Giáo án vật lý 2 cbg lý 11 dh đbbb 2023

SỞ GD - ĐT BẮC GIANG

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC
DUYÊN HẢI - ĐBBB
Môn Vật lý 11
(Thời gian làm bài : 180 phút)
Ngày thi : 15/7/2023

ĐỀ ĐỀ XUẤT
(Đề gồm 02 trang)

Câu 1 (4,0 điểm). Tĩnh điện
Giữ chặt một điện tích q tại điểm thấp nhất B của một mặt
A (m, Q)
cầu nhẵn cách điện, bán kính R. Tại điểm cao nhất A, một quả
cầu nhỏ khác có khối lượng m, mang điện tích Q (Hình 1).
a) Tìm điều kiện về giá trị của q để A là vị trí cân bằng bền
R
của Q?.
C
b) Chỉ xét các dao động nhỏ của điện tích Q trong mặt
phẳng hình vẽ. Chứng minh Q dao động điều hồ. Tìm chu kì
dao động. Bỏ qua ma sát.
B q
Câu 2 (5,0 điểm). Dòng điện xoay chiều
Hình 1
Cho mạch điện có sơ đồ như
V1
hình 2. Cho biết R1 = 3, R2 = 2, C

R1
= 100nF, L là cuộn dây thuần cảm A
R2
B
N
A
M
với hệ số tự cảm L = 0,1H, điện trở
L
C
ampe kế và dây nối không đáng kể.
Điện trở của các vôn kế là vơ cùng
V2
lớn. Ampe kế và vơn kế là ampe kế
Hình 2
và vôn kế nhiệt. Đặt vào hai đầu A,
B hiệu điện thế u = 5 2 cos(t) (V).
a) Dùng cách vẽ giản đồ vectơ Fresnel tìm biểu thức của các hiệu điện thế hiệu
dụng UR1, UC và cường độ dòng điện hiệu dụng qua R2 theo điện áp hiệu dụng U, R1,
R2, L, C và .
b) Tìm điều kiện của  để ampe kế có số chỉ lớn nhất có thể. Tìm số chỉ của các
vơn kế khi đó.
c) Tìm điều kiện của  để các vôn kế V1 và V2 có số chỉ như nhau. Tìm số chỉ
của các vơn kế khi đó ?
Câu 3. (4,0 điểm). Quang hình
Hai thấu kính L1 và L2 đặt đồng trục. Vật sáng nhỏ AB đặt trước L 1 vng góc
với trục chính cho ảnh rõ nét cao
1,8 cm trên màn E đặt tại M0 sau A
B
O2

M0 M1 M2
O1
L2. Nếu giữ nguyên AB và L1, bỏ
L2
L1
L2 đi thì phải đặt màn E tại M1 cách
M0 6 cm mới thu được ảnh thật của
vật, cao 3,6 cm. Cịn giữ ngun
Hình 3
1


AB và L2, bỏ L1 đi thì phải đặt màn E tại M2 sau M1 cách M1 2 cm mới thu được ảnh
thật cao 0,2 cm (Hình 3).
a) Xác định chiều cao của vật AB và hai tiêu cự f1, f2.
b) Giữ nguyên AB và L1. Điều chỉnh để khoảng cách giữa L1 và L2 là 30cm. Tìm
độ phóng đại của ảnh cho bởi hệ.
Câu 4. (4,0 điểm). Dao động cơ
Hai quả cầu nhỏ bằng kim loại, có khối lượng tương ứng là m và M và đều có
bán kính r, được nối với nhau bởi một lò xo dẫn điện, có độ cứng k. Độ dài lị xo khi
khơng biến dạng là l0 ( l0  r ). Lúc đầu hệ không mang điện và ở trên mặt phẳng nhẵn
nằm ngang không dẫn điện. Bỏ qua ma sát.


a) Đặt hệ trong điện trường đều có cường độ điện trường E
m
hướng dọc theo trục của lị xo (Hình 4a). Hãy xác định chu kì
M
m
m

và biên độ dao động của các quả cầu so với khối tâm G của
chúng từ sau khi bật điện trường.
Hình 4a
b) Tắt điện trường. Khi hai vật đứng n và lị xo khơng
M
bị biến dạng thì tác dụng lên quả cầu I (khối lượng m) lực F m m
m

.
biến thiên tuần hoàn: F F0cost hướng dọc theo trục của lị xo
O
x
(Hình 4b) với F0 và ω là các hằng số dương. Viết phương trình
Hình 4b
dao động của quả cầu I ở chế độ ổn định.
Câu 5. (3,0 điểm). Phương án thực hành
Cho các dụng cụ sau:
+ 01 viên bi đồng chất hình cầu có móc treo;
+ 01 cái cân;
+ 01 thước kẹp Panme;
+ Một số lò xo nhẹ có độ cứng khác nhau;
+ 01 giá treo có thể treo lị xo;
+ 01 đồng hồ bấm giây;
+ 01 cái cố đựng một chất lỏng.
Biết rằng ở trong khơng khí các lực ma sát nhớt tác dụng lên viên bi nhỏ khơng


đáng kể, ở trong chất lỏng có hệ số nhớt η thì lực ma sát nhớt f tác dụng lên viên bi




f
chuyển động với vận tốc v tính bởi cơng thức Stokes: = - 6πηrv .

Hãy xây dựng cơ sở lý thuyết và từ đó nêu các bước tiến hành thí nghiệm để đo
hệ số nhớt η của chất lỏng đựng trong cốc.
Hết
* Ghi chú : - Thí sinh làm bài khơng được sử dụng tài liệu.
- Giám thị coi thi khơng giải thích gì thêm.

2


ĐÁP ÁN
Câu 1 (4,0 điểm). Tĩnh điện
a) Chọn gốc thế năng trọng trường tại B. Khi quả cầu lệch về phía bên phải vị trí cân
bằng một đoạn nhỏ (góc giữa đường nối Q và q với phương thẳng đứng).
- Thế năng tĩnh điện của hai quả cầu:

kqQ
2Rcosθ

WE =

(0,25đ)
2

- Thế năng trọng trường của quả cầu Q: WG = 2mgRcos θ

(0,25đ)

kqQ
W = WE + WG =
+ 2mgRcos 2θ
2Rcosθ
- Thế năng tổng hợp của quả cầu Q:
dW
kqQ sinθ
=
.
- 2mgRsin2θ
2R cos 2θ
Ta có: dθ
.
dW
=0
Tại θ = 0 có dθ
.

Đây là một vị trí cân bằng của Q.
- Xét đạo hàm cấp hai của W theo θ :

(0,25đ)
A

(0,25đ)

d2 W
kqQ cos3θ + sin2θsinθ
=

.
- 4mgRcos2θ
dθ 2
2R
cos 4θ

(0,25đ)
- Để A là vị trí cân bằng bền của Q, đạo hàm cấp hai
của W theo θ tại θ = 0 phải lớn hơn 0.
kqQ
- 4mgR 0
Từ đó ta có: 2R
8mgR 2
q
kQ
Suy ra

(0,25đ)

(0,25đ)

m,Q

R
C

q
B

2

q min =

8mgR
kQ .

Vậy
(0,25đ)
b) Khi quả cầu lệch góc nhỏ θ , vận tốc của nó là: v = 2Rθ
- Năng lượng toàn phần của quả cầu được bảo toàn:
kqQ
1
2
+ 2mgRcos 2θ + m  2Rθ = const
2Rcosθ
2
Vì θ nhỏ nên sinθ θ
kqQ
2
E
+ 2mgR  1 - θ 2  + 2mR 2  θ = const
1
2R  1 - θ 2  2
E=W+K=

(0,25đ)
(0,25đ)

Do đó:

E

kqQ 
θ2 
2
2
2
1
+

 + 2mgR  1 - θ  + 2mR  θ = const
2R 
2

(0,5đ)

- Lấy đạo hàm hai vế của E theo thời gian:
dE
kqQ
=
.θ.θ + 4mgRθ.θ + 4mR 2θ.θ = 0
dt
2R
3

(0,5đ)


g
 kqQ

 θ + 
- θ = 0
3
R
 8mR
.

(0,25đ)
T=

- Vậy quả cầu Q dao động điều hồ với chu kì

2π
g
 kqQ
- 

3
R
 8mR
.

(0,25đ)

Câu 2 (5,0 điểm). Dòng điện xoay chiều
a) Dùng cách vẽ giản đồ vectơ Fresnel tìm biểu thức của các hiệu điện thế hiệu
dụng UR1, UC và cường độ dòng điện hiệu dụng qua R2 theo điện áp hiệu dụng U, R1,
R2, L, C và .






- Ta có: U AB U AM  U MB
UMB = I.R2.
1
C

L 

UAM = IR1.R1 = ILC.
- Chiếu (1) lên Ox, Oy ta có:

(3)

I LC
R 2 .I LC
I
.

1  R1  R 2 


C  R 1 

U

U

2
ABx

UL

(0,25đ)

UABx = I.R2.cos =
UABy = I.R2.sin + UAM. =

2
AB

UA
B
UAM

I.R 2

I LC L 

y

(1) (0,25đ)
(2) (0,25đ)

(0,25đ)

UM
B

UR
2

IR1
O

(0,25đ)

U

2
ABy

Do đó:

 R  R2 
I  1

 R1 
2
LC

2

ILC

UC

2
  R R 2 

1  
  1 2    L 
 
C  
  R1  R 2  


(0,5đ)

Đặt

R 

R 1R 2
R1  R 2 suy ra:

I LC 

U AB .R
R2

1
2

1 

R 2   L 

C  ;


2
I  I 2R1  I LC


U AB R
R1.R 2


R   L 


R 2   L 

2
1

I R1 

U AB .R
R1R 2

L 

1
C
2

1 


R 2   L 

C  ;


(0,5đ)

2

1 

C 
2
1 

C 

(0,5đ)

- Các hiệu điện thế:
4


U R1 R 1.I R1 

U AB .R
R2

L 

1
C
2

1 

R 2   L 

C  ;


U C 

I LC U AB .R

C
R2

1
1 

C. R 2   L 

C 


2

(0,5đ)

b) Tìm điều kiện của  để ampe kế có số chỉ lớn nhất có thể. Tìm số chỉ của các
vơn kế khi đó.
- Xét biểu thức dưới dấu căn của biểu thức I, ta kí hiệu là y:

R   L 

y 

R 2   L 

2
1

2

1 

R 12  R 2
C 
1 
2
2
1 
1 

2
R   L 


C 

C 


(0,5đ)

- Bởi vì R1 > R nên y đạt cực đại thì số chỉ ampe kế đạt cực đại.
Khi đó

0 

1
104 rad / s
LC
.

(0,25đ)

U
U
5
I max  AB  2,5A
U C  AB 2500V
R2
2
R 2 C
- Khi đó
, số chỉ vôn kế V2 là:
.(vô lý) (0,25đ)
1
1

2
L 

  
1, 41.104 rad / s
C

C

LC
c) Ta có UV1  UV2  UR1 = UC 
(0,25đ)
R 

Ta có:

R 1R 2
R1  R 2 = 1,2; L =
I 



U AB R
R1.R 2

U AB .R
2R 2

2L
 2.103 

C

R12  0, 25.(L) 2
R 2  0, 25.(L) 2  1A.
L
R 2   0,5.L

UR1 = UC =
Câu 3. (4,0 điểm). Quang hình

(0,25đ)

2

 3V.

(0,25đ)

A

M0

B

O1

O2

L1

L2

M1

B2 B1
A2
A1

a) Sơ đồ tạo ảnh bởi hai hệ
thấu kính.
L1
L2
AB   A1B1   A2B2 (1)
d1 d1'
d2 d2'
Nếu bỏ L2 đi thì ảnh tạo bởi L1 là A1B1.
Vậy trong sơ đồ (1) thì A1B1 là vật ảo đối với L2

5

(0,25đ)

(0,25đ)

M2
B’
A’


O 2 A1 A1B1 3,6


 2
O 2 A 2 A 2 B 2 1,8
 O2A1 = 2 (O2A2) (2)
Mặt khác: A2A1 = M0M1 = 6cm (3).
Từ (2) (3): O2A2 = 6cm; O2A1 = 12cm
Xét thấu kính L2: d2 = -O2A1 = -12 cm; d2' = O2A2 = 6cm

(0,25đ)
(0,25đ)

d 2 d '2
( 12).6

'
f2 = d 2  d 2  12  6 = 12cm

(0,25đ)

L2
* Ngoài ra: khi bỏ L1 đi thì sơ đồ tạo ảnh AB   A' B' . Với A'B' = 0,2cm
d'
d
Với d' = O2M2 = O2M1 + M1M2 = 12 + 2 = 14cm; d = O2A
d' f 2 14  12

d
'

f

14  12 = 84cm
2
d=
(0,25đ)

A ' B' d '
d
84

AB
d  AB = A'B' d ' = 0,2. 14 = 1,2cm
O1 A1 A1B1 3,6

 3
O
A
AB
1,2
1
* Tìm f1:
 O1A1 = d1' = 3 (O1A) (4)
Mặt khác: AA1 = AO2 + O2A1 = 84 + 12 = 96cm
AO1 + O1A1 = 96 cm
Từ (4)  AO1 + 3(AO1) = 96  AO1 = 24cm ; A1O1 = 72cm

(0,25đ)

(0,25đ)
(0,25đ)

d1d1'
'
f1 = d1  d1 = 18 (cm)

b)

(0,25đ)

L1
L2
AB   A1B1   A2B2
d1 d1'
d2 d2'
d1 = AO1 = 24cm; d1' = 72cm
d2 = O1O2 - d1' = 30 - 72 = -42 (cm)

(0,25đ)
(0,25đ)

d2 f2
 42.12 504 28


 9,33cm
d

f

42


12
54
3
2
2
d2' =

(0,5đ)

 d1'   d 2' 
72   504 1 
2
.
.
   
 
 
24  54  42 
3
k =  d1   d 2 

(0,5đ)

Câu 4. (4,0 điểm). Dao động cơ

a) Xét trong hệ khối tâm G. Chọn trục Ox cùng chiều với E .
Gọi x1 và x2 là li độ quả I và II thì chiều dài lò xo là
l l0  x2  x1
(1)
(0,25đ)

6

m

qm

m
O
m

m

M
m +q
m
x
m


Do hiện tượng nhiễm điện do hưởng ứng, các quả cầu có điện tích q và - q xác định
q
( q )

El
4

r
4


r
0
0
bởi:

(2)
(0,25đ)
- Áp dụng định luật II đối với quả cầu I:
mx1"  qE  k ( x2  x1 ) 

q2
4 0  l0  x2  x1 

Mặt khác trong hệ khối tâm:
Thay vào (3):

2

(3)

(0,25đ)

mx1  Mx2 0 (4)  x2  x1

m
M

(0,25đ)

mx1"  2 0 r  l0  x2  x1  E 2  k ( x2  x1 )  2 0 r 2 E 2

m
mx1''  (k  2 0 rE 2 )(1  ) x1  2 0 rl0 E 2   0 r 2 E 2
M
2
2 2
- Vì l0  r nên  0 r E << 2 0 rlE ta bỏ qua số hạng này.

- Thay x2 theo x1 ta có
2 0 rl0 E 2
1 1
 ) x1 
m M
m

2 0 rl0 E 2 M
mM 
''
2
x1  (k  2 0 rE )(
)  x1 

2
Mm 
(k  2 0 rE )(m  M ) 
x1''  (k  2 0 rE 2 )(

2

- Nếu (k   0 rE )  0 ; dao động là điều hòa với

T 

(0,25đ)

mM
(2k  4 0 rE 2 )( m  M )

(0,25đ)

2

- Vị trí cân bằng có tọa độ
Suy ra biên độ quả I là:

x01 

2 0 rl0 E M
(k  2 0 rE 2 )(m  M ) .

A1 x01 
A2 

2 0 rl0 E 2 M
(k  2 0 rE 2 )(m  M ) .

(0,25đ)

2 0 rl0 E 2 m
(k  2 0 rE 2 )( m  M ) ./.

Tương tự, biên độ quả 2 là
(0,25đ)
b) Chọn trục tọa độ cùng hướng với F lúc đầu. Gọi x1 và và x2 là li độ 2 quả cầu
k(x 2  x1 )  F0cost mx1" (1)
(0,25đ)
 k(x 2  x1 ) Mx "2

(2)

(0,25đ)
Hai vật có thể dao động đồng pha hoặc ngược pha. Vậy nghiệm có dạng x1 Acost ;
x 2 Bcost (A, B là các hằng số âm hoặc dương)
(0,25đ)
Thay vào (1) và (2) :
 k2 (B  A)  F0  m2A (3)
2

 k(B  A)  M B

m

(0,25đ)

(4)

(0,25đ)
7

M
m

m

.

O

x


B 

kA
k  M2 thay vào (3):

kA
 A)  F0  m2 A
2
k  M
kA
 k2 (
 A)  F0  m2 A
2
k  M
F0 (k  M2 )
A  2 2
 ( mM  km  kM)

 k2 (

(0,5đ)

2

x1 

F0 (k  M )
cost
   mM  k(m  M) 
2

2

.
(0,5đ)
Câu 5. (3,0 điểm). Phương án thực hành
*) Cơ sở lí thuyết:
+ Dao động của con lắc lị xo trong khơng khí gần đúng là dao động điều hịa với chu
kì
T0 =

2π
m
= 2π
ω =
ω0
k với 0

k
m.

(0,5đ)

+ Dao động của con lắc lò xo trong chất lỏng là dao động tắt dần.
Tại vị trí cân bằng ta có mg - k 0 , với  là độ dãn của lò xo.
Tại li độ x(t ) , áp dụng định luật II Newton ta có

(0,25đ)

mg - k  Δl - x(t) - 6πηrx(t) = mx(t)l - x(t)  - 6πηrx (t) = mx (t)
k
3πηr
βx(t) + ωx(t) = 0 =
(t) + 2βx(t) + ωx(t) = 0x(t) + ω x(t) = 0
x
m và
m .
Hay
, với
(0,5đ)
k
3πηr
ω0 =
> βx(t) + ωx(t) = 0 =
m
m thì dao động của con lắc lị
Chọn lựa lị xo có độ cứng k sao cho
ω0 =

2

0

xo trong chất lỏng là dao động tắt dần với “giả chu kì” là
T=

2π
=
ω

2π
k  3πηr 
-

m  m 

2
2

2

với ω = ω0 - βx(t) + ωx(t) = 0 .
(0,25đ)
T
Từ biểu thức tính 0 và T ta rút ra được biểu thức tính hệ số nhớt của chất lỏng là
η=

2m 1
1
- 2
2

3r T0
T

.

(0,5đ)

*) Phương án thực hành
- Dùng cân đo m.
- Dùng thước kẹp Panme đo r.
(0,25đ)
- Cho con lắc lò xo dao động trong khơng khí và dùng đồng hồ bấm giây đo T0.(0,25đ)
- Cho con lắc lò xo dao động trong chất lỏng và dùng đồng hồ bấm giây đo. (0,25đ)
- Từ đó tính được η theo cơng thức trên.
(0,25đ)

8


GV ra Đề đề xuất

Nguyễn Văn Đoá
ĐT: 0973696858

9