HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG
TỈNH QUẢNG NINH
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ KHỐI
11 - NĂM 2023
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có 3 trang gồm 05 câu)

Câu 1 (4,0 điểm)
Câu 1
Sơ lược lời giải
1. (2,0 a. Hiệu điện thế giữa hai bản tụ:
điểm)
 x
d
d E0  1 

E0 
3E d
x2 
d

U 0 E  x  dx 
dx   x    0
1
1 
2d  0
21

0

Điểm

1,0

21U 0
3d .
b. Chọn mặt Gauss có dạng hình trụ chiều dày dx, mặt bên song song với các đường
sức điện, các mặt đáy có diện tích S.
0,25
Thơng lượng điện trường qua mặt Gauss kể trên là:
 E0 

 E.dS 

E dx
Q
(x)S'.dx
(x).S'.dx  x  0,5
  E  x  dx   E  x   S' 
 0
.S' 
1 
 0
 0
1 d
 0 1  d 

 (x) 

2. (2,0
điểm)

0E0
2  U
 0 1 0
x  d 3d  x  d 

0,25
ρ 0 (x) 

1
1  βxx

σ(x)
σ0

a. Điện trở suất của điện môi có toạ độ x:
- Xét lớp điện mơi dày dx có toạ độ x: Gọi S là diện tích của bản tụ
dx
dR t = ρ 0 (x).
S
+ Điện trở lớp điện mơi này là:
d

+ Điện trở của tồn bộ điện mơi bên trong tụ:
I

+ Cường độ dịng điện trong mạch:
b. Mật độ dòng điện bên trong tụ:


d  2  βxd 
1  βxx
R t 
.dx 
σ 0S
2σ 0S
0

0,5
0,25

U0
2σ 0SU 0

R t d  2  βxd 

2σ 0 U 0
I
j 
S d  2  βxd 

Gọi E là cường độ điện trường tại một vị trí trong điện mơi
- Áp dụng định luật Ơm dạng vi phân: j = E
2σ 0 U 0 1  βxx
2U 0
j
E 
.


.  1  βxx 
σ d  2  βxd  σ 0
d  2  βxd 
Vậy:

0,25

2U 0
E
.  1  βxx 
d  2  βxd 

Câu 2 (5 điểm)
1

0,25

0,25

0,5


a

b

Ngay trước khi đóng K
CE
q1 q 2 
2

Đóng K

0,5

- Ngay khi đóng khóa K, uPH  0  điốt mở.
- Khi Đ mở, chọn chiều dương dịng điện và
điện tích các tụ như hình vẽ. Thời điểm t bất kì
ta có:
i1 q1/

/
(1)
i 2 q 2
(2)
i1 i 2  i L

(3)
 u L.i /  q 2 E  q1
PH
L

(4)
C
C

0,25

0,25

1

 //
q 2  2LC q 2 0
 
q q 02 cos(.t  2 )
1
[q  CE]/ /  1 [q  CE] 0   2
2 
1
1
q

q
cos(

.t


)

CE

2LC
 1
01
1
2LC
;
Điều kiện đầu:
CE


q 2 q 02 cos 2  2

/
i 2 q 2  q 02 sin 2 0

q q cos   CE  CE
01
1
 1
2

/
i1 q1  q 01 sin 1 0
2 0

q 02  CE

2
CE

 
q2 
cos .t


2
1 
 

CE

q  CE cos(.t  )  CE
q 01 
 1
2

2
Ta có:

i i L i1  i 2 q1/  q 2/ CE sin .t CE cos(.t 
i i L 


c

0,5

0,5

0,25


)
2 .
0,5

C

E cos(.t  )
3L
2


q1
E

 u NP  C  2 cos .t  E

 u  q 2  E cos .t
PH
C 2
 
T
t 
2 kể từ khi K đóng thì i L 0
- Sau khoảng thời gian
3E
u NP 
2 , hiệu điện thế giữa hai đầu tụ C1 đạt giá trị cực đại, hiệu điện thế
- Khi đó
E
u

PH
2
giữa hai đầu tụ C2 đạt giá trị
2

0,5

0,25


0,25


d

E
u

0
PH
2
Khi i L 0 ;
quá trình dao động điện từ trong mạch tại thời điểm này
ngừng do đi-ốt đóng.
*
*
Giả sử sau đó có sự phân bố lại điện tích, gọi q 1 ;q 2 lần lượt là điện tích của các tụ

0,25

C1;C2 . Do đi-ốt bị đóng nên khơng có dịng qua điốt.
*
*
Áp dụng ĐLBT điện tích ta có:  q 1 q 2  q1  q 2  2CE
q*
q*
u PQ  1 E  1
C
C
Mặt khác ta có:


(1)

0,25

(2)

 * 3CE
q 1  2 q1

q *  CE q
2
2
2
Từ (1) và (2) 
nghĩa là điện tích khơng hề thay đổi
 sau khi dừng quá trình dao động điện từ thì cũng khơng có sự phân bố lại điện tích,
q trình dao động dừng hẳn.

0,25

0,25

Câu 3 (4,0 điểm)
3.a.
(1,5
điểm)

a. Sơ đồ tạo ảnh:


1
2
ABd1  L
 d ' A1B1 d 2  L
A 2 B2 ()
d '
1

G 

2

Đ
f1f 2

0,25

 δ = 12,8cm
Khoảng cách 2 thấu kính: L = δ + (f1 + f2) = 17,0cm
L1

O 2 d   n d ' O 2 '

Dựng ảnh của mắt tại O2 qua thấu kính L1:

d.f1
17
d' 
 1,0625cm
d  f1 16

d = L =>

tan

 D1 2 48

   58,90
2
d'
85

0,25
0,25

0,25

0,5

0
Vậy góc mở thị trường qua kính là 58, 9

3.b.
(1,5
điểm)

1
2
ABd1  L
 d ' A1B1 d 2  L
A 2 B2 ()

d2 '
1
b. Sơ đồ tạo ảnh:
Quan sát trạng thái không điều tiết: d2’ = ∞  d2 = f2 =3,2 cm

d1' .f1
13,8.1 69
d1  '

 1,0781cm
d

f
13,8

1
64
1
1
d1’ = L – d2 = L – f2 = 13,8 cm 
3

0,25

0,5


+ Vậy vật AB đặt trước L1, cách L1 một đoạn là 1,0781 cm
1
d d1  d'  0, 0156 cm

64
Khoảng cách từ AB đến O2’ là:
+ Đường kính vùng sáng chứa AB (Kích thước AB lớn nhất) :

MN 2d.tan
3.c.
(1,0
điểm)

0,25
0,5

 3

cm 176,47 m
2 170

c. Vịng trịn thị kính được xác định là ảnh của vật kính cho bởi thị kính
Dựng ảnh của vật kính L1 qua thị kính L2
2
L1 d  L
n d3 ' L1 '

0,25

3

d3 ' 

d 3f 2

17.3, 2

3,942 cm
d 3  f 2 17  3, 2

d3 = L 
Vậy, mắt đặt sau thị kính, cách thị kính O 2 một khoảng là 3,942 cm thì thu được nhiều
ánh sáng nhất.
Kích thước của vịng trịn thị kính là kích thước ảnh của thấu kính L1 qua L2 :

d 3' D1'
  D1' 0, 278cm 2,78 mm
d 3 D1

0,25

0,5

Câu 4 (4 điểm)
Câu

Sơ lược lời giải
1a. Chọn gốc thế năng tại vị trí thấp nhất I (hình vẽ )

Điểm

- Hệ khơng có ma sát, cơ năng của m bảo tồn
- Bảo tồn cơ năng tại vị trí thả vật m ban đầu và vị trí góc lệch  , ta được:

1

mgR(1  cos  0 )  mv 2  mgR(1  cos  )
2
<=>

v  2gR  cos   cos  0 

  
* Gia tốc toàn phần của vật gồm : a a ht  a tt ,
- Gia tốc hướng tâm:
- Gia tốc tiếp tuyến:

a ht 

v2
2g  cos   cos  0 
R

a tt g sin 
4

0,5

(1)

0,25


- Độ lớn của gia tốc toàn phần:

0,25

2

a  a 2ht  a 2tt g 4  cos   cos  0    sin  

2

(2)


b. Tìm gia tốc toàn phần nhỏ nhất theo g và 0
2
 
4 cos  0  4 cos 2  0 
a g  3  cos  
 1
 
3
3



 (3)

Từ biểu thức (2), viết được :
4 cos  0
4 cos  0
cos  
0
cos  
3

3 , nên ta có các
Từ biểu thức (3) nhận thấy:
khi
2

2

trường hợp:

4 cos  0
3
1
cos  0 
3
4
* TH 1: Nếu
hay

0,25

=> Gia tốc toàn phần a đạt cực tiểu khi cos  lớn nhất, tức là cos  1 (góc  0 )
a 2 g  1  cos  0 
=> khi đó: min
0

4 cos  0
3
1
cos  0 
3

4
* TH 2: Nếu
hay

0,25

4
cos   cos  0
3
=> Gia tốc toàn phần a đạt cực tiểu khi
amin  g 1 

4 cos 2  0
3

=> Khi đó :
0
c. Xét khi  0 90 , khi đó các gia tốc thành phần tại vị trí góc lệch  là
+ Gia tốc hướng tâm:

a ht 

v2
2 g cos 
R

0,25

a  g sin 
+ Gia tốc tiếp tuyến: tt

Khảo sát gia tốc tồn phần có giá đi qua điểm thấp nhất I

0
* TH 1: Khi vật tại vị trí thấp nhất I, tức là  0

Khi đó:

a ht(I)

v2
 I 2 g cos 0 2 g
a 0
R
; tt

0,25

a a ht ( I ) 2 g
- Gia tốc tồn phần : ( I )
và có giá ln đi qua điểm thấp nhất I
* TH 2: Tại vị trí góc lệch  , giá của gia tốc tồn phần đi qua điểm thấp nhất I khi

a ht cos



a tt sin
2
2
5


0,25


sin


1

  70,530
2
3

<=>
2. Bỏ qua ma sát giữa hệ vật M và mặt sàn, khi đó M có thể chuyển động tự do
v
- Gọi 12 là vận tốc của m so với M (có phương tiếp tuyến vành trịn), V là vận tốc của
M trong hệ quy chiếu gắn đất (V có phương nằm ngang)

2
cos  1 
2 và có v12  'R
- Xét ở vị trí góc lệch  rất nhỏ, coi gần đúng:

0,25
(1)

- Chọn gốc thế năng tại vị trí thấp nhất I của vỏ cầu

- Khi bỏ qua ma sát, theo phương ngang, động lượng của hệ được bảo toàn



mv12 cos  (m  M)V 0
2

0,25
(2)


cos 1
2
Lấy gần đúng
, ta được:
mv12
m

 'R
mv12  (m  M)V 0 =>
mM
m M
- Bảo toàn cơ năng cho hệ m và M tại vị trí góc lệch  , ta có:
 2 1
1 
W  m v12  V  MV 2  mgR(1  cos  ) const
2
2
 
1
1
1

2
2
2
W  m  v12    m  M  V  .2mv12V cos v12 ,V  mgR const
2
2
2
2
<=>

0,25

1 mM
2
2
 R '  mgR const
2 mM
2
Lấy đạo hàm hai vế của (3) theo thời gian, ta được

0,25

V 








W

1 mM
2R 2 '. ''  mgR '. 0
2 mM
<=>

 '' 

g  m  M
MR
ω

Vậy vật m dao động điều hòa với tần số góc
2π
2π
T 
ω
g  m  M
Chu kì dao động của m là:

0,25



(3)
0,25

 0


g  m  M
MR
,

0,25

MR

Câu 5 (3 điểm)
Câu

Sơ lược lời giải
6

Điểm


1. (1,5
điểm)

Chứng minh tần số góc dao động
Xét con lắc lò xo treo thẳng đứng, vật nặng m, lò xo độ cứng k, khối lượng M.
Chọn gốc toạ độ của trục x tại VTCB. Giả sử, tại thời điểm t, vật m ở li độ x và
có vận tốc là v (Hình vẽ).
- Sau thời gian dt, đầu dưới của lò xo dịch chuyển được một đoạn dx = vdt.

- Xét phần tử lò xo khối lượng

dM 


Mds
L ở cách điểm treo một đoạn s, sẽ dịch

0,25

sdx
s
vs  v
L
chuyển một đoạn là L , có vận tốc
- Động năng của phần tử lò xo này là:

0,25

1 M  s 
dWd(LX)   ds   v 
2 L  L 

2

- Động năng của lò xo là:

0,25
L

Wd(LX) dWd(LX)

1M
1
 3 v 2 s 2 ds  Mv 2

2L
6
0
0,25

- Áp dụng định luật BTCN cho toàn thể con lắc ta được:
1
1
1
1
1
M
W  kx 2  mv 2  Mv 2  kx 2   m   v 2 const
2
2
6
2
2
3 

0,25
(1)

Lấy đạo hàm 2 vế theo thời gian biểu thức (1), ta được:
M

W' kx.x'   m   x'.x'' 0
3

=>


k

x'' 

m

ω

.x 0

0,25

k
m

=> Con lắc dao động với tần số góc:
2.
(1,5
điểm)

M
3

M
3

(2)

* Bố trí thí nghiệm:

- Bố trí thí nghiệm như hình vẽ, treo trọng vật khối lượng m vào đầu lò xo, cho hệ
đứng cân bằng.
*Tiến hành thí nghiệm:
- Kích thích con lắc dao động theo phương thẳng đứng với biên độ
nhỏ, dùng đồng hồ bấm giây đo thời gian thực hiện khoảng 6 - 10
dao động, ghi kết quả bảng số liệu.
- Thay đổi khối lượng vật nặng m với các giá trị khác nhau, thực
hiện thí nghiệm tương tự, điền kết quả vào bảng số liệu
7

0,25

0,25


* Lập bảng số liệu sau:
STT

Khối lượng
m (kg)

Thời gian (s)

Số lần dao động

Chu kỳ T (s)

1

0,25


2
...
* Xử lý dữ liệu thí nghiệm
m
T 2π
- Từ biểu thức (2), tìm được chu kì dao động của hệ:
4π 2
4π 2 M
T2 
m
k
3k
=>

M
3

k

0,25

2
- Vẽ đồ thị của T theo khối lượng m, ta được đồ thị dạng đường thẳng Y(X) có
phương trình : Y A.X+ B
2
Trong đó: Y T ; X m ;
4π 2
4π 2 M
A

tan α B 
k
3k
Các hệ số:
;

- Xác định độ cứng k và khối lượng M của lò xo từ hệ số A,
B trên đồ thị:
3B
4π 2 4π 2
M
k

A
A
tanα ;

---------------------- HẾT ---------------------Giáo viên ra đề: Nguyễn Ngọc Phúc
SĐT: 0815.688.666

8

0,25

0,25