Đáp án đề thi thử học sinh giỏi Quốc gia môn vật lí - Đề số 1
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 1
THI THỬ HSG QUỐC GIA MÔN VẬT LÍ
Lời giải Câu 1 - Đề thi thử HSG Quốc gia môn Vật lý - Đề số 1
Chú ý rằng, đây là bài toán về vật rắn, không phải là chất điểm, nên ngoài các phương trình động lực học tịnh tiến chúng ta phải viết phương trình động lực học cho chuyển động quay quanh khối tâm của vật.
Các lực tác dụng lên xe: Trọng lực $Mg$, hai áp lực trên hai bánh từ mặt đường $N$ ở bánh trước và $Mg-N$ ở bánh sau, lực ma sát nghỉ $F_\text{ms}$ ở bánh trước, bỏ qua ma sát lăn.
+ Lực ma sát
Để thời gian tăng tốc nhỏ nhất, lực ma sát phải có độ lớn cực đại
+ Đối với chuyển động tịnh tiến, chỉ có lực ma sát nghỉ tăng tốc
\begin{align} a&=\frac{F_\text{ms}}{M}\\ &=\frac{\mu N}{M}\tag{2} \end{align}+ Đối với chuyển động quay quanh khối tâm, do xe không quay nên tổng mô men lực (đối với khối tâm) bằng không
\begin{gather} N(w-d)-(Mg-N)d+\mu Nh=0\tag{3}\\ \Rightarrow N=\frac{d}{w+\mu h}Mg\tag{4} \end{gather}
Thay (4) vào (2) ta có
\begin{gather}
a=\frac{\mu d}{w+\mu h}g\tag{5}
\end{gather}
+ Công suất của động cơ có mối liên hệ nào với việc tăng tốc?
Công suất $P_\text{đc}$, vận tốc $v$ và lực của động cơ $F$ liên hệ với nhau bằng công thức
\begin{gather}
P_\text{đc}=Fv\ \text{hay}\ F=\frac{P_\text{đc}}{v}\tag{6}
\end{gather}
Ta vẫn có thể hiểu rằng, lực của động cơ gây ra gia tốc $a$ cho xe, nên ta có thể viết
\begin{align}
\frac{P_\text{đc}}{v}&=Ma\\
&=\frac{\mu d}{w+\mu h}Mg\tag{7}
\end{align}
Vế phải của (7) là hằng số nên công suất của động cơ phải tăng dần theo vận tốc xe (nếu ban đầu động cơ vận hành với công suất lớn, bánh xe sẽ trượt). Khi vận tốc xe đạt $v_\text{m}$ thì công suất đạt cực đại $P_\text{đc}=P$, khi đó
\begin{gather}
\frac{P}{v_\text{m}}=\frac{\mu d}{w+\mu h}Mg\tag{8}\\
\Rightarrow v_\text{m}=\frac{P}{\mu Mg}\times\frac{w+\mu h}{d}\tag{9}
\end{gather}
Trở về bài toán, thời gian nhỏ nhất để xe tăng tốc đến $v_k$, có 2 tình huống có thể xảy ra:
- TH 1: $v_k\le v_\text{m}$, công suất cực đại của động cơ hoàn toàn có thể tăng tốc xe đến vận tốc này, thời gian tăng tốc dễ dàng được tính:
\begin{align}
t&=\frac{v_k}{a}\\
&=\frac{v_k}{\mu g}\times\frac{w+\mu h}{d}\tag{10}
\end{align}
- TH 2: $v_k\geq v_\text{m}$, trường hợp này động cơ chỉ giữ cho lực ma sát cực đại từ khi bắt đầu tăng tốc đến khi vận tốc đạt $v_\text{m}$, tức là gia tốc $a$ chỉ tồn tại đến thời điểm này
\begin{align}
t_1&=\frac{v_\text{m}}{a}\\
&=\frac{P}{M}\left(\frac{w+\mu h}{\mu dg}\right)^2 \tag{11}
\end{align}
sau đó lực động cơ $F=\frac{P}{v}$ giảm dần (tất nhiên lực ma sát nghỉ giảm theo), gia tốc giảm và việc tính thời gian theo gia tốc thực sự khó khăn. May mắn thay, trong hiện tượng phức tạp này có một đại lượng không đổi, đó là công suất động cơ luôn ở giá trị cực đại $P$. Nếu ta biết công mà động cơ thực hiện thì tính được thời gian sinh công, đó là
\begin{align}
t_2=\frac{A}{P}\tag{12}
\end{align}
Việc tính công không khó khăn gì, vì đã có định lý động năng (từ khi $v=v_\text{m}$ đến khi $v=v_k$):
\begin{align}
A=\frac{1}{2}M\left(v{_k^2}-v{_\text{m}^2}\right)\tag{13} \\
t_{2}=\frac{M\left(v_{\mathrm{k}}^{2}-v_{\mathrm{m}}^{2}\right)}{2 P}\tag{14}
\end{align}
Tổng thời gian tăng tốc từ 0 đến $v_k$ là
\begin{align}
t&=\frac{P}{M}\left(\frac{w+h f}{d g \mu}\right)^{2}+\frac{M\left(v_{\mathrm{k}}^{2}-v_{\mathrm{m}}^{2}\right)}{2 P}\\
&=\frac{P}{2 M}\left(\frac{w+h \mu}{d g \mu}\right)^{2}+\frac{M v_{\mathrm{k}}^{2}}{2 P}\tag{15}
\end{align}
Trong đó $v_\text{m}$ được tính từ (9).
Với số liệu đã cho ta tính được $v_\text{m}=3.8\ \text{m/s}, t_1=2.3\ \text{s},t_2=2.7\ \text{s}$,
$$t=5.0\ \text{s}$$
Lời giải Câu 2 - Đề thi thử HSG Quốc gia môn Vật lý - Đề số 1
Bỏ qua từ trường do dòng điện cảm ứng gây ra thì suất điện động cảm ứng trong vòng dây là
\begin{align}
ℰ&=-\frac{d\Phi}{dt}\\
&=-\pi r^2\frac{dB}{dt}\tag{16}
\end{align}
Trong đó
\begin{align}
B(t)&=B_{0}\left(1-\left(\frac{t}{t_{0}}\right)^{2}\right)\tag{17}\\
\frac{dB}{dt}&=-2B_0\frac{t}{t_0}\tag{18}\\
\Rightarrow ℰ&=2\pi r^2B_0\frac{t}{t_0}\tag{19}
\end{align}
Cường độ dòng điện cảm ứng trong vòng dây là
\begin{align}
I&=\frac{ℰ}{R}\\
&=\frac{2\pi r^2B_0\frac{t}{t_0}}{2\pi r\rho}\\
&=\frac{rB_0}{\rho t_0}t\tag{20}
\end{align}
Do $I\gt 0$ nên chiều của dòng cảm ứng cùng chiều dương (chiều kim đồng hồ). Lực từ tác dụng lên một đoạn rất nhỏ dây dẫn $d\ell$ được mô tả bằng hình vẽ dưới đây.
Lực từ này có độ lớn bằng
\begin{align}
F&=BI.d\ell\tag{21}
\end{align}
Lực này cân bằng với lực căng hai đầu đoạn dây. Cũng từ hình vẽ này ta viết được biểu thức biểu diễn sự cân bằng này:
\begin{align}
F&=2T\sin{\frac{d\theta}{2}}\tag{22}
\end{align}
Đoạn dây $d\ell$ rất nhỏ, dẫn đến $d\theta$ rất nhỏ, ta có thể viết
\begin{align}
\sin{\frac{d\theta}{2}}&\approx\frac{d\theta}{2}\\
&=\frac{d\ell}{2r}\tag{23}
\end{align}
Kết hợp (21), (22), (23) ta suy ra được độ lớn lực căng
\begin{align}
T&=rBI\\
&=\frac{r^{2}}{\rho} \frac{B_{0}^{2}}{t_{0}}\left(1-\left(\frac{t}{t_{0}}\right)^{2}\right) \frac{t}{t_{0}}\tag{24}
\end{align}
Đến đây thì việc xét $T_\text{max}$ rất đơn giản bằng đạo hàm của nó. Thay vì tính $T'(t)$ thì ta tính $T'(\frac{t}{t_0})$ cho gọn
\begin{align}
\frac{dT}{d\left(\frac{t}{t_0}\right)}&=\frac{r^2B{_0^2}}{\rho t_0}\left[1-3\left(\frac{t}{t_0}\right)^2\right]\tag{25}\\
\frac{dT}{d\left(\frac{t}{t_0}\right)}&=0\ (0\lt t\lt t_0)\ \text{khi}\ t=\frac{t_0}{\sqrt{3}}\tag{26}
\end{align}
Khi đó
\begin{align}
T_\text{max}&=\frac{2 \sqrt{3}}{9} \frac{r^{2} B_{0}^{2}}{\rho t_{0}}\tag{27}
\end{align}
Tức là độ bền cực tiểu của dây là
\begin{align}
W_\text{min}&=\frac{2 \sqrt{3}}{9} \frac{r^{2} B_{0}^{2}}{\rho t_{0}}\tag{28}
\end{align}
Thay số ta được
$$W_\text{min}=3.1\ \text{N}$$
Lời giải Câu 3 - Đề thi thử HSG Quốc gia môn Vật lý - Đề số 1
Trong bài toán này, trước hết ta xét một chi tiết rất quan trọng (chú ý để áp dụng cho các bài toán tương tự sau này), đó là một mặt phẳng song song và các đều hai bản, ta gọi là mặt phẳng $(\Delta)$.
Tại mỗi điểm trên mặt phẳng này, từng cặp phần tử điện tích từ hai bản tạo ra cường độ điện trường tổng hợp như hình vẽ, nó vuông góc với $(\Delta)$. Hay nói các khác, nếu di chuyển một điện tích trên mặt phẳng này thì công bằng 0.
Áp dụng điều này, ta sẽ đưa các hạt về mặt phẳng $(\Delta)$ trước khi đưa nó ra vô cực.
-
Ban đầu điện tích ở giữa các tấm, cách tấm dưới một khoảng $y$
Do $b\ll a$ nên cường độ điện trường bên trong hai bản coi như điện trường đều, nó có cường độ \begin{align} E&=\frac{\sigma}{\varepsilon_0}\tag{29} \end{align} Công để đưa điện tích đến mặt phẳng $(\Delta)$ bằng \begin{align} A&=qE\left(y-\frac{b}{2}\right)\\ &=\frac{q\sigma}{\varepsilon_0}\left(y-\frac{b}{2}\right)\tag{30} \end{align} Công đưa điện tích ra vô cực bằng không, nên công cần tìm trong trường hợp này đúng bằng $A$. -
Ban đầu điện tích ở góc các tấm, cách tấm dưới một khoảng $x$
Trường hợp này, ngay tại mép các tấm điện trường không đều, không thể tính theo công thức (29). Ta phải vận dụng sáng tạo một chút.
Gọi hệ 2 tấm kim loại là một tụ điện. Giả sử, ta ghép thêm 3 tụ điện giống hệt với tụ điện đã cho thành một hệ 4 tụ điện, tạo ra một tụ điện lớn, với diện tích gấp 4 lần tụ điện đã cho, khoảng cách giữa các bản vẫn bằng $b$ (Hình vẽ dưới đây).
Khi đó điện tích nằm trên đường thẳng đi qua $A$ và $E$ (ở tâm mỗi bản lớn). Bây giờ vị trí của điện tích giống như ở ý 1). Và điện trường ở đó là điện trường đều, nó vẫn có cường độ \begin{align} E&=\frac{\sigma}{\varepsilon_0}\tag{31} \end{align} Và như vậy, với giả thiết này thì công đưa điện tích ra vô cực cũng bằng \begin{align} A&=\frac{q\sigma}{\varepsilon_0}\left(y-\frac{b}{2}\right)\tag{32} \end{align} Do tính đối xứng của 4 mảnh ghép, ta có thể suy ra nếu chỉ có một tụ điện, công đưa điện tích ra vô cực chỉ bằng một phần tư, tức là \begin{align} A'&=\frac{A}{4}\\ &=\frac{q\sigma}{4\varepsilon_0}\left(y-\frac{b}{2}\right)\tag{33} \end{align}
Lời giải Câu 4 - Đề thi thử HSG Quốc gia môn Vật lý - Đề số 1
Dạ lời giải câu 4 ở đâu vậy ạ
Trả lờiXóa