Lời giải đề thi HSG Quốc Gia Vật lý 2013

https://sites.google.com/site/tuanphysics/ 1

LỜI GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT MÔN VẬT LÝ 2013

Nguyễn Ngọc Tuấn

Đại học Bách Khoa Hà Nội

Mở đầu: Thời gian gần đây, đáp án các đề thi học sinh giỏi không còn được công bố rộng rãi. Để giúp các bạn học sinh chuẩn bị tốt hơn cho kỳ thi năm 2014, tác giả đưa ra lời giải chi tiết của mình kèm theo bình luận cho từng dạng bài. Lời giải và kết quả của tác giả có thể bị sai hay không trùng khớp với đáp án chính thức. Nếu các bạn phát hiện ra sai sót về lập luận hoặc biến đổi xin vui lòng gửi thư về cho tác giả theo địa chỉ [email protected]. Tác giả luôn đón nhận các ý kiến đóng góp về kết quả, cách giải và các ý kiến khác. Bản chỉnh sửa sẽ luôn được cập nhật tại blog của tác giả theo đường link https://sites.google.com/site/tuanphysics/. Tác giả xin chân thành cảm ơn anh Trần Văn Nga, trường chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An đã đánh máy đề thi và cung cấp một số hình vẽ.

Nhận xét chung: Đề thi rất hợp lý, bao gồm một số bài quen thuộc và một số bài nâng cao để phân

loại thí sinh. Một đặc điểm dễ nhận thấy là đề thi rất dài và có một số kiến thức ở bậc ĐH đưa xuống (bài 4 ngày 1, bài 2 ngày 2). Ngoài ra, để làm tốt đề thi này HS phải có kỹ năng toán rất nhuần nhuyễn. Với đề thi này, 30đ giải nhất, 25đ giải nhì, 20đ giải ba là vô cùng hợp lý.

NGÀY THI THỨ NHẤT

Câu hỏi Độ khó chung Độ mới Kiến thức/Kỹ năng Phức tạp toán 1.1 Trung bình Quen thuộc Đại trà Trung bình 1.2 Khó Quen thuộc Nâng cao Trung bình 2 Dễ Quen thuộc Đại trà Dài dòng

3.1 Trung bình Quen thuộc Đại trà Trung bình 3.2 Rất khó Lạ Nâng cao Phức tạp 4.1 Khó Lạ Đại học Dài dòng 4.2 Trung bình Lạ Đại học Trung bình 5 Trung

bình/Khó Quen thuộc Đại trà Trung bình

NGÀY THI THỨ HAI Câu hỏi Độ khó chung Độ mới Kiến thức/Kỹ năng Phức tạp toán

1.1 Trung bình Quen thuộc Đại trà Trung bình 1.2 Khó Quen thuộc Đại trà Trung bình 2.1 Trung bình Lạ Đại học Đơn giản 2.2 Rất khó Lạ Đại học Phức tạp 3.1 Dễ Quen thuộc Đại trà Trung bình 3.2 Trung bình Quen thuộc Đại trà Trung bình 4 Khó Lạ Đại học Dài dòng 5 Khó Quen thuộc Đại học Phức tạp

https://sites.google.com/site/tuanphysics/

mailto:[email protected]



BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT ĐỀ THI CHÍNH THỨC NĂM 2013

Môn : VẬT LÝ Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi thứ nhất : 11/01/2013 (Đề thi có hai trang gồm 05 câu)

Câu 1. (4,5 điểm) Một quả cầu đặc , đồng chất, khối lượng m, bán kính r, lúc đầu được giữ đứng yên và không quay, tâm ở độ cao nào đó so với mặt sàn nằm ngang. Trên sàn có một vật hình nêm khối lượng M, mặt nêm nghiêng góc α so với phương nằm ngang (Hình 1). Thả cho quả cầu rơi tự do xuống nêm. Biết rằng ngay trước khi va chạm vào mặt nêm tâm quả cầu có vận tốc v0 . Coi quả cầu và nêm là các vật rắn tuyệt đối. Bỏ qua tác dụng của trọng lực trong thời gian va chạm.

1. Sau va chạm nêm chỉ dịch chuyển tịnh tiến trên mặt sàn. Bỏ qua ma sát. Coi va chạm là hoàn toàn đàn hồi. a) Tìm tốc độ dịch chuyển của nêm ngay sau va chạm. b) Với α bằng bao nhiêu thì động năng của nêm thu được ngay sau va chạm là lớn nhất? Tìm biểu thức động năng lớn nhất đó. c) Xác định xung lượng của lực mà mặt sàn tác dụng lên nêm trong quá trình va chạm.

2. Nêm được giữ cố định. Hệ số ma sát giữa nêm và quả cầu là µ . Tính động năng và góc giữa phương chuyển động của quả cầu và mặt nêm ngay sau va chạm.

Câu 2. (3,5 điểm) Một mol khí lí tưởng đơn nguyên tử thực hiện chu trình ABCDBEA được biểu diễn trên giản đồ p – V (Hình 2). CD và BE là các quá trình đẳng tích, BD và EA là các quá trình đẳng áp. Các quá trình AB và BC có áp suất p và thể tích V liên hệ với nhau theo công thức 2p Vα= , trong đó α là một hằng số dương. Thể tích khí ở trạng thái A là V1, ở trạng thái B là V2 và

ở trạng thái C là V3, sao cho 2 1 31 ( )2

V V V= + . Biết rằng tỉ số

giữa nhiệt độ tuyệt đối lớn nhất và nhiệt độ tuyệt đối nhỏ nhất của khí trong chu trình ABCDBEA là n. 1. Tính công thực hiện trong chu trình ABEA theo V1, n và α . 2. Tìm hiệu suất của chu trình ABCDBEA theo n. Áp dụng bằng số với n = 3. Câu 3. (4,5 điểm) Một ống dây dài gồm các vòng dây phẳng được quấn sát nhau, đơn lớp, số vòng dây là N, diện tích giới hạn bởi mỗi vòng dây là S. Chiều dài ống dây là l, điện trở suất của chất làm dây quấn là ρ . Ban đầu ống dây chưa có lõi. 1. Mắc ống dây với một nguồn điện không đổi có suất điện động ξ , điện trở trong của nguồn không đáng kể. Ban đầu khóa K ngắt (Hình 3). Ở thời điểm t = 0, người ta đóng khóa K, cường độ i trong mạch tăng theo thời gian có dạng đồ thị như hình 4. Sau thời gian nào đó dòng điện coi như đạt giá trị ổn định.

a) Xác định trị số diện tích S1 và cho biết ý nghĩa của trị số diện tích S1, S2 trên hình 4.



b) Xác định độ lớn của cảm ứng từ trong lòng ống dây theo các thông số của ống dây và S1 khi dòng điện trong mạch đã đạt giá trị ổn định.

2. Ống dây có lõi sắt từ và điện trở ống dây 5R = Ω . Nguồn điện không đổi có 6Vξ = và điện trở trong không đáng kể. Lúc đầu khóa K ngắt, chọn mốc thời gian t = 0 lúc đóng khóa K. Nhờ việc kéo ra và đẩy vào lõi sắt, độ tự cảm của ống dây thay đổi theo quy luật 0 (1 in )L L s tα ω= + Với L0 = 0,2 H; 0,01α = ; 5 rad/s=ω . Viết biểu thức cường độ dòng điện trong mạch khi đó. Câu 4. (4,0 điểm) Cho một nêm quang học làm bằng chất trong suốt, đồng tính và có tiết diện thẳng là tam giác vuông KPQ (Hình 5). Hai mặt phẳng KP và QP hợp với nhau góc β rất nhỏ. Biết chiết suất của nêm đối với ánh sáng đơn sắc có bước sóng

0,6 mλ µ= là 3n = . 1. Bức xạ đơn sắc λ trên được phát ra từ nguồn sáng điểm S đặt cách mặt phẳng PK của nêm một khoảng H. Xét chùm sáng hẹp đi từ nguồn S tới mặt nghiêng của nêm tại vị trí D với góc tới 060α = , bề dày của nêm là e. Chùm sáng sau khi qua nêm tới vuông góc với màn M tại điểm O. Biết O cũng cách mặt phẳng PK của nêm một đoạn H. Tìm bề dày e nhỏ nhất để tại điểm O ta thu được vân sáng. 2. Chiếu chùm sáng đơn sắc bước sóng λ trên vào mặt nêm QP theo phương gần như vuông góc với QP. Quan sát hệ vân giao thoa trên mặt nêm người ta thấy khoảng cách giữa hai vân sáng liên tiếp là i = 0,10 mm. Xác định góc nghiêng β của nêm. Câu 5. (3,5 điểm) Xác định hằng số điện môi ε và điện trường đánh thủng Et của lớp chất điện môi trong lòng tụ điện. Cho các dụng cụ sau: - Hộp điện trở mẫu có dải giá trị nguyên từ 1Ω đến 10MΩ ; - 01 nguồn điện xoay chiều f = 50 Hz, U = 220 V; - 01 ampe kế xoay chiều. - Một tụ điện gồm hai bản tụ bằng kim loại có diện tích S và khoảng cách giữa hai bản tụ là d, không gian giữa hai bản tụ được lấp đầy bởi lớp chất điện môi đồng tính cần xác định hằng số điện môi ε và điện trường đánh thủng Et; - Các dây nối và ngắt điện cần thiết. Yêu cầu :

1. Trình bày cách bố trí thí nghiệm và xây dựng các công thức cần thiết. 2. Nêu các bước tiến hành thí nghiệm, bảng biểu cần thiết và cách xác định ε và Et.

---------------------- HẾT ---------------------- • Thí sinh không được sử dụng tài liệu. • Giám thị không giải thích gì thêm.



BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT ĐỀ THI CHÍNH THỨC NĂM 2013

Môn : VẬT LÝ Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi thứ hai: 12/01/2013 (Đề thi có hai trang gồm 05 câu)

Câu 1. (4,0 điểm) Một thanh kim loại AB cứng, mảnh được uốn sao cho trùng với đồ thị hàm số ny ax= , với n nguyên dương; a là hằng số (a > 0); 0 mx x≤ ≤ , xm là hoành độ đầu B của thanh (Hình 1). Một hạt nhỏ khối lượng M được lồng vào thanh, hạt có thể chuyển động tới mọi điểm trên thanh. Đầu A của thanh được chặn để hạt không rơi ra khỏi thanh. Thanh được quay đều với tốc độ góc ω không đổi quanh trục Oy thẳng đứng. Cho gia tốc trọng trường 10 m/s2.

1. Tìm tọa độ x0 của hạt để hạt cân bằng tại đó trong hai trường hợp:

a) Bỏ qua ma sát giữa hạt và thanh kim loại. Biện luận các kết quả thu được theo n. b) Xét trường hợp riêng: n = 2; a = 5 m-1; xm = 0,6 m;

8 rad/s=ω , giữa hạt và thanh kim loại có ma sát với hệ số ma sát là 0,05.µ = 2. Xét n = 2 và 2 2agω < . Bỏ qua ma sát. Từ vị trí cân bằng, người ta cung cấp cho hạt vận tốc ban đầu v0 (trong hệ quy chiếu gắn với thanh) theo phương tiếp tuyến với thanh. Xác định giá trị v0 lớn nhất để hạt không văng khỏi thanh.

Câu 2. (4,0 điểm) 1. Một mol khí thực đơn nguyên tử có các thông số trạng thái liên hệ với nhau theo công thức p(V-b) = RT, với b là hằng số phụ thuộc vào bản chất khí. Xác định hiệu các nhiệt dung mol đẳng áp Cp và đẳng tích Cv. 2. Xét một mol khí thực đơn nguyên tử có kích thước nguyên tử không đáng kể nhưng giữa các nguyên tử có lực tương tác. Ở nhiệt độ T, thể tích mol khí trên là V. Cho rằng thế năng tương tác giữa các nguyên tử khí tỉ lệ với mật độ khí: TE αρ= − với α là hằng số, ρ là mật độ số hạt. Xác định hiệu các nhiệt dụng mol đẳng áp Cp và đẳng tích Cv của khí trên ở nhiệt độ T. Câu 3. (4,0 điểm) Một khung dây kim loại, cứng, hình vuông và có điện trở không đáng kể được đặt trên mặt bàn nằm ngang không có ma sát. Khung có khối lượng m, chiều dài mỗi cạnh là a và có độ tự cảm L. Khung dây và bàn được đặt trong không gian có một từ trường không đều, đường sức từ thẳng đứng, có cảm ứng từ thay đổi theo quy luật: B = B0(1+kx), với B0 và k là các hằng số dương đã biết (hình 2). Lúc đầu khung dây nằm yên và trong khung không có dòng điện. Ở thời điểm t = 0 người ta truyền cho khung vận tốc ban đầu

0vuur

dọc theo trục Ox. Giả thiết khung không bị biến dạng. 1. Tìm khoảng thời gian ngắn nhất tmin kể từ thời điểm khung dây bắt đầu chuyển động đến khi khung có vận tốc bằng không.

2. Tính điện lượng chuyển trong khung trong khoảng thời gian tmin trên.

y

gr B

M

xm

x A 0

Hình 1

ω



Câu 4. (3,5 điểm) Kính thiên văn là hệ quang học đồng trục gồm vật kính là TKHT L1, tiêu cự f1 và thị kính là TKHT L2, tiêu cự f2 (f2 < f1). Vật kính L1 và thị kính L2 có rìa là đường tròn, đường kính khẩu độ của L1 là D. Một người mắt không có tật sử dụng kính này để quan sát vật ở rất xa trong trạng thái mắt không phải điều tiết thì số bội giác của kính thiên văn này là G. Nhược điểm của kính thiên văn trên là khoảng cách giữa quang tâm O1 và O2 của vật kính và thị kính (gọi là chiều dài của kính thiên văn) là tương đối lớn. Để cải tiến kính thiên văn trên, người ta lắp thêm vào vị trí của vật kính và thị kính hai gương phẳng, tròn M1 và M2 như hình 3. Việc cải thiện này giúp cho kính thiên văn có chiều dài giảm đi đáng kể. Để tận dụng tối đa năng lượng ánh sáng của vật, ngườ ta chế tạo M1 và M2 sao cho M1 nhận được toàn bộ ánh sáng sau khi qua L1 và M2 nhận được toàn bộ ánh sáng từ M1 phản xạ đến. Một người mắt không có tật sử dụng kính thiên văn cải tiến đề quan sát các vật ở rất xa trong trạng thái ngắm chừng ở vô cực thì chiều dài của kính là l (f2 < l < f1 + f2).

1. Tính f1 và f2 theo G và l. 2. Tìm đường kính rìa của M1, M2 và đường kính khẩu độ của L2 theo G và D. 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của G để có thể chế tạo được kính thiên văn cải tiến trên. 4.

Câu 5. (4,5 điểm) Xác định độ nhớt của chất lỏng. Xét hệ đồng trục gồm khối trụ nhúng trong một cốc hình trụ dựng chất lỏng có độ nhớt η . Khi cho khối trụ quay với tốc độ góc 0ω không đổi và giữ cốc đứng yên, chất lỏng chuyển động tròn, ổn định theo các đường vuông góc với trục. Tốc độ góc của các dòng chảy giảm dần từ bề mặt bên của khối trụ ra thành cốc do nội ma sát giữa các dòng chảy. Tốc độ dòng chảy lớn nhất ở sát bề mặt khối trụ và bằng không ở sát thành cốc. Lực nội ma sát tác dụng lên một đơn vị diện tích bề mặt

bên của lớp chất lỏng hình trụ cách trục cốc một khoảng r là ,msdrdrωσ η= với d

drω là độ biến thiên

tốc độ góc trên một đơn vị chiều dài theo phương vuông góc với trục. Bỏ qua ma sát nhớt của chất lỏng tác dụng lên đáy của hình trụ. Cho các dụng cụ sau: - Động cơ điện một chiều gồm một stato cấu tạo bởi nam châm vĩnh cửu và roto là một khung dây. Biết khi roto quay trong từ trường gây bởi stato sẽ sinh ra suất điện động cảm ứng e (V) liên hệ với tốc độ quay của roto (rad/s)ω theo biểu thức: 38eω = . Trên động cơ có gắn sẵn bộ hiển thị tốc độ vòng quay. Ma sát ở ổ trục động cơ không đáng kể. - 01 nguồn điện một chiều ổn định, 01 biến trở, một ampe kế một chiều; - Một khối trụ đặc bán kính R1, có thể nối với trục động cơ điện. - Một cốc thủy tinh hình trụ có bán kính thành trong là R2 (R2 > R1); - Thước đo độ dài, bình đựng chất lỏng cần xác định độ nhớt; - Khớp nối, dây nối, giá gá mẫu, khóa K cần thiết. Yêu cầu:

1. Trình bày cách bố trí thí nghiệm và xây dựng các công thức cần thiết. 2. Nêu các bước tiến hành thí nghiệm, bảng biểu cần thiết và cách xác định độ nhớt của

chất lỏng

---------------------- HẾT ---------------------- • Thí sinh không được sử dụng tài liệu. • Giám thị không giải thích gì thêm.



LỜI GIẢI CHI TIẾT

NGÀY THI THỨ NHẤT

Câu 1. (4,5 điểm) 1. Phân tích: Đây là bài toán vật rắn khó, đòi hỏi HS phải phân tích được chi tiết lực tác dụng trong

quá trình va chạm, nếu chỉ áp dụng các công thức va chạm cho chất điểm sẽ không cho lời giải. Sau khi va chạm có 3 đại lượng cần tìm là: vận tốc nêm, vận tốc và hướng của quả cầu. Thay vì tìm hướng của quả cầu ta có thể tìm các thành phần vận tốc của nó theo phương ngang và phương thẳng đứng. Ta cần thiết lập 3 phương trình để giải ra ba ẩn số.

*) Bảo toàn động lượng theo phương ngang cho hệ nêm + cầu **) Bảo toàn động năng ***) Pt này HS khó đoán ra hơn cả, liên hệ giữa biến thiên động lượng theo phương ngang và biến thiên động lượng theo phương thẳng đứng của quả cầu.

Tiến hành: Gọi 0 , , ,x yp P p p là động lượng của quả cầu trước va chạm, của nêm và hình chiếu động

lượng quả cầu sau va chạm. *) xP p=

**) 2 2 2 20 x y

mp p p PM

= + +

***) Vì trong suốt quá trình va chạm chỉ có phản lực của nêm lên quả cầu gây biến đổi động lượng của quả cầu theo các phương x,y. Lực này vuông góc với mặt nêm nên tỷ lệ độ biến thiên động lượng là

0

0( )

x x x

y y y

p N t ptgp N t p p

α∆ ∆ −

= = =∆ ∆ − −

- Từ (**) ta có ( )( ) 20 0 1y y x

mp p p p pM

+ − = +

. Mặt khác từ (***): ( )0 y xp p tg pα+ = .

- Suy ra 0 1 .y xmp p tg pM

α − = +

. Dễ dàng từ hai pt cuối cùng này giải ra được

a) 0211

xpp

m tgM tg

αα

= + +

, vậy 02 .

11

x

mvp MVmM tgM tg

αα

= = + +

P

0p

yp

xp

yN

xN

N



b) Động năng lớn nhất khi xp cực đại hay áp dụng Cauchy cho mẫu số ra ngay 1

1tg m

M

α =+

;

- Động năng cực đại tương ứng 2 2 2

max 0ax 2 2( )

xm

p m vK

M M m= =

+

c) Xét cả hệ nêm + cầu thì phản lực của sàn sẽ cung cấp xung lượng để làm biến đổi thành phần

động lượng theo phương thẳng đứng 0

2

2

1 1

xy

p ppmtg tgM

α α

∆∆ = =

+ +

.

Nhận xét: 1) nếu 0, 45m M α<< = thì bằng trực quan ta biết nêm sẽ đứng yên còn quả cầu bắn sang ngang. Dễ dàng thay các giá trị trên vào biểu thức để thấy 0xp p= .

2) Nếu 00α = ta phải nhận được kết quả 00;x yp p p= = . Thay 00α = vào các biểu thức trên ta cũng sẽ nhận được kết quả mong đợi

2. Phân tích: Đây là bài toán va chạm của vật rắn với mặt phẳng. Mấu chốt là quả cầu và mặt nêm đều cứng nên thành phần động lượng theo phương vuông góc mặt nêm bảo toàn. Ngoài ra xuất hiện thêm lực ma sát trượt làm quả cầu quay. Bài này rất giống bài cơ học Quốc Gia 2007.

Tiến hành:

0 0 cosy yp p p α= − =

0 0

0 0

sin2 cos

x ms x x x

y y y

p F t p p p pp N t p p p

αµ

α∆ ∆ − −

= = − = =∆ ∆ −

- Từ đây ( )0 sin 2 cosxp p α µ α= − (*)

- Suy ra 2x

y

pctg tgp

β α µ= = −

- Lực ma sát gây nên mô men xung lượng. Mô men này được biến thành mô men động lượng của quả cầu

0. . .2 cosmsL F r t r pµ α= ∆ = (**)

- Tổng động năng sau va chạm 2 2 2

2 2x yp p LK

m I+

= + .

- Thay 225

I mr= vào được ( )2

2 20 1 14 os cos sin2pK cm

= + µ α − 4µ α α

- Trong quá trình giải ta luôn giả thiết lực ma sát là ma sát nghỉ, tức là có sự trượt trước. Điều này

ứng với điều kiện xv r≥ ω hay 5 ( ) 5 ( )( ) ( )2 2x

I t L tp t m t rr r

≥ = =ω

ω (***) thỏa mãn với mọi thời điểm

trong suốt quá trình va chạm. Thành phần ( )xp t giảm đơn điệu, còn ( )L t tăng đơn điệu. Do đó điều kiện trên chỉ cần thỏa mãn với thời điểm kết thúc va chạm là được. - Thay (*) và (**) vào (***) ta được tan α ≥ 7µ . Điều này tương ứng với việc động năng K sau va chạm phải nhỏ hơn động năng ban đầu.

- Nếu tan α < 7µ thì quá trình va chạm bao gồm hai gia đoạn: giai đoạn đầu điều kiện (***) thỏa

mãn, ma sát là ma sát trượt, đến thời điểm 5 ( )( )2xL tp t

r= thì lực ma sát hoàn toàn biến mất, quả

cầu lăn không trượt theo phương mặt nêm với onstxp c= cho đến hết quá trình va chạm.

0p

msF

p

0xp

0 yp

N

xp

yp

α

β

Mặt nêm



- Viết lại (*) và (**) ở dạng 0 sinxp p N tα µ ′= − ∆ , . .msL F r t r N tµ ′= ∆ = ∆ rồi thay vào (***) với

dấu “=” ta được 07sin2

p N tα µ ′= ∆ . Thay trở lại vào (*) có 05 sin7xp p α= .

- Vậy góc hợp bởi mặt nêm 57

x

y

pctg tgp

β α= =

- Động năng quay 2 2 22 4

2 2.25. 5x x

qp r pLK

I I m= = =

- Động năng tổng cộng sau va chạm2 2 2 2

20 21 sin2 5 2 7

x y xp p p pKm m m

α+ = + = −

Nhận xét: 1) khi không có ma sát thì ctg tgβ α= tức là quả cầu va chạm với mặt nêm theo định luật

phản xạ ánh sáng và quả cầu không quay. 2) Ta bỏ qua tác dụng của trọng lực vì coi thời gian va chạm là rất ngắn nên áp lực lớn hơn nhiều

trọng lực. Tuy nhiên trong trường hợp tan α < 7µ , sau khi lực ma sát trượt kết thúc, ta kết luận tiếp theo lực ma sát nghỉ bằng không cũng là vì bỏ qua trọng lực. Nếu tính đến trọng lực thì lực ma sát nghỉ này sẽ có giá trị bằng thành phần trọng lực dọc theo mặt nêm sinmg α .

3) Có thể phát triển thành bài toán va chạm hai mặt cầu. Đó là nội dung bài cơ ngày thi thứ 2 kỳ thi HSG Quốc Gia 2004. Bài thi WoPho 2012 cũng có nội dung tương tự.

Chú ý: Trong hai phần của bài toán hệ trục xOy được chọn khác nhau. Câu 2. (3,5 điểm) 1. Phân tích: Đây là bài toán truyền thống không có gì đặc biệt, đa phần HS biết sử dụng pt

Clapeyron và biết tính công, nhiệt phải làm được. Tất cả các biến đổi đều đơn điệu nên trong tất cả các quá trình nhiệt lượng không đổi dấu. Công chính là diện tích tam giác cong, sẽ được biểu diễn qua V1, V2. Điều kiện về tỷ số nhiệt độ là điều kiện ẩn, phải dùng nó để biểu diễn V2 qua V1 và n. Như đã nói ở trên các quá trình đều là biến thiên nhiệt độ đơn điệu nên nhiệt độ cao nhất và thấp nhất là tại A, C tương ứng.

Tiến hành:

- Pt Clapeyron cho hai điểm A, C 3

1 1 1 13

3 3 3 3

p V V RTp V V RT

α

α

= =

= =. Chia 2 pt cho nhau và kết hợp 3

1

T nT

= ta

được ngay 33 1.V n V= . Vậy

3

2 11.

2nV V+

= .

- Công thực hiện chính là diện tích hình tam giác cong

( ) ( )2

1

2 3 31 2 1 1 2 1

3 3 2 3 33 3 32 2

1 1 11 1

3 2 33

1

( )3

3 3 1 8 1 2. 1 13 24 2

3 9 524

V

ABEAV

A V p dV V V p V V

V V n n n nV V VV V

n n nV

αα

αα α

α

= − = − − −

+ + + − + − = − − − = −

+ − +=

∫

2. Phân tích: để tính hiệu suất cần tính tổng công và tổng nhiệt nhận. Tổng công tính rất dễ vì công

trên BCDB tính y hệt ABEA. Nhiệt chỉ nhận vào trên đoạn ABC.



Tiến hành:

( ) ( )3

2

2 3 32 3 2 2 3 2( )

3

V

BCDBV

A V p dV V V p V Vαα= − = − − −∫ .

- Lưu ý 3 2 2 1V V V V− = − . Tổng công

( ) ( )( )

( )

3 33 1 1 2 2 1

23 3 2 2

1 11 1

3

1 1 13

A V V p p V V

V VV n VV V

α

αα

= − − + −

= − − + −

- Để tính nhiệt cần sử dụng nguyên lý I: ( )

( ) ( )

3

1

23 1

3 311 1

32

3 111 ( 1) 13 2 6

V

V

RQ A U V dV T T

RTV n n n V

α

α α

= + ∆ = + −

= − + − = −

∫

- Hiệu suất cần tính 2

3 32 6 1 1. 1 111 11( 1) 2 2

A n nQ n

η + + = = − + − −

Nhận xét: 1) Có thể viết lại pt của quá trình ABC ở dạng 2pV α− = . Đây chính là pt đa nguyên (quá

trình có nhiệt dung là hằng số) với chỉ số đa nguyên k = -2, do vậy nhiệt dung riêng có thể tính từ

hệ thức p

V

C Ck

C C−

=− hay 1

V pkC CC

k−

=− . Sau đó nhiệt lượng BAC dễ dàng được tính.

2) Nhiệt lượng có thể tính cách khác. Tính tổng nhiệt tỏa ra trong các quá trình CDBEA rồi tính

hiệu suất 'A

Q Aη =

+

3) Biến đổi toán học ở bài này là quá nhiều, ý nghĩa vật lý bị lu mờ. Nếu để pt tuyến tính p Vα= thì tốt hơn, không thay đổi cách giải, chỉ biến đổi nhanh hơn.

4) Nếu thay đường cong ABC bằng đường cong lồi như một phần đường tròn chẳng hạn thì bài toán phức tạp hơn nhiều vì phải xác định được nhiệt độ cực đại và cách tính hiệu suất sẽ phải thay đổi đáng kể.

Câu 3. (4,5 điểm) Phân tích: Phần 1 là bài toán mạch RL quen thuộc. Chỉ hơi lạ ở câu hỏi về đồ thị. Tuy nhiên nếu để

ý đến thứ nguyên thì thấy ngay diện tích đó biểu diễn điện lượng. Phần 2 khó hơn nhiều với độ tự cảm biến thiên. Phần 2 tổng quát hơn, nếu tìm ra được biểu thức dòng điện thì chỉ cần đặt

0ω = hoặc 0α = ta sẽ thu được kết quả phần 1. Vì độ tự cảm biến thiên nên không thể tính sđđ tự

cảm theo công thức idie Ldt

= − mà phải dùng idedtΦ

= − . Tình huống này tương tự như trong cơ

học, khi khối lượng vật thay đổi thì phải dùng biến thiên động lượng chứ không dùng trực tiếp định luật 2 Niu tơn.

2. cần thiết lập pt vi phân liên hệ i và đạo hàm của nó rồi giải kèm điều kiện đầu i = 0 khi t = 0. Dễ

nhận thấy đây sẽ là dao động cưỡng bức với tần số gócω . Tiến hành: Ký hiệu cường độ dòng điện và sđđ tự cảm như hình vẽ



- Định luật Faraday ( )i

d Lid dL die i Ldt dt dt dtΦ

= − = − = − −

- Đạo hàm độ tự cảm dễ dàng tính được 0 osdL L c tdt

αω ω= .

- Thay cuộn cảm bằng nguồn có sđđ tự cảm. Định luật Ôm cho cả mạch

cho ta ie e iR+ = hay ( ) ( )0 0os 1 in dii L c t R L s t edt

+ + + =αω ω α ω (1)

- Pt trên là pt đạo hàm tuyến tính bậc nhất không đồng nhất có chứa các hệ số rất phức tạp. Để tránh nó ta nhớ lại cách giải tương tự khi gặp bài toàn thuyết tương đối hẹp. Ta đi tìm từ thông LiΦ = thay vì dòng điện.

- Khi đó định luật Ohm sẽ có dạng ( )

d R diR edt L t dtΦ Φ

+ = Φ + = (2).

- Pt này vẫn còn rất khó với HS cấp 3, thậm chí với cả GV cấp 3 và SVĐH hay ngay cả với GVĐH vì chứa hệ số trước Φ phức tạp. Có công thức tổng quát cho nghiệm của (2) nhưng ở đây sẽ giải bằng phương pháp biến phân.

-Đầu tiên ta giải phương trình đồng nhất 0( )R d

L t dtΦ

Φ + = . Chuyển vế rồi tích phân ra có:

0 0

ln . ( )( ) 1 inR R dt Rdt f t C

L t L s t Lω

α ω ω− Φ = = = +

+∫ ∫ , trong đó 2 2

ttg2 2( ) arctg1 1

f t

ω αω

α α

+=

− − (3).

- Từ đây có nghiệm0

.exp . ( )RC f tL

ωω

Φ = −

(4)

- Tiếp theo ta thay hằng số C trong (4) bằng hàm số ( )C C t= rồi lấy đạo hàm

0 0

0 0

( ) ( ).exp . ( ) ( ).exp . ( ) .

( ).exp . ( ) exp . ( )( )

d dC t R R df tf t C t f tdt dt L L dt

dC R C t R Rf t f tdt L L t L

ωω ω

ω ω

ω ωω ω

Φ= − + −

= − − −

,

rồi thay vào vào pt (2) ban đầu thì nó chỉ còn lại:

0

.exp . ( )dC R f t edt L

− =

ω

ω. Vậy

0

( ) exp . ( )RC t e f t dtL

=

∫ ω

ω (5).

- Việc lấy nguyên hàm (5) nằm ngoài khả năng của người đang viết bài này.

1a. Với 0ω = hoặc 0α = ta thấy ngay ( )f t t= và 0

0

( ) expeL RtC t AR L

= +

(6). Hằng số A được xác

định từ điều kiện đầu 0Φ = khi t = 0 0eLAR

⇒ = − . Thay vào (3) ta có nghiệm cuối cùng

0

0

1 exp .eL R tR L

Φ = − −

Vậy biểu thức của dòng điện 0 1 exp ti I

τ = − −

(7) với 0eIR

= là

cường độ dòng khi ổn định và 0LR

τ = là thời gian đặc trưng để mạch ổn định.

- S2 có ý nghĩa gần đúng là điện lượng chuyển qua mạch từ khi khởi động đến khi dòng ổn định.

- Giá trị S1 chính là ( ) 0 01 0 0

0 0

exp I LtS I i dt I dtRτ

∞ ∞ = − = − = ∫ ∫

i

ℰi



b. Từ trường trong ống dây cho bởi biểu thức 0 1 10 0

0

NI NS RSB Ll NSlR

µ µ= = = vì 2

0 0N SL

lµ=

Nhận xét: 1) Bài toán này rất hay về mặt vật lý, khi cho độ tự cảm biến thiên đòi hỏi HS phải hiểu định luật Faraday tổng quát. Tuy nhiên việc cho hàm 0 (1 in )L L s tα ω= + quá phức tạp dẫn đến khó khăn trong lấy tích phân. 2) Câu hỏi về ý nghĩa S1 thì tác giả bài viết này cũng chịu, không hiểu được, chỉ biết đơn vị đo của nó là điện lượng. 3) Nếu áp dụng định luật bào toàn năng lượng sẽ không ra được pt (1). Tác giả để bạn đọc tự suy nghĩ. 4) Mặc dù biểu thức giải tích của i(t) rất phức tạp, ta thử hình dung một cách gần đúng sự biến thiên của dòng điện. Khi 0ω = hoặc 0α = ta có lời giải (7), dòng tăng nhanh theo hàm mũ tới

trạng thái ổn định với thời gian 20 4.10 sL

Rτ −= = . Khi cho độ tự cảm biến thiên điều hòa thì dòng

còn dao động xung quanh hàm (7). So sánh với chu kỳ biến thiên của L là 2 1, 257 sT πω

= = thì

T τ>> . Do đó một cách gần đúng có thể coi ban đầu dòng tăng theo (7) tới giá trị bão hòa rồi dao động chậm xung quanh đó. Để tìm khoảng biên độ dao động ta dựa vào (1). Khi dòng cực đại và

cực tiểu thì 0.didt

= Từ (1) ta có 0min( ax) 0

0

1mLEI

R L Rαω

αω = ≈ Ι ±

∓ . Dễ thấy phần bổ chính đằng

sau nhỏ hơn rất nhiều dòng bão hòa, phù hợp với giả thiết của ta. Câu 4. (4,0 điểm) Phân tích: Đây là hai bài toán giao thoa ánh sáng phản xạ. Điều cần chú ý là khi phản xạ trên mặt có

chiết suất cao thì quang trình dài thêm một đoạn / 2λ . Phần 2 là lý thuyết giao thoa nêm được trình bày trong hầu hết các giáo trình đại học hoặc sách tham khảo cho HS chuyên lý (Xem “Quang học sóng”, sách dành cho chương trình Kỹ sư chất lượng cao PFIEV, NXBGD; hay Vũ Quang, sách bồi dưỡng HSG Vật lý THPT “Quang học 2”; NXBGD). Khoảng vân cho bởi công

thức 2i

nλβ

= . Phần 1 khó hơn về mặt hình học. Chú ý thuật ngữ của bài toán là cho nguồn S cách mặt phẳng đoạn H, như vậy là bài toán giao thoa nguồn điểm chứ không phải giao thoa chùm song song như phần 2. - Phải tìm được hai tia sáng cắt nhau tại O, 1 tia phản xạ trên mặt nêm, 1 tia khúc xạ vào nêm, phản xạ trên đáy nêm rồi khúc xạ trở lại không khí.

Tiến hành: Giả sử tia khúc xạ vào nêm có góc tới mặt nêm bằng060=α . Ta phải tìm được được tia

phản xạ trên mặt nêm mà tới được O. Việc xác định được tia này không phải là dễ. Ngoài ra để tại O có cực đại thì hiệu quang trình phải bằng kλ . - Gọi T là ảnh của S qua mặt nêm, E là ảnh của D qua mặt đáy nêm.

- Các quang trình sẽ được tính 1 .L SD IO n EI= + + và 2 2L TO λ

= +

- Trước hết ta đi tính các góc. 12 1 2; ; 3 3

D D Dπ πβ β= = = −

-



- Định luật khúc xạ cho 34 5 3 4

3 4 5 4

; ; ; 6 3 6

2 ; 23 6

D D D D E

I D D E I

π π πβ β

π ππ β β

= = = = = −

= − − − = + = −

- Định luật khúc xạ 1 4sin sinI n I= . Đặt 1 3I π

γ= − rồi thay vào biểu thức trên ta được

sin cos cos sin 3 sin cos 2 cos sin 23 3 6 6π π π π

γ γ β β − = −

. Làm gần đúng được 6γ β= .

- Vậy 12 1 2 53

I I I πβ= + = − .

- Tiếp theo ta tính EI và DI từ tam giác DEI. 2

sin sin 2 sin2 3 6

EI e DIπ π πβ β β

= = − + −

- Trong các tính toán, ,e β là các đại lượng nhỏ nên tích của chúng sẽ là đại lượng nhỏ bậc 2, có

thể bỏ qua. Từ đây 4 2;3 3e eEI DI= = ; GK DI IK DG H e⇒ ≈ ≈ = −

- Xét tam giác SDG:

( ) ( ) ( )

( )

2 1 3 2 2 3cos

3

sin 3 53

DGSD H e H e H

SG SD H e H

β βπ β

πβ β

= ≈ − − ≈ − − −

= − ≈ − −

O

β

S

1

H

T

E

D

I

U

3

1 3

4

2 2

4

G K

L

V

5



-Tương tự với tam giác IKO:

( )

( )

2 10 3cos 5

3

sin 5 3 203

IKIO H e H

OK IO H e H

βπ β

πβ β

= ≈ − − −

= − ≈ − −

- Quang trình ( ) ( )142 2 3 2 10 3 3 4 12 3

3eL H e H H e H H Hβ β β= − − + − − + = −

- Để tính được quang trình L2 cần tính

( ) ( )2 43 5 3 20 2 3 253 3e eSO SG GK KO H e H H e H H Hβ β β= + + = − − + + − − = − −

( )2 2. 2 2 32

SDTS TV SD H e H β= = = = − −

- Xét tam giác STO có các cạnh SO và TS đã biết, góc 2ˆ ˆ ˆ

3 2 2TSO TSD DSO Dπ π π

β= + = + − = +

- Vậy 2 2 2. . .sinTO TS SO TS SO β= + + . Khai triển các số hạng trong căn và chỉ giữ lại bậc nhất

với ,e β ta được 2 2 216 20 100 3TO H He H β= − −

- Suy ra 5 25 34 18 8

eTO HH

β ≈ − −

- Vậy hiệu quang trình 15 3

2 2 2 2e HL TO kλ β λ

λ∆ = − − = + − =

- Bài thiếu dữ kiện để giải tiếp. Giả sử 0H β ≈ thì áng chừng min 5e λ

≈ .

Nhận xét: 1)Về mặt vật lý bài toán không có gì đặc biệt, tuy nhiên về mặt hình học, việc cho giao

thoa tại một điểm O cho trước là quá phức tạp, phần một bài này nên làm giống phần 2, tức là xét giao thoa xảy ra ngay trên mặt nêm. 2) Trong khi giải ta có thể dùng gần đúng bậc 0 ngay từ tính toán ban đầu tức là cho 0β = nhưng như thế ta có thể bỏ mất phần bổ chính đáng kể H β nếu như nguồn ở xa mặt nêm.

Câu 5. (3,5 điểm) Xác định hằng số điện môi ε và điện trường đánh thủng Et của lớp chất điện môi

trong lòng tụ điện. Phân tích: Bài toán cho sẵn hiệu điện thế, điện trở, cường độ dòng điện nên từ đó có thể tính được điện dung tụ điện, rồi sau đó dùng công thức tụ điện phẳng để tính ra hằng số điện môi. Cường độ điện trường đánh thủng được xác định bởi hiệu điện thế đánh thủng. Trước khi bị thủng, tụ điện có điện trở, sau khi bị đánh thủng điện trở của tụ điện tụt đột ngột, kết quả là dòng tăng đột ngột. Ta chỉ cần xác định vị trí mà dòng thay đổi đột ngột.

Tiến hành:

- Mắc tụ nối tiếp biển trở như hình vẽ - Số chỉ ampe kế cho bởi biểu thức

22 1

UI

RC

= + ω

. Ta cần tìm hằng số C từ sự phụ thuộc

I(R). Để làm được điều này ta cần tuyến tính hóa biểu

A R C

K ~



thức trên bằng cách sau2 2

2 1U RI C

= + ω (1)

- Đặt 2 2

2 1, X , Z=UY RI C

= = ω thì biểu thức trên chuyển về dạng Y X Z= + (2), vậy Z sẽ là

giao điểm của đường thẳng (2) với trục tung. - Lúc đầu chọn một giá trị điện trở R đủ lớn, giảm dần giá trị của biến trở ta thu được các cặp điểm (X,Y), dựng đường thẳng (2), phần kéo dài cắt trục tung tại Z.

-Biết Z có thể tính giá trị điện môi

22

0 0

1Z=2 2

d dC f S f S Z

= ⇒ ε = ω π εε π εε

- Tiếp tục hạ dần giá trị biến trở, cho đến khi thấy các cặp giá trị (X,Y) bắt đầu lệch khỏi đường thẳng đã vẽ. Xác định vị trí thay đổi độ dốc Y*.

- Tại vị trí này giá trị I* đã biết. Ta cần tìm hiệu điện thế trên hai bản tụ *

* *IU I ZC

= =ω

.

- Từ đây tìm được điện trường đánh thủng * *

* U I ZEd d

= =

Nhận xét: Kỹ thuật tuyến tính hóa là kỹ thuật thường hay được sử dụng nhất trong các bài thực

nghiệm khi cần xử lý đồ thị bằng tay. Chỉ trên máy tính thì các phép vẽ đồ thị đa thức mới hiệu quả.

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

Y

Y* Z

O X



NGÀY THI THỨ HAI Câu 1. (4,0 điểm) Phân tích: đây là bài toán quen thuộc sử dụng hệ quy chiếu phi quán tính. Nội dung giống hệt bài thi

Quốc Gia 2006, chỉ thay thanh thẳng bằng thanh cong, Về nguyên tắc có thể cho thanh hình dạng bất kỳ, miễn nó là hàm trơn tru (đạo hàm bậc nhất liên tục).

Tiến hành: Trong cả bài ta xét chuyển động của viên bi trong hệ quy chiếu

quay. Phần 1 sẽ giải tổng quát với hệ có ma sát - Các lực tác dụng lên vật ở vị trí cân bằng như hình vẽ. - Phương trình cân bằng lực 0qt msM g N F F+ + + =

ur r r r(1)

- Chiếu lên các trục ta được cos sin 0

sin cos 0qt ms

ms

F F NF N Mg

+ α − α =

α + α − =.

- Giải hệ trên được nghiệm

cos sin sin 1tan

cos sin

qtms qt

qt

FF F Mg Mg

MgN Mg F

= − α + α = α − α

= α + α

(2)

- Sử dụng pt đường cong để tính hệ số góc: 1tan ndy naxdx

−α = = (3)

1.a. Khi không có lực ma sát, (2) cho ta: 2

tan qtF xMg g

ωα = = (4)

- Từ (3) &(4) suy ra pt xác định vị trí cân bằng của hạt: 2

1a nx n xg

−ω= (5)

- Nghiệm của (5) phụ thuộc vào n: n = 1, thanh thẳng, có một vị trí cân bằng 0 2agx =ω

n = 2, thanh parabol, vị trí cân bằng duy nhất tại đỉnh 0 0x =

n # 2, có hai vị trí cân bằng 0 0x = và

12 2

0

nx

nag

− ω=

b. - Với n = 2, thay 2qtF M x= ω và tan 2axα = vào (2) ta được

2

sin 1 02msF Mg

ag ω

= α − >

- Vậy lực ma sát luôn hướng lên và điều kiện cực đại của ma sát nghỉ là msF N≤ µ cho ta 2 2 222 1 1

2axax

ag g ω ω

− ≤ µ +

. Thay số vào ta được 232 - 36 0,5 0x x + ≥ .

- Bất pt trên cho nghiệm x ≤ 0,0140 m.

2. - Tính thế năng tạo bởi lực quán tính 2 2

2qt qtM xU F dx C− ω

= − = +∫

- Chọn gốc thế năng tại gốc tọa độ 0C⇒ = .

- Định luật bảo toàn cơ năng( )2

2 2 2 2 2 20

21 1 1 12 2 2 2 2

M gamv mv Mgy M x mv x

− ω= + − ω = + (6)

y

x0 x O α

y0

Fqt N

Mg

Fms



- Vậy vận tốc giảm dần, vị trí dừng lại xác định bởi ( ) ( )2 2

2 2 20 0

2 212 2 2 m

M ga M gamv x x

− ω − ω= ≤ ,

suy ra vận tốc đầu cực đại ( )2 2 20max 2 mv ag x= − ω

Nhận xét: 1) Phần 1a có thể giải bằng phương pháp năng lượng. Vị trí cân bằng ứng với cực trị của

tổng thế năng 2 0.dU dyMg M xdx dx

= − ω = Ưu điểm của phương pháp này so với phương pháp phân

tích lực là có thể biết vị trí cân bằng đó là bền hay không bền. Ta xét đạo hàm bậc hai 2 2

2 2 22 2 ( 1) nd U d yMg M n n ax Mg M

dx dx−= − ω = − − ω . Nếu đạo hàm này dương, cân bằng bền và

ngược lại. Nhược điểm của phương pháp này là không áp dụng được cho phần có ma sát. 2) Trong hệ quy chiếu quay, khi hạt chuyển động còn có lực quán tính Coriolis hướng vuông góc

với mặt phẳng xOy, nhưng vì nó vuông góc với phương chuyển động nên không sinh công. Tuy nhiên nếu có ma sát trượt thì tác động của nó sẽ bộc lộ và bài toán trở nên vô cùng phức tạp.

3) Chỉ số n không bắt buộc phải là số nguyên Câu 2. (4,0 điểm) 1. Áp dụng nguyên lý I với quá trình đẳng áp: dU = CPdT – PdV (1). Thay dU = CVdT và từ

phương trình Van der Waals lấy vi phân PdV = R dT. Suy ra ngay kết quả P VC C R− = .

2. Trước hết viết lại thế năng ở dạng AT

NEV

= −α trong đó NA là số Avogadro. - Tương tự trên lại áp dụng nguyên lý I với với quá trình đẳng áp ta được pt (1). Tuy nhiên bây

giờ phải thay 2A

V T VNdU C dT dE C dT dV

Vα

= + = + .

- Chuyển vế ta có ngay 2 .AP V

P

N dVC C pV dT

α − = + (2), trong đó đạo hàm của thể tích theo nhiệt

độ được thực hiện ở áp suất không đổi.

- Giá trị P

dVdT phụ thuộc vào phương trình trạng thái của khí thực, có rất nhiều phương trình trạng

thái của khí thực khác nhau. Pt Van der Waals có lẽ là nổi tiếng nhất, ta sử dụng nó giống như bài tập 1010 trang 7, tập Nhiệt học của bộ Yung-Kuo Lim.

- Với giả thiết b = 0 pt Van der Waals còn lại apV RTV

+ = . Lấy vi phân hai vế và chú ý dp =

const được 2apdV dV RdT

V− = .

- Từ đây tính được đạo hàm rồi thay vào (2) 2

2

.AP V

N RC C p aV pV

α − = + −

.

- Ngoài ra, theo sách Yung-Kuo Lim Aa N= α (*) nên nếu sử dụng pt Van der Waals thì kết quả

trên có thể viết lại 21P V

RC C aRTV

− =−

. Dễ thấy với khí lý tưởng a = 0 ta có ngay P VC C R− = .



- Việc chứng minh hệ thức (*) nằm ngoài khả năng của hs cấp 3, tuy nhiên tôi cũng đưa ra đây để các bạn tham khảo.

- Theo nguyên lý II Q TdSδ = , trong đó S là entropy.

- Viết lại biểu thức nguyên lý I ở dạng TdS dU pdV= + (**).

- Mặt khác vì S = S(T,V) nên ta có thể lấy vi phân toàn chỉnh . . . .V T

S STdS T dT T dVT V

∂ ∂= +

∂ ∂

(***), trong đó ký hiệu thẳng đứng có nghĩa: lấy đạo hàm theo 1 biến khi biến kia cố định, ví dụ

V

ST

∂∂ nghĩa là lấy đạo hàm của S theo T trong điều kiện V không đổi, và biểu thức đầu tiên chính

là nhiệt dung đẳng tích VV

T SCT∂

=∂ (4*).

-Để tính đạo hàm thứ hai ta dùng hệ thức Maxwell T V

S pV T

∂ ∂=

∂ ∂ (5*).

- Từ (**), (***), (4*) và (5*) ta có VV

pdU C dT T p dVT

∂= + − ∂ .

- Với pt Van der Waals có ngay 2V

p aT pT V

∂− =

∂ => đpcm.

Câu 3. (4,0 điểm) Phân tích: Đây là bài toán chuyển động của khung dây quen thuộc, chắc chắn tất cả đều làm được.

Bài này chính là bài 2.16 trong Vũ Thanh Khiết, sách bồi dưỡng HSG Vật lý THPT “Điện học 2”; NXBGD, được đơn giản hóa đi. Khi chuyển động sang phải, từ thông qua khung tăng lên, trong khung xuất hiện dòng cảm ứng theo chiều kim đồng hồ. Lực Laplace tác dụng lên các cạnh của khung trong từ trường không đều hướng ngược chiều chuyển động sẽ hãm khung chuyển động chậm dần. Mối liên hệ giữa cường độ dòng điện và vị trí của thanh được thể hiện qua định luật bảo toàn từ thông. Đây chính là mấu chốt của bài toán.

Tiến hành:

- Xét cạnh trái của thanh ở vị trí x. Từ thông của từ trường qua thanh 21( ) ( )

2

x a

B ox

x B x adx B a a ka kax+ Φ = = + +

∫ .

- Từ thông do dòng tạo ra i LiΦ = . - Bảo toàn từ thông cho ta ( ) (0)B i BxΦ − Φ = Φ hay 2

0B ka x Li= (1) - Áp dụng dịnh luật Laplace để tính hiệu các lực tác dụng lên hai thanh trái và phải của thanh 2

0( ) ( )F F x F x a iB ka∆ = − + = − (2)

- Định luật hai Niu tơn: Fxm

∆′′ = (3)

- Thay (1) và (2) vào ba rồi chuyển vế được 2 2 40 0B k ax xmL

′′ + =

- Vậy khung dao động điều hòa với 2

0B kamL

ω =

1. Thời gian từ khi bắt đầu chuyển động đến khi dừng min 4 2Tt π

= =ω

a

x x + a

i



2. Biên độ dao động 0vA =ω

.

- Pt dao động cos2

x A t π = ω −

- Từ (1) suy ra 2

0B kai xL

= .

- Tổng điện lượng chuyển qua / 4 / 4 2 2

0 0

0 0

cos2

T T B ka B ka Aq idt A t dtL L

π = = ω − = ω ∫ ∫

- Thay A từ trên vào được 02

0

mvqB ka

=

Nhận xét: 1) Đây là một bài toán “va chạm” của khung dây với từ trường

- Bảo toàn “động năng” 2 2

2 2mv Li const+ = (*)

- Bảo toàn “động lượng” ( )B ix constΦ − Φ = (**) Bằng cách lấy đạo hàm (*), (**) sẽ chứng minh được dao động điều hòa

2) Chú ý thuật ngữ “có điện trở không đáng kể” tức là vẫn có điện trở. Trong trường hợp điện trở tuyệt đối biến mất, khung dây là khung siêu dẫn, sẽ có hiện tượng đẩy từ Meissner và bài toán không còn là cổ điển nữa mà trở thành lượng tử.

Câu 4. (3,5 điểm) Phân tích: Đây là một bài toán quang hình không khó ở mức độ vật lý, nhưng có lẽ hơi bất ngờ.

Tính toán khá phức tạp vì có nhiều dụng cụ (hai thấu kính, hai gương). Tiến hành: 1. Để mắt ngắm chứng ở vô cực, chùm sáng sau khi đi qua thị kính phải là chùm song song, do đó

tiêu điểm ảnh của vật kính trùng tiêu điểm vật của thị kính.

- Độ bội giác được định nghĩa 1

2

tantan

fGf

β= =

α (1)

– Sau khi đi qua hệ thấu kính L1 và hai gương, ảnh của vật vẫn phải hiện ở tiêu điểm vật F2 của thị kính để đảm bảo chùm sáng sau khi qua L2 vẫn là chùm song song - Ta có ( )1 2 1 2 2 2 1FO =FO hay 2′′ ′′ − + = −l f f f l .

- Từ đây 1 2

3f fl +

= (2)

- Từ (1) và (2) giải ra 1 23 3;

1 1Gf l f l

G G= =

+ +

L1

O1

L2

O2

α β 1 2F F′ ≡



2. Đường kính của mép ngoài M1 là 1

2 11

- 2 12.O H = 2.O I. .3

f l G Df G

−=

- Tương tự 21 2

1

2 2 1 22.O K = 2.O H. . . .2 1 3 3

l f G G GD Df l G G G− − − −

= =− −

- Từ đây tìm khẩu độ của thấu kính L2 là 22 1

2

3 2 12.O Q = 2.O K. . . .2 3

f G D Dl f G G G

−= =

− −

- Đường kính của rìa gương M2 là 11 2

1

3 1 32.O G = 2.O P. . . .2 1 2 1

f G D Df l G G G

= =− − −

3. Điều kiện chế tạo kính là G > 2. Điều kiện này cũng đủ để 12.O G < D . Nhận xét: Việc lắp gương giúp làm giảm chiều dài kính thiên văn đi 3 lần nhưng không làm thay đổi độ bội giác.

Câu 5. (4,5 điểm) Xác định độ nhớt của chất lỏng. Phân tích: Khi động cơ làm quay khối trụ, lực ma sát sẽ làm lớp chất lỏng

sát mặt trụ quay theo, lớp chất lỏng này lại kéo lớp kế tiếp quay. Kết quả là các lớp chất lỏng đều quay với tốc độ khác nhau. Xét một lớp chất lỏng bất kỳ, nó chịu tác dụng của 2 mô men hãm ma sát từ hai lớp bên cạnh. Khi hệ quay ổn định thì hai mô men này phải bằng nhau. Như vậy với bán kính lõi trụ, bán kính cốc và tốc độ quay của lõi trụ cho trước thì hệ sẽ

thiết lập một gradient vận tốc ddrω sao cho mô men lực ma sát là không

đổi từ lõi trụ cho đến thành cốc. Ở chế độ ổn định, công suất của động cơ sẽ bằng công suất cản và được tính .P = τ ω còn công suất điện có thể đo được .eP e i=

Lập công thức tính:

- Xét một lớp chấp lỏng ở vị trí r, lực tác dụng lên mặt trong lớp này có giá trị

. 2 .ms msdF S rl rdrω

= σ = π η , với l là chiều dài trụ (và cũng là chiều sâu của nước)

- Mô men lực gây ra bởi lực này 32 dr l constdrω

τ = π η = 3.2

drdl r

τ⇒ ω =

π η

- Suy ra 21.

4C

l rτ

ω = −π η

- Tại sát thành cốc 2 , 0r R= ω = nên 22

1.4

Cl R

τ=

π η

F2 1F′O2

1F′′

Q

H G

O1

K P

M1

M2



- Tương tự, tại sát mặt trụ 1 0, r R= ω = ω nên 0 2 22 1

1 1.4 l R R

τω = − π η

- Từ đây tính được 2 2

0 1 22 2

1 1

4 l R RR R

ω π ητ =

−

- Công suất cản 2 2

21 20 02 2

1 1

4. l R RPR Rπ η

= τ ω = ω−

- Công suất điện 0. .38eP e i iω

= = .

- Cuối cùng 2 2

1 20 02 2

1 1

4 l R Ri kR Rπ η

= ω ≡ ω−

Tiến hành: - Lắp sơ đồ như hình vẽ - Thay đổi biến trở, tốc độ quay và chỉ số ampe kế sẽ thay đổi theo - Lập đồ thị để tìm hệ số k rồi từ đó suy ra hệ số nhớt

Nhận xét: 1) Việc lắp hệ đồng trục là việc khó

2) Khi tốc độ góc lớn thì mặt thoáng chất lỏng không còn là mặt phẳng nữa mà là mặt cong lõm, do đó để áp dụng các công thức trên không cho tốc độ góc lớn quá.

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

A R

K

Động cơ

Trục động cơ ω

i

k = tanα


Documents

Lời giải đề thi HSG Quốc Gia Vật lý 2013