HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
VÙNG DH&ĐB BẮC BỘ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
LẦN THỨ XIV, NĂM 2023
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: VẬT LÝ - LỚP 11

HƯỚNG DẪN CHẤM

(Hướng dẫn chấm gồm 11 trang)
CÂU 1 (TĨNH ĐIỆN - 4,0 ĐIỂM) – CHU VĂN AN – HÀ NỘI
Câu 1

Nội dung

Điểm

1

“Đám mây điện từ”

2,0

1a


- 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  
 2   2 e
dr
4 0 dr   r a 
ar a 
 4 0  r
Có

0,25

Để tính Q(r), ta lấy mặt Gauss là mặt cầu tâm O, bán kính r. Áp dụng định
lý O- G có:
4 r 2 E 

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

- Để tìm mật độ điện tích

0,25


  r

ta xét lớp cầu nằm giữa hai mặt cầu có
dQ Q  r  dr   Q  r 
bán kính 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 


0,5

Từ (1) và (2) ta thấy:
+)
+)

Q r  0

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

  r   0 và r   thì   r   0.

Như vậy trường này tạo bởi

một điện tích q  0 đặt tạo tâm và bao quanh bởi một quầng điện tích âm
  r
Q r
có mật độ khối
và có điện tích tổng cộng là –q ( vì điện tích
Trang 1/11


0,25


trong tồn bộ khơng gian bằng 0).
1b

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 vơ cực.
Gọi V- : điện thế do đám mây mang điện âm gây ra.
Công lực điện trường của đám mây thực hiện khi q di chuyển từ O ra xa
vô cực sẽ là:
A = q[V-(0) - V-(  )] = qV-(0).

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

q
4 0 r ta có:

q  r   a2r
q
 1  e 
4 0 r  a 
4 0 r

 2r

 2r
a

q
q
1

e


ea 
4 0 a
4 0  r








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




q
 
4 0 a



2a

“ Mẫu nguyên tử Hidro cổ điển của Thomson”
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

0,25

0,25

q2
W  A 
4 0 a

Cuối cùng
2

0,25



3e
4 R3

+ 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:
Vậy:

Trang 2/11

e
e
 E r 
0
4 0 r 2

2,0


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

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

0,5

Đồ thị:

0,5

2b

b1. Xét electron chuyển động trong hạt nhân:



Electron chịu tác dụng của lực kéo về hướng tâm tuyến tính:
e2 

F 
r
4 0 R 3 hướng về tâm O.
Lực này bằng không ở O, O là vị trí cân bằng bền của electron.
b2. 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.

Trang 3/11

0,5
0,25


2c





E
F

eE
0
d
0
Trường
tác dụng 1 lực điện
lên electron. Nguyên tử sẽ bị
ion hóa nếu lực từ trường ngồi lớn hơn lực kéo về của hạt nhân tác dụng lên
electron.

Fmax 


Lực kéo về là lực cực đại

e2
4 0 R 2 tại r R (ý 2a)


Để ion hóa được ngun tử này thì lực điện do trường ngồi E0 tác dụng
lên electron phải có giá trị thỏa mãn: Fđ  Fmax.

eE 0 

e2
e
 E0 
2
4 0 R
4 0 R 2

0,25

CÂU 2. (5 ĐIỂM) – ĐIỆN TỪ- THANH HOÁ
Câu 2
1
(1đ)

Nội dung

Điểm


Chia quả cầu thành các đới cầu mỏng, diện
tích

dS

(vành

dS = 2πRθRdθRθRdθ sin θRdθ.RθRdθdθRdθ ,

màu

đen

đậm),

tích

điện

dq = σdSπσRθRdθdS = 2πRθRdθσdSπσRθRdθRθRdθ sin θRdθ.RθRdθdθRdθ , gây một

dịng điện hình tròn:

dI =

dq 2πRθRdθσdSπσRθRdθRθRdθ sin θRdθ.RθRdθdθRdθ
=
= σdSπσRθRdθWRθRdθ2 sin θRdθdθRdθ
T
2πRθRdθ / W

,

0,25

Ta biết rằng cảm ứng từ do một dịng hình trịn gây tại 1 điểm trên trục
cách tâm nó khoảng z là:
Bz =

μIr0 Ir 2
2(r 2 + z 2 )3/2 .

0,25

Trong trường hợp này, dịng hình trịn dI bán kính r = RθRdθ sin θRdθ , cách O
0,25

khoảng z = RθRdθ cos θRdθ gây tại O một cảm ứng từ:

dBO =

μIr0 dI .RθRdθ2 sin 2 θRdθ
2 RθRdθ 3

BO

=

μIr0 σdSπσRθRdθWRθRdθ 3
sin θRdθ.dθRdθ
2

.

0,25

πRθRdθ

μIr σdSπσRθRdθWRθRdθ
2
BO = ò dBO = 0
sin 3 θRdθ.dθRdθ = μIr0 σdSπσRθRdθWRθRdθ
ò
2 0
3
0

Trang 4/11

.


r

2

Khi đặt một nam châm có moment từ m trong từ trường đều của quả cầu

(1,5đ)

và hướng của lưỡng cực lệch một góc α nhỏ so với từ trường thì nó chịu
một moment lực là:


r r r
τmB = m´ B

0,5

Độ lớn

τmB = m ×B sin α » m ×B ×α =- IO &&
mì
Bì
=-

1
12 m ì
B
&
&ị
&
&+
ML2
ì
=0
2
12
ML
.

Hay nam châm dao động với tần số góc là
3


ω=

0,5

12 m ×B
σdSπσRθRdθWRθRdθ
= 8μIr0 m
2
MLααα
MLααα2 .

0,5

Khi momen lưỡng cực quay, nó có hai thành phần:

(2,5đ)

0,5

mx = m cos ωt , my = m sin ωt
Do đó cơng suất phát xạ trung bình trong một chu kỳ là:

P=

μIr0
μIr0
μIr0 4 2 μIr0 m 2 4
r& 2
2

2
&
&
&
&
&
(
m
)
=
(
m
)
+
(
m
)
=
ωm =
ω
( x
y )
6πRθRdθcπcπcπc 3
6πRθRdθcπcπcπc 3
6πRθRdθcπcπcπc 3
6πRθRdθcπcπcπc 3 ,

( )

0,5


Cơ năng dao động:
K=

0,5

1
1
2
MLααα2θRdθmax
ω2 ;
MLααα2θRdθ02 ω 2
24
24
,

Khi nam châm dao động phần năng lượng mất đi dùng để phát xạ điện từ,
bảo tồn năng lượng cho:
ChiềudK
dương +

dt

r

=- P Þ -

μIr0 m2I
6πRθRdθcπcπcπc


3

ω4 =
i

1
dω
MLααα2θRdθ02ω
12
dt .

μIr0 m2 S 4 1
2C 2 Adω
ω
=
MLααα
θRdθ0 ω
12
dt
6πRθRdθcπcπcπc 3
ω

dω
ò ω3 =ω
0

S’

A’


0,5

t

2μIr0 m2
4μIr0 m 2
1
1
ị πRθRdθMLααα2θRdθ2cπcπcπc3 dttÞ ω2 - ω2 = πRθRdθMLααα2θRdθ2cπcπcπc 3
0
0
0
0
0,5

Trang 5/11


ω0

ω=
1+
Hay

4ω02μIr0 m2
t
πRθRdθMLααα2θRdθ02 cπcπcπc 3

.


CÂU 3. (4,0 ĐIỂM) – QUANG HÌNH - TUYÊN QUANG
Câu 3
1
(1 điểm)

Nội dung

Điểm

1. Để nhìn rõ nét bơng hoa tại mọi vị trí xung quanh bình cầu thì vị trí
đặt hoa chỉ có thể là tâm bình cầu
Xác định độ phóng đại

B’

A ' B' tanr sinr


n
tan i sin i
AB
Bơng hoa có kích thước nhỏ nên i, r coi là góc nhỏ

2

0,5

r

i


B

0,5

AA’

2.

2 điểm

0,25
* Vị trí của điểm S chính là điểm Vây-ớt-trát (điểm thỏa mãn điều kiện tương
điểm rộng):
IA nx

IA ' x ' =hằng số với mọi vị trí của I trên mặt cầu
ˆ ' với S’ là giao của phân giác với
- Dựng phân giác IS’ của góc AIA

đường SC.
Sử dụng hệ thức lượng giác trong các tam giác DIAS’ và DIS’A’:
IA
AS'
IA '
S'A '

;

ˆ

ˆ
ˆ
sin IS'A sin S' IA sin IS'A ' sin S' ˆIA ' ,

0,25
IA

AS'

 S'A



ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
mà S'IA S' IA ' và sin IS'A sin IS'A ' nên: IA ' S' A ' S' A ' (1)
AS'
AC  CS' CS'  x


Lại có S'A ' S'C  CA ' x ' CS'

0,25

IA CS'  x

 IA ' x ' CS' (2)
IA

hangso
- Mặt khác, do IA '
với mọi vị trí của I trên mặt cầu nên khi
IA SA

(3)
IºS thì: IA ' SA '

Trang 6/11

0,25


So sánh (3) và (1)  S’ là một điểm trên mặt cầu, SS’ là một đường
0,25

kính của bình cầu CS’=R.
SA SC  CA SC  x


SA ' SC  CA ' SC  x ' (4)

Mà:
Từ đó, kết hợp (2) và (4) ta có:

IA CS'  x SC  x


IA ' x ' CS' SC  x ' ; đặt R= CS (R>0: cầu lồi) ta có


0,25

IA
R x
R x


IA ' x ' R R  x '

R  x R x
x


x ' R R  x ' x '.n

0,25

Kết hợp với (I) ta có:
x

Giải phương trình này ta tìm được: x=n.R hoặc

R
n

0,25

.
x


Với điều kiện bơng hoa đặt trong bình cầu ta chọn nghiệm

R
n

, khi

đó ảnh của bơng hoa sẽ ở vị trí: x’=n.R.
k

x'
n 2
x

Độ phóng đại ảnh:
3
1 điểm

Với lưỡng chất cầu khẩu độ nhỏ:
3.
IA SA SC  CA SC  x R  x

IA nx

IA ' x '

IA ' SA ' SC  CA ' SC  x ' R  x '

Thay vào biểu thức:
1 n n 1



x x'
R

k

x'
x

0,25
:
0,25

; độ phóng đại ảnh:
(chú ý: HS có thể khơng cần chứng minh lại công thức này)
Áp dụng bằng số: R=9cm; n=1,5
Vật đặt cách tâm bình 2 cm, ta có hai trường hợp:
TH1: x=2cm x’=3,375cmk=1,6875

Trang 7/11

0,25
0,25


TH2: x=-2cmx’=-2,7cmk=1,35

Trang 8/11



CÂU 4 (4 ĐIỂM) –DA0 DỘNG CƠ - HÀ NAM
Câu
4

Nội dung

Điểm

Chọn hệ quy chiếu gắn với mặt đất. Lực tác dụng lên mỗi vật được mơ tả như trên
hình vẽ.

0,5

1

Điều kiện cân bằng cho các vật m 1 và m 2 lần lượt là
m1 g−2Tcosφφ=0(1)

0,5

T −m 2 g=0(2)
Giải hệ phương trình (1) và (2), ta có
φ=600 (3)
Chọn mốc tính thế năng của mỗi vật trùng với vị trí cân bằng của nó. Áp dụng định
luật bảo tồn cơ năng cho ta
m 1 gLcotφφ−2 m 2 gL
2

(


1
1
−1 = m 1 v21 +m 2 v 22 ( 4)
sφinφφ
2

)

0,5

0,5

Bên cạnh đó, vì các sợi dây không dãn, nên vận tốc của vật m1 và vật m2 sẽ liên hệ với
nhau bởi
0,5
v1 cosφφ=v 2(5)
Kết hợp các phương trình ( 4) và (5), ta được

√

v1 = 2 gL
3

gL ( 2− √3 )
cosφφ+2 sφinφφ−2
=2
(6)
2
3

sφinφφ ( 1+2 cos φ )

√

0,5

Xét tại một thời điểm bất kì, m 1 và m 2 đang ở các tọa độ tương ứng là x 1 và x 2.

0,25

Từ điều kiện tổng chiều dài của các sợi dây là không đổi, ta suy ra
2
1

2
1

√ L + x −2 L x
1

1

cos ( 1800 −φ ) + L2−x 2=L1 + L2 (7)

Lưu ý rằng x 1 ≪ L1, vì vậy phương trình (7) có thể được thu gọn lại thành

Trang 9/11

0,25



2
1
3 x1
x 1+
−x 2=0(8)
2
8 L1

Khi đó, thế năng của hệ được cho bởi
x21 3 √ 3 mg 2
3
U =−m1 g x 1+2 m2 g x 2= mg =
x (9)
4
L1
8 L 1
0,25
Tương tự như câu (b), động năng của hệ là
1
1
3
K= m1 ´x21 +m 2 ´x22= m1 ´x21 +m2 ´x21 cos2 φ= m ´x 21 (10)
2
2
4
Ngoài ra, do cơ năng của hệ là một đại lượng bảo tồn, nên ta có
´ + K´ =0(11)
U
Thế các phương trình (9) và (10)vào phương trình (11), ta được

´x 1+ g √ 3 x 1=0(12)
2L
Phương trình (12) cho thấy cơ hệ sẽ dao động điều hịa với chu kì
T ¿=2 π

√

2L
(13)
g √3

Trang 10/11

0,25


CÂU 5 (3 ĐIỂM) – THỰC HÀNH - CHUYÊN LÊ KHIẾT – QUẢNG NGÃI
Câu 5

Nội dung
Cơ sở lý thuyết:

Điểm
3

Khi đĩa quay trong từ trường, sẽ xuất hiện dòng điện cảm ứng, suy 1ra có mơ
men lực từ cản trở chuyển động của đĩa. Dòng điện cảm2 ứng tỉ lệ với cảm ứng
từ B và tốc độ góc . Lực điện tỉ lệ với B và dòng điện cảm ứng Isuy ra mô
men lực từ tỉ lệ với B2 và ω.
4


Suy ra M =k B2 ω với k là hệ số tỉ lệ không phụ 5thuộc vào B
Khi đĩa quay đều, tổng các mô men lực tác dụng lên đĩa bằng 0:

0,5

mgr kB 2  M ms

Trong đó r là bán kính của trục quay, M ms là mơ men của lực ma sát.

gr 2 
M 
v c  2  m  ms 
gr 
kB 
Suy ra vận tốc của quả nặng khi đĩa quay đều là
gr 2
a 2
m=x , v= y
kB
Đặt
. Suy ra phương trình tuyến tính hố y ax  b với

0,5

*/ Bố trí và tiến hành thí nghiệm
- Bố trí thí nghiệm như hình vẽ
- Treo vật m vào đĩa và thả cho hệ chuyển động. Đợi một thời gian để vật
chuyển động đều thì đánh dấu các vị trí của vật để đo quãng đường s và thời
s

v
tφ
t
gian tương ứng. Suy ra vận tốc của vật
- Thay đổi giá trị của m và đo v tương ứng.
- Lặp lại thí nghiệm khi thay từ trường của nam châm thứ 2
- Lập bảng giá trị

Trang 11/11

0,5


Bảng giá trị ứng với từ trường B1
Lần

1

2

m

m1

m2

v

v1


v2

…

vc

B1
B2

Bảng giá trị ứng với từ trường B2
Lần

1

2

m

m1

m2

v

v1

v2

m
m0 m1 m2 …m2+m2

0,5

* Xử lí số liệu:
- Vẽ đồ thị của v theo m ứng với các giá trị của B1 và B2
0,5

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

Suy ra

gr 2
tg 2  2
kB2

B1
tg 2

B2
tg1

0,25

0,25

………………………HẾT……………………..

Trang 12/11