02 vật lí 11

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LÊ KHIẾT
ĐỀ THI GIỚI THIỆU
(Đề thi gồm 02 trang)

KỲ THI HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ XIV
MƠN: VẬT LÍ – LỚP 11
Thời gian làm bài: 180 phút
Ngày thi: 16/7/2023

Bài 1. Tĩnh điện (4 điểm)
Hai điện tích điểm q và  q cùng có khối lượng m được nối với nhau bằng một thanh
nhẹ và ngắn và có thể quay tự do xung quanh một trục cố định đi qua tâm thanh và vng góc
với thanh. Trong mặt phẳng quay của hai điện tích, ở khoảng cách L (rất lớn so với chiều dài
2d của thanh) từ trục quay, người ta đặt cố định một điện tích điểm Q. Người ta cho lưỡng cực
tạo bởi hai điện tích điểm gắn với thanh quay rất nhanh với chu kỳ T. Biết rằng các điện tích Q
, q và  q ln ở trong một mặt phẳng nằm ngang. Tính lực tương tác trung bình theo thời
gian của điện tích điểm Q và lưỡng cực.
Bài 2. (5,0 điểm) Điện – Điện từ
Một khung dây siêu dẫn với độ tự cảm L, có khối lượng m, có dạng hình vng cạnh a
được đặt vào trong một từ trường đều có độ lớn cảm ứng từ là B tạo ra bởi một nam châm vĩnh
cửu. Bỏ qua hiệu ứng rìa. Giả sử từ trường ở vùng giữa các cực của nam châm là đều và từ
trường ngoài vùng đó bằng khơng.
Ban đầu khung đứng n, mặt phẳng chứa khung vng góc với các đường sức từ, cạnh
bên phải của khung nằm ở rìa của vùng từ trường của nam châm (Hình 1). Lúc t=0 s, khung
chịu tác dụng của lực khơng đổi ⃗
F có phương vng góc các đường sức từ và vng góc với
hai cạnh của khung, kéo khung ra khỏi từ trường. Khi đó trong khung xuất hiện suất điện động
cảm ứng và suất điện động tự cảm. Chọn trục Ox hướng theo lực ⃗

F , gốc O trùng vị trí của
khung lúc t=0 s. Bỏ qua trọng lực của khung.
1. Tìm biểu thức tính cường độ i của dòng điện chạy trong khung
theo độ dịch chuyển x của khung và các đại lượng B , a , L.
2. Chứng minh khung dao động điều hịa, tìm chu kì dao động T
của khung theo m , B , a , L và tìm tọa độ x 0 của khung khi nó ở vị trí cân
bằng theo F , B , a , L.
3. Tìm độ lớn tối thiểu F min của lực ⃗
F theo B , a , L để có thể kéo
khung ra khỏi từ trường của nam châm và khoảng thời gian ngắn nhất
t 0 theo m , B , a , L để khung ra khỏi từ trường của nam châm trong
trường hợp này.
4. Viết phương trình mơ tả sự phụ thuộc của cường độ i(t) của
Hình 1
dịng điện chạy trong khung dây theo thời gian t và vẽ đồ thị mô tả sự
phụ thuộc của i(t) theo t .
Bài 3. (4,0 điểm) Quang hình
Kính thiên văn có vật kính và thị kính là hai thấu kính hội tụ mỏng đặt đồng trục. Thấu
kính dùng làm vật kính có tiêu cự f 1=19,4 m và đường kính rìa D1=102 cm. Thấu kính dùng
làm thị kính có tiêu cự f 2=24 mm và đường kính rìa D2=5 mm . Hướng trục kính thiên văn vào
tâm của Mặt Trăng. Một người cận thị để sửa tật phải đeo sát mắt một thấu kính có độ tụ
D=−2 dp thì mới nhìn thấy vật ở rất xa mà khơng cần điều tiết. Người ấy bỏ kính cận ra và đặt
mắt sát sau thị kính rồi điều chỉnh kính thiên văn sao cho có thể quan sát ảnh cuối cùng trong
trạng thái mắt khơng điều tiết.
1. Tính khoảng cách l giữa vật kính và thị kính, số bội giác G của ảnh lúc đó.
2. Biết khoảng cách từ Trái Đất tới Mặt Trăng là L=384000 km . Tính bán kính R của vùng
trên Mặt Trăng mà người quan sát nhìn thấy được qua kính thiên văn này.
Bài 4. (4,0 điểm) Dao động cơ

Một vật hình cầu bán kính R với mật độ khối lượng của vật phụ thuộc vào khoảng cách r
 

3m 
r
1 
3 
7 R  R  , m là một hằng số dương.

đến tâm của nó theo quy luật
1. Tính khối lượng và momen quán tính của vật đối với trục quay qua
tâm của nó.
2. Đặt hình cầu trên vào một ống trụ có thành mỏng, bán kính R 0, khối
lượng M0, mặt trong nhám (Hình 2). Ống trụ có thể quay quanh trục nằm
ngang cố định dọc theo trục của nó. Hình cầu ln lăn khơng trượt trong
ống trụ. Tìm biểu thức chu kì dao động nhỏ của quả cầu theo R 0, R, g
trong trường hợp:
a. Ống trụ được giữ cố định.
b. Ơng trụ có thể quay (dao động) tự do, quanh trục của nó.
Bài 5. (3 điểm) Phương án thí nghiệm

R0
O
C

Hình 2

Tính tỉ số các cảm ứng từ của hai nam châm
Cho các thiết bị:
- Giá đỡ có kẹp

- Đĩa nhơm có trục quay
- 2 nam châm hình chữ U có khe đủ rộng
- 2 quả cân, một nặng gấp đôi quả kia
- Đồng hồ bấm giây, thước
- Dây mảnh không dãn
Hãy xây dựng một phương án thí nghiệm đo tỉ số cảm ứng từ trong lịng 2 nam châm.
------------ Hết ---------Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:...........................................; Số báo danh:.........................

Người ra đề: Nguyễn Việt Cường

SĐT: 0914907459


TRƯỜNG THPT
CHUYÊN LÊ KHIẾT

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI & ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ XIV

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MƠN VẬT LÍ – KHỐI 11
(Hướng dẫn này có 06 trang)
Bài 1
Nội dung
Điểm
4 điểm Theo đề bài lưỡng cực quay nhanh, nên có thể cho rằng vận tốc góc của nó
biến thiên rất ít. Gọi  là vận tốc góc của lưỡng cực tại thời điểm thanh
lưỡng cực vng góc với đoạn thẳng nối tâm thanh (A) và điện tích Q (B).

Tại thời điểm đó dễ dàng thấy rằng thế năng tương tác của lưỡng cực và Q
bằng 0. Tại các thời điểm khi thanh lưỡng cực song song với đoạn AB,
vận tốc góc hoặc lớn hơn hoặc nhỏ hơn  - do tương tác của các điện tích.
0,5
2

2
kQqd
/
L
Q
Khi này thế năng lượng tác của lưỡng cực và
bằng
. (Thực
vậy, xét trường hợp q ở gần Q hơn, năng lượng này bằng (lưu ý:
L  d ) :
kqQ kqQ 2kqQd


L d Ld
L2
Tương tự cho trường hợp q ở xa Q hơn). Vì năng lượng bảo tồn, nên

năng lượng của lưỡng cực ở ba thời điểm trên là như nhau :
2
2
kQqd
md 2min
md 2max
kQqd

md 2 2
2

2

L

2

2

2

Do lưỡng cực quay nhanh, nên ta có :
đầu tiên của (*), ta có :

2

2

2

L

2

2

0,5
(*)

 max  min  /   1 . Từ đẳng thức

4kQqd
L2
4kQqd
md 2 (max  min )(2 ) 
L2
2
2
md 2 (ma
x  min ) 

Hay gần đúng :
Suy ra :
Hay


max  min
2kQqd
 2 2 2  1

 md L
2kQqd
md 2 2 
L2

2kQqd / L2
2kQq


 1
2 2
md 
md  2 L2
.

Đặt
Xét trường hợp tổng quát khi góc giữa lưỡng cực và đoạn AB bằng  .
Khi đó điện thế do lưỡng cực gây ra tại Q (ở xa lưỡng cực) bằng :
V

0,5

2kqd
cos 
L2

- Khi đó thế năng tương tác của lưỡng cực và điện tích Q bằng :
2kQqd
cos 
L2
và vận tốc góc  được xác định từ định luật bảo toàn năng

lượng :

0,5

0,5

2kQqd
cos   md 22 md 2 2
2
L
2 2
Chia hai vế cho md  , ta được :
2
2kQq
1  2
cos  1   cos 
2

L md  2
1
 cos 
  (1   cos  ) 2 (1 
)
2
Hay
  1 )

t 

(vì


 . Trong

Để quay lưỡng cực một góc  phải mất một thời gian :
suốt thời gian đó, điện trường do điện tích Q gây ra tác dụng lên lưỡng

cực một lực F phụ thuộc góc  . Thực vậy, khi   / 2 , một trong hai
điện tích điểm ( q hoặc  q ) sẽ gần điện tích Q hơn nên hợp lực sẽ khác
0:
kQq
kQq
F   

2
( L  d cos  ) ( L  d cos  )2


0,5

kQq
kQq
4kQqd


cos   F0 cos 
d
d
L3
L2 (1  cos  ) 2 L2 (1  cos  ) 2
L
L
Xung lượng của lực trên tác dụng trong thời gian t bằng

F0
F ( ).t F ( )


cos  .

cos 

(1 
)
2

Vậy lực tương tác trung bình trong một chu kỳ giữa lưỡng cực và điện
tích điểm Q bằng :
1
Ftb 
T

2


F
F    dt ( )  2T0

2
2

cos  d  
0

0,5

F0
4

Thay biểu thức của F0 vào và lưu ý rằng T 2 /  , ta được :
Ftb 

(kQqT ) 2
2 2mL5

0,5

Vậy lực này là lực hút và không phụ thuộc vào d.
Bài 2

5 điểm

Nội dung

Điểm

1.(1,5đ)
Khi khung được kéo ra khỏi từ trường đều, sức điện động cảm ứng có thể
tìm được từ định luật Faraday

0,5

d
d
 
 ( Bax ) Bav(t )
dt
dt

.

Ngồi ra cịn có sức điện động khác do tự cảm của khung siêu dẫn
 L  L

di

0,5

dt .

Vì điện trở của khung siêu dẫn bằng 0, định luật Ohm trở thành

0,5


Bav (t )  L

di
dt

0

.

Chú ý là i = 0 khi x = 0, ta thu được
2.(1,5đ)

i

FA iBa 

Bax
L .
B 2a 2 x
L .

Lực từ tác dụng lên khung là
Như vậy, phương trình chuyển động của khung là

0,5

d 2x
B 2a 2
m 2 F 
x
dt
L
.

Biểu thức trên là phương trình của dao động điều hịa với chu kì dao động
2 mL
T
Ba .
Vị trí cân bằng có tọa độ của khung có tọa độ

x0 

FL
B2a2 .

0,5
0,5

3. (1đ)
Để khung có thể ra khỏi từ trường của nam châm thì vị trí cân bằng của
khung phải là vị trí có tọa độ
Do đó, F nhỏ nhất khi
Fmin 

x0 

x0 

a
2.

0,5

a
2.

B 2a3
2L .

Ta suy ra
Khung chạm tới rìa của nam châm sau nửa chu kì dao động nên

mL
t0  


Ba .
4. (1đ)
Điều kiện ban đầu của khung dây là x(0) 0, x '(0) 0 .
Do đó, kết hợp với phương trình chuyển động của khung dây ở trên ta suy
ra khung dây dao động điều hịa với phương trình li độ
x(t ) 

0,5
0,5

0,5

Fmin L
a
1  cos t    1  cos t  .
2 2 
Ba
2

Cường độ của dòng điện xuất hiện trong khung dây là
Bax (t ) Ba 2
i
i (t ) 

 1  cos t  .
(t)
L
2L
i

(
t
)
Đồ thị
theo t như hình dưới đây.
0,5

0

Bài 3

T

t

Nội dung

Điể
m
0,5

1. (2,5 đ)
A2

A1≡ F1 O2


α O
B1
B2

4 điểm

Gọi D, f là độ tụ và tiêu cự của kính cận; OC V là khoảng cách từ mắt đến
điểm cực viễn của người có mắt bị tật cận thị.
1
1
D 
f  OC V với D = 2 dp thì OC = 0,5 m.
Ta có

0,5

V

Khi ngắm chừng ở điểm cực viễn thì d'2 = OCV = OA2 = O2A2 = 0,5 m.
Khoảng cách từ ảnh trung gian A1B1 đến O2 là
d2 

  50   2, 4  2, 29 cm.
d '2 f 2

d '2  f 2   50    2, 4 

Khoảng cách từ ảnh trung gian đến vật kính O1 là
d1 = O1A1 = f1 = 1940 cm.
Vậy khoảng cách từ vật kính đến thị kính là
l = O1O2 = d1 + d2 = 1942,29 cm.
Số bội giác của ảnh là
tan  A1B1 d1

d 1940
G


 1
847,16.
tan  0
d 2 A1B1 d 2 2, 29
2. (1,5 đ)

0,5

0,5

D1
O'2

β0

O1

O2

β

O

Toàn bộ chùm sáng đi từ vật kính đến mắt người quan sát nằm trong
phạm vi góc β. Chùm tia này được tạo bởi chùm tia nằm trong phạm vi
góc β0 như hình vẽ. β0 chính là góc giới hạn thị trường của kính thiên

văn trong trường hợp này. Chùm tia tới có đỉnh là O' 2 (ảnh của O2 qua
O1). Khoảng cách O'2O1 là
O O .f
1942, 29.1940
O '2 O1  1 2 1 
1645433, 45cm.
O1O2  f1 1942, 29  1940
Góc β0 được tính như sau
D
102
tan  0  1 
6,12.10 5 rad.
O '2 O1 1645433, 45
Vùng trên Mặt Trăng mà người ấy có thể nhìn thấy qua kính sẽ có bán
kính là
1
1
R  (L  O '2O1 ).tan 0  (384000  16, 4) 6,12.10  5 11, 75 km
2
2
.
Bài 4

0,5

NỘI DUNG
1. (1,0 đ)
Xét phần tử rất nhỏ: dV = r.sinθ.dφ.r.dθ.dr = r2dr.sinθ.dθ.dφ

0,5

0,5

0,5

Điểm


Các
h1

0,5

dM = ρdVdV
dM dV 

3m 
r 
1   r 2dr.sin.d.d
3 
7R  R 
R

M

Khối lượng của vật:



2

3m 
r 2
 1   r dr sind d m
3 
7 R 0  R 
0
0

0,5
2

2

I  r sin .dM
Momen quán tính: C 
R

2
3m 
r 4
44
3
IC 
mR 2
 1   r dr sin d d 
3 
7 R 0  R 
105
0

0
=>

Các
h2

Tính khối lượng của vật:
Xét một lớp cầu mỏng có bán kính r, bề dày dr, khối lượng dM
ta có : dM = ρdVdV
với dV =4 π r 2 dr
dM =

❑

3m
r
1+
3
R
7πR

( ) 4 π r dr
2

R

M = dM =m
0

Tính momen qn tính:

Gọi dI C là mơmen qn tính của lớp cầu mỏng đối với tâm C
dI Cz là mômen quán tính của lớp cầu mỏng đối với trục đi qua tâm C
2

Ta có: dI Cz = 3 dI
2
Mà dI C =dmr =

C

3m
r
1+
3
R
7πR

❑

( ) 4 π r dr
4

Mơmen qn tính của lớp cầu mỏng đối với trục đi qua tâm C:
R

R

I Cz= dI Cz ❑=
0

44
I Cz=
m R2
105

0

2 3m
r
1+
3
3 7π R
R

❑

( ) 4 π r dr
4

R0

2. (3,0 đ)
a. (1,5 đ)
Xét tại thời điểm t bất kì, hình cầu quay được
góc  quanh trục của nó, tâm C của hình câu
quay được góc  quanh trục của ống trụ
Vì hình cầu lăn khơng trượt, ta có liên hệ:
R R
R (R 0  R)    0


R

O




N

C
D

mg

(1)

- Phương trình chuyển động quay của hình cầu quanh trục (đi qua tâm
quay tưc thời D song song với trục ống trụ)
I D  ''  mg.R sin 

Từ (1), ta có :

 '' 

(2)
R0  R
 ''
R

44
149
ID 
mR 2  mR 2 
mR 2
105
105
Với góc  nhỏ,
, thay vào (2)
149
105g
 (R  R) 
mR 2  0
 ''  mg.R.   ''
 0

105
R
149(R 0  R)



Vậy quả cầu m dao động điều hòa với tần số góc
T 2

3 

105g
149(R 0  R)

149(R 0  R)
105g

1

2
chu kì
b. (1,5 đ)
Xét tại thời điểm t bất kì, giả sử ống trụ quay
được góc  quanh trục của nó, hình cầu quay
được góc  quanh trục của nó, tâm5 C của hình 4
cầu quay được góc  quanh trục trục ống trụ
Vì hình cầu lăn khơng trượt, ta có liên hệ
R 0 R  (R 0  R)   


R0
O




N C

R0
R  R Hình 3
 0

R
R

D

(1)
- Áp dụng định luật II Niuton cho hình cầu

f

f

0,5

mg

mg sin   f  m(R 0  R) ''

(2)
- Áp dụng phương trình chuyển động quay cho hình cầu (trục quay qua C
song song với trục ống trụ)
44
mR 2  ''  fR
105

(3)
- Áp dụng phương trình chuyển động quay cho ống trụ quanh trục của nó
IO  '' fR 0  M 0 R 02 '' fR 0  f M 0 R 0 ''

 '' 

R0

R R
 '' 0
 ''
R
R

Từ (1), ta có :
Thay (5), (4) vào (3), ta được :

(4)
(5)

R R 
R R
44
 44m
R
mR 2  0  '' 0
 ''  M 0 R 0 R ''   '' 
( 0
) ''
105
R
105M 0  44m R 0
 R

44M 0 m
mg 
(R 0  R) '' m(R 0  R) '' 0
105M


44m
0
Thay vào (2) :

  ''

(105M 0  44m)
g
.
 0
(R 0  R) (149M 0  44m)

Vậy

quả

cầu

m

dao

động

điều

(105 M 0 + 44 m)
g
( R0 −R) (149 M 0 + 44 m)

( R0 −R) (149 M 0 + 44 m)
=> Chu kì : T =2 π
g
(105 M 0 + 44 m)

ω=

√

hịa

với

tần

số

0,5

góc
0,5

√

Bài 5
3 điểm

Nội dung
Bố trí thí nghiệm như hình bên

Điểm
0,5


Gọi J là mơmen qn tính của đĩa, r là bán kính của trục, m là khối
lượng quả cân, M là mơmen cản do các dịng Phu - cơ gây ra, M ms là
momen cản do ma sát (không đổi).
T = m(g - a) là lực căng dây. Phương trình quay của đĩa là:
J = Tr - M - Mms
(1)



a
r là gia tốc góc của đĩa. Dịng cảm ứng I tỉ lệ với tốc độ biến đổi từ

thông qua đĩa nghĩa là tỉ lệ với cảm ứng từ B và vận tốc góc . Lực điện từ
cản chuyển động lại tỉ lệ với B và với I, thành ra tỉ lệ với B 2 và . Mômen
cản M tỉ lệ với lực này nên có thể viết M = kB 2, k là một hệ số tỉ lệ
không đổi khi B có các giá trị B 1 và B2. Đưa vào (1) ta có J  = m(g - a) kB2 - Mms

0,5

vC
r , vC là vận tốc cuối cùng của quả
Khi đĩa quay đều = 0, a = 0,
2
gr 
M 
vc  2  m  ms 

gr 
kB 
cân. Lúc ấy:


M ms
gr

Suy ra

gr 2
tg 2  2
kB2

B1

gr 2
tg1  2 ,
kB1
Ta đo các độ dốc
B1
tg 2

B2
tg1

B2

cùng cắt trục m ở điểm
(Hình vẽ). Vì B2 > B1 nên 3 điểm ứng

với B3 đều ở dưới 3 điểm ứng với B1)

vc

m0 

m
m0 m1 m2 m2+m2

Ta thấy rằng vC là hàm bậc nhất của m.
Với 3 giá trị của m, m = m 1, m2,
m1 + m2 ta đo các vận tốc cuối với
nam châm B1 rồi nam châm B2. Đường
biểu diễn vC theo m là hai đường thẳng

0,5

0,5

0,5
0,5