Tài liệu 02. da

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI TRƯỜNG THPT CHUYÊN Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Việt Nam Độc lập – Tự do – Hạnh phúc ĐÁP ÁN ĐỀ NGUỒN KÌ THI OLYMPIC ĐỒNG BẰNG SÔNG HỒNG Môn Vật lý Thời gian: 180 phút Ngày 14/03/2017 Câu 1. TĨNH ĐIỆN Một điện tích điểm mang điện tích dương q được đặt gần một quả cầu kim loại bán kính R nối đất như hình vẽ bên. Điện tích q có khối lượng m và C được buộc vào một điểm cố định O nhờ một sợi dây mềm, nhẹ, không dãn có chiều dài l . Quả cầu được nối đất và giữ cố định, tâm của quả cầu cách O một khoảng l . 1. Xác định cường độ điện trường E tại điểm M nằm trên đường nối điện tích và tâm C quả cầu, cách điện tích q một khoảng r . 2. Tìm chu kì dao động bé của q quanh vị trí cân bằng. ĐÁP ÁN 1. Sử dụng phương pháp ảnh điện, ta có Ở miền nằm ngoài quả cầu và ngoài CO E=kq | 1 − r2 R/ d ( R2 r + d− d | 2 ) Ở miền nằm ngoài quả cầu và trong CO E=kq | 1 + r2 R /d ( R2 r +d − d 2 ) | Ở trong quả cầu E=0 2. Sử dụng định luật II Newton cho q khi sợi dây hợp với vị trí cân bằng một góc α , ta được 2 d 2 α k q R ( d +l ) + α =0 d t 2 m l ( d2 −R 2 )2 1 Từ đó ta có T =2 π d 2−R2 ml q kR ( d +l ) √ Câu 2. CƠ HỌC VẬT RẮN Một ống kim loại mỏng, nhẹ chứa thuỷ ngân có thể dao động quanh một trục nhỏ cố định, nằm ngang đi qua điểm O ở đầu ống. Hệ số dãn nở khối của thuỷ ngân là α =18,0.10−5 K −1 hệ số dãn nở dài của kim loại làm ống là β=1,00.10−5 K −1 . Gọi tỉ số chiều dài của đoạn ống chứa thuỷ ngân so với chiều dài của cả ống là x (0< x <1). Bỏ qua mọi ma sát và sự tương tác giữa thuỷ ngân và thành ống. 1. Tìm giá trị của x để khoảng cách từ đầu O đến trọng tâm của khối thuỷ ngân hầu như không phụ thuộc vào nhiệt độ. 2. Tìm giá trị của x để chu kì dao dộng của ống hầu như không phụ thuộc vào nhiệt độ. 3. Giả thiết ở nhiệt độ nào đó x=0,500 và chiều dài ống là l . Biết nhiệt dung riêng của thuỷ ngân trong ống là C , khối lượng thuỷ ngân là m. Tính nhiệt lượng cần cung cấp cho ống để nhiệt độ thuỷ ngân tăng thêm Δ t Bỏ qua nhiệt dung của ống và sự trao đổi nhiệt với môi trường xung quanh. ĐÁP ÁN Sử dụng các khai triển bé, bỏ qua các số hạng bậc lớn hơn hoặc bằng 2 của độ thay đổi nhiệt độ Δ t ta được 1. x= ( α −1 2β −1 ) =0,125 2. 16 x 3−65 x 2+54 x−6=0 hay x=0,131 hoặc x=0,963 x xl 3. Q=mC Δ t−mg Δ a=m C+ g 1− 2 β l−( α −3 β ) 2 Δ t ( (( ) )) Câu 3. TỪ TRƯỜNG 2 Tại thời điểm t=0, một hạt mang điện tích q (có thể coi như một điện tích điểm) bay vào một điện từ trường đều có thành phần điện và thành phần từ vuông góc với nhau ⃗ E=E ⃗j ⃗ B =B ⃗k { trong đó i⃗ , ⃗j , k⃗ là ba vector đơn vị trên ba trục tọa độ Descartes O x , O y , O z tương ứng. Biết rằng hạt có khối lượng m và tại thời điểm t=0 nó đi qua gốc tọa độ O với vận tốc v⃗ 0= 1 v 0 ( ⃗i + ⃗k ) √2 1. Viết phương trình chuyển động và phương trình quỹ đạo của hạt. 2. Trong hệ quy chiếu nào, quỹ đạo của điện tích điểm này có dạng đường tròn, tính bán kính của quỹ đạo đó. ĐÁP ÁN 1. Theo định luật II Newton ta có d ⃗v ⃗ F =m =q ( ⃗ E + ⃗v × ⃗ B ) =q ( E ⃗j+ B ⃗v × ⃗k ) dt Hay d ⃗ d ⃗ d ⃗ qB ⃗ E x́ i + ý j+ ź k = ý i − x́− ⃗j dt dt dt m B ( ( )) Do đó { d qB x́= ý (1) dt m d −qB E ý= x́− (2) dt m B v d ź=0⇒ ź=const= 0 (3) dt √2 ( ) Từ (3) ta có z= v0 t (4) √2 Thế (1) vào (2) ta được d2 qB x́ =− 2 m dt 2 ( )( E d2 E qB x́− ⇔ 2 x́− + B B m dt ) ( 2 ) ( ) ( x́− EB )=0 Từ đó ta có 3 E qB x́= + A cos t+φ B m ( ) Thế vào (1) ta được ý=−A sin ( qBm t +φ ) Từ điều kiện ban đầu của vận tốc ta có { − A sin φ=0 E v0 A cos φ+ = B √2 Giải ra ta được { φ=kπ E ,k∈Z k v0 A=(−1 ) − √2 B ( ) Chọn k =0 ta có { E v E qB x́= + 0 − cos t B √2 B m v E qB ý=− 0 − sin t m √2 B ( ( ) ( ) ) ( ) Tích phân các phương trình chuyển động này với điều kiện x 0= y 0 =0, kết hợp với (4) ta được phương trình chuyển động của hạt { E m v0 E qB t+ − sin t B qB √2 B m m v0 E qB y= − cos t −1 qB √ 2 B m v z= 0 t √2 ( x= ( ) ( ) )( ( ) ) z√2 Thế t= v vào phương trình chuyển động trên ta dễ dàng thu được phương trình 0 quỹ đạo của hạt ( 2 E √2 m v0 E x− z + y+ − B v0 qB √ 2 B )( ( 2 m v0 E = − qB √ 2 B )) ( ( 2 )) 2. Dễ thấy trong hệ quy chiếu chuyển động với vận tốc ( v E ,0, 0 so với hệ quy B √2 ) chiếu đứng yên thì hạt sẽ chuyển động tròn đều, bán kính của quỹ đạo khi đó là 4 R= m v0 E − qB √ 2 B | | Câu 4. DÒNG ĐIỆN XOAY CHIỀU Cho mạch điện như hình vẽ, biết R1=R 2=R3=100 Ω , cuộn dây thuần cảm có độ tự 1 10−4 F. cảm L= π H , tụ điện có điện dung π 1. Đặt vào hai đầu đoạn mạch một hiệu điện thế u=100 √ 2 cos ( 100 πt ) ( V ) a. Tính tổng trở của mạch và viết biểu thức cường độ dòng điện qua mạch chính. b. Tính công suất tiêu thụ của toàn mạch. c. Tính cường độ dòng điện hiệu dụng qua các thiết bị điện trên và công suất tiêu thụ của từng thiết bị đó. 2. Đặt vào hai đầu đoạn mạch một hiệu điện thế u' =200 √ 2 cos2 ( 50 πt ), tính cường độ dòng điện qua cuộn cảm và công suất tiêu thụ trên mạch chính. ĐÁP ÁN Cảm kháng của cuộn dây Z L =ωL=100 Ω 1 Z C= =100 Ω ωC { 1. Sử dụng phương pháp số phức, ta có thể chuyển lại mạch như hình vẽ, trong đó Z¿12=( 40−20 j ) Ω ¿ ¿ Z1 L= ( 20+40 j ) Ω=Z 2 L a. Tổng trở phức của toàn mạch ¿ ¿ ¿ 12 Z =Z + ¿ ( Z1 L + R3 )( Z 2 L− j Z C ) Z ¿1 L + R 3+ Z ¿2 L − j Z C −i arctan =80−60 j=100 e Ta lại có u¿ =141 ei (314 t +1,57 ) ( V ) 5 3 4 (Ω) Do đó ta có dòng điện phức qua mạch 3 i (314 t +1,57+ arctan ) u¿ 4 (A) i = ¿ =1,41 e Z ¿ Như vậy tổng trở và biểu thức cường độ dòng điện qua mạch chính sẽ là Z=100 Ω { ( i=√ 2cos 100 πt +arctan 3 ( A) 4 ) b. Dễ thấy hệ số công suất của toàn mạch là ( k =cos −arctan 3 =0,8 4 ) Do đó công suất tiêu thụ của mạch điện là P=kUI=80W c. Ta lại có 1−3 j ¿ 1−2 j ¿ i ¿R = i= i i¿R Z ¿2 L − j ZC 1−3 j 7− j 5 = ¿ = ⇔ i ¿C Z1 L + R 3 6+ 2 j 4+2 j ¿ iC¿ = i 5 { 3 3 Từ đó ta có { |1−25 j|I = √15 A IR = 3 R 3 1−2 j ¿ 2− j ¿ u= u 5 Z¿ 5 6 +2 j 2 I C= I= A 7− j √5 u¿R = 3 | | ⇒ u R =u −u R = ¿ ¿ ¿ 1 3 3+ j ¿ u 5 3+ j ¿ ¿ 3+ j 3− j ¿ Z u= (80−60 j)i ¿ = i 5R 500 5 3− j ¿ 2+ j ¿ i¿R =i ¿ −i ¿1=i ¿− i= i 5 5 3− j ¿ 1−2 j ¿ 2+ j ¿ i ¿L =i ¿R −i¿R = i− i= i 5 5 5 i ¿R = ⇒ { 1 2 1 3 6 Do đó ta lại có |3−5 j |I =√ 25 A IR = 1 |2+5 j|I = √15 A IR = 2 |2+5 j |I = √15 A I L= Do đó ta có P R =R1 I 21=40 W 1 P R =R2 I 22=20W 2 P R =R1 I 23 =20W 3 P L=PC =0 2. Ta thấy u' =100 √ 2+100 √ 2 cos ( 100 πt ) ( V )=100 √ 2V +u Do đó trên tất cả các thiết bị trên ngoài dòng xoay chiều có giá trị giống hệt như ở câu 1, còn có thêm dòng một chiều. Do trở đối với dòng điện một chiều của cuộn cảm bằng 0 còn đối với tụ bằng vô cùng nên cường độ dòng điện một chiều trên các thiết bị điện trên có các giá trị lần lượt là 2 I 1 R =I 1 R =I 1 L= √ A 3 1 I 1R = 3 2 2 √2 A 3 I 1C =0 Công suất tiêu thụ của dòng một chiều 2 U 1 400 P1= = W Rt đ 3 7 Dễ dàng chứng minh được Ptp =P+ P1= 640 W 3 Câu 5. QUANG HÌNH HỌC Chiếu một tia sáng hẹp qua một lăng kính có góc chiết quang A , biết chiết suất của vật liệu làm lăng kính là n. 1. Chứng minh rằng góc lệch của tia sáng sau khi đi qua lăng kính so với tia sáng tới đạt giá trị cực tiểu khi tia tới và tia ló đối xứng với nhau qua mặt phẳng phân giác của lăng kính. 2. Tính góc lệch cực tiểu giữa tia tới và tia ló trong trường hợp góc chiết quang A bé ( A ≪ 1 ) trong các trường hợp a. Nếu chỉ tính đến các vô cùng bé cùng bậc với A . b. Nếu tính đến các vô cùng bé bậc hai so với A . 3 x Biết rằng sin x=x− +… 6 ĐÁP ÁN Ta có D=i 1 +i 2− A=arcsin ( nsin r 1) + arcsin ( nsin ( A−r 1 ) ) − A Đạo hàm cả hai vế theo r 1 ta được n cos ( A−r 1 ) n cos r 1 dD = − d r 1 √ 1−n2 sin2 r 1 1−n2 sin 2 ( A−r 1 ) √ 1. Để D cực tiểu ta cần có dD =0 ⇔ (1−n2 sin 2 ( A−r 1 ) ) ( 1−sin2 r 1 )=( 1−n 2 sin2 r 1 ) (1−sin2 ( A−r 1) ) dr1 Do đó sin ( A−r 1 )=sinr 1 r 2= A−r 1=r 1 i2 =i1 { nghĩa là tia ló phải đối xứng với tia tới qua mặt phẳng phân giác của lăng kính. 8 A 2. Khi Dmin, ta có r 1=r 2= 2 , do đó 3 ( i 1=i 2=arcsin n sin A A =n sin + 2 2 ) n sin 6 3 A 2 +… Hay 3 A 1 A 3 n3 A 1 A 3 i 1=i 2=n − +… + − +… +… 2 6 2 6 2 6 2 ( ( ) ) ( ( ) ) a. Nếu tính đến các số hạng cùng bậc với A ta có i 1=i 2= nA 2 Do đó D min =( n−1 ) A b. Nếu tính đến các số hạng vô cùng bé bậc 2 so với A ta có i 1=i 2= 2 3 nA n ( n −1 ) A + 2 48 Do đó ( D min =( n−1 ) A 1+ n ( n+ 1 ) 2 A 24 ) Người làm đáp án 9