SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2

KÌ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 11
ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ
NĂM HỌC 2018 - 2019
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề.
Đề thi gồm: 02Trang.

Câu 1. Hai quả cầu I và II có bán kính như nhau nhưng khối lượng khác nhau
tương ứng m1 = 100 g và m2 = 200 g, được treo cạnh nhau bởi hai sợi dây nhẹ,

không dãn, cùng chiều dài l = 1 m (rất lớn so với bán kính các quả cầu) như hình
vẽ. Kéo lệch quả cầu I khỏi vị trí cân bằng sao cho sợi dây treo nó căng, hợp với
phương thẳng đứng một góc  = 600 rồi thả nhẹ. Khi qua vị trí cân bằng, quả cầu
I va chạm đàn hồi với quả cầu II. Bỏ qua ma sát và lực cản của môi trường. Lấy
m1
g = 10 m/s2.
a) Tính vận tốc của quả cầu I ngay trước khi nó va chạm với quả cầu II. Ngay sau
m2
va chạm, vận tốc của các quả cầu là bao nhiêu?
Hình cho câu 1
b) Biết rằng sau va chạm hai quả cầu sẽ đạt độ cao cực đại cùng một lúc.Tính góc
lệch giữa hai sợi dây khi đó.
Câu 2 Một bình kín hình trụ chiều cao h, đặt thẳng đứng và được chia làm hai phần nhờ một pittông cách
nhiệt. Pittơng có khối lượng M=500g và có thể chuyển động không ma sát trong xi lanh. Phần trên của bình
chứa khí Hêli, phần dưới của bình chứa khí Hiđrơ. Biết hai khối khí có cùng khối lượng m và ở cùng nhiệt độ,
lúc này pittông nằm cân bằng ở vị trí cách đáy dưới một đoạn 0,6h. Biết tiết diện bình là S  1dm2 . Tính áp suất
khí trong mỗi phần bình.
Câu 3 Vật khối lượng m được kéo đi lên trên mặt phẳng nghiêng với lực F , F hợp
F

với mặt phẳng nghiêng góc β. Mặt phẳng nghiêng góc α so với mặt phẳng ngang. Hệ
số ma sát trượt giữa vật và mặt phẳng nghiêng là µ.
a) Tìm biểu thức tính F khi vật đi lên đều theo mặt phẳng nghiêng.
b) Với m = 5kg, α= 45o, µ= 0,5, lấy g = 10m/s2. Xét vật đi lên đều, tìm β để F nhỏ
nhất, tìm giá trị lực F nhỏ nhất đó.
α
Câu 4 Hai tấm kim loại phẳng nằm ngang, song song với nhau tích điện như nhau
và trái dấu, điện trường E trong khoảng không gian giới hạn bởi hai tấm. Chiều dài
mỗi tấm phẳng bằng l. Một electron bay vào trong điện trường dưới góc tới  so
với mặt tấm và bay ra khỏi điện trường với góc  như hình vẽ. Bỏ qua tác dụng của
trọng lực.

l




a. Xác định động năng ban đầu của electron

b. Từ biểu thức tìm được ở câu a hãy áp dụng để tính với =300 và =450, l=10cm, E=100V/m, e=1,6.10-19C.
Câu 5 Cho mạch điện như hình vẽ 5 : U = 60V (khơng đổi),
C1 = 20µF, C2 = 10µF.
a. Ban đầu các tụ điện chưa tích điện. Khóa K ở vị trí b, chuyển sang a rồi lại về b.
Tính điện lượng qua R.
b. Sau đó chuyển K sang a rồi lại về b. Tính tổng điện lượng qua R sau n lần chuyển
khóa như trên.

a

b

K

+

U

C1

C2
R

-

Hình 5


Câu 6 Cho mạch điện như hình vẽ 6
cho biết E1=16V; E2=5V; r1=2; r2=1;R2 = 4;
Đèn Đ có ghi 3V - 3W; RA  0. Biết đèn sáng bình thường
và ampe kế chỉ số 0. Hãy tính các điện trở R1 và R3.

E1,r1

A

R1

R2

C


B

E2,r2
R3

A
D

§

Câu 7. Cho mạch điện như hình vẽ. C = 2 F, R1 = 18 ,
M
N
R2 = 20 , nguồn điện có suất điện động E = 2 V và điện trở trong khơng
H×nh vÏ 6
R1
đáng kể. Ban đầu các khóa K1 và K2 đều mở. Bỏ qua điện trở các khóa và
K2 C
dây nối.
a) Đóng khóa K1 (K2 vẫn mở), tính nhiệt lượng tỏa ra trên R1 sau khi điện tích trên tụ
R2
điện đã ổn định.
R3
b) Khi K1, K2 đang cịn đóng, ngắt K1 để tụ điện phóng điện qua R2 và R3. Tìm R3 để
E
điện lượng chuyển qua R3 đạt cực đại và tính giá trị điện lượng cực đại đó.
K1
Câu 8 Tại thời điểm t = 0 có hai hạt nhỏ giống nhau, cùng điện tích q và khối lượng
m,

 chuyển động đồng thời từ một điểm theo phương vng góc với vectơ cảm ứng từ
Hình cho câu 7
B của một từ trường đều, tại đó vận tốc hai hạt cùng chiều và có độ lớn lần lượt là v1
= v0, v2 = 3v0. Bỏ qua lực cản của môi trường, trọng lượng các hạt và lực tĩnh điện giữa
hai hạt.
a) So sánh bán kính quỹ đạo, chu kì chuyển động của hai hạt.
b) Xác định thời điểm khoảng cách giữa hai hạt đạt cực đại và tính khoảng cách cực đại đó
Câu 9 Hai thanh ray có điện trở khơng đáng kể được ghép song song với
nhau, cách nhau một khoảng l trên mặt phẳng nằm ngang. Hai đầu của hai
thanh được nối với nhau bằng điện trở R. Một thanh kim loại có chiều dài
cũng bằng l, khối lượng m, điện trở r, đặt vng góc và tiếp xúc với hai thanh.
R
Hệ thống đặt trong một từ trường đều B có phương thẳng đứng (hình 9).
l
a). Kéo cho thanh chuyển động đều với vận tốc v.Tìm cường độ dịng điện
qua thanh và hiệu điện thế giữa hai đầu thanh.
b) Ban đầu thanh đứng yên. Bỏ qua điện trở của thanh và ma sát giữa thanh
Hình 9
với ray. Thay điện trở R bằng một tụ điện C đã được tích điện đến hiệu điện
thế U0. Thả cho thanh tự do, khi tụ phóng điện sẽ làm thanh chuyển động nhanh dần. Sau
A
một thời gian, tốc độ của thanh sẽ đạt đến một giá trị ổn định vgh. Tìm vgh? Coi năng lượng
hệ được bảo toàn.
Câu 10 Cho một khối thủy tinh dạng bán cầu có bán kính R = 4cm, chiết suất n  2 đặt
trong khơng khí (Hình vẽ 4). Chiếu thẳng góc tới mặt phẳng của bán cầu một tia sáng SI. S
I
a) Điểm tới I cách tâm O của khối bán cầu là R/2. Xác định góc lệch giữa tia ló ra
O
R
khỏi bán cầu so với tia tới.

b) Điểm tới I ở trong vùng nào thì có tia sáng đi qua mặt cầu của bán cầu?
....................................HẾT........................................................

Hình 4

B


ĐÁP ÁN ĐỀ
CÂU
NỘI DUNG
+ Tốc độ quả cầu I ngay trước va chạm
1

ĐIỂM

Chọn mốc thế năng tại vị trí cân bằng
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho hệ tại vị trí thả vật và tại vị trí cân bằng
1
m1gl(1 – cos) = m1v12
2
 v1 = 2gl(1 - cos) = 2.10.1(1 - cos600) = 10  3,16 m/s…………………
+ Tốc độ các quả cầu ngay sau va chạm
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ hai quả cầu ngay trước và sau va chạm (chọn chiều dương
là chiều chuyển động của I trước va chạm)
m1v1 = m1v1’ + m2v2’  v1 = v1’ + 2v2’
Va chạm đàn hồi nên động năng không đổi
1
1
1

m v 2 = m v '2 + m2v2'2  v12 = v1’2 + 2v2’2
2 1 1 2 1 1
2
Từ (1.1) và (1.2) suy ra
v1
10
2v1 2 10
v1’ = - =  -1,054 m/s và v2’ =
=
 2,1 m/s..........................................................
3
3
3
3
Dấu “-“ của v1’ cho thấy vật I sẽ bật ngược trở lại sau va chạm

Sau va chạm, áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho các quả cầu tại vị trí cân bằng và ở
độ cao cực đại
1
m1gl(1 – cos1) = m1v1'2
2
v1'2
10
 cos1 = 1 =1hay 1  19019........................................................
2gl
9.2.10.1
1
m2gl(1 – cos2) = 2m2v2'2
v2'2
4.10

 cos2 = 1 – 2gl = 1 – 9.2.10.1 hay 1  38065’
Góc lệch giữa hai sợi dây
 = 1 + 2 = 58013’………………………………………………………………….

2

3a

m
R.T0
Xét phần trên p1 0,4h.S 
4
m
R.T0
Xét phần dưới: p2 0,6h.S 
2
p
3
Từ (1) và (2), ta có: 1 
...................................................................................................
p2 4
Mg
 500Pa
Mặt khác: p1  p2 
...........................................................................
S
Từ (3) và (4), ta có: p1  1500Pa; p2  2000Pa; .....................................................................

0,25


0,25

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25
0,25

Các lực tác dụng lên vật như hình 4 Vật chuyển động đều nên:

⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐹⃗ + 𝑃⃗⃗ + 𝑁
𝐹𝑚𝑠 = ⃗⃗
0
Chiếu (*) lên: Ox: Fcosβ-Psinα-Fmst =0
Oy: F sinβ+ N –Pcosα= 0
Thay 𝐹𝑚𝑠 = 𝜇. 𝑁 = 𝑃𝑐𝑜𝑠𝛼 − 𝐹𝑠𝑖𝑛𝛽
Ta được biểu thức 𝐹

=

F

0,25

N


β

y
x

𝑃(𝑠𝑖𝑛𝛼+𝜇𝑐𝑜𝑠𝛼)

0,25

𝑐𝑜𝑠𝛽+𝜇𝑠𝑖𝑛𝛽

Fmst
P

α

O


b

Vì P = mg, α và µ xác định nên F=Fmin khi mẫu số 𝑐𝑜𝑠𝛽 + 𝜇𝑠𝑖𝑛𝛽

cực đại. Theo bất đẳng

thức Bunhacôpxki: 𝑐𝑜𝑠𝛽 + 𝜇𝑠𝑖𝑛𝛽 ≤ √(1 + 𝜇 2 ). (𝑐𝑜𝑠𝛽 2 + 𝑠𝑖𝑛𝛽 2 ) = √1 + 𝜇 2 .......................
Dấu ‘=’ xảy ra
Vậy khi β=


4a

tanβ= µ= 0,5 , β= 26,56o .

26,56o thì 𝐹𝑚𝑖𝑛 =

𝑃(𝑠𝑖𝑛𝛼+𝜇𝑐𝑜𝑠𝛼)
√1+𝜇2

= 47,43𝑁

....................................................

0,25

Chuyển động theo ox là chuyển động thẳng đều với vận tốc không đổi 𝑣𝑥 = 𝑣0 𝑐𝑜𝑠𝛼
Chuyển động theo oy là chuyển động thẳng biến đổi đều với vận tốc ban đầu 𝑣0 𝑠𝑖𝑛𝛼
𝑞𝐸
Gia tốc 𝑎𝑦 = 𝑚
Thời gian đi hết chiều dài bản tụ 𝑡 = 𝑣

𝑙

0 𝑐𝑜𝑠𝛼

...............................................................

Vận tôc stheo phương 0y khi đi hết bản tụ là 𝑣𝑦 = 𝑣0 𝑠𝑖𝑛𝛼 +
𝑣𝑦


Ta có 𝑡𝑔𝛽 = 𝑣 =

𝑣0 𝑠𝑖𝑛𝛼+

|𝑞|𝐸
𝑚

.𝑣

0,25

𝑙

0 𝑐𝑜𝑠𝛼

............................................................................

0,25

𝑞𝐸𝑙
𝑚

Ta rút được 𝑣02 =
Động năng ban

|𝑞|𝐸
𝑙
.
𝑚 𝑣0 𝑐𝑜𝑠𝛼


𝑣0 𝑐𝑜𝑠𝛼

𝑥

b
5

0,25

−𝑠𝑖𝑛𝛼.𝑐𝑜𝑠𝛼+𝑡𝑔𝛽.𝑐𝑜𝑠2 𝛼
1
đầu của e là 𝑤đ = 2 𝑚𝑣02

|𝑞|𝐸𝑙

= 2(−𝑠𝑖𝑛𝛼.𝑐𝑜𝑠𝛼+𝑡𝑔𝛽.𝑐𝑜𝑠2 𝛼)..............................

Thay số ta được động năng ban đầu là 2,52.10-18J.

0,25
0,25

a. Khi K sang a, tụ C1 tích điện: Q1 = C1U = 1200μC.
+) Khi K trở lại b: Q1 = Q1’ + Q2’ = U’(C1 + C2)
 U’ = 40V  Q2’ = C2U’ = 400μC = 4.10-4C

0,25

+) Điện lượng qua R: ΔQ1 = Q2’ = 4.10-4C


0,25

Lần 1: Q2’ = C2U’ = C2.

C2
Q1
= Q1.
C1  C2
C1  C2

Lần 2: Q2’’ = C2U’’ = C2.

Q1

Q1  Q2 '
C2 
C2 
=
 Q1  Q1
 =
C1  C2 C1  C2 
C1  C2 

C2 
C2 
1 

C1  C2  C1  C2 

Lần 3: Q2’’’ = C2U’’’ = C2.


Q1  Q2 ''
C2
=
C1  C2 C1  C2


C2 
C2  
Q1  Q1
1 
 =
C

C
C

C
1
2 
1
2 


2
 C2  
C2 
C2
1 


= Q1
 
C1  C2  C1  C2  C1  C2  



0,25


Lần thứ n:
 n

Q2

2
3
 n 1
 C2   C2 
 C2  
C2 
C2
1 
 Q1

 
  ...  
 =
C1  C2  C1  C2  C1  C2   C1  C2 
C1  C2  





n

1
1
1 n
  1
1  1 1 1
1 
3
3 = 600.  1  1  μC
= 1200. .  1   2  3  ...  n1  = 400.
= 400.

n 
1
2
3 
3  3 3 3
 3 
1
3
3
+) Vậy tổng điện tích qua R trong n lần nạp bằng điện tích trên tụ c2 sau n lần nạp

1

n

Q2   600. 1  n  μC................................................................................................................
 3 

6

7a

8

Đèn sáng bình thường nên Uđ= 3V,Iđ= 1A. .................................................................
Do Ia = 0 nên I3 = Iđ= 1A , I1=I2
UDB = Uđ = 3V= -5+ U2, nên U2= 8V, I2=2ª...................................................................
I1=I2= 2A .
I= I1+I3= 3 A.
UAB= E1- I.r1 = 10V....................................................................................................
UAB= U1 + U2, U1= 2 V, R1 = 1Ω
UAB= U3 + Uđ, U3= 7 V, R3 = 7Ω.....................................................................................
Sau khi đóng K1
Điện tích trên tụ điện q = CE = 2.2 = 4 C
1
Năng lượng điện trường trong tụ điện W = 2CE 2 = 4.10-6 J …………………….
Trong thời gian tích điện cho tụ, nguồn thực hiện cơng
Ang = qE = 4.10-6.2 = 8.10-6 J
Nhiệt lượng tỏa ra trên R1
Q1 = Ang – W = 4.10-6 J …………………………………………………………..
Khi K1 và K2 đóng
R2R3
20R3
R23 = R + R = 20 + R
2

3
3
360 + 38R3
R = R1 + R23 = 20 + R
3
UMN E
R23
20R3
=

U
E
=
MN =
R23 R
R
180 + 19R3
Điện tích của tụ điện khi đó
40R3
q’ = CUMN = 180 + 19R (C)………………………………………………………
3
Khi ngắt K1, điện lượng qua R2 và R3 lần lượt là q2 và q3 thì q2 + q3 = q’ và
q2 q3
q'
R2
800
R3 = R2 = R2 + R3  q3 = R2 + R3q' =
3600
19R3 + R +560
3

3600
3600
q3 = q3max khi 19R3 = R  R3 =
19  13,76 
3
Khi đó q3max  0,7386 C……………………………………………………………
Khi hạt mang điện tích q chuyển động trong từ trường với vận tốc v, lực từ đóng vai
trò lực hướng tâm

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25


mv2
mv
Bv|q| = R  R =
B|q|
R2 v2

R1 = v1 = 3……………………………………………………………………………
Chu kì chuyển động của các hạt
2R 2m
T= v =
khơng phụ thuộc v
B|q|
Vậy T1 = T2 = T……………………..……………………………………………….

0,25

0,25

N
M

A

O1

O2

Quỹ đạo chuyển động của hai hạt là hai đường tròn tiếp xúc nhau tại điểm ban đầu A
của các hạt, có tâm lần lượt O1, O2, với A, O1, O2 thẳng hàng (hình vẽ)…………
Gọi M, N là vị trí của các hạt trên quỹ đạo của chúng thì A, M, N thẳng hàng.
Do T1 = T2 nên tốc độ góc của hai hạt bằng nhau, suy ra AO1M = AO2N
Do A, O1, O2 thẳng hàng suy ra A, M, N cũng thẳng hàng………………………….
Khoảng cách MN đạt cực đại khi các điểm A, O1, O2, M, N thẳng hàng, tại các thời
T
điểm t = (2k + 1) 2 , trong đó T là chu kì chuyển động của các hạt, k = 0, 1, 2, …
m

Hay t = (2k + 1)
B|q|
4mv0
Lúc đó MN = 2(R2 – R1) =
…………………………………………………….
B|q|
9
a

b

10a

a) Suất điện động cảm ứng: E = Blv ....................................................................
Blv
Cường độ dòng điện: I 
Rr
BlvR
Hiệu điện thế hai đầu thanh: U=I.R=
.................................................................
Rr
Khi thanh chuyển động ổn định thì gia tốc của nó bằng 0
 cường độ dịng điện trong mạch bằng 0
 hiệu điện thế trên tụ bằng suất điện động cảm ứng: U = E = Blvgh
Bảo toàn năng lượng:
1
1
1
1
1

1
2
2
2
 mv gh
CU 02  CU 2  mv gh
hay CU 02  CB 2 l 2 v gh
2
2
2
2
2
2
C
vgh = U 0
2 2
CB l  m
Tia sáng đi thẳng qua mặt phẳng AB của khối bán cầu và tới mặt cầu tại J với góc tới
là i.

0.25

0,25
0,25

0,25

0,25

0.25



OI

OJ
Tại J, ta có:
Góc lệch
sin i 

1
 i  300 ..................................................................................
2

0,25

n sin i  sin r hay 2 sin 300  sin r  r  450
giữa tia ló và tia tới tại J là: D = 450 – 300 =150. 0,25
A
I1
igh

S

i

I

r

J

r-i

O
M

I2

F

K

igh

B

B

Để có tia ló ra mặt cầu của bán cầu thì góc tới tại mặt cầu thỏa mãn điều kiện: i  i gh ,

1
0,25
...........................................................................................................
2
- Khi i = igh thì tia ló ra khỏi mặt cầu theo phương tiếp tuyến với bán cầu. Khi đó:
R
OI  R sin i 
2
Gọi I1 là vị trí của I khi có góc tới tại J là i = igh.
R
Vậy nếu điểm tới I nằm trong đoạn I1I2  R 2 , với OI1  OI 2 

thì sẽ có tia ló ra 0,25
2
khỏi mặt cầu của bán cầu.
với sin i gh 