ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Li 11 HDC ha nam

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA TỈNH HÀ NAM Câu 1 3 điểm + Gọi hiệu điện thế hai cực của đèn là uđ , cường độ dòng điện qua đèn làiđ... 0,5 Câu 2 5 điểm a Do quả cầu tĩnh điện bị đẩy ra xa

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA

TỈNH HÀ NAM

Câu 1

3 điểm + Gọi hiệu điện thế hai cực của đèn là uđ , cường độ dòng điện qua đèn làiđ.

uAB = uđ+iđR (1)

+ Xét tại thời điểm t1:

uđ = 100V ; iđmax = 10µA ⇒ uAB = 200 (V)

Vậy chỉ cần uAB đạt giá trị 200V thì dòng qua đèn đã đạt giá trị cực đại

+ Do đó tại t=0, uAB=3φ00V thì dòng qua đèn đã cực đại và ta có: uđ =

uAB-iđmaxR =200 (V)

* Bây giờ ta xét trong khoảng thời gian từ t=0 đến t=t1: Tính t1

Cách 1:

+ C

dt

du AB

= -iđ = -iđmax ⇒ uAB =

-C

i d max

t +A

Mà tại t=0: iđmax = 10-5 (A) và uAB=300V ⇒ A = 300

Vậy ta có phương trình: uAB = 300 – 10-2t

+Khi uAB = 200V: t1 = 104 (s) Cách 2:

+ Độ giảm điện tích trên tụ: ∆q=C(300-100)

+ Thời gian cần thiết: t1 =

0

I

q

∆

= 104 (s)

Như vậy trong t1=104 (s) đầu cường độ dòng qua đèn là không đổi nên

nhiệt lượng toả ra trên R là:

Q1(R) = iđmax2Rt1 = 10 (J)

Năng lượng tụ giảm một lượng: Q1C =

2

1 CuoAB2

-2

1 Cu1AB2 = 25 (J) Nhiệt lượng toả ra trên đèn ống là: Q1đ = Q1C – Q1R = 15 (J)

* Xét trong khoảng thời gian còn lại:

+ Năng lượng tụ giảm: Q2C =

2

1 Cu1AB2 = 20 (J) + Trong khoảng thời gian này dòng qua đèn tỉ lệ với hiệu điện thế nên

đèn như một điên trở thuần:

Rđ =

max

1

d

AB

i

u

= 107 (Ω) = R Vậy nhiệt lượng toả ra trên đèn và R là như nhau và đều bằng: 10 (J)

* Kết luận:

Tổng nhiệt lượng toả ra trên đèn ống là: Q = 25 (J)

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

+

0,5 Câu 2

5 điểm

a) Do quả cầu tĩnh điện bị đẩy ra xa sau do đó quả cầu lấy điện tĩnh từ bản A chuyển cho bản B và truyền xuống dưới đất

- Góc giới hạn φ là gần như quả cầu chạm vào B

l r

+

bản cuối cùng là Hiệu điện thế giữa hai bản cuối cùng

là Vf

f

V

d

ax ax

.tan

tan

m

E

φ φ

Khi quả cầu chạm lần cuối cùng thì điện tích quả cầu là: q V C= f (3) ( C là điện dung quả cầu)

Từ (1) (2) (3) .tan ax 2 .tan ax

f

V

πε

ax

.tan

8836( ) 4

m f

o

mg d

r

φ πε

Ta chú ý: φ ≤max 28 ;0 V f ≤8836( )V là những điều kiện của góc φ và điện

thế

0,5

0,5

0,5

0,5

b) Ban đầu điện thế bản A là V0 sau khi chạm vào lần 1 điện thế là V1 cũng chính là điện thế quả cầu

Theo định luật bảo toàn điện tích: V C o 1=V C V C1 1+ 0 2 1 2

1

C C

C

−

⇒ =

1 0.S 3,98

d

ε

2 4 0 0,334

C = π ε r= pF điện dung quả cầu.

-Lần 2 quả cầu chạm bản A thì điện thế là:

2

1

C C

C

- lần chạm thứ n: 1 2

0

n

f n

V

C C

Thay V0 và Vf ta được n=21,8 Nhưng n phải là số nguyên

0

f

V

V

0,5

0,5

0,5

0,5

φ

+ nếu n=22 theo (5) 22

0

f

V

V

Theo (4) ta có:

2

0

0 22

mgd

πε

Theo câu 1 thì 0

28

φ ≤ nên chỉ chọn đáp án n=22 Vậy kết quả cuối cùng là: Góc lệch 0

22 27 , 4

φ =

Điện thế cuối cùng là: V f =V22 =8727,6( )V

Số lần chạm bản A là n=22

0,5

Câu 3

4 điểm

a) Tính cường độ dòng điện cực đại qua khung

Suất điện động xuất hiện trong khung:

2

2 2

.sin sin

C

C

e a B

Φ

=

Suất điện động tự cảm trong khung:

tc

di

dt

= −

Theo định luật Kirchoff: e C +e tc =i R =0

2 sin

di

L a B

Phương trình chuyển động quay của khung:

dt

ω

ϕ (2)

Từ (1) và (2) suy ra: i di I d

L ω ω

= −

Lấy tích phân 2 vế:

0

0

L

ω

ω

ω ω

= −

0

I i

L ω ω

L

ω

= (ứng với ω =0)

0,5

0,5

0,5

0,5

b) Tìm điều kiện của tốc độ góc để khung quay không quá nửa vòng

Từ (1): L2 di ( sin ).dt sin d

a B = ω ϕ = ϕ ϕ

Tích phân 2 vế:

max max

2

sin

i

L

a B

ϕ

ϕ ϕ

=

∫ ∫

Để khung quay không quá nửa vòng thì

a B

ϕ ≤ ⇒π ϕ ≥ − ⇒ω ≤

0,5

0,5

0,5

0,5 Câu 4 a ) Thời điểm tốc độ dài của một điểm trên vành trụ nhỏ bằng tốc độ ván

5 điểm + Chọn gốc O trùng khối tâm của ván khi nó ở VTCB

+ Khi G có tọa độ x:

2

2

2

/ 2

2 ( / 2 )

mg

l

mg

N N mg

l



−

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

1 2 // // //

ms ms

Chứng tỏ ban đầu vật chuyển động pt:

x A= cos(ω0t+ϕ) với ω0 = 2µg l/ =0,5(rad s/ )

Trong đó: t = 0 ta có: 2( ) os =2 2

V

ϕ

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 F ms2 =µN2 >µN1 =F ms1)

+ Khi mà khối tâm G của ván đi về O thì phản lực N2 giảm, N1 tăng nên Fms2

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:

1 0 .sin 0 1 sin 0 1 2.0, 25 0,5 0 1 / 6 1 / 3( )

V = −ω A ω t =ωr⇒ ω t = = ⇒ω t =π ⇒ =t π s

( vì t1 <T0/4)

0,5

0,5

0,5

0,5

b)Tìm 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

1

3 4,5( )

x x

V

π

−

+ 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 hòa với biên độ:

1 1

0

1

V

ω

+ 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: V max =ω0.A1=0,5 /m s<ωr<ωR (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 hòa theo pt (1)

+ Ta có pt dao động của ván sau thời điểm t2:

x=1 os(0,5.t+ )c ϕ1 , tại t = 4,5(s):

0,5

0,5

0,5

0,5

1 1

⇒ =x 1 os(0,5t-0,68)(m)c

Vậy: * với 0 ( )

3

t π s

≤ ≤

tọa độ khối tâm của ván là: x=2 os(0,5t)(cm)c

* với ( ) 4,5( )

:

tọa độ khối tâm của ván: 3 0,5.( )( )

3

x= − t−π cm

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

0,5

0,5

Câu 5

3 điểm

1 Tính L,C và số chỉ ampe kế A2 + Từ điều kiện hệ số công suất cực đại => u,i cùng pha GĐVT như hình vẽ

Đoạn RC nhanh pha ϕ1 so với u

IL = I1sinϕ1 =>

1

+

=> ZL = ZC +

2

C

R

Z (1)

+ Để IA2 max thì : Áp dụng Cô-si cho (1) ZL min<=> ZC = R = 100 Ω Khi đó

ZL min = 2 R = 2 ZC = 200 Ω (*)

Từ đó tính được

4

IA2max =

L min

U

1A

0,5

0,5

0,5

2 Khi K đóng sang chốt 2, mạch hỗn hợp như hình vẽ

IA1 = IC IC tỷ lệ thuận với UC

Xét UC thoả mãn GĐVT như

hình vẽ

Tam giác OPQ có

U = U + U − 2U U sin ϕ (2)

+ Liên hệ sau: U// = I.Z// = C //

C

U Z

L

U I

ϕ = = (b)

Thay (a) và (b) vào (2)

Biện luận: Khi R thay đổi thì Z// thay đổi UC sẽ có giá trị không đổi khi hệ số

của Z// bằng không tức là ZL = 2 ZC tức là thoả mãn hệ thức (*) Vậy khi R thay

đổi thì với ZL = 2ZC thì UC = const = U = 200(V)

Khi đó IA1 = C

C

2(A)

0,5

0,5

0,5

RC

I uuu r

L

I

uu r I uuCr U ur

B

O

L

I

uur

U ur

//

U uuur

C

U

ur

C

I uur

P

Q Hình 4

A

Người ra đề

Phạm Thành Công ĐT: 0915593817

Ngô Thị Thu Dinh ĐT: 0983466487