Tại thời điểm t=0 có hai hạt nhỏ giống nhau

Published on Jul 27, 2020

Tài liệu tổng hợp và cộng tác - Chủ nhiệm: ThS Nguyễn Thanh Tú co-Founder Dạy Kèm Quy Nhơn / Liên hệ

Tại thời điểm t=0 có hai hạt nhỏ giống nhau

DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD

Follow this publisher - current follower count:265

- Giả sử ban đầu hai hạt cùng ở điểm O. Sau thời gian chuyển động hạt thứ nhất đến A, hạt thứ hai đến B.

Tại thời điểm t=0 có hai hạt nhỏ giống nhau

- Ta có: \(OA=\frac{2m{{v}_{1}}}{qB}\sin \left( \frac{qB}{2m}t \right);\)

\(OB=\frac{2m{{v}_{2}}}{qB}\sin \left( \frac{qB}{2m}t \right).\)

- Vì vận tốc góc của hạt thứ nhất và hạt thứ hai đều bằng nhau và bằng \(\omega =\frac{qB}{m}\) nên trong cùng thời gian t thì góc quay \(\varphi \) của hai bán kính đều bằng nhau (hình vẽ), suy ra ba điểm O, A, B nằm trên cùng đường thẳng.

\(\Rightarrow AB=OB-OA=\frac{2m}{qB}\left( {{v}_{2}}-{{v}_{1}} \right)\sin \left( \frac{qB}{2m}.t \right)\)

Vậy: Khoảng cách giữa hai hạt là: \(r\left( t \right)=\frac{2m}{qB}\left( {{v}_{2}}-{{v}_{1}} \right)\sin \left( \frac{qB}{2m}.t \right)\), với \({{v}_{2}}>{{v}_{1}}.\)

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 - THPT

Năm học 2018 – 2019

Môn: Vật lí – Bảng A

Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

P (Pa)

V (dm3)

(1)

O

(H.1)

(2)

Câu 1. (4,5 điểm)

Một lượng khí lí tưởng thực hiện quá trình dãn nở từ trạng thái (1) sang trạng thái (2) theo quy luật được mô tả bằng đồ thị P – V như hình vẽ (H.1). Biết ở trạng thái (1) chất khí có nhiệt độ T1 = 315 K và thể tích V1 = 3 dm3; ở trạng thái (2) chất khí có áp suất P2 = 2.105 Pa.

a. Tính nhiệt độ chất khí ở trạng thái (2).

b. Tìm quy luật biến thiên của áp suất theo thể tích.

c. Xác định nhiệt độ cực đại của chất khí trong quá trình dãn nở trên.

Câu 2. (4,5 điểm)

Hai quả cầu kim loại nhỏ giống nhau được treo vào một điểm O cố định trong chân không bằng hai sợi dây nhẹ không dãn, cách điện có cùng chiều dài l = 40 cm. Khối lượng mỗi quả cầu bằng 45 g. Truyền cho một trong hai quả cầu điện tích q > 0 thì tại vị trí cân bằng các dây treo hợp với nhau một góc 900. Lấy g = 10 m/s2.

a. Tìm điện tích q.

b. Truyền thêm điện tích q’ cho một quả cầu, thì thấy góc giữa hai dây treo tại vị trí cân bằng giảm đi còn 600. Xác định véc tơ cường độ điện trường tổng hợp tại điểm O.

(H.2)

E r

R

a

b

K

N

M

Câu 3. (4,5 điểm)

Cho mạch điện như hình vẽ (H.2). Các tụ điện có điện dung lần lượt là C1 = 3 µF; C2 = 6 µF; C3 = 8 µF. Trước khi ghép vào mạch các tụ chưa tích điện. Suất điện động của nguồn điện E = 6 V.

a. Ban đầu khóa K ở a. Tính điện tích của mỗi tụ điện.

b. Sau đó khóa K chuyển sang b, tính số êlectron dịch chuyển qua đoạn dây MN.

OO

x

V

E

y

B1

(H.3)

Câu 4. (5 điểm)

Trong mặt phẳng Oxy, ở nửa mặt phẳng ứng với y > 0 chứa một từ trường đều có véctơ cảm ứng từ B1 vuông góc với mặt phẳng, phần ứng với y < 0 chứa điện trường đều có véctơ cường độ điện trường E song song và cùng chiều Oy. Từ O bắn một hạt mang điện tích q = 10-16 C với vận tốc V vuông góc với đường giới hạn Ox của hai vùng như hình vẽ (H.3). Biết độ lớn vận tốc V là 4π.105 m/s, độ lớn cảm ứng từ B1 là π.10-3 T, độ lớn cường độ điện trường E là π.104 V/m; khối lượng hạt là m = 9.10-28 kg. Bỏ qua tác dụng của trọng lực và lực cản môi trường.

a. Tính độ lớn của lực Lorenxơ do từ trường B1 tác dụng lên q.

b. Vẽ dạng quỹ đạo chuyển động của hạt. Tính tổng quãng đường hạt đi được kể từ khi xuất phát tại O đến khi gặp trục Ox lần thứ 2019 (không tính lần tại O).

c. Giữ nguyên vùng từ trường B1, thay vùng điện trường bằng vùng từ trường đều có véctơ cảm ứng từ B2 song song cùng chiều với B1 và có độ lớn 2π.10-3 T. Vẽ dạng quỹ đạo chuyển động của hạt và tính vận tốc trung bình của nó dọc theo trục Ox trong thời gian ∆t = 27.10-9 s, kể từ thời điểm bắn.

Câu 5. (1,5 điểm)

L

U

A

B

O

x

(H.4)

P

Một chất lỏng dẫn điện chảy theo một cái ống với tốc độ không đổi V. Điện trở suất của chất lỏng là r, khối lượng riêng của nó là D. Người ta đặt ngang vào trong lòng ống hai cái lưới dẫn điện phẳng mỏng O và P (có điện trở không đáng kể) để cho chất lỏng chảy qua như hình vẽ (H.4). Khoảng cách giữa hai lưới bằng L. Các lưới được nối với hiệu điện thế không đổi U. Hãy xác định nhiệt độ ổn định của chất lỏng trong lòng ống tại vị trí có tọa độ x. Chất lỏng không biến đổi về mặt hóa học sau khi chảy qua ống và có nhiệt dung riêng C. Tốc độ truyền nhiệt trong chất lỏng coi là nhỏ so với V. Bỏ qua sự mất mát nhiệt, chất lỏng chảy vào ống có nhiệt độ T0.

--------------- HẾT-------------

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 CẤP THPT

Năm học 2018 – 2019

Môn: Vật lí – Bảng A

Câu 1(4,5 điểm)Điểma.

(1đ)Áp dụng phương trình trạng thái: P1V1T1=P2V2T2 →T2=P2V2P1V1.T1=540 (K)1,0b.

(2đ)Dựa vào đồ thị ta thấy P phụ thuộc V theo quy luật hàm số bậc nhất: P=a.V+b (1.1) 0,5Thay các giá trị của trạng thái (1) và (2) vào (1.1), ta được hệ phương trình:

3,5.105=a.3+b2.105=a.9+b→a=-0,25.105b=4,25.1051,0Vậy, P phụ thuộc V theo phương trình: P=-0,25.105.V+4,25.105(1.2)

0,5c.

(1,5đ)Ta có: PVT=P1V1T1=3,5.105.3315=10530→P=105T30V (1.3)0,25Thay (1.3) vào (1.2) được: T=-7,5V2+127,5V (1.4)

0,25Theo (1.4) Tmax khi V = V0 = 8,5 (dm3)0,25Nhận thấy V1 < V0 < V2 . 0,5Nên nhiệt độ lớn nhất trong quá trình dãn nở là: Tmax=541,875 (K)0,25

Câu 2(4,5 điểm)Điểma. (2,5đ)T

F

P

q1

q2

α

O

l

r

Ban đầu khi cân bằng mỗi quả cầu chịu tác dụng của 3 lực: Trọng lực P, Lực điện F và lực căng T của dây treo.

P+F+T=0

1,0 F = Ptan ↔kq1q2r2=mgtanα 0,5Với q1=q2=q2 →q=2rmgtanαk=2l2mgtanαk0,5Thay số vào: q=2.0,42.0,045.10.19.109=8.10-6(C)0,5b.

(2đ)Khi truyền thêm điện tích q’ : F’ = Ptan’ →kq1,q2r,2=mgtanα0,25Với r’ = l →q1,=mgtanα. l2kq2=0,045.10.13. 0,429.109.4.10-6≈1,155.10-6(C)0,25 E1=kq1,l2=9.109.1,155.10-60,42≈65000 (V/m)0,25 E2=kq2l2=9.109.4.10-60,42=225000 (V/m)0,25EO=E12+E22+2E1E2cos⁡(2α)=103652+2252+2.65.225.0,5

≈263600(V/m)0,25sinβ=E2EO.sin1200=225000.32263600≈47,700,25E

α

q1,

q2,

l

O

β

r'

E1

E2

Hướng của E0 , như hình vẽ, được xác định bởi β.

0,5

Câu 3(4,5 điểm)Điểma.

(2 đ)Ban đầu khóa K ở a, tụ không được tích điện nên 0,5Tụ điện có điện tích (vì nếu thì sẽ tồn tại dòng điện qua điện trở R)1,0 Chỉ có tụ điện tích điện 0,5b.

(2,5 đ)Sau đó khóa K chuyển sang b, lúc ổn định tụ điệnvẫn không tích điện.Còn tụ tích điện cho tụ 0,5 Áp dụng định luật bảo toàn điện tích và phương trình hiệu điện thế ta có:

q1+q2=36 μCq1q2=C1C2=121,0

→q1=12 μCq2=24 μC0,5Suy ra số êlectron dịch chuyển qua đoạn dây MN là (hạt).0,5

Câu 4(5 điểm)Điểma.

(1 đ)Lực Lorenxơ do B1 tác dụng lên q là f1 có độ lớn: f1 = qVBsin(900) = qVB

Thay số: f1 = 10-16.4π.105. π.10-3 ≈4.10-13N.

1,0b.

(2 đ)Từ O, trong từ trường q chuyển động tròn đều trên nửa đường tròn bán kính

R1=mVqB1 = 36.10-4m

0,5Lực điện tác dụng lên q là F = qE = π .10-12N làm q chuyển động chậm dần đều ngược chiều Oy với gia tốc có độ lớn a=Fm=π9.1016m/s20,25q lọt sâu vào điện trường một đoạn d: d=V22a=72π.10-6m

Sau đó q chuyển động nhanh dần đều ngược trở lại với gia tốc có độ lớn a, tới G1 nó lại thu được vận tốc V. 0,25Như vậy q chuyển động tuần hoàn, quãng đường đi trong một chu kì là S0=πR1+2d = 37,44π.10-4m0,25Hình dạng qũy đạo.

G1

x

O

d

y

O

0,5Đến khi q gặp Ox lần thứ 2019 nó đã đi được quãng đường: S = 1009S0+πR1≈11,87 m0,25c.

(2 đ)Khi điện tích q bay vào từ trường đều B với vận tốc V theo phương vuông góc với đường sức từ thì q sẽ chuyển động tròn đều với bán kính đường tròn quỹ đạo là R=mVqB và chu kì quay T=2πmqB

0,25O

y

x

d2

d1

Quỹ đạo của q trong vùng từ trường là các nửa đường tròn như hình vẽ

0,5Trong từ trường B1, đường kính quỹ đạo và chu kì chuyển động của q là

d1=2mVqB1 = 72.10-4m và T1=2mπqB1=18.10-9s

0,25Trong từ trường B2, đường kính quỹ đạo và chu kì chuyển động của q là

d2=2mVqB2=36.10-4m và T2=2mπqB2=9.10-9s

0,25Như vậy, trong vùng không gian đó q chuyển động tuần hoàn với chu kì là

Th=12T1+T2=13,5.10-9s

0,25Vì ∆tTh=2, vật đã đi được 2 chu kì. Độ dời hạt thực hiện dọc theo Ox là x = 2(d1 – d2)

Vận tốc trung bình theo trục Ox trong thời gian đó là VTB=∆x∆t≈2,67.105m/s

0,5

Câu 5(1,5 điểm)ĐiểmĐiện trở của khối chất lỏng giữa hai lưới: , trong đó S là tiết diện ngang của ống. Dòng điện chạy qua khối chất lỏng này bằng:

Ta lấy một thể tích chất lỏng rất bé nằm dọc theo ống trên đoạn có chiều dài như hình vẽ thì điện trở của phần này bằng: .

Theo định luật Jun-Lenxơ, nhiệt lượng tỏa ra trên đoạn này trong khoảng thời gian nhỏ Dt bằng:.

Do bỏ qua mất mát nhiệt và tốc độ truyền nhiệt trong chất lỏng là nhỏ nên có thể coi toàn bộ nhiệt lượng này chỉ dùng để làm tăng nhiệt độ cho thể tích nguyên tố nói trên:

Trong đó là khối lượng chất lỏng trong thể tích nguyên tố, DT là độ tăng nhiệt độ của lượng chất lỏng này sau thời gian Dt.

Thay biểu thức của I , khối lượng m và điện trở r vào biểu thức này, ta nhận được:

Ta đã nhận được tốc độ biến thiên nhiệt độ của thể tích nguyên tố chất lỏng.

Tốc độ chuyển động của chất lỏng , do đó . Thay Dt vào biểu thức trên:

(*)

Vế phải biểu thức này rõ ràng là không đổi và không phụ thuộc tọa độ x, nghĩa là biểu thức này là đúng với mọi nguyên tố thể tích chất lỏng nằm giữa O và P. Ta đã biết rằng: Trong chuyển động đều, quãng đường đi được , trong đó là tốc độ chuyển động và x0 là tọa độ ban đầu.

Nếu chú ý đến (*), ta có thể so sánh tương tự với chuyển động đều, do đại lượng không đổi nên có thể đưa ra biểu thức:

Trong đó là độ biến thiên nhiệt độ theo mỗi đơn vị chiều dài của ống.

Như vậy, ta có thể kết luận:

* Phía bên trái lưới O (tức là x<0):>

* Khoảng giữa hai lưới (0 < x < L):

* Phía bên phải lưới B nhiệt độ không tăng thêm mà bằng nhiệt độ tại lưới P (khi x=L):

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

------------HẾT-----------

Tải thêm tài liệu liên quan đến bài viết Tại thời điểm t=0 có hai hạt nhỏ giống nhau