HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu 1:
Cho cơ hệ gồm: hai con lắc đơn chiều dài L1, và L2; vật nhỏ của các con lắc có khối lượng lần lượt là m 1 và
m 2; một thanh rắn nhẹ, chiều dài L0 nối các vật nhỏ của hai con lắc lại với nhau. Tại vị trí cân hai vật có có
cùng độ cao, thanh rắn nằm ngang. Kích thích dao động của hệ bằng cách truyền cho các vật nặng một vật
tốc ban đầu v 0 hướng dọc theo thanh nối.

a. Xác định chu kì dao động bé của cơ hệ.
b. Biện luận cho trường hợp L1=L2=L và m 1=m2=m .
Nội dung
a. Gọi φ 1 và φ 2 lần lượt là góc lệch giữa dây treo so với phương thẳng đứng của hai con lắc.
Tọa độ của hai vật nặng được xác định bởi
x1 =L1 sin φ1
x 2=L0+ L2 sin φ 2
m1 :
và m 2 :
y 1=L1 ( 1−cos φ1 )
y 2=L2 ( 1−cos φ2 )
Bỏ qua các vô cùng bé từ bậc 3 trở đi
x 1=L1 φ1
x 2=L0 + L2 φ2
2
⇒ m1 :
φ1 và m2 :
φ 22 (1)
y 1=L1
y 2=L2
2
2

{

Điểm
0,5

{

{

{

Phương trình liên kết thanh

1,0
2
0

2

2

L =( x 2−x 1 ) + ( y 2− y 1)
2
φ22
φ21
2
2
( 1 ) L0=( L0 + L2 φ2−L1 φ1 ) + L2 −L1
2
2
⇒

⏟

(

)

vô cùng bé bậc cao
2
0

2
0

L =L +2 L0 ( L2 φ 2−L1 φ 1 )+ ( L2 φ 2−L1 φ1 )2
⇒ L2 φ2=L1 φ1 ( 2 )
Năng lượng dao động của hệ
1
1
1
1
K= m1 v 21 + m 2 v 22= m1 ( L1 φ´ 1 )2 + m2 ( L2 φ´ 2 )2
2
2
2
2
1
2 2
2 2
K= ( m 1 L1 φ´ 1 +m 2 L2 φ´ 2 )
2

U =m 1 g L1 ( 1−cos φ1 ) + m2 g L2 ( 1−cos φ2 )

1,0


1
1
U = m1 g L1 φ21 + m 2 g L2 φ22
2
2
Cơ năng của hệ
E=K +U
1
1
1
E= ( m 1 L21 φ´ 21 +m 2 L22 φ´ 22 ) + m 1 g L1 φ21 + m2 g L2 φ 22 ( 3 )
2
2
2
Từ biểu thức (1), thực hiện phép đổi biến số
L 2 φ2 L 1 φ 1
φ=
=
, C=Const
C
C
L2 φ´ 2 L1 φ´ 1
⇒ φ´ =
=
C

C

0,5

Lúc này phương trình (3)trở thành
2
2
1
1
1
2 2 1
2 2
2 φ
2 φ
E= m 1 C φ´ + m 2 C φ´ + m1 g C
+ m2 g C
2
2
2
L1 2
L2
1
2 2 1 m1 m2
2 2
E= ( m 1+ m2 ) C φ´ +
+
gC φ
2
2 L1 L 2
Lấy đạo hàm hai vế phương trình trên theo thời gian

m1 m 2
( m1 +m2 ) φ´ + L + L gφ=0
1
2
m1 L2+ m2 L1
´
φ+
gφ=0
( m1 +m2 ) L1 L2
Phương trình trên cho thấy hệ dao động điều hòa với tần số góc
m1 L2+ m2 L1
ω=
g∎
( m1 +m2 ) L1 L2

0,5

b. Với trường hợp
m1=m2=m ⇒ ω= g ∎
L
L1=L2=L

0,5

(

)

(


(

)

)

√

{

√

Câu 2:
a. Một lưỡng cực điện gồm hai điện tích điểm +Q và −Q cách nhau một khoảng d. Tâm của nó (trung
điểm của đoạn thẳng nối hai điện tích điểm) cách bề mặt của một vật dẫn điện lí tưởng (vơ hạn một nửa bên
dưới) một khoảng Rnhư hình vẽ.

Tìm lực do vật dẫn vô hạn tác dụng lên lưỡng cực điện là một hàm của R.
b. Xác định mật độ điện tích trên bề mặt vật dẫn do lưỡng cực gây ra là một hàm của tọa độ. Cho rằng
d ≪ R.


Áp dụng:

( 1 ± x )−n =1∓

nx n ( n+1 ) x 2
+
+ … ( x 2<1 )
1!

2!

 Hướng dẫn:

Nội dung

Điểm
0,5

a. Gọi φ 1 và φ 2 lần lượt là góc lệch giữa dây treo so với phương thẳng đứng của hai con lắc.
a. Tác dụng của vật dẫn lên hai điện tích tương tự như tác dụng của hai điện tích −Q và +Q
lần lượt là ảnh của +Q và −Q qua vật dẫn như hình vẽ.
Ta có

0,5

F=k Q2

F=

[

2

2
1
1
kQ
−
−

=
2−
2
2
2
( 2 R ) ( 2 R+ d ) ( 2 R−d )
4 R2

k Q2
d
2− 1+
2
2R
4R

]

−2

[ ( ) (

− 1−

d
2R

−2

)


[

(

1
1
−
2
d
d
1+
1−
2R
2R

) (

)

2

]

Ta có
d
≪1
R
d −2
d 3 d 2
1+

=1− +
+…
2R
R 4 R
d −2
d 3 d 2
1−
=1+ +
+…
2R
R 4 R
Ta bỏ qua các vô cùng bé từ bậc 3 trở đi, khi đó

(
(

F=

)
)

( )
( )

k Q2
d 3 d
2− 1− +
2
R 4 R
4R


{ [

2

( )]

2

( ) ]}

d 3 d
− 1+ +
R 4 R

[

−3 k Q 2 d 2
∎
8
R4
Dấu - là để chỉ lực tương tác giữa vật dẫn và lưỡng cực điện là lực đẩy.
F=

]
1,0


b. Để xác định mật độ điện tích tại một điểm được xác định bởi tọa độ x trên bề mặt vật dẫn
ta đi tìm cường độ điện trường gây bởi hệ tại điểm đó.


1,0

Dễ thấy, cường độ điện trường sẽ có phương vng góc với vật dẫn, có độ lớn
1 R−0,5 d 1 R +0,5 d
R−0,5 d R+0,5 d
E=2 kQ 2 .
− 2.
=2 kQ
−
(1)
r1
r2
r1
r2
r 31
r 32

[

] [

]

Mặc khác

{

0,5


d 2 2
d2
d2
+x
r 21=r 2− Rd−
r 21 =R 2+ x2 −Rd +
2
4
4 r 2=R2 + x 2
⇔
2
2
⇒
d
d
d2
2
2
r 22=R2 + x 2+ Rd +
r 22= R+
+ x2
r
=r
+
Rd
+
2
4
2
4


( )
( )

⇒

3
2

1 1
Rd d 2
=
1−
− 2
3
3
2
r1 r
r
4r

)]
)] ⇒ [ (
d
1 1
Rd d
r = r + Rd+ ) ]
= 1+(
+
4

[
r r
r 4 r )]

d2
r = r − Rd−
4

{

{

{

r 21= R−

3
1

3
2

[ (
[ (
2

2

2


3
2

{

3

2

)
)

−3
2

−3
2

2

3
2

(
(

2

Ta bỏ qua các vô cùng bé từ bậc 3 trở đi, khi đó


{
⇒

Thay (2) vào (1)

{

0,5

1 1
3 Rd 1
15 R 2 d 2
=
1+
−
3−
r 31 r 3
2 r2 8
r2 r2

[
[

(
(

)
)

1 1

3 Rd 1
15 R 2 d 2
= 1− 2 − 3− 2
8
r 32 r 3
2r
r
r2

]
]

R−0,5 d 1
d 3 R2d 3 R d2 R
15 R2 d 2
=
R−
+
−
−
3−
2 2 r2
8
r 31
r3
4 r2
r2 r 2

[
[


2

2

(
(

2

)
)

2

R+0,5 d 1
d 3R d 3R d R
15 R d
= 3 R+ −
−
− 3− 2
3
2
2
2
8
r2
r
2r
4r

r
r2

]
]

( 2)

0,5


E=2 kQd

2 R 2−x 2
2

5
2 2

(R +x )

0,5

⇒ Mật độ điện tích
2 R 2−x 2
σ =ε 0 E=2 k ε 0 Qd
∎
5

( R 2+ x 2 ) 2

Câu 3:
Một dây dẫn hình trụ, bán kính R mang dịng điện I với mật độ dòng
J=kr
với k =Const và r là khoảng cách tính từ tâm của dịng điện.

a. Từ định lý Biot – Savart hãy chứng tỏ rằng vecto cảm ứng từ tại một điểm trong từ trường gây bởi dòng
điện trên ln có phương tiếp tuyến với đường trịn đi qua điểm đang xét và tâm của đường tròn là trục đối
xứng của dòng điện.
b. Xác định cảm ứng từ gây bởi dịng điện trên tại một điểm nằm ngồi dây dẫn, r > R.
c. Một chùm hạt mỗi hạt mang điện q >0, khối lượngm chuyển động dọc theo trục của hình trụ (trục của
hình trụ là trục Oz ¿ với tốc độ v 0 cùng chiều với chiều dịng điện. Chứng tỏ rằng từ trường đóng vai trị như
một thấu kính hội tụ chùm hạt. Xác định biểu thức của tiêu cự. Bỏ qua tương tác giữa các hạt với nhau, và
cho rằng chiều dài của hình trụ L là nhỏ.
Nội dung

a. Ta xem dây dẫn hình trụ là tập hợp của các vỏ hình trụ, mỗi vỏ hình trụ tương đương với
các dây dẫn thẳng, dài đặt sát nhau song song với trục của hình trụ.
Ta xét hai dây dẫn đi qua A và B. Vecto cảm ứng từ do hai dây dẫn này gây ra tại M có cùng
độ lớn, có phương và chiều được biểu diễn như hình vẽ.

Điểm
0,5


Dễ thấy rằng
⃗
B M =⃗
B A +⃗
B B=B M ⃗
eφ

Một cách tương tự cho cặp dây dẫn khác ta cũng chứng minh được cảm ứng từ gây bởi cặp
dây dẫn này có phương tiếp tuyến với đường trịn đi qua M .
⇒ Tổng quát, cảm ứng từ gây bởi dòng điện hình trụ tại điểm M có phương tiếp tuyến với
đường trịn đi qua M có tâm là trục đối xứng của hình trụ ∎
b. Dịng điện tồn phần chạy qua dây dẫn
R 2π

0,5

R 2π

I =∫ JdS=∫ ∫ ( kr ) ( rdrdφ )=k ∫ ∫ r 2 drdφ
0 0

3 R

I =k

r
3

[ ]

2π

. [ φ ]0 =

0

0


2 πk R
3

0

3

Từ định lý Ampere ta có

0,5

∮ ⃗B d l⃗ =μ 0 I
B ( 2 πr )=μ 0 I
2 πk R3
μ I μ
μ k R3 1
3
⇒ B= 0 = 0
= 0
2π r 2π
r
3 r

(

)

Hay
3


μ0 k R 1
1
⃗
B=
e φ =α ⃗
⃗
e ∎
3 r
r φ
Với
μ0 k R 3
α=
3
0,5

Lực Lorentz tác dụng lên hạt khi đi vào từ trường tại vị trí được xác định bởi vecto bán kính r
−v qα
e⃗r e⃗θ e⃗z
f r= z
r
⃗f =q v r v θ v z ⇒
f θ=0
α
0
0
v qα
r
f z= r
r


| |{

Nhận thấy thành phần f r có xu hướng kéo hạt chuyển động về phía Oz, thành phần f z tăng tốc
chuyển động của hạt dọc theo Oz.
Mặc khác L nhỏ
⇒ f z =0

0,25


vì ( v r )t =0=0, và thời gian ∆ t trong từ trường ngắn.
Vậy thành phần vận tốc của hạt theo phương Oz xem như không đổi
v z=v 0 (1)
L
⇒ ∆ t=
v0

0,25

Theo phương xuyên tâm
J r =f r ∆ t
−v 0 qα L −qαL
Jr =
=
r
v0
r
−qαL
⇒ m v r −0=

r
−qαL
v r=
(2)
mr

0,25

Từ hình vẽ, ta có
v
r
tan α= r =
vz F

0,25

(

)( )

||

mr 2 v 0
( 1 )∧(2) F=
∎
qαL
⇒

Câu 4:
Một quang hệ gồm thấu kính hội tụ có tiêu cự F=20 cm và một gương phẳng có dạng một bản phẳng song

song, tráng bạc một mặt có bề dày d=6 cm với chiết suất n=1,5. Quang hệ tạo ảnh thật Scủa nguồn sáng
điểm snằm trên trục chính của thấu kính. Khoảng cách từ nguồn sáng sđến thấu kính là a=
do hệ cho trước đến thấu kính là b=

3F
, và từ ảnh S
5

3F
như hình vẽ bên dưới.
2

Tìm khoảng cách Ltừ thấu kính đến gương. Bỏ qua sự phản xạ từ mặt trước của bản.
Nội dung
Sơ đồ tạo ảnh qua quang hệ

s TKM s 1 LCP s 2 G s 3 LCP s 4 TKM S
→

→

→

→

→

Điểm
1,5



Ảnh s1củanguồn sáng s qua thấu kính
3F
F
d1 F
5
−3
'
d 1=
=
=
F=−b
d 1−F
2
3F
−F
5

0,5

Ảnh s2 qua lưỡng chất phẳng cách bề mặt bên phải của lưỡng chất phẳng một đoạn
l 2=n ( b+ L )
⇒ d 3 =n ( b+ L ) +d

0,5

Ảnh s3 đối xứng với s2 qua gương
⇒ d 4=n ( b+ L )+ d

0,5


Ảnh s4 qua lưỡng chất phẳng cách mặt bên phải của lưỡng chất phẳng một đoạn
n ( b + L )+ d +d
2d
l4 =
=b+ L+
n
n
2d
2d
⇒ d 5 =b+ L+ + L=2 L+ +b
n
n

0,5

Ánh S qua thấu kính mỏng
1
1 1
+ =
2d
b F
2 L+ +b
n

0,5

( )
( )


Câu 5:
Một bình gỗ hình trụ nổi được trong nước. Trên thành bình, theo phương thẳng đứng người ta khắc các
vạch chia để đo độ cao của bình. Nêu phương án xác định khối lượng riêng của bình. Cho khối lượng riêng
của nước là ρ0 và dụng cụ được dùng là chậu to đựng nước có thể chứa bình và độ sâu lớn hơn độ cao của
bình gỗ. Biết rằng khi đầy nước bình vẫn chưa chìm hồn tồn trong nước.
Nội dung
Gọi ρlà khối lượng riêng của gỗ, ρ0 là khối lượng riêng của nước, V là thể tích bên ngồi của
bình, V 1 là thể tích bên trong của nó, H là chiều cao của bình.
Đặt bình trống vào trong chậu nước xác định độ sâu của bình trong chậu nước h.
Ta có phương trình cân bằng của một bình khi khơng chứa nước:
h
h
ρg ( V −V 1) =ρ0 g ⇒ ρgV 1=gV ρ−ρ 0
(1)
H
H

(

Điểm
0,5

)

Đổ đầy nước vào bình xác định độ sâu của bình trong nước h1
Ta có phương trình cân bằng của bình đầy:
h
h
ρg ( V −V 1) + ρ0 g V 1= ρ0 g 1 ⇒ g ( ρ− ρ0 ) V 1=gV ρ− ρ0
(2)

H
H

0,5

Từ (1) và (2):

0,5

(

)

h
H
⇒ ρ=
ρ0 (¿)
h h1
1+ −
H H


Do đó ta có phương án:
+ Đặt bình trống vào trong chậu nước xác định độ sâu của bình trong chậu nước h.
+ Đổ đầy nước vào bình xác định độ sâu của bình trong nước h1.
+ Thế vào cơng thức(¿) xác định ρ

 HẾT 

1,5