KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ X, NĂM 2017
HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN: VẬT LÝ LỚP 11
(Hướng dẫn chấm gồm 07 trang)
ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (4,0 điểm) - Chuyên Lê Khiết – Quảng Ngãi
Ý
Nội dung
Điểm
1
a) Áp dụng định luật bảo toàn động lượng, vận tốc của viên đạn và tấm
(2,0đ)
điện môi ngay sau va chạm:
m
v0 . (1)
mM
Năng lượng của hệ ngay sau va chạm
V

1
1
W0  CE 2  (m  M )V 2 (2)
2
2
 a 2
với C  0 .(3)
d
Nguồn điện thực hiện một công

�C
� �1 � 2
A  qE  (q  q0 ) E  � E  CE �
E  �  1�
CE . (4)
�
� �
�
Giá trị tối thiểu của v0 ứng với trường hợp tấm điện môi và viên đạn vừa ra

0,5
0,25

0,25

khỏi tụ thì mất vận tốc, động năng bằng không. Lúc đó, tụ điện có năng
lượng mới là W 

1C 2
E .
2

Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có A  W  W0 .
1
�1 � 2 1 C 2 1
CE =
E - [ CE 2  (m  M )V 2 ]
→ �  1�
2
2

2
�
�
(  1)

2

CE (5)
→ V2 
(M  m)

Thay (1), (3) vào (5):
m 2 v02
(  1) 0 a 2 2

E
(M  m) 2 (M  m) d

Suy ra: (v0 ) min 

Ea  0 (  1)(m  M )
.
m
d
1

0,25
0,25



2
(2,0đ)

Tại thời điểm t , tấm điện môi nhô ra khỏi tụ một đoạn x , vận tốc của nó là
r
u . Hệ thống bây giờ có thể xem gồm hai tụ ghép song song, điện dung của

0,5

cả bộ tụ là
 0 ax 0 a (a  x) 0 a


 x  (a  x) . (6)
d
d
d
Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng:
C�


0,5

a

E

d

m

x

Hình 1
1
1
1
1
�
2
2� �
2
2�
�
C
E

(
m

M
)
u

CE

(
m

M
)

V
 (C �
 C ) E 2 . (7)
�
�
�
�
2
2
2
2
�
��
�

Từ (5), (6) và (7) suy ra: u  V 1 
Suy ra

dt 

a
V

dx
ax

nên

x
dx

x
 V 1 .
hay
a
dt
a
a
a
dx
2a 2 ( m  M ) d
.
t


�
V 0 ax V
E 0 (  1)

2

0,5
0,5
0,5


Câu 2 (5,0 điểm) - Chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình
Ý
Nội dung
1
Dễ dàng tìm được tâm quay tức thời K của thanh ở thời điểm này, K có tọa

(1,5đ)
�xK  l 0cos
độ �
�yK  l 0 sin 
�x  l cos
�y  (l 0  l )sin 

Phần tử E thuộc thanh cách A đoạn ℓ có tọa độ �
� KE  r  (l  l 0 ) 2 cos 2  l 2 sin 2 
uur

(1)(2) � v 

0,25
0,25
0,25

(1)
v0
r
l 0 sin 

(2)

v0
(l  l 0 ) 2 cos 2  l 2 sin 2 
l 0 sin 

(3)


Ta có VE  KE , độ lớn vE  v  .r 

Điểm

0,25

0,5

y

ur
u
df

y

K

uu
r
B0

r
v
x

O

2
(3,5đ)





l
 dl E

A



Hình 1

u
u
r
v0
B

x

Chia thanh thành nhiều phần tử nhỏ có chiều dài dl , mang điện tích
dq   d l .
Xét một phần tử nhỏ dq bất kì thuộc thanh cách đầu A của thanh đoạn l ,
�x  l cos
�y  (l 0  l )sin 

0,25

phần tử này có tọa độ �


Ở thời điểm này vận tốc của phần tử bất kì này tính theo công thức (3), lực
Lorenxo tác dụng lên phần tử này có độ lớn df  v.B0 .dq  .r.B0 ..d l (4)
uur uuu
r uuu
r
df

df

df
Phân tích
x
y với độ lớn của từng thành phần này là:

0,25

�
�df x  df .cos
(5)
�
�df y  df .sin 

Áp dụng định lí hàm số sin trong EAK có:
l sin 
�
sin  
�
r
l

r
�

��
sin  sin 
r 2  l 2 sin 2 
�
cos  
�
�
r

3

(6)

0,5


�df  .B .. r 2  l 2 sin 2  .d l  .B . cos (l  l ) d l
� x
0
0
0
Từ (4)(5)(6)(1) � �
(7)
df


.

B
.

.sin

.
l
.
d
l
�
y
0
�
* Trường hợp 1:   const
� độ lớn của lực từ tác dụng lên thanh theo các phương Ox&Oy lần lượt

0,5

là:
l0
�
.B0 ..l 20 .cos
(l 0  l ) d l 
�Fx  .B0 . cos �
2
�
0
�
l0

.B0 . .l 20 .sin 
�
l dl 
�Fy  .B0 . sin  �
2
0
�
v0
.B0 ..l 20
2
2
� F  Fx  Fy 
với  
l 0 sin 
2

0,25
0,25
0,5

* Trường hợp 2:   k .l
� độ lớn của lực từ tác dụng lên thanh theo các phương Ox&Oy lần lượt
là:
l0
�
.B0 .k .l 30 .cos
l (l 0  l ) d l 
�Fx  .B0 .k .cos �
6
�

0
�
l0
.B0 .k .l 30 .sin 
�
2
l dl 
�Fy  .B0 .k .sin  �
3
0
�
.B0 .k .l 30
� F  Fx2  Fy2 
cos 2  4sin 2 
6

4

0,25
0,25
0,5


Câu 3 (4,0 điểm) - Chuyên Bắc Ninh
Ý
Nội dung
Điểm
1
Tại O:
y

(1,5đ)
0,5

sin = n1sin0
Chia
sợi
0 i

quang
thành
O

x
nhiều lớp mỏng
hình trụ đồng tâm. Xét trong mặt phẳng xOy, các lớp đó dày dy. Tại mỗi
điểm góc tới của tia sáng là (900 - θ), ta có
0,5
n(y)sin(900 - θ)= n1sin(900- 0 )
n(y)cos  = n1cos0 = C
sin 2 
2
2
C = n1cos 0 = n1 1  sin 0  n1 1  2  n1  sin  .
n1
2

2
(2,0đ)

Vậy, C  n12  sin 2 

Xét M có toạ độ (x,y), tia sáng có góc tới i = (900-  )
n(y) cos  = C; cos 

C
n(y)

0,25

dx
cos 
C
 cot  

dy
1  cos 2 
n 2 (y)  C 2
y

 x�
0

Áp dụng
→ x

n (y)  C
2

dy
2


b y
2

2

2



; x�
0

C dy

n (1  k 2 y 2 )  C 2
2
1

0,5
.

0,25

1
by
2
2
arcsin
b
a với a  n1  C = sin; b = kn1


C
kn y
arcsin 1 +C1.
kn1
sin 

0,25

Điều kiện ban đầu: x = 0 thì y = 0 suy ra C1 = 0

0,25

� kn
sin 
kn � sin 
�
1
sin � 1 x �
sin �
2
2
kn1
C
kn
�
�
�
1
� n1  sin 


0,5

�
x �quỹ đạo có dạng hình sin.
�
�
sin 
�R.
Điều kiện để tia sáng truyền trong sợi quang là:
kn1
y

3
(0,5đ)

�a

y

C dy

0,5

Muốn đúng với mọi  thì kn1R �1 .

0,25
0,25

5



Câu 4 (4,0 điểm) - Chuyên Nguyễn Tất Thành – Yên Bái
Ý
Nội dung
1
Thiết lập phương trình vi phân của góc lệch  :
(3,0đ) Do đĩa A cố định nên ta chỉ khảo sát chuyển động
của hệ “thanh OC + đĩa D”.
Chỉ có trọng lực là lực thế sinh công (do không có
ma sát) nên cơ năng bảo toàn.
Chọn mốc thế năng tại O.
+ Mô men quán tính của thanh OC đối với trục
quay nằm ngang qua O:
1
4
2
I1  m  2R   mR 2 .
3
3

+ Mô men quán tính của đĩa D đối với trục quay
nằm ngang qua C:
I2 

Điểm

A
O


x

M
C
y
+
+
+

D
0,25

1
mR 2 .
2

0,25

+ Vận tốc dài của khối tâm C của đĩa D so với O là: v C  2R.�
+ Do D lăn không trượt trên A cố định nên vận tốc tức thời của tiếp điểm
M của D với A
bằng 0. Gọi r là rvận tốc góc quay của đĩa D quanh trục
uuu
r uur ur uuuu
 R  0 �   2�
.
qua C, ta có: v M  vC   �CM  0 � 2R.�
Thế năng của hệ: U  mgR cos   2mgR cos   3mgR cos 
1
2


�1
�2

1
2

0,5

0,5
0,5

�
�

2
2
2
Động năng của hệ: K  K  OC   K  D   I1.� � m.v C  I 2 �

�
1 4
1
1 mR 2
2
2 � 11
2
2
� K  . mR 2�
 � .m  2R�

.
  .
 2�
 � mR 2�
2 3
2
2
2
3
�
�
11
2 2
Cơ năng của hệ bảo toàn: K + U = mR � 3mgR cos  = const
3
11
2
Phương trình vi phân mà  nghiệm đúng: R� 3g cos   const. (*)
3

2
(1,0đ)

0,5

0,5

Lấy đạo hàm hai vế của (*) ta được:
22
22

9g
��
�
�
R�
.  3g sin .�
0�
R�
 3g sin   0 � �

sin   0
3
3
22R
Khi hệ thực hiện các dao động nhỏ thì sin  �.
9g
�

0.
Phương trình trên trở thành �
22R
22R
.
Chu kì của dao động là T  2
9g
11
2
(Học sinh có thể trình bày cách khác: R� 3g cos   const.
3
11

 11
2
2
2
 3g(1  2sin 2 ) ;
R�
 3g  6g )  const.
→ R�
3
2
3
4
22
22
��
�
R�
.  3g sin .�
0�
R�
 3g sin   0 )
Sau đó đạo hàm hai vế →
3
3

6

0,5
0,25
0,25



Câu 5 (3 điểm) - Chuyên Chu Văn An – Hà Nội.
Ý
Nội dung
I. Cơ sở lý thuyết:
Sau khi nạp điện, tụ phóng điện qua điện trở R.
i

Điểm

t
dq
dq u
q
1

 
dt R RC → q = - RC dt → q = q0e RC

0,25

t

dq q 0  RCt
RC
e
 i0e
→ i 
dt RC

i
1
t
→ ln = i0
RC

Như vậy: - ln

0,25

i
tỉ lệ với thời gian t.
i0

R
K
II. Các bước tiến hành:
1. Lắp mạch điện như sơ đồ:
2. Đóng khóa K, sau một thời gian
µA
E
C
thì ngắt khóa.
3. Đọc và ghi lại cường độ dòng
điện sau những khoảng thời gian bằng nhau (ví dụ cứ 10s), từ đó tính đại
i
lượng (- ln ) tương ứng. Lập bảng số liệu:
i0

t(s)


0

10

20

30

40

50

60

0,5
0,25

0,25

70
0,5

i(µA)
- ln

i
i0

α


t(s)

III. Xử lý số liệu:
- Dựa vào bảng số liệu, vẽ đồ thị phụ thuộc giữa (- ln

i
) vào t có dạng 1
i0

đường thẳng.
Hệ số góc của đường thẳng này là tanα =

1
1
→C=
.
RC
Rtanα

Căn cứ dòng kẻ ô li tính được tanα → xác định được C.
Có thể đo nhiều lần để tính C trung bình.
----------HẾT----------

7

0,5
0,5