›
›
›

Tài liệu Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Vật lý Lớp 11

docx 46 trang thungat 60033
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Tài liệu Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Vật lý Lớp 11", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docxtai_lieu_chuyen_de_boi_duong_hoc_sinh_gioi_mon_vat_ly_lop_11.docx

Nội dung text: Tài liệu Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Vật lý Lớp 11

  1. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI VẬT LÝ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG TẬP 2P ĐIỆN TỪ VÀ QUANG HÌNH HỌC TP.HCM, THÁNG 5 NĂM 2020 LƯU HÀNH NỘI BỘ 1
  2. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT MỤC LỤC Tài liệu luyện thi HSG Lý 10-11-12 của Thầy Phạm Vũ Kim Hoàng(Trường THPT Năng Khiếu TPHCM) nhóm mình xin trích đoạn một phần nhỏ tài liệu dài hơn 3000 trang, vui lòng liên hệ Zalo nhóm 0988166193 để có tài liệu CHƯƠNG I. ĐIỆN TÍCH- ĐIỆN TRƯỜNG- ĐIỆNTHẾ I.1. ĐIỆN TÍCH -ĐIỆN TRƯỜNG Trang 3 I.2. ĐIỆN TÍCH CHUYỂN ĐỘNG TRONG ĐIỆN TRƯỜNG Trang 6 I.3. ĐIỆN TRƯỜNG, ĐIỆN THẾ GÂY RA BỞI VẬT NHIỄM ĐIỆN CÓ KÍCH THƯỚC Trang 14 I.4. VẬT DẪN, ĐIỆN MÔI TRONG ĐIỆN TRƯỜNG. PHÂN CỰC ĐIỆN MÔI. Trang 24 CHƯƠNG II. TỤ ĐIỆN II. 1. TỤ ĐIỆN-GIỚI HẠN HOẠT ĐỘNG TỤ ĐIỆN Trang 31 II.2. TỤ ĐIỆN PHÓNG ĐIỆN Trang 35 CHƯƠNG III. ẢNH ĐIỆN PHƯƠNG PHÁP ẢNH ĐIỆN Trang 46 CHƯƠNG IV. LƯỠNG CỰC ĐIỆN LƯỠNG CỰC ĐIỆN Trang 53 CHƯƠNG V. DÒNG ĐIỆN MỘT CHIỀU V.1. DÒNG ĐIỆN MỘT CHIỀU Trang 58 V.2. KHẢO SÁT DÒNG ĐIỆN MỘT CHIỀU Trang 68 V.3. DÒNG ĐIỆN TRONG KHÔNG GIAN. Trang 74 CHƯƠNG VI.TỪ TRƯỜNG VI.1. TỪ TRƯỜNG- LỰC TỪ Trang 76 VI.2. ĐIỆN TÍCH CHUYỂN ĐỘNG TRONG TỪ TRƯỜNG Trang 79 CHƯƠNG VII.CẢM ỨNG ĐIỆN TỪ VII.1. CẢM ỨNG ĐIỆN TỪ Trang 98 VII.2. THANH KIM LOẠI CHUYỂN ĐỘNG TRONG TỪ TRƯỜNG Trang 102 VII.3. KHUNG DÂY CHUYỂN ĐỘNG TRONG TỪ TRƯỜNG Trang 117 VII.4. DÒNG ĐIỆN PHU CÔ. Trang 122 VII.5. DÒNG ĐIỆN THẲNG VÀ CẢM ỨNG ĐIỆN TỪ Trang 129 VII.6. CẢM ỨNG ĐIỆN TỪ TRONG VẬT LIỆU SIÊU DẪN Trang 133 VII.7. HIỆN TƯỢNG TỰ CẢM Trang 137 CHƯƠNG VIII. PHẢN XẠ VÀ KHÚC XẠ ÁNH SÁNG VIII.1. PHẢN XẠ ÁNH SÁNG. GƯƠNG PHẲNG- GƯƠNG CẦU Trang 143 VIII.2. HIỆN TƯỢNG KHÚC XẠ PHẢN XẠ TOÀN PHẦN Trang 146 VIII.3. LĂNG KÍNH- BẢN MẶT SONG SONG Trang 152 VIII.4. LƯỠNG CHẤT CẦU Trang 154 VIII.5. NGUYÊN LÍ FECMA- HUYGHEN Trang 164 CHƯƠNG IX. CHIẾT SUẤT THAY ĐỔI IX.1. XÁC ĐỊNH QUY LUẬT BIẾN ĐỔI CHIẾT SUẤT Trang 169 IX.2. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRUYỀN ÁNH SÁNG Trang 170 IX.3. CHIẾT SUẤT TỔNG HỢP Trang 181 CHƯƠNG X. THẤU KÍNH – QUANG HỆ GHÉP X.1. THẤU KÍNH Trang 192 X.2. THẤU KÍNH GHÉP CÁC QUANG CỤ Trang 199 X.3. HỆ THẤU KÍNH ĐỒNG TRỤC Trang 210 TÀI LIỆU LƯU HÀNH NỘI BỘ 2
  3. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT CHƯƠNG I ĐIỆN TÍCH- ĐIỆN TRƯỜNG- ĐIỆNTHẾ I.1. ĐIỆN TÍCH -ĐIỆN TRƯỜNG Tài liệu luyện thi HSG Lý 10-11-12 của Thầy Phạm Vũ Kim Hoàng(Trường THPT Năng Khiếu TPHCM) nhóm mình xin trích đoạn một phần nhỏ tài liệu dài hơn 3000 trang, vui lòng liên hệ Zalo nhóm 0988166193 để có tài liệu Bài 1. Hai quả cầu kim loại nhỏ giống nhau được treo vào một điểm bởi hai sợi dây nhẹ không dãn, dài  = 40 cm. Truyền cho hai quả cầu điện tích bằng nhau có điện tích tổng cộng q = 8.10- 6 C thì chúng đẩy nhau, các dây treo hợp với nhau một góc 900. Lấy g = 10 m/s2. a/ Tìm khối lượng mỗi quả cầu. b/ Truyền thêm điện tích q’cho một quả cầu, thì thấy góc giữa hai dây treo giảm đi còn 600. Xác định cường độ điện trường tại trung điểm của sợi dây treo quả cầu được truyền thêm điện tích này? 2 2 5 0 5 ĐS: a. 45 g; b. Nếu q’>0 thì E = E1 E2 = 3,97.10 V/m, = 49 . Nếu q’<0 thì E 5,06.10 V/m, 180 Bài 2. Một vòng dây hình tròn bán kính R mang điện tích Q phân bố đều và nằm có định trong một mặt phẳng thẳng đứng. Một điện tích q (cùng dấu với Q) có khối lượng m nằm cân bằng tại một điểm ở trục vòng dây. Điện tích q được gắn ở đầu một sợi chỉ mảnh cách điện, còn đầu kia của sợi dây buộc vào điểm cao nhất của vòng dây. Toàn bộ đặt trong trường trọng lực. a) Hãy tìm chiều dài cần thiết của sợi dây đó b) Nếu điện tích q nằm ở vị trí mà lực điện tác dụng lên nó là lớn nhất thì chiều dài và lực căng dây ở vị trí đó bằng bao nhiêu? kQqR 3 3 ĐS: a. 3 ; b. l .R ; T= .mg mg 2 2 Bài 3. Có 4 quả cầu nhỏ giống hệt nhau, mỗi quả có khối lượng m, điện tích q. Treo 4 quả vào điểm O bằng 4 sợi dây mảnh cách điện dài l, tất cả đặt trong không khí. Khi cân bằng, bốn điện tích nằm tại 4 đỉnh của hình vuông ABCD cạnh a=l. Bỏ qua lực đẩy Ác-si-met trong không khí. a) Tính lực điện do ba điện tích đặt tại A, B, D tác dụng lên điện tích đặt tại C theo q, l và hằng số điện k. b) Tính giá trị của q theo m, l và gia tốc trọng trường g. 2 9 Nm Áp dụng bằng số: l=20cm, m=(1 2 2) gam, g=10m/s2, k=9.10 ( ) . C2 kq2 1 mgl2 q 7 ĐS: a. F 2 2 ; b. 3.10 C . l 2 k(0,5 2) Bài 4. Tại 8 đỉnh của hình lập phương cạnh a =0,2m ở trong chân không, có đặt 8 điện tích điểm có cùng độ lớn là q = 9.0-8, bốn 3
  4. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT Tài liệu luyện thi HSG Lý 10-11-12 của Thầy Phạm Vũ Kim Hoàng(Trường THPT Năng Khiếu TPHCM) nhóm mình xin trích đoạn một phần nhỏ tài liệu dài hơn 3000 trang, vui lòng liên hệ Zalo nhóm 0988166193 để có tài liệu điện tích ở đáy trên có trị số âm, bốn điện tích đáy dưới có trị số dương. Xác định cường độ điện trường tại tâm hình lập phương. 32kq ĐS: E 1,25.105V / m 3 3a2 Bài 5. Điện tích Q được phân bố đều trên một mặt cầu kim loại rắn tuyệt đối với bán kính R. Hãy xác định lực F tác dụng lên một đơn vị diện tích của mặt đó từ phía điện tích còn lại. Q2 ĐS: F 2 4 32  0 R Bài 6. trong một điện trường tạo bởi một điện tích điểm +q1 và một điện tích điểm -q1, có một đường sức xuất hiện từ +q1 hợ với đoạn thẳng nối hai điện tích một góc . a. Hãy tính góc  mà đường sức đó hợp với đoạn thẳng trên tại -q1 b.Thảo luận kết quả thu được câu a) nếu q1 ? q2 . Cho biết công thức tính diện tích chỏm cầu bán kính r, góc mở 2 là S 2 r 2 1 cos .  q1 q1 q1 ĐS: a. sin sin nếu sin 1.Nếu sin 1 thì đường sức đi khỏi q1 sẽ đi ra xa vô 2 q2 2 q2 2 q2 2 cùng và không đi tới -q2. b. Nếu q1 ? q2 thì phương trình (4) vô nghiệm, khi đó đường sức xuất phát từ q 1 dưới góc α không đến được q 2. Tức là điện tích q 2 không ảnh hưởng đến điện trường của điện tích q 1, lúc đó có thể xem q2 như là điện tích thử. Bài 7. Nguyên tử của một nguyên tố bao gồm hạt nhân mang điện Ze đặt tại tâm (Z là nguyên tử số của nguyên tố, e là điện tích nguyên tố) và lớp vỏ do các electron chuyển động xung quanh hạt nhân tạo thành. Coi phân bố điện tích của lớp vỏ chỉ phụ thuộc khoảng cách r tới tâm hạt nhân với mật độ điện khối như sau: A (r) nếu r a r n 4
  5. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT (r) 0 nếu r a Trong đó n, A và a là các hằng số. a) Chỉ ra rằng n phải lớn hơn một giá trị xác định. Tìm giá trị đó. b) Nguyên tử đang trung hòa về điện, hãy tìm hằng số A. c) Tìm điện trường và điện thế tại một điểm bất kỳ trong không gian do nguyên tử gây ra. 3 n Ze  1 Ze 1 Ze a 3 n E r V (r) ĐS : a. n > 3; b. A . 3 n ; c. Khi r < a thì 3 và ; Khi 4 a 4 0 r 4 0 a r n 2 n 3 n 2  1 Ze a 1 Ze a r ≥ a thì E 2 r và V (r) 4  0 r r 4  0 a r Bài 8. Ba đồng xu nhỏ đồng chất, khối lượng m được nối với nhau bằng hai sợi dây nhẹ, không dẫn điện, mỗi dây có chiều dài d. Mỗi đồng xu này có điện tích q. Các đồng xu này được đặt trên một mặt phẳng nhẵn nằm ngang và cách điện (góc hợp bởi giữa các sợi dây này gần bằng 180o). Sau đó người ta thả tự do cho các đồng xu này dao động, người ta nhận thấy chu kỳ dao động của các đồng xu là T. Tìm điện tích q của mỗi đồng xu. 4 md3 / 3 ĐS: q T 1/ 4 0 Bài 9. Ba mặt mặt cầu kim loại đồng tâm có bán kính R, 2R và 3R. Mặt cầu bán kính 2R tích điện Q. Khoan một lỗ nhỏ trên quả cầu bán kính 2R. Dùng dây dẫn xuyên qua lỗ nhỏ nối hai mặt cầu bán kính R và 3R sao cho dây không tiếp xúc với mặt cầu bán kính 2R, sau đó nối mặt cầu ngoài cùng với đất. a.Tính điện thế ở tại mặt cầu thứ nhất, mặt cầu thứ hai và hiệu điện thế giữa hai mặt cầu. b.Tính điện lượng chuyển qua dây dẫn nối đất và tổng nhiệt lượng tỏa ra trên điện trở các dây nối trong thời gian dài. Q q Q 1 Q 4 q ĐS: a. V1 k k , V2 = k , U12 = k ; 2 R 3 R 3R 6 R b. Điện tích dịch chuyển qua dây dẫn nối đât q’ = Q Q 2 W = 9 k 48 R Bài 10. Mạng tinh thể muối ăn đơn giản là một hình hộp có các iôn trái dấu gồm iôn dương Na (ANa=23) và iôn âm Cl (ACl=35) được đặt tại các nút mạng của khối hộp. Bán kính các iôn này xấp xỉ bằng nhau. Trong bài toán này được coi như những quả cầu cứng, cách điện, tích điện đều, có bán kính giống nhau và đặt sát nhau. Khi khoảng cách giữa các iôn lớn hơn hoặc bằng đường kính iôn thì sự tương tác giữa chúng đơn thuần là tương tác tĩnh điện. kg 1. Biết khối lượng riêng của muối ăn là 2,16.10 3 . Hãy xác định đường kính trung bình m 3 của các iôn. 5
  6. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT 2. Tính năng lượng tương tác của một iôn tinh thể với tất cả các iôn còn lại. Khi giải bài toán này có thể sử dụng công thức: ( 1) k l m C 1,75; trong đó (k 2 l 2 m 2 ) 0.    1 k l m k 2 l 2 m 2 2 2 M Na M Cl 10 e 19 ĐS: 1. d 3 2,82.10 m ; 2. W C 7,14.10 J 2 N A 8  0d Tài liệu luyện thi HSG Lý 10-11-12 của Thầy Phạm Vũ Kim Hoàng(Trường THPT Năng Khiếu TPHCM) nhóm mình xin trích đoạn một phần nhỏ tài liệu dài hơn 3000 trang, vui lòng liên hệ Zalo nhóm 0988166193 để có tài liệu I.2. ĐIỆN TÍCH CHUYỂN ĐỘNG TRONG ĐIỆN TRƯỜNG Bài 1. Hai quả cầu kim loại, lúc đầu trung hoà về điện, mỗi quả cầu có bán kính r và khối lượng m, được nối với nhau bằng một dây dẫn nhẹ và mềm có chiều dài L. Sau đó các quả cầu được đặt trong điện trường đều E có phương song song với đường thẳng nối tâm của hai quả cầu. Các quả cầu đươc giữ đứng yên, cách nhau một khoảng  (r > , ta có : v 2 mk Bài 2. Treo quả cầu gỗ vào bản A của tụ bằng sợi dây cách điện dài 10cm, hình vẽ. Nối bản B của tụ với đất. Nối bản A với điện thế 60.000V rồi ngắt điện ngay. Người ta quan sát thấy quả cầu gỗ từ bản A nảy lên,chạm vào bản B rồi này ngược trở lại chạm vào A, nhiều lần như thế. Cuối cùng quả cầu dừng lại, khi dây treo hợp góc  so với phương thẳng đứng. a) Tính hiệu điện thế cuối cùng giữa hai bản tụ song song. b) Khi quả cầu gỗ đứng yên thì nó đã qua lại giữa hai bản tụ bao nhiêu lần? mgd tan ' ĐS: a. U 8836V ; b. 22 lần f C ' 6
  7. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT Tài liệu luyện thi HSG Lý 10-11-12 của Thầy Phạm Vũ Kim Hoàng(Trường THPT Năng Khiếu TPHCM) nhóm mình xin trích đoạn một phần nhỏ tài liệu dài hơn 3000 trang, vui lòng liên hệ Zalo nhóm 0988166193 để có tài liệu Bài 3. Hai quả cầu nhỏ tích điện có khối lượng và điện tích lần lượt m1=m, q1=+q; m2=4m, q1=+2q được đặt cách nhau một khoảng a. Ban đầu quả cầu 2 đứng yên và quả cầu 1chuyển động hướng thẳng vào quả cầu 2 với vận tốc v0. Bỏ qua tác dụng của trọng lực. a) Tính khoảng cách cực tiểu rmin giữa 2 quả cầu? b) Xét trường hợp a= , tính rmin ? c) Tính vận tốc v1, v2 của hai quả cầu khi chúng lại chuyển động ra xa nhau vô cùng? Xét khi a= ? 2 2 5kaq 5kq 2v 3v ĐS: a. r ; b. r ; c. 0 0 min 2 2 min 2 v 2 , v1 0 mv0 a 5kq mv0 2 5 Bài 4. Điện tích dương q 0 được phân bố đều trên dây dẫn mảnh hình tròn, bán kính R. M O Một điện tích điểm -q đặt tại M trên trục xx' của đường tròn x x' và cách tâm O của đường tròn một khoản OM = x. Xác định lực điện tác dụng lên điện tích -q? Hỏi x bằng bao nhiêu để lực điện đó đặt cực đại? Tính lực cực đại đó? R 2kqq0 ĐS: x = , Fmax = 2 3 3R2 Bài 5. Mô hình máy phát tĩnh điện Kelvin là một vỏ cầu rỗng bằng kim loại có bán kính R được tĩnh điện thông qua một chất lỏng có khối lượng riêng . Các giọt chất lỏng từ độ cao h R được tích cho một hiệu điện thế V0 và rỏ vào trong vỏ cầu qua một lỗ thủng nhỏ (hình vẽ). 1. Xác định điện tích của mỗi giọt chất lỏng theo V 0, xem rằng các giọt này đều có bán kính r . 2. Biết rằng kích thước của vỏ cầu là khá lớn, một cách định tính hãy chứng minh rằng vỏ cầu kim loại chỉ có thể được tích tới một giá trị điện thế cực đại V max nào đó (khi điện thế của vỏ cầu vượt qua giá trị này thì các giọt chất lỏng không còn có thể “lọt” vào trong vỏ cầu được nữa mặc dù chất lỏng vẫn chưa chiếm đầy nó). 3. Bỏ qua hiện tượng hưởng điện giữa các giọt chất lỏng đang “rơi” đối với vỏ cầu kim loại, tìm Vmax theo các hằng số đã cho của bài toán. g r 2 h R ĐS: 1. q0 V0.4 0r ; 3. Vmax 3 0 V0 Bài 6. Ở cách xa các vật thể khác trong không gian, có hai quả cầu nhỏ tích điện. Điện tích và khối lượng của các quả cầu lần lượt là q 1 = q2 , m1 = 1g; q1= q2, m2 = 2g. Ban đầu, khoảng cách hai quả cầu là a = 1m, vận tốc quả cầu m 2 là 1m/s, hướng dọc theo đường nối hai quả cầu và đi 7
  8. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT ra xa m1 và vận tốc quả cầu m1 là 1m/s, nhưng hướng vuông góc với đường nối hai quả cầu. Hỏi với giá trị điện tích q bằng bao nhiêu thì trong chuyển động tiếp theo, các quả cầu có hai lần cách nhau một khoảng bằng 3m ? Chỉ xét tương tác điện của hai quả cầu. 8πε ma 34πε ma ĐS: v q 0 v hay 0,27C0 q 0,32C. 0 3 0 9 Bài 7. Một electron bay trong điện trường đều từ một vùng đẳng thế có điện thế 1 sang vùng đẳng thế có điện thế 2 .Mặt phân cách giữa hai vùng đẳng thế là mặt phẳng.Trong vùng đẳng thế 1 electron có vận tốc v1hợp với mặt phân cách một góc . Xác định góc hợp bởi vectơ vận tốc của electron trong vùng đẳng thế 2 với mặt phân cách.Bỏ qua sức cản không khí và tác dụng của trọng lực. 2e( 1 2 ) ĐS: tg tg 1 2 2 mv1 .sin Bài 8. Cho biết: điện thế do một điện tích điểm q gây ra tại điểm M 9 2 2 cách q một khoảng r trong chân không là VM = k.q/r, với k = 9.10 N.m /C ; khối lượng và điện tích của êlectron lần lượt là 9,1.10 − 31 kg và − 1,6.10 − 19 C; điện tích của prôtôn là + 1,6.10 − 19 C; 1 eV = 1,6.10− 19 J. 1.Với nguyên tử hiđrô ở trạng thái cơ bản, êlectron chuyển động tròn đều quanh hạt nhân đứng − 11 yên, với bán kính quỹ đạo là ao = 5,29.10 m. Tính: a) lực điện mà hạt nhân hút êlectron và tốc độ của êlectron; b) tổng động năng và thế năng của êlectron trong điện trường của hạt nhân (tính theo eV). 2.Hai êlectron, ban đầu, ở cách nhau một khoảng rất lớn và chạy đến gặp nhau với vận tốc tương đối có độ lớn v o = 500 m/s. Tìm khoảng cách nhỏ nhất a mà các êlectron có thể đến gần nhau. Chỉ xét tương tác điện giữa các êlectron. ĐS: 1a. 8,2.10-8 N ; 2,19.106 m/s; 1b. − 13,6 eV; 2. 4,05 mm Bài 9. Các hạt khối lượng m, mang điện tích q bay vào vùng không gian giữa hai bản tụ điện phẳng dưới góc so với mặt bản và ra khỏi dưới góc  (hình bên). Tính động năng ban đầu của hạt, biết điện trường có cường độ E, chiều α β dài các bản tụ là d. Bỏ qua hiệu ứng bờ của tụ điện 1 q.E.d ĐS: W mv2 1 2 1 2cos2 . tg tg Bài 10. Hạt proton có khối lượng m ban đầu ở rất xa hạt nhân X có điện tích +ze được bắn về phía hạt nhân với tốc độ ban đầu v 0 khi proton cách phía hạt nhân khoảng R thì tốc độ nó chỉ v còn 0 . Coi m m . Hỏi: 2 X p v a. Khi tốc độ proton chỉ còn 0 thì có cách hạt nhân X bao xa. 4 8
  9. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT Tài liệu luyện thi HSG Lý 10-11-12 của Thầy Phạm Vũ Kim Hoàng(Trường THPT Năng Khiếu TPHCM) nhóm mình xin trích đoạn một phần nhỏ tài liệu dài hơn 3000 trang, vui lòng liên hệ Zalo nhóm 0988166193 để có tài liệu b. Khoảng cách Rmin gần nhất mà proton tới được hạt nhân. 32kze2 4 2kze2 3 ĐS: a. R1 2 R ; b. R min 2 R 15mv0 5 mv0 4 Bài 11. Trên một mặt phẳng nằm ngang, hệ số ma sát  có hai quả cầu nhỏ đứng yên, có khối lượng m và M, tích điện trái dấu Q và –Q. Người ta bắt đầu đẩy chầm chậm quả cầu m cho chuyển động về phía quả cầu M cho đến khi tự quả cầu m chuyển động được thì thôi. Đến lúc quả cầu M dịch chuyển được thì người ta lấy đi nhanh các điện tích của nó. Hỏi khối lượng hai quả cầu phải thoả mãn điều kiện nào để chúng có thể chạm được vào nhau sau khi đã tiếp tục chuyển động? Bỏ qua kích thước của hai quả cầu. ĐS: M 4m . Bài 12. Hai quả cầu kim loại, bán kính r được nối với nhau bằng một sợi dây thép x q mảnh, dài l . Các quả cầu được đặt cách một điện tích điểm Q một đoạn R như 0 hình vẽ (Với R l r ). Hỏi điện tích Q tác dụng lên hệ hai quả cầu một lực q bằng bao nhiêu? Điện tích toàn phần của hệ 2 quả cầu bằng 0. kQ22r Q ĐS: Lực hút F = . R5 Bài 13. Hai quả cầu có cùng khối lượng m, điện tích q nối với nhau bằng sợi dây dài l. Hệ số ma sát giữa quả cầu và sàn là μ . Đốt cháy dây nối giữa hai quả cầu. Tính vận tốc cực đại của quả cầu phụ thuộc vào điện tích q. kq2 ĐS: vmax μgl . ml Bài 14. Hai quả cầu nhỏ có điện tích và khối lượng lần lượt là q1, m1 ,q2, m2. Ban đầu chúng có vận tốc giống nhau về độ lớn và hướng. Chúng bắt đầu chuyển động vào trong một điện trường đều, sau một khoảng thời gian người ta thấy hướng chuyển động của quả cầu 1 quay đi một góc 600 và độ lớn vận tốc giảm đi hai lần, còn hướng chuyển động của quả cầu 2 thì quay đi 900. 1) Vận tốc của quả cầu 2 thay đổi như thế nào? q2 q1 2) Xác định các tỷ số K2 = theo K1 = . m2 m1 3 ĐS: 1. Vận tốc quả cầu 2 giảm 3 lần; 2. K = K . 2 4 1 9
  10. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT Bài 15. Trong hệ quy chiếu phòng thí nghiệm. Xét hai loại hạt M 1 và M2 khối lượng m1 và m2 có điện tích q1 và q2 cùng dấu. Ở thời điểm ban đầu hai hạt được buông ra không vận tốc đầu ở khoảng cách r0 giữa chúng. Bỏ qua trường trọng lực. Tính vận tốc giới hạn v1 và v2 của chúng. a) Bằng cách tích phân của năng lượng. b) Bằng cách khảo sát chuyển động của hạt rút gọn M trong hệ quy chiếu khối tâm. 2km q q 2km q q ĐS: v = - 2 1 2 ; v = - 1 1 2 1 m (m + m )r 2 m (m + m )r 1 1 2 0 2 1 2 0 Bài 16. Hai quả cầu kim loại cùng khối lượng m, có bán kính tương ứng là r và 2r, tâm của chúng cách nhau 4r, được đặt trong một điện trường đều E có hướng từ quả lớn đến quả nhỏ. Qủa cầu lớn hơn được tích điện q (kq/r2 << E ,) quả cầu nhỏ không mang điện. Người ta thả đồng thời các quả cầu. Thời gian giữa va chạm thứ nhất và va chạm thứ hai là  . Tìm thời gian giữa lần va chạm thứ n và lần thứ (n +1) và quãng đường mà mỗi quả cầu đi được trong khoảng thời gian ấy. Gia tốc của các quả cầu bằng bao nhiêu sau thời gian đủ lớn. Xem rằng các va chạm là tuyệt đối đàn hồi và thời gian xảy ra va chạm là rất nhỏ. ĐS: Thời gian giữa hai va chạm thứ n và n+1 là  ; mỗi quả cầu đi được giữa va chạm thứ n và aτ2 1 2ar qE n +1 bằng : S = (n - ) + τ ; Sau thời gian đủ lớn gia tốc a = . 2 2 2 tb 2m Bài 17. Ba quả cầu nhỏ có khối lượng m, M, m cùng điện tích Q nối với nhau bằng hai dây nhẹ không dãn và không dẫn điện, chiều dài  . Hệ thống được đặt trên mặt bàn nhẵn nằm ngang. Quả cầu giữa khối lượng M được truyền vận tốc v0 theo hướng vuông góc với dây. Bỏ qua mọi ma sát. a) Tìm khoảng cách nhỏ nhất giữa 2 quả cầu m trong quá trình chuyển động. b) Tính vận tốc của quả cầu M ở thời điểm cả 3 quả cầu lại thẳng hàng. 2Q2(M 2m) ĐS: a. rmin ; Q2(M 2m) 2Mmv2 0 10
  11. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT M 1 b. u v hoặc u v 2m . M 0 M 0 M 1 2m Tài liệu luyện thi HSG Lý 10-11-12 của Thầy Phạm Vũ Kim Hoàng(Trường THPT Năng Khiếu TPHCM) nhóm mình xin trích đoạn một phần nhỏ tài liệu dài hơn 3000 trang, vui lòng liên hệ Zalo nhóm 0988166193 để có tài liệu Bài 18. Ba quả cầu cùng khối lượng m, điện tích cùng dấu, đều bằng q, được nối với nhau bằng ba sợi dây dài l, không giãn, không khối lượng , không dẫn điện. Hệ được đặt trên mặt phẳng ngang, nhẵn. Người ta đốt một trong ba sợi dây đó. a) Xác định vận tốc cực đại vmax của các quả cầu trong quá trình chuyển động. b) Mô tả chuyển động của các quả cầu sau khi đã đạt được vmax. kq2 kq2 ĐS: a. Hai quả cầu 2 bên v 1 = v3= ; quả cầu ở giữa v 2 =2 ; b. Sau đó hệ dao động 6m 6m tuần hoàn quanh khối tâm G. Bài 19. Tại ba đỉnh của một tứ diện đều cạnh a giữ ba quả cầu nhỏ giống nhau có khối lượng và điện tích tương ứng là M và Q. Tại đỉnh thứ tư giữ một quả cầu khác điện tích q, khối lượng m (m << M, Q = 2q). Tất cả các quả cầu được thả đồng thời. Bỏ qua tác dụng trọng lực lên m. a) Tính độ lớn vận tốc các quả cầu sau khi chúng đã bay rất xa nhau. b) Sau khi đã bay ra xa nhau, các quả cầu này chuyển động theo phương hợp với mặt phẳng tứ diện chứa ba quả cầu M một góc bao nhiêu ? Bỏ qua tác dụng của trọng lực. 2kQ2 8kq2 v m ĐS: a. v = = ; b. Z (rad) Ma Ma v 6M Bài 20. Có bốn hạt mang điện giống nhau, khối lượng mỗi hạt là m, điện tích mỗi hạt là q, được giữ trên bốn đỉnh của một hình vuông cạnh a. a) Hãy xác định động năng cực đại của mỗi hạt khi chúng được thả ra đồng thời. b) Hãy xác định động năng của từng hạt khi người ta lần lượt thả từng hạt một sao cho hạt tiếp theo được thả ra khi hạt trước nó đã đi khá xa hệ. 11
  12. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT Tài liệu luyện thi HSG Lý 10-11-12 của Thầy Phạm Vũ Kim Hoàng(Trường THPT Năng Khiếu TPHCM) nhóm mình xin trích đoạn một phần nhỏ tài liệu dài hơn 3000 trang, vui lòng liên hệ Zalo nhóm 0988166193 để có tài liệu q2 ĐS: a. K = 4+ 2 ; b. Hạt thứ nhất, hai, ba theo thứ tự được thả lần lượt: max 16πε a 0 2 2 1 q q K = 4 + 2 ; K = ; K = 1 8πε 2 2πε a 3 4 2πε a 0 0 0 Bài 21. Một vòng dây mảnh khối lượng M tích điện đều có điện tích Q. Tại điểm A trên vòng có một khe hở nhỏ chiều dài  ( rất nhỏ so với bán kính của vòng dây). Vòng được đặt trong mặt phẳng nằm ngang và có thể quay xung quanh trục thẳng đứng đi qua  O. Ban đầu vòng đứng yên. Đặt vòng trong một điện trường đều có E song song với mặt phẳng vòng dây và vuông góc với OA. Tìm vận tốc cực đại của vòng dây. QE ĐS: v = πM Bài 22. Một bình hình cầu bán kính R lớn, chứa đầy một chất lỏng không chịu nén, có khối lượng riêng là và hằng số điện môi . Chất lỏng tích điện đều với mật độ điện tích là δ . Trong bình có hai quả cầu nhỏ giống hệt nhau, không tích điện, được làm bằng chất điện môi, bán kính r ( r > r) tích điện đều với điện tích tổng 12
  13. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT 0 0 cộng Q. Xác định độ lớn lực điện tác dụng lên thanh nếu : a) α = 180 b) α = 18 Q2 Q2 ĐS: a. F = ; b. F = . 4πε L.r 4πε Lr 0 0 Bài 24. Hai quả cầu nhỏ, mỗi quả có khối lượng m và điện tích q được giữ tại hai điểm A và B cách nhau một khoảng r bên trông một vỏ cầu cách điện có bán kính OA = OB = r và khối lượng 4m. Hãy xác định vận tốc cực đại của vỏ cầu sau khi thả tự do hai quả A B cầu. Bỏ qua tác dụng của trọng lực. kq2 O v . ĐS: 12m Bài 25. Hai quả cầu nhỏ tích điện 1 và 2, có khối lượng và điện tích tương ứng là m 1 = m; q1 = +q; m2 = 4m; q2 = +2q được đặt cách nhau một đoạn a trên mặt phẳng nhẵn nằm ngang. Ban đầu giữ hai quả cầu đứng yên. Đẩy quả cấu 1 chuyển động hướng thẳng vào quả cầu 2 với vận tốc v0, đồng thời buông quả cầu 2: a) Tính khoảng cách cực tiểu rmin giữa hai quả cầu. b) Xét trường hợp a = tính rmin. c) Tính vận tốc u1, u2 của hai quả cầu ( theo vo, rmin) khi chúng lại ra xa nhau vô cùng. Xét trường hợp a = . a 5kq2 3v 2v r = u = - 0 và u = 0 ĐS: a. r = ; b. min ; c. 1 2 . min mv2a mv2 5 5 1 + 0 0 5kq Tài liệu luyện thi HSG Lý 10-11-12 của Thầy Phạm Vũ Kim Hoàng(Trường THPT Năng Khiếu TPHCM) nhóm mình xin trích đoạn một phần nhỏ tài liệu dài hơn 3000 trang, vui lòng liên hệ Zalo nhóm 0988166193 để có tài liệu Bài 26. Hai ion M1 và M2 lần lượt có khối lượng m1, m2 có điện tích q1 và q2 trái dấu, được thả ra không vận tốc ban đầu ở khoảng cách r0 giữa hai ion. 1) Tìm thời điểm t0 các ion sẽ gặp nhau. 2) Tìm khoảng cách r1 mà ta phải thả các ion ra không vận tốc đầu để chúng gặp nhau ở thời điểm t1 = 8t0. 13
  14. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT 4πε μ 3 0 2 r = 4r ĐS: 1. t = π r ; 2. 0 . 0 8 q q 0 1 1 2 Bài 27. Tại các đỉnh của một đa giác đều gồm 2004 cạnh, có gắn các viên bi giống nhau, mang điện tích giống nhau. Mỗi cạnh đa giác bằng a. Vào một thời điểm nào đó người ta thả một viên bi ra, và sau một khoảng thời gian đủ lâu, người ta thả tiếp viên nằm cạnh viên đã thả lúc trước. Nhận thấy rằng khi đã cách đa giác một khoảng đủ lớn thì động năng của hai viên bi đã thả chênh nhau một lượng bằng K. Hãy tìm điện tích q của mỗi viên bi. q = 4πε Ka ĐS: 0 . Bài 28. Hai vật có kích thước nhỏ, khối lượng m 1 và m2 , mang các điện tích cùng dấu q1 và q2 nằm cách nhau một khoảng a trong chân không. Hãy tính công của lực điện trường khi thả đồng thời cả hai điện tích cho chúng tự do chuyển động. Xét trường hợp các khối lượng bằng nhau và trường hợp các khối lượng không bằng nhau. q q ĐS: a. Trường hợp khối lượng các hạt bằng nhau A 1 2 . 4  0a q1q2 1 b. Trường hợp các khối lượng m1, m2 khác nhau: A . 4  0 a Tài liệu luyện thi HSG Lý 10-11-12 của Thầy Phạm Vũ Kim Hoàng(Trường THPT Năng Khiếu TPHCM) nhóm mình xin trích đoạn một phần nhỏ tài liệu dài hơn 3000 trang, vui lòng liên hệ Zalo nhóm 0988166193 để có tài liệu I.3. ĐIỆN TRƯỜNG, ĐIỆN THẾ GÂY RA BỞI VẬT NHIỄM ĐIỆN CÓ KÍCH THƯỚC Bài 1. Một thanh mảnh thẳng AB, chiều dài L  B tích điện đều với mật độ điện tích dài  0 , đặt A trong không khí. Xắc định cường độ điện trường và điện thế do M thanh gây ra tại điểm M nằm trên trục của thanh cách đầu A của thanh đoạn AM a như HV. k.L L ĐS; E ;V k. ln 1 a(a L) a Bài 2. Một thanh mảnh thẳng AB đặt trong không  B khí, chiều dài L tích điện với mật độ điện tích dài A tăng từ A đến B theo quy luật  b. 0 , với b const;  là biến số theo chiều dài. Xắc định M cường độ điện trường và điện thế do thanh gây ra tại điểm M nằm trên trục của thanh cách đầu A của thanh đoạn AnhưM HV.a 14
  15. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT L L L ĐS: E k.b ln 1 ; V k.b L a ln 1 a a L a Bài 3. Một thanh mảnh thẳng AB, chiều dài L tích điện đều với mật độ điện tích dài  0 , đặt trong không khí. Xắc định cường độ điện trường do thanh gây ra tại điểm M cách đầu A của thanh đoạn a như HV. ĐS: 2 2 E EX EY k a E dE 1 0 X X 2 2 AB a a L ; k L E dE . 0 Y Y 2 2 AB a a L  E E hợp với OX góc  thoả mãn: tg Y E X Bài 4. Một thanh mảnh thẳng AB, chiều dài L tích điện đều với mật độ điện tích dài  0 , đặt trong không khí. Xắc định cường độ điện trường do thanh gây ra tại điểm M cách trục của thanh đoạn a như HV. 1 1 E k 0 X 2 2 2 2 a X1 a X 2 ĐS: k X1 X 2 EY 0 a a2 X 2 a2 X 2 1 2  2 2 EY E EX EY ; E hợp với OX góc  thoả mãn: tg E X Bài 5. Một sợi dây có dạng một cung tròn mảnh, bán kính R, góc ở tâm 2α, sợi dây tích điện đều là q 0 đặt trong không khí. Xác định cường độ điện trường và điện thế tại tâm của cung tròn. kqsin kq ĐS: E , V .R2 R Bài 6. Thanh nhựa tích điện âm –q uốn thành ½ cung tròn bán kính R có tâm là O. a.Xác định hướng và độ lớn của cường độ điện trường tại tâm O. b.Một thanh nhưạ khác tích điện dương +q uốn thành ½ cung tròn bán kính R được nối liền với nhau tạo thành đường tròn (O,R). Xác định cường độ điện trường tại tâm O. 2kq  4kq ĐS: a. E= với hướng E theo OC; b. E= . .R2 .R2 15
  16. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT Bài 7. Có hai cung tròn mảnh giống nhau bán kính R có dạng nửa vòng tròn, một cung tròn tích điện đều với mật độ điện tích dài là  0 , cung tròn còn lại tích điện đều với mật độ điện tích dài là  . Ghép hai cung tròn nói trên lại với nhau thành một vòng tròn kín rồi đặt trong không khí. Lấy trục OZ đi qua tâm của vòng dây và vuông góc với mặt phẳng chứa vòng dây.Xác định cường độ điện trường và điện thế tại điểm M nằm trên trục OZ, giả sử không có sự phân bố lại điện tích sau khi ghép hai cung tròn lại với nhau. 4k.R2 ĐS: E . (R2 z2 )3/2 Bài 8. Có một nửa vòng trong tích điện trên hình vẽ. Một hạt mang điện trái dấu với điện một điểm nửa vòng tròn đó. Được thả ra từ một điểm rất xa trên đường thẳng AB với vận tốc ban v đầu bằng 0. Biết tỉ số vận tốc của hạt khi đi qua A và B A = n . Hãy tìm tỉ số gia tốc của hạt ở vB hai điểm đó. a 4n2 Z ĐS: A = . aB π Bài 9. Điện tích q được phân bố đều trên một vòng dây mảnh, tròn có bán kính R được đặt nằm ngang trong không khí (hình vẽ 1). Lấy trục m, q 0 OZ thẳng đứng trùng với trục của vòng dây. Gốc O tại tâm vòng. 1. Tính điện thế V và cường độ điện trường E tại điểm M nằm trên trục Oz với OM = z. Nhận xét kết quả tìm được khi z R . 2. Xét một hạt mang điện tích đúng bằng điện tích q của vòng và có khối lượng m. Ta chỉ nghiên cứu chuyển động của hạt dọc theo trục OZ. 16
  17. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT a. Từ độ cao h so với vòng dây, người ta truyền cho hạt vận tốc v0 hướng về phía vòng. Tìm điều kiện của v0 để hạt có thể vượt qua vòng dây. Bỏ qua ảnh hưởng của trọng lực. q2 b. Xét có ảnh hưởng của trọng lực, chọn khối lượng m thỏa mãn điều kiện 2 2 mg 2 . 4  0 R Chứng tỏ rằng trên trục OZ tồn tại vị trí cân bằng ứng với z R . Cân bằng đó là bền hay không bền. q qz q q ĐS: 1. V ;E . Khi z >> R thì V ; E ; 2a. 2 2 2 2 3 4  z 4  z2 4  0 R z 4  0 (R z ) 0 0 q2 1 1 v ; 2b. Cân bằng bền. 0 2 m R 2 2 0 R h Bài 10. Một đĩa mỏng hình tròn bán kính R đặt ngoài không khí, tích điện đều với mật độ điện tích mặt là  0 . Đĩa bị khoét đi một phần bên trong, phần bị khoét đi là một hình tròn bán kính R / đồng tâm với đĩa tròn ban đầu. Xắc định cường độ điện trường và điện thế tại M cách tâm O của đĩa tròn đoạn Z. 1 1 ĐS: E 2k . ; 2 2 R/ R 1 1 Z Z V 2k ..[ R2 Z 2 R/2 Z 2 ] Bài 11. Có hai mặt phẳng có dạng bán nguyệt giống hệt nhau bán kính R đặt trong không khí. Hai mặt tích điện đều với mật độ điện tích mặt lần lượt là  0 và  . Ghép hai mặt bán nguyệt lại với nhau thành một mặt tròn tâm O bán kính R. Lấy trục OZ đi qua tâm mặt tròn và vuông góc với mặt tròn. Xắc định cường độ điện trường và điện thế tại điểm M nằm trên trục OZ, giả sử không có sự phân bố lại điện tích sau khi ghép hai mặt bán nguyệt lại với nhau. R2 Z 2 R R ĐS: E 4k ln sin(arctg ) ; V 0 Z Z 17
  18. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT Bài 12. Một chỏm cầu rỗng bằng kim loại bán kính R, góc ở đỉnh chỏm cầu là 2 như HV. Chỏm cầu tích điện đều với mật độ điện tích mặt là  0 và đặt ngoài không khí. Xắc định cường độ điện trường tại tâm O của chỏm cầu. k  (1 cos 2 ) ĐS: E 2 Bài 13. Quả cầu Q bị cắt hai nửa (Lim 1039) Một quả cầu dẫn điện có tổng điện tích bị cắt làm đôi. Phải dùng một lực như thế nào để giữ các nửa này với nhau. Q2 ĐS: .F 2 32  o R Bài 14. Khi một quả cần kim loại trung hòa về điện, có bán kính R được đặt vào trong một điện  trường đều có độ lớn E, có θ là góc giữa chiều của E với bán kính đến P. Tính mật độ diện tích mặt  . Chứng minh thông lượng điện toàn phần xuất phát và kết thúc trên quả cầu bằng 0. ĐS:  3. o cos E Tài liệu luyện thi HSG Lý 10-11-12 của Thầy Phạm Vũ Kim Hoàng(Trường THPT Năng Khiếu TPHCM) nhóm mình xin trích đoạn một phần nhỏ tài liệu dài hơn 3000 trang, vui lòng liên hệ Zalo nhóm 0988166193 để có tài liệu CHƯƠNG I ĐIỆN TÍCH ĐIỆN TRƯỜNG I.1. ĐIỆN TÍCH -ĐIỆN TRƯỜNG Bài 1. 1. Ban đầu khi cân bằng mỗi quả cầu chịu tác dụng của 3 lực: Trọng lực P, Lực điện F và lực căng của dây treo T.   Ta có: P F T 0 => F = P.tan q2 k 1 = mg.tan r2 18
  19. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT q2 m = k 1 = 0,045 kg = 45 g r2g tan 2. Khi truyền thêm điện tích q’> 0 hai quả cầu cùng tích điện dương. q q' k 1 2 = mgtan ’ r'2 '2 r mg tan ' -6 q2’ = = 1,15.10 C kq1 4q1 5 E1 = k = 3.10 V/m 32 ' 4q2 5 E2 = k = 2,6.10 V/m 2 2 2 5 E = E1 E2 = 3,97.10 V/m. E 3 tan = 1 = 490 E2 2,6 * Nếu sau khi truyền q’< 0 hai quả cầu cùng mang điện tích âm: q1’ = q2’ q'2 k 1 = mgtan ’ r'2 '2 2 r mg tan ' -6 q1’ = q1’ = - 2,15.10 C k ' 4q1 5 E1 = k = 1,6.10 V/m 32 / 4q2 5 E2 = k = 4,8.10 V/m 2 2 2 5 E = E1 E2 5,06.10 V/m E 1,6 tan = 1 18 0 E2 4,8 19
  20. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT Bài 2. a) + Tính cường độ điện trường tại điểm đặt q: kQ l 2 R2 E = l 3 R P + Vì vật cân bằng tại A nên: T +P +F = 0 và tg = = d 2 2 l R Fd kQqR l = 3 mg kQ l 2 R2 a) Có: E = = kQ(l-4-R2.l-6)1/2 l 3 3 + Xét: E’(l) = E’(l) = 0 khi l = .R 2 l 3 .R 2 E + 0 - E’ 3 + Vậy Emax khi l = .R 2 3 + Khi đó: T= P = .mg sin 2 Bài 3. a.Lực tác dụng vào điện tích đặt tại C như hình vẽ.     FAC FBC FDC F (1)  Do tính đối xứng nên lực F cùng chiều với AC Chiếu phương trình (1) lên phương AC ta được: 0 0 F = FAC + FDCcos45 + FBCcos45 kq2 1 F 2 2 l 2 b.Xét quả cầu C. Các lực tác dụng vào quả cầu gồm:      T , P , FAC , FBC , FDC . 20
  21. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT      Tại vị trí cân bằng của quả cầu C: T P FAC FBC FDC 0    F P T (như hình vẽ)   Hợp lực của F P phải có phương của dây treo OC. kq2 mgl 2 0 F P mg 0,5 2 q Do =45 nên 2 l k(0,5 2) Thay số: q 3.10 7 C . Bài 4. Vì hệ điện tích phân bố đối xứng nên vectơ cường độ điện trường tổng hợp phải nằm dọc theo trục đối xứng zz' Rõ ràng là hình chiếu của các vectơ cường độ điện trường của các điện tích trên trục zz' đều như nhau. Do đó, ta chỉ cần tính hình chiếu của một trong tám vectơ đó. Trên hình 1.9G ta biểu diễn bốn vectơ nằm trong mặt phẳng BDD'B' ( với ACC'A' cũng có một hình tương tự). ta tính cho  một vectơ, chẳng hạn EB ta có: 21
  22. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT  kq E voi B (BO)2 1 1 1 a 3 BO BD ' BD ' DD '2 (2 2)2 a 2 2 2 2 4kq Do đó: E B 3a2  DD ' 4kq a 4kq Hình chiếu của EB trên zz ' là EBZ EBcos EB 2 BD ' 3a a 3 3 3a2 32kq 5 Từ đó E 8EBZ 1,25.10 V / m . 3 3a2 Bài 5. Theo điều kiện mặt cầu rắn tuyệt đối nên bán kính thực của nó không thể thay đổi. Tuy nhiên chúng ta hãy tưởng tượng rằng do lực đẩy của các điện tích cùng dấu, bán kính mặt cầu tăng lên chút ít, cụ thể là một lượng vô cùng nhỏ δR. Mặt cầu tích điện có tính chất của một tụ điện – nó giữ nguyên điện tích mà người ta truyền cho nó. Điện thế của mặt cầu liên hệ với Q điện tích của nó bởi hệ thức: V . Mặt khác, theo định nghĩa điện dung ta có V = Q/C, 4  0 R 2 2 suy ra C = 4πεε 0R. Năng lượng của tụ điện này W = Q /2C = Q /(8πεε0R). Như vậy khi tăng bán kính mặt cầu, năng lượng này giảm một lượng: Q 2 Q 2 Q 2R ∆W = W – W’ = 8  0 R 8  0 (R R) 8  0 R(R R) Theo định luật bảo toàn năng lượng, độ biến thiên năng lượng này bằng công toàn phần A do lực đẩy tĩnh điện giữa các yếu tố riêng rẽ của mặt cầu thực hiện. Gọi F là lực tác dụng lên một đơn vị diện tích, ta có: A = F.4πR2.δR. Do đó: 2 F.4πR2.δR = Q R . Từ đây lưu ý rằng δR.<< R, ta tính được: 8 0 R(R R) Q 2 F = 2 4 32  0 R Bài 6. ở những điểm rất gần mỗi điện tích, thì sự đóng góp của điện tích kia vào điện trường tổng hợp là rất nhỏ, có thể 22
  23. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT bỏ qua. Vì vậy, có thể coi những đường sức đi ra ( hoặc đi tới) mỗi điện tích điểm được phân bố đều đặt trong khoảng không ian rất gần điện tích đó. Gọi số đường sức tổng cộng đi ra khỏi q1 ' và N1, số đường sức đi ra khỏi q1 trong phạm vi hình nón với góc ở đỉnh 2 là N1 theo lập luận ' thì tỉ số giữa N1 là N1 phải bằng tỉ số giữa điện tích chỏm cầu và điện tích mặt cầu ' N1 2 R.R 1 cos 1 cos ' 2 (1) N1 4 R 2 ' Tương tự, tỉ số giữa đường sức N1 đi tới điện tích -q2 trong phạm vi hình nón có góc ở đỉnh 2 ' với tổng số đường N2 đi tới điện tích -q2 trong phạm vi hình nón có góc đỉnh 2 với tổng số đường N2 đi tới -q2 là: ' N2 1 cos ' (2) N2 2 Mặt khác, vì các đường sức không giao nhau nên số đường sức đi ra khỏi q1 trong hình nón 2 phải bằng số đường sức đi tới -q2 trong hình nón 2 , tức là : ' ' N1 N2 (3) 2 2 ' 2sin 2 N2 1 cos 2 2 Từ (1), (2), (3) ta có: ' N 1 cos 2   1 2sin 2 2 2 N2 q2 Mặt khác, ta có: (q1, q2 là trị tuyệt đối của các điện tích) N1 q1 2 2 q2 2  q1 Vậy: từ đó sin sin (4) q  2 q 2 1 2 2 2 q Nghiệm này chỉ có ý nghĩa nếu 1 sin 1 q2 2 23
  24. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT q1 Nếu sin 1 thì đường sức đi khỏi q1 sẽ đi ra xa vô cùng và không đi tới -q2 q2 2 b.Nếu q1 ? q2 thì phương trình (4) vô nghiệm, khi đó đường sức xuất phát từ q 1 dưới góc α không đến được q 2. Tức là điện tích q 2 không ảnh hưởng đến điện trường của điện tích q 1, lúc đó có thể xem q2 như là điện tích thử. Bài 7. 1a. Khi bán kính lớp vỏ là r điện tích của nó q(r) là r r A r q(r) (r)dV 4 r 2dr 4 A r 2 ndr n 0 a r a r Khi n = 3 ta có: q(r) 4 Aln a 4 A Khi n ≠ 3 ta được q(r) r3 n a3 n 3 n Ta thấy khi n ≤ 3 điện tích tổng cộng của lớp vỏ Q lim q(r) r Như vậy để mô hình có ý nghĩa vật lý n > 3 4 A 1b. Khi đó điện tích của lớp vỏ là Q a3 n n 3 Do nguyên tử trung hòa về điện nên Q = – Ze Ta được: 3 n Ze A . 4 a3 n Ta thấy A < 0. 1c. Chọn mặt Gauss là mặt cầu tâm O bán kính r Do tính đối xứng nên điện trường do nguyên tử gây ra có phương xuyên tâm và có độ lớn như nhau trên mặt cầu. Áp dụng định lý O-G ta được: Q 4 r 2 E int 0 Trong đó Qint là điện tích tổng cộng bên trong mặt cầu. Khi r < a 24
  25. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT Ze Q = Ze ta được E 4  int 0 r 2  1 Ze Như vậy E 3 r 4 0 r Áp dụng mối liên hệ giữa cường độ điện trường và điện thế. Tại một điểm trên mặt cầu 1 Ze V (r) Edr C 4 0 r C là hằng số Khi r ≥ a n 3 a Qint = Ze+q(r) với q(r) Ze 1 r n 3 1 Ze a Ta được E 4 0 r r n 3  1 Ze a Như vậy E 2 r 4 0 r r n 3 1 Ze a Tương tự ở trên ta cóV (r) Edr C ' 4 0 (n 2)r r Do Vr 0 nên C’=0 Do tính chất liên tục của điện thế tại r = a 1 Ze 1 Ze C 4 0 a 4 0 (n 2)a 1 Ze 3 n C . 4 0 a n 2 Tóm lại  1 Ze E 3 r khi r < a 4 0 r n 3  1 Ze a E 2 r khi r ≥ a 4 0 r r 1 Ze a 3 n V (r) khi r < a 4 0 a r n 2 25
  26. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT n 2 1 Ze a V (r) khi r ≥ a 4 0 a r Bài 8. Gọi x, y là các khoảng cách được ký hiệu như trên hình vẽ. - Tổng thế năng của hệ là: U U AB U BC U AC Với UAB là thế năng tương tác giữa A và B, phụ thuộc vào vị trí tương đối giữa A và B Vì khoảng cách giữa A với B và B với C là không thay đổi nên: UAB = UBC = không đổi. Ta lại có: 1 q 2 1 q 2 U AC   2 2 4 0 x 4 0 2 d y Do khoảng cách y rất nhỏ, nên ta có thể áp dụng công thức xấp xỉ: 1 z a 1 a.z , với z << 1. Ta được: 1 q 2 1 q 2 y 2 U AC  1 2 2 4 0 2d 1 y / d 4 0 2d 2d Độ biến thiên động năng của hệ là: 1 q 2 y 2 1 q 2 U U 2 U1  0   y 2 AC AC 2 3 4 0 2d 2d 4 0 4d Vì vị trí khối tâm của hệ không thay đổi trong quá trình dao động nên đồng xu B dịch chuyển đoạn yB = 2y/3, còn các đồng xu A và C dịch chuyển được đoạn y/3 theo chiều ngược lại. Độ biến thiên thế năng của hệ là hàm của yB, có biểu thức: 1 1 9q 2 U   y 2 3 B 2 4 0 8d - Động lượng của hệ được bảo toàn nên khi đồng xu B dịch chuyển theo phương y với tốc độ vB, thì thành phần vận tốc theo phương y của các đồng xu A và C là vB/2 theo chiều ngược lại. 26
  27. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT Vì độ dịch chuyển của các đồng xu là nhỏ nên thành phần vận tốc theo phương x của các đồng xu A và C là không đáng kể, nên tổng động năng của hệ là: 2 1 2 1 v B 1 3m 2 K mv B 2. m v B 2 2 2 2 2 - Ta có thể coi dao động của hệ tương đương với dao động của con lắc có khối lượng hiệu dụng 3m 1 9q 2 m eff và có hệ số đàn hồi: k  3 2 4 0 8d Chu kỳ dao động của hệ là: 3 m eff 3m / 2 4 md / 3 T 2 2 2 k 1 9q q 1/ 4 0  3 4 0 8d 4 md 3 / 3 Điện tích của mỗi đồng xu là:q T 1/ 4 0 Bài 9. Xét quá trình hai mặt cầu được nối với nhau bởi sợi dây dẫn có điện trở lớn. Giả sử tại một thời điểm nào đó (khi hệ thống chưa ổn định) điện lượng chuyển qua dây dẫn là q (điện lượng chuyển từ mặt cầu trong ra mặt cầu ngoài) thì điện thế ở tâm mặt cầu (cũng là điện thế trên mặt cầu trong) là: q Q q V1 = k k k R 2R 3R Q Vì –q +q + Q = Q nên điện thế ở mặt cầu ngoài là: V2 = k 3R Hiệu điện thế giữa mặt cầu trong và mặt cầu ngoài là: 1 Q 2 q 1 Q 4 q U12 = V1 – V2 = k k = k 6 R 3 R 6 R Điện tích dịch chuyển cho đến khi U12 = 0 vậy điện tích dịch chuyển qua dây dẫn nối hai mặt Q cầu trong quá trình này là: q0 = 4 Vì U12 phụ thộc bậc nhất đối với q nên giá trị trung bình của U12 là: 27
  28. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT 1 Q U k 12 12 R 1 Q Q 1 Q 2 +Nhiệt lượng tỏa ra trong quá trình này là: W1= k =k 12 R 4 48 R Xét quá trình mặt cầu ngoài nối đất (hai mặt cầu vẫn nối với nhau). Giả sử tại một thời điểm nào đó điện lượng chuyển qua dây dẫn xuống đất là q’ và điện tích trên hai mặt cầu lúc này là q1 và q2 q q Q + Điện thế ở tâm mặt cầu là: V ' k 1 k 2 k 1 R 3R 2R ' q 1 q 2 Q + Điện thế ở mặt cầu ngoài là: V k (với q1 +q2 = -q’) 2 3R ’ ’ Cân bằng điện xảy ra khi V 1 = V 2 = 0 Q Q Ta có: q1 = - và q2 = - q’ + 4 4 + Khi nối quả cầu hai với đất, chỉ có sự dịch chuyển điện tích của mặt cầu hai với đất khi cân Q bằng điện q’ = Q . Vậy điện thế mặt cầu hai giảm tuyến tính với q’ từ giá trị k về 0 nên giá 3R Q trị trung bình của hiệu điện thế giữa mặt cầu ngoài với đất là: k 6 R 1 Q 2 + Nhiệt lượng tỏa ra trong dây nối đất là: W = k 2 6 R 9 Q 2 + Nhiệt lượng tỏa ra trong cả quá trình: W = W1 + W2 = k 48 R Bài 10. 1.Khảo sát một tinh thể muối ăn có thể tích V, khối lượng của nó bằng: m V (1) Nhưng khối lượng của tinh thể cũng có thể tính theo công thức: N m NmNa NmCl (Na Cl ) (2) N A 28
  29. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT 3 Trong đó N là số nguyên tử mỗi loại trong tinh thể; khối lượng mol của Na Na 23.10 kg / mol 3 và của Clo: Cl 35,5.10 kg / mol Khoảng cách giữa các ion bằng đường kính dcuar chúng. Bán kính ion là r. Mỗi nguyên tử chiếm một thể tích vào cỡ:  d 3 (2r)3 (3) Vậy trong toàn bộ tinh thể có thể tích V, số nguyên tử mỗi loại là N: 1 V 1 N (4) 2  2d 3 Từ (1), (2) và (4) xác định được 1 (Na Cl ) V 3 V 2d N A 1 (Na Cl ) 3 2d N A (Na Cl ) d 3 (5) 2N A Thay số ta được d ; 2,82.10 10 m 2. Để tính năng lượng tương tác của mỗi ion với tất cả các ion còn lại, ta chọn hệ trục tọa độ, có gốc trùng với tâm của một ion nào đó (chẳng hạn Na), các trục hướng theo các cạnh của khối tinh thể. Tọa độ của các ion là xk kd; yl ld; zm md Trong đó k, l , m là những số nguyên chỉ số thứ tự của các ion theo các trục Ox,Oy và Oz. Khoảng các từ gốc tọa độ đến ion (k,l,m) bằng 2 2 2 Rklm d k l m (6) Điện tích của ion Na tại gốc tọa độ là +e, còn các ion cacjnh nó (1,0,0), (0,1,0), (0,0,1),(- 1,00), (0,-1,0), (0,0,-1) đề có điện tích -e 29
  30. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT Như vậy các ion có tổng tọa độ là số chẵn là những ion Na mang điện tích +e, những ion có tổng tọa độ lẻ là những ion Cl màn điện tích -e. Một cách tổng quát, ion (k,l,m) sẽ có điện tíchqklm k l m qklm ( 1) e (7) Năng lượng tương tác tĩnh điện của haiddieejn tích q1, q2 ở khoảng cách R; q1q2 W0 = (8) 4  0 R Khi đó mỗi điện tích sẽ chiếm một nửa năng lượng này: W 1 q q W 0 = 1 2 (9) 2 8  0 R Để tìm năng lượng tương tác tĩnh điện của một ion (0,0,0), cần tính tổng năng lượng tương tác giữa ion này với các ion còn lại: 000 1 qklmq000 Wklm (10) 8  0 Rklm Tổng năng lượng này được lấy với tất các ion còn lại ( trừ ion tại (0,0,0)), tức là 000 1 qklmq000 Wall  Wklm    8  0 k l m Rklm 1 ( 1)k l m e.e W W000 all  klm    2 2 2 8  0 k l m d k l m e2 ( 1)k l m W W000 all  klm    2 2 2 8  0d k l m k l m e2 Có thể viết lại Wall .C 8  0d Trong đó giả thiết cho C=-1,75 là giá trị tổng. Nên năng lượng tương tác của ion(0,0,0) với tất cả các ion còn lại bằng: 2 e 19 Wall ( 1,75) 7,14.10 J 4,46eV 8  0d 30
  31. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT I.2.ĐIỆN TÍCH CHUYỂN ĐỘNG TRONG ĐIỆN TRƯỜNG Bài 1. Chọn hệ toạ độ có gốc trùng với vị trí khối tâm của hai quả cầu. Vì các quả cầu có kích thước (bán kính r) rất nhỏ so với khoảng cách l giữa chúng, nên mỗi quả cầu có thể coi là các điện tích điểm. Vì hai quả cầu được nối với nhau bằng dây dẫn nên khi khoảng cách giữa các quả cầu thay đổi, các điện tích chạy từ quả cầu này sang quả cầu kia thông qua dây dẫn. Coi sự thay đổi vị trí của các quả cầu là rất chậm, khi đó dòng điện chạy qua dây dẫn sẽ rất nhỏ, coi như I 0 . Một cách gần đúng ta coi hệ là cân bằng điện tại mọi thời điểm. - Gọi q là điện tích đã di chuyển từ quả cầu này sang quả cầu kia, khi đó hiệu điện thế giữa hai 2kq quả cầu sinh ra do điện tích trên các quả cầu là : ΔV = , với k là hằng số Coulomb. r Hiệu điện thế này giữa hai quả cầu được sinh ra do sự dịch chuyển điện tích từ quả cầu này sang quả cầu kia do tác dụng của điện trường ngoài. 2kq E.rx Ta có : 2E.x = q = r k - Xét lực tác dụng vào mỗi quả cầu: Lực hút tĩnh điện giữa hai quả cầu là kq2 E2r2 F = = 1 2 2x 4k Vì các quả cầu được đặt trong điện trường ngoài nên lực điện trường có xu hướng đẩy các quả E2r.x cầu ra xa nhau : F = E.q = 2 k E2r.x E2r2 Như vậy, hợp lực của các lực tác dụng vào một quả cầu là : F = F - F = - 2 1 k 4k 31
  32. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT Theo định luật bảo toàn năng lượng, độ biến thiên động nặng của vật bằng công của ngoại lực tác dụng lên vật, ta có: 2 1 2 L/2 E r(L - l) E r L - l mv = F.dx = L + l - r v = L + l - r 2 l/2 8k 2 mk * Biện luận : 2 2 E r L - l + Khi r > l, ta có : v 2 mk Bài 2. a) Sau khi quả cầu gỗ tích điện từ bản A thì chính quả cầu bị đẩy về B. Tại B quả cầu được phóng điện, sau đó dưới tác dụng của trọng lực quả cầu lại trở về A. Ta hãy xét chuyển động qua lại của quả cầu giữa hai bản A và B. Nếu quả cầu gỗ cuối cùng vừa đủ đến B và góc giữa dây treo và phương thẳng đứng là  ' thì từ hình 1, ta có: 4,7 sin '  ' 280 10 F C 'U ' Gọi điện thế cuối cùng giữa hai bản khi quả cầu đứng yên là U , ta có: tan ' f ; f mg mgd mgd tan ' Lấy d 5.102 m . Suy ra: U 8836V f C ' b) Sau lần 1 tiếp xúc giữa quả cầu và bản A của tụ, quả cầu tích điện: q1 C 'U0 . U 0 là hiệu điện thế ban đầu của tụ, U0 60000V . Trên bản A điện tích giảm từ Q 0 xuống còn Q1 và hiệu điện thế là U1: C C ' Q q Q CU C 'U CU U U 0 1 1 0 0 1 1 0 C 2 C C ' Tính tương tự, sau lần tiếp xúc thứ 2. Hiệu điện thế trên tụ còn: U2 U0 C 32
  33. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT Nếu quả cầu sau k lần tiếp xúc với bản tụ A thì hiệu điện thế trên tụ là: k C C ' Uk U0 C Với hiệu điện thế cuối cùng là U f 8836V thì: k 3,98.10 12 3,34.10 13 8836 60000 12 3,98.10 k 39,8 3,34 0,1473 k 21,8 39,8 Có thể cho rằng với k 21 ứng với hiệu điện thế cuối cùng trên bản tụ A và góc thu được  là: U f k 21; lg k lg 0,9161 U21 9526,9V U0 0 tan21 0,618 thì 21 31,7  ' do đó không chấp nhận. U f Với k 22; lg 22.lg 0,961 U22 8727,6V U0 0 tan 0,519 thì 21 27,4  ' Vậy có thể chấp nhận: sau 22 lần tiếp xúc giữa quả cầu và bản tụ A điện thế trên bản tụ đã được giải phóng từ 60000V xuống còn 8727,6V và quả cầu dừng lại ở góc mở  27,40 so với phương thẳng đứng. Bài 3. ) Khi đên khoảng cách rmin hai quả cầu chuyển động cùng chiều cùng vận tốc v. Áp dung ĐLBT động lượng và ĐLBT NL có: 2 2 2 2 v0 mv0 k2q 5mv k2q mv0 (m 4m).v v (1) (2), 5 2 a 2 rMIN 2 2 2 2 2 mv0 k2q mv0 k2q 5kaq từ 1,2 rMIN 2 2 2 a 10 rMIN mv0 a 5kq b) Nếu a= thì có: 2 2 2 2 mv0 mv0 k2q 5kq rMIN 2 (*) 2 10 rMIN mv0 33
  34. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT c) Vận tốc của hai hạt khi chúng lại xa nhau vô cùng Áp dung ĐLBT động lượng và ĐLBT NL có: mv2 k2q2 mv2 4mv2 mv mv 4mv v v 4v (3) 0 1 2 (4) 0 1 2 1 0 2 2 a 2 2 kq 2 Thay 3 vào 4 5mv 2 2mv v 0 (5) giải phương trình 5 lấy v >0 2 0 2 a 2 v v r v r v 0 0 1 MIN v 0 (1 1 MIN ) 2 5 5 a 2 5 a 2 v0 rMIN 5kq v1 (1 4 1 ) với rMIN 2 5 a mv0 2v 3v Xét khi a= v 0 ,v 0 0 quả cầu 1 bị bật trở lại 2 2 1 5 Bài 4. Xét lực điện tác dụng lên -q do 2 điện tích điểm q 01 và q02 nằm ở 2 vị trí xuyên tâm của vòng dây gây ra là F1 và F2. q. q0 F1 = F2 = k . r 2    Lực tổng hợp: F F1 F2 c q. q x q. q có độ lớn: F = 2k 0 2k 0 x r 2 r r 3 Trong đó: r x2 R2 q. q q.q Hay: F 2k 0 x => F = F k 0 x . (x2 R2 )3/ 2  (x2 R2 )3/ 2 R2 R2 R2 R2 + Xét mẫu số: R2 x2 x2 33 . .x2 . 2 2 2 2 kqq x 2kqq Vậy F 0 0 . R2 3 3R2 3 3 x 2 34
  35. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT 2kqq0 2 2 R Fmax = khi x = R /2 => x = 3 3R2 2 Bài 5. 1. Xem các giọt chất lỏng là dẫn điện và hình cầu có bán kính là r, điện thế của mỗi giọt q0 là: V0 q0 V0 .4  0r 4  0r 2. Giải thích định tính: Khi các giọt chất lỏng rơi vào trong vỏ cầu dẫn điện thì chúng sẽ truyền toàn bộ điện tích có được cho vỏ cầu này. Vỏ cầu tích điện sẽ gây ra một lực đẩy ngược lại đối với các giọt chất lỏng tiếp theo rơi xuống vào trong vỏ cầu này. Nếu mà kích thước của vỏ cầu đủ lớn thì lực đẩy này sẽ đủ khiến cho vận tốc rơi của các giọt chất lỏng bằng không ngay ở trên miệng của vỏ cầu, ngay cả khi vỏ cầu chưa chứa đầy chất lỏng, lúc này vỏ cầu sẽ không được tích điện thêm nữa và nó sẽ đạt được điện thế cực đại. 3. Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng : Qq mv2 Qq mgh 0 mg.2R 0 4  0 h R 2 4  0r Với Q là điện tích của vỏ cầu (xem như một điện tích điểm Q đặt tại tâm vỏ cầu) và q 0là điện tích của một giọt chất lỏng. mv2 Qq h 2R mg h 2R 0 2 4  0r h R h 4  .mgR h R mgR h R Khi mà v 0 thì Q 0 q0 rV0 Q Lúc này, điện thế cực đại của vỏ cầu là : Vmax 4  0 R 2 4 3 g r h R Với m r thì ta có: Vmax 3 3 0 V0 Bài 6. + Vận tốc khối tâm của hệ hai hạt: 35
  36. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT 2 V v 2mv mv 2v v cx 3 0 V 02 01 = 02 01 = const → 0 3m 3 1 V v cy 3 0 Do không có ngoại lực, khối tâm chuyển động thẳng đều. - Xét trong hệ quy chiếu khối tâm (C). Vận tốc của mỗi hạt gồm 2 thành phần : + Thành phần theo phương nối 2 hạt (dưới đây gọi là thành phần song song) +Thành phần vuông góc với đường thẳng nối 2 hạt (dưới đây gọi là thành phần vuông góc). Tại thời điểm ban đầu vật tốc trong hệ quy chiếu C của các hạt là : v 2 0 Vmx = v V = - 3 0 2mx 3 v , v m 2 2m v V = - v 0 my 0 V = 3 2my 3 - Để thỏa mãn điều kiện hai hạt 2 lần qua vị trí cách nhau 3m thì khoảng cách cực đại giữa hai hạt lmax 3m. Khi đạt khoảng cách lmax thì thành phần vận tốc theo phương song song triệt tiêu, chỉ còn thành phần vuông góc. - Do động lượng của hệ trong hệ quy chiếu C bằng 0 nên vm = 2v và v2m = v. Theo định luật bảo toàn mômen động lượng quanh C của hạt 2m, ta có : V 2rmax C m rmax 2m v a v .a v.r = 0 . = 0 ( 1) max lmax 3 3 9 2V l l 3r Trạng thái đạt ()max max max l Mặt khác : r = max (2) max 3 v .a v 0 0 a v0 Từ (1) và (2) suy ra : v = . Vì lmax 3a v . hay v (3) 3lmax 3 3a 9 36
  37. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT Theo định luật bảo toàn năng lượng: 1 1 1 1 m(v2 + v2 ) + 2m(v2 + v2 ) - m(2v)2 + 2mv2 mx my 2mx 2my 2 2 2 2 2 2 2 q 1 1 4 2 v0 2 q 1 1 = - m.v + 2m - 3mv = - 4πε a l 9 0 9 4πε a l 0 max 0 max Theo giả thiết lmax 3a 2 2 2 2 2 q 1 1 2 2 2 q mv0 3mv mv - 3mv 3 4  a 3a 3 0 6πε a 0 0 34πε ma Từ (3) q v 0 = 0,32C (4) 0 9 - Mặt khác, cũng theo định luật bảo toàn năng lượng, ứng với trạng thái trong đó hai hạt cách nhau một khoảng l, ta có : 2 2 v 2 2 0 1 2 1 2 q 1 1 m v + 2m - m(2v) + m2v = - 3 0 3 2 2 4πε a l 0 Vì hai hạt không thể đi xa nhau quá lmax nên với l > lmax ta phải có : 2 2 2 2 4v0 v0 q 1 1 q 1 m + 2m - 9 9 4πε a l 4πε a 0 0 8  ma q v 0 = 0,27C (5) 0 3 8πε ma 34πε ma Từ (4) và (5) q v 0 hayv 0,27C 0 q 0,32C. 0 3 0 9 37
  38. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT Bài 7. Trong vùng đẳng thế có điện thế 1 electron chuyển động thẳng đều với vận tốc v1, trong vùng đẳng thế 2 electron chuyển động thẳng đều với vận tốc v2. +Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có : mv2 mv2 2.e.( ) 1 e. 2 e. v2 v2 1 2 2 1 2 2 2 1 m +Electron chuyển động qua mặt phân cách thay đổi hướng chuyển động là do thành phần vận tốc theo phương vuông góc mặt phân cách thay đổi ,còn thành phần vận tốc song song với mặt phân cách thì không thay đổi, nên ta có: 2e.( ) 2 1 2 2 v 1 cos v 2 cos m v1.cos =v2.cos 2 2 cos  v 1 cos  v 1 2 2 2e( 1 2 ) 2 2 2e( 1 2 ) 2e( 1 2 ) 1 tg  (1 tg ) 1 tg  tg 1 mv 2 mv 2 mv 2 1 1 1 2e( 1 2 ) 1 2e( 1 2 ) tg tg 1 2 (1 2 ) tg 1 2 2 mv1 tg mv1 .sin 2e( 1 2 ) (m là khối lượng của electron) Vậy: tg tg 1 2 2 mv1 .sin 2 9 2 2 -8 1a. Fđ = k.|q1.q2|/r = 9.10 .e /(ao) = 8,2.10 N 2 9 2 2 Fht = me.v /ao = Fđ = 9.10 .e /(ao) 1/2 6 v = (Fđ.ao/me) = 2,19.10 m/s 2 2 1b. Wđ = m.v /2 = Fđ.ao/2 = k.e /(2ao) 2 Wt = q.V = − k.e /ao 2 -18 W = Wđ + Wt = − k.e /(2ao) = − 2,18.10 J = − 13,6 eV 2. Hệ hai êlectron là hệ kín, vận tốc khối tâm vG không đổi. Trong hệ qui chiếu gắn với khối tâm (HQC quán tính), khối tâm G đứng yên vG = 0 => tổng động lượng của hệ bằng 0 => vận tốc của hai êlectron có cùng độ lớn, cùng giá, ngược chiều. Ban đầu, tốc độ đó là vo/2, các êlectron ở rất xa nhau Wt = 0 Khi khoảng cách giữa hai vật đạt giá trị nhỏ nhất, vận tốc hai êlectron bằng 0 38
  39. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT 2 2 Toàn bộ động năng chuyển hóa thành thế năng => 2.m(vo/2) /2 = k.e /a 2 2 -3 => a = 4k.e /[m.(vo) ] = 4,05.10 m = 4,05 mm Bài 9. Gọi v1 là vận tốc lúc hạt vào, thì động năng ban đầu của 1 nó bằng: W mv2 (1) 1 2 1 Gọi v2 là vận tốc lúc hạt ra khỏi tụ điện, thì : + Thành phần vận tốc vuông góc với đường sức: v┴ =v2cos v1cos = hs (2) F P Eq + Thành phần vận tốc song song với đường sức thay đổi với gia tốc: a g m m Eq => v// =v2 sin v1 sin at v1 sin g t (3) m d Trong đó: t (4) v1cos qE mg d Thay v2 theo (2) và t theo (4) vào (3) được: v1cos .tg v1 sin . m v1cos 2 (qE mg).d Suy ra: cos .tg sin .cos 2 mv1 1 (qE mg)d Do đó: W mv2 1 2 1 2cos2 tg tg 1 q.E.d Nếu bỏ qua trọng lực: W mv2 1 2 1 2cos2 . tg tg Bài 10. Xét hệ kín gồm proton và hạt nhân X . Do m X m p nên có thể coi hạt nhân X đứng yên, còn hạt proton chuyển động. 1 a. Năng lượng toàn phần ban đầu của proton : W mv 2 0 0 2 0 Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng cho proton tại các thời điểm proton có tốc độ : 2 2 v 0 v 0 1 2 1 v0 k.Ζe và . mv0 m 1 2 4 2 2 2 R 39
  40. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT 2 2 1 2 1 v0 k.Ζe mv0 m 2 2 2 4 R1 Trong đó R và R1 lần lược là khoảng cách từ proton đến hạt nhân X ứng với các thời điểm v v proton có vận tốc 0 , 0 . 2 4 8kze2 32kze2 4 Giải (1) và (2) R 2 R1 2 R 3mv0 15mv0 5 b. Gọi Rmin là khoảng cách gần nhất mà proton có thể lại gần hạt nhân. Lúc đó tốc độ proton bằng 0. 2 2 1 2 kze 2kze 3 mv0 R min 2 R 2 R min mv0 4 Bài 11. Khi quả cầu m tự chuyển động thì lực hút tĩnh điện bắt đầu thắng được lực ma sát giữa quả cầu m và mặt phẳng ngang: Fđ = Fms hay Q2 k 2 mg 1 H.a r0 Đến khi quả cầu M bắt đầu chuyển động: 2 / / Q F đ = F ms hay k 2 Mg 2 r1 Sau đó, do mất điện tích nên quả cầu M vẫn đứng yên, còn quả cầu m tiếp tục chuyển động do quán tính dưới tác dụng của lực ma sát. Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng, ta có: W Ams 2 2 Q 1 2 Q k mv k mg r0 r1 3 r1 2 r0 Thay (1) và (2) vào (3), ta được: 1 Mgr mv2 mgr mgr mgr 1 2 0 1 0 1 mv2 Mgr mgr 2mgr 4 2 1 1 0 40
  41. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT 1 Để quả cầu m có thể chuyển động và chạm vào quả cầu M thì mv2 mgr 5 2 1 Từ (4) và (5), suy ra: Mgr1 mgr1 2mgr0 mgr1 r1 2m Mr1 2mr0 Hay 6 r0 M 2 r1 m r1 m Từ (1) và (2), suy ra: 2 7 r0 M r0 M Từ (6) và (7) ta được: M 4m Bài 12. Điện trường của Q gây ra các điện tích phân cực trên các quả cầu. Quả 1 có điện tích q, quả 2 có điện tích q . kQ kq kq kQ l kq V = + - . Vì R >> l >> r V 1 - + . 1 l 1 R 2R r R + r l 2 Q lr Hai quả cầu là đẳng thế: V = V q = × 1 2 2 R2 -2 kQq kQq l kQq l ↔F = 1 + F 1 - Q, q 2 2 Q, q 2 l R 2R R R R + 2 - kQq l - 2kQql Tương tự : F = 1 + F=F + F = . Q, -q R 2 R Q, q Q, -q R3 kQ2l2r Vậy lực Q tác dụng lên hệ là lực hút có độ lớn F = R5 Bài 13. Xét khi 2 điện tích cách nhau một khoảng x. m, q m, q kq2 mv2 kq2 + ĐL BT NL : + .2 + μmg x - l = x 2 l x 41
  42. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT kq2 kq2 mv2 = + μmgl - + μmgx l x kq2 kq2 kq2gμ kq2 + v đạt max x vmax μgl 2 μgl μ mg ml m ml Bài 14. CÁCH 1.  1) Gọi V0` là vận tốc ban đầu của quả cầu 1 và 2.    Theo đề ra V là vận tốc của quả cầu 1 khi V , V = 600 1 1 2    V là vận tốc của quả cầu 2 khi V , V = 900 2 2 2 V Với V 0 1 2 V - 0 cos600 + V q1Ex 2 0 - Xét quả cầu 1: Gia tốc theo phương Ox là: a1x = = (1) m1 t V 0 sin600 q1.Ey 2 + Gia tốc theo phương Oy là: a1y = = (2) m1 t - Xét quả cầu 2: q2.Ex - (- V0) + Gia tốc theo phương Ox là: a2x = = (3) m2 t q2.Ey V2 - 0 + Gia tốc theo phương Oy là: a2y= = (4) m2 t 42
  43. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT V0 0 E V0 - cos60 V V - Lấy (1) chia (2) và (3) chia (4) ta được: x = 2 = 0 .Suy ra V = 0 . E V V 2 3 y 0 sin600 2 2 Vậy vận tốc quả cầu 2 giảm 3 lần. V V - 0 cos600 K1 0 2 3 3 2) Lấy (1) chia (3), ta có : = = . Vậy K2 = K1 K2 V0 4 4 CÁCH 2. Do điện trường là đều, nên lực tác dụng lên mỗi điện tích có độ lớn và hướng không đổi trong suốt thời gian tồn tại điện trường. Trong khoảng thời gian đó các viên bi nhận  F t F t được các xung lượng của lực tương ứng bằng 1 và 2 . Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho mỗi viên bi : F t = Eq t = m v - m v (1) 1 1 1 1 1 F t = Eq t = m v - m v (2) 2 2 2 2 2 Eq t // Eq t đồng thời 2 1 , nghĩa là các xung lượng đó hợp với hướng của động lượng ban đầu các v 1 góc như nhau bằng , suy ra m v = m vtg300 2 = 2 2 2 v 3 3 m v 2m v * Từ (1) và (2) suy ra : Eq t = m vsin600 = m v , Eq t = 2 = 2 1 1 1 2 2 cos300 3 2 q m 1 1 3 = q2/m2 = q1/m1 . 4/3 = 4k1/3 q m 2 2 2 Bài 15.   a) Bảo toàn động lượng : m + m = 0 (1) 1 v1 2 v2 43
  44. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT m v2 m v2 kq q kq q - Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng : 1 1 + 2 1 + 1 2 = 1 2 (2) 2 2 r r 0 2km q q 1 1 2km q q 1 1 Từ (1) và (2) : v = - 2 1 2 - ; v = - 1 1 2 - 1 m (m + m ) r r 2 m (m + m ) r r 1 1 2 0 2 1 2 0 2km q q 2km q q - Khi r = ∞ : v = - 2 1 2 ; v = - 1 1 2 1 m (m + m )r 2 m (m + m )r 1 1 2 0 2 1 2 0 b) Hệ quy chiếu gắn với khối tâm : μ kq q kq q - Bảo toàn cơ năng cho hạt M rút gọn : v2 + 1 2 = 1 2 2 r r 0 2k 1 1 v = - r = ∞ μ r r 0 2k 2km q q 2km q q v v = - 2 1 2 ; v = - 1 1 2 r 1 m (m + m )r 2 m (m + m )r 0 1 1 2 0 2 1 2 0 Bài 16. - Khi các quả cầu được buông ra : + quả cầu nhỏ vẫn còn đứng yên (ở đây ta bỏ qua tác dụng của trọng lực). + qủa cầu lớn bắt đầu chuyển động với gia tốc a = qE/m; t = 2(R - 3r)/a = 2r/a + sau thời gian 0 qủa cầu lớn tiến gần tới quả cầu nhỏ với vận tốc u = at = 2ar . Sau va chạm hai quả cầu trao đổi vận tốc cho nhau: quả cầu lớn ngay sau va chạm có vận tốc bằng 0 và quả cầu nhỏ có vận tốc u = 2ar . - Vì các quả cầu đều làm bằng kim loại nên khi va chạm điện tích q phân bố trên cả hai quả cầu. 44
  45. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT + Giả sử q là điện tích của quả lớn sau va chạm (α < 1 khi) đó điện tích của quả cầu nhỏ là (1 - α)q . - Dễ dàng thấy rằng trong những va chạm tiếp sau, điện tích của mỗi quả cầu không thay đổi. Trong thời gian giữa hai va chạm gia tốc của hai quả cầu là: + αqE/m = αa (quả cầu lớn) + (1 - α)qE/m = (1 - α)a (quả cầu nhỏ). Cứ mỗi va chạm các quả cầu lại trao đổi vận tốc cho nhau. - Va chạm thứ hai xảy ra qua thời gian  sau va chạm thứ nhất. Từ điều kiện quãng đường đi được bằng nhau của hai quả cầu trong khoảng thời gian giữa va chạm thứ nhất và thứ hai : αa (1 - α)a a 2ar τ2 = 2arτ + τ2 ta tìm được : αa = + 2 2 2 τ Trước va chạm thứ hai, quả cầu lớn và nhỏ có vận tốc lần lượt là : a aτ αaτ = τ + 2ar và 2ar + (1 - α)aτ = . 2 2 - Để xác định thời gian giữa va chạm thứ hai và thứ ba ta chuyển sang hệ quy chiếu chuyển động với vận tốc aτ/2 (vận tốc của quả cầu lớn ngay sau va chạm thứ hai): + Trong hệ quy chiếu này tại thời điểm đầu quả cầu lớn có vận tốc bằng không còn quả cầu nhỏ có vận tốc 2ar . Nhưng điều đó có nghĩa là thời gian giữa va chạm thứ hai và thứ ba cũng bằng  . - Bằng lập luận tương tự ta đi đến kết luận rằng thời gian giữa hai va chạm liên tiếp đều bằng  . - Từ những tính toán ở trên ta dễ dàng thấy rằng vận tốc của quả cầu lớn sau va chạm thứ n aτ bằng (n - 1) . Từ đó ta tìm được mà mỗi quả cầu đi được giữa va chạm thứ n và n +1 bằng : 2 45
  46. KHO VẬT LÝ SƠ CẤP- BỒI DƯỠNG HSG THPT aτ αa aτ2 1 2ar S = (n - 1)τ + τ2 = (n - ) + τ . 2 2 2 2 2 Vậy gia tốc trung bình mà hệ (khối tâm của hai quả cầu) sẽ chuyển động sau thời gian đủ lớn qE bằng a = . tb 2m Bài 17. a) Khi 2 quả cầu m gần nhau nhất thì 3 quả cầu cùng vận tốc v. M - Theo bảo toàn động lượng, ta có : Mv = (M + 2m)v → v v (1) 0 0 M 2m Vì khoảng cách giữa quả cầu M và các quả cầu m không đổi nên chỉ có thế năng tương tác của hệ gồm hai quả cầu m là thay đổi. - Theo định luật bảo toàn năng lượng : E1 = E2 1 Q2 Q2 1 Q2 Q2 Mv2 2k k (M 2m)v2 2k k 2 0  2 2  x 2 kQ2 kQ2 Mv (M 2m)v2 0 (2) x 2 2 2 1 Thay v từ (1) vào (2) ta được : x 2 1 Mmv 0 2 Q2(M 2m) b) Khi cả 3 quả cầu lại thẳng hàng : Mv Mu 2mu (3) 0 1 2 1 1 1 Mv2 Mu2 2 Mu2 (4) 2 0 2 1 2 2 Tài liệu luyện thi HSG Lý 10-11-12 của Thầy Phạm Vũ Kim Hoàng(Trường THPT Năng Khiếu TPHCM) nhóm mình xin trích đoạn một phần nhỏ tài liệu dài hơn 3000 trang, vui lòng liên hệ Zalo nhóm 0988166193 để có tài liệu 46