Giáo án vật lý Hướng dẫn chấm

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG
TỈNH QUẢNG NINH
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ KHỐI
11 - NĂM 2023
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có 3 trang gồm 05 câu)

Câu 1 (4,0 điểm)
Câu 1
Sơ lược lời giải
1. (2,0 a. Hiệu điện thế giữa hai bản tụ:
điểm)
 x
d
d E 0 1 +

E0 
3E 0d
x2 
d

U 0 =  E ( x ) dx = 
dx =
x +  =
1
1 
2d  0

21
0

Điểm

1,0

21U 0
.
3d
b. Chọn mặt Gauss có dạng hình trụ chiều dày dx, mặt bên song song với các đường sức
điện, các mặt đáy có diện tích S.
0,25
Thơng lượng điện trường qua mặt Gauss kể trên là:
 E0 =

 =  E.dS =

E dx
Q
(x)S'.dx
(x).S'.dx  x  0,5
 ( E ( x + dx ) − E ( x ) ) S' =
 0
.S' =
1 + 
0
0
1 d
01  d 

 (x) =

0 E 0
20 1U 0
=
x + d 3d ( x + d )

0,25

2. (2,0
1
1 + βx
a. Điện trở suất của điện mơi có toạ độ x: ρ0 (x) =
=
điểm)
σ(x)
σ0
- Xét lớp điện mơi dày dx có toạ độ x: Gọi S là diện tích của bản tụ
dx
+ Điện trở lớp điện môi này là: dR t = ρ 0 (x).
S
d
d ( 2 + βd )
1 + βx
+ Điện trở của tồn bộ điện mơi bên trong tụ: R t = 
.dx =
σ 0S
2σ 0S
0

U
2σ 0SU 0
+ Cường độ dòng điện trong mạch: I = 0 =
R t d ( 2 + βd )

b. Mật độ dòng điện bên trong tụ: j =

2σ 0 U 0
I
=
S d ( 2 + βd )

Gọi E là cường độ điện trường tại một vị trí trong điện mơi
- Áp dụng định luật Ôm dạng vi phân: j = E
2σ 0 U 0 1 + βx
2U 0
j
E= =
.
=
. (1 + βx )
σ d ( 2 + βd ) σ 0
d ( 2 + βd )

2U 0
Vậy: E =
. (1 + βx )
d ( 2 + βd )
Câu 2 (5 điểm)
1

0,25
0,5
0,25

0,25

0,25

0,5


a

b

Ngay trước khi đóng K
CE
q1 = q 2 =
2
Đóng K
- Ngay khi đóng khóa K, uPH  0  điốt mở.
- Khi Đ mở, chọn chiều dương dòng điện và
điện tích các tụ như hình vẽ. Thời điểm t bất kì
ta có:
i1 = q1/
(1)

/
i 2 = q 2

(2)
i1 = i 2 + i L
(3)

q
q
/
u = L.i = 2 = E − 1
(4)
L
 PH
C
C
1
 //
q 2 + 2LC q 2 = 0
q 2 = q 02 cos(.t + 2 )
1


; 2 =
2LC
q1 = q 01 cos(.t + 1 ) + CE
[q − CE]/ / + 1 [q − CE] = 0
1
1

2LC
Điều kiện đầu:
CE


q 2 = q 02 cos 2 = 2

/
i 2 = q 2 = −q 02 sin 2 = 0

q = q cos  + CE = CE
01
1
 1
2

/
i1 = q1 = −q 01 sin 1 = 0

 2 = 0

CE

q 02 = CE
q
=
cos .t
2


2
2




=

1
q = CE cos(.t + ) + CE

 1

2
CE
q 01 =

2

c


Ta có: i = i L = i1 − i 2 = q1/ − q 2/ = CE sin .t = CE cos(.t − ) .
2
C

E cos(.t − )
→ i = iL =
3L
2
q1
E

u NP = C = − 2 cos .t + E
→ 

 u = q 2 = E cos .t
PH

C 2
T
- Sau khoảng thời gian t = kể từ khi K đóng thì i L = 0
2
3E
- Khi đó u NP =
, hiệu điện thế giữa hai đầu tụ C1 đạt giá trị cực đại, hiệu điện thế
2
E
giữa hai đầu tụ C2 đạt giá trị u PH = −
2

2

0,5

0,25

0,25

0,5

0,5

0,25

0,5

0,5

0,25

0,25


d

E
 0 quá trình dao động điện từ trong mạch tại thời điểm này
2
ngừng do đi-ốt đóng.
Giả sử sau đó có sự phân bố lại điện tích, gọi q *1 ;q 2* lần lượt là điện tích của các tụ
Khi i L = 0 ; u PH = −

0,25

C1 ;C2 . Do đi-ốt bị đóng nên khơng có dịng qua điốt.
Áp dụng ĐLBT điện tích ta có: −q *1 +q 2* = −q1 + q 2 = −2CE

(1)

q*
q*
Mặt khác ta có: u PQ = 1 = E − 1
(2)
C
C

 * 3CE
q 1 = 2 = q1
Từ (1) và (2) 
nghĩa là điện tích khơng hề thay đổi
q * = − CE = q
2
 2
2
→ sau khi dừng quá trình dao động điện từ thì cũng khơng có sự phân bố lại điện tích,
q trình dao động dừng hẳn.

0,25

0,25

0,25

Câu 3 (4,0 điểm)
3.a.
(1,5
điểm)

L1
L2
a. Sơ đồ tạo ảnh: ABd ⎯⎯
→d ' A1B1 d 2 ⎯⎯
→d ' A 2 B 2 (  )
1
1

2

Đ  δ = 12,8cm
f1f 2
Khoảng cách 2 thấu kính: L = δ + (f1 + f2) = 17,0cm
G =

L1
O2 d ⎯⎯
→ n d ' O2 '

Dựng ảnh của mắt tại O2 qua thấu kính L1:

d = L => d ' = d.f1 = 17 = 1,0625cm
d − f1 16

tan

 D1 2 48
=
=
→  = 58,90
2
d'
85

0,25
0,25
0,25

0,25

0,5

Vậy góc mở thị trường qua kính là 58,90
3.b.
(1,5
điểm)

L1
L2
b. Sơ đồ tạo ảnh: ABd ⎯⎯
→d ' A1B1 d 2 ⎯⎯
→d ' A 2 B 2 (  )
1
1

2

Quan sát trạng thái không điều tiết: d2’ = ∞  d2 = f2 =3,2 cm

0,25

d1' .f1
13,8.1 69
=
=
 1,0781cm
d1’ = L – d2 = L – f2 = 13,8 cm  d1 = '
d1 − f1 13,8 − 1 64

0,5

+ Vậy vật AB đặt trước L1, cách L1 một đoạn là 1,0781 cm
1
= 0, 0156 cm
Khoảng cách từ AB đến O2’ là: d = d1 − d' =
64

0,25

3


+ Đường kính vùng sáng chứa AB (Kích thước AB lớn nhất) :

MN = 2d.tan
3.c.
(1,0
điểm)

0,5

 3
=
cm  176,47 m
2 170

c. Vịng trịn thị kính được xác định là ảnh của vật kính cho bởi thị kính
Dựng ảnh của vật kính L1 qua thị kính L2

L2
L1 d ⎯⎯
→ n d3 ' L1 '

0,25

3

d3 = L  d 3 ' = d 3f 2 = 17.3, 2  3,942 cm
d 3 − f 2 17 − 3, 2

0,25

Vậy, mắt đặt sau thị kính, cách thị kính O2 một khoảng là 3,942 cm thì thu được nhiều
ánh sáng nhất.
Kích thước của vịng trịn thị kính là kích thước ảnh của thấu kính L1 qua L2 :
0,5

d 3' D1'
=
= D1' = 0, 278cm = 2,78 mm
d 3 D1
Câu 4 (4 điểm)
Câu

Sơ lược lời giải
1a. Chọn gốc thế năng tại vị trí thấp nhất I (hình vẽ )

Điểm

- Hệ khơng có ma sát, cơ năng của m bảo toàn
- Bảo toàn cơ năng tại vị trí thả vật m ban đầu và vị trí góc lệch  , ta được:

1
mgR(1 − cos  0 ) = mv 2 + mgR(1 − cos  )
2
<=> v = 2gR ( cos  − cos  0 )

0,5

(1)

* Gia tốc toàn phần của vật gồm : a = a ht + a tt ,

v2
= 2g ( cos  − cos  0 )
R
- Gia tốc tiếp tuyến: a tt = g sin 
- Gia tốc hướng tâm: a ht =

0,25

- Độ lớn của gia tốc toàn phần:
a = a 2ht + a 2tt = g 4 ( cos  − cos  0 ) + ( sin  )
2

b. Tìm gia tốc tồn phần nhỏ nhất theo g và  0
4

2

(2)

0,25


2
 
4 cos  0  4 cos 2  0 
Từ biểu thức (2), viết được : a = g 3  cos  −
+ 1 (3)
 −
3
3

 

4 cos  0
4 cos  0
= 0 khi cos  =
Từ biểu thức (3) nhận thấy: cos  −
, nên ta có các
3
3
trường hợp:
4 cos  0
3
 1 hay cos  0 
* TH 1: Nếu
3

4
2

2

=> Gia tốc toàn phần a đạt cực tiểu khi cos  lớn nhất, tức là cos  = 1 (góc  = 0 )
=> khi đó: amin = 2 g (1 − cos  0 )

0,25

0

* TH 2: Nếu

4 cos  0
3
 1 hay cos  0 
3
4

4
=> Gia tốc toàn phần a đạt cực tiểu khi cos  = cos  0
3
=> Khi đó : amin = g 1 −

0,25

4 cos 2  0
3

c. Xét khi  0 = 900 , khi đó các gia tốc thành phần tại vị trí góc lệch  là

v2
= 2 g cos 
R
+ Gia tốc tiếp tuyến: a tt = g sin 
+ Gia tốc hướng tâm: a ht =

0,25

Khảo sát gia tốc tồn phần có giá đi qua điểm thấp nhất I

* TH 1: Khi vật tại vị trí thấp nhất I, tức là  = 00

v2I
= 2 g cos 0 = 2 g ; a tt = 0
R
- Gia tốc toàn phần : a ( I ) = a ht ( I ) = 2 g và có giá ln đi qua điểm thấp nhất I
Khi đó: a ht(I) =

0,25

* TH 2: Tại vị trí góc lệch  , giá của gia tốc tồn phần đi qua điểm thấp nhất I khi

a ht cos



= a tt sin
2

2



1
  = 70,530
<=> sin =
2
3
2. Bỏ qua ma sát giữa hệ vật M và mặt sàn, khi đó M có thể chuyển động tự do
- Gọi v12 là vận tốc của m so với M (có phương tiếp tuyến vành tròn), V là vận tốc của

0,25

M trong hệ quy chiếu gắn đất (V có phương nằm ngang)
0,25
5


- Xét ở vị trí góc lệch  rất nhỏ, coi gần đúng: cos   1 −

2
2

và có v12 =  'R

(1)

- Chọn gốc thế năng tại vị trí thấp nhất I của vỏ cầu

- Khi bỏ qua ma sát, theo phương ngang, động lượng của hệ được bảo toàn


mv12 cos + (m + M)V = 0
2
Lấy gần đúng cos

(2)


 1 , ta được:
2

0,25

mv12
m
=−
 'R
mv12 + (m + M)V = 0 => V = −
m+M
m+M
- Bảo toàn cơ năng cho hệ m và M tại vị trí góc lệch  , ta có:
2
1
1
W = m v12 + V + MV 2 + mgR(1 − cos  ) = const
2
2
1

1
1
2
2
2
= const
<=> W = m ( v12 ) + ( m + M ) V + .2mv12 V cos v12 ,V + mgR
2
2
2
2
1 mM
2
2
W=
(3)
( R ') + mgR = const

(

)

(

1 mM
2R 2 '. '' + mgR '. = 0
2 m+M
<=>  '' +

0,25

0,25

g (m + M)
 =0
MR

Vậy vật m dao động điều hịa với tần số góc ω =
2π
=
ω

0,25

)

2 m+M
2
Lấy đạo hàm hai vế của (3) theo thời gian, ta được

Chu kì dao động của m là: T =

0,25

g (m + M)
,
MR

2π
g (m + M)

MR

0,25

Câu 5 (3 điểm)
Câu
1. (1,5
điểm)

Sơ lược lời giải
Chứng minh tần số góc dao động
Xét con lắc lị xo treo thẳng đứng, vật nặng m, lò xo độ cứng k, khối lượng M.
Chọn gốc toạ độ của trục x tại VTCB. Giả sử, tại thời điểm t, vật m ở li độ x và
có vận tốc là v (Hình vẽ).

6

Điểm


- Sau thời gian dt, đầu dưới của lò xo dịch chuyển được một đoạn dx = vdt.
- Xét phần tử lò xo khối lượng dM =
chuyển một đoạn là

Mds
ở cách điểm treo một đoạn s, sẽ dịch
L

0,25

sdx
s
, có vận tốc vs = v
L
L

- Động năng của phần tử lò xo này là:

dWd(LX)

1  M  s 
=  ds  v 
2  L  L 

2

0,25

- Động năng của lò xo là:

Wd(LX) =  dWd(LX) =

L

1M 2 2
1
v  s ds = Mv 2
3
2L
6

0

0,25

- Áp dụng định luật BTCN cho toàn thể con lắc ta được:
W=

1 2 1
1
1
1
M
kx + mv 2 + Mv 2 = kx 2 +  m +  v 2 = const
2
2
6
2
2
3

0,25
(1)

Lấy đạo hàm 2 vế theo thời gian biểu thức (1), ta được:

0,25

M
k


W' = kx.x' +  m +  x'.x'' = 0 => x'' +
.x = 0
M
3

m+
3

k

=> Con lắc dao động với tần số góc: ω =

2.
(1,5
điểm)

M
m+
3

0,25

(2)

* Bố trí thí nghiệm:
- Bố trí thí nghiệm như hình vẽ, treo trọng vật khối lượng m vào đầu lò xo, cho hệ
đứng cân bằng.
*Tiến hành thí nghiệm:
- Kích thích con lắc dao động theo phương thẳng đứng với biên độ
nhỏ, dùng đồng hồ bấm giây đo thời gian thực hiện khoảng 6 - 10

dao động, ghi kết quả bảng số liệu.
- Thay đổi khối lượng vật nặng m với các giá trị khác nhau, thực
hiện thí nghiệm tương tự, điền kết quả vào bảng số liệu

0,25

0,25

* Lập bảng số liệu sau:
STT

Khối lượng
m (kg)

Số lần dao động

Thời gian (s)

Chu kỳ T (s)

1
0,25
2
...
* Xử lý dữ liệu thí nghiệm
7


- Từ biểu thức (2), tìm được chu kì dao động của hệ: T = 2π

m+

M
3

k

4π
4π M
m+
k
3k
2
- Vẽ đồ thị của T theo khối lượng m, ta được đồ thị dạng đường thẳng Y(X) có
phương trình : Y = A.X+ B
Trong đó: Y = T 2 ; X = m ;

=>

2

T2 =

2

4π 2
4π 2 M
Các hệ số: A =
= tan α ; B =
k

3k

- Xác định độ cứng k và khối lượng M của lò xo từ hệ số
A, B trên đồ thị:
3B
4π 2 4π 2
; M=
k=
=
A
A
tanα

---------------------- HẾT ---------------------Giáo viên ra đề: Nguyễn Ngọc Phúc
SĐT: 0815.688.666

8

0,25

0,25

0,25