TỔNG HỢP 25 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ OLYMPIC MÔN VẬT LÝ 2020 MỚI NHẤT KHỐI 11 CÓ ĐÁP ÁN THAM KHẢO

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ OLYMPIC MÔN VẬT LÝ

vectorstock.com/3687784

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

TỔNG HỢP 25 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ OLYMPIC MÔN VẬT LÝ 2020 MỚI NHẤT KHỐI 11 CÓ ĐÁP ÁN THAM KHẢO WORD VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

………….. ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI OLIMPIC LỚP 11 CẤP TỈNH Môn thi: Vật Lý Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) ……………………………………

Câu 1 (5 điểm) Hai điện tích điểm q1 = q2 = q > 0 đặt tại A và B trong không khí. Biết AB = 2a. a. Xác định cường độ điện trường tại M nằm trên đường trung trực của AB và cách AB một đoạn h? b. Định h để EM cực đại. Tìm E M cực đại đó?

E1,r1 E2,r2 c. Tìm vị trí điểm N mà tại đó cường độ điện trường bằng 0?

D Câu 2 (4 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ : trong đó E1 = 6V; r1=1Ω; r2=3Ω; R1=R2=R3=6Ω.

V a. Vôn kế V (điện trở rất lớn) chỉ 3V. Tính suất điện động E2.

R3 R1 b. Nếu đổi chỗ hai cực của nguồn E2 thì vôn kế V chỉ bao nhiêu?

B A C Câu 3 (4 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ : R2 R 1 = R 2 = 3 (  ) ; R 3 = 2 (  ) ; R 4 là biến trở ; K là khóa điện. Nguồn điện mắc vào hai đầu B, D có hiệu điện thế U không đổi. Ampe kế và vôn kế đều lý tưởng.

Các dây nối có điện trở không đáng kể.

Ban đầu khóa K mở, R 4 = 4 (  ) thì vôn kế chỉ 1 (V). a. Xác định hiệu điện thế U của nguồn điện. b. Nếu đóng khóa K thì ampe kế chỉ bao nhiêu ?

Câu 4 (4 điểm) A. Một dây dẫn thẳng MN chiều dài l, khối lượng của một đơn vị dài của dây là D=0,04 kg/m. Dây được treo bằng hai dây dẫn nhẹ thẳng đứng và đặt trong từ trường đều có véc tơ cảm ứng từ vuông góc với mặt phẳng chứa MN và dây treo, độ lớn B=0,04 T. Cho dòng điện I chạy qua dây MN. B Lấy g=10m/s2.

M N + Xác định chiều và độ lớn của I để lực căng của các dây treo bằng không? + Cho MN=25 cm, I=16 A có chiều từ N đến M. Tính lực căng của mỗi dây treo?

B. Cho hai dòng điện thẳng ,dài I1 =2A, I2 = 4A dài vô hạn, đồng phẳng, vuông góc với nhau.  + Xác định B tại những điểm trong mp chứa 2 dây, cách đều hai dây những đoạn r = 4cm.  + Trong mp chứa hai dòng điện, tìm quỹ tích những điểm tại đó B  0 .

Câu 5 (3 điểm) Một khung dây hình vuông cạnh a=10 cm, có 50 vòng dây, điện trở tổng cộng R=0,1Ω đặt trong vùng có từ trường đều như hình vẽ.

M N ­4 ­4 Biết trong thời gian 0,2 s từ trường tăng đều từ 10 T đến 3.10 T. a. Xác định chiều và cường độ dòng điện cảm ứng trong khung? b Tìm công suất tỏa nhiệt của dòng điện cảm ứng?  c. Nếu trên cạnh MN có sẵn nguồn điện suất điện động e, khi đó B dòng điện trong mạch bằng không thì nguồn điện được mắc như thế nào? Giá trị của e bằng bao nhiêu?

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐÁP ÁN ĐỀ THI OLIMPIC MÔN VẬT LÝ 11 CÂU Câu 1 5đ

HƯỚNG DẪN GIẢI

ĐIỂM

a. Vẽ đúng hình E1……………………………………………………………

Vẽ đúng hình E2………………………………………………………………

Vẽ đúng hình E M vuông góc với AB và hướng ra xa AB……………………

Viết đúng E1…………………………………………………………………

Viết đúng E2…………………………………………………………………

Tính đúng E =2 E1cosα………………………………………………………

2kqh

EM 

0,25 0,25 0.25 0,25 0,25 0,25

………………………………………………………….

0,25

a2 a2 a4h2 + + h2 3 ……………………………………...........

2 2 4

0,25

a

2

h

2 3/2



b. EM đạt cực đại: a 2 +h 2 =

EM 

4kq a 2 .3 3.

a2 h  2

………………………………………………………….

0,25

2

Khi

a h 2

.b) E M

max

=

thì E M

4kq 2

a .3 3.

max

……………………………………….

……………………………………………………….

0,25

 E N  0 ……………

0,25

c. Gọi N là điểm mà tại đó CĐĐT bằng 0.

  E1 cùng phương E 2 nên N nằm trên đường thẳng nối AB ……………………   E1 ngược chiều E 2 nên N nằm trên đường thẳng nối AB và trong đoạn

Câu 2 4đ

0,25

AB…… Độ lớn E1=E2 …………………………………………………….

Viết đúng biểu thức E1………………………………………………………

Viết đúng biểu thức E2………………………………………………………

Kết luận đúng N nằm ở trung điểm của AB…………………………………..

Biểu diễn điểm N trên hình vẽ…………………………………………………. a. Tính suất điện động E2.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

E1,r1 I A

I1 R1

D V

E2,r2

R3

C

B

I2 R2 ( R1  R3 ) + Điện trở toàn mạch R   4 ………………………………..

R2 R2  R1  R3 I1 R2 1   I R1  R3 2 + I đến A rẽ thành hai nhánh: 2 …………………………

I  I1  3 + UCD = UCA + UAD = ­R1I1+ E1 – r1I1 = 6 ­3I………………………………. + U CD  3V …………………………………………………………………… + 6 ­3I =  3 => I = 1A, I = 3A……………………………………………………..

Với I= 1A: E1 + E2 = ( R + r1 +r2 )I = 8 => E2 = 2V………………………………….. ­ Với I = 3A: E1 + E2 =8 *3 = 24 …………………………………………………………….. => E2 = 18V b. Đổi chỗ hai cực của nguồn E2 thì vôn kế chỉ bao nhiêu . + Khi đổi chỗ hai cực thì hai nguồn mắc xung đối…………………………………….

0,25

0,25 0,25

0,25 0,25 0,25

­

Câu 3 4đ

0,25

0,25 0,25 0,25

­ Với E2 = 2V< E1 : E1 phát , E2 thu, dòng điện đi ra từ cực dương của E1………..

E  E2 I 1  0,5 A ……………………………………………..

R  r1  r2

0,25

UCD = UCA + UAD =6 ­3I = 4,5V...........................................................

0,25

­ Với E2 = 18V > E1: E2 là nguồn, , E1 là máy thu................................................

E  E1 I 2  1,5 A ………………………………………………………..

R  r1  r2

0,25

UCD = UCA + UAD = R1I1 + E1 +r1I = 6 +3I = 10,5V......................................................

0,25

­ Xác định hiệu điện thế U của nguồn điện.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

0,25

0,25

R 12 = R 1 + R 2 = 6 (  ) R 34 = R 3 + R 4 = 6 (  ) U I1 = I 2 = 6 Ta có : U 1 = I 1 .R 1 = 3.I 1 = U 3.

6 U 2 = I 2 .R 3 = 2.I 2 = 2.

0,25 0,25 0.25 U 6

........................................

0,25

Giả sử V M > V N ta có : U U  U MN = U 2 ­ U 1 = = 3 2 0,25 U …………………………………..

6 0,25 U  U V = U NM =  U = 6 U V = 6.1 = 6 (V).........................................

6 ­ Khi khóa K đóng : R1 R3 6 3.2 0,25   1,2 (  )............................................

R 13 = = 3 2 5 R1  R3



R2 R4 3.4 12    )...............................................................

R 2  R4 3  4 7 12 20,4 R BD = R 13 + R 24 = 1,2 + = (  )....................................

7 7 Cường độ dòng điện mạch chính : 42 21 U 6   2,06 (A)....................................................

I = = = 20, 4 20,4 10,2 RBD 7 21 .1,2 = 2,47 (V)............................

U 13 = U 1 = U 3 = I. R 13 = 10,2 U 2,47 I1 = 1 = = 0,823 (A)........................................................

3 R1 21 12 U 24 = U 2 = U 4 = I. R 24 = . = 3,53 (V)............................

10,2 7 U 3,53 I2 = 2 = = 1,18 (A)..............................................................

3 R2 Ta có : I 2 > I 1  I A = I 2 ­ I 1 = 1,18 ­ 0,823 = 0,357 (A)............

Vậy dòng điện qua ampe kế có chiều từ N đến M và có cường độ I A = 0,357 (A) R 24 =

Câu 4 4

A.+ Để lực căng dây bằng 0 thì lực từ phải hướng lên và có độ lớn bằng P=mg Áp dụng qui tắc bàn tay trái ta có dòng điện chạy từ M đến N .............

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25 0,25

0,25

0,25

0,25 0,25 0,25 0,25

0,25 0,25

Vì F  BIl sin   BIl  BIl  mg  D lg.........................................................

I

0,25

Dg 0, 04.10 I  10 A.....................................................

B 0, 04

0,25

+ Khi dòng điện chạy từ N đến M: áp dụng qui tắc bàn tay trái ta được lực từ F hướng xuống dưới. …………………………………………………………….. Áp dụng điều kiện cân bằng ta được: 2T  F  mg .....................................................................................

F  mg BIl  D lg  ……………………………………………..

2 2 0,04.16.0,25  0,04.0,25.10  0,13 N Thay số được: T  ................

2 B. Cho I1 chạy cùng chiều trục Ox, I2 chạy cùng chiều Oy. Từ trường do các dòng gây ra tại M ở từng góc vuông như hình vẽ: Có 4 I2  vị trí điểm M.    B1 B1 B2 Tại M: B1 + Với x  y  4cm  0, 04m M y M 4 1 5 7 I1 x B1  2.10 .  10 T . y T 



I B2  2.107. 2  2.105 T . x

BM1  BM3  105 T .

 B

 B2

1

M3

 B2

0,25

0,25

0,25

I1

  M2

BM 2  BM 4  3.10 5 T .

   b) Quỹ tính nhũng điểm tại đó B  0 nằm trong hai góc vuông ở đó B1 và B2 ngược chiều.

I I x Sao cho: B1  B2  1  2  y  .

2 y x x Quỹ tích phải tìm là đường thẳng y  trừ điểm O. 2

Câu 5 3đ

0,25

0,25

  B1

0,25

 ­ vẽ đúng hình BC ………………………………………………………….

­ Vẽ đúng chiều dòng điện cảm ứng………………………………………  Ec  t ­ B  B1 .............................

Ec  Na 2 2 t Thế số ec=5.10­4 V………………………………………………………… ­

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

0,25 0,25 0,25 0,25

0,25

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

ec ............................. …………………………………………………………

R ­ Thế số I=5.10­3A ………………………………………………… ­ Công suất P==R I2……………………….. ­ Thay số : P=2,6.10­6 W………………………………………………………… ­ Nguồn tạo ra dòng điện ngược chiều với Ic ( cực dương mắc vào N)………… e=ec=5.10­4 V …………………………………………. ­ Biểu diễn đúng trên hình....................................................................................

I

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

Chú ý: Nếu thí sinh giải theo cách khác mà vẫn đúng thì vẫn cho điểm tối đa

ĐỀ

KỲ THI HSG LỚP 11 THPT ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ 11 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề

Bài 1: Hai điện tích q1 = q2 = q >0 đặt tại hai điểm A và B trong không khí. Cho biết AB = 2a. a) Xác định cường độ điện trường tại điểm M trên đường trung trực của AB cách AB một đoạn h. b) Tìm h để EM cực đại. Tính giá trị cực đại này.

C R3 M Bài 2: Cho mạch điện như hình vẽ E1=3V, E2=3,6V, R1=10Ω, R2=20Ω, R3=40Ω, bỏ qua điện trở trong của hai nguồn. Tụ có điện K E2 dung C=1μF. R1 R2 a) Lúc đầu khóa K mở, tính cường độ dòng điện qua nguồn E1 và B điện tích của bản tụ nối với M. N b) Đóng khóa K, tính cường độ dòng điện qua mỗi nguồn và điện E1 lượng chuyển qua R4.

Bài 3: Một dây dẫn thẳng MN chiều dài l, khối lượng của một đơn vị dài của dây là D=0,04 kg/m. Dây được treo bằng hai dây dẫn nhẹ thẳng đứng và đặt trong từ trường đều có véc tơ cảm ứng từ vuông góc với mặt phẳng chứa MN và dây treo, độ lớn B=0,04 T. Cho dòng điện I chạy qua dây. Cho g=10m/s2. a) Xác định chiều và độ lớn của I để lực căng của các dây treo bằng không? b) Cho MN=25 cm, I=16 A có chiều từ N đến M. Tính lực căng của mỗi dây treo.

Bài 4: Một vòng dây tròn bán kính R=5cm, có dòng điện I=10A chạy qua.Vòng dây đặt trong một từ trường không đều. Biết rằng cảm ứng từ tại mọi điểm trên vòng dây đều có cùng độ lớn B=0,2T và có phương hợp với trục của vòng dây một góc α =300 (hình vẽ). Vẽ và xác định lực từ tổng hợp tác dụng lên vòng dây.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

R4 A

B M

N

B α

Bài 5: Cho một cục pin, một ampe kế, một cuộn dây có điện trở suất ρ đã biết, dây nối có điện trở không đáng kể, một kéo cắt dây, một cái bút chì và một tờ giấy kẻ ô vuông tới mm. Hãy nêu cách làm thí nghiệm để xác định gần đúng suất điện động của pin.

-------------Hết-----------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:…………………….….; Số báo danh……………………

ĐÁP ÁN ĐỀ HSG THPT MÔN: VẬT LÝ 11 (Dành cho học sinh THPT không chuyên) Ghi chú: 1.Nếu thí sinh sai hoặc thiếu đơn vị của đáp số trung gian hoặc đáp số cuối cùng thì mỗi lần sai hoặc thiếu trừ 0,25đ, tổng số điểm trừ của mỗi phần không quá một nửa số điểm của phần kiến thức đó.

2. Nếu thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho đủ điểm.

Bài Điểm  dung   Nội 1 a) Cường độ điện trường tại M: E  E1  E 2 (4đ) q 1 E E k ...........

1



2

a 2  h2

Hình bình hành xác định E là hình thoi: E = 2E1cos  

2kqh 3/2

a2  h2 

....

b) Định h để EM đạt cực đại:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1

a2  h2 

a 4 .h 2 a2 a2   h 2  3. 3 2 2 4

3/2 27 4 2 3 3 2 a h  a2  h2   a h 4 2 2kqh 4kq Do đó: E M   3 3 2 3 3a 2 a h 2 a2 a h2   h  .........................

2 2 EM đạt cực đại khi: 4kq   E M max  ..........................

3 3.a 2 3

 a 2  h2  

2 (5đ)

1

a) K mở: dòng qua nguồn E1 là: E1 3  0,1A .…………………

I0   R1  R2 30 Điện tích trên tụ là q0 = UMA.C= (E2­I0.R1).C = 2,6μC...................

Và cực dương nối với M. ....................... ............................ b) K đóng, vẽ lại mạch: R3 E2 Áp dụng định luật Ôm ta có: I2 M U NB  E1 (1)...........

I1  R1 R2 I U NB  E 2 B I2  (2) R3 R1 U E1 I  NB (3) A R2

3 (4đ)

1

1 0,5 0,5

0,5 N

I1 Lại có: I1=I+I2 (4).

Thay số và giải hệ 4 phương trình ta được: UNB =1,2V, I1= 0,18A, I2= 0,12A, I= 0,06A …………… ………………….

Hiệu điện thế trên tụ: UMA= UMN + UNA = E2­I1.R1 = 1,8V. Điện tích trên tụ: q = UMA.C = 1,8μC.(cực dương nối với M)……… Điện lượng chuyển qua R4 là: Δq = |q0­q| = 0,8 μC................... a) Để lực căng dây bằng 0 thì lực từ phải hướng lên và có độ lớn bằng P=mg Áp dụng qui tắc bàn tay trái ta có dòng điện chạy từ M đến N .............

Dg 0,04.10   10 A .....

Vì F  BIl sin   BIl  BIl  mg  D lg  I  B 0,04 b) Khi dòng điện chạy từ N đến M: áp dụng qui tắc bàn tay trái ta được lực từ F hướng xuống dưới. Áp dụng điều kiện cân bằng ta được:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5 0,5

0,5 0,5 0,5 01

1

F  mg BIl  D lg  .....................................

2 2 0,04.16.0,25  0,04.0,25.10  0,13 N Thay số được: T  ................

2 2T  F  mg  T 

1

1 4 (4đ)

Chia vòng dây thành 2n đoạn rất nhỏ bằng nhau, mỗi đoạn có chiều dài Δl sao cho mỗi đoạn dây đó coi như một đoạn thẳng.

Xét cặp hai đoạn đối xứng nhau qua tâm vòng dây (tại M và tại N), lực tác dụng lên mỗi đoạn là FM và FN được biểu diễn như hình vẽ.

1đ

Hình vẽ 1đ

5 (3đ)

Hợp lực tác dụng lên hai đoạn này là FMN có hướng dọc trục của vòng dây và độ 1đ lớn: FMN = 2. B.I.Δl.sinα Lực tác dụng lên cả vòng dây là hợp lực của tất cả các cặp đoạn dây đã chia cũng có hướng là hướng của FMN và độ lớn là: F = ∑ FMN = 2.B.I.sinα. ∑Δl =2.B.I.πR.sinα 1đ Thay số ta được: F ≈ 0,314N.................................. ­ Đo chiều dài dây dẫn đo được bằng giấy kẻ ô.Để xác định đường kính d của dây, cuốn nhiều vòng (chẳng hạn N vòng) sát nhau lên bút chì rồi đo bề rộng của 0,5đ N vòng đó rồi chia cho N ta được d.......................................... ­ Cắt lấy một đoạn dây đã biết điện trở suất. Lập mạch điện kín gồm nguồn điện, đoạn dây đã cắt ra và ampe kế, khi đó đo đươc cường độ dòng điện chạy qua ampe kế là: 0,5đ E I (1) ....................................................................

rR

Trong đó E, r là suất điện động, điện trở trong của nguồn, R là điện trở của đoạn dây đã cắt ra. ­ Cắt bớt đoạn dây trên, chẳng hạn chỉ để lại ¾ chiều dài (hoặc một nửa chiều dài,…) rồi lắp lại vào mạch và đo cường độ dòng điện:

I '

E (2) 3 r R 4

........................................................................

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1đ

1 1    (3) I I' 

Từ (1) và (2) rút ra: R  4 E 

Thay (3) và (1) hoặc (2) tìm được:

 4  .I .I ' 1 1  ...............................

4E      2  E  2 S d d ( I ' I )  I I'

1đ

...............................

KỲ THI OLYMPIC ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1: Cho mạch điện như hình vẽ, nguồn điện có suất điện động E=8V, K điện trở trong r=2  . Điện trở của đèn R1=3  , điện trở R2=3  , điện trở A ampe kế không đáng kể.

1. Khoá K mở, di chuyển con chạy C, người ta nhận thấy khi điện trở E,r R1 D của phần AC của biến trở AB có giá trị 1  thì đèn tối nhất. Tính điện trở toàn phần của biến trở.

2. Mắc một biến trở khác thay vào chỗ của biến trở đã cho và đóng R2 5 C khóa K. Khi điện trở của phần AC bằng 6  thì ampe kế chỉ A. Tính 3 B A giá trị toàn phần của biến trở mới.

Câu 2: Giữa hai bản kim loại đặt song song, nằm ngang, tích điện bằng nhau, trái dấu có một điện áp U1  1000(V ) . Khoảng cách giữa 2 bản là d  1(cm) . Ở chính giữa 2 bản có 1 giọt thủy ngân nhỏ nằm lơ lửng. Đột nhiên, điện áp giữa hai bản giảm xuống còn U 2  995(V ) . Hỏi sau thời gian bao lâu kể từ lúc giảm điện áp, giọt thủy ngân rơi đến bản ở bên dưới? Cho  g=10m/s2.

B M A B  Câu 3: Một dây dẫn cứng có điện trở rất nhỏ, được uốn thành khung v phẳng ABCD nằm trong mặt phẳng nằm ngang, cạnh AB và CD đủ dài, C D song song nhau, cách nhau một khoảng l = 50 cm. Khung được đặt N trong một từ trường đều có cảm ứng từ B = 0,5 T, đường sức từ hướng H.2 vuông góc với mặt phẳng của khung (H.2). Thanh kim loại MN có điện trở R= 0,5  có thể trượt không ma sát dọc theo hai cạnh AB và CD. 1. Hãy tính công suất cơ cần thiết để kéo thanh MN trượt đều với tốc độ v=2 m/s dọc theo các thanh AB và CD. So sánh công suất này với công suất tỏa nhiệt trên thanh MN. 2. Thanh MN đang trượt đều thì ngừng tác dụng lực. Sau đó thanh còn có thể trượt thêm được đoạn đường bao nhiêu nếu khối lượng của thanh là m = 5 g?

Câu 4: Cho A, B, C là 3 điểm nằm trên trục chính của 1 thấu kính mỏng AB = a; AC = b. Thấu kính được đặt trong khoảng AC (Hình 3). Đặt 1 vật sáng ở điểm A ta thu được ảnh ở điểm B. Đưa vật sáng đến B ta thu được ảnh ở điểm C. Hỏi thấu kính được dùng là thấu

b

a

A

C

(Hình 3) Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

B

kính hội tụ hay phân kì? Tính tiêu cự của thấu kính đó theo a và b. Áp dụng số với a=15(cm); b=20 (cm)

-------------Hết----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh……………….

ĐÁP ÁN

Câu

Ý

Nội dung

Điểm

E,r

x B

R- x

A R1

C

D

R2 1

1 2đ

2 1đ

Gọi điện trở toàn phần của biến trở là R, điện trở toàn phần AC là x.

Khi K mở ta có mạch như hình vẽ điện trở toàn mạch 3( x  3)  x 2  ( R  1) x  21  6 R Rtm  R  x  .......... ............... 2 x6 x6 Cường độ dòng điện qua đèn: U I .RCD 24 I1  CD  ..... ............ .................  2 x  R1 x  R1  x  ( R  1) x  21  6 R Khi đèn tối nhất thì I1 nhỏ nhất hay mẫu số lớn nhất R 1 x .... . ......................................... ....................

2 Theo đề bài x=1  . Vậy R=3  .............. ............... ....................

Khi K đóng ta có mạch như hình vẽ, điện trở toàn mạch 17 R '  60 Rtm  , R’ là điện trở toàn phần của biến trở mới 4( R '  3)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,5

0,5 0,5

E,r R1 B A

R’-6

C

D

R2

x=6

F1 d P

Có I A  I  I BC

 R '  12

2

48 5 32( R'  3)    A ..... ............ ........ ' ' 17 R  60 17 R  60 3 ........................................ ...........................

3đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5 0,5

Khi điện áp 2 bản là U1. Điều kiện cân bằng của giọt thủy ngân là : mg mg mgd   F1  P  q E1  mg  q  (1) .... .... ........

U1 E1 U1 d .......... * Khi giảm điện áp giữa 2 bản tụ còn U2:

0,5

 

Hợp lực của F2 ; 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: F2  P  m a  P  q E2  ma ....................... ................... .........

U  mg  q 2  ma (2) ...... ..................... ...................... ..... d d 1 d * Lại có:  at 2  t  (3) … .. . .. .. . . ………………

2 2 a Từ (1) thay vào (2) có: U mgd U 2 U mg  .  ma  g  g 2  a  a  g (1  2 ) .. ..... ...... .......

U1 U1 d U1 Thay vào (3) ta có: d . Thay số ta được : t=0,45(s) .... ....... ...... t U g (1  2 ) U1 3

1 1,25đ

Khi thanh MN chuyển động thì dòng điện cảm ứng xuất hiện trên thanh theo chiều từ MN. E Bvl . .. ....... ..... . . . .. ­ Cường độ dòng điện cảm ứng bằng: I   R R ..  ­ Khi đó lực từ tác dụng lên thanh MN sẽ hướng ngược chiều với v B 2l 2 v Ft  BIl  . .... ..... ..... ..... ..... và có độ lớn: R ...... ­ Do thanh MN chuyển động đều nên lực kéo tác dụng lên thanh phải cân bằng với lực từ. ­ công suất cơ (công của lực kéo) được xác định: B 2l 2 v 2 . ... ... ... .... ....................... ................... ....

P  Fv  Ft v  R P  0,5W . ...... ............. ........

Thay các giá trị đã cho ta được:

B 2l 2 v 2 2  . ... .....

P  I R ­ Công suất tỏa nhiệt trên thanh MN: n R .....

Vậy công suất cơ bằng công suất tỏa nhiệt trên MN

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5 0,5 0,5

0,5

0,5

0,25

0,25

0,25 0,25 0,25

2 0,75đ

Sau khi ngừng tác dụng lực, thanh chỉ còn chịu tác dụng của lực từ.

F B 2l 2v . .... ....... ....... Độ lớn trung bình của lực này là: F  t  2 2R .... ­ Giả sử sau đó thanh trượt được thêm đoạn đường S thì công của lực B 2l 2 v A  FS  S . ..... ..... ..... từ này là: 2R ...... ­ Động năng của thanh ngay trước khi ngừng tác dụng lực là:

0,25 0,25

1 Wđ  mv 2 .

2 ­ Theo định luật bảo toàn NL, đến khi thanh dừng lại thì toàn bộ động năng này được chuyển thành công của lực từ (lực cản) nên: 1 2 B 2l 2 v S. mv  2 2R mvR Từ đó suy ra: S  2 2  0,08(m)  8cm. …………. ………………

B l

­ Thấu kính hội tụ .... ................................................

5

0,25

0,5

2đ d 1’ d1

b C

a

O d 2’

A

B

d2

* Ta có: 1 1 1   (1) f d1 d1' 1 1 1   (2) f d 2 d 2'

HS viết đúng 2 phương trình (1) và (2) .... .......... ' 1

' 1

d 2  d  d 2   d (3) d1'  d1  a   d1'  d1  a (4) d 2  d 2'  b  d 2  d 2'  a  b(5)

Từ (1) và (2) ta có: Từ (4) Từ (3)

1 1 1 1  '   ' (6) d1 d1 d2 d 2  d1'  (a  d1 )(4' )  d 2  (a  d1 )(3' )

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

 d 2'  (a  b)  d 2  a  b  a  d1  b  d1 (5' ) 1 1 1 1 Thay (3' ); (4' ); (5' ) vào (6) ta có:    d1 (a  d1 ) a  d1 b  d1 2 1 1 ab     d1  2a  b d1 a  d1 b  d1 2a(a  b)  d1'   (2a  b) 2ab(a  b) .........................................................

Từ (1) ta có: f  (2a  b) 2 2.15.20.(15  20)  8, 4(cm) ..................................

Thay số: f  (2.15  20)2

Từ (5)

0,5 0,5

-----------HẾT-----------

ĐỀ THI OLYMPIC VẬT LÝ 11 THPT Môn: VẬT LÍ Thời gian làm bài: 150phút, không kể thời gian giao đề.

Bài 1 (4 điểm) Cho cơ hệ như hình vẽ 2. Biết  = 300, m1 = 3 kg, m2 = 2 kg, M = 2 kg, ma sát giữa m2 và M là không đáng kể, g = 10 m/s2. Bỏ qua khối lượng dây nối và ròng rọc, dây không dãn, 1. M đứng yên. a. Tìm gia tốc của các vật m1 và m2? b. Tìm áp lực của dây lên ròng rọc?

2. Tìm điều kiện của hệ số ma sát giữa M và mặt bàn nằm ngang để M không bị trượt trên bàn. m2 

M

m1

Bài 2 (4 điểm).

Một mol khí lí tưởng được nhốt trong bình có hai tiết diện khác nhau 10cm2.

Hai pít tông có khối lượng tổng cộng là m = 5kg, được nối với nhau bởi sợi dây nhẹ và không giãn, có thể chuyển động không ma sát với thành bình đồng thời giữ cho lượng khí trong ống không đổi. Biết áp suất khí quyển là P0 =

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

105Pa, g = 10m/s2, đối với 1 mol khí lí tưởng ta có: PV = RT với R = 8,314J/mol.K. 1)Tính áp suất khí trong bình khi pit tông cân bằng (hình vẽ) 2)Phải tăng nhiệt độ thêm bao nhiêu để pit tông dịch chuyển lên một đoạn là a = 10cm?

Bài 3 (4 điểm). . Cho mạch điện như hình vẽ (H1): trong đó E1 = 6V; r1=1Ω; r2=3Ω; R1=R2=R3=6Ω.

1.Vôn kế V (điện trở rất lớn) chỉ 3V. Tính suất điện động E2.

2.Nếu đổi chỗ hai cực của nguồn E2 thì vôn kế V chỉ bao nhiêu?

E1,r1

R1 A

D

E2,r2

V

R3 B

C R2 H.1

Bài 4(4 điểm).

Một dây dẫn thẳng MN chiều dài l, khối lượng của một đơn vị dài của dây là D=0,04 kg/m. Dây được treo bằng hai dây dẫn nhẹ thẳng đứng và đặt trong từ trường đều có véc tơ B vuông góc với mặt phẳng chứa MN và dây treo, B=0,04 T. Cho dòng điện I chạy qua dây.

B

a) Xác định chiều và độ lớn của I để lực căng của các dây treo bằng không? b) Cho MN=25 cm, I=16 A có chiều từ N đến M. Tính lực căng của mỗi dây treo.

M

Bài 5 (4 điểm): Một điện tích q  103 C , khối lượng

a

m  10 5 g chuyển động với vận tốc ban đầu vo đi vào trong một

vùng từ trường đều có B  0,1T được giới hạn giữa hai đường thẳng song song Δ và Δ’, cách nhau một khoảng a  10cm và có  phương vuông góc với mặt phẳng chứa Δ và Δ’, sao cho v 0 hợp góc   30o với Δ. Tìm giá trị của vo để điện tích không ra khỏi từ trường ở Δ’ (hình vẽ), bỏ qua tác dụng của trọng lực.

N

’  B

q,m

 v0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐÁP ÁN

BÀI

ĐIỂM

Bài 1 (4 1a) Chọn chiều dương là chiều chuyển động Các lực tác dụng lên m1: Trọng lực P1, lực căng dây T1 điểm P1 – T1 = m1a1 Các lực tác dụng lên m2: Trọng lực P2, lực căng dây T2, phản lực vuông góc N2 T2 – P2sin = m2a2 Do dây không dãn nên: a1 = a2 = a; T1 = T2 = T1’ = T2’ = T Suy ra: a1 = a2 = (P1 – P2sin)/(m1 + m2) = 4 m/s2

0,25 0.25 0,25 0,25

T2

N2

T2

m2

T1

0,5

T1

P

2

1b) T = P1 – m1a = 18 N Áp lực tác dụng lên trục của ròng rọc:

M

m1 P1

0,25 T2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

Q  T1  T2

T1

Độ lớn: Q = 2T.cos300 = 18 3 N Q

0,25 0,25

2.) Các lực tác dụng vào vật M: P , N , T2 , T1 , N 2' , Fms Ta có: P + N + T2 + T1 + N 2' + Fms = 0 N2’ = N2 = P2cos = 10 3 N Fmsn = T2x – N2x’ = T2cos ­ N2’sin = 4 3 N N = P + T1 + T2y + N2y’ = P + T1 + T2sin + N2’cos = 62 N Để M không bị trượt trên bàn thì ma sát giữa M và bàn là ma sát nghỉ: Fmsn  N    Fmsn/N = 0,11

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

0,5

Bài 2 (4 điểm)

1)Khi pít tông cân bằng thì hợp lực tác dụng vào hai pít tông lần lượt 0,5 là: 0,5 PS1 = P0S1+T+P1 (1) PS2 = T + P0S2 ­P2 (2) 0,5 với : P là áp suất khí, P0 là áp suất khí quyển, T là lực căng dây, P1 là trọng lực của pít tông phía trên, P2 là trọng lực của pít tông phía 0,5 dưới.  Lấy (1) trừ (2) ta được: P = P0 +

mg S

Thay số ta có : P = 1,5.105 Pa 2) Khi pít tông dịch chuyển lên trên a thì thể tích khối khí tăng thêm là: V = a S = 10­4m3 (1)  Vì khi cân bằng P không đổi nên ta áp dụng công thức của quá V V V V trình đẳng áp: 1  2 hay 1  (2) T1 T2 T1 T

 Mặt khác theo phương trình Claperon Mendele ep: PV1  R (3) T1

 Giải (1), (2), (3) ta được: T 

PV = 1,8K R

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5 0,5

0,5

0,5

Bài 3

1)Tính suất điện động E2.

E1,r1

(4 điểm) I A

I1 R1 I2

D V

E2,r2

R3 B

C R2 H.1

R (R  R ) + Điện trở toàn mạch R  2 1 3  4 R2  R1  R3 I R2 1 I   I1  + I đến A rẽ thành hai nhánh: 1  I 2 R1  R3 2 3

+ UCD = UCA + UAD = ­R1I1+ E1 – r1I1 = 6 ­3I

0,5

0,5

+ U CD  3V + 6 ­3I =  3 => I = 1A, I = 3A. ­

Với I= 1A: E1 + E2 = ( R + r1 +r2 )I = 8 => E2 = 2V

2).Đổi chỗ hai cực của nguồn E2 thì vôn kế chỉ bao nhiêu ( 2 đ). + Khi đổi chỗ hai cực thì hai nguồn mắc xung đối ­ Với E2 = 2V< E1 : E1 phát , E2 thu, dòng điện đi ra từ cực dương của E1

0,5

0,5

0,5

E  E2 I 1  0,5 A R  r1  r2

UCD = UCA + UAD =6 ­3I = 4,5V

0,5

­ Với E2 = 18V > E1: E2 là nguồn, , E1 là máy thu I

E2  E1  1,5 A R  r1  r2

UCD = UCA + UAD = R1I1 + E1 +r1I = 6 +3I = 10,5V

0,5

0,5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Bài 4 (4 điểm)

1) Để lực căng dây bằng 0 thì lực từ phải hướng lên và có độ lớn bằng P=mg Áp dụng qui tắc bàn tay trái ta có dòng điện chạy từ M đến N

1đ 1đ

Dg 0,04.10   10 A Vì F  BIl sin   BIl  BIl  mg  D lg  I  B 0,04

2) Khi dòng điện chạy từ N đến M: áp dụng qui tắc bàn tay trái ta được lực từ F hướng xuống dưới. Áp dụng điều kiện cân bằng ta được: 2T  F  mg  T 

(4 điểm)

1đ

0,04.16.0,25  0,04.0,25.10  0,13 N 2

Thay số được: T 

Bài5

F  mg BIl  D lg  2 2

1đ

­ Để điện tích không ra khỏi từ trường ở Δ’ thì v  vgh.

(Với vgh ứng với trường hợp quỹ đạo của điện tích tiếp xúc với Δ’. ) ­ Từ hình vẽ ta có: a  R  Rcos  R  vẽ được hình được ­

1đ

a 1  cos

a ’

q,m

1đ

 B

 v0 Mặt khác: R 

mvgh qB



mvgh a aqB   vgh  . qB m(1  cos ) 1  cos

1đ

3

­ Thay số có: vgh 

0,1.10 .0,1  536(m / s ) 10 .(1  cos30o ) 8

­ Vậy để điện tích không ra khỏi từ trường ở Δ’ thì v  536 (m/s).

1đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ ĐỀ NGHỊ

KỲ THI OLYMPIC Môn: Vật Lý - Lớp 11 Thời gian: 150 phút ( không tính thời gian giao đề)

Tĩnh điện.

Câu 1 (5,0 điểm) 1. ( 1,0 điểm) Hai quả cầu nhỏ xem như là hai chất điểm nhiễm điện như nhau q1=q2=1,6.10­ 8 C, khối lương hai quả cầu như nhau và bằng m=0,6 gam. Hai quả cầu được treo vào hai sợi dây mảnh­ nhẹ đều có chiều dài l=60cm. Hai đầu dây còn lại treo vào cùng một điểm cố định. Cả hệ thống đặt trong môi trường không khí. (lấy sin   tan  ). Tính khoảng cách giữa hai quả cầu khi chúng cân bằng?

A

B

2. ( 4,0 điểm) Hai điện tích điểm q1 = 9.10 ­ 8 C và q2 = ­ 10 – 8 C được giữ chặt tại A, B trong chân không, AB = a = 20cm. q2 a) Tìm điểm M tại đó cường độ điện trường tổng hợp bằng q1 không? Điện thế tại điểm M đó bằng bao nhiêu?

Hình 1 b) Một hạt khối lượng m = 10 – 10 kg, điện tích q0 = 10­8 C chuyển động dọc theo AB như hình 1. Tìm vận tốc của m khi ở 331 rất xa A, B để nó có thể chuyển động đến B. Dòng điện Câu 2. ( 4,0 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ ( Hình 2). Hai vôn kế có cùng điện trở Rv. Điện trở dây nối không đáng kể. Người ta đặt A,B vào hiệu điện thế một chiều có UAB = 150V, khi đó vôn kế V2 chỉ 10V. Biết C = 5.10­4F. Tính điện tích trên mỗi bản của tụ điện. +

R

1

V2

R

R BHình 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

m q0

Câu 3 (4,0 điểm) Mạch điện mắc như hình vẽ. Bộ nguồn gồm hai nguồn giống nhau, mỗi pin có suất điện động E  1,5V ; r  0,5 R1  6; R2  2 ; RMN  6 điện trở các Ampekế và dây nối không đáng kể. a) Tìm số chỉ các Ampekế khi con chạy C ở M và N b) Con chạy C ở vị trí nào thì A2 chỉ 0,3A?

A2

B

A

R1

D R2

A1

C M

N RMN

Hình 4

Từ trường Câu 4: ( 4,0 điểm) Hai dây dẫn thẳng dài vô hạn đặt song song, cách nhau khoảng 2a cm trong không khí, có các dòng điện I1=I2=6A cùng chiều đi qua.

Mặt phẳng P vuông góc với hai dây và cắt hai dây tại A1,A2.

Khoảng cách A1A2 là 8cm.O là trung điểm A1A2. Trục tọa độ Ox nằm trong mặt phẳng P và vuông góc với A1A2. a. Xác định véctơ cảm ứng từ tổng hợp tại O. b. Xác định véctơ cảm ứng từ tổng hợp tại M trên Ox với P OM=x=3cm. c. Xác định vị trí điểm N trên Ox có cảm ứng từ cực đại.

I2

I1 x A1

O

A2

Tính giá trị cực đại này.

Cảm ứng điện từ Bài 5 (3,0 điểm) Hai thanh kim loại song song, thẳng đứng có điện trở không đáng kể, một đầu nối vào điện trở R  0,5 . Một đoạn dây dẫn AB, độ dài l  14cm , khối lượng m  2 g , điện trở r  0,5 tì vào hai thanh kim loại tự do trượt không ma sát xuống dưới và luôn luôn vuông góc với hai thanh kim loại đó. Toàn bộ hệ thống đặt trong một từ trường đều có hướng vuông góc với mặt phẳng hai thanh kim loại có cảm ứng từ B  0, 2T . Lấy g  9,8m / s 2 .

R a) Xác định chiều dòng điện qua R. b) Chứng minh rằng lúc đầu thanh AB chuyển động nhanh dần, sau một thời gian chuyển động trở thành chuyển động đều. Tính vận tốc chuyển động đều  A ấy và tính UAB.  B c) Bây giờ đặt hai thanh kim loại nghiêng với mặt phẳng nằm  ngang một góc   60o . Độ lớn và chiều của B vẫn như cũ. Tính vận tốc v của chuyển động đều của thanh AB và UAB. ***********Hết***********

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

B

ĐỀ ĐỀ NGHỊ

Câu 1 1.1 (1,0 điểm)

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI OLYMPIC Môn: Vật Lý - Lớp 11

Nội dung Tính khoảng cách hai quả cầu khi điểm treo I đứng yên

Điểm

0,25

+ Khi hệ đứng cân bằng mỗi quả cầu chịu tác dụng của 3 lực: Trọng lực P ; Lực đẩy culông F ; Sức căng dây T    F  P T  0

0,25

+ Xét một quả cầu thì các lực biểu diễn như hình vẽ.

Ta có:  F k . q1 .q 2 tg    P m.g .b 2  tg  sin   b / 2  l

(1)

;

b: là khoảng cách hai điện tích (m)

0,25

(2)

+ Từ (1) và (2) 

1.2 (4,0 điểm)

k . q1 q 2 b 2 mg



2lk q1 q 2 b 2.0,6.9.10 9.(1,6.10 8 ) 2 b3 3  0,0772( m)  7,72(cm 2l mg 0,6.10 3.10

  a) Tại M, có cường độ điện trường E1 , E2 do q1, q2 gây ra. Để cường độ điện   trường tổng hợp tại M bằng không thì E1 , E2 : ­ Cường phương: M trên đường thẳng AB. ­ Ngược chiều: M nằm ngoài đoạn AB ­ Độ lớn bằng nhau.

Có: E1=E2

k q1 AM

2



q2 BM

2

0,25 0,25

 AM  3BM

0,5

Có AM  BM  AB  BM  10cm; AM  30cm Điện thế tại M: VM 

kq kq1  2 = 1800 V/m AM BM

 b) Điện tích q0 chịu tác dụng lực đẩy F1 của  q1 và lực hút F2 của q2. Gọi x là khoảng cách từ điện tích q0 tới B.

0,25

A

B

q1

q2

M

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

m q0

0,5 0,25

Ta có: F1 

k q1 q0

 AB  x 

2

và F2 

0, 5

k q2 q0 x

2

Từ câu a) có: x=AM thì F1  F2 Khi x  AM thì F1  F2 ; khi x  AM thì F1  F2 . Vậy khi x  AM thì lực tổng hợp tác dụng lên m sẽ hướng vào A,B Vậy để m có thể chuyển động được tới B thì m phải chuyển động tới M, sau đó do lực tổng hợp là lực hút, vật m sẽ tự chuyển động tới B. Áp dụng bảo toàn năng lượng cho hệ: v v  q0 .VM  m 2 2 2q0VM v m m

0,25

0,25

Vận tốc của m khi ở rất xa A, B để nó có thể chuyển động đến B là

0,5

2q0VM 600m/s m

Câu 2. ­ Điện trở tương đương của mạch DE: 4 điểm

A +A

RR v R R+R V

­ Điện trở tương đương của mạch CE: RCE

0,25

2 M

2

v

0, 5

RR v  R R+R V

I

C I2 R

D

CC

I1 V1V

V2

F

E

0,25 R

R B-

Hình 2

­ Điện trở tương đương của mạch CF: RCF

 RR v  RV  R   R+R V  R V R ( R  2R V )    2 RR v R  3RR V  Rv2 RV  R  R+R V

0,25

0,25

­ Điện trở tương đương của mạch AB: RAB  R 

R V R ( R  2R V ) R ( R 2  4RR V  3Rv2 )  R 2  3RR V  Rv2 R 2  3RR V  Rv2 I

­

Cường độ dòng điện qua mạch:

­

Số chỉ của vôn kế V1 là:

U ( R 2  3RR V  Rv2 ) R ( R 2  4RR V  3Rv2 )

0,25

0,25

0,5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

U1  I .RCF 

 I2 

­

U ( R 2  3RR V  Rv2 ) RR V ( R  2R V ) UR ( R  2R V )  2 V . 2 (1) 2 2 2 R ( R  4RR V  3Rv ) R  3RR V  Rv R  4RR V  3Rv2

UR ( R  2R V ) 1 U1 UR V ( R  R V ) .  2 V  2 R CE R  4RR V  3Rv R+ RR V R ( R 2  4RR V  3Rv2 ) R+R v

0,5

Số chỉ của vôn kế V2 là: U 2  I 2 .RDE 

10 

0,25

RR V UR 2v UR V ( R  R V )  .

R ( R 2  4RR V  3Rv2 ) R  R V R 2  4RR V  3Rv2

150R 2v  R 2  4RR V  3Rv2  15R 2v  ( R  2R v ) 2  16R 2v 2 2 R  4RR V  3Rv

0,5

 R  2R v (2)

0,5

150R V .4R V  40V U1  15 Rv2 Từ (1) và (2) suy ra:

0,5

Vậy: Điện tích trên tụ điện là: Q = C.U = 5.10-4.40 = 2.10-2C

Câu 3 (4 điểm)

a) Tìm số chỉ các Ampekế khi con chay C ở M và N ­ Khi con chạy C ở M, điện trở mạch ngoài là R N  RMN , dòng điện không đi qua 0,25đ A1 nên (IA1 = 0).............................................................................

Từ giả thiết: I 

E 3   0,43 A R N  rb 6  1

Dòng điện mạch chính đi qua A2 nên IA2 = I = 0,43A....................... ­ Khi con chạy C ở vị trí N, mạch ngoài được mắc như sau ( RMN // R1 // R2 ) .......................................................................................

3 E   1,36 A .............................

R N  rb 1, 2  1 Hiệu điện thế mạch ngoài: U N  U NM  U BA  U BD  IR N  1,36.1,2  1,63V .....

do đó R N  1,2 và I 

 I NM 

U NM 1,63   0,27 A ...............................................

RMN 1,2

U BA 1,63  0,27 A ..................................................  R1 6 U 1,63  0,81A ................................................. và I BD  BD  2 R2 Do đó tại nút N: I A1  I  I NM  1,36  0,27  1,09 A .........................................

I A2  I  I BD  1,36  0,81  0,55 A ...........................................

I BA 

A2

A

B R1

A1

D R2

Phát hành PDF bởi ThsCNguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com M N

0,25đ

0,25đ

0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,25đ b) Con chạy C ở vị trí nào thì A2 chỉ 0,3A Gọi điện trở phần MC là x, phần CN = 6 ­ x ­ Điện trở mạch ngoài: RCN nt ( RMC // R1 // R2 ) ..............................................  Ta có: R N  RCN

R1 R2 RMC 12 x  2 x 2  18   R1 R2  R1 RMC  R2 RMC 2x  3

0,25đ

(1).........

0,25đ

Eb  Eb  I ( RN  rb ) (2)........................................

RN  rb Hiệu điện thế mạch ngoài: U N  Eb  Irb  3  I ............................................

Ta lại có: I 

Ta có:

U NC  I (6  x) ............................................................................

U BD  U N  U NC  (3  I )  I (6  x)  3  7 I  xI ............................

U 3  7 I  xI I BD  BD  (3).......................................................

2 R2 3  7 I  xI ...........

Từ giả thiết: I A 2  0,3 A ; tại nút D I A2  I  I BD  0,3  I  2 18 I  (4)..................................

5(9  x ) 18  12 x  2 x 2  18    1 ...............................

Thay (4) vào (2) ta được: 3  5(9  x )  2x  3   2 x 2  9 x  9  0 ...............................................

giải pt ta được: x  3 hoặc x  1,5 . Vậy cả hai giá trị của x đều đúng....

Câu 4

Nội dung

Điểm

4,0

Gọi B1 , B2 là cảm ứng từ do hai dòng điện sinh ra tại O =>

điểm

   B o  B1  B2

 

0,5

 B1

Mà B1=B2 và từ hình vẽ ta có Bo=B1­B2 =0 I1 I2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,25đ

0,25đ

0,25đ 0,5đ

 B2  

0,25

b. Gọi B1 , B2 là cảm ứng từ do hai dòng điện sinh ra tại M =>    B M  B1  B2

0,25

r= a 2  x 2 I I B1  B2  2.107.  2.107 2 r a  x2

Từ hình vẽ ta có B=2.B1cos  Mà cos  

Vậy BM

x

 B  2.2.107.

a2  x2

0,5  B2

I .x  2,88.105 T 2 a x 2

có + Điểm đặt : Tại M 0,5

+ Hướng : song song với I1I2

M 

 BM

 B1

+ Độ lớn: B= 2,88.10­5 T

0,5 I1 I2 I .x I c.Ta có B  2.2.10 . 2 2  4 I .107 2 a a x x x

0,5

7

2

Để B lớn nhất thì

0,5

a  x nhỏ nhất khi a2=x2 vậy x=a x

Vậy N cách O một khoảng bằng 4cm Bmax=3.10­5T

Câu 5

a. Do thanh đi xuống nên từ thông qua mạch tăng. Áp dụng định luật Lenxơ, Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

3,0 điểm

  dòng điện cảm ứng sinh ra Bcu ngược chiều B (Hình

I

R

vẽ).  Áp dụng qui tắc nắm bàn tay phải, I chạy qua R có   Bcu B A chiều từ A  B. b. Ngay sau khi buông thì thanh AB chỉ chịu tác dụng của trọng lực P  mg nên thanh chuyển động nhanh dần  v tăng dần.

0,25đ B

­ Đồng thời, do sau đó trong mạch xuất hiện dòng điện I nên thanh AB chịu thêm tác dụng của lực từ F  BIl có hướng đi lên. ­ Mặt khác, suất điện động xuất hiện trong AB là: e  I

0,25đ 0,25đ

  Blv nên t

e Blv B 2l 2 v  F Rr Rr Rr

0,25đ

Cho nên khi v tăng dần thì F tăng dần  tồn tại thời điểm mà F=P. Khi đó thanh chuyển động thẳng đều. ­Khi thanh chuyển động đều thì: F  mg 

0,25 đ

B 2l 2 v ( R  r ) mg (0, 5  0,5).2.10 3.9,8  mg  v    25( m / s ) B 2l 2 Rr 0, 22.0,14 2

0,25đ 0,25đ

­ Hiệu điện thế giữa hai đầu thanh khi đó là: U AB  I .R 

Blv 0, 2.0,14.25 .R  .0, 5  0,35(V ) Rr 0,5  0,5

 N

 F

0,25đ

 c. Khi để nghiêng hai thanh kim loại ta có hình B1 vẽ bên: I   ­ Hiện tượng xảy ra tương tự như trường hợp b)  B P1 khi ta thay P bằng Psin, thay B bằng B1 với   0,25 B2 B1=Bsin.

P  ­ Lập luận tương tự ta có: ( R  r ) mg sin  (0,5  0,5).2.10 3.9,8.sin 60 0 ( B sin  ) 2 l 2 v F  mg sin    mg sin   v    28,87 (0, 2.sin 60o ) 2 .0,14 20,25 Rr ( B sin  ) 2 l 2

­ Hiệu điện thế giữa hai đầu thanh khi đó là: U AB

0, 2.sin 60 o.0,14.28,87 B sin  .lv  I .R  .R  .0,5  0,35(V ) Rr 0,5  0, 5

ĐỀ THAM KHẢO - MÔN VẬT LÍ LỚP 11 KÌ THI OLYMPIC

Câu 1 (4,0 điểm) 1)Một con lắc đơn gồm một vật nhỏ khối lượng m = 1 gam, mang điện tích q = 10 – 6 C và một sợi dây mảnh, nhẹ, Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

không dãn, chiều dài l = 1 m. Hệ được đặt vào trong điện  trường đều E có chiều đường sức điện như hình vẽ.

Biết E = 10 4 V/m và α  600 , lấy g = 10 m/s2.

Tính góc φ (góc hợp bởi dây treo và phương thẳng đứng) và sức căng Tc của dây treo khi hệ cân bằng.

2)Hai điện tích q1= +9q và q2= –q được giữ chặt tại A,B trong chân không, AB=a. Một hạt khối lượng m, điện tích q chuyển động dọc theo đường AB như hình vẽ bên. Tìm vận tốc của m khi ở rất xa A,B để nó có thể chuyển động đến B. A q1

B

q2

v0 qC

Câu 2 (4 điểm). Cho mạch điện như hình 3, trong đó R1  15, R2  10, R3  18, R4  9, hai đèn Đ1, Đ2 có điện trở bằng nhau. Biết rằng khi mắc hai đầu A và B nguồn điện  1  30V , r1  2 hoặc nguồn điện  2  36V , r2  4 thì công suất mạch ngoài vẫn bằng 72W và hai bóng đèn đều sáng bình thường.

1) Tính công suất và hiệu điện thế định mức của mỗi đèn. Dùng nguồn nào có lợi hơn?

2) Thay hai nguồn điện trên bằng nguồn điện mới  3 , r3 sao cho hiệu suất của nguồn bằng 50% và hai đèn đều sáng bình thường. Tính  3 , r3 .

Câu 3. ( 3điểm) Người ta mắc 2 điểm bất kì của một vòng dây dẫn thẳng dài hướng theo phương bán kính của vòng dây. Hai đầu của hai dây dẫn thẳng được nối vào nguồn điện ở xa. Tính cảm ứng từ ở tâm vòng dây.

Câu 4 (5 điểm): Cho mạch điện như hình vẽ. Nguồn điện có E = 8V, r =2  . Điện trở của đèn là R1 = 3  ; R2 = 3  ; ampe kế có điện trở không đáng kể.

1) K mở, di chuyển con chạy C người ta nhận thấy khi điện trở phần AC của biến trở AB có giá trị 1  thì đèn tối nhất. Tính điện trở toàn phần của biến trở.

K 2) Thay biến trở trên bằng một biến trở khác và mắc A + vào chỗ biến trở cũ ở mạch điện trên rồi đóng khoá K. Khi điện trở phần AC bằng 6  thì ampe kế chỉ

5 A. 3

E,r

Tính điện trở toàn phần của biến trở mới.

R2 C

B

R1 A

Câu 5.(4 điểm). Hai thanh ray dẫn điện dài nằm song song với nhau, khoảng cách giữa hai thanh ray là l = 0,4m. MN và PQ là hai thanh dẫn điện song song với nhau và được gác tiếp xúc điện lên hai thanh ray, cùng vuông góc với hai ray (Hình vẽ 4). Điện trở của MN và PQ đều bằng r = 0,25, R = 0,5, tụ điện C = 20µF ban đầu chưa tích điện, bỏ qua điện trở của hai ray và điện trở tiếp xúc. Tất cả hệ thống được đặt trong một từ trường đều có véc tơ  B vuông góc với mặt phẳng hình vẽ chiều đi vào trong , độ R P M lớn B = 0,2T. v

 B



C

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú N Hình 4 Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2v

Q

Cho thanh MN trượt sang trái với vận tốc v = 0,5m/s, thanh PQ trượt sang phải với vận tốc 2v.

1. Tìm công suất tỏa nhiệt trên điện trở R. 2. Tìm điện tích của tụ , nói rõ bản nào tích điện dương ?

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

HƯỚNG DẪN CHẤM (ĐỀ THAM KHẢO)

Câu

Ý 1.

2,0đ

Câu 1 4đ

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 11 – THPT MÔN: VẬT LÍ Thời gian làm bài:150 phút – không kể thời gian giao đề

Nội dung ­ Tính góc hợp bởi dây treo và phương thẳng đứng khi quả cầu cân bằng + Chọn hệ trục tọa độ xOy như hình vẽ   + Các lực tác dụng lên quả cầu gồm: trọng lực P , lực căng T c và lực điện trường F     (1) + Điều kiện cân bằng: P  F  Tc  0 y + Chiếu (1) lên các trục Ox và Oy ta có T x Chiếu lên Ox: Fsinα ­ Tc sinφ = 0 (2) Chiếu lên Oy: ­ P + Tc cosφ ­ Fcos = 0 (3) F P q sin E  F sin  Từ (2) và (3) ta có: tan φ =  F cos   P q Ecos  mg 106.10 4.sin 600 1   φ = 300 4 0 2 6 10 .10 .cos60  10 3 0 F.sinα q .E.sin60   0, 017 N ­ Lực căng dây: Tc  sin300 sinφ

0,25đ

0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,5đ

 tan φ =

2.

2,0đ

Điểm

0,5đ

Gọi q3 =q là điện tích chuyển động dọc theo AB, chịu tác dụng của lực đẩy, F13 lực hút F23 F13  K

q1 q3 (a  x)

2

; F23  K

q 2 q3 x2

0,25đ

Xét tại C cách B khoảng x.

1 3  x nên x> a/2 (a  x)

+ khi F13> F23 0,25đ Lực tổng hợp tác dụng lên q3 là lực đẩy dó đó q3 cách B một đoạn x>a/2 thì q3 chuyển động chậm dần + khi F13= F23 x=x0 = a/2 lực điện tổng hợp tác dụng lên q3 = 0 0,25đ 1 3 (a  x)



x nên x<a/2 + khi F13< F23 Lực tổng hợp tác dụng lên q3 là lực hút

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25đ

Như vậy vận tốc ban đầu v0 tối thiếu của hạt là ứng với vận tốc vc của hạt tại C bằng 0 Áp dụng ĐLBT năng lượng + ở xa vô cùng hạt chỉ có động năng Wđ=0,5mv20 + tại C vì vc =0 hạt chỉ có thế năng điện trường của q1,q2. q q1 wt  K(  2 ) q3 ( a  x0 ) x 0

Theo định luật bảo toàn năng lượng Wđ=WC

0,25đ 0,25đ

0,25đ

2

suy ra

v0 

8kq ma

vận tốc của m có thể chuyển động đến B

2

8kq ma

v0 

Câu 2 1 (4,0đ) 2,5đ

Có r.I 2   .I  P  0 + Trường hợp 1: + Trường hợp 2:

0,25đ ' N1

I 1  3 A  R  8 I 2  12 A  RN' 2  0,5 I '1  3 A  RN' ' 1  8 I '2  6 A  RN'' 2  2

+ Do điện trở mạch ngoài không đổi nên RN  8, I  3 A + Tính được Rđ  12 + Đèn Đ1

U đ 1  R N I  24V

Pđ 1  48W , I đ 1  2 A U Iđ2   1A Rđ  R12  R34 + Đèn Đ2 U đ 2  I đ 2 Rđ  12V , Pđ 1  12W RN U H1    80%  1 R N  r1

+ Hiệu suất:

H2 

U

2



0,25đ

RN  67% R N  r2

0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,25đ

0,5đ

Nguồn  1 lợi hơn 0,25đ 2 1,5đ

b)

H3 

U

3



RN  50% R N  r3

 r3  R N  8

+ Hai đèn đều sáng bình thường: I  I đ 1  I đ 2  3 A

  3  ( RN  r3 ) I  48V Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,5đ

Câu 3 4,0đ 3đ

Gọi I1, I2 là các dòng điện chạy qua các phần của mạch như hình. + Do O nằm trên trục của 2 dây dẫn thẳng AM và BN nên cảm ứng từ do chúng gây ra tại O là bằng 0. + Gọi B1, B2 là cảm ứng từ gây bởi cung tròn ACB và ADB tại O, ta có: I1 l1 r 2r U U .S Với I 1  AB  AB R1  .l1 U .S Suy ra B1  10 7 AB r 2 . B1  2 .10  7

Tương tự B2= B1  10 7

A I1

a

C

0,5đ I2 D

0,5đ 0,5đ

B

U AB .S r 2 .

0,5đ

Do B1  B 2 nên Bo= B1­ B2=0 2 1đ Câu 4 1 4đ 2,5đ

0,5đ

1.Gọi R là điện trở toàn phần, x là điện trở phần AC. Khi K mở, ta vẽ lại mạch điện +

0,5đ

như

hình

­

R­x

bên. ­ Điện trở toàn mạch là:  x 2  ( R  1) x  21  6 R 3( x  3) r  x6 x6 E 8( x  6) ;  2  I R tm  x  ( R  1) x  21  6 R Rtm  R  x 

­H.đ.t

giữa

hai

điểm

0,5đ 0,5đ C

và

D:

24( x  3) ;  x  ( R  1) x  21  6 R U 24 ­ Cường độ dòng điện qua đèn là: I1  CD  2 ; R 1  x  x  ( R  1) x  21  6 R ­ Khi đèn tối nhất tức I1 đạt min, và khi đó mẫu số đạt cực đại. b R 1 1; ­ Xét tam thức bậc 2 ở mẫu số, ta có: x    2a 2 ­ Suy ra R  3 (  ).

U CD  E  I ( R  r  x) 

2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5đ 0,5đ

0,5đ

2.

1,5đ

+ ­

b, Khi K đóng, ta chập các điểm A và B lại với nhau như hình vẽ.

Gọi R' là giá trị biến trở toàn phần mới.

17 R ' 60 4( R ' 3) hay I A  I  I BC .

0,5đ

­ Điện trở toàn mạch lúc này: Rtm  ­ Từ các nút ta có: I  I A  I BC

­ Từ sơ đồ ta tính được cường độ dòng điện mạch chính và cường độ qua BC: 32( R ' 3) 48 ; I BC  ; 17 R ' 60 17 R ' 60 48 5 5 32( R ' 3)  ;  ­ Theo giả thiết I A  A, ta có: 3 17 R ' 60 17 R ' 60 3 I

0,5đ 0,5đ

­ Từ đó tính được : R' = 12 (  )

Câu 5 1.

4đ 2đ

Suất điện động cảm ứng xuất hiện trong mỗi thanh dẫn MN và PQ là : E1 = Blv ; E2 = 2Blv. Cường độ dòng điện trong mạch: I 

E1  E2 3Blv  R  2r R  2 r 2

0,5đ 2

 E1  E2   3Blv   .R  .R    R  2r   R  2r 

Công suất tỏa nhiệt trên R: P  I 2 R   P

2.

2đ

9.0, 22.0, 42.0,52

 0,5  0, 5

2

0,5đ

0,5đ

.0,5  7, 2.10 3  0, 0072(W)

0,5đ

Điện tích trên tụ điện C là: Q  C.U MN

0,5đ

3Blv   Q  C  E1  I .r   C  Blv  r   2.107 (C ) R 2r   

1,0đ

Bản tích điện dương của tụ là bản nối về phía điểm M. KỲ THI OLYMPIC . MÔN VẬT LÝ ĐỀ ĐỀ NGHỊ Bài 1 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5đ

Cho mạch điện có sơ đồ như hình 1. Các điện trở R giống nhau và R=4, điện trở trong của nguồn điện r=2.

R R1 1) Ban đầu khóa K ngắt (như hình vẽ), biến trở R1 được điều B K chỉnh cho điện trở của nó bằng 4. Nếu đóng khóa K và chờ cho mạch A C R ổn định thì năng lượng của tụ điện C sẽ tăng hay giảm bao nhiêu lần?

2) Khóa K đóng. Để tổng công suất tiêu thụ trên các điện trở R và E r R1 đạt cực đại thì điện trở của biến trở R1 cần phải bằng bao nhiêu?

3) Khóa K đóng, giả sử suất điện động của nguồn điện là E =12V, Hình 1 hãy vẽ đồ thị phụ thuộc của hiệu điện thế giữa hai điểm A và B vào cường độ dòng điện chạy qua nguồn điện khi điều chỉnh biến trở R1.

Bài 2 Hai quả cầu nhỏ giống nhau, trọng lượng của mỗi quả là P=0,1N, được tích điện giống nhau.

1) Một quả cầu được giữ cố định, quả thứ hai di chuyển theo chu vi của một hình vuông có tâm tại vị trí của quả cầu cố định. Lực cực đại và lực cực tiểu mà các quả cầu tương tác với nhau trong quá trình di chuyển hơn kém nhau bao nhiêu lần?

2) Nếu lấy bớt điện tích của một quả cầu (nhưng điện tích của nó vẫn không đổi dấu) rồi truyền cho quả kia thì lực tương tác giữa chúng xét ở cùng một khoảng cách sẽ tăng hay giảm?

3) Hai quả cầu trên được tích điện giống nhau rồi treo lên một điểm 600 l bằng hai sợi dây nhẹ, cách điện có chiều dài là l và 2l như hình 2 thì góc lệch giữa hai sợi dây bằng 600. Xác định độ lớn của lực điện mà hai quả cầu tương 2l  tác với nhau khi đó. g Hình 2

Bài 3

1/ Có ba điện trở R1, R2 và R3 mà khi mắc lần lượt chúng vào cùng một R3 hiệu điện thế thì công suất tỏa nhiệt trên chúng tương ứng là P, P/2 và P/4. Nếu R1 ba điện trở được mắc với nhau thành mạch điện như hình 3 và cũng mắc vào R2 hiệu điện thế ban đầu thì công suất tỏa nhiệt trên mạch là bao nhiêu?

Hình 3 2/ Một mạch điện gồm nguồn điện có suất điện động  = 6 V, điện trở trong r = 2  và mạch ngoài có một điện trở R. a) Nếu công suất tiêu thụ của mạch ngoài là 4 W, hãy xác định giá trị của R? b) R có giá trị bao nhiêu thì công suất mạch ngoài cực đại, tính giá trị cực đại đó. c) Nếu điện trở mạch ngoài là R = R1 = 0,5  . Công suất của mạch ngoài sẽ không thay đổi khi mắc thêm điện trở R2 nối tiếp với R1, hãy xác định giá trị của R2 để thỏa điều kiện trên?

Bài 4: Một proton được tăng tốc từ trạng thái nghỉ bởi hiệu điện thế U0. Sau khi đạt vận tốc v thì proton đi vào trong một vùng không gian I, có từ trường đều B1 = 0,2T được giới hạn bởi hai đường   biên song song cách nhau một khoảng d = 4 cm. v B1 B2 v  B1 Biết rằng véctơ vận tốc v có phương vuông góc với các đường cảm ứng từ và vuông góc với biên của vùng I (hình 4.1). d

d

(hình 4.2) Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh (hình 4.1) Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

d

a) Hãy xác định giá trị của U0 để proton đi qua được vùng I. b) Sau đó hạt proton này đi tiếp vào trong vùng không gian II cũng có bề rộng d nhưng có từ trường đều B2 = 2B1 như hình vẽ bên. Hãy xác đinh U0 để proton đi qua được vùng thứ II (hình

4.2). c) Xác định U0 sao cho proton sau khi đi qua được vùng thứ II thì có véctơ vận tốc hợp với véctơ vận tốc ban đầu một góc 600.

Cho biết khối lượng và điện tích của proton là: m = 1,66.10-27kg và q = 1,6.10-19C. Bài 5: Hai dây dẫn thẳng song song, điện trở không đáng kể, đặt trong mặt phẳng nằm ngang, một đầu nối vào nguồn điện E0 ( E0 = 3 V, r0 = 1,5 Ω), đầu kia nối với điện trở R = 1Ω thông qua một khóa K. Một thanh kim loại MN có chiều dài l = 20 cm, điện trở r = 1 Ω, chuyển động dọc theo hai dây dẫn nói trên với vận tốc không đổi v = 20 m/s và luôn vuông góc với hai dây dẫn này. Mạch điện đặt trong từ trường đều có cảm ứng từ hướng thẳng đứng và độ lớn B = 0,5T (hình 5).

1. Khóa K mở. a) Tính cường độ dòng điện qua thanh MN, và UMN ? b) Cho khối lượng của thanh là m = 30 g, hệ số ma sát giữa M thanh với hai dây là μ = 0,1. Tìm lực kéo nằm ngang cần tác dụng K  lên thanh để làm cho nó chuyển động đều với vận tốc như trên?

E0,r0  v 2. Khóa K đóng. Tìm hiệu điện thế giữa hai điểm MN. B R N (hình 5)

ĐÁP Án ĐỀ ĐỀ NGHỊ VẬT LÍ 11 1 (4 điểm) Nội dung 1) Khi khóa K ngắt: Điện trở mạch ngoài: R01  2 R; nên cường độ dòng điện trong mạch: E I1  .

2R  r

Điểm 0,25

Hiệu điện thế giữa hai điểm A và B cũng chính là hiệu điện thế hai đầu tụ: Er 2ER  ; 2R  r 2R  r CU12 E 2 R2 Năng lượng của tụ khi đó: W1   2C .

2 (2 R  r )2 U 1  E  I1 r  E 

0,25 0,25

Khi đóng khóa K thì điện trở tương đương của mạch ngoài: R 3  R  R; 2 2 E .

Dòng điện trong mạch chính: I 2  R02  r R02 

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25 0,25

Khi đó hiệu điện thế trên tụ: U 2  I 2 R1 

ER ER ;  R02  r R02  r

0,25

CU 22 CE 2 R 2 E 2 R2 Năng lượng của tụ: W2   C .

2( R02  r )2 (3R  2r )2 2

Từ đó:

0,25

W1 (3R  2r )2   2,56. Như vậy năng lượng của tụ giảm đi 2,56 lần.

W2 (2 R  r )2

2) Khi K đóng, điện trở tương đương của mạch ngoài Rtd  điện chạy qua nguồn là I 

R  R1 và dòng 2

0,25

0,25

E ; Rtd  r

Nên tổng công suất tiêu thụ trên các điện trở R và R1 là: P  I 2 .Rtd 

Rtd .E 2

 Rtd  r 

2

E2



 r    Rtd   Rtd  

2

.

0,25

Tử số là số cố định, mẫu số là tổng của 2 số dương mà tích của chúng không đổi nên mẫu số sẽ đạt cực tiểu (tức là P đạt cực đại) khi hai số đó bằng nhau: Rtd 

r Rtd

 r  Rtd



0,25

R 1 R  R1  r  R1  r   0.

2 2

3) Hiệu điện thế giữa hai điểm A và B là hiệu điện thế mạch ngoài, theo định luật Ôm cho mạch kín:

0,25

U  E  Ir  12  2 I

Khi điều chỉnh biến trở R1, cường độ dòng điện qua nguồn thay đổi, làm cho U thay đổi. Khi I=0 thì U=12V. Khi U=0 thì I=6A.

0,25

Đồ thị là một đường thẳng cắt trục tung tại điểm 12V và cắt trục hoành tại điểm 6A như hình 8.

Tuy nhiên thực tế thì điện trở mạch ngoài và dòng điện qua nguồn luôn luôn khác không, nên đồ thị là một đoạn thẳng như hình vẽ nhưng không cắt trục tung và không cắt trục hoành. Khi R1 = 0 thì dòng điện qua nguồn là 3A nên đồ thị kéo theo trục hoành chỉ đến điểm 3A (khi đó UAB = 6V).

0,75

U(V)

Hình 8

12 6

I(A) 3

6

Bài 2 Nội dung Điểm 1) Gọi a là chiều dài của cạnh hình vuông thì đường chéo là a 2 . Khi hai quả cầu gần nhau nhất, chúng cách nhau một khoảng a/2; khi hai quả cầu xa nhau nhất 0,25 thì cách nhau một khoảng a 2 2 .

Khi hai quả cầu gần nhau nhất thì tác dụng lên nhau lực lớn nhất: q2 4q 2 0,5 F k k (1) max

a 2 2

a2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Khi hai quả cầu xa nhau nhất thì tác dụng lên nhau lực nhỏ nhất: Fmin  k

Từ (1) và (2) rút ra:

q2

a

2 2



2

k

2q 2 a2

0,5

( 2)

Fmax  2. Vậy lực cực đại lớn hơn lực cực tiểu 2 lần.

Fmin

0,25

2) Khi hai quả cầu nhỏ tích điện với điện lượng q1 và q2 thì độ lớn của lực tương tác giữa chúng: F  9.109

0,25

q1q2 . r2

Khi lấy bớt điện tích ở một quả cầu và truyền cho quả còn lại thì tổng điện tích của chúng vẫn không thay đổi: q1  q2  const.

0,25

Trong biểu thức của lực thì tích q1q2 sẽ đạt cực đại khi q1=q2 (tổng 2 số dương không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi 2 số đó bằng nhau). Vậy khi thay đổi điện tích như bài toán đã nêu sẽ làm cho lực tương tác giảm đi.

0,5

O

3) Mỗi quả cầu khi cân bằng đều chịu tác dụng của lực điện F, lực căng của dây treo và trọng lực P (xem hình 6).

2l

 l

600-

F

B P

A P

F

0,25

Hình 6

0

Vì khi cân bằng thì góc giữa hai sợi dây bằng 60 và chiều dài các sợi dây là l và 2l nên: OB  AB .

Gọi  là góc tạo bởi dây treo quả cầu B và phương đứng thì xét hình chiếu các lực tác dụng quả cầu B theo phương nối hai quả cầu: (3) F  P sin  Ngoài ra ta xét sự cân bằng của mômen trọng lực đối với hệ: P.2l sin( 600   )  P.l sin  (4) Từ (4) rút ra: cos  

2 sin  , do đó: sin   3

3  0,65.

7

Từ (3) ta tính được đội lớn của lực điện: F  P sin   0,1.0,65  0,065( N )  6,5.10 2 N .

0,25 0,25 0,5 0,5 0,25

BÀI 2 -1/ Nội dung Gọi hiệu điện thế mà các điện trở được mắc vào là U. Khi mắc R1 vào hiệu điện thế U thì: U2 P R1

0,5

U2  R1  P

Tương tự, khi mắc R2 và R3 vào hiệu điện thế U ta có: R2 

Điểm

2U 2 4U 2 ; R3  P P

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

Khi mắc cả 3 điện trở vào hiệu điện thế U thì điện trở tương đương của R2 và R3 là: 4U 2 RR .

R23  2 3  P R2  R3

0,25

Nên điện trở tương đương toàn mạch: Rtđ  R1  R23 

U 2 4U 2 7U 2   .

P 3P 3P

0,25

Vậy công suất tiêu thụ trên mạch là: Ptm 

U2 3  P. Rtđ 7

0,5

2/ E E 2 .R E2 ; P  I 2R   (*) .

2 rR ( R  r)2  r   R  R  a. Thay E = 6V, r = 2Ω, P = 4W vào (*) ta tìm được: R=1Ω hoặc R=4Ω. b. Từ (*), AD bất đẳng thức Cô –si, thấy để P cực đại thì R = r = 2Ω , Pmax = 4,5 W I

 E2  .R  P.r 2  0 c. Từ (*) suy ra: P.R 2  2 P.r  2   ­ Phương trình này phải có hai nghiệm phân biệt là: R1 và (R1+R2).

Théo định lí Vi­ ét ta có: R1 (R1+R2) = r2  R2 =7,5Ω

0,5

0,25 0,5 0,25

0,5

Bài 4: ­ Hình vẽ v ­ Khi proton được tăng tốc trong điện trường: C mv 2 2qU 0  qU 0  v  2 m ­ Khi chuyển động trong từ trường đều, proton O2 có quĩ đạo là đường tròn, bán kính r, lực Lo­ren­xơ đóng vai trò là lực hướng tâm: O1 2 mv 2mU 0 mv qvB  r   r qB qB 2 a. Khi chuyển động trong vùng I, bán kính quĩ đạo của proton là: 2mU 0 r1  qB 2

0,25 H

qB 2 d 2 ≈ 3,1 kV 2m b. Sau khi đi qua vùng I, proton vẫn giữ nguyên độ lớn của vận tốc nhưng Để proton đi qua được vùng I thì r1 >d hay U 0 

0,25

0,25

0,25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

phương thay đổi. Vectơ vận tốc lệch đi một góc α sao cho: sin  

d r1

0,25

Do B2 =2B1 nên bán kính r2 = 0,5 r1. Để proton đi qua được vùng II thì:

qB 2 d 2  28kV O2H > (r2sinα +d)  r1 > 3d tức là U 0  9 2m c. Từ hình vẽ và theo đề ra thì góc lệch γ = 600 nên β = 300. r2 sin   d 3d qB 2 d 2 3 Lại có: cos      U0  6  36,8kV r2 2 r1 m Bài 5 1.a. ­ Khi thanh MN chuyển động trong từ trường, trong thanh xuất hiện một suất điện động cảm ứng.

E =B.l.v =2V. ­ Ta có thể vẽ lại mạch bằng cách thay thế thanh MN bởi nguồn điện (E,r) như hình vẽ.

Khi K mở: hai nguồn E0 và M E mắc xung đối, vì E0 >E nên dòng điện chạy trong I E, E0,r  thanh MN đi từ M đến N. B R I E0  E I 2  0, 4 A I r  r0 N UMN = E0 – I.r0 =2,4V. 1.b. Lực kéo nằm ngang cần tác dụng lên thanh để làm cho nó chuyển động đều Fk = BIl + μmg = 0,07 N 2. Khi khóa K đóng: Hai nguồn E và E0 mắc song song, mạch ngoài là điện trở R. Giả sử dòng điện trong các nhánh như hình vẽ, Áp dụng định luật Ôm ta có: E  U MN U MN E  U MN I1  0 ; I2  ; I r R r0 và I1 +I2 = I Thay số và giải ra ta được: UMN =- 1,5V và IMN = I2 =0,5A

0,25 0,25 0,25

0,5 0,5

0,5 0,5

0,5

0,75

0,75

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT OLYMPIC

Môn: Vật Lý 11 Thời gian làm bài:150 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1 (5 điểm): Có 4 quả cầu nhỏ giống hệt nhau, mỗi quả có khối lượng m, điện tích q. Treo 4 quả vào điểm O bằng 4 sợi dây mảnh cách điện dài l. Khi cân bằng, bốn điện tích nằm tại 4 đỉnh của hình vuông ABCD cạnh a=l. a) Tính lực điện do ba điện tích đặt tại A, B, D tác dụng lên điện tích đặt tại C theo q, l và hằng số điện k. b) Tính giá trị của q theo m, l và gia tốc trọng trường g.

Nm2 Áp dụng bằng số: l=30cm, m= 2 2 gam, g=10m/s2, k= 9.109 ( 2 ) .

C Câu 2( 4 điểm): Cho mạch điện như hình 3: A1 ; A2 và A3 là 3 ampe kế lý tưởng và hoàn toàn giống nhau. Giá trị các điện trở được ghi trên hình vẽ. Người ta đặt vào hai đầu A, B một hiệu điện thế không đổi, có độ lớn U = 13,8V. A2 2k 6k

a. Hãy tính các giá trị cường độ dòng điện qua các A điện trở; b. Xác định số chỉ của các ampe kế.

6k 6k

3k A1

5k

Câu 3 (4 điểm): Cho mạch điện hình 4:Nguồn điện có E = 8V, r = 2Ω. Đèn có điện trở R1 = 3Ω, R2 = 3 Ω, điện trở của ampe kế không đáng kể. a) K mở di chuyển con chạy C đến vị trí mà RBC = 1Ω thì đèn tối nhất. Tính điện trở toàn phần biến trở RAB. b) Thay RAB = 12Ω rồi di chuyển con chạy C đến giữa (trung điểm AB) rồi đóng K. Tìm số chỉ của ampe kế lúc này.

Câu 4(4 điểm).

Một êlectron đang chuyển động với vận tốc v0= 6.107m/s thì bay vào một miền có từ trường đều,  phương vuông góc với các đường sức từ. Vectơ vận tốc v 0 nằm trong mặt phẳng hình vẽ và có chiều hướng từ trái sang phải như hình vẽ. Cho biết B  0, 005 T , v0 m e  9,1.10 31 kg , điện tích của êlectron bằng 1, 6.10 19 C . Bỏ qua trọng lượng của êlectron.  1. Cần phải đặt một điện trường E có hướng và độ lớn thế nào trong miền từ trường để êlectron chuyển động thẳng đều trong miền đó?

B 2. Không đặt điện trường như đã nêu ở câu trên. a) Hãy tính bán kính quỹ đạo chuyển động của êlectron khi chuyển động trong không gian có từ trường.

d Hình 1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

B

A3

b) Miền từ trường nói trên được giới hạn giữa hai đường thẳng song song, cách nhau một khoảng d = 5,91cm. Tính thời gian chuyển động của êlectron trong từ trường.

Câu 5 (3 điểm) Hai thanh kim loại song song, thẳng đứng có điện trở không đáng kể, một đầu nối vào điện trở R  0,5 . Một đoạn dây dẫn AB, độ dài l  14cm , khối lượng m  2 g , điện trở r  0,5 tì vào hai thanh kim loại tự do trượt không ma sát xuống dưới và luôn luôn vuông góc với hai thanh kim loại đó. Toàn bộ hệ thống đặt trong một từ trường đều có hướng vuông góc với mặt phẳng hai thanh kim loại có cảm ứng từ B  0, 2T . Lấy g  9,8m / s 2 . a) Xác định chiều dòng điện qua R. R b) Chứng minh rằng lúc đầu thanh AB chuyển động nhanh dần, sau một thời gian chuyển động trở thành chuyển động đều. Tính vận tốc chuyển động đều ấy và tính UAB.  A  c) Bây giờ đặt hai thanh kim loại nghiêng với mặt phẳng nằm  B ngang một góc   60o . Độ lớn và chiều của B vẫn như cũ. Tính vận tốc v của chuyển động đều của thanh AB và UAB.

B

ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT OLYMPIC VẬT LÝ 11 Câu 1 (5đ)

ý 1a (2đ)

Nội dung Vẽ hình đúng FAC ; FBC ; FDC ; F

Điểm 1đ

Lực tác dụng vào điện tích đặt tại C như hình vẽ.     FAC  FBC  FDC  F (1)

0,25đ

Chiếu phương trình (1) lên phương AC ta được: F = FAC + FDCcos450 + FBCcos450

0,25đ

 Do tính đối xứng nên lực F cùng chiều với AC

 F

kq 2  1   2 2  l 2 

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5đ

1b (3đ)

Xét quả cầu C.

     Các lực tác dụng vào quả cầu gồm: T , P , FAC , FBC , FDC .       Tại vị trí cân bằng của quả cầu C: T  P  FAC  FBC  FDC  0  



 F  P  T ( vẽ hình)

   Hợp lực của F  P phải có phương của dây treo OC.

Do =450 nên F  P  mg 

mgl 2 kq 2 2 0,5 q    l2 k (0,5  2)





Thay số: q  3,84.107 C

2 (4đ)

0,5đ 0,5đ

1a 6 1 92 Điện trở tương đương toàn mạch: R td    k (2,5đ) 3 1  1  1 31 2 3 5 1 U Dòng điện đi qua điện trở 6kΩ: I6k  .  1,55mA 3 R td 1 1 Dòng điện đi qua điện trở 2kΩ: I 2 k  . .3.1,55  2, 25mA 2 111 2 3 5 1 1 Dòng điện đi qua điện trở 3kΩ: I3k  . .3.1,55  1,50mA 3 111 2 3 5 1 1 Dòng điện đi qua điện trở 5kΩ: I5 k  . .3.1,55  0,90mA 5 111 2 3 5 1b (1,5đ) Vẽ lại mạch điện Định luật kiếc­sốp cho các điểm nút được ghi trên hình

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5đ 0,5đ 0,5đ 0.50

0,5đ

0,5đ 0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

A Các ampe giống nhau nên cùng điện trở trong (dù rất nhỏ) Ir + (0,05 + I)r = (0,65 – I)r  I = 0,20mA = IA1  IA2 = 0,25mA  IA3 = 0,45mA

3 (4đ)

3a (2đ)

0,7 mA

2

6 6

3

6

5

0,05+ I

B

0,65 – I

A2

A3 A1

I

0,5đ

0,65mA

a) Tính điện trở toàn phần biến trở RAB. ­ Hình vẽ Đặt: RAB = R ; RBC = x ; RAC = R – x Khi K mở mạch điện vẽ lại như sau RCD 

I 

3( x; 3) R  R  x  3( x  3) AD x6 x6

E R AD  r



0.25đ

8( x  6)  x  ( R  1) x  21  6 R

0.25đ

2

Cường độ dòng điện qua đèn U CD I . R CD   I1  x  R1 x  R1

I1 

24  x  ( R  1) x  21  6 R

Khi đèn tối nhất thì I1 nhỏ nhất Đặt y = ­x2 + (R ­ 1)x + 21 + 6R I1 min khi y max : ymax Theo đề: 3b (2đ)

khi

x

0,5đ

2

;

I1 

24 y

0,5đ

R 1 B  2A 2

x = 1Ω , R = 3Ω

b) Tìm số chỉ của ampe kế lúc này.

Khi K đóng con chạy C ở giữa –

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5đ

A1 R1

R2

R3 A2

E Hình vẽ R3 = RAC = 6Ω R4 = RBC = 6Ω R234 = 6Ω

R234 .R1  2 R234  R1 E U 2 I  2A I 2  AD  A RAD  r R 234 3 UAD = I . RAD = 4V ,

0.5đ

R AD 

I3  I4 

1 A 3

0.25đ 0,5đ 0,5đ

I  I A  I3

5 5 A  số chỉ của ampe kế là A 3 3  - Sử dụng quy tắc bàn tay trái ta tìm được chiều của lực Lorenxơ FL tác dụng lên electron hướng thẳng đứng từ trên xuống.  ­ Để electron chuyển động thẳng đều thì lực điện trường ( FD ) phải cân bằng với IA 

4 (4đ)

1 (2đ)

  FL , tức là FD hướng lên.  ­ Vì q<0 suy ra E phải hướng thẳng đứng xuống dưới.

­ Độ lớn E thỏa mãn: Ee = ev0B (e là độ lớn điện tích electron)  E  Bv0  0, 005.6.107  3.105 V m .

2a (1đ)

0,5đ 0,5đ

0,5đ 0,5đ



Khi không có điện trường, trong miền từ trường, lực Lorenxơ FL đóng vai trò là lực hướng tâm nên: FL  ma ht

mv20 mv 0 R R eB 7 31 9,1.10 .6.10  0,06825 m  6,825cm R 1, 6.1019.0,005

ev0 B 

2b (1đ)

0,25đ

Vì R > d nên êlectron sẽ ra khỏi từ trường tại một điểm trên đường giới hạn theo phương lệch với phương ban đầu một góc xác định bởi:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5đ

0,5đ

B

v0

N

0,5đ

φ v0 R φ O

sin  

5,91 d   0,866 hay   600 .

R 6,825

d

Như vậy cung tròn mà êlectron chuyển động trong từ trường chỉ chiếm 1/6 đường tròn nên thời gian êlectron chuyển động trong từ trường là:

0,5đ

1 2R 1 2.0,06825  .  1,191.109 s t .

7 6 v0 6 6.10 5 (3đ)

a)Do thanh đi xuống nên từ thông qua mạch tăng. Áp 5a  (0,5đ) dụng định luật Lenxơ,dòng điện cảm ứng sinh ra  Bcu  ngược chiều B (Hình vẽ). Áp dụng qui tắc nắm bàn tay phải, I chạy qua R có chiều từ A  B.

I

A

R

 Bcu



 B

B

0,5đ

b) Ngay sau khi buông thì thanh AB chỉ chịu tác dụng của trọng lực P  mg nên 5b (1,5đ)

thanh chuyển động nhanh dần  v tăng dần. ­ Đồng thời, do sau đó trong mạch xuất hiện dòng điện I nên thanh AB chịu thêm tác dụng của lực từ F  BIl có hướng đi lên.   Blv nên ­ Mặt khác, suất điện động xuất hiện trong AB là: e  t

B 2l 2 v Blv e F   Rr Rr Rr Cho nên khi v tăng dần thì F tăng dần  tồn tại thời điểm mà F=P. Khi đó thanh chuyển động thẳng đều. ­Khi thanh chuyển động đều thì: I

F  mg 

( R  r )mg (0, 5  0,5).2.103.9,8 B 2l 2 v  mg  v    25(m / s) Rr 0, 22.0,142 B 2l 2

­ Hiệu điện thế giữa hai đầu thanh khi đó là: Blv 0, 2.0,14.25 U AB  I .R  .R  .0,5  0,35(V ) Rr 0,5  0,5 5c (1đ)

c) Khi để nghiêng hai thanh kim loại ta có hình vẽ bên: ­ Hiện tượng xảy ra tương tự như trường hợp b) khi ta thay P bằng Psin, thay B

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.25đ

0.25đ 0.25đ

0,5đ

0,25đ

bằng B1 với B1=Bsin. ­ Lập luận tương tự ta có:

F  mg sin  

0,25đ

( R  r )mg sin  (0,5  0,5).2.103.9,8.sin 600 ( B sin  )2 l 2 v  mg sin   v   (0, 2.sin 60o )2 .0,142 Rr ( B sin  )2 l 2

=> v = 57,74(m/s) ­ Hiệu điện thế giữa hai đầu thanh khi đó là: 0, 2.sin 60o.0,14.28,87 B sin  .lv .R  .0, 5  0,35(V ) U AB  I .R  Rr 0, 5  0,5

0,25đ

0,5đ

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG MÔN VẬT LÍ 11 Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1. (4 điểm) Đồ thị tọa độ – thời gian chuyển động của hai 10 xe được biểu diễn như hình vẽ. a) Lập phương trình chuyển động của mỗi 0 xe. b) Nêu đặc điểm chuyển động của mỗi xe (vị trí khởi hành, chiều chuyển động, độ -14 lớn vận tốc).

x1

x (km) M

x2 t (h)

2

Câu 2. (3 điểm) Một ống thủy tinh một đầu kín, chứa một lượng khí. Ấn miệng ống thẳng đứng vào chậu thủy ngân, chiều cao ống còn lại là 10cm. Ở 00C mực thủy ngân trong ống cao hơn trong chậu 5cm. Hỏi phải tăng nhiệt độ Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

lên bao nhiêu để mực Hg trong ống bằng trong chậu?

Biết áp suất khí quyển p0 = 750 mmHg. Mực thủy ngân trong chậu dâng lên không đáng kể.

Câu 3. (4 điểm) Tại ba đỉnh của một tam giác đều trong không khí, đặt 3 điện tích giống nhau q1 = q2 = q3 = q = 6.10­7C. Hỏi phải đặt điện tích q0 tại đâu, có giá trị bao nhiêu để hệ điện tích cân bằng?

A1

Câu 4. (5 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ:

R3 N

A

R1 = R2 = 6, R3 = 3, r = 5, RA = 0. Ampe kế A1 chỉ 0,6A. Tính E và số chỉ của ampe kế A2.

Câu 5. (4 điểm)

R1

M

B

R2 A2

E, r

Hai thanh ray nằm ngang, song song và cách nhau đoạn l = 0,3 cm, một thanh kim loaị đặt lên hai thanh ray. Cho dòng điện I = 50A chạy qua thanh kim loại với thanh ray. Biết hệ số ma sát giữa thanh kim loại với thanh ray là  = 0,2 và khối lượng thanh kim loại m = 0,5kg. Hãy tìm điều kiện về độ lớn của cảm ứng từ B để thanh có

 thể chuyển động ( B vuông góc với mặt phẳng hai thanh ray). ...........................Hết....................

Câu 1.(4 điểm) a) Phương trình tổng quát có dạng: x  x 0  vt * Xét với xe 1: + Đồ thị của x1 đi qua điểm (t = 0, x = ­14) và điểm (t = 2, x = 10). (0,5 điểm) 14  x 01  v1 .0  x 01  14km (0,5 điểm)  + Do đó ta có:  10  x 01  2v1  v1  12km / h + Vậy phương trình chuyển động của xe 1 là: x  14  12t (km) (0,5 điểm) * Xét với xe 2: + Đồ thị của x2 đi qua điểm (t = 0, x = 0) và điểm (t = 2, x = 10). (0,5 điểm) 0  x 02  v 2 .0 x  0 (0,5 điểm)   02 + Do đó ta có:  10  x 02  2v 2  v 2  5km / h + Vậy phương trình chuyển động của xe 1 là: x  5t (km) (0,5 điểm) b) Từ đồ thị ta thấy + Xe 1 khởi hành tại vị trí cách gốc toạ độ 14 km (về phía âm), chuyển động cùng chiều dương, độ lớn vận tốc là v1 = 12 km/h. (0,5 điểm) + Xe 2 khởi hành tại gốc toạ độ, chuyển động cùng chiều dương, độ lớn vận tốc là v2 = 5 km/h.

(0,5 điểm)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 2.(3 điểm) Hướng dẫn – Ban đầu, khí trong ống có thể tích V1 = S(l – h), áp suất p1 = p0 – h, nhiệt độ T1 = 273K. (0,5 điểm) – Khi nhiệt độ tăng lên, khí trong ống có thể tích V2 = Sl, áp suất p1 = p0, nhiệt độ T2. (0,5 điểm) p V pV – Theo phương trình trạng thái của khí lí tưởng, ta có: 1 1 = 2 2 . (0,5 điểm) T1 T2  T2 =

p2 V2 p1V1

T1 =

p0 .Sl (p0  h).S(l  h)

.T1 =

p 0 .l (p0  h).(l  h)

.T1 (0,5 điểm)

750.10 .273 = 550K hay t2 = 277oC. (0,5 điểm) (750  5).(10  5) Vậy: Phải tăng nhiệt độ lên 277oC. (0,5 điểm) Câu 3. (4 điểm) A ­ Xét điều kiện cân bằng của q3:

 T2 =

      F13  F23  F03  F3  F03  0 (0,5 điểm) q2 ­ Với F13  F23  k 2 a    và F13 ; F23  600 (0,5 điểm)



q1

q0



B q2

Hình vẽ (0,5 điểm)

q3

2

 F3  2F13 cos 300  F13 3  3k

 F23

C

q (0,5 a2

điểm)

 F13

­ Trong đó F3 có phương là đường phân giác góc

  F03  F3 nên q0 nằm trên phân giác góc C.

 F3

C,

lại

có

(0,5 điểm) ­ Tương tự, q0 cũng thuộc phân giác các góc A và B. Vậy q0 tại trọng tâm G của ABC. (0,5 điểm)    ­ Vì F03  F3 nên F03 hướng về phía G, hay là lực hút nên q0 < 0. (0,5 điểm)

q2 3  3k 2  q 0   q  3, 46.107 C (0,5 điểm) ­ Độ lớn: F03  F3  k 2 3 a 2 3 3a 2    Câu 4.(5 điểm) q 0q

Hướng dẫn giải Vì điện trở của các ampe kế bằng 0 nên ta có thể vẽ lại mạch điện như hình sau [R1 // R2 // R3]: (0,5 điểm) I3

A

A1

R3 A

I2

R2

I1

R1

B

N R1 M

R2

R3 B

A2

E, r E, r

Số chỉ của ampe kế A1 bằng tổng I2 và I3: I2 + I3 = 0,6A = I23 (0,5 điểm) U 1,2 = 0,2A (0,5 điểm)  UAB = I23.R23 = 0,6.2 = 1,2V  I1 = AB = 6 R1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 I2 =

U AB R2

=

1,2 = 0,2A và I3 = I23 – I2 = 0,6 – 0,2 = 0,4A. (0,5 điểm) 6

Số chỉ của ampe kế A2 bằng tổng I1 và I2: I1 + I2 = 0,2 + 0,2 = 0,4A. (0,5 điểm) E Tìm E: Ta có: I = (0,5 điểm)  E = I(RN + r) R N +r với: I = I1 + I2 + I3 = 0,2 + 0,2 + 0,4 = 0,8A (0,5 điểm) 1 1 1 1 1 1 2 1 3 = + + = + + =  1,5 (0,5 điểm)  RN = RN R1 R 2 R3 6 6 3 3 2 và E = 0,8.(1,5 + 5) = 5,2V. (0,5 điểm) Vậy: Suất điện động của nguồn là E = 5,2V; số chỉ A2 là 0,4A. (0,5 điểm) Câu 5. (4 điểm)    N B B    Fms F I

 P

 + Giả sử cảm ứng từ B có chiều từ trên xuống khi đó chiều của lực từ được xác định như hình. (1,0 điểm) Dưới tác dụng của lực từ thanh kim loại sẽ chuyển động trên mặt ngang hai thanh ray. Khi đó lực ma sát sẽ  ngược chiều với lực từ F . (0,5 điểm) + Điều kiện để thanh kim loại có thể chuyển động là : F  Fms (0,5 điểm)  BI.sin 90o  N + Vì trên mặt ngang nên: N  P  mg  BI  mg mg I 20  B  T  3 B

(0,5 điểm) (0,5 điểm) (0,5 điểm) (0,5 điểm)

ĐỀ ĐỀ NGHỊ

KỲ THI OLYMPIC KHỐI 11 - THPT MÔN THI: VẬT LÍ Thời gian: 150 phút

Câu 1: (4 điểm) Một toa xe nhỏ dài 4m khối lượng m2 = 100kg đang chuyển động trên đường ray với vận tốc v0 = 7,2km/h thì một chiếc vali kích thước nhỏ khối lượng m1 = 5kg được đặt nhẹ vào mép trước của sàn xe. Sau khi trượt trên sàn, vali có thể nằm yên trên sàn chuyển động không? Nếu được thì nằm ở đâu? Tính vận tốc mới của toa xe và vali. Cho biết hệ số ma sát giữa va li và sàn là k = 0,1. Bỏ qua ma sát giữa toa xe và đường ray. Lấy g = 10m/s2. p(atm) Câu 2: (4 điểm) Một mol chất khí lý tưởng thực hiện chu trình ABCA trên 3 giản đồ p­V gồm các quá trình đẳng áp AB, đẳng tích BC và quá trình CA có C áp suất p biến đổi theo hàm bậc nhất của thể tích V (hình 2).

A 1 B

V(l) Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú 25,6 102,4 Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com Hình 2

O

a) Với số liệu cho trên giản đồ, hãy xác định các thông số (p,V,T) còn lại của các trạng thái A, B, C; b) Biểu diễn chu trình ABCA trên giản đồ V­T. Câu 3 : (4 điểm) Cho hai điện tích q1 và q2 đặt cố định tại hai vị trí có tọa độ x1 = a và x2 = ­a trong hệ tọa độ vuông góc (oxy) .Biết q1 = q2 = +Q . a) Phải chọn một điện tích q0 như thế nào và đặt ở đâu để nó cân bằng bền ? b) Đặt thêm điện tích q3 = ­Q cố định tại vị trí có tọa độ y = a 3 .Phải đặt điện tích q0 nằm cách đều q1 ,q2 ở đâu để lực điện do q1,q2 và q3 tác dụng lên nó đạt giá trị cực đại ? Tính giá trị cực đại đó ?

A Câu 4: (4 điểm) Cho mạch như hình vẽ: nguồn có suất điện động E = 30V, điện trở trong r = 3  ; R1 = 12  ; R2 = 36  ; R3 = 18  ; R1 R2 F R3 Điện trở Ampekế và dây nối không đáng kể.

B G D a) Tìm số chỉ Ampekế và chiều dòng điện qua nó b) Thay Ampekế bằng một biến trở R4 có giá trị biến đổi từ 2  đến 8  . Tìm R4 để dòng điện qua R4 đạt giá trị cực đại.

E, r Câu 5: (4 điểm) Trên một mặt phẳng nghiêng góc α = 450 với mặt phẳng ngang có hai dây dẫn thẳng song song, điện trở không đáng kể nằm dọc theo đường dốc chính của mặt phẳng nghiêng ấy như vẽ (hình 4). Đầu trên của hai dây dẫn ấy nối với điện trở R = 0,1Ω. Một thanh kim loại MN = l = 10 cm điện trở r = 0,1 Ω khối lượng m = 20g đặt vuông góc với hai B dây dẫn nói trên, trượt không ma sát trên hai dây dẫn ấy. Mạch điện  R N đặt trong một từ trường đều, cảm ứng từ B có độ lớn B = 1T có hướng thẳng đứng từ dưới lên trên. Lấy g = 10m/s2. a) Thanh kim loại trượt xuống dốc. Xác định chiều dòng điện v cảm ứng chạy qua R M b) Chứng minh rằng lúc đầu thanh kim loại chuyển động nhanh dần đến một lúc chuyển động với vận tốc không đổi. Tính giá trị của vận tốc không đổi ấy. Khi đó cường độ dòng điện qua R là bao nhiêu?  ----------------------------------------HẾT---------------------------------

Hình

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

KỲ THI OLYMPIC KHỐI 11 - THPT MÔN THI: VẬT LÍ Thời gian: 150 phút

HƯỚNG DẪN CHẤM VẬT LÝ LỚP 11 NỘI DUNG CÂU 1 4 điểm

Hình vẽ

THANG ĐIỂM

 v0

0,25 điểm

N2 F' ms

N1

O  P'1

P1

x F ms

P2

Chọn trục Ox hướng theo chuyển động của xe, gắn với đường 0,25 điểm ray, gốc O tại vị trí mép cuối xe khi thả vali, gốc thời gian lúc thả vali. + Các lực tác dụng lên Vali: Trọng lực P1 = m1g, phản lực N1 và lực ma sát với sàn xe Fms, ta có     P1  N1  Fms  m1a 1 ......................................................

Chiếu lên Ox và phương thẳng đứng ta được: Fms = m1a1 và N1 = P1 = m1g, suy ra

0,25 điểm

Fms kN1 0,5 điểm   kg  1m/s2 ........................................ m1 m1 , Xe: Trọng lực P2 = m2g, trọng lượng của vali P1  m 1g , phản lực N2 và lực a1 

ma sát với vali F’ms. Ta có

     P1'  P2  N 2  F'ms  m 2 a 2 ............................................

0,25 điểm

Chiếu lên trục Ox ta được ­F’ms = m2a2

a2 

 F' ms  Fms  km1g    0,05m/s2 ..................... m2 m2 m2

0,5 điểm

Phương trình chuyển động của vali và xe lần lượt 0,25 điểm

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 x 1  a 1 t 2  x 01  0,5t 2  4 2 1 x 2  a 2 t 2  v 0 t  0,025t 2  2t 2

CÂU 2 4 điểm

Vali đến được mép sau xe khi x1 = x2, hay 0,5t 2 + 4 = ­0,025t2 + 2t....................................................

Phương trình này vô nghiệm, chứng tỏ vali nằm yên đối với sàn trước khi đến mép sau của xe.............................................

Khi vali nằm yên trên sàn, v1 = v2 Với v1 = a1t + v01 = t , v2 = a2t + v0 = ­0,05t + 2 suy ra t = ­ 0,05t + 2 suy ra t = 1,9s..........................................................

Khi đó vali cách mép sau xe một khoảng d  x 1  x 2  0,5t 2  4  0,025t 2  2t ................................................

Với t = 1,9s ta có d = 2,1m............................................................................

Vận tốc của xe và vali lúc đó v1 = v2 = 1,9m/s............................................... a) Áp dụng phương trình trạng thái: p B VB p o Vo 1.25,6   TB  273  312K ..........................................

TB To 1.22,4 3  pC 25,6   p C  2,25atm ......................................

Từ hình vẽ: 3 102,4 102,4  VA 1 1024   VA    68,3 .....................

Cũng từ hình vẽ: 102,4 3 15 p p p Áp dụng định luật Sác­lơ [B→ C]: B  C  TC  C TB  702K ....

TB TC pB Áp dụng định luật Gay­luy­sac [A→ B]: VA VC V   TA  A TB  832K ......................................................

TA TC VB

b)

0,25 điểm

0,25 điểm 0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm

0,5 điểm 0,5 điểm

0,5 điểm 0,5 điểm

0,5 điểm

A

V 51,2

N

25,6

B

0,25 điểm

C

T O

312

624

936

AB là đường thẳng đi qua gốc toạ độ..................................................

BC là đường thẳng song song với OT..................................................

CNA là parabol: Đỉnh N của parabol được xác định:

0,25 điểm 0,25 điểm

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Từ đồ thị của bài ra: quá trình (3) – (1) được biểu diễn theo phương trình p p p V p  p M  M V  pV  M (VM  V).V  M M ...............................

VM VM 4 dấu bằng khi V = VM/2 (với pM = 3atm, VM = 102,4l)...................... áp dụng phương trình trạng thái pV = RT => Tmax = 936K => TM = 936K..........................................

Câu 3 4 điểm

a) Vẽ hình phân tích lực.   + Điều kiện để q0 nằm cân bằng : F10  F20  0 .........................................   <=> F10   F20 ........................................................................................ + q0 nằm trên trục Ox và trong khoảng giữa q1 và q2 ........................... q2 q0 qq + F10 = F20 <=> k 1 2 0  k  x  a ...............................

2 x  2a  x  Vậy , để q0 nằm cân bằng bền thì q0 phải cùng dấu với q1,q2 và đặt q0 tại gốc tọa độ O. Giá trị của q0 là tùy ý............................................................. b) Vẽ hình phân tích lực.  + Để lực tác dụng lên q0 cực đại thì lực tổng hợp F12 do q1 và q2 tác dụng phải cùng chiều với lực do q3 tác dụng ...................................................... do đó :   600    1800 hay 0  y  a 3 với   F1 , F2 ..............................





q0Q .................................................................................... a  y2 q0Qy qQ   + F12  2k 2 0 2 cos    2k ..............................................

3/2 2 a y 2  a  y2  + F1  F2  k

+ F3  k

0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm

2

Qq0



0,25 điểm

a 3y



2

....................................................................................

+ F = F12 + F3 .............................................................................................. + Trong khoảng ( 0 ;a a ) thì y tăng F12 và F3 tăng nhưng F12 có điểm cực trị ,do đó , Fmax khi F12max ........................................................................... + Áp dụng bất đẳng thức Cosi khai triển F12 ta có : y.a 2 2 2 3/2 a 3  y  3 ..........................................................................   2 qQ => F12  4k 0 2 .................................................................................

3 3a qQ a y F12 max  4k 0 2 ..........................................................

2 3 3a Qq0 2 Vậy : Fmax  4k ...........................................................  2 2 3 3a a 6 1





0,25 điểm

0,25 điểm 0,25 điểm

0,25 điểm 0,25 điểm

0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 4 4 điểm

A B

R1

R2

F

R3 R3

D

G

R1 G D

B

E, r

0,25 điểm F

R2

E, r

a. * Vẽ lại mạch ta có: Mạch ngoài: (R2//R3) nt R1.

R23 =

R 2R 3 4 = 12  ; Rn = R1 + RR 23 = 24  R2 + R3 B

R1

R2

....................................

R3

F

30 G 10 E * Dòng điện mạch chính: ID = = A c= 24 + 3 9 Rn + r

.......................

0,25 điểm

0,25 điểm

E, r

I1 = Ic = I23 => U23 = I23.R23 =

10 40 .12 = V = U2 = U3 ..........................

9 3

10 U2 = A; .........................................................................................

27 R2 20 I3 = Ic – I2 = A = IA. ..........................................................................

27

I2 =

Vậy Ampekế chỉ

20 A  0,74A và dòng điện có chiều từ D sang G.........

R4 27

b.

B

R1

R2 D

F

R3

G

0,25 điểm

0,25 điểm 0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

E, r

* Khi thay Ampekế bằng biến trở R4: Ta có: Mạch ngoài: [(R3 nt R4) // R2] nt R1.

R34 = R3 + R4 = 18 + R4........................................................................

R 2 R 34 36(18 + R 4 ) R234 = = .........................................................

R 2 + R 34 54 + R 4 36(18 + R 4 ) 1296 +48R 4 Rn = R1 + R234 = 12 + = ......................

54 + R 4 54 + R 4

0,25 điểm 0,25 điểm

0,25 điểm

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

* Dòng điện mạch chính: Ic =

30 E = .......................... + 48R 4 1296 Rn + r +3 54 + R 4

30(54 + R 4 ) 10(54 + R 4 ) = .................................................................

1458 +51R 4 486 +17R 4 10(54 + R 4 ) 36(18 + R 4 ) 360(18 + R 4 ) . = U34 = U2 .......

U234 = Ic.R234   486 +17R 4 54 + R 4 486 +17R 4 U 360(18 + R 4 ) 360 I34 = 34 = = = I3 = I4...........................

R 34 (486 +17R 4 )(18 + R 4 ) (486 +17R 4 ) Vậy: Để I4max thì (486 + 17R4)min => R4min = 2  . ........................................

0,25 điểm

=

0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

CÂU 5 4 điểm

B R

N 0,25 điểm M

v

 Hình Khi thanh MN trượt xuống dốc, trong thanh MN xuất hiện suất điện động cảm ứng có chiều N đến M (Quy tắc bàn tay trái). Vậy dòng điện chạy qua R 0,25 điểm theo chiều từ M đến N  Thanh MN trượt xuống dốc do tác dụng của P1 (nằm theo đường dốc chính)  0,25 điểm của trọng lực P : P1 = P.sinα = mg.sinα Kí hiệu v là vận tốc chuyển động của thanh MN. Độ lớn của suất điện động   0,25 điểm cảm ứng: EC = B.l.v.sin( B , v ) = B.l.v.sin (900 + α) = B.l.v.cos α Trong thanh MN xuất hiện dòng điện cảm ứng có cường độ I : E Blv cos  I C  Rr Rr Và có chiều chạy qua thanh MN theo chiều từ N đến M ( theo quy tắc bàn tay phải)  Trong thanh MN có dòng điện I được đặt trong từ trường B phải chịu tác    dụng của lực từ F , lực từ F có phương vuông góc với B và với MN, có chiều theo quy tắc bàn tay trái, có độ lớn : B 2l 2v cos  Blv cos  0 l F = B.I.l.sin90 =B.I.l = B Rr  Rr  Thành phần F1 của lực từ F (nằm dọc theo dốc chính) có cường

B2l 2v cos2  độ: F1  F.cos  Rr   Ta thấy F1 ngược chiều với P1 . Như vậy thanh MN chịu tác dụng của hai   lực cùng phương, ngược chiều : P1 kéo xuống F1 kéo lên.

Lúc đầu, vận tốc v của thanh còn nhỏ F1 < P1 hay P1 ­ F1>0.Lực tổng hợp   F1 + P1 gây ra gia tốc cho thanh MN chuyển động nhanh dần, do đó v tăng dần và kết quả là F1 tăng dần trong khi P1 là không đổi. Đến một giá trị vmax của vận tốc sao cho F1 = P1 thì thanh MN sẽ chuyển động với vmax không

0,5 điểm 0,25 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm

0,25 điểm

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

đổi.

B 2 l 2 vmax cos2  ( R  r )mg sin   mg sin   vmax  = 4 2 m/s Rr B 2 l 2 cos2   5, 66m / s E Blv cos  Khi đó cường độ dòng điện qua R là : I  C  = 2A Rr Rr

0,5 điểm

Khi đó :

ĐỀ ĐỀ NGHỊ

0,5 điểm

KỲ THI OLYMPIC KHỐI 11 - THPT MÔN THI: VẬT LÍ Thời gian: 150 phút

Câu 1: (5 điểm) Có 4 quả cầu nhỏ giống hệt nhau, mỗi quả có khối lượng m, điện tích q. Treo 4 quả vào điểm O bằng 4 sợi dây mảnh cách điện dài l. Khi cân bằng, bốn điện tích nằm tại 4 đỉnh của hình vuông ABCD cạnh a=l. a) Tính lực điện do ba điện tích đặt tại A, B, D tác dụng lên điện tích đặt tại C theo q, l và hằng số điện k. b) Tính giá trị của q theo m, l và gia tốc trọng trường g.

2 9 Nm 2 Áp dụng bằng số: l=20cm, m= (1  2 2) gam, g=10m/s , k= 9.10 ( 2 ) .

C Câu 2: (4 điểm) Một tụ điện phẳng có điện môi không khí, khoảng cách 2 bản là d0 , điện dung là C0 : a) Đưa vào khoảng không gian giữa 2 bản một tấm kim loại có bề dày d < d0 và song song với 2 bản của tụ điện thì điện dung của tụ bây giờ là bao nhiêu? Điện dung này có phụ thuộc vào vị trí đặt tấm kim loại không? Xét trường hợp bản kim loại rất mỏng (d  0). b) Nếu thay tấm kim loại ở câu a) bằng tấm điện môi có hằng số điện môi là  , bề dày d thì điện dung tụ là bao nhiêu?

Câu 3 : (4 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ, nguồn điện có suất điện động  =8V, điện trở trong r=2  . Điện trở của đèn R1=3  , điện trở R2=3  , điện trở ampe kế không đáng kể (Hình 1).

1. Khoá K mở, di chuyển con chạy C, người ta nhận thấy khi điện trở của phần AC của biến trở AB có giá trị 1  thì đèn tối nhất. Tính điện trở toàn phần của biến trở.

2. Mắc một biến trở khác thay vào chỗ của biến trở đã cho và đóng khóa 5 K. Khi điện trở của phần AC bằng 6  thì ampe kế chỉ A. Tính giá trị 3 toàn phần của biến trở mới.

Câu 4: (4 điểm) Một khung dây ABCD có n = 100 vòng được treo thẳng đứng ở đầu N của đòn cân như hình vẽ. Cạnh dưới CD của khung nằm trong từ

M

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

O

N

trường đều của nam châm hình chữ U. Biết cạnh CD và đường cảm ứng từ đều nằm ngang và vuông góc với nhau. Chiều dài cạnh CD là a = 5cm.

Cho dòng điện I = 10A đi vào khung dây, ta điều chỉnh khối lượng quả cân trên đĩa cân sao cho cân được cân bằng. Sau đó ta đổi chều dòng điện đi vào khung dây (cường độ dòng điện I vẫn không đổi), để cân lặp lại cân bằng ta lấy bớt ở đĩa cân một quả cân có khối lượng  m = 100g. Xác định cảm ứng từ B của từ trường nam châm, biết hai cánh tay đòn của cân ON và OM bằng nhau. Lấy g = 10 m/s2.

Câu 5: (3 điểm) Trên một mặt phẳng nghiêng góc α = 450 với mặt phẳng ngang có hai dây dẫn thẳng song song, điện trở không đáng kể nằm dọc theo đường dốc chính của mặt phẳng nghiêng ấy như vẽ (hình 4). Đầu trên của hai dây dẫn ấy nối với điện trở R = 0,1Ω. Một thanh kim loại MN = l = 10 cm điện trở r = 0,1 Ω khối lượng m = 20g đặt vuông góc với hai dây dẫn nói trên, trượt không  ma sát trên hai dây dẫn ấy. Mạch điện đặt trong một từ trường đều, cảm ứng từ B có độ lớn B = 1T có hướng thẳng đứng từ dưới lên trên. Lấy g = 10m/s2. a) Thanh kim loại trượt xuống dốc. Xác định chiều dòng điện cảm ứng chạy qua R b) Chứng minh rằng lúc đầu thanh kim loại chuyển động nhanh dần đến một lúc chuyển động với vận tốc không đổi. Tính giá trị của vận tốc không đổi ấy. Khi đó cường độ dòng điện qua R là bao nhiêu?

B R

M

N v

 Hình

----------------------------------------HẾT---------------------------------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

KỲ THI OLYMPIC KHỐI 11 - THPT MÔN THI: VẬT LÍ Thời gian: 150 phút

HƯỚNG DẪN CHẤM VẬT LÝ LỚP 11 NỘI DUNG CÂU 1 5 điểm

THANG ĐIỂM

Lực tác dụng vào điện tích đặt tại C như hình vẽ.     FAC  FBC  FDC  F (1)

0,5 điểm

 Do tính đối xứng nên lực F cùng chiều với AC

Hình vẽ 0,5 điểm

Chiếu phương trình (1) lên phương AC ta được: F = FAC + FDCcos450 + FBCcos450 kq 2 1  F  2   2  l 2       Xét quả cầu C. Các lực tác dụng vào quả cầu gồm: T , P , FAC , FBC , FDC .      Tại vị trí cân bằng của quả cầu C: T  P  FAC  FBC  FDC  0  



 F  P  T

0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm

(như hình vẽ)......................................................................

 

 Hợp lực của F  P phải có phương của dây treo OC...............................

0,5 điểm 0,5 điểm

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

kq 2 mgl 2 Do =45 nên F  P  mg  2 0,5  2  q  ................ 0,5 điểm l k (0,5  2)



0



Thay số: q  3.107 C ....................................................................................

CÂU 2 4 điểm

S 9.10 .4 d 0  .S 1 Đặt  0  thì C0  0 9 9.10 .4 d0 a) Đưa tấm kim loại vào tụ: Bản tụ A cùng mép B của tấm kim loại tạo thành tụ C1 và bản tụ D cùng mép C của kim loại tạo thành tụ C2 . Hai tụ này xem như ghép nối tiếp. Điện dung ban đầu của tụ: C0 

0,5 điểm

0,25 điểm

9

B C

A

D

0,25 điểm

C1

x

có: C1 

C2 

C2

d0  d  x

 0 .S

0,25 điểm

x

 0 .S

0,25 điểm

d0  d  x

 0 .S

.

 0 .S

C1.C 2 x d0  d  x  .S   0 ………………………………..

C1  C2  0 .S   0 .S d0  d x d0  d  x  0 .S d0 C d0  d Lập tỉ số :   …………………………………………….  0 .S C0 d0  d d0 C

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 C  C0 .

d0 …………………………………………………………. d0  d

­ Qua phép tính toán ta thấy : C không phụ thuộc vào x tức không phụ thuộc vị trí đặt tấm kim loại. ­ Khi tấm kim loại tất mỏng (d  0) thì C  C0 : điều này có nghĩa tấm kim loại rất mỏng sẽ không làm thay đổi điện dung của tụ điện. b) Đưa tấm điện môi vào tụ: Ta ép sát vào 2 mặt B và C của tấm điện môi 2 bản kim loại rất mỏng thì theo kết quả câu a) ta thấy điện dung của tụ không đổi. Lúc đó ta có 3 tụ C1 , C2 , C3 ghép nối tiếp:

C1

C2

0,25 điểm

0,25 điểm

B C

A

0,25 điểm

D

C3



x

d0  d  x 0,25 điểm

có: C1 

 0 .S

x  . .S C2  0 d

C3 

 0 .S

0,25 điểm

0,25 điểm

d0  d  x

Điện dung mới của tụ C cho bởi: 1 1 1 1 1 1 1 …………………………….        0 .S C C1 C2 C3  0 .S  . 0 .S d d0  d  x x

0,25 điểm

1 d 1  (x   d 0  d  x) C  0 .S  0,25 điểm

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

C 

 0 .S 1 d 0  d (  1)

………………………………………………………..



Lập tỉ lệ: d0 C  C0 d  d ( 1  1) 0

 C  C0 .



0,25 điểm

d0 …………………………………………………

1 d 0  d (  1)



Câu 3 4 điểm

Gọi điện trở toàn phần của biến trở là R, điện trở toàn phần AC là x. Khi K mở ta có mạch như hình vẽ điện trở toàn mạch 3( x  3)  x 2  ( R  1) x  21  6 R 2 Rtm  R  x  .......... ............... x6 x6 Cường độ dòng điện qua đèn: U I .RCD 24 ..... ............ .................

I1  CD   2 x  R1 x  R1  x  ( R  1) x  21  6 R Khi đèn tối nhất thì I1 nhỏ nhất hay mẫu số lớn nhất R 1 x .... . ......................................... ....................

2 Theo đề bài x=1  . Vậy R=3  .............. ............... ....................

0,5 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm 0,5 điểm

0,25 điểm

Khi K đóng ta có mạch như hình vẽ, điện trở toàn mạch 17 R '  60 Rtm  , R’ là điện trở toàn phần của biến trở mới................

4( R '  3) 32( R'  3) 48 5 Có I A  I  I BC    A ..... ............ ........ ' ' 17 R  60 17 R  60 3 ' ........................................ ...........................  R  12

0,5 điểm

0,5 điểm 0,5 điểm Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25 điểm

Câu 4 4 điểm

­ Các lực tác dụng lên khung dây:  + Trọng lực P của khung dây.....................................................................  + Lực điện từ F tác dụng vào canh CD có phương thẳng đứng và có độ lớn: F = B(nI)a...................................................................  ­ Lúc đầu, lực F hướng xuống nên hợp lực tác dụng lên khung có độ lớn: P + B(nI)a..................................................................

Lực tác dụng vào đĩa cân là : mg.................................................................. Điều kiện cân bằng của cân: [P + B(nI)a].ON = mg.OM.............................

(1)  P + B(nI)a = mg  ­ Khi đổi chiều dòng điện thì lực F hướng lên nên hợp lực tác dụng vào khung dây là: P ­ B(nI)a..................................................................

Lực tác dụng vào đĩa cân là: (m ­  m)g...................................................... Điều kiện cân bằng của cân: [P ­ B(nI)a].ON = (m ­  m)g.OM.................

(2)  P ­ B(nI)a = (m ­  m)g Từ (1) và (2) cho: 2B(nI)a =  mg................................................

0,1.10 m.g = = 0,01 T  B= 2nI .a 2.100.10.0, 05

0,25 điểm

0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,5 điểm

0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm

CÂU 5 3 điểm

B R

N

M

0,25 điểm v

 Hình Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Khi thanh MN trượt xuống dốc, trong thanh MN xuất hiện suất điện động cảm ứng có chiều N đến M (Quy tắc bàn tay trái). Vậy dòng điện chạy qua R theo chiều từ M đến N.........................................................................................  0,25 điểm Thanh MN trượt xuống dốc do tác dụng của P1 (nằm theo đường dốc chính)  của trọng lực P : P1 = P.sinα = mg.sinα......................................................... 0,25 điểm Kí hiệu v là vận tốc chuyển động của thanh MN. Độ lớn của suất điện động   cảm ứng: EC = B.l.v.sin( B , v ) = B.l.v.sin (900 + α) = B.l.v.cos α............... 0,25 điểm Trong thanh MN xuất hiện dòng điện cảm ứng có cường độ I : E Blv cos  I C  ....................................................................................

Rr Rr Và có chiều chạy qua thanh MN theo chiều từ N đến M ( theo quy tắc bàn tay phải).........................................................................................................  Trong thanh MN có dòng điện I được đặt trong từ trường B   phải chịu tác dụng của lực từ F , lực từ F có phương vuông góc với B và với MN, có chiều theo quy tắc bàn tay trái, có độ lớn : Blv cos  B 2l 2v cos  l F = B.I.l.sin900=B.I.l = B ..................................  r R  r R   Thành phần F1 của lực từ F (nằm dọc theo dốc chính) có cường

B2l 2v cos2  độ: F1  F.cos  .......................................................................

Rr   Ta thấy F1 ngược chiều với P1 . Như vậy thanh MN chịu tác dụng của hai   lực cùng phương, ngược chiều : P1 kéo xuống F1 kéo lên.

Lúc đầu, vận tốc v của thanh còn nhỏ F1 < P1 hay P1 ­ F1>0.Lực tổng hợp   F1 + P1 gây ra gia tốc cho thanh MN chuyển động nhanh dần, do đó v tăng dần và kết quả là F1 tăng dần trong khi P1 là không đổi. Đến một giá trị vmax của vận tốc sao cho F1 = P1 thì thanh MN sẽ chuyển động với vmax không đổi.

B 2 l 2 vmax cos2  ( R  r )mg sin   mg sin   vmax  Khi đó : = 4 2 m/s ...

Rr B 2 l 2 cos2   5, 66m / s E Blv cos  Khi đó cường độ dòng điện qua R là : I  C  = 2A...............

Rr Rr

0,25 điểm 0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,5 điểm

KỲ THI OLYMPIC ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: VẬT LÝ 11 (Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian phát đề)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 1: (5điểm) Có 4 quả cầu nhỏ giống hệt nhau, mỗi quả có khối lượng m, điện tích q. Treo 4 quả vào điểm O bằng 4 sợi dây mảnh cách điện dài l. Khi cân bằng, bốn điện tích nằm tại 4 đỉnh của hình vuông ABCD cạnh a=l. a) Tính lực điện do ba điện tích đặt tại A, B, D tác dụng lên điện tích đặt tại C theo q, l và hằng số điện k. b) Tính giá trị của q theo m, l và gia tốc trọng trường g. Áp dụng bằng số: l=20cm, m= (1  2 2) gam, g=10m/s2, k= 9.109 (

Nm2 ).

C2

Câu 2: (4điểm) Cho mạch điện như hình vẽ. Bíêt hiệu điện thế hai đầu mạch có giá trị không đáng kể, R1 và R2 có giá trị không đổi. Rx là một biến trở. Bỏ qua điện trở của các dây nối. Khi Rx=R0 thì công suất nhiệt của Rx là cực đại có giá trị là P0. Khi Rx có giá trị 16 và 100 thì công suất P 

Rx R2 C

P0 . Tìm giá trị R0 2

R1

A

B U

Bài 3.(4 điểm): Cho mạch điện như hình vẽ. Biết E1 = 6V, r1 = 1Ω, r2 = 3 Ω, R1 = R2 = R3 = 6 Ω. Vôn kế lí tưởng.

1. Vôn kế chỉ 3V. Tính suất điện động E2.

2. Nếu nguồn E2 có cực dương nối với B, cực âm nối với D và đồng thời thay vôn kế bằng tụ điện chưa tích điện, có điện dung C = 2  F. Tính: Điện tích; năng lượng của tụ điện khi đó, và cho biết dấu các bản tụ.

E1,r1 R1 A

Câu 4: (4điểm) Cho hai dây dẫn thẳng, dài, song song và một khung dây hình chữ nhật cùng nằm trong một mặt phẵng đặt trong không khí và có các dòng điện chạy qua như hình vẽ. Biết I1 = 12 A; I2 = 15 A; I3 = 4A; a = 20 cm; b = 10 cm; AB = 10 cm; BC = 20 cm. Xác định lực từ do từ trường của hai dòng điện chạy trong hai dây dẫn thẳng tác dụng lên cạnh BC của khung dây.

Câu 5(3đ). Một dây dẫn dài l = 2m, điện trở R = 4  được uốn thành hình vuông. Các nguồn E1  10V , E2  8V ; r1  r2  0 , được mắc vào các cạnh của

E2,r2

D

R3

V

B

C R2

E1



hình vuông như hình vẽ. Mạch được đặt trong một từ trường B vuông góc với mặt phẳng hình vuông và hướng ra sau hình vẽ, B tăng theo thời gian theo quy luật B = kt, k = 16 T/s. Xác định chiều và độ lớn cường độ dòng điện trong mạch.

Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 B E2

HƯỚNG DẪN CHẤM THI HSG KHỐI 11 MÔN VẬT LÍ Câu

Nội dung a) Lực tác dụng vào điện tích đặt tại C như hình vẽ.     FAC  FBC  FDC  F (1)

Điểm 0,5d 0,5

 Do tính đối xứng nên lực F cùng chiều với AC

Câu 1: (5 điểm)

HV 0,75

0,25 0,5

Chiếu phương trình (1) lên phương AC ta được: F = FAC + FDCcos450 + FBCcos450  F

kq 2  1   2 2  l 2 

0,5     

b) Xét quả cầu C. Các lực tác dụng vào quả cầu gồm: T , P , FAC , FBC , FDC .

     Tại vị trí cân bằng của quả cầu C: T  P  FAC  FBC  FDC  0

0,25

 F  P  T (như hình vẽ)

0,25 0,25 0,5 0,25 0,5

 



   Hợp lực của F  P phải có phương của dây treo OC.

Do =450 nên F  P  mg 

kq 2 mgl 2 2 q 0,5    l2 k (0,5  2)





Thay số: q  3.107 C .

Câu 2 (4đ)

Ta có

2 U BC PX  I R X  Rx 2 x

0,5 và

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

U AC  R1

0,5

U BC U  R2 R x R2 R x R1  R2  R x R2  Rx

    2   R2U R2U   Px    RX   RR   R x ( R1  R2 )  R1 R2   R X ( R1  R2 )  1 2   R X   áp dụng bất đẳng thức Cô­si ta có

PX max  R X 

2

R1 R2  R0 khi đó R1  R2

0,5 0,5

0,5

U 2 R2 PX max  P0  4 R1 ( R1  R2 )

0,5

Khi 2

  U 2R2 P R 2U  R PX  0   X  2 8 R1 ( R1  R 2 )  R x ( R1  R 2 )  R1 R 2  2 2  ( R 1  R 2 ) R x  6 R 1 R 2 ( R 1  R 2 ) R x  R 12 R 22  0 Phương trình có 2 nghiệm thoả mãn: R X1R X 2

Câu 3 (4đ)

 R1 R 2    R1  R 2

  

2

 R

2 0

 R1 R 2    R1  R 2

  

2

 R0 

R X1R X 2 

0,5

0,5

16 . 100  40 

­ Khi k mở: R2 nt ((R1 nt R3) // RD). Ampe kế chỉ dòng điện qua mạch chính. ( R1  R3 ) RD 4 R12  5R1 RD Rtm   R2  ( R1  R3 ) 4 R1  RD U U (4 R1  RD ) I  Rtm 4 R12  5R1RD R I D  I . 13 D RD Mà: 4U  ID  4 R1  5RD 4 Đèn sáng bình thường ==> ID : max <==> RD = R1 5 3U ==> I= (1) 5 R1 ­ Khi k đóng: R1 // ((R2 // R3) nt RD). Ampe kế chỉ dòng điện qua R2 RR 3R  4 RD 31 R23 D  2 3  RD  1  R1 R2  R3 4 20

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.25 0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ

ID 

Mà:

U 20U  R23 D 31R1

0,25đ 0,25đ

R2 R3 R 3 I 2  I D . 23  I D .  I D . R1 R2 ( R2  R3 ) R2 4  I2 

0,25đ

15U 25  31R1 31

U 5 = (2) R1 3 Từ (1) và (2) ==> I = 1 (A)

0,5đ

==.>

0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ

Giải hệ phương trình bậc nhất 4 ẩn ta được I1 = 0,1385 A; I2 = 0,1189 A; I3 = 0,0196 A; UAB = 9,9226 V.

Câu 4: (4đ)

­ Dòng I1 gây ra tại các điểm trên cạnh BC của khung dây véc tơ cảm ứng từ có phương vuông góc với mặt phẵng hình vẽ, có chiều hướng từ trong ra và I có độ lớn B1 = 2.10­7 1 ; b ­ từ trường của dòng I1 tác dụng lên

0,5

1



cạnh BC lực từ F1 đặt tại trung điểm của cạnh BC, có phương nằm trong mặt phẵng hình vẽ, vuông góc với BC I1 I 3 BC = 192.10­7 N. a Lập luận tương tự ta thấy từ trường của dòng I2 tác dụng lên cạnh BC lực từ 1

và hướng từ B đến A, có độ lớn F1 = B1I3BCsin900 = 2.10­7 



F2 có cùng điểm đặt, cùng phương, ngược chiều với F1 và có độ lớn F2 = 2.10­ 7 I 2 I 3 BC = 80.10­7 N. ab Lực từ tổng hợp do từ trường của hai dòng I1 và I2 tác dụng lên cạnh BC của 1 







khung dây là F = F1 + F2 cùng phương cùng chiều với F1 và có độ lớn F = F1 ­ (Hv 0,5) F2 = 112.10­7 N.

Câu 5 (3 đ)

Do B tăng nên trong mạch xuất hiện một suất điện động cảm ứng Ec (từ 1đ trường do Ec sinh ra phải ngược chiều với từ trường ban đầu). Do đó Ec được biểu diễn các cực như trên hình vẽ.  ( BS ) B (kt )  S S  kS Với : Ec  1đ t t t t

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2

l Ec  k    4V 4 Vì trong mạch: Ec  E2  E1 nên

1đ

dòng điện trong mạch sẽ có chiều ngược chiều kim đồng hồ. Độ lớn: I 

Ec  E2  E1  0,5 A R

1đ

Chú ý: Học sinh có thể giải theo cách khác, khi ra được đúng đáp số vẫn cho điểm tối đa.

ĐỀ THI OLYMPIC MÔN: VẬT LÍ 11 THPT Câu 1. (5 điểm).Cho hai điểm A và B cùng nằm trên một đường sức của điện trường do một điện tích điểm q > 0 gây ra. Biết độ lớn của cường độ điện trường tại A là 36V/m, tại B là 9V/m.

1. Xác định cường độ điện trường tại trung điểm M của AB. 2. Nếu đặt tại M một điện tích điểm q0 = ­10­2C thì độ lớn lực điện tác dụng lên q0 là bao nhiêu? Xác định phương chiều của lực.

3. Cho hai điện tích điểm q1 = ­ 9q2 = 9.10­9C đặt trong chân không cách nhau 20cm tại A và B. Xác định vị trí M để cường độ điện trường tổng hợp tại M triệt tiêu.

Câu 2. (4 điểm).Cho 3 điện trở có giá trị như nhau bằng R0, được mắc với nhau theo những cách khác nhau và lần lượt nối vào một nguồn điện không đổi xác định luôn mắc nối tiếp với một điện trở r . Khi 3 điện trở trên mắc nối tiếp thì cường độ dòng điện qua mỗi điện trở bằng 0,2A, khi 3 điện trở trên mắc song song thì cường độ dòng điện qua mỗi điện trở cũng bằng 0,2A. a/ Xác định cường độ dòng điện qua mỗi điện trở R0 trong những trường hợp còn lại ? b/ Trong các cách mắc trên, cách mắc nào tiêu thụ điện năng ít nhất ? Nhiều nhất ? c/ Cần ít nhất bao nhiêu điện trở R0 và mắc chúng như thế nào vào nguồn điện không đổi có điện trở r nói trên để cường độ dòng điện qua mỗi điện trở R0 đều bằng 0,1A ?

Câu 3. (4 điểm)Cho mạch điện như hình vẽ: E1=6V,E2=3Vr1=1  ,r2=2  R1=4  ,R2=2  ,tụ điện có điện dung C1=0,6  F,C2=0,3  F. Ban đầu K ngắt,sau đó K đóng a.Tìm số điện tử chuyển qua K khi K chuyển từ K ngắt sang K đóng?Xác định chiều dịch chuyển của điện tử? b.Tính hiệu điện thế giữa 2 điểm D và E khi K ngắt và khi K đóng?

Câu 4: (4 điểm).Một electron đang chuyển động với vận tốc v0= 6.107 m/s thì bay vào một miền có từ trường đều, phương vuông

R1 E,r R2

R3 2

K 1 E,r Hình 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

C

góc với các đường sức từ. Véc tơ vận tốc v0 nằm trong mặt phẳng hình vẽ và có chiều hướng từ trái sang phải. Cho B = 0,005T, me= 9,1.10­31kg, điện tích của v0 electron bằng ­1,6.10­19C. Bỏ qua trọng lượng của electron.

1) Cần phải đặt một điện trường có cường độ E có hướng và độ lớn như thế nào trong miền từ trường để electron chuyển động thẳng đều trong miền đó?

B 2) Nếu không đặt điện trường như câu a: a) tính bán kính quỹ đạo chuyển động của electron khi chuyển động trong không gian có từ trường b) miền từ trường nói trên được giới hạn giữa 2 đường thẳng song song , cách nhau một khoảng d = 5,91m. Tính thừi gian chuyển động của electron trong từ trường.

Bài 5.(3 Điểm) Một dây dẫn cứng có điện trở không đáng kể, được uốn  B thành khung ABCD nằm trong mặt phẳng nằm ngang,có AB và CD M

B

song song với nhau, cách nhau một khoảng l=0,5m, được đặt trong một

 v

từ trường đều có cảm ứng từ B=0,5T hướng vuông góc với mặt phẳng C của khung như hình 1. Một thanh dẫn MN có điện trở R=0,5 có thể

D

N

Hình 3

trượt không ma sát dọc theo hai cạnh AB và CD (Hình 3).

1) Hãy tính công suất cơ học cần thiết để kéo thanh MN trượt đều với vận tốc v=2m/s dọc theo các thanh AB và CD. So sánh công suất này với công suất tỏa nhiệt trên thanh MN và nhận xét.

2) Thanh đang trượt đều thì ngừng tác dụng lực. Sau đó thanh còn có thể trượt thêm được đoạn đường bao nhiêu nếu khối lượng của thanh là m=5gam? ĐÁP ÁN Câu 1

0,5đ

q  36V / m (1) OA 2 q EB  k  9V / m (2) OB2 EA  k

EM  k

0,5đ

0, 5đ

q OM 2

(3) 0, 5đ

2

 OB  Lấy (1) chia (2)     4  OB  2OA .

OA   2 E  OA   M   E A  OM 

Lấy (3) chia (1)

2

OA  OB E 1  OA   1,5OA  M   Với: OM   E M  16V   2 E A  OM  2,25   2. Lực từ tác dụng lên qo: F  q 0 E M

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5đ

0,25đ

A





vì q0 <0 nên F ngược hướng với E M và có độ lớn:

F  q 0 E M  0,16N

0,25đ

k | q1 | 3.Cường độ điện trường do q1 gây ra tại M: E1   .r12

0,25đ

k | q2 | Cường độ điện trường do q2 gây ra tại M: E 2   .r22

0,25đ

Cường độ điện trường tổng hợp tại M: E  E1  E 2

 E1  E 2 Do E  0 nên E1  E 2  0  E1   E 2    E1  E 2

k | q1 | k | q 2 | | 9.10 9 | | 1.10 9 |     r1  3r2 (1) E1  E 2  r12 r22  .r12  .r22

0,25đ

0,25đ

0,25đ

E1  E2

Do q1 , q 2 trái dấu nên M nằm ngoài q1 , q 2 vẫn trên đoạn thẳng nối q1 , q 2 và

0,25đ

gần q 2 .

Từ hình vẽ ta có: r1  r2  20 cm (2)

r1  30 cm .

Giải (1) và (2) suy ra:  r2  10 cm

Vậy M cách q1 là 30 cm và cách q2 là 10 cm thì cường độ điện trường tổng

0,25đ

0,25đ

hợp tại M bằng 0 (triệt tiêu).

Câu 2

a/ Xác định các cách mắc còn lại gồm :

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5đ

cách mắc 1 : (( R0 // R0 ) nt R0 ) nt r

cách mắc 2 : (( R0 nt

R0 ) // R0 ) nt r Theo bài ta lần lượt có cường độ dòng điện trong mạch chính khi mắc nối tiếp : Int =

U = 0,2A (1) r  3R0

Cường độ dòng điện trong mạch chính khi mắc song song :

I SS 

0,5đ

U  3.0,2  0,6 A (2) R0 r 3

0,25đ r  3 R0  3 r = R0 R r 0 3 0,25đ Đem giá trị này của r thay vào (1)  U = 0,8.R0 + Cách mắc 1 : Ta có (( R0 // R0 ) nt R0 ) nt r  (( R1 // R2 ) nt R3 ) nt r đặt 0,5 Lấy (2) chia cho (1), ta được :

R 1 = R 2 = R3 = R0 Dòng điện qua R3 : I3 =

U r  R0 

I2 =

R0 2



0,8.R0  0,32 A . Do R1 = R2 nên I1 = 2,5.R0

I3  0,16 A 2

+ Cách mắc 2 : Cường độ dòng điện trong mạch chính I’ = 0,8.R0 U   0,48 A .

2.R0 .R0 5.R0 r 3.R0 3 Hiệu điện thế giữa hai đầu mạch nối tiếp gồm 2 điện trở R0 : U1 = I’.

0,5đ

0.25 2.R0 .R0 = 3.R0

0,32.R0  cường độ dòng điện qua mạch nối tiếp này là I1 =

U1 0,32.R0  0,16 A  CĐDĐ qua điện trở còn lại là  2.R0 2.R0 I2 = 0,32A. b/ Ta nhận thấy U không đổi  công suất tiêu thụ ở mạch ngoài P = U.I sẽ nhỏ 0,25 nhất khi I trong mạch chính nhỏ nhất  cách mắc 1 sẽ tiêu thụ công suất nhỏ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

nhất và cách mắc 2 sẽ tiêu thụ công suất lớn nhất. c/ Giả sử mạch điện gồm n dãy song song, mỗi dãy có m điện trở giống nhau và 0,25đ bằng R0 ( với m ; n  N) Cường độ dòng điện trong mạch chính ( Hvẽ )

I

+

­

0,8 U  m m r  .R0 1  n n Để cường độ dòng điện qua mỗi điện trở R0 là 0,1A ta phải có :

0,5

0,8  0,1.n  m + n = 8 m 1 n Ta có các trường hợp sau

0,25đ

I

I

m

1

2

3

4

5

6

7

n

7

6

5

4

3

2

1

Số điện trở R0

7

12 15

16 15 12 7

Theo bảng trên ta cần ít nhất 7 điện trở R0 và có 2 cách mắc chúng : a/

7 dãy //, mỗi dãy 1 điện trở.

b/ 1 dãy gồm 7

điện trở mắc nối tiếp.

Câu 3

Câu 4

Điện tích bộ tụ khi K ngắt qb=q1=q2=Cb.UAB=1,2.10­6C Điện tích trên các bản tụ nối với D khi K ngắt:q=­q1+q2=0 Điện tích tụ C1 khi K đóng: q1, =C1.UAC=3.10­6C

0,5đ 0,5đ 0,25đ

Điện tích tụ C2 khi K đóng: q2, =C2.UCB=0,3.10­6C

0,25đ

Điện tích trên các bản tụ nối với D khi K đóng: q,   q1,  q2,  2, 7.10 6 C Số điện tử chuyển qua K khi K chuyển từ K ngắt sang K đóng có chiều từ C q, đến D và độ lớn:n=  1, 6875.1013 e Khi K ngắt UDE=2V

0,5

Khi K Đống UDE= ­ 1V

0,75đ

­ Sử dụng quy tắc bàn tay trái ta tìm được chiều của lực Lorenxo FL tác dụng lên Electron hướng thẳng đứng từ trên xuống dưới.

0,5

­ Để e chuyển động thẳng đều thì lực điện trường FĐ phải cân bằng với FL .

0,5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5đ

0,75đ

Suy ra vectơ E phải hướng thẳng đứng xuống dưới.

Ta có FL= FĐ  E.e = e.v0.B  E = 3.105 V/m.

0,5

Khi không có điện trường, lực FL đóng vai trò lực hướng tâm FL= m.aht  e.v0.B = mv02/2  R = m.v0/e.B = 6,825 cm.

0,5

Vì R>d nên e sẽ ra khỏi từ trường tại một điểm trên đường giới hạn theo phương lệch với phương ban đầu một góc xác định bởi:   90 0  

0,5

d    600    30 0 R

0,5

Với sin  

Ta thấy cung tròn mà electron chuyển động trong từ trường chỉ chiếm 1/6 vòng tròn nên thời gian electron chuyển động trong từ trường là:

0,5

1 2R t= .

6 v0

Thế số được t = 1,191.10­9s Câu 5

0,5

Khi thanh MN chuyển động thì dòng điện cảm ứng trên thanh xuất hiện theo 0,25 chiều MN. Cường độ dòng điện cảm ứng này bằng: I 

E Bvl  .

R R

0,25

Khi đó lực từ tác dụng lên thanh MN sẽ hướng ngược chiều với vận tốc v và có 0,25 độ lớn: Ft  BIl 

B 2l 2v .

R

Do thanh chuyển động đều nên lực kéo tác dụng lên thanh phải cân bằng với lực 0,25 từ.

Vì vậy công suất cơ học (công của lực kéo) được xác định:

5.1)

0,25

B 2l 2 v 2 P  Fv  Ft v  .

R Thay các giá trị đã cho nhận được: P  0,5W .

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

Công suất tỏa nhiệt trên thanh MN: Pn  I 2 R 

B 2l 2 v 2 .

R

0,25

Công suất này đúng bằng công suất cơ học để kéo thanh. Như vậy toàn bộ công 0,25 cơ học sinh ra được chuyển hoàn toàn thành nhiệt (thanh chuyển động đều nên động năng không tăng), điều đó phù hợp với định luật bảo toàn năng lượng.

Sau khi ngừng tác dụng lực, thanh chỉ còn chịu tác dụng của lực từ. Độ lớn 0,25 trung bình của lực này là: F 

Ft B 2 l 2 v  .

2 2R

Giả sử sau đó thanh trượt được thêm đoạn đường S thì công của lực từ này 0,25 là: A  FS 

5.2)

B 2l 2 v S. 2R

1 Động năng của thanh ngay trước khi ngừng tác dụng lực là: Wđ  mv 2 .

2

0,25

Theo định luật bảo toàn năng lượng thì đến khi thanh dừng lại thì toàn bộ động

B 2l 2 v 1 S. năng này được chuyển thành công của lực từ (lực cản) nên: mv 2  2 2R Từ đó suy ra: S 

mvR  0,08( m)  8cm.

B 2l 2

0,25

KÌ THI OLYMPIC

Câu 1 (3,0 điểm) a. Một con lắc đơn gồm một vật nhỏ khối lượng m = 1 gam, mang điện tích q = 10 – 6 C và một sợi dây mảnh, nhẹ, không dãn, chiều dài l = 1 m. Hệ được đặt vào trong điện  trường đều E có chiều đường sức điện như hình vẽ.

Biết E = 10 4 V/m và α  600 , lấy g = 10 m/s2.

Tính góc φ (góc hợp bởi dây treo và phương thẳng đứng) và sức căng Tc của dây treo khi hệ cân bằng.

b. Hai điện tích q1= +9q và q2= –q được giữ chặt tại A,B trong chân không, AB=a. Một hạt khối lượng m, điện tích q chuyển động dọc theo đường AB như hình vẽ bên. Tìm vận tốc của m khi ở rất xa A,B để nó có thể chuyển động đến B. A q1 B q2 v0 qC Bài 2.(4 điểm)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

: Một dây dẫn có dạng nửa đường tròn bán kính 20 cm được đặt trong mặt phẳng vuông góc với cảm ứng từ B của một từ trường đều có độ lớn B = 0,4 T. Cho dòng điện I = 5 A đi qua dây. Tìm lực từ F tác dụng lên dây dẫn này?

Bài 3. (4 điểm). Một dây dẫn cứng có điện trở rất nhỏ, được uốn thành khung phẳng ABCD  nằm trong mặt phẳng nằm ngang, cạnh AB và CD đủ dài, song song B M A B nhau, cách nhau một khoảng l = 50 cm. Khung được đặt trong một từ  trường đều có cảm ứng từ B = 0,5 T, đường sức từ hướng vuông góc v với mặt phẳng của khung (H.2). Thanh kim loại MN có điện trở R= 0,5  có thể trượt không ma sát dọc theo hai cạnh AB và CD. C D N 1. Hãy tính công suất cơ cần thiết để kéo thanh MN trượt đều với H.2 tốc độ v=2 m/s dọc theo các thanh AB và CD. So sánh công suất này với công suất tỏa nhiệt trên thanh MN. 2. Thanh MN đang trượt đều thì ngừng tác dụng lực. Sau đó thanh còn có thể trượt thêm được quãng đường bao nhiêu Bài 4(4 điểm): Cho mạch điện như hình vẽ. Nguồn điện có E = 8V, r =2  . Điện trở của đèn là R1 = 3  ; R2 = 3  ; ampe kế có điện trở không đáng kể. a, K mở, di chuyển con chạy C người ta nhận thấy khi điện trở phần AC của biến trở AB có giá trị 1  thì đèn tối nhất. Tính điện trở toàn phần của biến trở. b, Thay biến trở trên bằng một biến trở khác và mắc vào chỗ biến trở cũ ở mạch điện trên rồi đóng khoá K. K 5 Khi điện trở phần AC bằng 6  thì ampe kế chỉ A. A 3 + Tính điện trở toàn phần của biến trở mới.

R1 E,r R2

Câu 5. (3 điểm)

Câu 6 (2,0 điểm) Có hai vôn kế (V1) và (V2) khác nhau, một nguồn điện một chiều (có điện trở trong) và một số dây dẫn có điện trở không đáng kể.

Bằng các dụng cụ trên, hãy xác định suất điện động của nguồn điện một chiều với hai lần mắc mạch điện. ............................ HẾT..............................

C

B

Cho mạch điện như hình 1.

Biết E1=6V, r1=1Ω, r2=3Ω, R1=R2=R3=6Ω. Vôn kế lí tưởng. a) Vôn kế chỉ 3V. Tính suất điện động E2. b) Nếu nguồn E2 có cực dương nối với B, cực âm nối với D thì vôn kế chỉ bao nhiêu?

E1,r1

A E2,r2

D V R1

R3

A

C R2 Hình 1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

B

ĐÁP ÁN ĐỀ THAM KHẢO ĐỀ LÍ 11

câu1 (3đ)

A

­ Tính góc hợp bởi dây treo và phương thẳng đứng khi quả cầu cân bằng + Chọn hệ trục tọa độ xOy như hình vẽ    + Các lực tác dụng lên quả cầu gồm: trọng lực P , lực căng T c và lực điện trường F     + Điều kiện cân bằng: P  F  Tc  0 (1) (0,25 điểm) + Chiếu (1) lên các trục Ox và Oy ta có y Chiếu lên Ox: Fsinα ­ Tc sinφ = 0 (2) (0,25 điểm) T x (3) (0,25 điểm) Chiếu lên Oy: ­ P + Tc cosφ ­ Fcos = 0 Từ (2) và (3) ta có: tan φ =

q E sin  F sin  F  (0,25 điểm) P F cos   P q Ecos  mg

106.10 4.sin 600 1   φ = 300 (0,5 điểm) 4 0 2 6 10 .10 .cos60  10 3 0 F.sinα q .E.sin60   0, 017 N (0,5 điểm) ­ Lực căng dây: Tc  sin300 sinφ  tan φ =

Gọi q3 =q là điện tích chuyển động dọc theo AB, chịu tác dụng của lực đẩy, F13 lực hút F23 F13  K

b.

q1 q3 (a  x)

2

; F23  K

q 2 q3 x 2 (0,25 điểm)

Xét tại C cách B khoảng x.

1 3  x nên x> a/2 (a  x)

(0,25 điểm)

1 3  x nên x<a/2 (a  x)

(0,25 điểm)

+ khi F13> F23 Lực tổng hợp tác dụng lên q3 là lực đẩy dó đó q3 cách B một đoạn x>a/2 thì q3 chuyển động chậm dần + khi F13= F23 x=x0 = a/2 lực điện tổng hợp tác dụng lên q3 = 0 + khi F13< F23

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Lực tổng hợp tác dụng lên q3 là lực hút Như vậy vận tốc ban đầu v0 tối thiếu của hạt là ứng với vận tốc vc của hạt tại C bằng 0

­

Áp dụng ĐLBT năng lượng 2

(0,5 điểm)

+ ở xa vô cùng hạt chỉ có động năng Wđ=0,5mv 0 + tại C vì vc =0 hạt chỉ có thế năng điện trường của q1,q2. q q1 (0,25 điểm) wt  K(  2 ) q3 ( a  x0 )

x0

Theo định luật bảo toàn năng lượng Wđ=WC suy ra điểm)

8kq 2 ma

v0 

vận tốc của m có thể chuyển động đến B

v0 

8kq 2 ma

Câu 2. (4 điểm)

Chia vòng dây thành nhiều phần tử nhỏ li và li’ đối xứng nhau qua trục đối xứng của vòng dây.

Lực từ tác dụng lên mỗi phần tử nhỏ đó là Fi = BIli , Fi’ = BIli’ Fix = BIlisin ,  l Fix’ = BIli’sin Fiy = BIlicos = BIxi Fi’ = BIli’cos = BIxi’ Fix F  xi Lực từ tác dụng lên vòng dây:  F F F iy,

F   Fi   Fi ' '

'

F F F F F  F F  F  0 (Do  ) = F F Độ lớn: F =  BIx   BIx ' = = BI.2R = 0,8 N =

ix

iy

iy

iy

ix

iy

'

'

ix

ix

'

iy

iy

i

i

Hình vẽ Câu 3; (4 điểm) Khi thanh MN chuyển động thì dòng điện cảm ứng xuất hiện trên thanh theo chiều từ MN. E Bvl ­ Cường độ dòng điện cảm ứng bằng: I   . .. ....... ..... . . . .. .. (0,5 điểm) R R  ­ Khi đó lực từ tác dụng lên thanh MN sẽ hướng ngược chiều với v và có độ lớn:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

(0,25

B 2l 2v . .... ..... ..... ..... ..... ......

(0,5 điểm) R ­ Do thanh MN chuyển động đều nên lực kéo tác dụng lên thanh phải cân bằng với lực từ.

B 2l 2 v 2 . ... ... (0,5 điểm) ­ công suất cơ (công của lực kéo) được xác định: P  Fv  Ft v  R P  0,5W . ...... ............. ........

Thay các giá trị đã cho ta được: Ft  BIl 

2 ­ Công suất tỏa nhiệt trên thanh MN: Pn  I R 

B 2l 2 v 2 . ... ..... ..... (0,5 điểm) R

Vậy công suất cơ bằng công suất tỏa nhiệt trên MN Sau khi ngừng tác dụng lực, thanh chỉ còn chịu tác dụng của lực từ. Độ lớn trung bình của lực F B 2l 2v . .... ....... ....... .... này là: F  t  (0,5 điểm) 2 2R ­ Giả sử sau đó thanh trượt được thêm đoạn đường S thì công của lực từ này là: B 2l 2v A  FS  S . ..... ..... ..... ......

(0,5 điểm) 2R ­ Động năng của thanh ngay trước khi ngừng tác dụng lực là: Wđ 

1 2 mv .

2

­ Theo định luật bảo toàn NL, đến khi thanh dừng lại thì toàn bộ động năng này được chuyển 1 B 2l 2 v S. thành công của lực từ (lực cản) nên: mv 2  (0,5 điểm) 2 2R mvR Từ đó suy ra: S  2 2  0,08( m)  8cm. …………. ………………

(0,5 điểm) B l

câu 4(4 điểm) a, Gọi R là điện trở toàn phần, x là điện trở phần AC. Khi K mở, ta vẽ lại mạch điện như hình bên. ­ Điện trở toàn mạch là:  x 2  ( R  1) x  21  6 R 3( x  3) Rtm  R  x  r  x6 x6 E 8( x  6) ;  2  I R tm  x  ( R  1) x  21  6 R

+

­

E r R­x

(0,5 điểm) B

A

x R2

C

R1

(0,5 điểm)

24( x  3) ; (0,5 điểm)  x  ( R  1) x  21  6 R U 24 ­ Cường độ dòng điện qua đèn là: I1  CD  2 ; (0,5 điểm) R 1  x  x  ( R  1) x  21  6 R ­ Khi đèn tối nhất tức I1 đạt min, và khi đó mẫu số đạt cực đại. b R 1  1; ­ Xét tam thức bậc 2 ở mẫu số, ta có: x   2a 2 (0,5 điểm) ­ Suy ra R  3 (  ). ­ H.đ.t giữa hai điểm C và D: U CD  E  I ( R  r  x) 

2

+ ­ E, r

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú A R'-6 Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com B

R1 C

R

D

b, Khi K đóng, ta chập các điểm A và B lại với nhau như hình vẽ. Gọi R' là giá trị biến trở toàn phần mới. ­ Điện trở toàn mạch lúc này: ­ Từ các nút ta có:

17 R ' 60 4( R ' 3) hay I A  I  I BC .

Rtm 

I  I A  I BC

(0,5 điểm)

D

­ Từ sơ đồ ta tính được cường độ dòng điện mạch chính và cường độ qua BC:

I

32( R ' 3) 17 R ' 60

­ Theo giả thiết

48 ; 17 R ' 60 48 5 5 32( R ' 3)  I A  A, ta có:  3 17 R ' 60 17 R ' 60 3 ;

I BC 

(0,5 điểm)

;

­ Từ đó tính được : R' = 12 (  )

(0,5 điểm)

Câu 5;(3 điểm) E1,r1 I A I1

R1

I2

D V

E2,r2

R3

C

B

R2

Điện trở mạch ngoài là: R 

R2 ( R1  R3 )  4 R2  R1  R3

0,25

I đến A rẽ thành hai nhánh:

R2 I1 1 I    I1  I 2 R1  R3 2 3

0,5

UCD = UCA + UAD = ­R1I1+ E1 – r1I = 6 ­3I

0,5

U CD  3V  6 ­3I =  3  I = 1A, I = 3A

0,5

* Với I= 1A  E1 + E2 = ( R + r1 +r2 )I = 8  E2 = 2V

0,5

* Với I = 3A E1 + E2 =8 .3 = 24  E2 = 18V

0,25

Khi đổi chỗ hai cực thì hai nguồn mắc xung đối.

Với E2 = 2V< E1: E1 phát, E2 thu, dòng điện đi ra từ cực dương của E1 E  E2 I 1  0,5 A  UCD = UCA + UAD =6 ­3I = 4,5V R  r1  r2

0,5

Với E2 = 18V > E1: E2 là nguồn, E1 là máy thu E  E1 I 2  1,5 A R  r1  r2 UCD = UCA + UAD = R1I1 + E1 +r1I = 6 +3I = 10,5V

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

Câu 6(2 điểm) ­ Lần 1 mắc hai vôn kế nối tiếp vào nguồn:

E  U1  U 2  Ir '

'

­ Lần 2: E  U1  I r ­ R1 là điện trở của vôn kế (V1):

V1

(1) I

(2)

U1 U1' U1' ' R1   ' I  I I U1 I

(3)

U' ' Từ (2) và (3)  E  U1  I 1 r U1

(4)

V2

0,5

, r

0,5

V1

I

U' Từ (1) và (4)  U1  U 2  Ir  U  rI U1 ' 1

’

0,5

, r

(5)

  U1  U1'  U'  ' '  rI  1    U1  U1  U 2  Ir    U1  U1  U 2  U1   U1 

(6)

Thay (6) vào (5) ta có:

U1 (U1'  U1  U 2 ) U1' U 2 E E  U1  U 2  U1  U1' U1  U1'

0,5

ĐỀ THI THAM KHẢO OLYMPIC MÔN: VẬT LÝ 11 (Thời gian làm bài 180 phút) Câu 1: TĨNH ĐIỆN - 5 ĐIỂM a : (3 ®iÓm)Trong mét èng ch©n kh«ng cã 2 ®iÖn cùc anèt vµ catèt c¸ch nhau d = 10 cm t¹o ra mét ®iÖn tr­êng ®Òu cã c­êng ®é E = 104V/m, elªctron rêi catèt kh«ng vËn tèc ban ®Çu. a1, TÝnh gia tèc chuyÓn ®éng cña e trong ®iÖn tr­êng ?bỏ qua trọng lực của e. a2, Khi ®Õn anèt, tÊt c¶ ®éng n¨ng cña e biÕn thµnh nhiÖt. +TÝnh nhiÖt l­îng anèt nhËn ®­îc trong 1 gi©y, biÕt r»ng trong 1 phót sè e ®Õn anèt lµ N = 6.1018elªctron? + TÝnh vËn tèc cña mçi e khi tíi anèt? Cho biÕt : ­ e = ­1,6.10­19C; me = 9,1.10­31kg. b: (2điểm) Cho moät tuï ñieän coù ñieän dung C1 = 0,5  F ñöôïc tích ñieän ñeán hieäu ñieän theá U1=90V roài ngaét khoûi nguoàn. Sau ñoù laáy moät tuï ñieän khaùc coù ñieän dung C2 = 0,4  F chöa tích ñieän gheùp song song vôùi tuï C1 ñaõ tích ñieän nhö treân thì chuùng phaùt ra tia löûa ñieän. Tính naêng löôïng cuûa tia löûa ñieän naøy.

Câu 2: DÒNG ĐIỆN –MẠCH ĐIỆN KHÔNG CÓ NGUỒN - 4 ĐIỂM

Cho mạch điện như hình vẽ 3 : U = 60V (không đổi), C1 = 20µF, C2 = 10µF.

a + -

U

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

C1

Hình 1

b K

C2 R

1. Ban đầu các tụ điện chưa tích điện. Khóa K ở vị trí b, chuyển sang a rồi lại về b. Tính điện lượng qua R. 2. Sau đó chuyển K sang a rồi lại về b. Tính điện lượng qua R trong lần chuyển thứ 2.

3. Tính tổng điện lượng qua R sau n lần chuyển khóa như trên.

Câu 3:DÒNG ĐIỆN KHÔNG ĐỔI- ĐỊNH LUẬT ÔM - 4 ĐIỂM a. Nguồn E=6V, r=2  cung cấp cho điện trở mạch ngoài có điện trở R1 công suất mạch ngoài P=4W Mắc thêm vào mạch ngoài điện trở R2 thì công suất mạch ngoài không đổi. Hỏi R2 nối tiếp hay song song với R1 và có giá trị bao nhiêu?

K b. Cho mạch điện (Hình 4). Nguồn điện có suất điện động E  8V , điện trở A trong r  2 . Điện trở của đèn là R1  R2  3 , Ampe kế được coi là lí tưởng.

E,r b1) Khoá K mở, di chuyển con chạy C người ta nhận thấy khi điện trở của R1 D phần AC của biến trở AB có giá trị 1 thì đèn tối nhất. Tính điện trở toàn phần của biến trở.

R2 b2) Mắc một biến trở khác thay vào chỗ của biến trở đã cho và đóng khóa K. C Khi điện trở của phần AC bằng 6 thì ampe kế chỉ 5/3A. Tính giá trị toàn B A phần của biến trở mới.

Hình 4 Câu 4 (TỪ TRƯỜNG -4 ĐIỂM) a. Các electron được tăng tốc từ trạng thái nghỉ trong một điện trường có hiệu điện thế U = 103(V) và thoát ra từ điểm A theo đường Ax. Tại điểm M cách A một đoạn d = 5(cm), người ta đặt một tấm bia để hứng chùm tia electron, mà đường thẳng AM hợp với đường Ax một góc  = 600.  a1) Hỏi nếu ngay sau khi thoát ra từ điểm A, các electron chuyển động trong v một từ trường không đổi vuông góc với mặt phẳng hình vẽ. Xác định độ lớn và chiều A x  của véc tơ cảm ứng từ B để các electron bắn trúng vào bia tại điểm M? a2) Nếu véc tơ cảm ứng từ B hướng dọc theo đường thẳng AM, Tìm cảm ứng từ B lớn nhất phải bằng bao nhiêu để các electron cũng bắn trúng vào bia tại  M điểm M? Biết rằng B < 0,03 (T).

Cho điện tích và khối lượng của electron là: ­e = ­1,6.10­19(C), m = 9,1.10­31(kg). Bỏ qua tác dụng của trọng lực.

Câu 5: CẢM ỨNG ĐIỆN TỪ - 3 ĐIỂMMột dây dẫn cứng có điện trở không đáng kể, được uốn thành khung ABCD nằm trong mặt phẳng nằm ngang,có AB và CD song song với nhau, cách nhau một khoảng l=0,5m, được đặt trong một từ trường đều có cảm ứng từ B=0,5T  hướng vuông góc với mặt phẳng của khung như hình 1. Một thanh dẫn MN có B M B điện trở R=0,5 có thể trượt không ma sát dọc theo hai cạnh AB và CD. a. Ban đầu thanh đứng yên , CN=0,3m. Hãy tính từ thông gửi qua khung  v CBMN? C D b. Dung lực F để kéo thanh MN trượt đều với vận tốc v=2m/s dọc theo các N thanh AB và CD. Hình + Tính dòng điện cảm ứng xuất hiện trong khung + Hãy tính công suất cơ học cần thiết So sánh công suất này với công suất tỏa nhiệt trên thanh MN và nhận xét.

HƯỚNG DẪN CHẤM Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A

­ Chän hÖ trôc to¹ ®é………………………………………………… ­ Ap dông ®Þnh luËt II Newton : 



Fd = m. a ……………………………………………….

­ ChiÕu : F® = ma  e E = ma………………………………………..

Câu 1

a

­

a=

eE m

= 1,76.1015 m/s2…………………………

­ Sè e ®Õn ®Ëp vµo anèt trong 1 gi©y lµ : n =

N = 1017 (e)…………..

60

­ N¨ng lîng 1 e mang ®Õn anèt lµ : W = Wd = e Ed = 1,6.10­16 J…... ­ NhiÖt lîng anèt nhËn ®îc trong 1 gi©y lµ : Q = n.W = 16 J ……

­ VËn tèc cña e khi t¬i anèt : ve =

b

2Wd = 1,875.107 m/s……………. me

+ Trước khi mắc: Wd 1  1/ 2.CU 2  2, 025.10 3 J Q1=C1.U1=4,5.10­6C + Sau khi ngắt nguồn thi điện tích C1 không đổi + Mắc song song với C2: Cb=C1+C2=0,9.10­6 (C) Áp dụng định luật bảo toàn điện tích: Qb= Q1'  Q2  Q1  4,5.10 6 (C ) Năng lượng lúc sau:

Wd 2 

1 Qb2  2, 25.103 J 2 Cb

Vậy Năng lượng tia lửa điện: W  Wd 2  Wd 1  2, 25.104 J  0, 225 J Bài 2.

4,0đ

Lần 1, khi K ở chốt a tụ C1 tích điện Q1 = C1U. Khi chuyển K từ chốt a sang chốt b lần 1 điện tích trên các tụ điện là: U11  U 21  Q11  Q21  C1U  C12 Q   Q11 Q21  11 C  C U    1 2   C1 C2  Q  C1C2 U Q11  Q21  C1U  21 C1  C2

0,25 0,5 025 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5

0,25đ

0,25đ

0,25đ

Điện lượng dịch chuyển qua điện trở R là: Q1  Q1  Q11 

C2 C1U  400 C C1  C2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5đ

b) Khi chuyển K từ chốt a sang chốt b lần 2 ta có: U12  U22  C1C2  U 1  Q12  Q22  CU C1  C2   C12 C2 Q12 Q22  Q  U (1 )  12 C C C1  C2 C1  C2  1  2   C C CC C2 1 2 Q  Q  CU  U Q22  1 2 U (1 )  12 22 1  C1  C2 C1  C2 C1  C2 

0,5đ

0,5đ

Điện lượng dịch chuyển qua R lần 2 là: 2

 C2  400 C12 C2 Q2  Q1  Q12  C1U  U (1  ) C  C1U  C1  C2  C1  C2  3 C1  C2

0,5đ

c) Sau khi chuyển K sang chốt b lần 3 ta được: 1

2

1

2

 C2   C2  C12 Q13  U (1      ) C1  C2  C1  C2   C1  C2   C2   C2  CC Q23  1 2 U (1      ) C1  C2  C1  C2   C1  C2 

0,25đ

Điện lượng dịch chuyển qua R lần 3 là:   C1 C C C Q3  Q1 Q13  CU (1 ( 2 )1  ( 2 )2 )  ( 2 )3CU 1 1 1 C1  C2 C1  C2  C1  C2  C1  C2

Sau khi chuyển K sang chốt b lần thứ n ta được: 0,25đ

1 n 1   C2   C2  C12 Q1n  U (1     ...    ) C1  C2   C1  C2   C1  C2   n 1 1   C2   C2  C1C2 Q2 n  C  C U (1   C  C   ...   C  C  )  1  1 1 2 2  2  

Điện lượng dịch chuyển qua R lần n là: Qn 

 C1 C2 1 C2 n 2  C2 n C1C2 U 1  (1  ( )  ...  ( ) )  ( ) C1U C1  C2  C1  C2 C1  C2 C1  C2  C1  C2

0,25đ

Vậy tổng điện lượng qua R sau n lần K chuyển sang chốt b là: 2

3

 C  C2   C2   C2  2 Q  Q1  Q2  ...  Qn        ...     C1  C2  C1  C2   C1  C2   C1  C2  C2 n 1 ) )C2U  (1  n ).6.104 C  (1  ( C1  C2 3

n

  C1U 

0,25đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25đ Gọi điện trở toàn phần của biến trở là R, điện trở toàn phần AC là x. Khi K mở ta có mạch như hình vẽ điện trở toàn mạch

Câu 3

 x2  ( R  1) x  21  6 R 3( x  3) 2 Rtm  R  x  x 6 x6 B A Cường độ dòng điện qua đèn:

E,r R1 R’- 6

C

0,5 D

R2

x=6

a

I .RCD U CD 24   2 x  R1 x  R1  x  ( R  1) x  21  6 R Khi đèn tối nhất thì I1 nhỏ nhất hay mẫu số lớn nhất R 1 x 2 Theo đề bài x=1  . Vậy R=3  I1 

0,5

0,5

khi K đóng ta có mạch như hình vẽ điện trở toàn mạch b)

Rtm 

0,25

17 R '  60 R’ là điện trở toàn phần của biến trở mới 4( R '  3)

Có I A  I  I BC 

 R '  12

0,25 0,25

32( R '  3) 48 5   A ' ' 17 R  60 17 R  60 3

0,25

(0,25đ)

Câu 4.( 4điểm) a) A



 FL O

 v

H 

x

 B 

M

1 eU  mv2 suy ra v  1,875.107m/s 2  +) Khi e chuyển động trong từ trường B chịu tác dụng của lực Lorenxơ, có độ lớn FL = evB, để e bắn  vào bia tại M thì FL có hướng như hình vẽ.   B có chiều đi vào.

Vận tốc của e ở tại A là:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

0,25

Vì B  v nên lực lorenxơ đóng vai trò là lực hướng tâm, làm e chuyển động tròn đều, bán kính quỹ đạo là R = OA =OM. mv v2 Ta có FL = maht  evB = m R= R eB

0,25

Ta có AH = OAcos300  d/2 = R. 3 /2  R = d/ 3  B = mv 3 /(de)  3,7.10­3T.

0,25

 b) Véc tơ B hướng theo AM. Phân tích: v  v   v // với v = v.sin  = 1,62.107m/s, v // =v.cos  =0,938.107m/s

 + ) Theo v , dưới tác dụng của lực Lorenxơ làm e chuyển động tròn đều với bán kính R= chu kì quay T = 2 R / v =



2 m . eB

mv  eB



+) Theo v// , thì e chuyển động tịnh tiến theo hướng của B , với vận v tốc v // = vcos  .

A +) Do đó, e chuyển động theo quỹ đạo xoáy trôn ốc với bước ốc là:   = T v // . v

 v

x



0,25

//

M +) Để e đập vào bia tại M thì: AM = d = n  = n T v // = n v //

0,25



2 .m eB

2 mv//  n.6,7.10­3 (T)  B= n ed Vì B  0,03T  n < 4,48  n = 1, 2, 3, 4.

Vậy: n = 1 thì B = 6,7.10­3T; n = 2 thì B = 0,0134T n = 3 thì B = 0,0201T; n = 4 thì B = 0,0268T Câu 5: a.   B.S .c os =0,5.0,3.0,5.cos00  0, 075Wb b. Khi thanh MN chuyển động thì dòng điện cảm ứng trên thanh xuất hiện theo chiều MN. E Bvl .

Cường độ dòng điện cảm ứng này bằng: I   R R Khi đó lực từ tác dụng lên thanh MN sẽ hướng ngược chiều với vận tốc v và có độ lớn: B 2l 2 v .

Ft  BIl  R Do thanh chuyển động đều nên lực kéo tác dụng lên thanh phải cân bằng với lực từ.

Vì vậy công suất cơ học (công của lực kéo) được xác định: B 2l 2 v 2 P  Fv  Ft v  .

R Thay các giá trị đã cho nhận được: P  0,5W .

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

B

0,5

0,25 0.5 0.25 0.5

0.25 0.5 0.25 0.5

B 2l 2 v 2 .

R +Công suất này đúng bằng công suất cơ học để kéo thanh. Như vậy toàn bộ công cơ học sinh ra được chuyển hoàn toàn thành nhiệt (thanh chuyển động đều nên động năng không tăng), điều đó phù hợp với định luật bảo toàn năng lượng. +Công suất tỏa nhiệt trên thanh MN: Pn  I 2 R 

----------------ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ

KỲ THI OLYMPIC LỚP 11 ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ Dành cho học sinh THPT không chuyên Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề.

------------------------

Câu 1: Cho mạch điện như hình 1. Biết E1=6V, r1=1Ω, r2=3Ω, R1=R2=R3=6Ω. Vôn kế lí tưởng. a) Vôn kế chỉ 3V. Tính suất điện động E2. b) Nếu nguồn E2 có cực dương nối với B, cực âm nối với D thì vôn kế chỉ bao nhiêu?

E1 ,r

R1 A

E2,r2 D V R3 C

B

R2 Câu 2: Hai thanh ray có điện trở không đáng kể được  B Hình 1 ghép song song với nhau, cách nhau một khoảng l trên mặt phẳng nằm ngang.

Hai đầu của hai thanh được nối với nhau bằng điện trở R. Một thanh kim loại có chiều dài cũng bằng l, khối  R lượng m, điện trở r, đặt vuông góc v l và tiếp xúc với hai thanh. Hệthống đặt trong một từ trường đều B có phương thẳng đứng (hình 2).

1. Kéo cho thanh chuyển động đều với Hình 2 vận tốc v. a) Tìm cường độ dòng điện qua thanh và hiệu điện thế giữa hai đầu thanh. b) Tìm lực kéo nếu hệ số ma sát giữa thanh với ray là μ.

Câu 3: Cho biết: điện thế do một điện tích điểm q gây ra tại điểm M cách q một khoảng r trong chân không là VM = k.q/r, với k = 9.109 N.m2/C2; khối lượng và điện tích của êlectron lần lượt là 9,1.10 − 31 kg và − 1,6.10 − 19 C; điện tích của prôtôn là + 1,6.10 − 19 C; 1 eV = 1,6.10− 19 J. 1) Với nguyên tử hiđrô ở trạng thái cơ bản, êlectron chuyển động tròn đều quanh hạt nhân đứng yên, với bán kính quỹ đạo là ao = 5,29.10 − 11 m. Tính: a) lực điện mà hạt nhân hút êlectron và tốc độ của êlectron; Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b) tổng động năng và thế năng của êlectron trong điện trường của hạt nhân (tính theo eV).

2) Hai êlectron, ban đầu, ở cách nhau một khoảng rất lớn và chạy đến gặp nhau với vận tốc tương đối có độ lớn vo = 500 m/s. Tìm khoảng cách nhỏ nhất a mà các êlectron có thể đến gần nhau.

Chỉ xét tương tác điện giữa các êlectron. ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­HẾT­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­

KỲ THI OLYMPIC LỚP 11 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM MÔN: VẬT LÝ – KHÔNG CHUYÊN

­­­­­­­­­­­­­­­­­

Câu

Nội dung E1,r1 I A I1 I2

Điện trở mạch ngoài là: R  I đến A rẽ thành hai nhánh: 1 (4đ)

R1

D V

Điểm

E2,r2

R3

C

0,5 B

R2

R2 ( R1  R3 )  4 R2  R1  R3 R2 I1 1 I    I1  I 2 R1  R3 2 3

0,5 0,5

UCD = UCA + UAD = ­R1I1+ E1 – r1I = 6 ­3I

0,5

U CD  3V  6 ­3I =  3  I = 1A, I = 3A

0,25

* Với I= 1A  E1 + E2 = ( R + r1 +r2 )I = 8  E2 = 2V

0,25

* Với I = 3A E1 + E2 =8 .3 = 24  E2 = 18V Khi đổi chỗ hai cực thì hai nguồn mắc xung đối.

Với E2 = 2V< E1: E1 phát, E2 thu, dòng điện đi ra từ cực dương của E1 E  E2 I 1  0,5 A  UCD = UCA + UAD =6 ­3I = 4,5V R  r1  r2

0,25

0,25

Với E2 = 18V > E1: E2 là nguồn, E1 là máy thu E  E1 I 2  1,5 A R  r1  r2 UCD = UCA + UAD = R1I1 + E1 +r1I = 6 +3I = 10,5V

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1

a) Suất điện động cảm ứng: E = Blv Cường độ dòng điện: I 

0,5

Blv Rr

Hiệu điện thế hai đầu thanh: U=I.R=

0,5 BlvR Rr

b) Lực từ cản trở chuyển động: Ft = B.l.I = 2 (3đ)

0,25

B 2l 2 v Rr

0,25

B 2l 2 v + μmg Rr Khi thanh chuyển động ổn định thì gia tốc của nó bằng 0  cường độ dòng điện trong mạch bằng 0  hiệu điện thế trên tụ bằng suất điện động cảm ứng: U = E = Blvgh

0,25

Lực kéo: F = Ft + Fms =

0,25

Bảo toàn năng lượng: 1 1 1 1 1 1 2 CU 02  CU 2  mv 2gh hay CU 02  CB 2 l 2 v gh  mv 2gh 2 2 2 2 2 2 vgh = U 0

0,5

C CB l  m

0,5

2 2

Fđ = k.|q1.q2|/r2 = 9.109.e2/(ao)2 = 8,2.10­8 N

3 (3đ)

0,5 0,5 0,5

Fht = me.v2/ao = Fđ = 9.109.e2/(ao)2 v = (Fđ.ao/me)1/2 = 2,19.106 m/s Wđ = m.v2/2 = Fđ.ao/2 = k.e2/(2ao)

0,5

Wt = q.V = − k.e2/ao W = Wđ + Wt = − k.e2/(2ao) = − 2,18.10­18 J = − 13,6 eV

0,5 0,5

------------------HẾT------------------

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ Môn thi: VẬT LÝ - Khối 11 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề) ĐỀ : E1,r1

Câu 1( 5 điểm) Hai quả cầu kim loại nhỏ như nhau có khối lượng m = 0,45g mang điện tích giống nhau, được treo vào cùng một điểm trong không khí bằng hai sợi dây mảnh, nhẹ, không dẫn điện

R1 A

D V

E2,r2

R3 B

C

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú R2 Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

H .3

có cùng chiều dài  = 20cm. Hai quả cầu đẩy nhau, khi cân bằng thì hai dây treo cùng hợp với phương thẳng đứng góc α và hai quả cầu cách nhau một khoảng r = 20 độ lớn điện tích của mỗi quả cầu? Lấy g = 10 m/s2.

cm. Hãy tính

Câu 2 ( 4 điểm).

Cho mạch điện như hình vẽ (hình 3): trong đó E1 = 6V; r1=1Ω; r2=3Ω; R1=R2=R3=6Ω.

1.Vôn kế V (điện trở rất lớn) chỉ 3V. Tính suất điện động E2.

2.Nếu đổi chỗ hai cực của nguồn E2 thì vôn kế V chỉ bao nhiêu?

Câu 3( 4 điểm) : Cho các dụng cụ và linh kiện sau: ­ Hai vôn kế khác nhau có điện trở chưa biết R1 và R2. ­ Một điện trở mẫu có giá trị R0 cho trước. ­ Một nguồn điện một chiều chưa biết suất điện động và điện trở trong. ­ Dây dẫn điện Yêu cầu: ­ Thiết lập công thức tính suất điện động của nguồn điện, có vẽ sơ đồ mạch điện minh hoạ. ­ Nêu phương án đo điện trở trong của nguồn, điện trở R1, R2 của hai vôn kế. Có vẽ sơ đồ mạch điện minh hoạ.

Câu 4 (4 điểm) Hai dây dẫn thẳng có cường độ dòng điện I1 =2A, I2 = 4A dài vô hạn, đồng phẳng, vuông góc với nhau trong môi trường không khí.  a) Xác định vectơ cảm ứng từ B tại những điểm trong mặt phẳng chứa 2 dây, cách đều hai dây những đoạn r = 4cm. b) Trong mặt phẳng chứa hai dòng điện, tìm quỹ tích những điểm mà tại đó cảm ứng từ  B  0.  Câu 5( 3 điểm) Vòng dây dẫn đồng chất đặt trong từ trường biến thiên đều có B vuông góc với mặt phẳng vòng dây. a) Tính hiệu điện thế giữa hai điểm bất kì trên vòng dây. b) Mắc vào hai điểm bất kì của vòng một vôn kế điện từ, kim vô kế có lệch không?

HẾT

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN VẬT LÍ LỚP 11 Câu 1: (4 điểm)

Các lực tác dụng lên quả cầu gồm: lực điện Khi quả cầu cân bằng thì:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1



0,75

Từ hình vẽ, ta có: tanα = Suy ra: F = Ptanα Mà Sinα = Suy ra: tanα = 1.

suy ra: α = 450 0,75

Suy ra: F = P hay Suy ra: Thay số:

0,75

=

0,75

= 2.10­7 C.

Câu 2: (5điểm)

1. Tính suất điện động E2. (3 đ)

E1,r1 I A

I1 R1 I2

D

E2,r2

V 3

C

B

R2 Phát hành PDF bởi Ths NguyễnH.1 Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

R2 ( R1  R3 )  4 R2  R1  R3 I I R2 1   I1  + I đến A rẽ thành hai nhánh: 1  I 2 R1  R3 2 3

+ Điện trở toàn mạch R 

0,5

0,25

+ UCD = UCA + UAD = ­R1I1+ E1 – r1I1 = 6 ­3I

0,25

+ U CD  3V

0,25 + 6 ­3I =  3 => I = 1A, I = 3A. ­

Với I= 1A: E1 + E2 = ( R + r1 +r2 )I = 8 => E2 = 2V ­ Với I = 3A: E1 + E2 =8 *3 = 24 => E2 = 18V 2. Đổi chỗ hai cực của nguồn E2 thì vôn kế chỉ bao nhiêu ( 2 đ). + Khi đổi chỗ hai cực thì hai nguồn mắc xung đối ­ Với E2 = 2V< E1 : E1 phát , E2 thu, dòng điện đi ra từ cực dương của E1 I

E1  E2  0,5 A R  r1  r2

0,5 0,5 0,25 0,25 0,25

UCD = UCA + UAD =6 ­3I = 4,5V

0,25

­ Với E2 = 18V > E1: E2 là nguồn, , E1 là máy thu

0,25

I

E2  E1  1,5 A R  r1  r2

0,5

UCD = UCA + UAD = R1I1 + E1 +r1I = 6 +3I = 10,5V

0,5

Câu 3:(4 điểm) * Xác định suất điện động của nguồn điện. mắc theo sơ đồ như hình vẽ:

Vẽ hình 0,5

E, r

V1

V2

0. 5 U R Đọc số chỉ 2 vôn kế là U1 và U2, suy ra 1  1 (1) U 2 R2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

­ mắc riêng từng vôn kế theo sơ đồ như hình vẽ: E, r

E, r

V1

V2

Vẽ hình 0,75

2

Số chỉ 2 vôn kế là U1’ và U2’. Áp dụng định luật ôm cho toàn mạch: U1' U 2' ' E  U  .r và E  U 2  .r R1 R2 ' 1

(2)

E  U1' U1' R2 U1'U 2' (U1  U 2 ) suy ra (3)   .

E E  U 2' U 2' R1 U 2' U1  U1'U 2

0.75

0. 5

* Phương án xác định các điện trở.

Mắc mạch điện theo sơ đồ: Số chỉ 2 vôn kế là U1" và U 2"

Vẽ hình 0.5 U1'' U 2'' U 2'' (4)   R0 R1 R2

Thay (1) vào (4) suy ra R1 và R2, kết hợp với phương trình 2 suy ra r.

0.5

Câu 4: (4 điểm) Lời giải Cho I1 chạy cùng chiều trục Ox, I2 chạy cùng chiều Oy. a)Từ trường do các dòng gây ra tại M ở từng góc vuông như hình vẽ: Có 4 vị trí điểm M. Điểm Tại M: a) Với x  y  4cm  0, 04m 2 I I B1  2.107. 1  10 5 T . B2  2.107. 2  2.105 T . y

x

5

BM1  BM 3  10 T .

BM 2  BM 4  3.10 5 T .

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b)  B1

I2

 B1

 B2



  

M4 y

 

 B2

 B1

 B1

x  B2

M3

M1

 B1

I1

 

2

M2







Quỹ tính nhũng điểm tại đó B  0 nằm trong hai góc vuông ở đó B1 và B2 ngược chiều.

Sao cho: B1  B2 

I1 I 2 x  y . y x 2

Quỹ tích phải tìm là đường thẳng y 

x trừ điểm O. 2

Câu 5: (3điểm)

a)Hiệu điện thế giữa hai điểm bất kì trên vòng ­ Xét đoạn dây ACB , ta có : EACB=

RACB e ( e tỉ lệ với chiều dài của dây hay tỉ lệ R

với điện trở dây) ­ Giả sử dòng điện chạy qua vòng dây tuân theo định luât ôm ta có : UAB= IRACB ­ EACB =

RACB R e ­ ACB e =0 R R

1,5

Vậy hiệu điện thế giữa hai điểm bất kì trên vòng dây là U=0 b)Kim vôn kế có bị lệch không?

Mặc dù UAB = 0 nhưng trong mạch vẫn có dòng điện được duy trì bởi trường lực lạ. Trên đoạn mạch AB ta có: UV ≈ e. Do đó khi mắc vôn kế vào hai điểm A và 1,5 B vôn kế sẽ bị lệch.

——————— ĐỀ THAM KHẢO

KỲ THI OLYMPIC Môn thi: VẬT LÝ 11 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Bài 1: (5đ) Có 4 quả cầu nhỏ giống hệt nhau, mỗi quả có khối lượng m, điện tích q.

Treo 4 quả vào điểm O bằng 4 sợi dây mảnh cách điện dài l, tất cả đặt trong không khí. Khi cân bằng, bốn điện tích nằm tại 4 đỉnh của hình vuông ABCD cạnh a=l. Bỏ qua lực đẩy Ác­si­met trong không khí. a. Tính lực điện do ba điện tích đặt tại A, B, D tác dụng lên điện tích đặt tại C theo q, l và hằng số điện k. b. Tính giá trị của q theo m, l và gia tốc trọng trường g. Áp dụng bằng số: l=20cm, m= (1  2 2) gam, g=10m/s2, k= 9.109 (

Nm2 ).

C2

Bài 2: (4đ) Cho mạch điện như hình bên. Biết R2 = R3 M

= 20Ω, điện trở của ampe kế nhỏ không đáng kể. Hiệu điện thế hai đầu mạch UAB = 18V. Lúc này ampe kế chỉ

A

số 0.

R1

A

R3

R2

N

R4

B

a. Tính điện trở tương đương của đoạn mạch AB. b. Nếu đổi chỗ R1 và R3 cho nhau thì ampe kế chỉ 0,3A. Hãy tính R1 và R4.

Bài 3: (4đ) Cho mạch điện gồm hai nguồn điện giống nhau có

R1

suất điện động E = 3 V, điện trở trong r = 1 Ω; R1 = 2 Ω; R2 =

E,r

5 Ω; R3 = 1 Ω; C = 10 μF (Hình 2). Bỏ qua điện trở dây nối và khóa K. a. Đóng khóa K vào chốt 1. Tính cường độ dòng điện qua R1 và điện tích của tụ C khi dòng điện đã ổn định.

R2

R3

C

2

K 1 E,r Hình 2

b. Đảo khóa K từ chốt 1 sang chốt 2. Tính tổng điện lượng chuyển qua điện trở R3 kể từ khi đảo khóa K. c. Ngắt khóa K, thay tụ điện C bằng một cuộn dây có độ tự cảm L = 50 mH. Đóng khóa K vào chốt 1 thì cường dòng điện qua cuộn dây tăng dần. Tính tốc độ biến thiên cường độ dòng điện qua cuộn dây tại thời điểm dòng điện đó có cường độ bằng 0,35A. Bỏ qua điện trở của cuộn dây.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Bài 4: (4đ) Hai dây dẫn thẳng dài vô hạn đặt song

I2

I1

song, cách nhau khoảng 2a (cm) trong không khí,

x

có các dòng điện I1 = I2 = 6A cùng chiều đi qua.

A1

Mặt phẳng P vuông góc với hai dây và cắt hai dây tại A1,A2. Khoảng cách A1A2 là 8cm. O là trung

A2

O

P

điểm A1A2. Trục tọa độ Ox nằm trong mặt phẳng P và vuông góc với A1A2. a. Xác định véctơ cảm ứng từ tổng hợp tại O. b. Xác định véctơ cảm ứng từ tổng hợp tại M trên Ox với OM = x = 3cm. c. Xác định vị trí điểm N trên Ox có cảm ứng từ cực đại. Tính giá trị cực đại này.

Bài 5: (3đ) Một dây dẫn cứng có điện trở không đáng kể, được uốn thành khung ABCD nằm trong mặt phẳng nằm

 B

B

ngang,có AB và CD song song với nhau, cách nhau một khoảng l=0,5m, được đặt trong một từ trường đều có cảm

A

 v

C

ứng từ B=0,5T hướng vuông góc với mặt phẳng của khung

M

D

N

Hình 4

như hình 1. Một thanh dẫn MN có điện trở R=0,5 có thể trượt không ma sát dọc theo hai cạnh AB và CD (Hình 4). a. Hãy tính công suất cơ học cần thiết để kéo thanh MN trượt đều với vận tốc v=2m/s dọc theo các thanh AB và CD. So sánh công suất này với công suất tỏa nhiệt trên thanh MN và nhận xét. b. Thanh đang trượt đều thì ngừng tác dụng lực. Sau đó thanh còn có thể trượt thêm được đoạn đường bao nhiêu nếu khối lượng của thanh là m=5g?

-------------------Hết----------------

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ OLYMPIC VẬT LÝ 11

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Bài 1:     a. Lực tác dụng vào điện tích đặt tại C như hình vẽ. FAC  FBC  FDC  F (1)  Do tính đối xứng nên lực F cùng chiều với AC

0,5

0,5

Chiếu phương trình (1) lên phương AC ta được: F = FAC + FDCcos450 + FBCcos450  F

0,75

kq 2  1   2 2  l 2 

     b. Xét quả cầu C. Các lực tác dụng vào quả cầu gồm: T , P , FAC , FBC , FDC .      Tại vị trí cân bằng của quả cầu C: T  P  FAC  FBC  FDC  0  



 F  P  T

0,75

1,25

(như hình vẽ)

   Hợp lực của F  P phải có phương của dây treo OC.

Do =450 nên F  P  mg 

mgl 2 kq 2 0,5 2 q    l2 k (0,5  2)





0,75

Thay số: q  3.107 C .

0,5

Bài 2 (4đ) a. IA = 0, mạch cầu cân bằng R 20 R Đặt 1  3  k (1)  R1  20k ; R4  k R2 R4

0,5 0,5

Vì RA  0 , ta chập M với N  RAB 

RR R1R2  3 4 (2) R1  R2 R3  R4

Từ 1 và 2  RAB  20

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5 0,5

' b. Khi đổi chỗ R1 và R3 : RAB 

Tính được I 

0,25

10(k 2  2k  1) R3 R2 RR  1 4 = k 2 1 R3  R2 R1  R4

0,75

9 9(k 2  1) 9(k 2  1)  I  I ; ; 1 3 5(k 2  2k  1) 10(k 2  2k  1) 5(k 2  2k  1)

Thay vào: I A  I 3  I1

0,5

9(k 2  1) dẫn tới 0,3  10(k 2  2k  1)

Giải pt được hai nghiệm dương k= 2 và k = 0,5 Với k = 2: R1 = 40Ω ; R4 = 10Ω , dòng điện chạy từ M đến N Với k = 0,5: R1 = 10Ω ; R4 = 20Ω , dòng điện chạy từ N đến M

0,5

Bài 3(4đ): Khi khóa K ở chố 1, hai nguồn E mắc song song nên

0,25

Eb = E = 3 V; rb = r/2 = 0,5 Ω a

Cường độ dòng điện qua R1: I1 = E b/(R1+rb) = 1,2 A

0,25

Hiệu điện thế giữa hai đầu tụ điện UC = UR1 = I1R1 = 2,4 V

0,25

Điện tích cuả tụ điện q1 = CUC = 24 μC

0,25

Đóng khóa k vào chốt 2 ta có mạch điện như sau

R1

UC2 = UMN

E,r

= UMP + UPN =E b

P

R1 R2 ­E = ­ 0,5V R1 + r R2 + r

R2

0,5 R3

N

C

M

2 k 1

E,r

Điện tích của tụ điện: q2 = CUC2 = 5 μC

0,25

Ta thấy lúc khóa K ở chốt 1 bản tụ bên trái tích điện âm với điện tích q1; khi khóa 0,25 K chuyển sang chốt 2, bản bên trái của tụ điện tích điện dương với điện tích q2.

Vậy điện lượng đã chuyển qua điện trở R3 là Δq = q1 + q2 = 29 μC c

I1 động tự 0,25 1 Khi dòng điện qua cuộn dây biến thiên trong cuộn dây xuất hiệnR suất điện

cảm etc =  L

i3 t

(1) P

R2

I N

2 E b , rb

R3

k 1

L

M

I2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Áp dụng định luật ôm cho các đoạn mạch I1 

I2  I=

 U MP  Eb rb

U MP + e tc R2 + R3

I2 = I + I 1 =>

U MP R1

0,25

(3)

0,25

(4) (5)

0,25

36 ­ e tc ­U MP + Eb U MP + e tc U MP => U MP = = + 16 R2 + R3 R1 rb

Từ (3) và (5) ta có I =

0,25

(2)

(6) 0,25

36 +15e tc 96

Khi I = 0,35 A ta có etc = ­ 0,16 V

0,25

Thay vào (1) ta tính được độ biến thiên cường độ dòng điện qua cuộn dây 0,25 ΔI = 3, 2 A/s Δt

Bài 4 (4đ)      a. Gọi B1 , B2 là cảm ứng từ do hai dòng điện sinh ra tại O => B o  B1  B2  Mà B1=B2 và từ hình vẽ ta có Bo=B1­B2 =0

0,5 0,5

B2

  b. Gọi B1 , B2 là cảm ứng từ do

I1

I2

0,25

   hai dòng điện sinh ra tại M => B M  B1  B2

 B1

0,25

r= a 2  x 2

I I B1  B2  2.107.  2.107 2 r a  x2 Từ hình vẽ ta có B=2.B1cos  x Mà cos  a 2  x2 I .x  2,88.10 5 T  B  2.2.107. 2 2 a x  I1 Vậy BM có + Điểm đặt : Tại M + Hướng : song song với I1I2 + Độ lớn: B= 2,88.10­5 T I I .x c.Ta có B  2.2.107. 2  4 I .107 2 2 a a x x x

 B2

M

0,5

0,5

 BM



 B1

I2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5 0,5 0,5

a2  x nhỏ nhất khi a2=x2 vậy x=a x Vậy N cách O một khoảng bằng 4cm Bmax=3.10­5T Để B lớn nhất thì

Bài 5(3đ): Khi thanh MN chuyển động thì dòng điện cảm ứng trên thanh xuất hiện theo 0,25 chiều MN. Cường độ dòng điện cảm ứng này bằng: I 

E Bvl  .

R R

Khi đó lực từ tác dụng lên thanh MN sẽ hướng ngược chiều với vận tốc v và có 0,25 độ lớn: Ft  BIl 

B 2l 2 v .

R

Do thanh chuyển động đều nên lực kéo tác dụng lên thanh phải cân bằng với lực 0,25 từ.

Vì vậy công suất cơ học (công của lực kéo) được xác định:

P  Fv  Ft v  a

0,25

B 2l 2 v 2 .

R 0,25

Thay các giá trị đã cho nhận được: P  0,5W .

Công suất tỏa nhiệt trên thanh MN: Pn  I 2 R 

B 2l 2 v 2 .

R

0,25

Công suất này đúng bằng công suất cơ học để kéo thanh. Như vậy toàn bộ công 0,25 cơ học sinh ra được chuyển hoàn toàn thành nhiệt (thanh chuyển động đều nên động năng không tăng), điều đó phù hợp với định luật bảo toàn năng lượng.

Sau khi ngừng tác dụng lực, thanh chỉ còn chịu tác dụng của lực từ. Độ lớn trung 0,25 bình của lực này là: F 

Ft B 2l 2 v  .

2 2R

Giả sử sau đó thanh trượt được thêm đoạn đường S thì công của lực từ này 0,25 là: A  FS 

b

B 2l 2 v S. 2R

1 Động năng của thanh ngay trước khi ngừng tác dụng lực là: Wđ  mv 2 .

2

0,25

Theo định luật bảo toàn năng lượng thì đến khi thanh dừng lại thì toàn bộ động 0,25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 B 2l 2 v S. năng này được chuyển thành công của lực từ (lực cản) nên: mv 2  2 2R Từ đó suy ra: S 

0,25

mvR  0,08(m)  8cm.

B 2l 2

KỲ THI OLYMPIC MÔN THI: VẬT LÝ KHỐI: 11 (Thời gian: 150’ không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 05 câu in trong 02 trang)

Câu 1:(5đ) Cho hai điện tích q1 và q2 đặt cố định tại hai vị trí có tọa độ x1 = a và x2 = ­a trong hệ tọa độ vuông góc (oxy) .Biết q1 = q2 = +Q . a) Phải chọn một điện tích q0 như thế nào và đặt ở đâu để nó cân bằng ? b) Đặt thêm điện tích q3 = ­Q cố định tại vị trí có tọa độ y = a 3 .Phải đặt điện tích q0 nằm cách đều q1 ,q2 ở đâu để lực điện do q1,q2 và q3 tác dụng lên nó đạt giá trị cực đại ? Tính giá trị cực đại đó ?

Câu 2:(4đ) Cho mạch điện có sơ đồ như hình vẽ (H.1). Cho biết: R1= R1 R3 C 16Ω ; R2 = R3 = 24Ω, R4 là một biến trở. Bỏ qua điện trở của các dây nối. Đặt vào hai đầu A, B của mạch điện một điện áp R2 R4 A B UAB = 48V. D

1) Mắc vào hai điểm C, D của mạch một vôn kế có điện (H.1) trở rất lớn. Điều chỉnh biến trở để R4 = 20Ω. Tìm số chỉ vôn kế. Cho biết cực dương của vôn kế phải mắc vào điểm nào?

2) Thay vôn kế bằng ampe kế có điện trở RA= 12Ω. Điều chỉnh biến trở để R4 = 24Ω.

Tìm điện trở tương đương của mạch AB, cường độ dòng điện qua các điện trở và số chỉ của ampe kế. Chỉ rõ chiều của các dòng điện.

Câu 3:(4đ) Cho mạch điện (Hình 2). Nguồn điện có suất điện động E  8V , điện trở trong r  2 . Điện trở của đèn là R1  3 , R2 là bình điện phân chứa dung dịch CuSO4 có cực dương tan là đồng (A=64, n=2 và F= 96500C/mol) và có điện trở 3Ω. Ampe kế được coi là lí tưởng.

1) Khóa K đóng. Khi điện trở của phần AC bằng 6 và đoạn AB là 12Ω . Tìm lượng đồng bám vào Catot sau thời gian 16 phút 5s 2) Thay biến trở bằng một biến trở mới, khoá K mở, di chuyển con chạy C người ta nhận thấy khi điện trở của phần

K

A E,r

R1

D R2 C B

Hình 2 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A

AC của biến trở AB có giá trị 1 thì đèn tối nhất. Tính điện trở toàn phần của biến trở.

Câu 4. (4 đ) Một êlectron đang chuyển động với vận tốc v0= 6.107m/s thì bay vào một miền có từ  trường đều, phương vuông góc với các đường sức từ. Vectơ vận tốc v0 nằm trong mặt phẳng hình vẽ và có chiều hướng từ trái sang phải (Hình 1). Cho biết me  9,1.1031 kg , B  0, 005T , điện tích của êlectron v0 bằng 1, 6.1019 C . Bỏ qua trọng lượng của êlectron.  1. Cần phải đặt một điện trường E có hướng và độ lớn thế nào trong miền từ trường để êlectron chuyển động thẳng đều trong miền đó?

B 2. Không đặt điện trường như đã nêu ở câu trên. a) Hãy tính bán kính quỹ đạo chuyển động của êlectron khi d chuyển động trong không gian có từ trường.

Hình 31 Hình b) Miền từ trường nói trên được giới hạn giữa hai đường thẳng song song, cách nhau một khoảng d = 5,91cm. Tính thời gian chuyển động của êlectron trong từ trường.

Câu 5 (3đ):  B Hai thanh ray có điện trở không đáng kể được ghép song song với nhau, cách nhau một khoảng l trên mặt phẳng nằm ngang. Hai đầu của hai thanh được nối với nhau bằng điện trở R. Một thanh kim loại có chiều dài  R v cũng bằng l, khối lượng m, điện trở r, đặt l vuông góc và tiếp xúc với hai thanh.

Hệ  thống đặt trong một từ trường đều B có phương thẳng đứng (hình 4).

Hình 4 1. Kéo cho thanh chuyển động đều với vận tốc v. Tìm cường độ dòng điện qua thanh và hiệu điện thế giữa hai đầu thanh.

2. Ban đầu thanh đứng yên. Bỏ qua điện trở của thanh và ma sát giữa thanh với ray. Thay điện trở R bằng một tụ điện C đã được tích điện đến hiệu điện thế U0. Thả cho thanh tự do, khi tụ phóng điện sẽ làm thanh chuyển động nhanh dần. Sau một thời gian, tốc độ của thanh sẽ đạt đến một giá trị ổn định vgh. Tìm vgh? Coi năng lượng hệ được bảo toàn. ­­­Hết­­­

KHỐI: 11 (Thời gian: 150’ không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 05 câu in trong 02 trang)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM Nội dung

Câu Câu 1 (5 đ)

a) 1,5đ Vẽ hình phân tích lực.   + Điều kiện để q0 nằm cân bằng : F10  F20  0 <=> + q0 nằm trên trục Ox và trong khoảng giữa q1 và q2 . q q q q + F10 = F20 <=> k 1 2 0  k 2 0 2  x  a x  2a  x 

Điểm

0,25đ 0,25đ 0,5đ 0, 5đ

Vậy , để q0 nằm cân bằng thì q0 đặt tại gốc tọa độ O. Giá trị của q0 và dấu là tùy ý.

b) 3,5đ Vẽ hình phân tích lực.  + Để lực tác dụng lên q0 cực đại thì lực tổng hợp F12 do q1 và q2 tác dụng phải cùng chiều với lực do q3 tác dụng ,do đó :   600    1800 hay 0  y  a 3 với   F1 , F2





q0Q 2 a  y2 q0Qy qQ   + F12  2k 2 0 2 cos    2k 3/2 a y 2  a2  y 2  + F1  F2  k

+ F3  k

Qq0

a

3y



0,25đ 0,5đ 0,25đ

0,5đ

2

+ F = F12 + F3 + Trong khoảng ( 0 ;a√3) thì y tăng F12 và F3 tăng nhưng F12 có điểm cực trị ,do đó , Fmax khi F12max . + Áp dụng bất đẳng thức Cosi khai triển F12 ta có : 2 3/2  a2  y 2   3 3 y.2a qQ => F12  4k 0 2 3 3a qQ a y F12 max  4k 0 2 2 3 3a   2  kQqo  4 Vậy : Fmax  2  a 3 3 6 1    a) Số chỉ vôn kế, cách mắc vôn kế (1,5đ) Nếu hai điểm C, D được mắc vôn kế có điện trở rất lớn: Điều chỉnh biến trở để R4 = 20Ω.



Câu 2 (4 đ)

0,5đ

0,5đ 0,5đ 0,5đ



0,25đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

U AB 48   1, 2 A R1  R3 16  24 UAC = I13.R1 = 1,2.16 = 19,2V U AB 48 Dòng điện qua R2 và R4: I 24    1, 09 A R2  R4 24  20 UAD = I24.R2 = 1,09.24 ≈ 26,2V. Vôn kế chỉ: UDC = UAD – UAC = 26,2 – 19,2 = 7V. Cực dương phải mắc vào điểm D. 2) Điện trở tương đương, số chỉ của ampe kế, giá trị các cường độ dòng điện, chiều dòng điện (2,50 điểm) Khi thay vôn kế bởi ampe kế có RA = 0 thì C  D Điện trở tương đương: RR 108 RR  Rtd  1 2  3 4  5 R1  R2 R3  R4 Cường độ dòng điện qua R1 và R3 R U 4 I1  AB . 12  A Rtd R1 3 R 20 U A I 3  AB . 34  Rtd R3 9 8 + Cường độ dòng điện qua Ampe kế: IA = I3 – I1 = A 9 Do I 3  I1 nên cực dương Ampe kế nối vào điểm D Dòng điện qua R1 và R3: I13 

Câu 4 (4đ)

1)(2đ) Khi K đóng, ta chập các điểm A và B lại với nhau như hình vẽ. Gọi R' là giá trị biến trở toàn phần mới. ­ Điện trở toàn mạch lúc này: RACD  3  R2  6 R .R Rtm  ACD 1  2 RACD  R1 E I  2A Rtm  r

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

0, 5đ 0,25đ

0, 5đ 0, 5đ 0, 5đ 0,25đ

0,5đ

E,r R1 B A

0,25đ 0,25đ

6 C

R2

D

6

I  I 2  I1 hay I .Rtm 2  A. I 2  I  I1  I  R1 3 ­ Tại nút D ta có:

Khối lượng đồng bám vào catot

m

0, 5đ

AI 2 t  0, 21g F .n

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5đ

2)(2đ) Khi K mở, ta vẽ lại mạch điện như hình bên.

Gọi R là điện trở toàn phần, x là điện trở phần AC. ­ Điện trở toàn mạch là:

E,r

(R- x) 2 3( x  3)  x  ( R  1) x  21 B  6R C Rtm  R  x  r  x6 x6

x A R1 

0, 5đ D

R2

0,25đ 0, 5đ

 I

E 8( x  6) ;  2 R tm  x  ( R  1) x  21  6 R

0,25đ

24( x  3) ;  x  ( R  1) x  21  6 R U CD 24 ­ Cường độ dòng điện qua đèn là: I1  ;  2 R 1  x  x  ( R  1) x  21  6 R ­ Khi đèn tối nhất tức I1 đạt min, và khi đó mẫu số đạt cực đại. b R 1  1; ­ Xét tam thức bậc 2 ở mẫu số, ta có: x   2 2a ­ Suy ra R  3 (  ). ­ H.đ.t giữa hai điểm C và D: U CD  E  I ( R  r  x ) 

Câu 4 (4 đ)

2

1)(1,5đ)  - Sử dụng quy tắc bàn tay trái ta tìm được chiều của lực Lorenxơ FL tác dụng lên electron hướng thẳng đứng từ trên xuống.  ­ Để electron chuyển động thẳng đều thì lực điện trường ( FD ) phải    cân bằng với FL , tức là FD hướng lên. Suy ra E phải hướng thẳng đứng xuống dưới. ­ Độ lớn E thỏa mãn: Ee = ev0B (e là độ lớn điện tích electron)  E  Bv0  0, 005.6.107  3.105 V m .

2a)(1,5đ)  Khi không có điện trường, trong miền từ trường, lực Lorenxơ FL đóng vai trò là lực hướng tâm nên: FL  ma ht 2 0

mv0 mv R eB R 31 7 9,1.10 .6.10  0, 06825m  6,825cm R 1,6.1019.0,005 2b)(1,0đ) Vì R > d nên êlectron sẽ ra khỏi từ trường tại một điểm trên đường giới hạn theo phương lệch với phương ban đầu một góc xác định bởi: ev0 B 

d 5,91 sin     0,866 hay   600 .

R 6,825

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25đ 0,25đ

0,5đ 0,5đ

0,5đ

0,5đ 0,5đ 0,5đ

0,25đ 0,25đ

B

v0

0,5đ

N φ v0 R φ O d

Như vậy cung tròn mà êlectron chuyển động trong từ trường chỉ chiếm 1/6 đường tròn nên thời gian êlectron chuyển động trong từ trường là:

1 2R 1 2.0,06825 t .  .  1,191.109 s 7 6 6 v0 6.10 Câu 5 (3 đ)

1) 1đ Suất điện động cảm ứng: E = Blv Cường độ dòng điện: I 

0,25đ 0,25đ

Blv Rr

0,5đ

BlvR Hiệu điện thế hai đầu thanh: U=I.R= Rr

2) 2đ Lực từ cản trở chuyển động: Ft = B.l.I =

B 2l 2 v Rr

B 2l 2 v + μmg Lực kéo: F = Ft + Fms = Rr

Khi thanh chuyển động ổn định thì gia tốc của nó bằng 0  cường độ dòng điện trong mạch bằng 0  hiệu điện thế trên tụ bằng suất điện động cảm ứng: U = E = Blvgh Bảo toàn năng lượng:

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ

1 1 1 1 1 1 2 CU 02  CU 2  mv 2gh hay CU 02  CB 2 l 2 v gh  mv 2gh 2 2 2 2 2 2 C vgh = U 0 2 2 CB l  m

*-Nếu thí sinh làm cách khác vẫn đúng thì cho điểm tối đa tương ứng. *-Thí sinh không viết hoặc viết sai đơn vị từ hai lần trở lên thì trừ 0,25 điểm cho toàn bài.

ĐỀ THAM KHẢO

Bài 1:

KỲ THI OLYMPIC Môn: Vật lý – Lớp: 11

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1:(5 điểm) 1.1. Có hai điện tích điểm q và 4q được giữ cố định cách nhau một khoảng r. Cần đặt điện tích thứ ba Q ở đâu và có dấu như thế nào để để hệ ba điện tích nằm cân bằng?

1.2 Hai quả cầu kim loại nhỏ giống nhau được treo vào một điểm bởi hai sợi dây nhẹ không dãn, dài  = 40 cm. Truyền cho hai quả cầu điện tích bằng nhau có điện tích tổng cộng q = 8.10­6 C thì chúng đẩy nhau các dây treo hợp với nhau một góc 900. Lấy g = 10 m/s2. a. Tìm khối lượng mỗi quả cầu. b. Truyền thêm điện tích q’cho một quả cầu, thì thấy góc giữa hai dây treo giảm đi còn 0 60 . Xác định cường độ điện trường tại trung điểm của sợi dây treo quả cầu được truyền thêm điện tích này?

Bài 2:(4 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ.Nếu đặt vào AB hiệu điện thế 100 V thì người ta có thể lấy ra ở hai đầu CD một hiệu điện thế UCD = 40 V và ampe kế chỉ 1A. Nếu đặt vào CD hiệu điện thế 60 V thì người ta có thể lấy ra ở hai đầu AB hiệu điện thế UAB = 15 V. Coi điện trở của ampe kế không đáng kể. Tính giá trị của mỗi điện trở.

Bài 3:(4 điểm) Cho một mạch điện như hình vẽ. Các nguồn có suất R1 R2 E điện động E1=10V, E2=8V, điện trở trong r1=2, r2=4. Các điện trở có giá trị R1=8, R2=4. Các tụ điện có điện dung C1=12F, E2 E1 M B C2=6F. Bỏ qua điện trở dây nối, đầu tiên K ngắt sau đó K đóng. A K a. Tính điện tích các tụ C1 và C2 khi K ngắt và khi K đóng.

C1 C2 b. Tính hiệu điện thế giữa hai điểm D và E khi K ngắt và khi D K đóng. c. Tính số lượng electron chuyển qua khóa K khi đóng khoá K. Các electron đó chuyển theo chiều nào? Cho biết điện tích của electron là e = ­1,6.10­19C. Bài 4:(4 điểm) Hai dây đẫn thẳng dài vô hạn, đặt song song trong không khí cách nhau một đoạn d = 12 cm có các dòng điện cùng chiều I1 = I2 = I = 10 A chạy qua. Một điểm M cách đều hai dây dẫn một đoạn x. a. Khi x = 10 cm. Tính độ lớn cảm ứng từ tổng hợp do hai dòng điện chạy trong hai dây dẫn gây ra tại điểm M. b. Hãy xác định x để độ lớn cảm ứng từ tổng hợp do hai dòng điện gây ra đạt giá trị cực đại. Tính giá trị cực đại đó.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 5:(3 điểm) Thanh kim loại CD chiều dài 20cm khối D y B lượng 100g đặt vuông góc với hai thanh ray song song nằm N ngang Ax, By rồi nối hai điểm M,N với nguồn điện. Hệ M thống đặt trong từ trường đều hướng thẳng đứng xuống C x dưới B = 0,2T. Hệ số ma sát giữa CD và ray là 0,1. Bỏ qua A  điện trở các thanh, điện trở nơi tiếp xúc và dòng điện cảm B 2 ứng trong mạch. Cho g = 10 m/s . a. Biết thanh ray trượt về phía AB với gia tốc a = 3m/s2. Xác định chiều và độ lớn dòng điện I qua CD? b. Giữ nguyên dòng điện ban đầu nâng hai đầu A,B của ray lên để hai thanh ray Ax, By hợp với mặt phẳng ngang góc 300. Tìm hướng và gia tốc chuyển động của thanh biết thanh bắt đầu chuyển động không vận tốc đầu. .................................HẾT .............................

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

KỲ THI OLYMPIC Bài 2:

Môn: Vật lý – Lớp: 11

HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1: 1.1 Trường hợp các điện tích q và 4q được giữ cố định: vì q và 4q cùng dấu nên để cặp lực do q và 4q tác dụng lên q là cặp lực trực đối thì Q phải nằm trên đoạn thẳng nối điểm đặt q và 4q. Gọi x là khoảng cách từ q đến Q ta có: 9.109 Vậy Q phải đặt cách q khoảng cách

| 4qQ | r | qQ | = 9.109 x= .

2 2 x 3 ( r  x)

r 2r và cách 4q khoảng cách ; với q có độ lớn và dấu 3 3

tùy ý.

1.2 a. Ban đầu khi cân bằng mỗi quả cầu chịu tác dụng của 3 lực: Trọng lực P, Lực điện F và lực căng của dây treo T P  F  T  0 , F = Ptan

kq12/r2 = mgtan m = kq12/r2gtan = 0,045 kg = 45 g b. Ta xét hai trường hợp ­ Khi truyền thêm điện tích q’ hai quả cầu cùng tích điện dương.

F’ = Ptan’ kq1q2’ /r’2 = mgtan’ q2’ = r’2mgtan’/kq1 = 1,15.10­6 C

E 

E2

E1

T F’ q1

q2’

P

E1 = kq1/(  3 / 2 )2 = 3.105 V/m E2 = kq2’/(  / 2 )2 = 2,6.105 V/m E1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú T Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 E

E2

E=

E12  E22 = 3,97.105 V/m  4.105 V/m

tan = E1/E2 = 3/2,6   = 490 ­ Nếu sau khi truyền q’ hai quả cầu cùng mang điện tích âm: q1’ = q2’ kq1’2 /r’2 = mgtan’ q1’2 = r’2mgtan’/k  q1’ = ­ 2,15.10­6 C E1 = kq1’/(  3 / 2 )2 = 1,6.105 V/m E2 = kq2’/(  / 2 )2 = 4,8.105 V/m E=

E12  E22  5.105 V/m

tan = E1/E2 = 1,6/4,8    180 Bài 2: Trường hợp đặt vào giữa A và B hiệu điện thế 100 V thì đoạn mạch có (R3 nt R2)// R1, nên I3 = I2 = IA = 1 A; R2 =

U CD = 40 ; I2

UAC = UAB – UCD = 60 V; R3 =

U AC = 60 .

I3

Trường hợp đặt vào giữa C và D hiệu điện thế 60 V thì đoạn mạch có (R3 nt R1)// R2.

Khi đó UAC = UCD ­ UAB = 45 V; I3 = I1 =

U AC U = 0,75 A; R1 = AB = 20 .

R3 I1

Bài 3: a. Khi K ngắt và khi K đóng cường độ dòng điện qua mạch đều không thay đổi I=

E1  E 2 = 1A r1  r2  R1  R2

Khi K ngắt, tụ C1 nối tiếp với tụ C2. điện dung tương đương của bộ tụ là Cb =

C1C 2 =4 F C1 C 2

Hiệu điện thế UAB = Eb – I(r1 + r2) = 12V Khi đó ta có điện tích của các tụ là q1 = q2 = qb = Cb.UAB = 48 F Khi K đóng, tụ C1 // với nguồn E1, ta có điện tích của tụ : q’1 = C1.UAM Với UAM = E1 – I.r1 = 8V  q’1 = 96 F tụ C2 // với nguồn E2, ta có điện tích của tụ : q’2 = C2.UMB Với UMB = E2 – I.r2 = 4V  q’2 = 24 F Khi K ngắt, ta có UDE = UDA + UAE =

 q1 +I.R1 = ­4+8=4V C1

b. Khi K đóng , tính tương tự UDE = UDA + UAE =

 q1 +I.R1 = ­8+8=0V C1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

c. Khi K ngắt, tổng điện lượng trên các bản tụ nối đến điểm D là : Q = ­q1+q2 = 0 Khi K đóng, tổng điện lượng trên các bản tụ nối đến điểm D là : Q’ = ­q’1+q’2 = ­72 F Theo định luật bảo toàn điện tích, điện lượng đã chuyển qua khóa K khi K đóng là Q  Q'Q =72 F Do Q’< Q nên các electron chạy qua khóa K theo chiều từ M đến D Số lượng electron chạy qua khóa K: N=

Q = 45.1013 hạt e

Bài 4: a. Giả sử hai dây dẫn được đặt vuông góc với mặt phẵng hình vẽ, dòng I1 đi vào tại A, dòng I2 đi vào tại B. Các dòng điện I1 và I2 gây ra tại M 



các véc tơ cảm ứng từ B1 và B2 có phương chiều như hình vẽ, có độ lớn: I x

B1 = B2 = 2.10­7 = 2.10­5 T. Cảm ứng từ tổng hợp tại M là: 





B = B1 + B2 có phương chiều như hình vẽ và có độ lớn: d  x   2 x

2

2

B = B1cos + B2cos = 2B1cos = 2B1

= 3,2.10­5 T.

I x

b. Theo câu a) ta có: B1 = B2 = 2.10­7 ;

I B = 2B1cos = 2.2.10 x ­7

d  x2    2 x

2

1 d2 = 4. 10 I 2  4 ; x 4x ­7

B đạt cực đại khi

1 d2 4 d2  d2    đạt cực đại; theo bất  =  . .

1 x 2 4 x 4 d 2 4 x 2  4 x 2 

đẵng thức Côsi thì

d2 d2 4 d2  d2    đạt cực đại khi ­ = 1  . .

1 d 2 4 x 2  4 x 2  4x 2 4x 2

x=

d = 8,5 cm. Khi đó Bmax = 3,32.10­5 T. 2

Bài 5:





a. Thanh CD chịu tác dụng của 4 lực: trọng lực P ; phản lực N của các thanh ray; lực





từ F và lực ma sát Fms .

B N M

C A

D  Fms

 F

 B

y

I x

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Xét theo phương chuyển động (phương nằm ngang), ta có phương trình: F  Fms  ma  IBl  mg  ma m ( a  g ) I Bl 0,1(3  0,1.10)   10( A) 0,2.0,2

Sử dụng quy tắt bàn tay trái ta xác định được chiều dòng điện qua thanh CD theo chiều từ C đến D. b. Chọn hệ toạ độ Oxy như hình vẽ. 





Thanh CD chịu tác dụng của 4 lực: trọng lực P ; phản lực N của các thanh ray; lực từ F và 

lực ma sát Fms .











Theo định luật II Newton ta có: F  P  Fms  N  ma (1) Chiếu (1) lên các phương Oy, Ox ta được (Oy): N  P cos   F sin   0  N  P cos   F sin  (Ox): P sin   F cos   Fms  ma  mg sin   BIl cos   (mg cos   BIl sin  )  ma mg sin   BIl cos    (mg cos   BIl sin  )

A  F

 Fms

 N

 P

y O

x x

a

m 0,1.10. sin 30  0,2.10.0,2 cos 30 0  0,1(0,1.10. cos 30 0  0,2.10.0,2 sin 30 0 )   0,47(m / s 2 ) 0,1  Ta thấy a > 0 => gia tốc a của chuyển động hướng xuống chân mặt phẳng nghiêng.

0

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG

Môn thi: VẬT LÝ LỚP 11 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. Điện tích dương q0 được phân bố đều trên dây dẫn mãnh hình tròn, bán kính R. x’ Một điện tích điểm âm - q đặt tại M trên trục x’ x của đường tròn và cách tâm O của đường tròn một khoảng OM = x . a) Xác định lực điện tác dụng lên điện tích - q đặt tại M. b) Tìm x để lực điện (câu a) đạt cực đại. Tính cực đại đó.

.

O

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

.

M

x

Câu 2. Cho mạch như hình vẽ: nguồn có suất điện động E = 30V, A điện trở trong r = 3  ; R1 = 12  ; R2 = 36  ; R3 = 18  ; Điện trở Ampekế và dây nối không đáng kể.

R1 R2 F R3 B G a/ Tìm số chỉ Ampekế và chiều dòng điện qua nó.

D b/ Thay Ampekế bằng một biến trở R4 có giá trị biến đổi từ 2  đến 8  . Tìm R4 để dòng điện qua R4 đạt giá trị cực đại.

E, r Câu 3. a) Nếu lần lượt mắc điện trở R1=2 và R2=8 vào một D nguồn điện một chiều có suất điện động  và điện trở trong r thì công suất tỏa nhiệt trên các điện trở là như R1 R3 R2 nhau. Hãy tính điện trở trong của nguồn. b) Người ta mắc song song R1 và R2 rồi mắc nối tiếp A C B R 4 chúng với điện trở Rx để tạo thành mạch ngoài của nguồn , r điện trên. Hỏi Rx phải bằng bao nhiêu thì công suất tỏa A nhiệt ở mạch ngoài là lớn nhất? c) Bây giờ ta mắc nguồn điện trên và R1, R2 vào mạch như hình vẽ. Trong đó R3=58,4, R4=60, ampe kế A có điện trở không đáng kể. Tìm số chỉ ampe kế. Biết nguồn điện có suất điện động =68V. Câu 4. Một vòng dây dẫn, bán kính R=10cm nằm trong mặt phẳng thẳng đứng. Ở tâm vòng dây ta đặt một kim nam châm nhỏ vó thể quay tự do quanh một trục thẳng đứng trên một mặt chia độ.

Ban đầu kim nam châm nằm theo phương Nam ­ Bắc của từ trường Trái Đất, mặt phẳng vòng dây song song với trục kim. a) Cho dòng điện I=4A qua dây, kim nam chân quay góc α=450. Tìm cảm ứng từ BĐ của từ trường Trái Đất tại nơi thí nghiệm. b) Khi dòng điện I1 qua dây, α1=600. Tính I1 Câu 5. Một dõy dẫn có chiều dài l = 2m, điện trở R = 4  được uốn thành một hình E1 vuông. Các nguồn điện có E1 = 10V, E2 = 8V, r1 = r2 = 0 được mắc vào các cạnh của hình vuông như hình vẽ. Hệ thống được đặt trong một từ trường đều có phương  B vuông gúc với mặt phẳng khung dây. B tăng theo thời gian theo quy luật B = kt, với E2 k = 64 T/s. Tính dòng điện trong mạch.

---- Hết----

ĐÁP ÁN Câu 1 Xác định lực điện F tai M. Chia đoạn vòng dây thành các đoạn đủ nhỏ mang điện tích q Lực tổng hợp F = F1 + F2 ……………………………… k /  q.q0 / x . Độ lớn F = 2. ……………….

O 2 r2 Với r = x 2  r 2

.

…..

F

F1

F2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

.

M q

x

F = 2 .

k /  q. q 0 / . x

R



3

2

 x2 k /  q. q 0 / . x F =  F =  2 . ……………………………….

3 R 2  x2 k /  q.q 0 / . x đạt Max khi mẫu min. …………………… = 2. ( R 2  x 2 )3/ 2



Ta có ( R 2  x 2 )  FMAX = 2 .



R2 R2 R2 R2 2   x 2  3 .3 . x ……...

2 2 2 2

k /  q .q 0 / R Khi x = , 2 3 3R 2

…………

Câu 2: a. Vẽ lại mạch ta có: Mạch ngoài: (R2//R3) nt R1.

R 2R 3 R3 R23 = = 12  ; => Rn = R1 + R23 = 24  R2 + R3 R1 G ­ Áp dụng định luật Ôm toàn mạch => dòng điện mạch chính: F R2 B 30 10 E D = = A Ic = 24 + 3 9 Rn + r E, r 10 40 => I1 = Ic = I23 => U23 = I23.R23 = .12 = V = U2 = U 3 9 3 10 20 U => I2 = 2 = A; I3 = Ic – I2 = A = IA. 27 27 R2 20 R4 Vậy Ampekế chỉ A và có chiều từ D sang G 27 b. Khi thay Ampekế bằng biến trở R4: R1 R2 F R3 B G Ta cú: Mạch ngoài: [(R3 nt R4) // R2] nt R1.

D R34 = R3 + R4 = 18 + R4.

R 2 R 34 36(18 + R 4 ) E, r = R234 = R 2 + R 34 54 + R 4 36(18 + R 4 ) 1296 +48R 4 => Rn = R1 + R234 = 12 + = 54 + R 4 54 + R 4 E 30(54 + R 4 ) 10(54 + R 4 ) 30 = = = => Dũng điện mạch chính: Ic = 1296 + 48R Rn + r 1458 486 +17R 4 +51R 4 4 +3 54 + R 4 10(54 + R 4 ) 36(18 + R 4 ) 360(18 + R 4 ) => HĐT U234 = Ic.R234 = . = = U34 = U2 => 486 +17R 4 54 + R 4 486 +17R 4

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

360(18 + R 4 ) 360 = = I3 = I4 (486 +17R 4 )(18 + R 4 ) (486 +17R 4 ) Vậy: Để dòng điện qua R4 đạt cực đại thì (486 + 17R4) phải đạt cực tiểu => R4 = 2 

I34 = U34/R34 =

Câu 3. a) p1=p2 R1 2 R2 2  ( R1  r ) 2 ( R2  r ) 2  r  4 R 2 2 b) p  RI 2   ( R  r )2 ( R  r )2 R , r không đổi Pmax khi R= r = 4 RR Mà: R  RX  1 2 R1  R2  Rx=2,4 c) Ampe kế có điện trở không đáng kể, nên AC Sơ đồ tương đương mạch ngoài:  ( R1 / / R2 ) ntR3  / / R4 R12 

R1R2 8   R1  R2 5

R123  R12  R3  60 R

R123 .R4  30 R123  R4



 2A Rr U AB    I .r  60V U I 3  I123  AB  1A R123 U1  U 2  U12  U AB  U 3  1, 6V I

U1  0,8 A R1 Ampe kế chỉ IA=I­I1=1,2A I1 

D

I1 I3

R1 A

R3

R2

I B I4

, r IA

I2

C R4

A

Câu 4. a) Từ trường BĐ của Trái Đất Khi dòng điện qua vòng dây, dòng điện sẽ gây nên một từ trường. Tại tâm vòng dây, từ trường dòng điện vuông góc với mặt phẳng vòng dây Từ trường tổng hợp ở tâm vòng dây gồm từ trường Trái Đất và từ trường của dòng điện    B  BD  B I

 Kim nam châm sẽ quay và nằm theo phương của B . Các véctơ biểu diễn trên hình nằm trong Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

mặt phẳng nằm ngang đi qua tâm vòng dây (nhìn từ trên xuống). Theo hình vẽ ta có : BI BI 2.107. I  BD    2,5.105 (T ) tg  BD tg R.tg b) Cường độ dòng điện ta có : 2. .107. I1  I1  6, 9(A) tg1  R. BD Câu 5.

Khi từ trường biến đổi qua mạch trong mạch sinh ra suất điện động cảm ứng EC 2 ΔΦ Δ(B.S) Δ(B) Δ(kt) Δt l ­ Ta cú: Ec = = = S. = S. = S.k. = S.k =   .k = 16V E1 Δt Δt Δt Δt Δt 4   ­ Theo định luật Lenxơ chiều của suất điện động cảm ứng Ec như hỡnh vẽ: Ec Bc B E c + E 2 ­ E1 E2 = 3,5A ­ Dũng điện trong mạch: I = R

KỲ THI OLYMPIC Môn: Vật Lí­ Lớp 11 Thời gian: 150 phút ĐỀ THAM KHẢO

+  vo d=10cm

Câu 1 ( 5 điểm) Một electron có động năng 1,82.10­18 J bắt đầu bay vào điện trường đều nằm giữa hai bản kim loại đặt song song theo phương vuông góc với đường sức và

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

-

cách đều hai bản. Tính: a. Vận tốc vo của electron lúc bắt đầu vào điện trường. b. Độ lệch của electron khi bắt đầu ra khỏi điện trường, biết hiệu điện thế giữa hai bản là U=50V, mỗi bản kim loại dài 5cm và khoảng cách giữa hai bản là d=10cm. c. Động năng và vận tốc của electron ở cuối bản.

Câu 2. ( 4 điểm) Cho mạch điện gồm hai nguồn R1 điện giống nhau có suất điện động E = 3 V, điện trở trong r = 1 Ω; R1 = 2 Ω; R2 = 5 Ω; R3 = 1 Ω; E,r C = 10 μF (Hình 2). Bỏ qua điện trở dây nối và C R2 R3 khóa K. a. Đóng khóa K vào chốt 1. Tính cường độ 2 K dòng điện qua R1 và điện tích của tụ C khi dòng 1 E,r điện đã ổn định.

Hình 2 b. Đảo khóa K từ chốt 1 sang chốt 2.

Tính tổng điện lượng chuyển qua điện trở R3 kể từ khi đảo khóa K. c. Ngắt khóa K, thay tụ điện C bằng một cuộn dây có độ tự cảm L = 50 mH. Đóng khóa K vào chốt 1 thì cường độ dòng điện qua cuộn dây tăng dần. Tính tốc độ biến thiên cường độ dòng điện qua cuộn dây tại thời điểm dòng điện đó có cường độ bằng 0,35 A. Bỏ qua điện trở của cuộn dây.

Câu 3. ( 4 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ.

M R2 R1 Biết R1= 1  , UCD=2V, RA=0,5  .

Khi R4= 0 thì IA=1A. Khi R4= 6  thì IA=0.

A

1 7

Khi R4=  0 thì IA= A. Tính R2; R3; R5.

C

R5

R3sát, khôngNvận tốc đầu dọc Câu 4 ( 4 điểm). Một vật nhỏ tích điện trượt không ma R4 theo một mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng  . Vật chuyển động trong một từ trường đều hướng vuông góc với mặt phẳng hình vẽ và trong trường trọng lực. Sau khi trượt được đoạn đường l, nó rời mặt phẳng nghiêng và bay theo một đường phức tạp như hình vẽ. a. Xác định vận tốc vật lúc bắt đầu rời mặt phẳng nghiêng. b. Xác định mức biến thiên chiều cao của vật so với mặt đất trong khi bay.

l

 B

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú  g Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

D



B Câu 5 (3 điểm): Trên một mặt phẳng nghiêng 0 góc α = 45 với mặt phẳng ngang R N có hai dây dẫn thẳng song song, điện trở không đáng kể nằm dọc theo đường dốc v chính của mặt phẳng nghiêng ấy như vẽ M (hình 4). Đầu trên của hai dây dẫn ấy nối với điện trở R = 0,1Ω. Một thanh kim loại MN = l = 10 cm điện trở r = 0,1 Ω khối lượng m  = 20g đặt vuông góc với hai dây dẫn nói trên, trượt không ma sát trên hai dây dẫn ấy. Mạch Hình 4 điện đặt trong một từ trường đều, cảm ứng từ  2 B có độ lớn B = 1T có hướng thẳng đứng từ dưới lên trên. Lấy g = 10m/s . a) Thanh kim loại trượt xuống dốc. Xác định chiều dòng điện cảm ứng chạy qua R b) Chứng minh rằng lúc đầu thanh kim loại chuyển động nhanh dần đến một lúc chuyển động với vận tốc không đổi. Tính giá trị của vận tốc không đổi ấy. Khi đó cường độ dòng điện qua R là bao nhiêu?

­­­­­­HẾT­­­­­

S

KỲ THI OLYMPIC Môn: Vật Lí­ Lớp 11

Câu

HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Điểm

1

0,5

1 2 mv 2 a.

2 wđ  2.10 6 m / s v m wd 

b. Electron chuyển động trong điện trường giống chuyển động của vật bị ném ngang với vận tốc bao đầu là v0=2.106m/s.

Theo phương ngang dọc bản kim loại electron chuyển động thẳng đều với phương trình x  v0 .t Khi vừa ra khỏi bản thì x  5cm  t 

0,5 0,5

x  2,5.10 8 ( s) v0

Theo phương Oy: F q E q U 1,6.10 19.50 a     8,79.1013 (m / s ) 31 + Gia tốc: m m md 9,1.10 .0,1

0,5

1 y  .a.t 2 + Phương trình chuyển động theo phương Oy: 2

Khi ra khỏi bản kim loại thì t=2,5.10­8s nên độ lệch sẽ là:

1,0

1 h  y  .a.t 2  0,0275m 2

v x  v0  2.10 6 m / s c. Phương trình vận tốc theo các trục:  13 v y  a.t  8,79.10 .t

0,5

Khi ra khỏi bản thì t=2,5.10­8s nên: v  v 2 x  v y2 

2.10   8,79.10 6 2

13

.2,5.10 8



2

 2,97.10 6 (m / s )

1 2 mv =4,017.10­18 (J) 2 a. Cường độ dòng điện qua R1: I1 = E b/(R1+rb) = 1,2 A Hiệu điện thế giữa hai đầu tụ điện UC = UR1 = I1R1 = 2,4 V Điện tích cuả tụ điện q1 = CUC = 24 μC b. Đóng khóa k vào chốt 2 ta có mạch điện như sau R1 R1 R2 E,r ­E = ­ 0,5V UC2 = UMN = UMP + UPN = E R1 + r R2 + r C R3 R2 N M P Điện tích của tụ điện 2 k q2 = CUC2 = 5 μC 1 ,r Ta thấy lúc khóa K ở chốt 1 bản tụ bên trái tích điện âm với Eđiện tích q1; khi khóa K chuyển sang chốt 2, bản bên trái của tụ điện tích điện dương với điện tích q2. Vậy điện lượng đã chuyển qua điện trở R3 là Δq = q1 + q2 = 29 μC wd 

2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,75 0,75

R1 I1 c. Khi dòng điện qua cuộn dây biến thiên trong cuộn dây xuất hiện suất điện động tự cảm i L R2 I N R3 etc =  L 3 (1) M P t 2 k Áp dụng định luật ôm cho các đoạn mạch 1 E b , rb I2 U MP (2) I1  R1  U MP  Eb (3) I2  rb U +e (4) I = MP tc R2 + R3 (5) I2 = I + I 1 36 ­ e tc ­U MP + Eb U MP + e tc U MP => => U MP = (6) = + 16 R2 + R3 R1 rb 36 +15e tc Từ (3) và (5) ta có I = 96 Khi I = 0,35 A ta có etc = ­ 0,16 V thay vào (1) ta tính được độ biến thiên cường độ ΔI = 3, 2 A/s dòng điện qua cuộn dây Δt

3

Khi R4=0 thì UMN= IA.( R2+R5)= 0,5+R5

1

U MN 0,5  R 5  R2 R2 0,5  R 5 I1  I A  I 2  1  R2 2  (0,5  R 5 ) U I1  1   1,5  R5 R1 1 Và I 2

Nên: 0,5  R 5 =( 0,5  R 5 ).R2 (1) R4=6  thì IA=0 , mạch cầu cân bằng nên R1.R4=R2.R3=6 (2) 1 U CM  I A .( R A  R3  R5 )  .( R A  R3  R5 ) 7 U ( R  R3  R5 ) I1  CM  A 7 R1

Khi R4   lúc đó I 2  I1  I A 

( R A  R3  R5 ) 1 (1,5  R3  R5 )   7 7

U Mà : I 2  2  R2

1 2  .(0,5  R3  R5 ) 13,5  R3  R5 7  I2  7.R2 R2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 1

Suy ra : 13,5  R3  R5 = R2.( R5+R3+1,5).R2 (3) Từ (1), (2), (3) suy ra : R2=1  , R3=6  , R5=0 hoặc R2=3  , R3=2  , R5=0,25  4

a. Lực Lorenxow không sinh công nên AD định luật bảo toàn cơ năng: 1 mgl. sin   m.vo2  v0  2mgl. sin  2 Lúc vật bắt đầu rời mp nghiêng thì phản lực N=0 và lực lorenxo f=q.v0.B=mgcos 

mg Vận tốc khi vật rời mp nghiêng: Vr  qB

1

2

2

b. h  4.l. tan 2 

5.

 a. Thanh MN trượt xuống dốc do tác dụng của P1 (nằm theo đường dốc chính) của  trọng lực P : P1 = P.sinα = mg.sinα Kí hiệu v là vận tốc chuyển động của thanh MN. Độ lớn của suất điện động cảm

ứng:   EC = B.l.v.sin( B , v ) = B.l.v.sin (900 + α) = B.l.v.cos α

Trong thanh MN xuất hiện dòng điện cảm ứng có cường độ I : E Blv cos  I C  Rr Rr Và có chiều chạy qua thanh MN theo chiều từ N đến M ( theo quy tắc bàn tay phải)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1

 b. Trong thanh MN có dòng điện I được đặt trong từ trường B phải chịu tác dụng    của lực từ F , lực từ F có phương vuông góc với B và với MN, có chiều theo quy

2

B 2l 2 v cos  Blv cos  l tắc bàn tay trái, có độ lớn : F = B.I.l.sin90 =B.I.l = B Rr Rr   Thành phần F1 của lực từ F (nằm dọc theo dốc chính) có cường 0

B2l 2v cos2  độ: F1  F.cos  Rr   Ta thấy F1 ngược chiều với P1 . Như vậy thanh MN chịu tác dụng của hai lực cùng   phương, ngược chiều : P1 kéo xuống F1 kéo lên.   Lúc đầu, vận tốc v của thanh còn nhỏ F1 < P1 hay P1 ­ F1>0.Lực tổng hợp F1 + P1 gây ra gia tốc cho thanh MN chuyển động nhanh dần, do đó v tăng dần và kết quả là F1 tăng dần trong khi P1 là không đổi. Đến một giá trị vmax của vận tốc sao cho F1 = P1 thì thanh MN sẽ chuyển động với vmax không đổi.

B 2 l 2 vmax cos2  ( R  r )mg sin   mg sin   vmax  = Khi đó : Rr B 2 l 2 cos2  4 2 m/s  5, 66m / s E Blv cos  Khi đó cường độ dòng điện qua R là : I  C  = 2A Rr Rr Lưu ý: HS có thể nhận xét vì lúc này F1 = P1 nên Khi đó cường độ dòng điện qua R F1 F P1 P mg    tan   tan   2 A là : I  Bl Bl Bl cos  Bl cos  Bl

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC Môn: VẬT LÝ – Lớp 11 Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi có 02 trang, gồm 05 câu)

Bài 1 (4 điểm): Cho mạch điện như hình vẽ. Với E1  6V , r1  r2  1 , E2  2V , R1  2 , R2  5 , R3 là bình điện phân dung dịch CuSO4 có các điện cực bằng đồng và có điện trở 3 . Tính: a) Hiệu điện thế UAB. b) Cường độ dòng điện chạy qua các đoạn mạch. c) Lượng đồng bám vào Katôt trong thời gian 16 phút 5 giây.

E 1, r 1

A

R1

E2,r2

R2

R3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

B

Bài 2 (4 điểm): Một electron đang nằm yên về phía bên trái của một dây dẫn thẳng dài thì được tăng tốc bởi một hiệu điện thế 300 V. Sau đó electron chuyển động song song với dây dẫn thẳng dài có dòng điện 5 A có chiều hướng xuống và dây dẫn đặt thẳng đứng cách electron một khoảng 4 mm. a) Tính độ lớn vận tốc của electron sau khi tăng tốc. b) Xác định lực từ tác dụng lên electron này.

Bài 3 (5 điểm): Điện tích điểm q 1 =16.10 ­6 C đặt tại A trong môi trường có hằng điện môi  2

a) Xác định cường độ điện trường tại điểm B cách A một khoảng 30 cm. b) Nếu đặt thêm tại B điện tích điểm q2 =4.10­6 C. Xác định vị trí điểm M tại đó cường độ điện trường bằng không.

Bài 4 (4 điểm): (E1; r1) (E2; r2) Cho mạch điện như hình vẽ : E 1 = 8V; r 1 = 0,5  ; E 2 = 2V; r 2 = 0,5  ; R1= 1  ; R 2 = R 3 = 3 .

R1

Điện trở của ampe kế, khóa điện K và dây nối không đáng kể. Biết rằng số chỉ của ampe kế khi đóng khóa K R2 bằng 9/5 số chỉ của nó khi ngắt khóa K. a) Tìm R4. b) Xác định chiều và cường độ dòng điện qua K khi K đóng.

R3 K

R4

A

Bài 5 (3 điểm): R Hai thanh kim loại song song, thẳng đứng có điện trở không đáng kể, một đầu nối vào điện trở R  0,5 . Một đoạn dây dẫn AB, độ dài l  14cm , khối lượng m  2 g , điện trở r  0,5 tì vào  A B  hai thanh kim loại tự do trượt không ma sát xuống dưới và B luôn luôn vuông góc với hai thanh kim loại đó. Toàn bộ hệ thống đặt trong một từ trường đều có hướng vuông góc với mặt phẳng hai thanh kim loại có cảm ứng từ B  0, 2T . Lấy g  9,8m / s 2 . a) Xác định chiều dòng điện qua R.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b) Bây giờ đặt hai thanh kim loại nghiêng với mặt phẳng nằm ngang một góc   60o .  Độ lớn và chiều của B vẫn như cũ. Tính vận tốc v của chuyển động đều của thanh AB ********** HẾT **********

 Thí sinh không được sử dụng tài liệu.  Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.

ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC MÔN VẬT LÝ 11 -----------***----------Bài 1. (4,0 điểm)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

6  U AB 0,5 (1) 3 0,5 2  U AB U AB  E2  I 2 ( R2  r2 )  2  6 I 2  I 2  (2) U AB  IR 3  3I (3) 6 0,5 I  I1  I 2 (4)

U AB  E1  I1 ( R1  r1 )  6  3I1  I1 

(4 điểm)

Thay (1), (2), (4) vào (3) ta có: U AB  2,8(V ) 16 2 ( A), I 2   ( A), I  0,93( A) 15 15 tAI 965.64.0,93   0,3( g ) Khối lượng Cu thu được là: m  Fn 96500.2

Thay UAB vào (1), (2), (3) ta có: I 1 

0,5 1,0 1,0

Bài 2. (4,0 điểm)

a.

Viết được công thức định lí động năng mv 2  qU 2

Tính được v = 107 m/s

0,5

0,5

b. Xác định được phương , chiều độ lớn của vecto cảm ứng từ 0,5 tại vị trí M BM = 2,5.10­4 T (4 điểm)

Tính được độ lớn lực từ tác dụng lên electron F = B q v sin 90  4.10 16 N Xác định đúng hướng của vecto lực

1,0 1,0 0,5

0,5

Bài 3. (5,0 điểm)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A B

q1

 EB 

a) Cường độ điện trường do q1 gây ra tại B là EB có: + điểm đặt, phương, chiều như hình vẽ:……................................................ + Độ lớn: EB  9.109

(5 điểm)

11

 .r 2

= 9.109.

16.106 = 8.105 2 2.0,3

V/m………………………      b) Ta có E M= E1 + E2 = 0  E1 = ­ E2 ........................................................... vì hai điện tích cùng dấu nên M phải nằm trong đoạn thẳng AB mà |q1| > |q2| nên M nằm gần B hơn A như hình vẽ:.....................................  A

 E1

E2

M

q1

1,0

1,0 0,5

0,5

B q2

x

Gọi x là khoảng cách từ M đến B ta có E1 = E2............................................ k

q1

 .(r  x)

2

k

q2

 .x

2

 x 2 . q1  (r  x )2 q2 ................................

1,0 x2.16.10­6 = (30 – x)2.4.10­6  (2x)2 = (30 – x)2  2x = 30 – x ………….  x = 10 cm vậy M cách A 20 cm cách B 10 cm……………………

0,5 0,5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

(E2; r2)

(E1; r1)

Bài 4. (4,0 điểm) A

R1

C

R3

B

* Suất điện động và điện trở trong của bộ nguồn A K E b = E 1 ­ E 2 = 8 ­ 2 = 6 (V) R2 R4 r b = r 1 + r 2 = 0,5 + 0,5 = 1 (  ) D a. Xét khi K mở: Điện trở tương đương của mạch ngoài : R 13 = R 1 + R 3 = 1 + 3 = 4  R 24 = R 2 + R 4 = 3 + R 4 R AB =

0,25

R13 .R24 4(3  R4 ) = 7  R4 R13  R24

Cường độ dòng điện mạch chính phát ra từ cực dương của nguồn E 1 I = (4 điểm)

0,5

Eb 42  6 R4 42  6 R4 6 = = = 4(3  R4 ) R AB  rb 12  4 R4  7  R4 5R4  19 1 7  R4

Hiệu điện thế giữa hai điểm A, B : U AB = I.R AB =

42  6 R4 4(3  R4 ) 72  24 R4 . = 5R4  19 5 R4  19 7  R4

0,25

Số chỉ Ampe kế khi K mở : I Am =

U AB 72  24 R4 24 = = R2  R4 (5 R4  19)(3  R4 ) 5 R4  19

(1)

Xét trường hợp khi K đóng: Điện trở tương đương của mạch ngoài R3 .R4 R1 .R2 3R4 3 (  ); R 34 = = = 4 R1  R2 R3  R4 3  R4 3R4 9  3R4  12 R4 3 + = = R 12 + R 34 = = 4 3  R4 12  4 R4

0,25

0,25

R 12 = R ABđ 9  15R4 12  4 R4

0,25

Cường độ dòng điện mạch chính : Eb 6(12  4 R4 ) 6 = = 9  15R 4 R ABđ  rb 21  19 R4 1 12  4 R4 6(12  4 R4 ) 3R4 72 R4 = U 4 = I đ .R 34 = = .

21  19 R4 3  R4 21  19 R4

Iđ =

U CB

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

0,25

U CB 72 = R4 21  19 R4 9 Theo đề bài ta có : I Ađ = .I Am 5 9 72 24 = .  5 5 R4  19 21  19 R4

I Ađ =

(2)

 1800R 4 + 6840 = 4536 + 4104R 4  2304R 4 = 2304  R 4 = 1(  )

0,25 0,25

0,25

b. Cường độ dòng điện qua K khi K đóng.

Ta có : I Ađ =

U CB 72 72 = = = 1,8 (A) 21  19.1 R4 21  19 R4 6(12  4 R4 ) 6(12  4.1) Iđ = = = 2,4 (A) 21  19.1 21  19 R4 3 U 2 = I đ .R 12 = 2,4. = 1,8 (V) 4 U 1,8 I2 = 2 = = 0,6 (A) 3 R2

0,25

0,25

 Cường độ dòng điện qua k khi k đóng :

I K = I Ađ ­ I 2 = 1,8 ­ 0,6 = 1,2 (A) và có chiều từ C đến D.

0,25

0,25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Bài 5. (3,0 điểm) R

I

A



 Bcu

 B

B

a) Do thanh đi xuống nên từ thông qua mạch tăng. Áp dụng  định luật Lenxơ, dòng điện cảm ứng sinh ra Bcu ngược chiều

0,5

 B (Hình vẽ).

(4 điểm)

Áp dụng qui tắc nắm bàn tay phải, I chạy qua R có chiều từ A  B.

0,5

b) Khi để nghiêng hai thanh kim loại ta có hình vẽ bên: Psin, B1=Bsin.

1,0 0, 5

( B sin  )2 l 2v  mg sin  Rr ( R  r )mg sin  (0,5  0,5).2.103.9,8.sin 600 v    28,87(m / s ) ( B sin  )2 l 2 (0, 2.sin 60o )2 .0,142 F  mg sin  

 F

 N

 B1

I

 B

 P1



 P

  B2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,25

0,25

Thiếu hoặc sai đơn vị: trừ 0,2 5 điểm cho mỗi lần và 0,5 điểm cho toàn bài.

Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

ĐỀ ĐỀ NGHỊ OLYMPIC- VẬT LÍ 11 Thời gian làm bài 180 phút Bài 1: ( 5 điểm) Có 4 quả cầu nhỏ giống hệt nhau, mỗi quả có khối lượng m, điện tích q. Treo 4 quả vào điểm O bằng 4 sợi dây mảnh cách điện dài l. Khi cân bằng, bốn điện tích nằm tại 4 đỉnh của hình vuông ABCD cạnh a = l. a) Tính lực điện do ba điện tích đặt tại A, B, D tác dụng lên điện tích đặt tại C theo q, l và hằng số điện k. b) Tính giá trị của q theo m, l và gia tốc trọng trường g.

Nm 2 Áp dụng bằng số: l=20cm, m= (1  2 2) gam, g=10m/s2, k= 9.109 ( 2 ) .

C Bài 2: (4 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ. Trong đó: E1 = E2 = 6V; r1 = 1; r2 = 2, R1 = 5; R2 = 4. Vôn kế V (điện trở rất lớn) chỉ 7,5V. Tính:

E1, r1

R1 V

A

B R2

a. Hiệu điện thế UAB giữa A và B.

R

E2, r2

b. Điện trở R, công suất và hiệu suất của mỗi nguồn.

Bài 3: (4 điểm) Cho mạch điện như hình vẽ: C = 2F; R 1 = 18Ω; R 2 = 20Ω; nguồn điện có suất điện động E = 2V và điện trở trong không đáng kể.

M R1

Ban đầu các khóa K1 và K2 đều mở. Bỏ qua điện trở các khóa và dây nối.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú K1 Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

N

K2 C R2 R3 E

a. Đóng khóa K1 (K2 vẫn mở), tính năng lượng của tụ điện và nhiệt lượng tỏa ra trên R1 đến khi điện tích trên tụ điện đã ổn định. b. Với R3 = 30. Khóa K1 vẫn đóng, đóng tiếp K2, tính điện lượng chuyển qua điểm M đến khi dòng điện trong mạch đã ổn định.

Bài 4: (3 điểm) Một electron bay vào một trường điện từ với vận tốc bằng 105 m/s. Đường sức điện trường và đường sức từ có cùng phương chiều. Cường độ điện trường E = 10V/m, cường độ từ trường H = 8.103A/m. Tìm gia tốc tiếp tuyến, gia tốc pháp tuyến và gia tốc toàn phần của electron trong trường hợp: a) Electron chuyển động theo phương chiều của các đường sức. b) Electron chuyển động vuông góc với các đường sức.

Bài 5:( 4 điểm)  Hai thanh ray có điện trở không đáng kể được ghép song B song với nhau, cách nhau một khoảng l trên mặt phẳng nằm ngang.

Hai đầu của hai thanh được nối với nhau bằng điện trở R. Một thanh kim loại có chiều dài cũng bằng l, khối lượng m, điện trở r, đặt vuông góc  và tiếp xúc với hai thanh. Hệ thống đặt trong một từ trường đều B có phương thẳng đứng (hình 2).  R v 1. Kéo cho thanh chuyển động đều với vận tốc v. l a) Tìm cường độ dòng điện qua thanh và hiệu điện thế giữa hai đầu thanh. b) Tìm lực kéo nếu hệ số ma sát giữa thanh với ray là μ.

2. Ban đầu thanh đứng yên. Bỏ qua điện trở của thanh và ma sát giữa thanh với ray. Thay điện trở R bằng một tụ điện C đã được Hình 2 tích điện đến hiệu điện thế U0. Thả cho thanh tự do, khi tụ phóng điện sẽ làm thanh chuyển động nhanh dần. Sau một thời gian, tốc độ của thanh sẽ đạt đến một giá trị ổn định vgh. Tìm vgh? Coi năng lượng hệ được bảo toàn.

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

Bài Bài 1 (5 điểm)

Đáp án

Điểm

-Vẽ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Lực tác dụng vào điện tích đặt tại C như hình vẽ.     …………………………………………….

FAC  FBC  FDC  F (1) 

Do tính đối xứng nên lực F cùng chiều với AC……………………….

Chiếu phương trình (1) lên phương AC ta được: F = FAC + FDCcos450 + FBCcos450……………………………………… kq 2 1  F  2   2  l 2  ………………………………………………………

Xét quả cầu C. Các lực tác dụng vào quả cầu gồm:      T , P , FAC , FBC , FDC .

hình, phân tích lực 1 đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ

0,5đ

    

Tại vị trí cân bằng của quả cầu C: T  P  FAC  FBC  FDC  0  

0,5đ



 F  P  T (như hình vẽ)  

 Hợp lực của F  P phải có phương của dây treo OC……………… kq 2 mgl 2 F P mg q  2 0,5  2   Do =45 nên   l k (0,5  2) ............

Thay số: q  3.107 C .............................................................................

0



0,5đ



0,5đ 0,5đ

Bài 2 (4 điểm)

M I1

R1

E1, r1

A

B

I2 R2

N R

E2, r2

I

­ Vì N nối với cực dương của E2 và M nối với cực âm của E1 nên UNM = 7,5V. ………………………………………………….. ­ Giả sử chiều dòng điện qua mỗi nhánh như hình vẽ………………. Áp dụng định luật Ôm cho các loại đoạn mạch

0,5đ 0,5đ

ta có: I1 

U U BA  E1 U  E2 ; I 2  BA ; I  AB R ………………………………..

R1  r1 R2  r2

­ Ta có UNM = UNA + UAM = I2.R2 + E1 – I1.r1 = 7,5V => UAB = 3V…. ­ Điện trở R: I1 = I2 = 0,5A. Tại A: I = I1 + I2 = 1A => R = 3Ω……… ­ Nguồn E1: P1 = E1.I1 = 3W; H1 = UAM/E1 = 91,7%............................... ­ Nguồn E2: P2 = E2.I2 = 3W; H2 = UNB/E2 = Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ

83,3%.................................

Bài 3 4 điểm

­Sau khi đóng K1 Điện tích trên tụ điện q = CE = 2.2 = 4C = 4.10­ 6 C……………………

1 Năng lượng điện trường trong tụ điện W = 2CE 2 = 4.10­6 J …………….

Trong thời gian tích điện cho tụ, nguồn thực hiện công Ang = qE = 4.10­6.2 = 8.10­6 J…………………………………………

Nhiệt lượng tỏa ra trên R1: Q1 = Ang – W = 4.10­6 J…………………

Sau khi đóng K2 Cường độ dòng điện qua mạch I 

UMN = I.

Bài 4 3 điểm

1 E = A ……………

R2 R3 15 R1  R2  R3

R2 R3 = 0,8 V………………………………………………..

R2  R3

0,25đ 0,5đ

0,5đ 0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ 0,5đ

Điện tích của tụ điện khi đó q’ = CUMN = 2.0,8 = 1,6 C……………. Điện lượng chuyển qua điểm M q = q’ – q = ­2,4 C…………….

0,25đ Dấu trừ cho biết điện tích dương trên bản nối với M giảm, các e chạy vào bản tụ đó…………………………………………………………. a) Khi electron chuyển động theo phương của các đường sức, lực Lorentz tác dụng lên nó bằng 0. Điện tích chỉ có thành phần gia tốc tiếp tuyến do lực điện gây ra: an  0 eE 1,6.1019.1000 a  at    1,76.1014 (m / s2 ) ………………..  31 m 9,1.10

1đ

b)Khi electron chuyển động theo phương vuông góc với các đường sức, cả lực điện và lực từ đều hướng theo phương vuông góc với phương chuyển động (và vuông góc với nhau) nên electron chỉ có thành phần gia tốc pháp tuyến: 0,5đ at = 0 ………………………………………………

2

 eE   evB  a  an  a  a       m  m  2 c

2

2 L

1,6.10 19 a 10002  (105.4.10 7.8.103 )2  2,5.1014 (m / s 2 ) 9,1.10 31

Bài 5

1) Suất điện động cảm ứng: E = Blv......................................................

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1đ

0,5đ 0,5đ

4điểm

Blv R  r ...........................................................

BlvR Hiệu điện thế hai đầu thanh: U=I.R= R  r ..............................................

a) Cường độ dòng điện: I 

0,5đ

0,5đ

2 2

2) Lực từ cản trở chuyển động: Ft = B.l.I =

Bl v R  r ..................................

B 2l 2 v + μmg......................................................

Lực kéo: F = Ft + Fms = Rr

Khi thanh chuyển động ổn định thì gia tốc của nó bằng 0  cường độ dòng điện trong mạch bằng 0  hiệu điện thế trên tụ bằng suất điện động cảm ứng: U = E = Blvgh...

Bảo toàn năng lượng: 1 1 1 1 1 1 2 CU 02  CU 2  mv gh hay CU 02  CB 2 l 2 v 2gh  mv 2gh 2 2 2 2 2 2 ................

vgh = U 0

C 2 2 CB l  m ....................................................................

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ OLYMPIC 11 C©u 1 (4®): Cho hÖ nh­ h×nh vÏ 2: xe cã khèi l­îng m1 = 14kg, vËt cã khèi l­îng m2 = 1kg lu«n lu«n tiÕp xóc víi xe trong suèt qu¸ tr×nh chuyÓn ®éng. Bá qua khèi l­îng c¸c rßng räc vµ d©y nèi Coi d©y kh«ng gi¶n, xe chuyÓn ®éng trªn mÆt ph¼ng ngang nh½n, hÖ sè ma s¸t gi÷a vËt vµ xe lµ k = o,5 T×m gia tèc cña hai vËt.

0,5đ 0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

H.2

m1 Câu 2 (4 điểm ): Một mol chất khí lí tưởng thực hiện chu trình biến đổi sau đây: từ trạng thái 1 với áp suất p1 = 105 Pa, Nhiệt độ T1 = 600K, giãn nở đẳng nhiệt đến trạng thái 2 có p2 = 2,5 .104 Pa, rồi bị nén đẳng áp đến trạng thái 3 có T3 = 300K rồi bị nén đẳng nhiệt đến trạng thái 4 và trở lại trạng thái 1 bằng quá trình đẳng tích. a) Tính các thể tích V1, V2 , V3 và áp suất p4. Vẽ đồ thị chu trình trong tọa độ p,V (Trục hoành V, trục tung p) b) Chất khí nhận hay sinh bao nhiêu công, nhận hay tỏa bao nhiêu nhiệt lượng trong mỗi quá trình và trong cả chu trình?

5R Cho biết: R = 8,31 J/mol.K ; nhiệt dung mol đẳng tích CV  ; công 1 mol khí sinh trong quá 2 trình giãn nở đẳng nhiệt từ thể tích V1 đến thể tích V2 là: V A =R.T.Ln( 2 ) V1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 3:(4đ) Hai quả cầu kim loại nhỏ giống nhau được treo vào một điểm bởi hai sợi dây nhẹ không dãn, dài  = 40 cm. Truyền cho hai quả cầu điện tích bằng nhau có điện tích tổng cộng q = 8.10­6 C thì chúng đẩy nhau các dây treo hợp với nhau một góc 900. Lấy g = 10 m/s2. a. Tìm khối lượng mỗi quả cầu. b. Truyền thêm điện tích q’cho một quả cầu, thì thấy góc giữa hai dây treo giảm đi còn 600. Xác định cường độ điện trường tại trung điểm của sợi dây treo quả cầu được truyền thêm điện tích này?

C©u 4 (4®): Cho m¹ch ®iÖn nh­ h×nh vÏ 4, biÕt r = 6 Ω, E,r C1 = 7µF, C2 = 3µF bá qua ®iÖn trë d©y nèi vµ ®iÖn kÕ G, RMN = R1, vËt dÉn MN cã chiÒu dµi MN = 30cm.

N M 1 táa a) Khãa K ®ãng vµ nèi (1) víi (3).T×m R2 ®Ó c«ng suÊt 2 nhiÖt 3 trªn R2 ®¹t cùc ®¹i. Cho E = 12V. C2 C1 G b) NÕu K më, nèi chèt (1) víi chèt (3), råi th¸o ra sau ®ã R2 nèi chèt (2) víi (3) vµ ®ãng K th× thÊy nhiÖt l­îng táa ra trªn R1 K b»ng 1/4 nhiÖt l­îng táa ra trªn r.

H.4 NÕu nèi chèt (1) víi chèt (2) vµ chèt (2) víi (3) th× dï ®ãng hay më khãa K th× c«ng suÊt m¹ch ngoµi vÉn kh«ng ®æi.

Ngoµi ra nÕu K më vµ con ch¹y C dÞch chuyÓn tõ M → N víi vËn tèc v = 3cm/s th× dßng qua G lµ 12µA. H·y t×m E, R1,R2.

. . .

Câu 5 (4 điểm)

Trong mặt phẳng nghiêng góc

= 600 so với mặt phẳng nằm

ngang có hai thanh kim lo ại cố định, song song theo đ ường dốc chính, cách nhau khoảng l = 20cm, nối với nhau bằng một điện trở R = 2Ω. Đoạn dây dẫn AB điện trở r = 1Ω, khối lượng m = 10g, đặt vuông góc với hai thanh kim loại có thể tr ượt không ma sát trên hai thanh đó. Hệ thống được đặt trong từ trường đều cảm ứng từ B = 2,5T. Thả cho AB trượt không vận tốc ban đầu.

1.

2.

Tính vận tốc thanh AB khi nó chuyển động đều và cường độ dòng điện qua R Thay R bằng tụ điện có điện dung C = 10mF. Tính gia tốc của thanh AB. Lấy g = 10m/s2.

R A

B 

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu Câu 1

ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ OLYMPIC KHỐI 11 Bài giải gäi a1 lµ gia tèc vËt m1 theo ph­¬ng ngang. a2 lµ gia tèc vËt m2 cã 2 thµnh phÇn: a2x = a1 theo ph­¬ng ngang… a2y = 2a1(v× vËt m1 ®I ®­îc ®o¹n ®­êng s th× vËt m2 ®I ®­îc ®o¹n 2s) ta cã a2 = a1. 51/2 ­ Chän hqc g¾n víi mÆt ®Êt. 2T = (m1 + m2)….(1) ………………

XÐt vËt m2: N2 + P2 + Fms + T = m2a2 ………………………………

ChiÕu lªn trôc : ox: N2 = m2a2x = m2a1. ………………………………

Oy: m2g – k.N2 ­ T = m2a2y= 2m2.a1 ……………..

(2) Suy ra: T = m2( g – k.a1 – 2a1) …………………………

Tõ (1) vµ (2) ta cã: a1 = 2m2g/( (m1 + m2) + 2(k + 2) ) = 1m/s2 …… a2 = 51/2 m/s2 …………………………………….

Câu 2

a) Áp dụng phương trình trạng thái tìm được: V1  0,05m3 V2 = 0,2 m3

Điểm

0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ

0,5 đ 0,5 đ

0,5 đ

0,5 đ 0,5đ

0,5 đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

V3 = 0,1 m3 p4 = 5.104 Pa Đồ thị như hình vẽ:

b) *Quá trình 1 ­2 : T = const   U = 0 : Nhiệt nhận được bằng công sinh ra V Q1 = A1 = R T Ln 2  6912J V1 *Quá trình 2 – 3 : 5  U = Cv .  T = R(T3 – T2) = ­ 6232,5 J 2 Khí nhận công A2 : A2 = p2 (V3 – V2) = ­ 2500J Khí tỏa nhiệt Q2 : Q2 =  U2 + A2 = ­ 8732,5 J *Quá trình 3 – 4 :  U3 = 0 Khí nhận công và tỏa nhiệt: V Q3 = A3 = R T Ln 4 = ­ 1728J V3 *Quá trình 4 ­1 : V = const  A4 = 0 Khí nhận nhiệt: Q4 =  U4 = Cv .  T = 6232,5 J *Vậy trong cả chu trình thì: ­ Khí nhận nhiệt: Q = Q1 + Q2 + Q3 + Q4 = 2684 J ­ Khí sinh công : A = A1 + A2 + A3 = 2684J

Câu 3

Ban đầu khi cân bằng mỗi quả cầu chịu tác dụng của 3 lực: Trọng lực P, Lực điện F và lực căng của dây treo T P  F T  0 F = Ptan kq12/r2 = mgtan

0,5 đ

0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,5 đ 0,5 đ

0,25 0,25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

m = kq12/r2gtan = 0,045 kg = 45 g Khi truyền thêm điện tích q’ hai quả cầu cùng tích điện dương.

E E2

0,25 0,25

E1 Hình vẽ 0,25

T F’ q1

q 2’

P

F’ = Ptan’ kq1q2’ /r’2 = mgtan’ q2’ = r’2mgtan’/kq1 = 1,15.10­6 C E1 = kq1/(  3 / 2 )2 = 3.105 V/m E2 = kq2’/(  / 2 )2 = 2,6.105 V/m E=

0,25 0,25 0,25

E12  E22 = 3,97.105 V/m  4.105 V/m tan = E1/E2 = 3/2,6   = 490

0,25 0,25 0,25

Nếu sau khi truyền q’ hai quả cầu cùng mang điện tích âm: q1’ = q2’

T F’

E2

0,25

E

q 1’ P

q 2’

0,25 2

2

kq1’ /r’ = mgtan’ q1’2 = r’2mgtan’/k  q1’ = ­ 2,15.10­6 C E1 = kq1’/(  3 / 2 )2 = 1,6.105 V/m E2 = kq2’/(  / 2 )2 = 4,8.105 V/m

0,25 0,25 0,25

E = E12  E22  5.105 V/m tan = E1/E2 = 1,6/4,8    180 Câu 4 Khi khãa K ®ãng vµ nèi (1) víi (3) ta cã P = I2R2 = U2.R2/(R2 + r)2 P ®¹t cùc ®¹i khi (R + r)2 /R min khi R = r = 6Ω .

.

0,5 đ 0,5 đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

K më vµ nèi (1) víi (3) NhiÖt l­îng táa ra trªn r lµ: C E2 C E2 Qr = W – W12 = C12.E2 - 12 = 12 2 2 ..

Nèi (2) vµ (3), khãa K ®ãng.

Q R2 C E2 R  1 Vµ QR1 + QR2 = 12 = Qr 2 Q R1 R2 Suy ra : R1 = 3R2.

0,5 đ

0,5 đ

(1)

0,5 đ

(2)

0,5 đ

V× suÊt m¹ch ngoµi kh«ng ®æi nªn ta cã.

R1.

R1 R2 = r2 R1  R2

.......

Tõ (1) vµ (2) ta cã R1 =2r =12 , R2 = 4 . . . .. . . .

K më vµ con ch¹y C dÞch chuyÓn tõ M ®Õn N th× tæng ®iÖn tÝch dÞch chuyÓn qua G lµ: Q = / q1’ – q1 / + /q2’ – q2/ = (C1+ C2)UMN . . . . . . . . . . . . . 0,25 đ .........

E Víi UMN = .R1 Dßng ®iÖn trung b×nh qua G lµ: R1  r 0,5 đ I  Q = C1  C 2 U MN = U MN C1  C 2 v = 12µA t t MN 0,25 đ ..

Tõ ®ã suy ra : E = 18V .

Câu 5 ( 4 điểm ) 1) ( 2 điểm )

B N Vẽ hình F

0,25

P

­ Suất điện động cảm ứng:

= Bvlcos ........................................................................................

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

­ Dòng điện trong mạch: I 

 Rr



Bvl cos  Rr

B 2l 2v cos  Rr    Dây chuyển động đều F  P  N  0 ...... ­ Chiếu lên phương chuyển động: F cos   P sin  ­ Lực từ tác dụng lên dây: F=BIl=

B 2l 2 v cos2   mg sin  Rr ( R  r )mg sin  v B 2l cos2  

mg sin  mg  tan  ­ Cường độ dòng điện qua R khi đó bằng: I  Bl Bl cos  ­ thay số ta được: v = 4,13m/s và I = 0,346A..................................................................................

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

0,25

0,25 0,25

0,25 0,25

2) ( 2 điểm ) ­ Thay R bằng tụ thì tụ được nạp điện, điện tích của tụ là q = CU = C ­ Dòng điện chạy qua AB là: I 

= CBlvcos ...................

0,25

0,25

q v  CBl cos   CBla cos  t t

0,5

­ Do đó lực tác dụng lên AB: F = BIl = CB2l2acos ......................................................................

­ Ta có: F P N ma ..................................................................................................................

0,25 ­ Chiếu lên phương chuyển động: mgsin ­ Fcos = ma..............................................................

0,25

mg sin  a m  B 2 l 2C cos2 

0,25

­ Thay số ta được a = 4,32m/s2.......................................................................................................

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI OLYMPIC 24/3 QUẢNG NAM NĂM 2019

QUẢNG NAM

Môn: VẬT LÝ- Lớp 11

NGH

Thời gian: 150 phút (không tính thời gian giao đề)

Bài 1.(4đ) q Ba hạt cườm được xâu vào một vòng chỉ kín, mềm và cách điện, một hạt mang điện tích q3= q, hai hạt còn lại mang điện tích  3q q1=q2= 3q. Các hạt có thể trượt không ma sát dọc theo sợi chỉ. Khi để trên mặt bàn nhẵn, cách điện nằm ngang, hệ tạo thành một tam giác như hình vẽ.

1. Hãy tìm góc  ở đáy của tam giác này.

2. Tách các điện tích khỏi sợi chỉ.Cố định q1 và q2, di chuyển q3 trên trung trực đoạn thẳng nối q1 và q2 (khoảng cách giữa q1 và q2 là d ). Tìm vị trí đặt q3 để lực điện tổng hợp lên q3 đạt cực đại.(bỏ qua ma sát và khối lượng các điện tích)

3q

Bài 2.(4đ) Cho mạch điện như hình vẽ, nguồn điện có suất điện động E = 6V và điện trở trong r = 1  . Đèn Đ có ghi 3V ­ 3W. Tụ điện có điện dung C = 0,5  F. Điện trở của AB là R = 7  . D là một con chạy trên biến trở R, điện trở AD là Rx với 0  Rx  7  . a.Cho Rx = 2  . Tính công suất tiêu thụ trên đèn và tính điện tích trên mỗi bản tụ điện C.

E,r

A

R Rx

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

B

D C

b.Tính Rx để đèn sáng bình thường.

Bài 3.(4đ) Một tụ điện phẳng có hai bản cực hình vuông cạnh a = 30cm, đặt cách nhau một khoảng d = 4mm nhúng chìm hoàn toàn trong một thùng dầu có hằng số điện môi   2,4 . (H.3).Hai bản cực được nối với hai cực của một nguồn điện có suất điện động E = 24V, điện trở trong không đáng kể.

1. Tính điện 2. Bằng một vòi ở đáy thùng dầu, người ta tháo cho dầu chảy ra ngoài và dầu trong thùng hạ thấp dần đều với vận tốc v = 5mm/s .Tính cường độ dòng điện chạy trong mạch trong quá trình dầu hạ thấp.

3. Nếu ta bỏ nguồn điện trước khi tháo dầu thì điện tích và hiệu điện thế của tụ thay đổi thế nào?

H.3

Bài 4.(4đ) 1.Thanh kim loại OA = 10 cm, điện trở R = 2,9Ω, khối lượng m = 10 g có thể quay tự do quanh trục O. Đầu A được nhúng vào chậu thuỷ ngân và được nối với nguồn điện như hình vẽ. Cả hệ thống được đặt trong một từ trường đều B = 0,1 T có phương nằm ngang và vuông góc với mặt phẳng hình vẽ. Dưới tác dụng của lực từ, thanh OA bị lệch so với phương thẳng đứng một góc . Cho biết O suất điện động của nguồn là E = 12V , điện trở trong r = 0,1Ω. Điện trở của các dây nối không đáng kể. a) Tính cường độ dòng điện trong mạch.  b) Xác định hướng và độ lớn của lực từ F tác dụng A lên AB. Suy ra hướng của vectơ B . c) Tính góc lệch . Cho g = 10 m/s2.

2. Một electron (me=9,1.10­31kg và e=­1,6.10­19C )có vận tốc ban đầu bằng 0 , được gia tốc bằng một hiệu điện thế U = 500 V , sau đó bay vào theo phương vuông góc với đường sức từ . Cảm ứng từ của từ trường là B = 0,2T . Khi đó e quỹ đạo của e là tròn đều với bán kính R. Tính R?

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Bài 5.(4đ)  Hai thanh ray có điện trở không đáng kể được B ghép song song với nhau, cách nhau một khoảng l trên mặt phẳng nằm ngang. Hai đầu của hai thanh được nối với nhau bằng điện trở R. Một thanh kim loại có chiều  dài cũng bằng l, khối lượng m, điện trở r, đặt vuông góc R v và tiếp xúcvới hai thanh. Hệ thống đặt trong một từ l trường đều B có phương thẳng đứng (hình 5).

1. Kéo cho thanh chuyển động đều với vận tốc v. a) Tìm cường độ dòng điện qua thanh và hiệu điện thế Hình 5 giữa hai đầu thanh. b) Tìm lực kéo nếu hệ số ma sát giữa thanh với ray là μ.

2. Ban đầu thanh đứng yên. Bỏ qua điện trở của thanh và ma sát giữa thanh với ray.

Thay điện trở R bằng một tụ điện C đã được tích điện đến hiệu điện thế U0. Thả cho thanh tự do, khi tụ phóng điện sẽ làm thanh chuyển động nhanh dần. Sau một thời gian, tốc độ của thanh sẽ đạt đến một giá trị ổn định vgh. Tìm vgh? Coi năng lượng hệ được bảo toàn.

=====HẾT=====

CÂU Câu 1

HƯỚNG DẪN GIẢI

ĐIỂM

a, Các điện tích đều dương nên chúng đẩy nhau, do tính chất đối xứng nên vòng dây tạo thành 1 tam giác cân…………………………………….. 0,5 –Vẽ đúng và viết đúng biểu thức hợp lực tác dụng lên điện tích 3q ở đáy

0,5

2

T = F1 = k

3q R2

T = F2 = k

9q 2 (2) 4 R 2cos2

(1)

Từ (1) và (2) suy ra cos =

0,5 2   =450 2

b. Vẽ và viết đúng biểu thức lực tổng hợp lên q3

0,5 0,5 1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

F=2. k

3q 2 cos h2  a2

Trong đó h: khoảng cách từ q3 đến đường thẳng nối 2 điện tích còn lại Áp dụng BĐT suy ra h=

Câu 2

a, R D 

0,5

a d = 2 2 2

U2  3Ω P

RDB = 7 – 2 = 5  R x .R D  1,2Ω ; RAB = 6,2  Rx  RD 5 e I=  A R AB  r 6

RAD =

 Ix = 1/2A; ID = 1/3A

Công suất tiêu thụ của đèn: PD = 1W Công suất này nhỏ hơn công suất định mức đèn, tụ điện được tích điện dưới hiệu điện thế.

25 (V) 12 25 ­6 .10 (C)  q = CUDB = 12

UDB = I.RDB =

0,5 0,5

b, Đèn sáng bình thường UD = 3V  UAD = 3V Gọi x điện trở AD: RAD =

0,5

3x 3 x

0,5

Điện trở mạch ngoài: Rn = RAD + RDB =  I’ =

3x +7–x 3 x

e Rn  r

UAD = UD = I’RAD =

0,5 0,5

6 3x .

R n 1 3  x

Với UD = 3V 2

 x – 2x – 24 = 0  Rx = 6V

Câu 3

1. Điện tích của tụ:(2 đ)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1

+C

S  4,8.10 10 F K 4d

+ Q =E.U = 115.10­10C 2. Tính I: (3 đ) + Gọi x là độ cao của bản tụ ló ra khỏi dầu : x = vt, khi dầu tụt xuống tụ trở thành 2 tụ mắc song song. + Tụ C1 có điẹn môi không khí: C1 

 0 ax



0,5 0,5

 0 a.vt

d d  a(a  x )  0 a (a  vt )  + Tụ C2 có điện môi là dầu: C2  0 d d

+ Điện dung của tụ trong khi tháo dầu: C  C1[  C2  C 1  

0,5

vt (  1)  a 

0,5

+ Điện tích của tụ trong khi tháo dầu:  vt (  1)  Q ,  C , E  Q 1  a   Q,  Q Q v(  1) + Dòng điện: I   Q  1,12.1010 A t t a

3. Nếu bỏ bỏ nguồn thì Q và U thay đổi thế nào: ( 2 đ) + Nếu bỏ nguồn: Q không thay đổi, vì C thay đổi nên U thay đổi.

U, 

Q U  U , vt C 1  (  1) a

1

0,5

+ Khi tháo hết dầu thì : vt=a, U ,  U

0,5

1.a Tính đúng I=4A

1

b.Vẽ đúng hướng của lực từ

0,5

Độ lớn F=BIl=0,04N Xác định đứng hướng của cảm ứng từ(từ ngoài vào)

0,5 0,5

F    22 0 P

0,5

Câu 4

c. Từ hình vẽ tan  

2. Áp dụng Đlí động năng : |e|U = 0,5mv2 → v

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

fht = Flt → R = 377.10­6 m .

Câu 5

1) Suất điện động cảm ứng: E = Blv

a) Cường độ dòng điện: I 

0,5

0,5

Blv Rr

Hiệu điện thế hai đầu thanh: U=I.R=

BlvR Rr

B 2l 2 v 2) Lực từ cản trở chuyển động: Ft = B.l.I = Rr

Lực kéo: F = Ft + Fms =

B 2l 2 v + μmg Rr

Khi thanh chuyển động ổn định thì gia tốc của nó bằng 0  cường độ dòng điện trong mạch bằng 0  hiệu điện thế trên tụ bằng suất điện động cảm ứng: U = E = Blvgh Bảo toàn năng lượng:

vgh = U 0

0,5

C CB l  m 2 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5 0,5 1

1