Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

ĐỀ THI CHỌN HSG CÁC TỈNH ĐBDH BẮC BỘ LẦN VI
( Trường THPT Chuyên Hưng Yên )

MÔN: VẬT LÝ KHỐI 11
Câu 1( 4,5 điểm ): Một tấm phẳng, đồng chất hình tròn bị khoét một phần có
góc ở tâm 2 / 3 . Cho khối lượng của tấm là m, bán kính R. Tấm được gắn
với trục quay cố định nằm ngang đi qua O( hình vẽ ). Bỏ qua ma sát ở trục
2 / 3
quay.
O
1- Xác định vị trí khối tâm của tấm.
2- Khi tấm đang ở vị trí cân bằng thì điểm B ( giao điểm của đường thẳng
đứng qua trục quay và khối tâm G với mép tấm) nhận được vận tốc V0 theo
phương ngang.
a- Tìm vận tốc góc và gia tốc góc của tấm theo góc  lập giữa AB và đường thẳng đứng.
(có thể hỏi thêm: b- Xác định giá trị tối thiểu của V0 để AB có thể đạt tới vị trí nằm ngang về bên phải.
c- Xác định phản lực tại O khi thanh ở vị trí nằm ngang)
3- Trên đường OG qua khối tâm, người ta gắn thêm một vật nhỏ khối lượng m1  m / 2 , cách O
một đoạn x. Cho hệ dao động nhỏ quanh trục qua O. Tìm x để chu kỳ dao động của hệ là nhỏ nhất.
Câu 2 ( 4,5 điểm ): Một vùng không gian hình cầu bán kính R có mật độ điện tích phân bố đều và tổng
điện tích là +Q. Một êlectron có điện tích –e, khối lượng m có thể di chuyển tự do bên trong hoặc bên
ngoài hình cầu.
1. Bỏ qua hiện tượng bức xạ điện từ.
a. Xác định chu kỳ chuyển động tròn đều của êlectron quanh tâm quả cầu với bán kính r (xét
trường hợp r > R và r < R).
b. Giả sử ban đầu êlectron đứng yên ở vị trí cách tâm hình cầu khoảng r = 2R, xác định vận tốc
của êlectron khi nó chuyển động đến tâm của hình cầu tích điện theo R, Q, e, m, εo.
2. Thực tế khi êlectron chuyển động có gia tốc quanh quả cầu êlectron sẽ bức xạ sóng điện từ với
công suất bức xạ tính bằng công thức P 

eQa 2
trong đó a là gia tốc của êlectron, εo là hằng số điện, c
6o c3

là tốc độ ánh sáng trong chân không. Giả sử quỹ đạo của êlectron vẫn gần như tròn trong mỗi chu kỳ.
R
Tính thời gian bán kính quỹ đạo chuyển động của êlectron giảm từ R xuống
.
2
Câu 3 ( 4 điểm ): Một khung dây dẫn cứng hình vuông, tâm O, cạnh a, khối lượng m, độ tự cảm L, được
giữ nằm trong mặt phẳng nằm ngang xOy, các cạnh của khung song song với các trục Ox và Oy (Hình
vẽ). Khung được đặt trong một từ trường không đều B có các thành phần biến thiên theo tọa độ
Bx  0; By  1y; Bz  2 z. Tại thời điểm t = 0, người ta buông khung. Biết rằng trong quá trình chuyển
động mặt phẳng của khung luôn vuông góc với trục Oz. Bỏ qua sức cản không khí.
1. Giả sử xem điện trở của khung bằng không. Tìm biểu thức phụ thuộc
thời gian t của cường độ dòng điện i trong khung. Tìm giá trị cực đại của i.
2. Thực tế khung có điện trở R. Tìm biểu thức phụ thuộc thời gian của cường độ dòng điện i trong
khung.
Câu 4 ( 4 điểm ): Một môi trường trong suốt được ngăn cách với không khí (chiết suất coi như bằng 1)
bởi một mặt phẳng (P), trục Ox vuông góc với mặt phẳng và có gốc tọa độ O nằm trên mặt phẳng.


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Chiết suất của môi trường trong suốt n  r  thay đổi theo khoảng cách r đến trục Ox theo quy luật
nr  n A 1  k 2  a 2  r 2  với nA là chiết suất của môi trường tại điểm cách trục Ox một đoạn a  ka  1 .

Chiếu một chùm sáng nhỏ hình trụ, bán kính R, trục đối xứng trùng với Ox từ không khí tới mặt phân
cách (P). Gọi MN là tập hợp giao điểm của các tia sáng với trục Ox lần đầu tiên.

1. Xác định chiều dài đoạn MN.
2.Tính hiệu quang trình cực đại của các tia sáng trong chùm sáng khi đi từ mặt phân cách đến
đoạn MN lần đầu tiên.
Câu 5 ( 3 điểm ): Cho các dụng cụ sau:
+ Thước kẹp (Palmer).
R
+ Một máng có dạng hình trụ tròn có bán kính trong R như hình vẽ
(hình 1) (giá trị R lớn hơn giới hạn đo của thước kẹp).
+ 10 viên bi thép đồng chất có dạng hình cầu nhỏ, kích thước khác
nhau (Các viên bi này chỉ lăn không trượt ở mặt trong của máng hình trụ tròn
nói trên).
Hình 1
+ Một đồng hồ bấm giây.
Thí nghiệm được tiến hành ở nơi có gia tốc trọng trường g đã biết.
Yêu cầu trình bày phương án thí nghiệm đo bán kính trong R của máng hình trụ tròn (trình bày
cơ sở lý thuyết, các bước tiến hành thí nghiệm và xử lí số liệu).


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu 1 4,5 điểm
1
Vị trí khối tâm:
- Do tính đối xứng, khối tâm năm trên OX
- Chia quạt tròn thành vô hạn các quạt nhỏ có góc ở tâm là d
1
Xét hình quạt xác định bởi góc  , có diện tích ds  R 2 d , tọa
2
2

độ trọng tâm là Rcos ( như tam giác).
3

d


O

X



0,5

- Tọa độ khối tâm của hình quạt:



1
1
xG 
xdm 
m
S

Với  
2








1
xds 
 R2



 3 Rcos  2 R d  3 R
2

1

2

2

sin 





2
3/2 R 3
2

ta tìm được: xG  R

.
3 2 / 3
2
3

0,5

Viết phương trình bảo toàn cơ năng:
0,5

1 2 1 2
I 0  I   mg  OG 1  cos 
2
2
V0
Thay 0 
và biến đổi ta được:
R
V02 2mg  OG 1  cos 
2
  2 
R
I

2 / 3
O G

0,25




+) Tìm I:
Mômen quán tính của đĩa tròn đồng chất với trục quay qua O bằng MR2/2.
Ta xem đĩa tròn gồm ba tấm có góc ở tâm là 2 / 3 , tương đương 2 hình tròn đầy đủ
13



3

1

Momen quán tính của hình quạt sẽ là: I 0  2   m  R 2  mR 2  3I  I  mR 2
22 
2
2
R 3
2
2mg 
1  cos  V 2 2 3g 1  cos 
V
2
2

0
Từ đó:   2 
 02 
1
R
R

R
2
mR
2
2 3 g sin 
'
- Lấy đạo hàm theo t: 2 '  
R
3g sin 
- Vì  '   ;  '   nên   
R

0,5


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

0,75
3

3- Khi hệ dịch khỏi vị trí cân bằng một góc nhỏ  :
mgOG  m1 gx   I  m1 x 2   ''
 " 

mgOG  m1 gx
0
I  m1 x 2

Chu kì T  2
Thay OG 


I  m1 x 2
(mOG  m1 x) g

R 3
1
m
, I  mR 2 , m1 
tìm được:
2
2
2

R2  x2
( R 3   x) g

T  2
Tmin  y 

Tính y ' 

0,5

R2  x2
min
R 3  x

 x 2  2R 3x   R 2

R


Tìm được x 

0,5

3  x



2

3  2  3



0

R

0,5

Câu 2 4,5 điểm
1
a. Trường hợp r > R áp dụng định lý O-G xét cho mặt cầu bán kính r
4r 2 E1 

Q
Q
 E1 
o

4o r 2

Theo định luật II Niu-tơn :

0,25

 F  ma

sp

 m2 r
2

 2 
1 eQ
 m  r
=> eE1 = mω r =>
2
4o r
 T1 
2

Vì vậy:

163 o mr 3
T1 
eQ

0,25


0,5

Trường hợp r < R ta cũng áp dụng định lý O-G cho mặt cầu bán kính r nhưng lúc này
4 3
r
r3
điện tích là : q  3
Q 3Q
4 3
R
R
3

r3
Q
3
Q r
=> 4r 2 E 2  R
 E 2 
o
4o R 3

0,25

eE2 = mω2r
2

 2 
Qr
 m  r

=> e
3
4o R
 T1 

4o mR 3
=> T2  2
eQ

0,5


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

b. Áp dụng định lý biến thiên động năng
dW=dA
0

=>

0,25

1
mv 2  0   Fdr
2
2R

R
0



1
1 eQ 
1 eQr 
mv 2    
dr

dr

2 
3 

2
4

r
4

R
o
o


2R 
R
R
0

eQ
2eQ  dr 1

=> v 2  
=> v 
  2  3  rdr  =
4o m  2R r
R R
 2 o mR

0,25

<=>

2

eQ
2 o mR

0,5

Độ biến thiên cơ năng của electron sau thời gian dt do bức xạ điện từ
dW = -Pdt
1
2

Với W  mv 2  Wt

0,25

Trong khoảng thời gian dt electron chuyển động coi như tròn với bán kính r
=>


mv 2
1 eQr
mv 2
eQr 2



r
4o R 3
2
80 R 3


 1 R
dr 
eQ
rdr


(3R 2  r 2 )
 3
2 
3

r 
80 R
r
R
R r
2

eQr
1 eQr
3eQ
dr
=> W 
=> dW 

3
2o R 3
4o R
80 R
eQr
1 eQr
 a 
Ta lại có ma 
3
4o R
4o m R 3


Thế năng: Wt   Fdr  

Theo bài ra P 

0,25

eQ
40

e3 Q3 r 2

eQa 2
=>
P

9633o c3m 2 R 6
6o c3

0,5

0,25

Thay vào trên ta được
482 o2 c3m 2 R 3 dr
eQrdr
e3 Q3 r 2
dt


=>


dt
e2Q2
r
2o R 3
9633o c3m 2 R 6

482 o2 c3m 2 R 3
=> t  
e2Q2


R
2

dr
R r

=> t 

482 o2 c3m 2 R 3
ln 2
e2Q2

0,25

0,25

Câu 3 4 điểm
1
1. Từ thông toàn phần   a 22 z  Li
d
 Ri, mà xem R = 0 nên   const hay a 22 z  Li  0
dt
a 2 2 z
Lúc t = 0 thì z = 0, i = 0. Do đó tại thời điểm t: i  
L
Lực từ tổng hợp tác dụng lên khung ( không bị biến dạng) ở thời điểm t chỉ do thành
phần By, lực này hướng lên trên (trục Oz)
a
F  2a 1 y i  a 2 1i (vì y  ).

2

Ta có e  

0,25

0,25


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
Phương trình chuyển động của khung:
 z 

mz  mg  a 21i  mg 

a 412 z
L

a 412
a 4 1 2 
mgL 


x

x0
z


0



mL 
a 41 2 
mL

0,25

0,25

x

Nghiệm x  A cos  0 t    với  0  a 2

mgL
1 2
 z  A cos  0 t     4
a 1 2
mL

mgL
a 4 1 2
z  0  A sin   0    0
mgL
Như vậy  z  4
 cos0 t  1
a 1 2

0,25


Lúc t = 0, z = 0  z  A cos  

Từ đó  i  
Suy ra I max 

2

a 2 1z mg
 2 1  cos0 t 
L
a 1

2mg
a 2 1

0,25

0,25
0,25

d
 Ri suy ra a 22 z  Li  Ri
dt
a 21
2


i (2)
mz  mg  a 1i hay z  g 
m

1
Từ (1) ta có z   2  Ri  Li  . Thay vào (2)
a 2

2) Ta có e  

a 41 2 
mg 
Ri  Li 
i  2   0
mL  a 1 

0,25
0,25

0,25

X

 x  2x  02 x  0,  


R
và 0  a 2 1 2
2L
mL

Nghiệm x  Ae t cos  1t    với 1  02  2

mg

 i  Ae t cos  1t     2
a 1
Lúc t = 0: i
mg
mg 
i  0  Acos  2  0  A   2


a 1
a 1cos   tan   
1

i  0  Acos  1A sin   0

Thay vào trên i 

Câu 4 4 điểm


mg  0 t
e cos  1t    
1 
2
a 1  1


0,25

0,25


0,25

0,25


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

1

Xét tia sáng vào môi trường tại B cách O một khoảng OB = b.
Chia môi trường thành các lớp mỏng song song với trục Ox sao cho mỗi lớp coi như
chiết suất không đổi.
Tại mọi vị trí, ta luôn có: nr sin ir  const  nB sin



2

 nB

2
2
2 
2
2
2

1
nr2  nA 1  k  a  r   1  k  a  r 




sin 2 ir nB2  n 1  k 2  a 2  b 2   1  k 2  a 2  b 2 
 A


0,25

2

Mà cot 2 i  1 
r

2

0,5

k2
 dr 
 cot ir    
b2  r 2 
2
2
2 
 dx  1  k  a  b 
dr
  kb b2  r 2  r  b sin  kb x  C 
dx

0,25


 r  b cos  kb x 

0,25

2

Tại r = b, x = 0 nên C 



2

Quỹ đạo của tia sáng trong môi trường trong suốt có dạng hình sin.
Vị trí tia sáng cắt trục Ox lần đầu tiên là: fb 
Như vậy: f max  f 0 



1  k 2a 2 ; f min  f R 

2k


2k


2k

1  k 2  a 2  b2 


0,25

1  k 2  a2  R2 

0,25

Chiều dài vệt sáng: f  f max  f min   1  k 2a 2   1  k 2  a 2  R 2    kR 2
2k
2k
4
2

Quang trình của đoạn ứng với 1/4 chu kì của tia đi theo đường r  b cos  kb x  (từ
mặt phân cách tới vị trí cắt trục Ox lần đầu tiên) bằng:
Lb   nr dl   nr 1   rx'  dx
2



Lb 

2 kb

n

1 k a  r
2

A


2

2



1

0

 Lmax 

k 2  b2  r 2 

1  k 2  a 2  b2 

dx

Câu 5 3 điểm

nA
nA 
k 2R2 
2 2
2 2
1

k
a

;
L

1

k
a


 R 2k 

2k
2 


nA 2
kR
4

0,25

0,25


k 2b 2 
nA 1  k 2 a 2 
2 

Lb 
2k


Như vậy: L0 

0,25

0,25

0,25

0,5

0,25


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

* Cơ sở lý thuyết:
- Viên bi thép chịu tác dụng của các lực như hình vẽ (trọng lực P , lực ma sát nghỉ
0,25
f , phản lực N ) , chọn chiều dương như hình vẽ.


(+)
(+)

f

N

P


- Theo định luật II Newton: mg sin   f  maG
(1)
- Áp dụng phương trình động lực cho chuyển động quay quanh trục quay trùng với
khối tâm:
2
2
 f .r  mr 2 .  f   mr.
5
5

(2)

0,25

0,25

- Do hình trụ lăn không trượt, khối tâm G của nó chuyển động tròn với bán kính R-r
nên ta có:
aG   .r
Và: a G   '' ( R  r )
(3)

0,25

5 g
sin   0
7 (R  r)
5 g
Do   100 nên sin      '' 

 0
7 (R  r)

- Thay (2) và (3) vào (1) ta được:  '' 

- Vậy các viên bi thép dao động nhỏ với chu kì: T  2
28 2
5g
)( R  r )  r  R  (
) T2
2
5g
28
5g
- Đặt x = T2 ; a  (
) ; b = R; y = r  y = ax + b
28 2

7( R  r )
5g

0,25

T2  (

0,25
(*)

0,25
* Các bước tiến hành thí nghiệm và xử lí số liệu:

- Lần lượt đặt từng viên bi thép nhỏ vào trong máng ở vị trí lệch góc   100 so với vị
trí thấp nhất (đáy máng) và thả nhẹ để các viên bi dao động điều hòa và đo chu kì
0,25
dao động nhỏ của 10 viên bi thép.
- Sử dụng thước kẹp để đo bán kính r = y của các viên bi, sử dụng đồng hồ bấm giây
để đo chu kì dao động T của các viên bi rồi suy ra x = T2; ta có bảng số liệu sau:
0,25
Lần đo

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

x


x1

x2

x3

x4

x5

x6

x7

x8

x9

x10

0,25


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

y

y1


y2

y3

y4

y5

y6

y7

y8

y9

y10

- Để tìm bán kính R của máng (R = b) ta làm như sau: Vẽ đồ thị hàm bậc nhất (*) với 0,25
10 cặp giá trị rồi ngoại suy đồ thị bằng cách kéo dài đồ thị cắt trục Oy, tại điểm cắt
trên trục Oy ta có giá trị R.

y
R

O

0,25

x


Ghi chú : Nếu HS không làm được theo phương pháp bình phương tối thiểu mà học sinh biết tuyến
tính hoá và vẽ được đồ thị và viết gần đúng phương trình đường thẳng, cho 1 điểm