Ổn tập vật lý k11 2 lý đề đáp án

SỞ GD&ĐT ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LÊ QUÝ ĐÔN
ĐÁP ÁN
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC
BỘ
NĂM HỌC 2022 - 2023
Mơn: VẬT LÍ
KHỐI: 11
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu I. (4 điểm) (Tĩnh điện)
Một vòng dây tròn mảnh tâm O và bán kính R được đặt cố định nằm ngang
trong khơng khí. Vịng dây tích điện q phân bố đều. Chọn trục Oz thẳng đứng
trùng với trục của vòng dây.
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 cũng mang điện tích q. Ta chỉ nghiên cứu chuyển động của
hạt dọc theo trục Oz.

a. Từ độ cao h so với vòng dây, người ta truyền cho hạt vận tốc v 0 dọc theo
trục Oz hướng về phía vịng. Tìm điều kiện của v0 để hạt có thể vượt qua vịng
dây. Bỏ qua tác dụng của trọng lực.

q2
2 2mg 
4 0 R 2 . Chứng tỏ rằng
b. Khối lượng m của hạt thỏa mãn điều kiện

trên trục Oz tồn tại vị trí cân bằng ứng với z = R. Tính chất của vị trí cân
bằng này là bền hay khơng bền? Giải thích ngun nhân.
Ý
1
(1,5
điểm)

Nội dung

Điểm

Chia vòng tròn thành nhiều phần tử d . Do vòng dây tích
d
dq 
q
2R
điện đều nên điện tích trên mỗi phần tử

0,25 đ

Điện thế do mỗi phần tử gây ra tại điểm M trên trục, có
tọa độ z:
1
dq
qd
dV 

4 0 R 2  z 2 82  0 R R 2  z 2

0,25đ

Điện thế V do vịng trịn tích điện gây ra tại M:
2 R
qdl
q
V  dV  

0
82  0 R R 2  z 2 4 0 R 2  z 2

0,25đ

Do tính chất đối xứng trục, cường độ điện trường do vịng
trịn ra tại điểm M có phương dọc trục Oz :
dV
qz
E 

dz 4 0 (R 2  z 2 )3

0,25đ

Trang 1/14


q
q
; E
40 z
4 0 z 2

V

Khi z >> R thì
Nhận xét : Biểu thức điện thế và cường độ điện trường tại
M giống điện tích điểm q đặt tại O gây ra tại M.
2a
(1
điểm)

Điện thế do vòng tròn gây ra tại tâm:

Vo 

q
4 0 R .

0,25 đ

Bỏ qua tác dụng của trọng lực nên tại z = 0 là vị trí cân
bằng của hạt. Mặt khác hai vật mang điện cùng dấu nên
đây là vị trí cân bằng khơng bền.
Điều kiện để hạt có thể xun qua vịng dây thì :
2

0,5 đ

0,5 đ

2

1
q
q
1
mv 02 

2
mv0  qVM  qVo  2
40 R
40 R 2  h 2
2
 v0 
2b
(1,5
điểm)

Khi

q2  1
 
2m 0  R


hạt

U  mgz 

ở

độ

q

Thay

cao

z,

thế

năng

của

hạt:
0,25 đ

2

4 0 R  z

2 2 mg 

0,25 đ

2

dU

 mg 
dz
4 0

Có:



R 2  h 2 
1

2

q2z

R

2


dU


 mg  1 
dz



q2
4 0 R 2

0,25 đ

3

 z 2 

2 2 R 2z

 R 2  z 2 

3







dU
0
Khi z = R thì dz
. Vậy z = R là vị trí cân bằng của hạt.
d2 U
2 2mgR 2
2
dz
Do

 2z

R

2

 R2 

2

 z 2 

5

d2U
0
2
Khi z = R thì dz
thì U(z) có cực tiểu và cân bằng là
bền.

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

Trang 2/14

Câu II. (5 điểm) (Điện – từ)
Một khung dây dẫn hình vng MNPQ có chiều
O
dài mỗi cạnh là a (Hình 3); khung dây có điện trở R,
N
M
x
khối lượng m. Ban đầu khung dây ở vị trí như hình

vẽ, truyền cho khung dây một vận tốc ban đầu v0
theo phương ngang. Khung dây chuyển động cắt các Q
P
đường cảm ứng từ trong một từ trường có các đường
cảm ứng từ vng góc với mặt phẳng khung dây như
Hình 2
hình vẽ. Cảm ứng từ của từ trường phụ thuộc vào
y
tọa độ y theo quy luật B = B0 (1 + ky), với B0, k là
các hằng số dương. Bỏ qua ma sát và lực cản mơi
trường, trong q trình chuyển động khung dây khơng thay đổi hình dạng,
khơng quay và ln chuyển động trong mặt phẳng thẳng đứng. Cho gia tốc
rơi tự do là g.
1. Tính suất điện động trong các cạnh MN, PQ theo k, B 0, a và vận tốc vy
(thành phần vận tốc theo trục Oy của khung dây).
2. Tính lực từ tổng hợp tác dụng lên khung dây theo k, B 0, a, v và điện trở
R.
3. Viết phương trình biểu diễn sự phụ thuộc của thành phần vận tốc v y của
khung dây theo thời gian t. Vẽ đồ thị biểu diễn phương trình đó và nêu nhận
xét về quá trình chuyển động của khung dây.
Ý

Nội dung

Điểm

1
- Xét tại thời điểm t bất kì, cạnh MN ở vị trí có tọa độ y,
(1,5 thành phần vận tốc của khung theo trục Oy là vy.
điểm) - Áp dụng quy tắc bàn tay phải ta xác định được chiều
của các suất điện động cảm ứng trong mỗi cạnh của
khung dây như hình vẽ.
O
y

y+a
y

M

i N

x

i
+

i

Q i

P

0,5 đ

Hình vẽ

- Xét chuyển động của khung dây theo trục Ox (thành
phần vận tốc theo trục Ox).
+ Cạnh MN, PQ không tạo ra suất điện động cảm ứng.
+ Do tính đối xứng suất điện động cảm ứng do hai cạnh
   MQ
MQ và NP tạo ra có độ lớn bằng nhau NP
- Xét chuyển động của khung dây theo trục Oy (thành
phần vận tốc theo trục Oy).

0,25 đ

0,25 đ

Trang 3/14


+ Cạnh QM, NP không tạo ra suất điện động cảm ứng.
+ Suất điện động cảm ứng do cạnh MN tạo ra
 MN av y B0 (1  ky)

0,25 đ

+ Suất điện động cảm ứng do cạnh PQ tạo ra
PQ av y B0  1  k(y  a) 

0,25 đ

2
- Chọn chiều dương trong mạch (trong khung dây) như
(1,5 hình vẽ. Gọi cường độ dịng điện trong khung tại thời
điểm) điểm xét là i.
- Áp dụng định luật Ôm cho toàn mạch, ta được:
 PQ  QM   MN   NP iR

0,25 đ

 av y B0  1  k(y  a)   av y B0 (1  ky) iR
 kB0 a 2 v y iR
 i=

0,25 đ

kB0 a 2 v y

(1)
R
- Áp dụng quy tắc bàn tay trái ta xác định được lực từ tác
dụng lên cạnh MN, PQ của khung dây như hình vẽ.
FMN iaB0 (1  ky)

FPQ iaB0  1  k(y  a) 
       
F FMN  FNP  FPQ  FQM
Lực từ tổng hợp tác dụng lên khung:

Lực từ tác dụng lên hai cạnh MQ và NP cùng có phương
nằm ngang, cùng độ lớn, ngược chiều.
Vậy theo trục Ox tổng hợp các lực tác dụng lên khung
dây bằng khơng, do đó thành phần vận tốc của khung
dây theo trục Ox luôn không đổi và bằng v0.
Theo trục Oy:
Fy  FPQ  FMN  iaB0  1  k(y  a)   iaB0 (1  ky)  ia 2kB0
3
Xét theo trục Oy, áp dụng định luật II Niutơn cho khung,
ta có:
(2
FMN  P  FPQ ma y my"
điểm)
 iaB0 (1  ky)  iaB0  1  k(y  a)   mg my"
  iaB0 ka  mg my"

0,5 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

(2)

Thay (1) vào (2), ta được

0,25 đ
2

 mg  kB0 a 2
 mg 

kB0a v y
R

k 2 B02 a 4
y ' my"
R

my"

( vì y’ = vy)

Trang 4/14


 y"

k 2 B02 a 4
y ' g
mR

Đặt Y y '  Y ' y"
k 2 B02 a 4
 mg 
Y mY '
R
k 2 B02 a 4

 Y ' g 
Y
mR
(1)
Đặt

A

k 2 B02 a 4
 Y ' g  AY
mR


(1)

g

Y ' g  AY  A  Y  
A


(2)

g
 Z ' Y '
A
Đặt
, ta được
dZ
dZ

 Z '  AZ 
 AZ 
 Adt
dt
Z
g
g
 Z Ce At  Y  Ce  At  y '   Ce At
A
A
g
 y ' v y   Ce  At
A
Tại t = 0, vy = 0, ta có
g
g
0   Ce  A.0  C 
A
A

0,5 đ

Z Y 

2

Vậy

2 4

k B0 a

g
mgR 
v y   1  e  At   2 2 4  1  e mR
A
k B0 a 

t

0,5 đ






Nhận xét:
v
Đồ thị biểu diễn
y
phương trình có
dạng
Từ đồ thị, ta
thấy sau một
thời gian chuyển
x
động thì vận tốc
vy tăng dần theo
O

hàm
số
mũ,
nhưng sau một thời gian chuyển động v y sẽ tiến tới một
mgR
2 2 4
giá trị không đổi bằng k B0 a

0,5 đ

Trang 5/14


Câu III. (4 điểm) (Quang hình)
Hai thấu kính hội tụ L1 và L2 tiêu cự lần lượt là f1 = 20 cm và f2 = 30
cm, được đặt đồng trục chính, cách nhau a = 60 cm.
1. Đặt vật AB trên trục chính, vng góc trục chính trong khoảng O 1O2 và
cách O1 đoạn x.
a) Định x để cho hai ảnh của vật qua hai thấu kính có cùng độ lớn.
b) Định x để cho hai ảnh của vật qua hai thấu kính cùng chiều.
2. Đặt một điểm sáng S trên trục chính, trước L1 một đoạn 100 cm. Trong
khoảng giữa hai thấu kính đặt thêm bản mặt song song chiết suất n = 4/3
dày e = 40 cm và ở vị trí đối xứng đối với trung điểm I của khoảng cách giữa
hai thấu kính (Hình 3).
a) Xác định ảnh cuối cùng của S cho bởi hệ.
b) Tịnh tiến bản mặt song song dọc theo trục chính, có nhận xét gì về các
ảnh của S?

Hình 3
Ý

Nội dung

1a
Sơ đồ tạo ảnh
L2 
 L1 
(1,5
A1B1 
 AB  
 A2 B2
d1
d 2


điểm)
d1
d2
Ta có

d1 x  d1 

Điểm

0,5

d1f1
x.20

d1  f1 x  20

d 2 60  x  d2 

 60  x  30   60  x  30
d 2f 2

d 2  f 2 60  x  30
30  x

Định x để hai ảnh tạo bởi hai thấu kính cùng độ lớn
Số phóng đại của hai ảnh
d1
20

k


1

d1 20  x


 k  d2  30
 2
d 2 x  30

0,5

Để hai ảnh cùng độ lớn thì:

0,5

Trang 6/14


k1  k 2 

20
30

20  x
x  30

 x 24  cm 

 x 0  cm 
1b
Để hai ảnh cùng chiều thì k1k 2  0
(0,5
20
30
điểm)
.
0
20  x x  30

 20cm  x  30cm
2a
- Thành thứ nhất cách L1 đoạn (60 – 40)/2 = 10 cm, do đó
S1 cách thành thứ nhất đoạn d 2 = d’1 – 10 = 15 cm (nằm

(1
điểm) trong bản mặt)
- Ảnh S2 của S1 tạo bởi lưỡng chất phẳng nằm cách thành
thứ nhất đoạn d’2.
d’2 = nd2 = 4/3 . 15 = 20 cm.
Như vậy S2 ở tại trung điểm M của O1O2 (O1, O2 là các
quang tâm của L1, L2) S2 là ảnh thật vì S1 nằm trong BMSS
là vật ảo của LCP
- S2 là vật đối với LCP có mặt phân cách là thành thứ hai
của BMSS, cách thành này đoạn d3 = 20 cm cho ảnh S3
cách thành thứ hai đoạn d’3:
d’3 = d3/n = 20/(4/3) = 15 cm.
- S3 là vật thật đối với L2, cách L2 đoạn d4 = d’3 + 10 = 25
cm (thành thứ hai cách L2 10 cm)
- Ảnh cuối cùng S4 tạo bởi hệ cách L2 đoạn
df
25.30
d4  4 2 
 150  cm 
d 4  f 2 25  30

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

Vậy ảnh cuối cùng là ảo cách L2 150 cm.
2b
Tuy vị trí S2 phụ thuộc vị trí của BMSS (do khoảng cách từ
S1 tới thành thứ nhất của BMSS thay đổi) nhưng khoảng
(1
điểm) cách S1S3 ln khơng đổi vì S1S3 là độ dịch chuyển ảnh
của ảnh S1 qua BMSS
1 
 1

S1S3 e  1   40  1 
 10  cm 
 n
 4/3

0,5

S3 ở sau L1 đoạn: O1S3 = O1S1 + S1S3 = 25 + 10 = 35 cm
Suy ra: O2S3 = O1O2 – O1S3 = 60 – 35 = 25 cm

0,25

Do đó ảnh cuối cùng S4 tạo bởi hệ luôn cách L2 đoạn d4’ =
–150 cm.
Vậy ảnh cuối cùng không thay đổi khi tịnh tiến BMSS dọc
theo trục chính

0,25

Trang 7/14


Câu IV. (4 điểm) (Dao động cơ)
Cho hai thanh mỏng, đồng chất, tiết diện đều A và B có chiều dài  và
khối lượng M. Mỗi thanh được treo ở một đầu của nó vào một đường ray nằm
ngang và quay tự do trong mặt phẳng thẳng đứng chứa thanh ray nằm
ngang. Đầu của thanh A có thể chuyển động khơng có ma sát dọc theo
đường ray, trong khi đầu của thanh B được cố định vào một điểm trên đường
ray (Hình 4).

Hình 4
1. Cơng thức tính mơmen qn tính của thanh đối với khối tâm và đối với
điểm nối trên đường ray.
2. Ban đầu mỗi thanh được giữ ở vị trí nằm ngang, sau đó thả nhẹ. Gọi A

A
và B là tốc độ góc của mỗi thanh, tìm tỉ số B theo θ (θ là góc hợp bởi
thanh và phương thẳng đứng)
3. Gọi TA, TB lần lượt là chu kì dao động nhỏ của mỗi thanh quanh vị trí
TA
.
T
B
thẳng đứng. Tìm tỉ số

Ý

Nội dung

Điểm

1
Mơ-men qn tính của thanh đối với trục quay đi qua khối tâm:
1
(1
IO  M2
điểm)
12

0,5

Mômen quán tính của thanh đối với điểm treo:
2

1
  1
I  M2  M.    M2
12
3
 2

0,5

Trang 8/14


Trường hợp của thanh A: Gọi
2
(1,5 trục x là trục chứa ray nằm

điểm) ngang và trục y là đường
thẳng đứng đi qua tâm của
thanh. Vì khơng có lực nào tác
dụng theo phương của trục x
nên khối tâm của thanh chỉ
chuyển động dọc theo trục y.
Tọa độ của khối tâm thanh


yC  cos   y C  sin .
2
2
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng
1
1

My C2  IO  2 Mgy C Mg cos 
2
2
2
1
1

M2 1  3sin 2   2  Mgcos 
24
2
Tốc độ góc của thanh là
3cos  g
A   2
.

1  3sin 2  
Trong trường hợp thanh B: Gọi I là momen quán tính đối
với trục quay đi qua điểm treo.
Bảo tồn cơ năng cho ta
1 2

I Mg cos 
2
2
Tốc độ góc của thanh là
3g cos 
B   




0,5



0,5

Vậy tỉ số là

A
2

B
1  3sin 2 
Đối với thanh B

3

3g
(1,5
I  Mg sin    

2
2
điểm)
3g
2
B 
 TB 2
2
3g
Đối với thanh A
Cách 1
Gọi F là phản lực do thanh ray
tác dụng lên đầu trên của
thanh.

0,5

0,25
0,25
0,75

 C Mg  F
 My


 

 IO   F. 2 sin 
Đối với góc nhỏ, sinθ ≈ θ. Hơn
Trang 9/14


nữa, sự biến thiên tọa độ y của khối tâm khơng đáng kể
nên F ≈ Mg. Vậy, phương trình viết lại là
1
Mg
6g
6g
  2
 
.  A 
1


M2
12

 TA 2
6g
Cách 2. Từ phương trình năng lượng ta có
1
1
M2  1  3sin 2    2  Mgcos  0
24
2

Với góc theta nhỏ ta bỏ qua số hạng bật cao của sinθ và
2
cos  1 
2
Đạo hàm hai vế ta được
1
1
M2 . .  Mg.. 0
12
2
6g
6g
  
  A 


Vậy nên
TA 1

TB 2

0,25

Trang 10/14


Câu V. (3 điểm) (Phương án thực hành)
Xét chuyển động của một tấm nhựa phẳng trên một mặt bàn phẳng
nằm ngang, người ta nhận thấy trong quá trình chuyển động, tấm chịu tác
dụng của lực ma sát trượt (hệ số ma sát trượt µ) và chịu lực cản của mơi



f

kv
, k là hệ số cản). Coi các va chạm trong
c
trường tỉ lệ thuận với vận tốc (
q trình làm thí nghiệm (nếu có) là hồn tồn đàn hồi.
Cho các dụng cụ sau:
- Vật nhỏ có khối lượng m đã biết;
- Thước đo có vạch chia đến milimét;
- Các sợi dây mềm, mảnh, nhẹ;
- Tấm nhựa phẳng hình chữ nhật;
- Bàn thí nghiệm, giá đỡ, giá treo cần thiết.
u cầu:
1. Trình bày cơ sở lí thuyết và xây dựng các cơng thức cần thiết để xác
định hệ số ma sát trượt µ giữa tấm nhựa với mặt bàn và hệ số cản k của mơi
trường khi tấm nhựa chuyển động.
2. Trình bày cách bố trí thí nghiệm, thu thập và xử lí số liệu để xác định µ
và k. Lấy g = 9,8 m/s2.
x2 x3 x4 x5
ln( 1  x ) x 
 
  ...
x  1
2
3
4
5

Cho biết:
khi
.
Ý
1
(1,5
điểm)

Nội dung
Muốn xác định được các hệ số µ và k liên quan đến quá
trình chuyển động của tấm nhựa trên mặt bàn ta cần bố
trí hệ thí nghiệm sao cho tạo được vận tốc.
Cho tấm và cần phải xác định được khối lượng M của tấm
nhựa. Có thể tạo vận tốc ban đầu cho tấm nhựa bằng
việc sử dụng va chạm của vật m và tấm. Tạo vận tốc vật
m trước khi va chạm vào M bằng việc cho vật m chuyển
động dưới tác dụng của trọng lực, thế năng chuyển hoá
thành động năng. Độ cao vật m ban đầu do với vị trí trước
va chạm là h thì vận tốc vật m thu được là
v12
m mgh  v1  2gh
2
(1)

Điểm
1

Trang 11/14

Vật m khi va chạm đàn hồi với M sẽ tạo vận tốc v 2 cho M,
được xác định từ hệ phương trình
mv1 Mv 2  mv1' (*)
1
1
1
mv12  Mv 22  mv1' 2
2
2
2
(**)
2m
v2 
v1
M  m (2).
suy ra
Khi tấm nhựa chuyển động với vận tốc ban đầu v 2 chuyển
động dưới lực cản của ma sát trượt và lực cản mơi trường,
phương trình chuyển động cho tấm trên mặt bàn:
dv
Ma  Mg  kv  M
 Mg  kv
dt
Đổi biến u Mg  kv , giải phương trình vi phân ta có
u

0,5

t

du
k
 dt

u 0 M
u0

với u 0 Mg  kv 2
k
 Mg
  M t Mg
v 
 v 2  e

k (3).
 k

ta được
Thời gian mà tấm chuyển động (đến khi v 0 ) là
M 
kv 2 
t1  ln  1 

k  Mg  (4).
Quãng đường mà tấm M trượt được là
t1
t1
k
  Mg
  t Mg 

s vdt  
 v 2  e M 
 dt
k
k 

0
0 
s 

k
M  Mg
M  Mg
  M t1 Mg


v
e

t1  
 v 2 
2

k  k
k
k  k



Mv 2  Mg 

kv 2  
ln  1 
1 
   5
k 
kv 2  Mg  

kv 2 
ln  1 

Khai triển hàm  Mg  thành đa thức theo công thức
x 2 x3
ln(1  x) x 

2
3


Trang 12/14


v 22
kv32

2g 3 2 Mg 2 (6)
Ta có
Như vậy bằng việc đo khoảng cách dịch chuyển s của
tấm M theo chiều cao h của vật m (hay theo vận tốc ban
đầu v2 của M) ta có thể xác định được µ và k)
s

2
(1,5
điểm)

* Xác định khối lượng vật M (sử dụng thước làm cân đòn
và vật m đã biết để tính
M)
* Bố trí thí nghiệm (như hình vẽ ở trên ý 1)
- Vật M để hơi nhô khỏi mép bàn một chút.
- Chiều dài dây buộc vật m phải phù hợp.
- Kéo lệch vật m lên độ cao h và thả để vật m đến va
chạm vào M, đo quãng đường dịch chuyển của vật M.
- Ghi số liệu vào bảng
Lần

1

2

3

4

5

6

7

h
s

1

Xử lí số liệu
Tính các đại lượng liên quan theo công thức: v1  2gh và
2m
v2 
v1.
M  m
Lần

1

2

3

4

5

6

7

h
v1
v2

s/v22
Dựng đồ thị biểu diễn mối quan hệ
s
Y 2
v 2 theo X v 2 .
Đồ thị có dạng:
s
1
kv 2
Y 2 

A  BX
v 2 2g 3 2 Mg 2

0,5

Trang 13/14


Xác định hệ số A, B từ đồ thị, từ đó tính được µ và k.
Người ra đề: Bùi Văn Quang Thông
SĐT: 0355459986

Trang 14/14