bằng bền trong từ r trường, góc giữa vectơ B và hình chiếu của nó trên mặt phẳng vòng dây là . a. Vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của sin vào B. b. Cho R = 8 cm, L = 10 mH, B = 0,5 T và I0 = 2 A. Hãy tính công của lực từ cho đến khi 1/3 diện tích của vòng dây đã được kéo chậm ra khỏi vùng có từ trường. Hướng dẫn giải: a. Trong trường hợp vòng dây nằm hoàn toàn trong từ sin  r trường B và vòng dây có dòng điện I  0 (với 0     / 2 ) thì VTCB bền duy nhất là vị trí ứng với    / 2 , khi mà M N véctơ cảm ứng từ của từ trường do dòng điện của vòng dây 1 r gây ra tại tâm của nó hướng dọc theo B . Ở VTCB bền ứng với    / 2 , trong vòng dây còn có dòng P điện I chạy qua. Do từ thông xuyên qua vòng dây siêu dẫn được bảo toàn: LI0  LI  B.R 2  I  I0  R 2 B . L O LI0 / R 2 B r Do I > 0 vì dòng điện sinh ra từ trường cùng chiều với B LI R 2 B  B  02  I0  L R R 2 B Như vậy, khi I0  thì    / 2 và sin = 1 ứng với đoạn đồ thị MN. Khi L R 2 B I0  , không có VTCB bền với I  0  VTCB bền sẽ ứng với I = 0. L Theo điều kiện bảo toàn từ thông đối với vòng dây siêu dẫn, ta có: LI0  R 2 Bsin  , hay sin   LI0   có đoạn đồ thị NP trên hình vẽ. 2  R B  Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của sin vào B như trên hình vẽ. R 2 B 3,14.(0, 08) 2 .0,5 R 2 B   1, 00A I  b. Theo đề bài như vậy, 0 nên VTCB bền L 102 L ứng với    / 2 r Fx' r ' Cường độ dòng điện trong vòng dây khi ở VTCB bền là: (Fx  Fx ) B0 R 2 B sx I  I0  . sx L 0 Xét một vị trí bất kì của vòng dây khi kéo vòng một đoạn lx x theo hướng ra khỏi vùng từ trường (xem hình vẽ). Vòng chịu tác dụng của lực từ: Fx  I x Bl x r Fx (1) với Ix là cường độ dòng điện trong vòng ở vị trí này. Giáo viên: Nguyễn Ngọc Phúc – Chuyên Hạ Long Trang 16 Ix r B Từ điều kiện bảo toàn từ thông, ta có: LI0  LIx  B(R 2  Sx ) với Sx là diện tích của phần gạch chéo trên hình. Do đó: I x  I0   (R 2  Sx )B L (2) nên Fx   I0   (R 2  Sx )B   Bl x L  Công nguyên tố của lực từ cần thiết để kéo vòng dịch chuyển đoạn dx là  (R 2  Sx )B  dA tu  Fx dx   I0   Bl x dx L    Vì lx dx  dSx nên dA tu   I0   (R 2  Sx )B   BdSx L  Công của lực từ cần phải thực hiện để kéo một phần 1/3 vòng dây ra khỏi vùng có từ trường A tu  R 2 3  0 R 2 3  (R  Sx )B  BS  2R B )  I0  BdSx  BS(I0  L 2L   0 2 2  R 2 B 5R 2 B (I0  ) 3 6L Thay số có Atu = 38,94.10 -4 (J) Bài 2: Cho hai vòng dây dẫn phẳng 1 và 2 giống nhau, đều là hình vuông cạnh a, có cùng khối lượng m. 1. Ban đầu vòng dây 1 được đặt cố định trên mặt bàn nằm ngang còn vòng dây 2 đặt ở phía trên song song với vòng dây 1, đồng trục với vòng dây 1. Cho hai dòng điện không đổi có cùng cường độ chạy trong hai vòng dây đó và có chiều sao cho hai vòng dây đẩy nhau. Thí nghiệm cho thấy khi cường độ dòng điện có giá trị I thì vòng dây 2 nằm lơ lửng bên trên vòng dây 1 và cách vòng dây 1 một khoảng d (d << a). a. Tìm biểu thức của I theo m, a v à d. Áp dụng số: a I1 = 40cm, m = 2,5g, d = 2mm. x b. Kéo nhẹ vòng 2 xuống dưới theo phương thẳng đứng một đoạn nhỏ A (A< - Xem thêm -

Tài liệu liên quan