Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Vật lí cấp Tỉnh: Tổng hợp vận tốc

Trong các kỳ thi học sinh giỏi Vật lý cấp Tỉnh hay các kỳ thi Vật lý phổ thông, chuyên đề tổng hợp vận tốc là một trong những nội dung quan trọng thường xuất hiện trong đề thi. Đây là một phần kiến thức nền tảng trong cơ học, giúp học sinh hiểu rõ cách chuyển động của một vật được quan sát từ các hệ quy chiếu khác nhau. Việc thành thạo quy tắc cộng vận tốc không chỉ giúp giải quyết các bài toán trên lớp mà còn là kỹ năng quan trọng để xử lý các bài toán phức tạp hơn trong các kỳ thi Olympic Vật lý. Trong bài viết này, chúng ta sẽ cùng phân tích các bài toán thực tế, áp dụng công thức và rèn luyện tư duy giải nhanh. Nếu bạn đang ôn luyện cho kỳ thi vào lớp 10 chuyên hoặc các kỳ thi học sinh giỏi Quốc gia, thì đây chính là tài liệu không thể bỏ qua!

Kiến thức cơ bản về Cộng vận tốc

Qui tắc tổng hợp vận tốc xác lập mối liên hệ giữa các vận tốc của cùng một chất điểm trong các hệ quy chiếu khác nhau. Trong bài này chúng ta sẽ nghiên cứu quy tắc đó thông qua việc giải một số bài tập cụ thể. Chúng ta nhắc lại rằng mỗi hệ quy chiếu phải được gắn liền với một vật làm mốc nào đó và chuyển động của cùng một chất điểm sẽ diễn ra khác nhau trong các hệ quy chiếu khác nhau.

Giả sử có hai hệ quy chiếu \( S \) và \( S' \) chuyển động đối với nhau. Vì chuyển động và đứng yên có tính tương đối nên chúng ta quy ước coi hệ \( S \) là đứng yên, còn hệ \( S' \) chuyển động. Chuyển động của chất điểm \( M \) đối với hệ \( S \) được gọi là chuyển động tuyệt đối, còn chuyển động đối với hệ \( S' \) được gọi là chuyển động tương đối. Một cách tương ứng, vận tốc của \( M \) đối với hệ \( S \) được gọi là vận tốc tuyệt đối, còn đối với hệ \( S' \) được gọi là vận tốc tương đối. Để dễ hình dung chúng ta có thể lấy thí dụ như: chọn căn phòng làm hệ \( S \), còn quả cầu không khí vừa bay vừa quay là hệ \( S' \) và chất điểm \( M \) là con kiến đang bò trên quả cầu.

Chúng ta đưa thêm vào một khái niệm nữa là vận tốc kéo theo. Đây là vận tốc của một điểm trong hệ \( S' \), mà chất điểm \( M \) đi qua vào thời điểm đã cho, đối với hệ \( S \). Trong thí dụ của chúng ta đó là vận tốc đối với căn phòng của điểm trên quả cầu mà con kiến đang bò qua đó.

Ở bất kỳ thời điểm nào, vận tốc tuyệt đối \( \vec{v}_A \), vận tốc tương đối \( \vec{v}_O \) và vận tốc kéo theo \( \vec{v}_C \) cũng liên hệ với nhau bởi hệ thức:

\[ \vec{v}_A = \vec{v}_O + \vec{v}_C \]

Đây chính là công thức tổng hợp vận tốc. Chúng ta nêu ra hai nhận xét sau đây:

• Vận tốc kéo theo \( \vec{v}_C \) không phải là vận tốc của hệ \( S' \) đối với hệ \( S \). Thực vậy, trong khi chuyển động quả cầu không khí còn quay nên vận tốc của các điểm khác nhau trên quả cầu đối với căn phòng là khác nhau. Chính vì vậy, nói đến vận tốc của quả cầu (tức của hệ \( S' \)) đối với căn phòng (tức hệ \( S \)) là vô nghĩa. Chỉ trong trường hợp hệ \( S' \) chuyển động tịnh tiến chứ không quay thì vận tốc của tất cả điểm của \( S' \) đối với \( S \) là như nhau và người ta gọi đó là vận tốc của hệ \( S' \) đối với hệ \( S \).
• Hệ thức giữa vận tốc tuyệt đối, vận tốc tương đối và vận tốc kéo theo chỉ thuần túy là hệ thức động học, không có liên quan gì đến việc hệ \( S \) và hệ \( S' \) là hệ quy chiếu quán tính hay không quán tính. Cả hai hệ đều có thể là hệ không quán tính.

Bây giờ chúng ta xét các bài toán cụ thể.

Bài toán 1

Trên boong một con tàu thủy đang chuyển động đối với bờ sông với vận tốc \( u = 15 \) km/h có một hành khách đi với vận tốc \( v_0 = u/3 \) đối với boong tàu, theo phương lập với trục dọc của tàu góc \( \alpha = 30^\circ \) (xem H.1). Hãy tìm vận tốc của hành khách đó đối với bờ.

Hình 1: Cộng vận tốc: Người đi trên thuyền

Chúng ta lấy bờ sông làm hệ quy chiếu đứng yên và tàu thủy làm hệ quy chiếu chuyển động. Khi đó \( \vec{v}_0 \) là vận tốc tương đối, \( \vec{u} \) là vận tốc kéo theo. Vận tốc của hành khách đối với bờ \( \vec{v} \) sẽ là vận tốc tuyệt đối. Theo công thức tổng hợp vận tốc:

\[ \vec{v} = \vec{v}_0 + \vec{u} \]

Hình 2: Cộng vận tốc theo quy tắc cộng vecto

Sử dụng định lý cosin, chúng ta tìm được độ lớn vận tốc \( v \) của hành khách đối với bờ và góc \( \beta \) giữa vận tốc này và trục tàu:

\[ v = \sqrt{u^2 + v_0^2 - 2 u v_0 \cos{\alpha}} = \frac{u\sqrt{7}}{3} \approx 13 \text{ km/h} \]

\[ \sin{\beta} = \frac{v_0}{v} \sin{\alpha} = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{3}{7}} \approx 0.33, \quad \beta \approx 19^\circ \]

Bài toán 2

Trong phòng có một cái đĩa quay với vận tốc góc \( \omega \) không đổi quanh trục cố định \( O \) đi qua tâm đĩa và vuông góc với đĩa. Một con bọ dừa bò trên mặt đĩa dọc theo bán kính với vận tốc \( v_0 \) đối với đĩa (H.3). Hãy tìm độ lớn vận tốc của con bọ dừa đối với phòng vào thời điểm nó ở điểm \( A \) cách trục \( O \) khoảng \( R \).

Hình 3: Con bọ bò trên đĩa đang quay

Tất nhiên là nên chọn phòng làm hệ quy chiếu đứng yên, còn đĩa là hệ quy chiếu chuyển động. Khi đó, \( \vec{v}_0 \) là vận tốc tương đối. Vận tốc kéo theo \( \vec{v}_C \) là vận tốc của điểm \( A \) đối với phòng. Vận tốc kéo theo \( \vec{v}_C \) hướng vuông góc với phương bán kính \( OA \) và có độ lớn bằng:

\[ v_C = R \omega \]

Vận tốc của con bọ dừa \( \vec{v} \) đối với phòng là vận tốc tuyệt đối. Theo quy tắc tổng hợp vận tốc:

\[ \vec{v} = \vec{v}_0 + \vec{v}_C \]

Hình 4: Vận tốc con bộ được tổng hợp từ vận tốc đối với đĩa và vận tốc của điểm A

Độ lớn vận tốc của con bọ dừa đối với phòng bằng:

\[ v = \sqrt{v_0^2 + v_C^2} = \sqrt{v_0^2 + \omega^2 R^2} \]

Bài toán 3

Bán kính của một hành tinh \( r = 2000 \) km. Vận tốc các điểm trên xích đạo bằng \( v_1 = 0.6 \) km/s. Một vệ tinh chuyển động trong mặt phẳng xích đạo của hành tinh trên quỹ đạo bán kính \( R = 3000 \) km, theo chiều quay của hành tinh với vận tốc \( v_2 = 2 \) km/s. Hãy tìm vận tốc của vệ tinh đối với hành tinh.

Chọn hệ quy chiếu đứng yên là hệ mà vận tốc \( \vec{v}_1 \) và \( \vec{v}_2 \) được cho trong đó. Lấy hành tinh làm hệ chuyển động. Vận tốc tuyệt đối của vệ tinh đã cho và bằng \( \vec{v}_2 \). Chúng ta cần tìm vận tốc của vệ tinh đối với hành tinh, tức là vận tốc tương đối \( \vec{v}_O \).

Giả sử vào thời điểm nào đó vệ tinh đi qua điểm \( M \) gắn liền với hành tinh bằng một thanh tưởng tượng \( OM \) (H.5). Vận tốc của điểm \( M \) trong hệ quy chiếu đứng yên chính là vận tốc kéo theo \( \vec{v}_C \). Chúng ta hãy tìm nó.

Hình 5: Cộng vận tốc trong hệ quy chiếu quay

Vận tốc góc quay của hành tinh bằng:

\[ \omega = \frac{v_1}{r} \]

Còn vận tốc kéo theo là:

\[ v_C = \omega R = \frac{v_1 R}{r} \]

Theo quy tắc tổng hợp vận tốc:

\[ \vec{v}_2 = \vec{v}_O + \vec{v}_C \]

Ta nhận thấy rằng vận tốc tương đối của vệ tinh cùng hướng với vận tốc tuyệt đối \( \vec{v}_2 \) và có độ lớn bằng:

\[ v_O = v_2 - v_C = v_2 - v_1 \frac{R}{r} = 1.1 \text{ km/s} \]

Bài toán 4

Trên hai đường tròn bán kính mỗi đường bằng \( R \), nằm trong cùng một mặt phẳng, có hai ô tô \( A_1 \) và \( A_2 \) chuyển động với các vận tốc \( v_1 = v = 20 \) km/h và \( v_2 = 2v \). Kích thước các ô tô rất nhỏ so với \( R \). Vào một thời điểm nào đó thì các ô tô nằm ở các điểm \( M \) và \( C \) cách nhau \( R/2 \) (H.6).

Hình 6: Vận tốc tương đối giữa hai xe chạy trên hai quỹ đạo tròn

1. Hãy tìm vận tốc của ô tô \( A_2 \) đối với hệ quy chiếu gắn liền với ô tô \( A_1 \) vào thời điểm đó.
2. Hãy tìm vận tốc của ô tô \( A_2 \) đối với hệ quy chiếu gắn liền với ô tô \( A_1 \) khi \( A_2 \) ở điểm \( D \).

Chọn đường làm hệ quy chiếu đứng yên. Vận tốc của ô tô \( A_2 \) trong hệ quy chiếu này là vận tốc tuyệt đối. Ký hiệu \( \vec{v}_C \) và \( \vec{v}_D \) là vận tốc tuyệt đối của \( A_2 \) khi đi qua các điểm \( C \) và \( D \) (H.7). Theo đề bài:

\[ v_C = v_D = v_2 = 2v \]

Chúng ta gắn hệ quy chiếu chuyển động với ô tô \( A_1 \). Rõ ràng hệ này quay xung quanh trục \( O \) với vận tốc góc:

\[ \omega = \frac{v}{R} \]

Ký hiệu vận tốc kéo theo khi ô tô \( A_2 \) đi qua các điểm \( C \) và \( D \) là \( \vec{v}_{Ckt} \) và \( \vec{v}_{Dkt} \). Độ lớn các vận tốc này bằng:

\[ v_{Ckt} = \omega \cdot OC = \frac{v}{R} \left(R + \frac{R}{2}\right) = \frac{3}{2} v \]

\[ v_{Dkt} = \omega \cdot OD = \frac{v}{R} \left(R + \frac{R}{2} + 2R\right) = \frac{7}{2} v \]

Chúng ta cần phải tìm các vận tốc tương đối \( \vec{v}_{Ctd} \) và \( \vec{v}_{Dtd} \) của ô tô \( A_2 \) khi nó đi qua các điểm \( C \) và \( D \).

Theo quy tắc tổng hợp vận tốc (xem H.7):

Hình 7: Vận tốc của xe A2 đối với xe A1 thực ra là đối với một chiếc 'đĩa' gắn chặt với xe A1

\[ \vec{v}_C = \vec{v}_{Ctd} + \vec{v}_{Ckt}, \quad \vec{v}_D = \vec{v}_{Dtd} + \vec{v}_{Dkt} \]

Vận tốc của \( A_2 \) đối với \( A_1 \) ở các điểm \( C \) và \( D \) trùng hướng với các vận tốc của \( A_2 \) đối với đường tại các điểm này và bằng:

\[ v_{Ctd} = v_C - v_{Ckt} = 2v - \frac{3}{2} v = 10 \text{ km/h} \]

\[ v_{Dtd} = v_D + v_{Dkt} = 2v + \frac{7}{2} v = 110 \text{ km/h} \]

Bài toán 5

Trong khi trời đang mưa đá, một ô tô chạy trên đường nằm ngang với vận tốc không đổi \( u = 25 \) km/h. Một hạt mưa đá rơi xuống va chạm với tấm kính chắn gió phía trước và bật ra theo phương ngang cùng chiều chuyển động của xe. Kính chắn gió nghiêng góc \( \alpha = 30^\circ \) so với phương thẳng đứng (H.8). Cho rằng trước khi va chạm, vận tốc các hạt mưa có phương thẳng đứng và va chạm là hoàn toàn đàn hồi, hãy tìm vận tốc hạt mưa đá:

Hình 8: Tổng hợp vận tốc của hạt mưa và ô tô

1. Trước khi va chạm.
2. Sau khi va chạm.

Chúng ta chọn đường làm hệ quy chiếu đứng yên và ô tô làm hệ quy chiếu chuyển động. Chúng ta sẽ tìm vận tốc \( \vec{v}_1 \) và \( \vec{v}_2 \) của hạt mưa đá đối với đường trước và sau va chạm, tức là các vận tốc tuyệt đối của hạt mưa. Theo đề bài, \( \vec{v}_1 \) hướng thẳng đứng xuống dưới, còn \( \vec{v}_2 \) hướng nằm ngang (H.9).

Hình 9:

Ngay sau khi va chạm, vận tốc tuyệt đối \( \vec{v}_2 \), vận tốc tương đối \( \vec{v}_{2O} \) và vận tốc kéo theo của hạt mưa \( \vec{u} \) (cũng là vận tốc của ô tô) liên hệ nhau bởi hệ thức:

\[ \vec{v}_2 = \vec{v}_{2O} + \vec{u} \]

Vì \( \vec{v}_2 \) và \( \vec{u} \) hướng theo phương ngang nên \( \vec{v}_{2O} \) cũng hướng nằm ngang, do đó:

\[ v_2 = v_{2O} + u \]

Vận tốc tương đối \( \vec{v}_{2O} \) lập với pháp tuyến \( AB \) của mặt kính một góc \( \beta \), chính là góc phản xạ. Từ phần động lực học, chúng ta đã biết trong va chạm đàn hồi của một vật với bề mặt của một vật nặng, đứng yên thì:

• Góc tới bằng góc phản xạ.
• Độ lớn vận tốc tới và vận tốc phản xạ bằng nhau.

Vì vậy, vận tốc \( \vec{v}_{1O} \) của hạt mưa đá đối với ô tô ngay trước khi va chạm cũng lập với pháp tuyến \( AB \) của mặt kính một góc \( \beta \) và về độ lớn:

\[ v_{1O} = v_{2O} \]

Trước khi va chạm, hệ thức giữa vận tốc tuyệt đối \( \vec{v}_1 \), vận tốc tương đối \( \vec{v}_{1O} \) và vận tốc kéo theo \( \vec{u} \) là:

\[ \vec{v}_1 = \vec{v}_{1O} + \vec{u} \]

Từ H.9 dễ dàng chứng minh được \( \beta = \alpha \) và vận tốc tương đối \( \vec{v}_{1O} \) lập với phương ngang một góc \( 2\beta \). Sử dụng hình 9, chúng ta cũng tìm được vận tốc của hạt mưa đá trước và sau va chạm:

\begin{align} v_1 &= u \tan(2\alpha) \\ &= u \tan(2\beta) \\ &= u\sqrt{3} \approx 43 \text{ km/h} \end{align}

\begin{align} v_2 &= v_{2O} + u = v_{1O} + u \\ &= \frac{u}{\cos(2\beta)} + u \\ &= u \left(\frac{1}{\cos(2\alpha)} + 1\right) \\ &= 3u = 75 \text{ km/h} \end{align}

Bài toán 6

Một băng chuyền chuyển động với vận tốc không đổi \( v \). Băng nằm trong cùng mặt phẳng với mặt bàn. Một hộp nhỏ đang chuyển động trên mặt bàn với vận tốc \( v/2 \) thì đi vào băng chuyền theo hướng lập một góc \( \alpha \) (\( \cos{\alpha} = \frac{1}{9} \)) với mép băng. Hệ số ma sát trượt giữa hộp và băng là \( \mu \).

Hình 10: Chuyển động tương đối trên băng chuyền

1. Độ lớn vận tốc của hộp đối với băng vào lúc bắt đầu chuyển động trên băng chuyền bằng bao nhiêu?
2. Với độ rộng tối thiểu của băng bằng bao nhiêu để hộp không đi ra khỏi băng?

Chọn hệ quy chiếu đứng yên gắn liền với bàn, còn hệ quy chiếu chuyển động gắn liền băng chuyền. Khi đó, vận tốc của băng chính là vận tốc kéo theo:

\[ v_C = v \]

Lúc bắt đầu chuyển động trên băng, vận tốc tuyệt đối của hộp bằng vận tốc của hộp đối với bàn trước khi đi vào băng, vì vậy:

\[ v_A = \frac{v}{2} \]

Vận tốc tương đối của hộp đối với băng lúc bắt đầu chuyển động trên băng là \( \vec{v}_O \). Theo quy tắc tổng hợp vận tốc (H.11):

\[ \vec{v}_A = \vec{v}_O + \vec{v}_C \]

Sử dụng định lý cosin đối với tam giác, ta được:

\[ v_O^2 = v_C^2 + v_A^2 - 2 v_C v_A \cos(180^\circ - \alpha) = \frac{7v}{6} \]

Để trả lời câu hỏi thứ hai, nên chuyển sang hệ quy chiếu quán tính gắn liền với băng. Đối với băng, hộp có vận tốc ban đầu \( \vec{v}_O \) theo hướng lập với mép băng một góc \( \gamma \) nào đó và chuyển động thẳng, chậm dần đều với gia tốc \( \mu g \). Yêu cầu độ rộng của băng nhỏ nhất mà hộp không đi ra khỏi băng dẫn tới hộp phải dừng lại ở mép băng đối diện. Khi đó hộp đi được đoạn đường:

Hình 11:

\[ s = \frac{d}{\sin{\gamma}} \]

Đối với chuyển động chậm dần đều của hộp trên băng chuyền, có thể viết:

\[ v_O^2 = 2\mu g s \]

Từ hai biểu thức cuối, suy ra:

\[ d = \frac{49}{72} \frac{v^2 \sin{\gamma}}{\mu g} \]

Dựa vào định lý sin đối với tam giác, ta có:

\[ \frac{\sin{\gamma}}{\sin(180^\circ - \alpha)} = \frac{v_A}{v_O} \]

Ở đây:

\[ \sin(180^\circ - \alpha) = \sin{\alpha} = \sqrt{1 - \cos^2{\alpha}} = \frac{4\sqrt{5}}{9} \]

Từ đó, chú ý đến biểu thức của \( v_A \) và \( v_O \) qua \( v \), ta được:

\[ \sin{\gamma} = \frac{4\sqrt{5}}{21} \]

Thế vào biểu thức của \( d \), ta nhận được độ rộng cực tiểu của băng chuyền để hộp không đi ra khỏi băng:

\[ d = \frac{7\sqrt{5}}{54} \frac{v^2}{\mu g} \]

Bài tập tự giải

Bài 1: Một đầu máy tàu hỏa chuyển động trên đoạn đường ray thẳng \( CD \) với vận tốc \( v \). Một ô tô chuyển động với vận tốc \( v/4 \) trên con đường có dạng một cung tròn bán kính \( R \). Khoảng cách từ tâm cung tròn đến đường ray bằng \( OK = 2R \). Vào một thời điểm nào đó, đầu tàu ở điểm \( K \) còn ô tô ở điểm \( A \). Hãy tìm vận tốc của đầu tàu đối với ô tô (hệ quy chiếu gắn liền với ô tô) vào thời điểm đó. Bỏ qua kích thước của ô tô và đầu tàu so với \( R \).

Đáp số: Vận tốc tương đối bằng \( v/2 \) và cùng hướng với đầu máy.

Bài 2: Trời đang mưa đá có một ô tô chuyển động với vận tốc \( u = 29 \) km/h trên đường nằm ngang. Một hạt mưa đá đập lên kính chắn sau của ô tô. Kính này nghiêng một góc \( \beta = 30^\circ \) so với phương ngang. Hạt mưa bật ra theo phương ngang, ngược chiều chuyển động của ô tô. Cho rằng va chạm của hạt mưa đá với kính ô tô là hoàn toàn đàn hồi và vận tốc của hạt mưa trước khi va chạm hướng thẳng đứng, hãy tìm vận tốc của hạt mưa:

1. Trước va chạm.
2. Sau va chạm.

Đáp số:

• a) \( v_1 = 50 \) km/h
• b) \( v_2 = 29 \) km/h

Bài 3: Một băng tải nằm ngang chuyển động với vận tốc không đổi \( v \). Trên băng có một đĩa nhỏ (vòng đệm) chuyển động ngang với vận tốc \( 3v \) theo hướng lập với mép đĩa một góc \( \alpha \) (\( \cos{\alpha} = 2/3 \)).

1. Đĩa nhỏ có độ lớn vận tốc bằng bao nhiêu so với băng tải khi bắt đầu chuyển động trên băng?
2. Hệ số ma sát trượt giữa đĩa và băng tải lớn nhất bằng bao nhiêu để đĩa nhỏ vẫn đi vượt qua được băng tải?

Đáp số:

• a) \( v_d = v \sqrt{14} \)
• b) \( \mu_{max} = \frac{\sqrt{70}}{2} \frac{v^2}{gd} \)

Read More

Chuyên đề ôn thi học sinh giỏi Vật lí cấp Tỉnh: Chuyển động tròn đều và chuyển động tròn không đều

Chuyển động tròn là một trong những chủ đề quan trọng trong vật lý, xuất hiện rộng rãi trong thực tế, từ sự quay của bánh xe, chuyển động của vệ tinh quanh Trái Đất cho đến hệ thống truyền động trong máy móc... Nó cũng là chủ đề rất quan trọng trong các kì thi học sinh giỏi môn vật lí, các kì thi olympic vật lí. Trong bài viết này, chúng ta sẽ cùng tìm hiểu chi tiết về các khái niệm quan trọng như tốc độ góc, gia tốc hướng tâm, lực hướng tâm, cũng như ứng dụng của các định luật Newton trong bài toán chuyển động tròn đều và không đều.

Bài viết không chỉ trình bày lý thuyết mà còn cung cấp hệ thống bài tập vận dụng, từ cơ bản đến nâng cao, giúp bạn nắm vững kiến thức và áp dụng vào thực tế. Chúng tôi cũng sẽ hướng dẫn cách sử dụng công thức tính vận tốc trong chuyển động tròn và cách giải các bài toán liên quan đến chu kỳ, tần số quay, gia tốc tiếp tuyến và gia tốc pháp tuyến. Với mỗi bài toán, chúng tôi sẽ đưa ra hướng dẫn giải chi tiết, giúp bạn hiểu rõ bản chất vật lý và áp dụng đúng phương pháp giải.

Nếu bạn là học sinh đang ôn tập cho các kỳ thi hoặc một người yêu thích vật lý muốn tìm hiểu sâu hơn về động lực học quay, bài viết này sẽ là nguồn tài liệu hữu ích. Đặc biệt, bài viết còn bao gồm các bài tập tự giải, giúp bạn thực hành và kiểm tra mức độ hiểu biết của mình về chuyển động tròn.

Hãy cùng khám phá kiến thức vật lý thú vị này và ứng dụng nó vào thực tế để hiểu hơn về cách các vật thể quay và chuyển động xung quanh chúng ta!

Chuyển động tròn

Chuyển động tròn là dạng chuyển động thường gặp trong kĩ thuật và trong thực tế. Việc giải bài toán chuyển động tròn có ý nghĩa quan trọng. Trước hết chúng ta hãy nhắc lại vài khái niệm cơ bản.

Giả sử vật (chất điểm) chuyển động tròn. Vận tốc góc \( \omega \) được định nghĩa là giới hạn của tỉ số giữa góc quay \( \Delta\varphi \) của bán kính đi qua vật và thời gian \( \Delta t \) để quay góc đó, khi \( \Delta t \) tiến đến không:

\[ \omega = \lim_{\Delta t \to 0} \frac{\Delta\varphi}{\Delta t}=\varphi ^{'}\left(t\right) \]

Góc quay \(\varphi \) được đo bằng radian, vì vậy vận tốc góc trong hệ SI được đo bằng rad/s (hay 1/s). Độ lớn \( v \) của véctơ vận tốc trong chuyển động tròn được gọi là vận tốc dài. Vận tốc góc và vận tốc dài ở thời điểm bất kì liên hệ nhau bởi hệ thức:

\[ v = \omega R \]

Ở đây \( R \) là bán kính của quỹ đạo.

Chuyển động tròn đều

Chuyển động tròn được gọi là đều nếu độ lớn vận tốc dài (và do đó vận tốc góc) không thay đổi theo thời gian, trong trường hợp ngược lại thì chuyển động gọi là tròn không đều. Đối với chuyển động tròn đều người ta đưa vào khái niệm chu kì và tần số. Chu kì chuyển động là khoảng thời gian \( T \) vật chuyển động được trọn một vòng. Tần số \( f \) là số vòng vật quay được trong một đơn vị thời gian. Dễ thấy:

\[ T = \frac{1}{f}, \quad \omega = 2\pi f = \frac{2\pi}{T} \]

Trong chuyển động tròn đều gia tốc được tính theo công thức:

\[ a = \frac{v^2}{R} = \omega^2 R \]

Vectơ gia tốc luôn hướng vào tâm quỹ đạo vì vậy được gọi là gia tốc hướng tâm. Theo định luật II Newton:

\[ \vec{F} = m \vec{a} \]

Ở đây \( \vec{F} \) là tổng hợp các lực do vật khác tác dụng lên vật. Vì trong chuyển động tròn đều vectơ gia tốc \( \vec{a} \) luôn hướng vào tâm nên \( \vec{F} \) cũng hướng vào tâm, do đó nó được gọi là lực hướng tâm. Cần lưu ý rằng lực hướng tâm không phải là một lực gì huyền bí đặc biệt, xuất hiện do vật chuyển động tròn, mà đó là tổng hợp các lực của những vật khác tác dụng lên vật. Vì vậy khi bắt đầu giải một bài toán về chuyển động tròn nên biểu diễn các lực thực sự tác dụng lên vật, chứ không phải là lực hướng tâm.

Chuyển động tròn không đều

Trong chuyển động tròn không đều, vectơ gia tốc không hướng vào tâm quay, vì thế nên phân tích nó thành hai thành phần \( \vec{a}_t \) và \( \vec{a}_n \) :

• Gia tốc tiếp tuyến \( \vec{a}_t \): hướng theo tiếp tuyến quỹ đạo và được gọi là gia tốc tiếp tuyến. Nó đặc trưng cho mức độ biến đổi nhanh chậm của độ lớn vận tốc.
• Gia tốc pháp tuyến \( \vec{a}_n \): hướng theo pháp tuyến quỹ đạo vào tâm quay và được gọi là gia tốc pháp tuyến (hay gia tốc hướng tâm).

Hình 1: Gia tốc trong chuyển động tròn không đều

Độ lớn của gia tốc pháp tuyến ở thời điểm bất kì được tính theo công thức:

\[ a_n = \frac{v^2}{R} = \omega^2 R \]

Trong chuyển động tròn không đều, hình chiếu của vectơ gia tốc \( \vec{a} \) trên trục \( x \) (hướng dọc theo bán kính vào tâm quay) luôn bằng \( a_n \). Đây là cơ sở để giải nhiều bài toán chuyển động tròn không đều.

Bài 1

Một cái đĩa quay tròn quanh trục thẳng đứng và đi qua tâm của nó. Trên đĩa có một quả cầu nhỏ được nối với trục nhờ sợi dây mảnh dài \( l \). Dây lập với trục một góc \( \alpha \) (H.2). Phải quay hệ với chu kì bằng bao nhiêu để quả cầu không rời khỏi mặt đĩa?

Hình 2: Đĩa quay làm cho quả cầu chuyển động tròn đều

Quả cầu chuyển động tròn đều trên đường tròn bán kính bằng \( l\sin{\alpha} \) với vận tốc góc \( \frac{2\pi}{T} \) và với gia tốc:

\[ a = \left(\frac{2\pi}{T}\right)^2 l\sin{\alpha} \]

Ở đây \( T \) là chu kì quay.

Quả cầu chịu tác dụng của trọng lực \( m\vec{g} \), lực căng của dây \( \vec{F}_C \) và phản lực \( \vec{N} \) của đĩa. Phương trình định luật II Newton:

\[ m\vec{g}+\vec{N}+\vec{F}_C=m\vec{a} \]

Chiếu phương trình vectơ này lên trục \( x \) vuông góc với sợi dây, ta có:

\[ mg\sin{\alpha} - N\sin{\alpha} = m a \cos{\alpha} \]

Từ đó:

\[ N = m(g - a / \tan{\alpha}) \]

Quả cầu không rời khỏi mặt đĩa nếu phản lực \( N \geq 0 \), tức là:

\[ a \leq g \tan{\alpha} \]

Thay gia tốc \( a \) qua chu kì \( T \) theo biểu thức ở trên ta được:

\[ T \geq 2\pi\sqrt{\frac{l}{g} \cos{\alpha}} \]

Dấu bằng trong biểu thức này ứng với trường hợp quả cầu nằm ở giới hạn của sự rời khỏi mặt đĩa, tức là có thể coi là tiếp xúc mà cũng có thể coi là không còn tiếp xúc với đĩa nữa. Vì vậy có thể coi câu trả lời hợp lý là ứng với dấu lớn hơn.

Bài 2

Một quả cầu nhỏ khối lượng \( m \) được treo bằng một sợi dây mảnh. Kéo quả cầu để sợi dây nằm theo phương ngang rồi thả ra. Hãy tìm lực căng của sợi dây khi nó lập với phương nằm ngang một góc bằng \( 30^\circ \).

Hình 3: Các lực tác dụng lên quả cầu nhỏ chuyển động tròn

Đây là bài toán về chuyển động tròn, không đều. Quả cầu chịu tác dụng của trọng lực \( m\vec{g} \) và lực căng \( \vec{F}_C \) của sợi dây (H.3). Hai lực này gây ra gia tốc \( \vec{a} \) của quả cầu, không hướng vào tâm \( O \). Theo định luật II Newton:

\[ \vec{F}_C + m\vec{g} = m\vec{a} \]

Chiếu phương trình vectơ này lên trục \( X \), ta được:

\[ F_C - mg\sin{\alpha} = m a_n \]

Trong đó:

\[ a_n = \frac{V^2}{R} \]

với \( V \) là vận tốc của quả cầu, \( R \) là chiều dài sợi dây.

Từ định luật bảo toàn cơ năng suy ra:

\[ mg R\sin{\alpha} = \frac{m V^2}{2} \]

Từ ba phương trình trên, tính được lực căng của sợi dây:

\[ F_C = 3mg\sin{\alpha} = \frac{3mg}{2} \]

Bài 3

Một cái đĩa có thể quay xung quanh trục thẳng đứng, vuông góc với đĩa và đi qua tâm của nó. Trên đĩa có một vật khối lượng \( M \). Ở mặt trên của khối \( M \) có một vật nhỏ khối lượng \( m \). Vật \( m \) được nối với trục nhờ một sợi dây mảnh (Hình 4). Quay đĩa (cùng vật \( M \) và \( m \)) nhanh dần lên, tức là vận tốc góc tăng dần. Ma sát giữa đĩa và khối \( M \) không đáng kể. Hỏi với vận tốc góc bằng bao nhiêu thì khối \( M \) bắt đầu trượt ra khỏi dưới vật \( m \), biết hệ số ma sát trượt giữa vật \( m \) và khối \( M \) bằng \( k \).

Hình 4: Đĩa quay làm các vật trên đĩa chuyển động tròn

Trước hết, ta hãy tìm vận tốc góc \( \omega \) mà khối \( M \) chưa trượt ra phía dưới vật \( m \), tức là \( m \) và \( M \) cùng quay với nhau. Trong trường hợp này chúng chuyển động theo đường tròn bán kính \( R \) và với gia tốc hướng tâm:

\[ a = \omega^2 R \]

Trong hệ có nhiều vật và nhiều lực tác dụng. Để không làm cho hình vẽ quá rối, trên hình các véc tơ lực được ký hiệu như là các độ lớn của chúng. Vật \( m \) chịu tác dụng của trọng lực \( m\vec{g} \), phản lực \( \vec{N} \) của khối \( M \), lực căng \( \vec{F}_c \) của sợi dây và lực ma sát nghỉ \( \vec{F}_{ms} \) (do \( M \) tác dụng). Theo định luật II Newton, tổng hợp các lực này phải hướng vào trục quay. Từ đó suy ra lực ma sát phải hướng song song sợi dây. Theo định luật III Newton, vật \( m \) cũng tác dụng lên khối \( M \) một lực ma sát có cùng độ lớn nhưng ngược chiều.

Hình 5: Các lực tác dụng lên các vật chuyển động tròn

Khối \( M \) chịu tác dụng của trọng lực \( M\vec{g} \), áp lực \( \vec{N} \) của vật \( m \) (có độ lớn bằng trọng lượng \( mg \) của nó) và lực ma sát nghỉ \( \vec{F}_{ms} \) của vật \( m \), phản lực \( \vec{N}_1 \) của đĩa. Phương trình chuyển động của khối \( M \) chiếu lên trục song song với sợi dây có dạng:

\[ F_{ms} = M\omega^2R \]

Khối \( M \) sẽ không trượt ra khỏi vật \( m \) nếu độ lớn của lực ma sát nghỉ nhỏ hơn giá trị cực đại của nó (bằng lực ma sát trượt), tức là:

\[ F_{ms} < kmg \Rightarrow M\omega^2R < kmg \]

Từ đó suy ra rằng khối \( M \) bắt đầu trượt ra khỏi phía dưới vật \( m \) khi vận tốc góc đạt giá trị:

\[ \omega = \sqrt{\frac{kmg}{MR}} \]

Bài 4

Một nhà du hành vũ trụ ngồi trên Hoả tinh đo chu kỳ quay của con lắc hình nón (một vật nhỏ treo vào sợi dây, chuyển động tròn trong mặt phẳng nằm ngang với vận tốc không đổi, khi đó dây treo quét thành một hình nón) nhận được kết quả \( T=3s \). Độ dài của dây \( L=1m \). Góc tạo bởi sợi dây và phương thẳng đứng \( \alpha = 30^\circ \). Hãy tìm gia tốc rơi tự do trên Hoả tinh.

Vật chuyển động theo đường tròn bán kính \( L\sin{\alpha} \) với vận tốc góc \( \frac{2\pi}{T} \) và gia tốc:

\[ a = \left(\frac{2\pi}{T}\right)^2 L\sin{\alpha} \]

Vật \( m \) chịu tác dụng của lực căng \( \vec{F}_C \) của dây treo, trọng lực \( m\vec{g}' \), ở đây \( g' \) là gia tốc rơi tự do trên Hoả tinh. Phương trình chuyển động của vật có dạng:

Hình 6: Con lắc hình nón có quả cầu chuyển động tròn

\[ \vec{F}_C + m\vec{g}' = m\vec{a} \]

Từ hình vẽ rõ ràng:

\[ \frac{a}{mg'} = \tan{\alpha} \]

Thế biểu thức của \( a \) ở trên vào, ta tìm được gia tốc rơi tự do trên Hoả tinh:

\[ g' = \frac{4\pi^2 L \cos{\alpha}}{T^2} \approx 3.8 \frac{m}{s^2} \]

Bài 5

Một quả cầu được gắn cố định trên mặt bàn nằm ngang. Từ đỉnh \( A \) của quả cầu một vật nhỏ bắt đầu trượt không ma sát với vận tốc ban đầu bằng 0. Hỏi vật sẽ chạm vào mặt bàn dưới một góc \( \beta \) bằng bao nhiêu?

Hình 7: Vật trượt trên quả cầu theo quỹ đạo tròn

Giả sử bán kính quả cầu bằng \( R \) (H.7). Chuyển động của vật trên mặt quả cầu cho đến khi rời khỏi nó là chuyển động tròn không đều với bán kính quỹ đạo bằng \( R \). Trước hết chúng ta tìm góc \( \alpha \) và vận tốc \( V \) của vật khi rời khỏi mặt quả cầu. Vật chịu tác dụng của trọng lực \( m\vec{g} \) và phản lực pháp tuyến \( \vec{N} \) của quả cầu. Phương trình chuyển động của vật chiếu lên trục \( X \) có dạng:

\[ mg\cos{\alpha} - N = ma_n \]

ở đây \( a_n = \frac{v^2}{R} \) là gia tốc pháp tuyến. Vào thời điểm vật rời khỏi mặt quả cầu thì \( N = 0 \), vì vậy ta được:

\[ v^2 = gR\cos{\alpha} \]

Để tìm \( v \) và \( \alpha \) cần có thêm một phương trình nữa. Sử dụng định luật bảo toàn cơ năng:

\[ \frac{mv^2}{2} = mg(R - R\cos{\alpha}) \Rightarrow v^2 = 2gR(1 - \cos{\alpha}) \]

Giải hệ hai phương trình với các ẩn là \( v \) và \( \alpha \) ta tìm được:

\[ \cos{\alpha} = \frac{2}{3}, \quad v = \sqrt{\frac{2gR}{3}} \]

Bây giờ chúng ta tìm vận tốc \( \vec{v}_1 \) của vật khi chạm vào mặt bàn. Dùng định luật bảo toàn cơ năng: cơ năng của vật tại đỉnh hình cầu bằng cơ năng khi vật chạm bàn:

\[ 2mgR = \frac{m{v_1}^2}{2} \]

từ đó tính được:

\[ v_1 = 2\sqrt{gR} \]

Trong khoảng thời gian từ lúc rời mặt quả cầu đến khi chạm mặt bàn, thành phần vận tốc theo phương ngang của vật không thay đổi. Vì vậy nếu gọi góc rơi của vật khi chạm bàn là \( \beta \) thì ta có:

\[ v\cos{\alpha} = v_1\cos{\beta} \]

Thay các biểu thức của \( v \), \( v_1 \) và \( \cos{\alpha} \) đã tìm được ở trên vào sẽ tính được:

\[ \beta = \arccos{\frac{\sqrt{6}}{9}} \approx 74^\circ \]

Bài tập tự giải

Bài 1: Một vật nhỏ được buộc vào đỉnh của hình nón thẳng đứng xoay bằng một sợi chỉ dài \( l \) (H.8). Toàn bộ hệ thống quay tròn xung quanh trục thẳng đứng của hình nón. Với số vòng quay trong một đơn vị thời gian bằng bao nhiêu thì vật nhỏ không nâng lên khỏi mặt hình nón? Cho góc mở ở đỉnh của hình nón \( 2\alpha = 120^\circ \).

Hình 8

Bài 2: Một cái đĩa có thể quay xung quanh trục thẳng đứng, vuông góc với đĩa và đi qua tâm của nó. Trên đĩa có một vật khối lượng \( M \) và ở mặt trên của khối \( M \) có một vật nhỏ khối lượng \( m \). Vật được nối với trục nhờ sợi dây mảnh (H.4). Quay đĩa (cùng khối \( M \) và vật \( m \)) nhanh dần lên, tức là vận tốc góc tăng dần. Coi ma sát giữa vật \( m \) và khối \( M \) là nhỏ không đáng kể. Hỏi với vận tốc góc bằng bao nhiêu thì khối \( M \) bắt đầu trượt ra khỏi dưới vật \( m \), biết hệ số ma sát trượt giữa đĩa và khối \( M \) bằng \( k \).

Bài 3: Một quả cầu bán kính \( R = 54 \) cm, được gắn chặt vào một bàn nằm ngang. Một viên bi nhỏ bắt đầu trượt không ma sát từ đỉnh của quả cầu. Hỏi sau khi rơi xuống mặt bàn viên bi nẩy lên độ cao cực đại bằng bao nhiêu nếu va chạm giữa nó với mặt bàn là va chạm đàn hồi?

Read More

Đáp án và hướng dẫn chấm chi tiết Đề thi HSG vật lý 11 Quảng Bình vòng 1 năm 2024

Giới thiệu về đề thi HSG vật lí 11 Quảng Bình 2024 vòng 1

Bài viết này cung cấp đáp án chi tiết và hướng dẫn chấm điểm đầy đủ cho Đề thi Học Sinh Giỏi môn Vật Lý lớp 11 tỉnh Quảng Bình, vòng 1, năm 2024. Đây là một trong những đề thi có nội dung chọn lọc và mang tính thử thách cao, giúp học sinh không chỉ ôn tập mà còn nâng cao khả năng tư duy và giải quyết vấn đề.

Điểm đặc sắc của bài viết này là phần lời giải cực kỳ chi tiết, không chỉ đơn thuần tóm tắt mà giải thích rõ ràng từng bước như một cuốn sách hướng dẫn. Đặc biệt, bài viết còn đi kèm với hướng dẫn chấm điểm tỉ mỉ, được trình bày dưới dạng bảng rõ ràng, giúp giáo viên dễ dàng áp dụng trong việc đánh giá bài làm.

Nếu bạn chưa xem đề thi, vui lòng truy cập tại đây: Đề thi HSG môn Vật Lý 11 tỉnh Quảng Bình, vòng 1, năm 2024. Việc kết hợp giữa đề thi và đáp án sẽ mang đến hiệu quả ôn tập tối đa.

I. YÊU CẦU CHUNG CHO ĐỀ THI HSG VẬT LÍ 11 QUẢNG BÌNH 2024 VÒNG 1

1. Phần nào thí sinh làm bài theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa phần đó.
2. Không viết công thức mà viết trực tiếp bằng số các đại lượng, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
3. Ghi công thức đúng mà:
   1. Thay số đúng nhưng tính toán sai thì cho nửa số điểm của câu.
   2. Thay số từ kết quả sai của ý trước dẫn đến sai thì cho nửa số điểm của ý đó.
4. Nếu sai hoặc thiếu đơn vị 3 lần trở lên thì trừ 0,25 điểm.
5. Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 điểm.

II. ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG LÝ 11 QUẢNG BÌNH 2024 VÒNG 1

Câu I. (2,5 điểm) ĐỀ THI HSG LÝ 11 QUẢNG BÌNH 2024 VÒNG 1

1. Cho \( m = 0.2 \, \text{kg} \), tính lực căng sợi dây:

   Giả sử khúc gỗ không trượt, các vật cân bằng bởi các lực được biểu diễn ở Hình 1, các phương trình cân bằng lực:

   \[ \begin{align*} T &= mg \\ &= 0.2 \cdot 9.8 \\ &= 1.96 \, \text{N} \end{align*} \]

   \[ N = Mg \]

   Lực ma sát nghỉ cực đại:

   \[ \begin{align*} F_0 &= \mu N \\ &= 0.16 \cdot 1.5 \cdot 9.8 \\ &= 2.352 \, \text{N} \end{align*} \]

   Vì \( T \lt F_0 \) nên khúc gỗ không trượt, giả thiết đúng.

   
2. Điều kiện để khúc gỗ không trượt:

   \[ T \lt F_0 \]

   \[ mg \lt \mu Mg \]

   \[ m \lt \mu M = 0.16 \cdot 1.5 \]

   \[ m \lt 0.24 \, \text{kg} \]

3. Tính gia tốc của khúc gỗ và lực căng sợi dây khi \( m = 0.5 \, \text{kg} \):

   Vì \( m \gt 0.24 \, \text{kg} \) nên khúc gỗ trượt. Các phương trình động lực học:

   \[ mg - T = ma_1 \]

   \[ T - F_{ms} = Ma_2 \]

   Trong đó:

   \[ F_{ms} = \mu Mg \]

   \[ a_1 = a_2 = a \]

   Suy ra:

   \[ \begin{align*} T &= \frac{mMg(\mu + 1)}{m + M} \\ &= \frac{0.5 \cdot 1.5 \cdot 9.8(0.16 + 1)}{0.5 + 1.5} \\ &= 4.263 \, \text{N} \end{align*} \]

4. Xét chuyển động của quả cầu:
   1. Vận tốc của quả cầu:

      Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho quả cầu:

      \[ \frac{1}{2}mv^2 = mgl(\cos \alpha - \cos \alpha_0) \]

      \[ v = \sqrt{2gl(\cos \alpha - \cos \alpha_0)} \]

   2. Tìm \( \alpha \) để khúc gỗ bắt đầu trượt:

      Biểu diễn các lực tác dụng lên các vật như Hình 2.

      

      Áp dụng định luật II Newton cho quả cầu tại vị trí ứng với góc \( \alpha \):

      \[ T + mg = ma \]

      Chiếu phương trình này lên phương sợi dây:

      \[ T - mg \cdot \cos \alpha = ma_{ht} \]

      Trong đó gia tốc hướng tâm:

      \[ a_{ht} = \frac{mv^2}{l} \]

      Suy ra:

      \[ T = mg(3 \cos \alpha - 2 \cos \alpha_0) \]

      Khúc gỗ bắt đầu trượt khi \( T = F_0 \):

      \[ \cos \alpha = \frac{1}{3} \left( \frac{F_0}{mg} + 2 \cos \alpha_0 \right) \]

      \[ \alpha = 29.9^\circ \]

Câu	Yêu cầu cần đạt	Điểm
1 (0,75 đ)	Tính được lực căng \( T = 1.96 \text{ N} \) Tính được lực ma sát \( F_0 = \mu N = 2.352 \text{ N} \) và chỉ ra được lực căng sợi dây nhỏ hơn lực ma sát nghỉ cực đại: \( T \lt F_0 \) Vẽ đúng và đủ các lực	0,25
2 (0,25 đ)	Viết được điều kiện phải thỏa mãn của khối lượng \( m \lt 0.24 \text{ kg} \)	0,25
3 (0,5)	Viết được các phương trình động lực học Tính được lực căng \( T = 4.263 \text{ N} \)	0,25
4 (0,5 đ)	Viết được phương trình định luật bảo toàn cơ năng Viết được công thức tính vận tốc của quả cầu ở góc \( \alpha \): \[ v = \sqrt{2gl(\cos \alpha - \cos \alpha_0)} \]	0,25
b (0,5 đ)	Viết được biểu thức gia tốc hướng tâm \( a_{ht} = \frac{mv^2}{l} \) (hoặc lực hướng tâm) Vẽ đúng và đủ các lực Viết được biểu thức lực căng \( T = mg(3 \cos \alpha - 2 \cos \alpha_0) \) Tính được góc \( \alpha \) khi khúc gỗ bắt đầu trượt: \( \alpha = 29.9^\circ \)	0,125

Câu II. (2,0 điểm) ĐỀ THI HSG LÝ 11 QUẢNG BÌNH 2024 VÒNG 1

1. Vận tốc và thời điểm vật đi qua tọa độ \( x = 5 \, \text{cm} \):
   • Biên độ dao động là \( A = 10 \, \text{cm} \)
   • Tần số góc: \[ \begin{align*} \omega &= \sqrt{\frac{k}{m}}\\ &= \sqrt{\frac{20}{0.2}} \\ &= 10 \, \text{rad/s} \end{align*} \]
   • Áp dụng công thức liên hệ: \[ \frac{v_1^2}{\omega^2} + x_1^2 = A^2 \]
   • Tại thời điểm \( t_1 \), vật đi ngược chiều dương nên vận tốc bằng: \[ \begin{align*} v_1 &= -\omega \sqrt{A^2 - x_1^2} \\ &= -10 \sqrt{10^2 - 5^2} \\ &= -50 \sqrt{3} \, \text{cm/s} \end{align*} \]
   • Khi không có ma sát, vật dao động điều hòa theo phương trình: \[ x = 10 \cos(10t) \, \text{cm} \]
   • Khi \( x = -5 \, \text{cm} \): \[ -5 = 10 \cos(10t) \]
   • Nghiệm gần \( t = 0 \) nhất là: \[ t_1 = 0.2 \, \text{s} \]
2. Vật đi vào vùng có ma sát:
   • Cơ năng của con lắc lò xo tại thời điểm \( t_1 \) là: \[ W_1 = \frac{1}{2} kA^2 \]
   • Cơ năng tại thời điểm \( t_2 \) là: \[ W_2 = \frac{1}{2} kx_2^2 \]
   • Độ giảm cơ năng bằng công của lực ma sát khi vật đi từ \( x_1 \) đến \( x_2 \): \[ W_2 - W_1 = -\mu mg(x_2 - x_1) \]
   • Thay số ta được phương trình bậc hai: \[ \frac{1}{2} \cdot 20 \cdot x_2^2 - \frac{1}{2} \cdot 20 \cdot 0.1^2 = -0.235 \cdot 0.2 \cdot 10(x_2 + 0.05) \]
   • Suy ra: \[ x_2 = -0.09 \, \text{m} = -9 \, \text{cm} \]

Câu II	Yêu cầu cần đạt	Điểm
1 (1,5 đ)	Tính được biên độ dao động \( A = 10 \, \text{cm} \)	0,25
	Tính được tần số góc \( \omega = 10 \, \text{rad/s} \)	0,25
	Viết được biểu thức liên hệ \( \frac{v_1^2}{\omega^2} + x_1^2 = A^2 \) (hoặc biểu diễn đường tròn pha)	0,25
	Tính được vận tốc \( v_1 = -50 \sqrt{3} \, \text{cm/s} \)	0,25
	Viết được phương trình dao động (hoặc biểu diễn được đường tròn pha)	0,25
	Xác định được thời điểm \( t_1 = 0.2 \, \text{s} \)	0,25
2 (0,5 đ)	Viết được phương trình năng lượng	0,25
	Tính được tọa độ của vị trí vật dừng lại \( x_2 = -9 \, \text{cm} \)	0,25

Câu III. (2,0 điểm) ĐỀ THI HSG LÝ 11 QUẢNG BÌNH 2024 VÒNG 1

1. Khoảng cách từ M đến vân sáng gần nhất:

   Giả sử M thuộc vân sáng bậc \( k \), khi đó: \[ \begin{align*} k &= \frac{x_{M} a}{\lambda D} \\ &= \frac{6 \cdot 0.5}{0.68 \cdot 0.8} \\ &= 5.51 \end{align*} \] Suy ra M gần vân sáng bậc \( 6 \) nhất, khoảng cách từ M đến vân bậc \( 6 \) là: \[ \begin{align*} \Delta x &= \frac{6 \lambda D}{a} - x_{M} \\ &= \frac{6 (0.68 \cdot 0.8)}{0.5} - 6 \\ &= 0.528 \, \text{mm} \end{align*} \]

2. Dịch chuyển mà để M thuộc vân bậc 5: \[ x_{M} = 5 \frac{\lambda D'}{a} \] \[ \begin{align*} D' &= \frac{x_{M} a}{5 \lambda} \\ &= \frac{6 \cdot 0.5}{5 \cdot 0.68} \\ &= \frac{15}{17} \, \text{m} \end{align*} \]

   Màn phải dịch chuyển một khoảng:

   \[ \begin{align*} \Delta D &= \left| D' - D \right| \\ &= \left| \frac{15}{17} - 0.8 \right| \\ &= \frac{7}{85} \approx 0.08 \, \text{m} \end{align*} \]
3. Số vân sáng đi qua M:

   Màn đã di chuyển từ khoảng cách \( D_1 = 0.8 \, \text{m} \) đến \( D_2 = 1.6 \, \text{m} \). Ta xét số vân sáng bên trong M (trong khoảng từ vân sáng trung tâm đến M):

   • Khi \( D = D_1 \):
   \[ k_{M_1} = \frac{a x}{D_1 \lambda} = \frac{0.5 \cdot 6}{0.8 \cdot 0.68} = 5.5 \]

   Có \( 5 \) vân sáng bên trong M.

   • Khi \( D = D_2 \):
   \[ k_{M_2} = \frac{a x}{D_2 \lambda} = \frac{0.5 \cdot 6}{1.6 \cdot 0.68} = 2.7 \]

   Còn lại \( 2 \) vân sáng bên trong M.

   Như vậy, trong quá trình màn di chuyển có \( 3 \) vân sáng đi qua M.

Câu III	Yêu cầu cần đạt	Điểm
1 (0,5 đ)	Xác định được M gần nhất với vân sáng bậc 6	0,25
	Tính được khoảng cách từ M đến vân bậc 6: \( \Delta x = 0.528 \, \text{mm} \)	0,25
2 (0,5 đ)	Tính được khoảng cách màn - hai khe khi M thuộc vân bậc 5: \( D' = \frac{15}{17} \approx 0.88 \, \text{m} \)	0,25
	Tính được độ dịch chuyển màn \( \Delta D = 0.08 \, \text{m} \)	0,25
3 (1,0 đ)	Tính được số vân sáng giữa M với vân trung tâm khi \( D = 0.8 \, \text{m} \): \( 5 \) vân	0,25
	Tính được số vân sáng giữa M với vân trung tâm khi \( D' = 1.6 \, \text{m} \): \( 2 \) vân	0,25
	Xác định được số vân đi qua M: \( 3 \) vân	0,5

Câu IV. (2,5 điểm) ĐỀ THI HSG LÝ 11 QUẢNG BÌNH 2024 VÒNG 1

1. Cường độ dòng điện trong mạch:

   Quy ước các dòng điện như Hình 3.

   Điện trở của mạch ngoài:

   \[ \begin{align*} R_{n} &= \frac{(R_1 + R_2)(R_3 + R_4)}{R_1 + R_2 + R_3 + R_4} \\ &= \frac{(4 + 8)(9 + 11)}{4 + 8 + 9 + 11} \\ &= 7.5 \, \Omega \end{align*} \]

   Cường độ dòng mạch chính:

   \[ \begin{align*} I &= \frac{E}{R_{n} + r} \\ &= \frac{15.2}{7.5 + 2} \\ &= 1.6 \, \text{A} \end{align*} \]

   Hiệu điện thế hai đầu \( AB \):

   \[ \begin{align*} U_{AB} &= I R_{n} \\ &= 1.6 \cdot 7.5 \\ &= 12 \, \text{V} \end{align*} \]

   Dòng điện qua nhánh 1-2:

   \[ \begin{align*} I_{12} &= \frac{U_{AB}}{R_1 + R_2} \\ &= \frac{12}{4 + 8} \\ &= 1 \, \text{A} \end{align*} \]

   Dòng điện qua nhánh 3-4:

   \[ I_{34} = I - I_{12} = 0.6 \, \text{A} \]
   
2. Hiệu điện thế hai đầu \( M, N \): \[ \begin{align*} U_{MN} &= U_{MA} + U_{AN} \\ &= -I_{12} R_1 + I_{34} R_3 \\ &= -1 \cdot 4 + 0.6 \cdot 9 \\ &= 1.4 \, \text{V} \end{align*} \]
3. Điều kiện để hạt bay được qua tụ điện:

   Vận tốc của hạt tại mép trên của tụ điện:

   \[ v_0 = \sqrt{2gh} \]

   Chuyển động trong tụ điện của hạt theo hai trục: \( Ox \) nằm ngang và \( Oy \) thẳng đứng hướng xuống. Theo \( Oy \) chỉ có trọng lực nên gia tốc \( a_y = g \), theo \( Ox \) chỉ có lực điện \( F_\text{đ} \) tác dụng:

   \[ \begin{align*} a_x &= \frac{F_\text{đ}}{m} = \frac{qE}{m} = \frac{qU}{md} \end{align*} \]

   Phương trình chuyển động của hạt:

   \[ x = \frac{1}{2} \frac{qU}{md} t^2 \] \[ y = \frac{1}{2} gt^2 + v_0 t \]

   Điều kiện \( d = d_\text{min} \) để hạt qua được tụ là khi \( x = \frac{d_\text{min}}{2} \) thì \( y = H \):

   \[ t^2 = \frac{md_\text{min}^2}{qU_{MN}} \] \[ H = \frac{1}{2} g \frac{md_\text{min}^2}{qU_{MN}} + \sqrt{2gh} \sqrt{\frac{md_\text{min}^2}{qU_{MN}}} \]

   Suy ra:

   \[ \begin{align*} d &= \sqrt{\frac{qU_{MN}}{5m}} \left(\sqrt{H + h} - \sqrt{h}\right) \\ &= \sqrt{\frac{0.2 \cdot 10^{-6} \cdot 1.4}{5 \cdot 1.2 \cdot 10^{-3}}} \left(\sqrt{1 + 0.04} - \sqrt{0.04}\right) \\ &= 5.6 \times 10^{-3} \, \text{m} = 5.6 \, \text{mm} \end{align*} \]

Câu IV	Yêu cầu cần đạt	Điểm
1 (1,0 đ)	Tính được điện trở mạch ngoài \( 7.5 \, \Omega \) hoặc điện trở tương đương \( 9.5 \, \Omega \)	0,25
	Tính được cường độ dòng điện mạch chính \( I = 1.6 \, \text{A} \)	0,25
	Tính được hiệu điện thế hai đầu \( AB \) \( U_{AB} = 12 \, \text{V} \)	0,25
	Tính được cường độ dòng qua các điện trở \( I_{12} = 1 \, \text{A}, \; I_{34} = 0.6 \, \text{A} \)	0,25
2 (0,5 đ)	Tính được hiệu điện thế hai đầu \( M, N \): \( U_{MN} = 1.4 \, \text{V} \)	0,5
3 (1,0 đ)	Tính được vận tốc khi hạt rơi tới mép trên tụ \( v_0 = \sqrt{2gh} \)	0,25
	Tính được cường độ điện trường trong tụ \( E = \frac{U}{d} \)	0,25
	Lập được phương trình chuyển động của hạt \( x = \frac{1}{2} \frac{qU}{md} t^2, \; y = \frac{1}{2} gt^2 + v_0 t \)	0,25
	Tính được khoảng cách tối thiểu giữa hai bản tụ \( d_{\text{min}} = 5.6 \, \text{mm} \)	0,25

Câu V. (1,0 điểm) ĐỀ THI HSG LÝ 11 QUẢNG BÌNH 2024 VÒNG 1

1. Vẽ đồ thị \( U-I \):
   
2. Nhận xét:
   • Đồ thị là đường cong có bề lõm quay xuống, suy ra điện trở của dây tóc bóng đèn tăng lên vì tỉ số \( \frac{U}{I} \) tăng lên.
   • Nguyên nhân:
     • Do sai số của phép đo.
     • Do điện trở của dây tóc bóng đèn tăng theo nhiệt độ.

Câu V	Yêu cầu cần đạt	Điểm
1 (0,5 đ)	Vẽ được đồ thị (có thể vẽ đường cong, có thể vẽ đường thẳng)	0,5
	Chỉ ra được điện trở dây tóc bóng đèn tăng	0,25
2 (0,5 đ)	Nêu được nguyên nhân: Do sai số phép đo	0,125
	Nêu được nguyên nhân: Do điện trở tăng theo nhiệt độ	0,125

---

---

#ĐềHSGlý11năm2024,#ĐềHSGlý11năm20242025,#ĐềHSGlý11mới

Read More

Đề thi học sinh giỏi vật lí 11 tỉnh Quảng Bình vòng 1 năm 2024

Kỳ thi học sinh giỏi Vật lý lớp 11 tỉnh Quảng Bình hằng năm là một sự kiện quan trọng, thu hút sự quan tâm của nhiều học sinh và giáo viên. Đặc biệt, sắp tới các đề thi HSG có sự đổi mới rất lớn, chiếu theo sự đổi mới của chương trình Giáo dục phổ thông. Việc tham khảo đề thi HSG vật lí lớp 11 từ các năm trước là phương pháp hiệu quả để chuẩn bị cho kỳ thi này. Trong bài viết này, chúng tôi xin giới thiệu đề thi học sinh giỏi Vật lý lớp 11 tỉnh Quảng Bình năm 2024, nhằm hỗ trợ các em học sinh trong việc ôn tập và rèn luyện kỹ năng giải đề.
Việc luyện tập với các đề thi thực tế giúp học sinh nắm vững kiến thức, làm quen với cấu trúc đề thi mới và nâng cao khả năng tư duy. Chúng tôi hy vọng rằng tài liệu này sẽ là nguồn tham khảo hữu ích, giúp các em tự tin hơn trong quá trình chuẩn bị cho kỳ thi sắp tới.
Dưới đây là đề thi học sinh giỏi Vật lý lớp 11 tỉnh Quảng Bình năm 2024.

---

1 Đề thi học sinh giỏi Vật lý 11 tỉnh Quảng Bình vòng 1 năm 2024

Câu I . Hệ vật treo và vật trên mặt phẳng ngang (2,5 điểm)

Một sợi dây mảnh, nhẹ, không dãn, một đầu được nối với một khúc gỗ khối lượng $M=1\text{,}5\ \text{kg}$ đặt trên mặt bàn nằm ngang, đầu còn lại treo một quả cầu nhỏ khối lượng $m$, sợi dây vắt qua một ròng rọc cố định ở mép bàn (Hình 1). Hệ số ma sát trượt giữa khúc gỗ với mặt bàn là $μ=0\text{,}16$. Đoạn dây từ ròng rọc đến khúc gỗ nằm ngang. Bỏ qua khối lượng và kích thước của ròng rọc, coi lực ma sát nghỉ tác dụng lên khúc gỗ có giá trị cực đại bằng giá trị của lực ma sát trượt. Lấy $g=9\text{,}8\ \text{m/s}^2$.

Hình 1: Hình cho câu I (1, 2, 3) - Đề thi học sinh giỏi Vật lý 11 tỉnh Quảng Bình vòng 1 năm 2024.

1. Xét trường hợp \( m = 0.2 \; \text{kg} \), giả thiết khúc gỗ không trượt trên mặt bàn, tính lực căng của sợi dây và cho biết giả thiết đúng hay sai.
2. Giá trị của \( m \) phải thỏa mãn điều kiện gì để khúc gỗ không trượt trên mặt bàn?
3. Xét trường hợp \( m = 0.5 \; \text{kg} \), tính lực căng của sợi dây.
4. Xét trường hợp \( m = 0.15 \; \text{kg} \), ban đầu quả cầu được giữ ở vị trí sao cho đoạn dây từ ròng rọc đến quả cầu có chiều dài \( l = 50 \; \text{cm} \) và lệch góc \( \alpha_0 = 60^\circ \) so với phương thẳng đứng, các đoạn của sợi dây căng và nằm trong một mặt phẳng thẳng đứng (Hình 2). Thả nhẹ để quả cầu chuyển động với vận tốc ban đầu bằng không. Tại một thời điểm nhất định góc hợp bởi đoạn dây giữa ròng rọc và quả cầu với phương thẳng đứng có giá trị là \( \alpha \).
   1. Khi khúc gỗ chưa trượt, tính vận tốc của quả cầu theo \( \alpha \).
   2. Khi khúc gỗ bắt đầu trượt thì \( \alpha \) bằng bao nhiêu?

Hình 2: Hình cho câu II (4) - Đề thi học sinh giỏi Vật lý 11 tỉnh Quảng Bình vòng 1 năm 2024.

Câu II . Con lắc lò xo nằm ngang (2,0 điểm).

Một con lắc lò xo gồm một lò xo nhẹ có độ cứng \( k = 20 \; \text{N/m} \) và một vật nhỏ khối lượng \( m = 200 \; \text{g} \), đặt trên một mặt phẳng ngang dọc theo trục tọa độ \( Ox \) như Hình 3, gốc \( O \) được chọn là vị trí cân bằng của vật nhỏ. Kéo vật nhỏ dọc theo chiều dương của trục \( Ox \) đến tọa độ \( x = 10 \; \text{cm} \) rồi thả nhẹ để vật chuyển động với vận tốc ban đầu bằng không. Chọn gốc thời gian \( t = 0 \) là lúc thả vật. Lấy \( g = 10 \; \text{m/s}^2 \).

Hình 3: Hình cho câu II - Đề thi học sinh giỏi Vật lý 11 tỉnh Quảng Bình vòng 1 năm 2024.

1. Vật nhỏ đi qua vị trí có tọa độ \( x = -5 \; \text{cm} \) lần thứ nhất tại thời điểm \( t_1 \) và tại đó vật có vận tốc \( v_1 \). Hãy tính \( t_1 \) và \( v_1 \). Biết rằng vùng mặt phẳng ứng với \( x > -5 \; \text{cm} \) có ma sát không đáng kể.
2. Kể từ thời điểm \( t_1 \) vật tiếp tục đi vào vùng mặt phẳng có ma sát, hệ số ma sát trượt giữa vật nhỏ và mặt phẳng ngang trong vùng này là \( \mu = 0.235 \). Vật sẽ dừng lại và đổi chiều chuyển động tại vị trí có tọa độ \( x_2 \). Tính \( x_2 \).

Câu III . Thí nghiệm Young về giao thoa ánh sáng (2,0 điểm)

Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, khoảng cách giữa hai khe \( a = 0.5 \; \text{mm} \), nguồn sáng phát ra ánh sáng đơn sắc bước sóng \( \lambda = 0.68 \; \mu\text{m} \), khoảng cách từ hai khe đến màn \( D = 0.8 \; \text{m} \). Một điểm \( M \) cố định trên màn cách vân sáng trung tâm \( 6 \; \text{mm} \).

1. Vân sáng gần \( M \) nhất cách \( M \) một khoảng bằng bao nhiêu?
2. Để \( M \) thuộc vân sáng bậc 5, phải dịch chuyển tịnh tiến màn theo phương vuông góc với màn một khoảng bằng bao nhiêu?
3. Dịch chuyển tịnh tiến màn theo phương vuông góc với màn ra xa hai khe thêm \( 0.8 \; \text{m} \). Trong quá trình dịch chuyển màn có bao nhiêu vân sáng đi qua điểm \( M \)?

Câu IV . Mạch điện một chiều và tụ điện (4,5 điểm)

Cho mạch điện như hình vẽ (Hình 4), trong đó: \( E = 15.2 \; \text{V} \), \( r = 2 \; \Omega \), \( R_1 = 4 \; \Omega \), \( R_2 = 8 \; \Omega \), \( R_3 = 9 \; \Omega \), \( R_4 = 11 \; \Omega \).

1. Tính: cường độ dòng điện chạy qua mạch chính; cường độ dòng điện chạy qua mỗi điện trở; hiệu điện thế \( U_{MN} \) giữa hai điểm \( M \) và \( N \).
2. Một tụ điện phẳng có hai bản được nối với hai điểm \( M \), \( N \) trong mạch điện ở Hình 4. Các bản tụ được sắp xếp theo phương thẳng đứng và có dạng hình chữ nhật với chiều cao \( H = 1 \; \text{m} \) (Hình 5). Một hạt có khối lượng \( m = 1.2 \; \text{g} \) và mang điện tích \( q = 0.2 \; \mu\text{C} \) được giữ tại một điểm nằm trên đường thẳng đứng cách đều hai bản tụ, ở độ cao \( h = 4 \; \text{cm} \) so với mép trên của các bản tụ. Giả sử điện trường chỉ tồn tại trong khoảng không gian giữa hai bản tụ. Hạt được thả ra và rơi vào giữa hai bản tụ. Khoảng cách \( d \) giữa hai bản tụ phải có giá trị tối thiểu bằng bao nhiêu để hạt có thể bay qua tụ điện mà không chạm vào các bản tụ? Lấy \( g = 10 \; \text{m/s}^2 \). Bỏ qua hiệu ứng cạnh, lực từ và lực cản của không khí.

Hình 4: Câu IV - 1 - Đề thi học sinh giỏi Vật lý 11 tỉnh Quảng Bình vòng 1 năm 2024.

Hình 5: Câu IV - 2 - Đề thi học sinh giỏi Vật lý 11 tỉnh Quảng Bình vòng 1 năm 2024

Câu V . Xử lí số liệu (1,0 điểm)

Trong một thí nghiệm đo điện trở của dây tóc một bóng đèn, với các dụng cụ sau: một bóng đèn dây tóc, một ampe kế, một vôn kế, một nguồn điện có thể điều chỉnh thay đổi được hiệu điện thế, dây nối, khóa \( K \). Thí nghiệm được tiến hành như sau: Mắc mạch điện như Hình 6; Đóng khóa \( K \), điều chỉnh hiệu điện thế của nguồn điện, ghi lại số chỉ vôn kế (giá trị \( U \)) và số chỉ ampe kế (giá trị \( I \)).

1. Từ số liệu ở Bảng 1, hãy vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của \( I \) vào \( U \) trong hệ tọa độ có trục tung biểu diễn các giá trị \( I \), trục hoành biểu diễn các giá trị \( U \).
2. Từ đồ thị hãy cho biết điện trở của dây tóc bóng đèn thay đổi như thế nào và nêu nguyên nhân dẫn đến sự thay đổi đó.

Hình 6: Câu V - Đề thi học sinh giỏi Vật lý 11 tỉnh Quảng Bình vòng 1 năm 2024.

Bảng 1: Đề thi học sinh giỏi Vật lý 11 tỉnh Quảng Bình vòng 1 năm 2024

2 Đáp án - Đề thi học sinh giỏi Vật lý 11 tỉnh Quảng Bình vòng 1 năm 2024

Bạn vui lòng truy cập tại đây: Đáp án và hướng dẫn chấm chi tiết Đề thi HSG vật lý 11 Quảng Bình vòng 1 năm 2024. Việc kết hợp giữa đề thi và đáp án sẽ mang đến hiệu quả ôn tập tối đa.

---

---

#ĐềHSGlý11năm2024,#ĐềHSGlý11năm20242025,#ĐềHSGlý11mới

Read More

Đáp án đề thi học sinh giỏi vật lý lớp 11 tỉnh Quảng Bình năm 2022

Xin được chia sẻ cùng các bạn Đáp án đề thi học sinh giỏi vật lý lớp 11 tỉnh Quảng Bình năm 2022. Với đáp án chi tiết và hướng dẫn chấm cụ thể, giáo viên có thể dùng làm tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi vật lý, các em học sinh đã thi có thể dò và so sánh với bài thi mình đã làm, các em học sinh chưa thi thì sử dụng làm tài liệu tham khảo.
Nếu bạn nào chưa có đề thi học sinh giỏi vật lý lớp 11 tỉnh Quảng Bình năm 2022 thì các bạn tải về tại đây: Đề HSG lý 11 QB 2022
Đây là tài liệu ôn thi HSG vậy lý quý giá cho các bạn: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI VẬT LÝ 11: LIÊN KẾT ĐỘNG HỌC TRONG CÁC BÀI TOÁN ĐỘNG LỰC HỌC

---

Đáp án đề HSG lý 11 Quảng Bình vòng 1

---

Đáp án đề HSG lý 11 Quảng Bình vòng 2

---

Download tùy chọn files

• Đáp án đề HSG lý 11 năm 2022 Quảng Bình vòng 1 file pdf
• Đáp án đề HSG lý 11 năm 2022 Quảng Bình vòng 2 file pdf
• Đề HSG lý 11 năm 2022 Quảng Bình vòng 1 file word
• Đề HSG lý 11 năm 2022 Quảng Bình vòng 2 file word

---

Read More

Đề thi học sinh giỏi vật lý lớp 11 tỉnh Quảng Bình năm 2022

Đề thi học sinh giỏi vật lý 11 tỉnh Quảng Bình năm 2022 gồm hai vòng, vòng thứ nhất dành cho học sinh đại trà, vòng thứ hai dành cho học sinh có nguyện vọng dự thi học sinh giỏi Quốc gia môn vật lý 2023. Mỗi đề có năm câu với các lĩnh vực Cơ, Nhiệt, Điện, Từ, Qang hình. Vòng thứ nhất ở mức độ vừa phải, chỉ cần học sinh học chắc chắn kiến thức cơ bản vật lý 10 và vật lý 11 là đã có thể đạt 7 điểm. Vòng thứ hai ở mức độ cao hơn, đòi hỏi học sinh thực sự đam mê môn vật lý, được rèn luyện bài bản thì mới có kết quả tốt. Mời các bạn tham khảo.
Các bạn tải về đáp án tại đây: ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VẬT LÝ LỚP 11 TỈNH QUẢNG BÌNH NĂM 2022
Còn đây là chuyên đề tuyệt vời giúp các bạn ôn thi HSG lý 11: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI VẬT LÝ 11: LIÊN KẾT ĐỘNG HỌC TRONG CÁC BÀI TOÁN ĐỘNG LỰC HỌC

---

Đề HSG lý 11 Quảng Bình vòng 1

---

Đề HSG lý 11 Quảng Bình vòng 2

---

Download tùy chọn files

• Đề HSG lý 11 năm 2022 Quảng Bình vòng 1 file pdf
• Đề HSG lý 11 năm 2022 Quảng Bình vòng 2 file pdf
• Đề HSG lý 11 năm 2022 Quảng Bình vòng 1 file word
• Đề HSG lý 11 năm 2022 Quảng Bình vòng 2 file word

---

Read More

Đề thi học sinh giỏi vật lý 11 - Đề số 1

---

Đề thi học sinh giỏi vật lý 11 - Đề số 1 gồm 5 câu. Câu 1 là một bài toán cơ học xét chuyển động của nêm do một quả cầu nhỏ và một sợi dây liên kết, bài toán này cần đến kiến thức và kĩ năng về động lực học chất điểm. Câu 2 là một bài toán nhiệt, cụ thể là nhiệt dung của một khối khí, từ quy luật biến thiên nhiệt dung mà tính được nhiệt lượng và công do khí thực hiện. Câu 3 là một bài toán về tụ điện, xét cường độ dòng điện tại thời điểm đóng khóa K và các thông số mạch điện khi đã ổn định. Câu 4 là một bài toán điện từ rất quen thuộc, đoạn dây dẫn trượt trên ra cắt ngang các đường sức từ trường. Câu 5 là bài toán quang hình, thị trường của thấu kính hội tụ. Hãy giải đề này một cách nghiêm túc nhé, bạn sẽ tích lũy được không ít lợi ích từ nó đâu. Chúc các bạn thành công.

---

Câu 1. Cơ học

Cái nêm nằm trên bề mặt nằm ngang của bàn. Một sợi chỉ nhẹ, không giãn, vắt qua một ròng rọc gắn trên một cái nêm, được buộc vào một quả cầu nhỏ và một bức tường (xem hình). Hệ được giữ đứng yên bằng cách đưa quả cầu sang bên phải sao cho sợi chỉ tạo với phương ngang một góc $α$ $\left(\cos{⁡α}=\frac{3}{5}\right)$. Đoạn dây CA nằm ngang, quả cầu cách mặt sàn một khoảng $H$. Sau đó hệ được thả nhẹ, nêm chuyển động, trong khi góc nghiêng $α$ của sợi dây giữa quả cầu với ròng rọc so với phương ngang không thay đổi. Bỏ qua mọi ma sát. Tất cả các điểm của hệ đều chuyển động trong mặt phẳng thẳng đứng. Nêm không không bị quay mà chỉ trượt tịnh tiến trên sàn ngang. Quả cầu chạm đến mặt bàn trước khi nêm chạm vào tường. Lấy $g=10\ \text{m/s}^2$.

1. Gia tốc của quả cầu có hướng hợp một góc bằng bao nhiêu so với phương ngang?
2. Tính gia tốc của nêm.
3. Tìm tỉ số giữa khối lượng của quả cầu và khối lượng của nêm.
4. Sau bao lâu thì quả cầu đến được mặt bàn?

Câu 2. Nhiệt

Một khối khí heli ν mol được làm lạnh từ nhiệt độ ban đầu $T_0$ trong một quá trình có nhiệt dung một mol phụ thuộc tuyến tính vào nhiệt độ $T$: $C(T)=2R\frac{T}{T_0}$. Ở đây $R$ là hằng số khí lí tưởng. Heli được coi là một loại khí lý tưởng.

1. Nhiệt lượng có độ lớn $Q_1$ sẽ toả ra trong quá trình làm cho nhiệt độ khí giảm từ $T_0$ đến $\frac{5}{6}T_0$, hãy tính $Q_1$.
2. Phải làm lạnh khí đến nhiệt độ nào để khí thực hiện được công nhỏ nhất? Tính giá trị công tối thiểu này.

Câu 3. Mạch điện có tụ điện

Mạch được ghép từ các tụ chưa tích điện trước đó. Khóa K mở, các tụ điện tích điện ổn định (xem hình). Các thông số của mạch điện được chỉ ra trên sơ đồ, trong đó $C_2=C$ và $C_1=2C$, nguồn điện lý tưởng có suất điện động $E$. Bây giờ đóng khóa K.

1. Tìm cường độ dòng điện qua điện trở $R$ ngay sau khi đóng khoá K.
2. Sau khi đóng khoá K, nhiệt lượng toả ra trong mạch là bao nhiêu?
3. Tìm cường độ dòng điện trong điện trở sau khi đóng khóa K tại thời điểm cường độ dòng điện qua $C_1$ bằng $I_0$.

Câu 4. Điện từ

Trên hai thanh ray song song, dẫn điện tốt, nằm trong cùng một mặt phẳng nằm ngang và trong từ trường đều thẳng đứng có cảm ứng $B$, hai đoạn dây dẫn 1 và 2 (ta gọi là cầu) có thể trượt không ma sát trên hai thanh ray (xem hình). Khoảng cách giữa các đường ray là $L$. Cầu 1 có khối lượng $m$ và điện trở $R$, cầu 2 có khối lượng $2m$ và điện trở $2R$. Lúc đầu, cả hai cầu cùng đứng yên trên ray. Sau đó cầu 1 được thông truyền tốc độ $V_0$ hướng về cầu 2. Biết rằng, các cầu không va chạm nhau. Bỏ qua độ tự cảm của mạch.

1. Tìm gia tốc của cầu 2 tại thời điểm ban đầu.
2. Tìm vận tốc của mỗi cầu sau thời gian dài kể từ khi cầu 1 được truyền vận tốc.
3. Tìm khoảng cách giữa hai cầu sau một khoảng thời gian dài kể từ khi cầu 1 được truyền vận tốc, nếu tại thời điểm ban đầu khoảng cách giữa chúng là $S_0$.

Câu 5. Quang hình

Một thấu kính mỏng có tiêu cự 9 cm được gắn cố định. Một bức tranh hình tròn nhỏ có đường kính $AB=H=9\ \text{c}$ được treo trên tường cách thấu kính 36 cm (xem hình). Người quan sát bằng mắt M thấy ảnh thật của bức tranh nằm trên màn E trong suốt cách mắt 24 cm. Mắt và tâm của bức tranh nằm trên trục chính của thấu kính. Bỏ qua độ lớn của con ngươi của mắt và màn so với đường kính của thấu kính.

1. Mắt cách thấu kính bao xa?
2. Tìm đường kính $D_\text{M}$ nhỏ nhất của thấu kính sao cho người quan sát có thể nhìn thấy toàn bộ ảnh của bức tranh.
3. Ở khoảng cách nào so với thấu kính và vị trí giữa ảnh và ảnh của nó trong thấu kính phải đặt một màn mờ nhỏ để không nhìn thấy một chi tiết nào của ảnh?

---

Read More