HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG
TỈNH PHÚ THỌ
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ KHỐI 11
NĂM HỌC 2022 - 2023
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề thi gồm 5 câu/ 2 trang)

Câu 1 (4 điểm) – Tĩnh điện
Hai quả cầu nhỏ có khối lượng bằng nhau, mang điện tích lần lượt là 4q và – q được
đặt tại hai điểm A và B trong chân không.
1. Xét một đường sức đi ra từ A. Gọi góc hợp bởi tiếp tuyến của đường sức này (tại
A) và đường thẳng nối hai điện tích là . Tìm điều kiện của  để đường sức này đi tới B.
2. Gọi  là khoảng thời gian tính từ thời điểm thả đồng thời hai quả cầu cách nhau
một đoạn ro với vận tốc ban đầu bằng 0 đến thời điểm khoảng cách giữa hai quả cầu là ro/3.
Bỏ qua lực hấp dẫn tác dụng lên các quả cầu.
a. Cho AB = ro. Giữ cố định một quả cầu còn quả kia được thả tự do với vận tốc ban đầu
bằng 0. Tính khoảng thời gian 1 theo  để khoảng cách giữa hai quả cầu là ro/3.
b. Cho AB = 2ro. Thả đồng thời hai quả cầu còn quả kia được thả tự do với vận tốc ban đầu
bằng 0. Tính khoảng thời gian 1 theo  để khoảng cách giữa hai quả cầu là 2ro/3.
Câu 2 (5 điểm) – Điện và điện từ

Trong một từ trường B đối xứng quanh trục Oz. Trong hệ trục tọa độ trụ, tại điểm
M(r, , z) ở lân cận trục ( điều kiện cận trục), cảm ứng từ có các thành phần sau:
BZ = B(z)
Br = 

1 dBr

r dz

(*)

Trong đó, Bz là hàm khả vi đến bậc 2 của biến z. Tại điểm A trên trục Oz có nguồn phát ra


các proton có khối lượng m, điện tích e và vận tốc vo hợp với trục Oz một góc  nhỏ. Bỏ
qua tác dụng của trọng lực.
a. Chứng minh rằng phương trình chuyển động của proton có dạng:
2
dθdrdz
dr 2
2
2 dz
= kBZ ;
 k rBz ;
0
dt
dt
dt

Với k là một hằng số phụ thuộc vào m và e.
b. Chứng minh rằng quỹ đạo của proton tuân theo phương trình vi phân sau:
2

d 2 r  eBZ 

 0
dz 2  2mvo 


Và điều đó cho thấy các proton khác nhau có cùng độ lớn vận tốc phát ra với các hướng hợp
với trục Oz những góc  nhỏ khác nhau sẽ hội tụ tại một
điểm.
c. Một thấu kính từ mỏng là vùng khơng gian có từ trường
z=

d
d
z= 
2 và
2 với d đủ

-

O

z

được giới hạn bởi hai mặt phẳng
nhỏ (Hình 1). Xét từ trường bên trong thấu kính có dạng(*), bỏ
Hình 1
qua từ trường ở bên ngoài và coi khoảng cách r từ các proton
tới trục là không đổi. Xét chùm proton có cùng vận tốc đi qua thấu kính mỏng song song với


trục Oz, chứng minh rằng thấu kính này là thấu kính hội tụ có tiêu cự ảnh f’ xác định bởi
1  e 



f'  2mvo 

2

d
2

2
z

B dz 0
d
2

.
Áp dụng tính độ tụ của thấu kính từ trong trường hợp từ trường cho bởi công thức:


B z (0, z ) Bo e-az

2

Cho e = 1,6.10-19C, m = 1,67.10-27kg, vo= 2.105 m/s, Bo =0,08T, a = 72 m-1, d = 8 mm và
0,048

e

 t2

dt 0, 047963


0

Câu 3 (4 điểm) – Quang hình
Một bình hình trụ đựng thủy ngân quay chung quanh trục thẳng đứng của hình trụ
với vận tốc góc khơng đổi . Khi đạt trạng thái chuyển động ổn định, bề mặt thủy ngân lõm
xuống. Bỏ qua ảnh hưởng của lực căng mặt ngoài. Chứng tỏ rằng một chùm tia tới song
song chiếu từ trên xuống dọc theo trục quay, sau khi phản xạ trên mặt thủy ngân sẽ hội tụ lại
ở một điểm. Xác định vị trí của điểm hội tụ này.
Câu 4 (4 điểm) – Dao động cơ học
Hai thanh mảnh OA và O’B đồng chất phân bố đều, cùng
khối lượng m, cùng chiều dài l được treo tại hai điểm O và O’ có
cùng độ cao. Hai thanh có thể dao động xung quanh O và O’.
Một lị xo nhẹ có độ cứng k được nối vào trung điểm của mỗi
thanh. Khi hai thanh cân bằng thì lị xo ở chiều dài tự nhiên
(Hình 2). Hệ đang đứng yên, kéo rất nhanh thanh OA ra khỏi vị
trí cân bằng ( trong mặt phẳng hình vẽ) sao cho nó hợp với
phương thẳng đứng góc o rất nhỏ rồi thả nhẹ và chọn lúc đó
làm gốc thời gian. Tìm quy luật dao động của mỗi thanh. Bỏ qua
mọi lực cản và gia tốc trọng trường là g.

O

O’

k

A

Hình 2B


Câu 5 (3 điểm) – Phương án thực hành
Cho các linh kiện và thiết bị sau:
- 01 lõi sắt từ hình xuyến tiết diện trịn
- Cuộn dây đồng (có điện trở suất ρ) có thể sử dụng để quấn tạo ống dây
- 01 điện kế xung kích dùng để đo điện tích chạy qua nó
- 01 nguồn điện một chiều
- 01 ampe kế một chiều
- 01 biến trở
- Thước đo chiều dài, panme, thước kẹp
- Ngắt điện, dây nối cần thiết.
Hãy nêu cơ sở lý thuyết và phương án thí nghiệm để đo hệ số từ thẩm  của lõi sắt từ.
………………………Hết………………………….


HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG
TỈNH PHÚ THỌ
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI
MÔN: VẬT LÝ KHỐI 11
NĂM 2017
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề thi gồm 5 câu/2 trang)

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN VẬT LÝ KHỐI 11
Câu
Nội dung

Điểm
Câu 1 1. Giả thiết đường sức
(4 điểm) đi từ A đến B hợp với
4q +
- -q 0,5đ
AB góc .
A
B
+ Xét mặt cầu bán kính r rất nhỏ bao quanh điện tích A. Có thể coi
cường độ điện trường qua mặt cầu chỉ do điện tích 4q gây ra. Số đường
sức điện trong mặt nón đỉnh A (có nửa góc ở đỉnh là , trục là AB) sẽ
là:
ΔN = EΔS =.2πr.r(1c(1cN A = EΔS =.2πr.r(1c(1cΔN = EΔS =.2πr.r(1c(1cS =

4q
4q
.2πr.r(1c(1cr.r(1  cosα) =
(1  cosα)
2
4πr.r(1c(1cεr o r
2εr o

0,5đ
+ Tương tự, ta có số đường sức điện trong mặt nón đỉnh B (có nửa góc
ở đỉnh là , trục là AB) sẽ là:
ΔN = EΔS =.2πr.r(1c(1cN B =

+ Do

q

(1  cosβ)
2εr o

ΔN = EΔS =.2πr.r(1c(1cN A = ΔN = EΔS =.2πr.r(1c(1cN B 

 4sin 2

4q
q
(1  cosα) =
(1  cosβ)
2εr o
2εr o

α
β
α
β
= sin 2
 2sin = sin
2
2
2
2

Để đường sức đến được B thì phương trình
nghiệm

 2sin


2sin

α
β
= sin
2
2 phải có

0,5 đ

α
1   60o
2

2.a. Khi thả đồng thời, theo định luật bảo toàn:
 4kq 2  4kq 2 2mv 2
4kq 2 ro


 v
(  1)
ro
r
2
mro r

0,5 đ

+Khi giữ cố định một quả cầu thì:


0,5 đ

2

2

2
1

2

mv
 4kq
 4kq
8kq ro


 v1 
(  1) v 2
ro
r
2
mro r

.

 Ứng với mỗi vị trí ( ứng với r xác định), vận tốc tăng 2 lần  vận
tốc trung bình tăng 2 lần, quãng đường tăng 2 lần nên thời gian tăng
2 lần   1  2 .


1

0,5 đ




dr = vdt =

2 r /3

o
4kq 2 ro
1
(  1)dt   dt  
dr
2
mro r
4kq ro
0
2 ro
(  1)
mro r

2.b. Ta có:
(1)
+ Khi thả chúng ra từ khoảng cách 2rothì sau thời gian 2 khoảng cách
giữa chúng giảm 3 lần, tương tự như trên:



2 ro /3

 2 dt 
0



2 ro

0,5đ

0,5đ

2 r /3

o
2mro
2mro
r
dr  
2d
r
r
2
2 ro
4kq 2 ( o  1)
4kq 2 ( o  1)
r
r/2


Đổi biến tích phân:
ro /3

 2 2 2



ro

Đặt u = r/2 

2mro
du
2 ro
4kq (  1)
u

(2)

So sánh (1) và (2), ta có  2 2 2
Câu 2 a. Phương trình Định luật II Niu Tơn cho hạt chuyển động trong từ
(5 điểm) trường có dạng:

0,5 đ


dv
 
m
= ev×B

dt

(1)
+ Chiếu phương trình (1) lên ba phương của hệ trục tọa độ trụ, ta có:
erθdrdz Bz = m(r  rθdrdz 2 )
(2)
 r dB

)
 e  z z  Bz r  = 2m(rθdrdz  2rθdrdz
 2 dz


0,5đ

(3)

2

r  dBz

θdrdz
= mz
2 dz
(4)
dBz dBz dz
dBz

. z
dz dt

dz
Với: dt
2
e d(r Bz ) m d(r 2θdrdz )
eB

=
r 2 ( z +mθdrdz ) = const
r dt 
2
(3)  2r dt
eB
r 2 ( z +mθdrdz ) = const = 0
2
- Ở thời điểm ban đầu: r = rA = 0 nên
eBz
θdrdz = 2m

(5)
e
dθdrdz
k== kBz
2m  dt
Đặt
e

- Thay vào (2), ta có:
e2 r 2
e2 2
e2




B z = m(r  r
B z ) hay r = 
rB2z  k 2 rB2z
2
2
2m
4m
4m

0,5đ

0,5đ
(6)

- Xét (4), vế trái chứa r2 và chỉ xét gần trục nên số hạng này có thể bỏ
qua, nên z = 0 .

2

0,5đ

0,5đ


b. Từ z = 0 nên vz = const = vocos.
dr dr dt 1 dr
 . 

dz
dt dz v z dt và
- Mặt khác:
d 2 r d 1 dr
d 1 dr dt 1 d 2 r
 (
) (
). 
dz 2 dz v z dt
dt v z dt dz v 2z dt 2
d2r
e2
d2r
e
2
=
rB z Hay 2  (
Bz )2r = 0
2
2 2
dz
4m vz
dz
2mvz

- Thay vào (6), ta có:
(7)

d2r
e

(
Bz )2r = 0
2
dz
2m
v
o
Với  nhỏ: vz  vo  (7) 
 phương trình mơ

0,5đ

tả quỹ đạo của proton này ít ảnh hưởng bởi


v
tham số  chỉ hướng của vận tốc o nên mọi

E

proton xuất phát từ A với cùng độ lớn vận
tốc vo thì sẽ có quỹ đạo cắt trục Oz tại cùng
một điểm A’.

S

-

O


A’ z

Hình 2.1
c. Trong thấu kính r = const nên theo phương trình (7), ta có:
dr
e2r
const 
dz
4m 2 v o2

0,5 đ

d/2
2
z

B dz

(8)

-d/2

dr
- Tại EΔS =.2πr.r(1c(1c và tại S, ta có: dz

EΔS =.2πr.r(1c(1c

0,

dr

dz

S




Thay vào phương trình (8), ta có:

0,5 đ

r
f'

r
e2 r

f'
4m 2 v o2

 Tiêu điểm của thấu kính được xác định :
Áp dụng tích phân:
d/2

d/2
2
z

2
o


B dz = B e

-d/2

dz = 2Bo2

-d/2

2



-2az 2

d/2

e

-( 2az)2

dz = 2

-d/2
2 d 2a /2
o

2B
1
e

 2 2
f' 4m v o 2a

e

-t 2

0,048

dt =6,1195

0

e

-t 2

d/2
2
z

B dz

-d/2

1
e2
 2 2
f' 4m v o


d/2
2
z

B dz

-d/2

0,5 đ
2
o

B
2a

d 2a /2

e

-t 2

dt

0

dt = 2,935 m  1

0

 Tiêu điểm của thấu kính f’ = 34 cm.

Câu 3
Xét hệ quy chiếu khơng qn tính
(4 điểm) gắn với bình như hình vẽ 3.1. Khi
đạt trạng thái chuyển động ổn
định, mỗi phần tử thủy ngân ở trên
bề mặt cân bằng dưới tác dụng của
trọng lực và lực li tâm, hợp của hai

0,5đ

3

Hình 3.1


lực này vng góc với mặt thống của thủy ngân. Mặt thống thủy
ngân có trục quay là trục đối xứng. Trong mặt phẳng chứa trục quay,
xét một phần tử thủy ngân A bất kì trên bề mặt có tọa độ (x,y). Để tìm
hệ thức liên hệ giữa x và y ta áp dụng phương pháp vi phân.
Xét một đoạn nhỏ giới hạn mặt thoáng tại A, phương của đoạn nhỏ 0,5đ
này có thể được xem như trùng phương với tiếp tuyến tại A. Từ A kẻ
tiếp tuyến của mặt thoáng thủy ngân cắt trục Ox tại I và hợp với Ox
một góc α.
ˆ
ˆ
Ta có: A1 I1  (góc có cạnh tương ứng vng góc)
dy
dx .
Theo định nghĩa đạo hàm ta có:
2

2
Flt m x 
dy  2
2
tg   
 x
 x  dy=
xdx
P
mg
g  dx
g
g
Mà
.
Tích phân hai vế ta được:
2
2
y dy  x 2  C
y  x2
2g
2g .
Với x 0, y =0  C=0 . Do đó
Vậy bề mặt thủy ngân là một paraboloic.

0,5đ

Xét tia sáng tới gặp mặt thủy
ngân tại A (hình3.2). Tia phản xạ
được xác định dựa vào định luật

phản xạ ánh sáng. Tia phản xạ
cắt trục quay tại F. Tia sáng
trùng với trục quay phản xạ
ngược lại theo chính nó.
Ta có i  (góc có cạnh tương
ứng vng góc)

0,5đ

tg  

0,5đ

Hình 3.2

OF=OA’-A’F,

A'F = A'A tg A'AF
 x tg(2  900 )  x tg(90 0  2 )
x
OF  y  xtg (900  2 ) = y 
tg 2
Vậy

với

1
1  tg 2
g
2x


 2 
2tg
2 x 2 g
Mà : tg 2

g
=const
2 2
.
Vậy giao điểm F có vị trí cố định với mọi tia phản xạ ứng với chùm tia
tới song song với trục quay tại F. Đó là tiêu điểm chính với tiêu cự có
giá trị là:
g
f OF= 2 .
2
+ Mơ men qn tính của mỗi thanh với trục quay OO’ là:
 OF 

Câu 4

4

0,5đ
0,5đ
0,5đ


ml 2
l

ml2
+ m( ) 2 =
2
2
3
+ Xét tại thời điểm t, thanh OA và OB có li độ góc lần lượt là  và .
Phương trình chuyển động quay của thanh OA và OB là:

l
l 2 ml 2
 mg 2 sin + k(β  α)( 2 ) = 3 α"

2
 mg l sinβ  k(β  α)( l ) 2 = ml β"

2
2
3
(1)

0,5đ

Do  và  rất nhỏ nên ta có thể viết lại hệ (1):
3g
3k
3k

α"

(

+
)α

β=0


2l
4m
4m

β" ( 3g + 3k )β  3k α = 0


2l
4m
4m

0,5đ

I=

 +  và v =   ,

ω1 

1,0đ

(2)
0,5đ


3g
3g
3k
ω2 
+
2l và
2l
2m

Đặt u =
0,5đ
(5 điểm)

3g

u" u = 0


2l

u" ω12 u = 0
3g
3k
 v" (
+
) v 0  v" ω2 v 0

1

2l

2m
Khi đó, hệ (2) 
 
Hệ (3) có nghiệm u = Acos(1t + 1) và v = Bcos(2t + 2)

(3)

Tại thời điểm t = 0 thì u = o, v = o, u’ = 0, v’ = 0. Ta có:
Acosφ1 = α o
Bcosφ = α
φ = φ 2 = 0

2
o
  1

A = B = α o
Aω1sinφ1 = 0
Bω2sinφ 2 = 0
 u = ocos(1t) và v = ocos(2t)

0,5đ

0,5đ
Phương trình dao động nhỏ của thanh OA và OB lần lượt là
u+v

α=
= α o (cosω1t + cosω2 t)



2

β = u  v = α (cos t  cos t)
o
1
2


2
Cơ sở lý thuyết:
I1
Xét một lõi sắt từ hình
K
xuyến
trên
đó
có
cuốn
hai
A
Câu 5
cuộn
dây
có
số
vịng
là
N
1

(3 điểm)
N1 N2
và N2. Khi cho dịng điện
chạy qua cuộn thứ nhất

5 R
d
Hình 5.1

R2

G

0,5đ


(N1) trong lòng lõi sắt sẽ xuất hiện từ trường và từ trường này sẽ đi qua
cả cuộn dây thứ hai (N2).
Gọi d là đường kính trung bình
lõi hình xuyến.
Chu vi hình xuyến d là chiều
dài mạch từ.
Khi dịng điện chạy qua cuộn thứ nhất là I 1 thì cảm ứng từ chạy
trong mạch từ là
B 0

N1I1
d

với

μ0 =4 .10 (H/m)
Từ thông gửi qua cuộn thứ hai
là
-7

 N 2 BS  0

N1 N 2 I1
S
d
với S là tiết diện mạch từ

Khi vừa ngắt khố K, dịng điện chạy qua cuộn thứ nhất I1 sẽ giảm về 0
và gây ra sự biến thiên từ thông chạy qua cuộn thứ hai (giảm từ
φ→0 ) và tổng điện tích chạy qua điện thế xung kích là q.
Xét khoảng thời gian t nhỏ, từ thơng qua cuộn thứ hai giảm đi 
tương ứng với điện lượng đi qua là Δqq . Ở cuộn thứ hai sinh ra suất
điện động cảm ứng ξ 2 và dòng điện i2.
Trong thời gian t trên dịng điện tích qua điện kế là:
q i 2 t  2

Toàn

bộ

0,5đ

t  t 



R 2 t R 2 R 2 (R là điện trở cuộn dây N )
2
2

điện

tích

qua

cuộn

2

là

0,5đ

Các bước thí nghiệm:
- Đo đường kính trong và ngồi của lõi sắt từ hình xuyến d 1 và d2 →

0,5đ

1
1
NN
qdR 2
q  q     (  0)  1 2  0I1S   
R2
R2

dR 2
N1 N 20 I1S

d=

d 1+ d 2
2

- Đo đường kính e của sợi dây đồng bằng panme
- Cuốn hai cuộn dây với số vòng là N1 và N2 lên lõi sắt từ.
- Tính điện trở cuộn dây N2:
R 2 

2
N (d  d )
N (d  d )
 2 2 2 1 4 2 22 1
s
e
e
 
 2

6


- Chỉnh biến trở để thay đổi dòng I1, mở khố K, đọc giá trị q trên điện kế
xung kích, ghi giá trị vào bảng
Lần đo
I1

điện lượng q

- Tính độ từ thẩm  ứng với mỗi lần đo
d  d2
N (d  d )
q 1
4 2 22 1
qdR 2
q(d1  d 2 )
2
e


8
2
N1N 20 I1S
N1 o I1e 2  d 2  d1 
d 2  d1 

N1N 2 o I1
4

Lặp lại các thao tác trên và tính giá trị

7

0,5đ

0,5đ