Thptcva,Hn vật lý 11, đề đề xuất thi hsg dh 2023

TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN
HÀ NỘI
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC ĐBDHBB
NĂM HỌC: 2022 - 2023
MÔN: VẬT LÝ LỚP 11
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề
(Đề này gồm 05 câu trong 02 trang)

Bài 1 (Tĩnh điện - 4,0 điểm)
1. “Đám mây điện từ”
Một hệ điện tích tạo ra trường có tính đối xứng cầu:

q  r   2ra
V  r 
 1  e  q  0 
4 0 r  a 
Trong đó r là khoảng cách từ điểm quan sát đến đến tâm O.
a) Hãy tìm điện tích Q(r) trong hình cầu tâm O, bán kính r và mật độ điện tích
xét về phân bố điện tích của hệ này ?
b) Tìm biểu thức của năng lượng liên kết của hệ này ?

  r

? Nêu nhận

1  e x
1
Cho x  0 x
2. “Mẫu nguyên tử hiđrô cổ điển của Thomson”

Trong mẫu này, hạt nhân của nguyên tử được biểu diễn bằng một khối cầu bán kính R, ở bên
lim

e  e  0
trong khối cầu có điện tích
được phân bố đều. Electron có điện tích –e , có khả năng
vận động bên trong khối cầu.
a) Giả sử electron có thể chuyển động ở bên trong cũng như ở bên ngoài hạt nhân. Hãy tìm lực

F r
tác dụng   của hạt nhân lên electron theo khoảng cách r tính từ tâm của hạt nhân đến electron ?
b) Xét chuyển động của electron ở bên trong khối cầu.Tìm vị trí cân bằng bền của nó ? Biết rằng

 
r
t
r
,
v
thông số ban đầu của electron là 0 0 , tìm phương trình   mơ tả chuyển động của electron ?
Hình dạng quỹ đạo của nó là gì ?

c) Đặt nguyên tử này vào trong một điện trường E0 , hạt nhân được giả thiết đứng yên. Với giá

trị nào của E0 thì nguyên tử này sẽ bị ion hóa ?
Bài 2 (Điện và từ - 5,0 điểm)
Trong mạch điện như hình vẽ: Đ là điốt lý tưởng. Điện dung của các tụ C 2 > C1, cuộn dây
thuần cảm có độ tự cảm L. Đặt vào A, B một hiệu điện thế
xoay chiều

u AB U 0cos  t 

K1

Đ

. Vào thời điểm t=0, điện thế ở

A cao hơn điện thế ở B.
a) Vào thời điểm t=0 K1 mở, K2 đóng vào chốt 1. Xác
định cường độ dòng điện i qua L như một hàm số theo thời

A
B

C1

K2
1

2

L

gian. Vẽ đồ thị của i theo thời gian, tính giá trị cực đại của i qua
L.

Hình 2

C2

b) Vào thời điểm t=0, K1 đóng, K2 đóng vào chốt 2. Tìm biểu thức của hiệu điện thế trên các
tụ điện và vẽ đồ thị theo thời gian của các hiệu điện thế ấy.
Bài 3 (Quang hình - 4,0 điểm)
a, Điểm sáng S nằm dưới đáy bể nước có độ sâu h. Xét chùm tia sáng rất hẹp phát ra từ S
y

chiếu đến mặt nước dưới góc tới i (góc mở của chùm tia là i  i ).
Ảnh S’ của S tạo bởi chùm tia sẽ cách mặt thoáng bao nhiêu? Biết chiết
suất của nước trong bể là n0, chiết suất khơng khí nkk = 1.

O

b, Đặt tiếp giáp với mặt nước một bản mặt song song có
i0

bề dày d, chiết suất của bản mặt thay đổi theo phương vng góc
S
với bản mặt theo quy luật

n n0 1 

nd
y2
H 0
n02  1
H 2 , với
. Một

tia sáng phát ra từ S tới mặt phân cách tại điểm O dưới góc tới i 0
(hình vẽ). Lập phương trình xác định đường đi của tia sáng trong
bản mặt và xác định vị trí điểm mà tia sáng ló ra.
Chú ý:
1- Bể đủ rộng và bản mặt song song đủ dài để tia sáng không đập vào thành bể cũng như
không ló khỏi mặt bên của bản mặt.

2- Cho



dy

1
 by 
 Arc sin    const
 a 
a 2  b2 y 2 b

Arc sin y là hàm ngược của hàm sin , tức là nếu x  Arc sin y thì s inx y .
Bài 4 (Dao động cơ - 4,0 điểm)
y
Một hình trụ có thành mỏng, khối lượng M, mặt trong
nhám có bán kính R. Hình trụ có thể quay quanh trục Oz cố định,
nằm ngang. Trên Hình 1 trục Oz vng góc với trang giấy, hướng
ra ngoài trang giấy và trùng với trục riêng của hình trụ. Một hình
trụ đặc nhỏ hơn, đồng chất, có khối lượng m và bán kính r (với r <
R) có thể lăn khơng trượt trên bề mặt trong của hình trụ khối lượng
R
x

M sao cho trục của hai trụ luôn song song. Biết gia tốc trọng
O
trường là g.
r
1. Xác định chu kì dao động nhỏ của hình trụ nhỏ khi
hình trụ lớn quay với tốc độ góc khơng đổi quanh trục Oz. Viết kết
quả theo R, r, g.
2. Bây giờ hình trụ khối lượng M có thể quay(dao động)
Hình 1
tự do quanh trục Oz của nó. Hệ ban đầu đứng yên ở vị trí cân
bằng. Tác động để hình trụ nhỏ lăn đi một đoạn nhỏ. Hãy tìm chu kì dao động của hình trụ khối lượng m. Viết kết quả
theo R, r, g, M và m.
Bài 5 (Phương án thực hành - 3,0 điểm)

x


Người ta nhúng một dây đun bằng mayso vào một bình nước. Biết cơng suất toả nhiệt P của dây
đun và nhiệt độ môi trường ngoài không đổi, nhiệt lượng của nước truyền ra môi trường ngoài tỉ lệ
thuận với độ chênh lệch nhiệt độ giữa nước trong bình và mơi trường. Nhiệt độ của nước trong
bình ở thời điểm x được ghi bằng bảng dưới đây:
x(phút)
T(0C)

0
20

1
26,3

2
31,9

3
36,8

4
41,1

5
44,7

Hãy dùng cách tính gần đúng và xử lý số liệu trên để trả lời các câu hỏi sau.
1. Nếu đun tiếp thì nước có sơi khơng? Nếu khơng sơi thì nhiệt độ cực đại của nước là bao
nhiêu?
2. Nếu khi nhiệt độ của nước là 60 0C thì rút dây đun ra. Hỏi nước sẽ nguội đi bao nhiêu độ
sau thời gian 1phút? 2 phút?
………..HẾT………


HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài 1 (Tĩnh điện - 4,0 điểm)
Nội dung
I. “Đám mây điện từ”


1- Do tính chất đối xứng cầu nên E sẽ có phương bán kính.
dV  r 
q d   1 1   2ra 
q  1 2

2   2ra
E 

  e  
   e
dr
4 0 dr   r a 
4 0  r 2 ar a 2 

Có

Để tính Q(r), ta lấy mặt Gauss là mặt cầu tâm O, bán kính r. Áp dụng định lý O- G
có:
Q r
 2r 2r 2   2ra
2
4 r E 
 Q  r   4 0 r E  q  1 
 2  e  1
0
a
a 

2

- Để tìm mật độ điện tích

  r

ta xét lớp cầu nằm giữa hai mặt cầu có bán kính r

dQ Q  r  dr   Q  r 
và r  dr . Điện tích lớp này là:
.

4
4
3
dV    r  dr    r 3  4 r 2 dr
3
3
- Thể tích lớp cầu:
- Có

dQ  r   4 r 2 dr   r     r  

q
   r 
4 r 2

1 dQ  r 
4 r 2 dr

  2 4r   2ra
2  2r 2r 2   2ra 
q  2ra
 2  e  
e  2
   2  e   1
a

a
a 
 a3
 a a 


Từ (1) và (2) ta thấy:
+)

Q r  0

+)

  r   0 và r   thì   r   0.

và khi r  0 thì Q  q ; khi r   thì Q  0

Như vậy trường này tạo bởi một điện tích q  0 đặt tạo tâm và bao quanh bởi
một quầng điện tích âm có mật độ khối
điện tích

Q r

  r

và có điện tích tổng cộng là –q ( vì

trong toàn bộ khơng gian bằng 0).

2- Ta biết năng lượng liên kết là năng lượng cần cung cấp để tách điện tích +q ra

khỏi đám mây có điện tích –q bằng cách đưa nó từ O ra xa vô cực.
Gọi V- : điện thế do đám mây mang điện âm gây ra.
Công lực điện trường củađám mây thực hiện khi q di chuyển từ O ra xa vô cực sẽ
là:
A = q[V-(0) - V-(  )] = qV-(0).

Điểm
0,5


V  q 
Vì điện thế do điện tích điểm gây ra tại một điểm là

q
4 0 r ta có:

2r


q  r   2ra
q
q
q  1 e a
V V  r   V  q  


 1  e 
4 0 r  a 
4 0 r 4 0 a 4 0  r


2r


q
q
1 e a

V  0  

lim
4 0 a 4 0 r  0  r

Vậy :








  q

4 0 a



q2
W  A 
4 0 a

Cuối cùng
II. “ Mẫu nguyên tử Hidro cổ điển của Thomson”
1. Khảo sát điện trường của hạt nhân tại khoảng cách r tính từ tâm O của hạt nhân.


Mật độ điện khối:

e
4
 R3
3



3e
4 R 3

+ 0 r  R :

4
.  r 3

e
E  r  .4 r 2  3
 E  r 
r
r
3

3


4

R
0
0
0
Áp dụng định lí O-G:
+ R r :

E  r  .4 r 2 
Áp dụng định lí O-G:

e
e
 E r 
0
4 0 r 2

Vậy:
 e
 4 R 3 r

0
E  r  
e

 4 0 r 2

0 r  R


với  R r

Lực tác dụng lên electron có độ lớn:

 e2
 4 R 3 r

0
F  r  
2
 e
 4 0 r 2

Đồ thị:

0 r  R 

F  r
với  R r (
hướng vào tâm O )


2. Xét electron chuyển động trong hạt nhân:



F 

Electron chịu tác dụng của lực kéo về hướng tâm tuyến tính:

e2 
r
4 0 R 3

hướng về tâm O. Lực này bằng khơng ở O, O là vị trí cân bằng bền của electron.
3. Phương trình chuyển động của electron ở bên trong quả cầu là:


mr 

e2  
r 0
4 0 R 3



r
v
Với các điều kiện ban đầu 0 và 0 đã cho, phương trình chuyển động là:



e2
v0


r  t  r0 cos t  sin t
4 0 mR 3


, trong đó
.
Quỹ đạo là 1 elip tâm O.
 

d

0
4. Ta có:
suy ra mômen lưỡng cực của nguyên tử này: p 0
5.
5.1.




E

eE
0
0
Trường
tác dụng 1 lực phụ
lên electron. Nếu electron vẫn ở trong quả
cầu, nó sẽ cùng quĩ đạo và lệch đi một vectơ khơng đổi: elip sẽ có tâm tại:

4 0 R 3 
r0 
E0
e

5.2.



3
p

er

4

R

0
0 E0
Mơmen lưỡng cực trung bình của ngun tử khi này:
3
Đối chiếu suy ra:  4 R




Thứ nguyên: 

  m3

9
 30 3
Thay số với R 0,1nm 0,1.10 m   4 .10 m

5.3.Lực kéo về là lực cực đại với

1
2
này giảm theo r từ giá trị).

r R : Fmax 

e2
4 0 R 2 (Ở bên ngoài quả cầu lực



Để ion hóa được nguyên tử này, E0 phải có giá trị thỏa mãn:

eE 0 
Áp dụng với

e2
e
 E0 
2
4 0 R
4 0 R 2

R 0,1 nm : E0 1, 44.1011 V

m

Rất lớn: Trường phá hủy không khí khơ vào khoảng

3.10 6 V

m . Các trường mà ta

đặt vào nguyên tử nói chung nhỏ hơn rất nhiều và khí đó chỉ có tác dụng gây ra nhiễu
loại nhỏ trên nguyên tử, nghĩa là tuyến tính ở phép gần đúng cấp 1. Mẫu nguyên tử
này, mặc dù khá lạ, có tính chất lí thú là giải thích được sự phân cực tuyến tính và cho
được một cỡ lớn của hệ số phân cực rất phù hợp với các giá trị thường dùng đối với sự
phân cực điện từ.

Bài 2 (Điện và từ - 5,0 điểm)
Nội dung
di 
di

u AB  ecu    L   L U 0cost
dt 
dt

Sau khi đóng mạch
 i

U0
sin t  b
L

- b là hằng số được xác định tự điều kiện ban đầu: t 0  i 0  b 0
U
T

T
i  0 sin t
t   i 0 & b 0;
0 t 
2
L
2
Vậy
với
T
T
t 3
4 trong khoảng thời gian này điốt Đ ngắt lần 1
* Xét 2

*

t

U
3T
i  0 sin t  a
4 Điốt Đ mở lần 2 có:
L

Điểm


U
3

2 3T
t T
i  0 sin
. a
4 thì điốt Đ mở lần 2, ta có:
L
T 4
- Ở thời điểm

+ Với

i 0 

+ Vậy :

+

i

U0
U
2 3T
sin
.  a 0  a  0
L
T 4
L

U0
2 3T U 0

sin
. 
L
T 4 L

i 0  sin

2
2
3
t 3
t  1 
t    2k     k
T
T
2
T 4

7
t  T.
4
+ Chọn k=1 suy ra
2U 0
+ Giá trị cực đại của dòng điện là L . Đồ thị như hình bên.

2) Sau khi đóng K1 và K2 đóng vào chốt 2, tụ C2 nhanh chóng tích điện đến Q0=C2U0.
Tiếp đó Đ khơng cịn vai trị gì trong mạch điện.
* Tụ C2 tích điện cho C1 đến khi cân bằng điện thế, khi đó trên tụ C1 và C2 có hiệu điện
thế một chiều U1C.

Ta có:

C2U 0 C1U1C  C2U1C  U1C 

C2U 0
C1  C2


* Bên cạch q trình các tụ tích điện một chiều là q trính có dịng điện xoay chiều qua
tụ C1 và C2, ta hãy tính các hiệu điện thế xoay chiều này.
- Gọi uc1 và uc2 là hiệu điện thế xoay chiều trên 2 tụ tại thời điểm t, ta có:

-

uc1  uc 2 U 0 cost 

q1 q2

U 0 cost.
C1 C2


- Lấy đạo hàm 2 vế ta có:

-

-

dq1 1 dq2 1
. 

. U 0 sin t 
dt C1 dt C2

 1
1 
i    U 0 sin t.
 C1 C2 

U C C
U 0C2
qc1 i.dt  0 1 2 sin t .dt  uc1 
cost  a
 C1  C2 
 C1  C2 
t 0, uc1 0  a 

Tượng tụ có:

uc 2 

U 0C2
UC
 uc1  0 2  1  cost  .
C1  C2
C1  C2
U 0C1
UC
cost  0 1
C1  C2
C1  C2

* Tính u ở các tụ: Hiệu điện thế trên các tụ bằng tổng hiệu điện thế một chiều và xoay
chiều

-

u1 U1ch  uc1 

u2 U1ch  uc 2 
-

U 0C2
UC
U 0 C2
 0 2  1  cost   u1 
cost 0.
C1  C2 C1  C2
C1  C2

U 0 C2
UC
U 0C1
U 0C1
 0 1 
cost 0
 cost   u2 U 0 
C1  C2 C1  C2 C1  C2
 C1  C2 

.

Bài 3 (Quang hình - 4,0 điểm)
Nội dung

Điểm
0,5

A, Xét chùm tia sáng phát ra từ S, hai tia mép ngoài tạo
với pháp tuyến các góc i và i  i . Kí hiệu r và
r  r là các góc khúc xạ.

K
h

- Từ hình vẽ có: IJ = HJ – HI = KJ – KI

I
J

i

h’
S’

 h  tan  i  i   tan i  h '  tan  r  r   tan r 
sin i
sin r
h
h '

cos i cos  i  i 
cos r cos  r  r

H

S



- Vì i  i , r  r nên phương trình trên có thể viết lại:
i
r
i cos 2 r
h
h '
 h ' h  2
cos 2 i
cos 2 r
r cos i (1)
- Từ định luật khúc xạ: n0 sin i sin r
n0 sin  i  i  sin  r  r 
- Trừ từng vế của hai phương trình và biến đổi được:
i
r 
r
 i 

2n0 cos  i   sin 2cos  r   sin
2
2

2 
2


 n0 cos i i cos r r



h ' h
-

-

Thay vào (1) có

Chú ý là

i cos r

r n0 cos i .
cos3 r
n0 cos3 i .

cos r  1  sin 2 r  1  n02 sin 2 i

h ' h
ta được:

 1 n

2
0

sin 2 i



3

n0 cos3 i

B,- Trước hết ta có nhận xét là quỹ đạo tia sáng nằm trong mặt phẳng OXY và vì chiết
suất n thay đổi dọc theo phương OY nên ta sẽ chia môi trường thành nhiều lớp mỏng
bề dày dy bằng các mặt phẳng  Oy sao cho trong mỗi lớp phẳng đó, chiết suất n có
thể coi là không đổi.
Giả sử tia sáng tới điểm M(x, y) dưới góc tới i và tới điểm M’(x +dx, y +dy)trên
n sin i0
 sin i  0
n
lớp tiếp theo. Ta có: n0sin =...= n sini
(1) y
M(x,y)

M’(x+dx,y+dy)
i dy
dx
x


n0 sin i0

dx
sin i
tgi 

dy
1  sin 2 i
n 2  n0 2 sin 2 i0

- Từ hình vẽ có:
y

x 
0

n0 sin i0 dy
n 2  n0 2 sin 2 i0

y


0


y

x 
0

y

sin i0 dy
cos 2i0 

2

y
H2


0

n0 sin i0 dy

y2 
no2  1  2   n0 2 sin 2 i0
 H 

tan i0 dy
1

y2
cos 2i0 H 2

- Sử dụng nguyên hàm đề bài cho tìm được:


y 
x 
x H sin i0 Arc sin 
  y H cos i0 sin 


 H cos i0 
 H sin i0 

(2)

Quỹ đạo tia sáng là đường hình sin
-

Tìm ymax = Hcosi0.

Ta xét hai trường hợp:
y

y

x

O

x

O
x2

x1



n0 d

2
0

cos i0  d  sin i0 

1
n0

n 1
- Nếu Hcosi0 < d
thì tia sáng sẽ phản xạ toàn phần
tại một điểm trong bản mặt và ló ra khỏi bản mặt tại điểm có y = 0.

x 
 sin 
 0  x x1  H sin i0
 H sin i0 


n0 d

cos i0  d  sin i0 

n02  1
- Nếu Hcosi0 > d
và ra ngoài khơng khí tại điểm có y = d.

1
n0

thì tia sáng sẽ ló ra khỏi bản mặt


 d 
x 
 H cos i0 sin 
 d  x x2  H sin i0 Arc sin 

 H sin i0 
 Hcosi0 

Bài 4 (Dao động cơ - 4,0 điểm)
Nội dung

Điểm


- Xét tại thời điểm t bất kì, giả sử hình trụ M quay được góc  quanh trục Oz, hình
trụ m quay được góc  quanh trục của nó, tâm C của hình trụ m quay được góc 
quanh trục Oz
y


R
O



x



f

C
D

N

mg
Vì hình trụ m lăn khơng trượt, ta có liên hệ
R
R r
R r  (R  r)     

r
r

0,5

(1)
- Phương trình chuyển động quay của hình trụ m quanh trục (đi qua tâm quay tức thời
D vng góc với mặt phẳng giấy)
ID  '' mg.r sin 
(2)
Từ (1), ta có
R
R r
 ''
 ''

r
r
Vì hình trụ M quay với tốc độ góc khơng đổi nên
 (R  r)
 ' hs   '' 0   '' 
 ''
r
1
3
I D  mr 2  mr 2  mr 2
2
2
Với góc  nhỏ, và
, thay vào (2)
 '' 

3 2   (R  r) 
 2g
mr 
 '' mg.r   '' 


2
r
3(R  r)


Vậy hình trụ m dao động điều hịa

với tần số góc

2g
3(R  r)
T 2
3(R  r) , chu kì
2g

- Xét tại thời điểm t bất kì, giả sử hình trụ M quay được góc  quanh trục Oz, hình trụ m quay
được góc  quanh trục của nó, tâm C của hình trụ m quay được góc  quanh trục Oz
y




R
O

x




N

C

f

D

f

mg

Vì hình trụ m lăn khơng trượt, ta có liên hệ
R
R r
R r  (R  r)     

r
r

(1)

- Áp dụng định luật II Niuton cho hình trụ m
mg sin   f  m(R  r) ''

(2)
- Áp dụng phương trình chuyển động quay cho hình trụ m (trục quay qua C vng góc với mặt
phẳng giấy)
1 2
mr  ''  fr
2
(3)
- Áp dụng phương trình chuyển động quay cho hình trụ M (trục quay qua O vng góc với mặt
phẳng giấy)
I O  '' fR  MR 2 '' fR  f MR ''

(4)

Từ (1), ta có
 '' 

R
R r
 ''
 ''
r
r

(5)

Thay (5), (4) vào (3), ta được
1 2R
R r 
mr   ''
 ''  MR ''
2
r
 r

m
R r
  '' 
(
) ''
2M  m R
Thay vào (2)
 mM
mg 

(R  r) '' m(R  r) ''
2M  m
 g (2M  m)
  '' 
.

(R  r) (3M  m)
Vậy hình trụ m dao động điều hịa với tần số góc
g
(2M  m)
2 
.

(R  r) (3M  m)


T 2
chu kì

(R  r) (3M  m)
.
g
(2M  m)

+ Gọi nhiệt độ của nước tăng thêm trong thời gian 1 phút là ΔTT0, gọi T là nhiệt độ của nước sau
mỗi phút, T0 là nhiệt độ của môi trường. ΔTT0 là hàm của T. Gọi ΔTx là khoảng thời gian đun nước,
vì nhiệt lượng của nước truyền ra mơi trường ngoài tỉ lệ bậc nhất với độ chênh lệch nhiệt độ giữa
nước trong bình và mơi trường nên ta có : PΔTx – k(T-T0)= C.ΔTT0
(C là nhiệt dung riêng của nước, k là hệ số tỉ lệ dương).
+ Theo bảng, chọn ΔTx=1phút. Ta có:

T0
6,3
5,6
4,9
4,3
3,6

T

O
26,3 31,9 36,8 41,1

44,7

 P.x  k .T0  k .
T 0 
  .T a  b.T
C

 C
+ Mặt khác từ bảng số liệu đề bài cho ta có thên bảng chứa ΔTT0 như sau:
x(phút)
T(0C)
ΔTT0
Từ bảng này vẽ đồ thị :

0
20
0

1
26,3
6,3

2
31,9
5,6

3
36,8
4,9

4
41,1
4,3

5
44,7
3,6

6,3 a  26,3.b

5,6 a  31,9.b tìm được a=90; b=0,1.
+ Từ đồ thị hoặc giải hệ: 
+ Ta thấy Tmax khi ΔTT0 =0: Tmax=a/b=900C. Nước không thể sôi dù đun mãi.
Khi rút dây đun, công suất cung cấp cho nước P=0:

 k .T  k
T 0  0   .T bT0  b.T b(T0  T ) 0,1.( 20  60) 4 0 C
 C  C

Vậy sau 1phút nước nguội đi 40C.
+ Ở phút thứ 2 nước nguội đi:

T 0 bT0  b.T b(T0  T ) 0,1.(20  56) 3,6 0 C

Vậy Tổng sau 2 phut nước nguội đi: 7,60C