HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
VÙNG DH&ĐB BẮC BỘ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
LẦN THỨ XV, NĂM 2024
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: … - LỚP …

HƯỚNG DẪN CHẤM
(Hướng dẫn chấm gồm 09 trang)

Câu I. (4,0 điểm) TĨNH ĐIỆN HỌC
Ý
Nội Dung
1
Vì điện trường hướng vuông góc với tấm điện môi nên
⃗
⃗
E0
E0
0,5 đ
⃗
E x=

2
1,0 đ

ε

=

2+

x
2
d

−P x S+ ρSdx+ P x+ dx S=0 ⟹
−dP −d ( ε 0 ( ε−1 ) E )
d
1 −ε E dε
ρ=
=
=−ε 0 E0
1− = 02 0
dx
dx
dx
ε
dx
ε
P= ( ε−1 ) ε 0 E là độ phân cực của điện môi.
−2 ε 0 E0 x
ρ=
2
x2 2
2+ 2 d
d

( )

0,5

0,5

Theo nguyên lý chồng chất điện trường, ta có
⃗
E x=

⃗
E0
=⃗
E0 + ⃗
E pc
ε

⃗
E pc là điện trường gây ra bởi sự phân cực
E là điện trường toàn phần, ⃗

của khối điện môi

0,5

2

x
⃗
E
d2 ⃗
'
0
⃗
⃗
⃗
⃗
⃗
E x = E pc = E x − E0 = − E0=
E0
ε
x2
2+ 2
d
−1+

4
1,0đ

0,5

2

( )

3
1,0đ

Điểm

0,5

E0 tạo phân cực cho khối điện môi
Công mà điện trường ⃗
dA=−( −⃗
P.⃗
E 0 dV )

Mật độ năng lượng dự trữ trong khối điện môi

( )

2 2

x
2
2
−1
1P 1
d
2
w=
P E pc dV =
=
ε 0 E0
2
2
2 ε0 2
x
2+ 2
d
1+

Năng lượng dự trữ trên mỗi đơn vị diện tích tấm điện môi
trang 1/9

0,25

1

( )

(

2 2

)

1
1+ X
1
1
2
2
W = ε 0 E0 d ∫
dX=ε 0 E0 d 1− arctan
⟹
2
2
√2
√2
−1 2+ X
1
1
2
A=2W =2 ε 0 E0 d 1− arctan
√2
√2

(

)

0,25
0,5

Nhiệt lượng tỏa ra trên mỗi đơn vị diện tích tấm điện môi trong giai
đoạn từ lúc mới đưa nó vào điện trường đến khi cân bằng tĩnh điện

(

QT =A−W =ε 0 E 20 d 1−

5
0,5đ

1
1
arctan
√2
√2

)

E0
Nhiệt lượng tỏa ra trên khối điện môi nếu đột ngột ngắt điện trường ⃗

0,5

ra khỏi vùng không gian chứa tấm điện môi nói trên lúc nó đang cân
bằng tĩnh điện
'

2

(

QT =W =ε 0 E0 d 1−

1
1
arctan
√2
√2

)

Câu II. (4,0 điểm) CẢM ỨNG ĐIỆN TỪ
Ý
1.
1,5 đ

Nội dung
Câu 2 (4,0 điểm)
1. Tính số vòng quay của đĩa trước khi dừng lại.
- Xét mômen lực gây bởi một vành khuyên có bán kính
trong là r và bán kính ngoài là (r + dr). Chỉ có thành phần
vận tốc (theo phương bán kính) của các hạt tải điện mới cho
đóng góp vào mômen lực, do đó:

Điểm

r

(1)
Trong đó là thành phần vận tốc theo phương bán kính:
.
- Thay vào (1) ta được:
, với I là cường độ dòng điện tổng cộng
chạy qua vành, cũng chính là dòng điện qua cả đĩa.
Vậy:
.
- Phương trình chuyển động quay:
của đĩa đối với trục quay qua O.
Suy ra

, với

0,5
0,5
là mômen quán tính

. Suy ra:
(2)
- Để tìm cường độ dòng điện qua R ta tính suất điện động cảm ứng xuất hiện khi
đĩa quay. Suất điện động cảm ứng khi đĩa quay với tốc độ góc  là
trang 2/9

- Theo định luật Ôm:
.

(3)

Từ (2) và (3), suy ra:

Tích phân hai vế ta được:
.
- Số vòng quay được của đĩa cho đến khi dừng lại là:
0,5
2. Thời điểm đĩa đạt vận tốc góc là ω0.
- Khi có nguồn điện nối tiếp với điện trở thì định luật Ôm có dạng:
0,25
2.
1,0 đ

Thay vào (2), ta có:

- Tích phân hai vế cho ta:
- Thời điểm có

.

0,5

là:

Tốc độ góc lớn nhất của đĩa

0,25
sau khi đóng khóa K và thời gian

khi đóng K để vận tốc góc của đĩa lần đầu tiên đạt đến giá trị
Đĩa quay nhanh dần:
- Áp dụng Kiếc-xốp cho mạch kín:
3.
1,5 đ

kể từ

.

(1)
- Phương trình chuyển động quay của đĩa:
(2)
- Từ (1) và (2), ta có phương trình:

trang 3/9

0,25
0,25

Vậy điện tích của tụ điện biến thiên dạng:

Từ điều kiện đầu tính được:

0,25

- Từ (2) suy ra:

Vậy giá trị cực đại của tốc độ góc của đĩa khi

.

0,25
0,25

Rút ra được:

Và

nên

0,25

Câu III. (4,0 điểm) DAO ĐỘNG ĐIỀU HÒA
Ý
Nội Dung
1
1,0 đ

Điểm

1. Gọi khối lượng quả cầu m; khối lượng các vật lỉ lệ với thể tích của vật =>
khối lượng hốc cầu bị khoét

; khối lượng còn lại

0,5

Công thức khối tâm

2
1,0 đ

IG = Ichưa khoét (G) − Ibị khoét (G)
= [Ichưa khoét (O) + m.OG2] − [Ibị khoét(O1) + (m/8).O1G2]

0,5
0,5

=
3

0,5

Gọi K là điểm tiếp xúc của khối trụ bị khoét với mặt phẳng ngang, φ là góc lệch
trang 4/9

1,0đ

của OG so với phương thẳng đứng.
K G2=O G2+O K 2−2. OG . OK . cosφ

0,25

với góc φ nhỏ thì: K G =O G +O K −2. OG . OK
2

2

2

mô men quán tính đối với trục quay qua K

 
 

Phương trình động lực học của khối trụ bị khoét:
M K =g . OG . sinφ=−I K . φ¨

với góc

φ

 

 

0,25

nhỏ thì:

chu kì dao động:

4
1,0đ

0,25

0,25

Quả cầu bị khoét, tham gia chuyển động
quay quanh tâm quay tức thời, còn chất lỏng
chuyển động tịnh tiến quanh tâm quay tức
thời
Bỏ qua ma sát, vì thế động lượng của hệ theo
phương ngang được bảo toàn => khối tâm
của hệ chuyển động trên đường thẳng đứng
cố định
Giải theo phương pháp năng lượng dao động
Khối tâm chung của hệ Gh
7m
5m

GG h 8 O1G h 8


4
R
GG  G O 
h 1
 h
7

0,25
G
+

O

5R

GG h  21

G h O1  R OG h  R

3
6

+

K

Gh
+

O1

α

Tâm quay tức thời K có cùng độ cao với Gh (vì Gh
chuyển động thẳng đứng), đồng thời K nằm trên đường thẳng đứng qua O và
điểm tiếp xúc (vì điểm tiếp xúc chuyển động ngang)
Với α nhỏ, coi K trùng Gh
*/ Thế năng của hệ: Wt =
*/ Động năng của hệ

gOGh(1 − cosα) 

α2

1 5m 2
5m R
5
v O1 
( ' ) 2 
mR 2'2
16 3
144
+/ Động năng tịnh tiến của chất lỏng: Wđ1 = 2 8
,

coi KO1 = GhO1 = R/3
+/ Động năng quay của quả cầu bị khoét:

trang 5/9

0,25

1
1
7m
289
Wđ 2  I K '2  [IG 
GK 2 ]'2 
mR 2'2
2
2
8
1440
, lấy GK = GGh

*/ Cơ năng của hệ bảo toàn:
0,25
Chu kì dao động:
0,25
Câu III. (4,0 điểm) QUANG HÌNH
Ý
Nội Dung
Điểm
1
Sử dụng định luật khúc xạ ánh sáng, ta thấy con cá nằm ở hướng hợp
1,0 đ
với mặt nước một góc
sin α '
0,5
α =arcsin
≈ 40,6 °
n

và ở cách mặt nước một khoảng
h=

2.
3,0đ

3

cos α
n h' =
3
cos α '

(

2

sin α
1− 2
n
3

cos α

'

)

' 3
2

n h' =6,98 m

0,5

a.
Vì con mắt, O và S' nằm trên cùng một
đường thẳng, O chuyển động trên mặt nước
nên

b.

d α ' v O cos α
v'
α˙ ' =
=
=
⟹
dt
MO
M S'
'
'
MO v
H
v
vO =
=
=0,800 m/s
M S' cos α H + h cos α

0,5

0,5

Vận tốc của S' và vận tốc của S

{

{

'
' '
'
v ⊥=ρ α˙ =v v ⊥=ρ α˙
;
'
'
v ∥= ρ˙
v = ρ˙ =0.

Ta lại có

∥

'

cos α ˙ '
'
' '
sin α =n sin α ⟹ cos α α˙ =n cos α α˙ ⟹ α˙ =
α
n cos α
Thành phần vận tốc vuông góc với OS của ⃗v S
ρ cos α ' v ' cos α '
v⊥= ρ α=
˙
=
v⟹
ρ' cos α n cos α '
2 '
sin α
1− 2
n
'
v⊥=
v ≈1,518 cm/ s
'
cos α

√

Từ hệ thức

trang 6/9

0,5

3

2

cos α '
cos α '
n h ⟹ ρ=n
ρ⟹
3 '
cos α
cos2 α '
cos2 α '
sin α dα
sin α ' d α ' d ρ'
dρ=n
ρ
−2
+2
+ ' ⟹
2 '
'
cos α
cos α
cos α
ρ
Thành phần vận tốc song song với OS của ⃗v S
2
'
'
cos α '
sin α
sin α ˙ ' ρ˙
v∥ = ρ˙ =n
ρ
−2
α
+2
α
+
⟹
˙
2 '
'
'
cos α
cos α
cos α
ρ
h=

(

v∥ =n

)

(

(

)

)

cos2 α v '
sin α cos α ' ˙ ' sin α ' ˙ ' 0
−2
α +2
α+ ' ⟹
2 '
'
cos α n cos α
cos α α˙ '
cos α
ρ
1
1
' '
v∥ =2 n
tan α v 1− 2
2 '
cos α
n
2
'
( n −1 ) tan α '
v∥ =2
v ≈ 8,012 cm/s
ncos 2 α '

Vận tốc của con cá
Góc giữa ⃗v và  ⃗
OS

(

)

v=√ v ⊥+ v ∥ ≈ 8,15 cm/s
2

2

( ⃗v , ⃗
OS ) =arctan
Góc giữa con cá và trục O x

0,5

v⊥
≈ 10,7 °
v∥

( ⃗v , O x ) =α + ( ⃗v , ⃗
OS ) ≈ 51,3 °

0,5

Câu V. (3,0 điểm) PHƯƠNG ÁN THỰC HÀNH
Ý
Nội Dung
1
Gọi
1,5 đ
 khối tâm của thanh kim loại và vật rắn lần lượt là C 1 và C 2 ≡O ,
 khoảng cách giữa O1 và O2 là l , khoảng cách từ O đến O1 là x ,
khoảng cách từ C đến O1 là l0,
 khối lượng của thanh cứng và vật nặng lần lượt là M và m
 momen quán tính của thanh quanh trục quay vuông góc với
thanh và qua C 1 là I 0, momen quán tính của vật rắn với trục
quay nằm ngang qua O là I .
Chu kỳ dao động của hệ thanh kim loại – vật rắn quanh trục quay nằm
ngang qua O1 và O2 lần lượt là

√

2

I 0 + M l 0 + I +m x
T 1=2 π
( M l0 +mx ) g
T 2=2 π

√

2

I 0 + M ( l−l 0 ) + I + m ( l−x )

0,5
2

( M l 0 +mx ) g

2
2
2
2
T 2 g M (l 0 −( l−l 0 ) )+ m ( x −( l−x ) ) M ( 2l 0 −l )+ m ( 2 x−l )
=
=
l=l
M ( 2l 0 −l )+ m ( 2 x−l )
4 π2
M ( l 0−( l−l 0 ) ) +m ( x−( l−x ) )

trang 7/9

Điểm

2

⟹ khi T 1=T 2=T , ta có
2
2
2
2
T 2 g I 0 + M l 0 + I +m x I 0 + M ( l−l 0 ) + I + m ( l−x )
=
=
⟺
M l 0+ mx
4 π2
( M ( l−l 0 ) +m ( l−x ) ) g

hay

0,5

0,5

g=

2
1,5đ

2. Cách tiến hành
Bước 1: Dùng thước đo chiều dài đo khoảng cách l giữa O1 và O2 và
khoảng cách x giữa O và O1
Bước 2: Cho hệ thanh kim loại – vật rắn dao động bé quanh các trục
quay nằm ngang qua O1 và O2. Dùng đồng hồ bấm giây đo các chu kỳ
dao động T 1 và T 2 với mỗi giá trị của x .
Bước 3: Tịnh tiến vật rắn đến vị trí mới rồi lặp lại các thao tác trên, ta
thu được các giá trị T 1 , T 2 , x với các vị trí khác nhau của O . Từ đó ta có
bảng số liệu
Lần đo

3
0,5đ

4
0,5
đ

2

4π l
T2

x
T1
T2

1
x1
T 11
T 21

2
x2
T 12
T 22

3. Xử lý số liệu
Từ bảng số liệu, ta có đồ thị như
hình vẽ bên. Tung độ của giao điểm
hai đồ thị chính là giá trị bằng nhau
T của hai chu kỳ T 1 và T 2.

4. Kết luận
Từ đồ thị, ta có

…
…
…
…

0,5
0,5
0,5
0,5

n
xn
T 1n
T 2n

0,5

0,5
g=

4 π 2l 4 π2 l
=
T2
OA 2

trang 8/9