SỞ GD – ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT TÂN KỲ *************** KỲ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG 2011 - 2012 Môn: VẬT LÝ 11 ( Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề ) ĐỀ CHÍNH THƯC THTHƯCC Câu (5 điểm ) Có cầu khối lượng m treo sợi dây mảnh chiều dài l vào điểm O Khi tích điện cho cầu điện tích q, chúng đẩy nhau, lập nên tứ diện có đáy tam giác cạnh a a) Tính q; cho biết gia tốc trọng trường g? b) Áp dụng số: l = a = 10cm; m = 10g; g =10m/s ; k = 9.10 Nm C 2 Câu (3 điểm ) Một bán cầu có bán kính r=2cm làm thủy tinh có chiết suất n = Bán cầu đặt khơng khí trước vng góc với trục đối xứng bán cầu cách tâm bán cầu khoảng L=4,82cm (Hình 1) Một chùm sáng song song đến mặt phẳng bán cầu theo phương vng góc với mặt Hãy xác định bán kính vùng sáng tạo r L Hình E1, r1 Câu (3 điểm ).Trên hình vẽ sơ đồ mạch điện để nạp ăcquy Nguồn điện nạp có suất điện động E1=22V điện trở r1=0,2Ω Ăcquy có suất điện động E2=10V điện trở r=0,6Ω Trong mạch mắc thêm điện trở R=10Ω bóng đèn điện trở Rđ=48Ω Hãy tính cường độ dịng điện chạy qua nhánh mạch Câu (5 điểm ) Một điện tích q = 10−3 C , khối lượng m = 10−5 g chuyển động với vận tốc ban đầu vo vào vùng từ trường có B = 0,1T giới hạn hai đường thẳng song song Δ Δ’, cách khoảng a = 10cm có phương vng góc  với mặt phẳng chứa Δ Δ’, cho v hợp góc α = 30o với Δ a) Tìm giá trị lớn vo để điện tích khơng khỏi từ trường Δ’ (Hình vẽ 3), bỏ qua tác dụng trọng lực b) Với v0 = 1500m/s xác định vị trí điện tích bay thời gian để bay khỏi vùng từ trường đường thẳng ∆ ' Câu + E2, r2 R + Rđ Hình a Δ Δ’  B q,m α r v0 Hỡnh v (4 im ) Cho mạch điện có sơ đồ nh hình vẽ 4, cho biết R1 = 4Ω , R2 = R3 = 6Ω ; R4 lµ biến trở, U AB = 33V a) Mắc vào C,D ampekế có điện trở không đáng kể ®iÒu chØnh R1 C R3 R4 cho R4 =14 Tìm số ampekế chiều dòng ®iÖn qua ampekÕ R4 R2 b) Thay ampekÕ b»ng mét vôn kế có điện trở lớn A B - Tìm số vôn kế D Cực dơng vôn kế phải mắc vào điểm nào? Hình - Với giá trị R4 vôn kế sè ? ( Cán coi thi không cần giải thích thêm ) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Bài (5 đ) Do cầu tương đương nên ta cần xét (quả cầu C) Các lực tác dụng vào uu r ur ucầu uuur C uuu ur cân là: T , P , FAC , FBC uu r ur uuur uuu r T + P + FAC + FBC = O Do cầu C cân nên ta có: uuur uuu r ur FAC + FBC = F Đặt : Đ 0,5 đ 1đ Rõ ràng hợp F + P phải có phương dây OC 0,5 a ; OH = a 3 F HC = => tgα = = P OH kq Mặt khác từ tính toán ta được: F = a 0,5 Từ hình vẽ ta có: HC = 0,5 0,5 Hay : q = a b/ Áp dụng số: q ≈ ± 0,21.10 (C) -6 0,5 mg k O 1đ B C H C F A F P Bài ( 3đ) Xét tia vừa đủ điều kiện phản xạ tồn phần S 1I1J1 S2I2J2 (Hình 2) Khi góc tới tia điểm I I2 S góc giới hạn phản xạ toàn phần xác định theo định luật khúc xạ: J I ig O h R O F igh O S I 2 L J 1 = ⇒ i gh = 45 n Khi góc khúc xạ 90 nên tia khúc xạ cắt trục bán cầu F hình OI1FI2 hình vng Điểm F cách O khoảng: OF = r Các tia khúc xạ đến điểm J1 J2 Như lập luận đưa phần nhận xét tất tia khúc xạ khác đến nằm phạm vi J 1J2 Vậy O2J1=O2J2 bán kính vùng sáng màn, xác định theo tính chất tam giác đồng dạng: O2 J L − OF 4,84 − 2 = = = O1 I O1 F 2 2 sin i gh = ⇒ R = O2 J = 0,5 đ 2 2 O1 I = = 2(cm) 2 Bài (3 đ) Giả sử dòng điện chạy nhánh theo chiều hình Dựa vào định luật Ôm, ta viết phương trình hiệu điện hai điểm A B: 1đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 1đ U AB = I1r1 + E1 = I ( R + r2 ) + E2 = I Rđ Vẽ hình I1 + I + I = Tại điểm A ta có: Để gọn hơn, ta thay đại lượng cho vào phương trình nhận hệ phương trình sau: E 1, r 0,2 I1 + 22 = 10,6 I + 10; 10,6 I + 10 = 48I ; I1 + I + I = 0,5 1đ A I1 + E2, r2 I2 R I3 + B Rđ Hình Giải hệ này, ta nhận được: I1 ≈ −1,7 A; I ≈ 1,1A; I ≈ 0,6 A Như dòng điện I1 thực tế chạy theo chiều ngược lại Bài (5 đ) a) Do điện tích chuyên động vào vùng từ trường chụi tác dụng lực Lorexo nên cđg trịn m.v R= Bán kính quĩ đạo cđg là: ( Điện tích cđg tròn quanh O) q.B Giá trị bán kính quĩ đạo tỷ lệ thuận với tốc độ cđg q Vẽ hình vẽ minh họa Từ hình vẽ ta thấy: Để q không khỏi vùng từ trường …………………………………………………… trình cđg q phải xa so với ∆ qua B tương …………………………………………………… ứng với vận tốc cực đại …………………………………………………… a = Rmax cosα + Rmax = Rmax (cosα + 1) …………………………………………………… m.vmax q.a.B a= (cosα + 1) ⇒ vmax = …………………………………………………… q.B m(cosα + 1) …………………………………………………… Thay số vào ta được: vmax = 540 m/s …………………………………………………… b) Khi vo = 1500 m/s > vmax nên R0 > Rmax …………………………………………………… Trong R0 = mv/qB = … = 1,5 ( m) = 15 (cm) > 10 cm ( Điện tích cđg trịn quanh S) …………………………………………………… Khi q khỏi vùng từ trường D trục ∆ ' …………………………………………………… CK α cosφ = mà CK = CS – KS Trong đó: KS = KB.cos …………………………………………………… KD …………………………………………………… Thay số ta có: KC = 10 – 7,5.cos300 = 3,5 cm CK …………………………………………………… cosφ = = 3,5/7,5 ⇒ φ = 620 KD …………………………………………………… Vậy góc: ∆ϕ = 1800 − (300 + 620 ) = 880 ⇒ ∆ϕ = 0, 49π ( Rad) …………………………………………………… ∆ϕ ∆ϕ ∆ϕ R ⇒t = = = = = 0,77 (s) …………………………………………………… ω v/R v Bài (4 đ) a) Khi mắc vào CD am pe kế VC = VD Nên ta chập điểm C, D với mạch tạo thành ( ) Tính Rm = 6,6 (ơm) Tính Im = 5A Cường độ dòng điện qua R1 là: I1 = A Cường độ dòng điện qua R2 là: I3 = 3,5 A Do I3 > I1 dòng điện từ D đến C giá trị ampe kế là: A = 0,5 A b) Khi mắc vào C, D vơn kế có điện trở lớn dịng điện khơng qua vơn kế nên mạch tạo thành ( .) Tính Rm = 20/3 ( Ơm ), tính Im = 4.95 ( A) Tính I13 = 3,3 A, I24 = 1,65 A Tính U1 = 3,3.4 = 13,2 V = UAC, U2 = 1,65.6 = 9,9 V = UAD Giá trị V = UDC = UAC – UAD = 13,2 – 9,9 = 3,3 V > Cực dương vôn kế mắc vào điểm D R R R1 R3 = ⇒ R4 = = = 9(Ω) Nếu vơn kế số VC = VD, mạch mạch cầu cân bằng: R2 R4 R1 0,5 đ 0,5 1,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 ... HC = => tgα = = P OH kq Mặt khác từ tính tốn ta được: F = a 0,5 Từ hình vẽ ta có: HC = 0,5 0,5 Hay : q = a b/ Áp dụng số: q ≈ ± 0,21.10 (C) -6 0,5 mg k O 1đ B C H C F A F P Bài ( 3đ) Xét tia... = I1r1 + E1 = I ( R + r2 ) + E2 = I Rđ Vẽ hình I1 + I + I = Tại điểm A ta có: Để gọn hơn, ta thay đại lượng cho vào phương trình nhận hệ phương trình sau: E 1, r 0,2 I1 + 22 = 10,6 I + 10; 10,6... m.vmax q.a.B a= (cosα + 1) ⇒ vmax = …………………………………………………… q.B m(cosα + 1) …………………………………………………… Thay số vào ta được: vmax = 540 m/s …………………………………………………… b) Khi vo = 1500 m/s > vmax nên R0 > Rmax