TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN CHÍ THANH
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI BẮC BỘ
NĂM 2023
MÔN VẬT LÝ LỚP 11
Thời gian làm bài 180 phút
Đề thi gồm có 5 câu, trong 2 trang.

Câu 1 (4 điểm) Một vật dẫn A hình cầu bán kính R1  3cm, tích điện đến điện thế V1  4V , được đặt đồng
tâm với một vỏ cầu mỏng B bằng kim loại có bán kính trong R2  12cm, bán kính ngoài R3  12,1cm, vỏ
cầu gồm hai bán cầu đối xứng úp khít vào nhau và được tích điện đến điện thế V2 . Hỏi điện thế V2 có giá
trị nhỏ nhất bằng bao nhiêu để hai bán cầu tự tách khỏi nhau.
Cho biết: một phân ds tử bất kì của mặt ngồi vật dẫn tích điện sẽ chịu tác dụng của lực điện

dF 

1 2
 .ds.n, do phân tử cịn lại gây ra,  là mật độ điện tích mặt tại ds và n là véc tơ đơn vị pháp
2 0

tuyến ngoài của ds . Điện dung của vỏ cầu kim loại cơ lập có bán kính R là 4 0 R . Bỏ qua tác dụng trọng
lực của 2 bán cầu.
Câu 2 (5 điểm)
Một đĩa tròn bằng đồng có thể quay quanh một trục nằm ngang được đặt vào giữa hai cực của một
nam châm, mép dưới của đĩa nhúng vào một chậu thủy ngân và trục của bánh xe được mắc vào một nguồn
điện một chiều ( Như hình vẽ ). Điện trở tổng cộng của dây dẫn ở mạch ngồi là R  0,8 đường kính
của đĩa là d = 0,5m. Cảm ứng từ B của từ trường gây ra bởi nam châm có độ lớn B = 1 T và chỉ tồn tại trong
vùng không gian giữa trục và mặt thủy ngân.

a) Mô tả hiện tượng xảy ra khi đóng khóa K
b) Bây giờ gắn vào trục của bánh xe một rịng rọc có khối lượng khơng đáng kể, bán kính của rịng
rọc r = 2 cm. Quấn vào ròng rọc một sợi dây dài, khơng dãn, mảnh đầu sợi dây treo một vật có khối lượng
m = 200g. Tính suất điện động tối thiểu của nguồn điện để vật m được nâng lên cao.


c) Biết rằng khi suất điện động của nguồn điện có độ lớn 1,5 V thì vật m được nâng lên với vận tốc
khơng đổi. Tính vận tốc góc của đĩa lúc này.
Câu 3 (4 điểm)
Một tia laser đi vào môi trường đối xứng cầu, chiết suất của môi trường
thay đổi theo khoảng cách r tới tâm đối xứng O theo quy luật:
 r
n0 khi r  r0
n(r )   r0
 n khi r  r
0
 0

Đường đi của tia laser nằm trong mặt phẳng chứa tâm O. Ở khoảng cách r1
> r0, tia laser lập góc φ1 với véc tơ bán kính r1 (Hình 5).
a. Tìm biểu thức xác định khoảng cách nhỏ nhất từ tâm O đến tia laser.
b. Áp dụng tính khoảng cách nhỏ nhất đó với r0 = 30 cm, r1 = 40 cm, φ1 =
300.

Hình 4

Câu 4 (4 điểm) Con lắc đơn gồm vật nhỏ khối lượng m nối với dây dẫn không dãn chiều dài l có m/=0 có
thể chuyển động phẳng khơng ma sát trên máng tròn kim loại tâm (O, l). Tụ có điện dung C một đầu nối
với máng, đầu kia nối với thanh kim loại. Hệ thống tạo thành một mạch dẫn điện khép kín đặt trong từ
trường đều có cảm ứng từ B (xem điện trở của mạch bằng 0). Biết con lắc đơn chỉ dao động nhỏ.

a. Chứng minh rằng con lắc dao động điều hịa? tìm chu kỳ dao động.
b. Thay tụ C bằng cuộn cảm có độ tự cảm L thì con lắc có cịn dao động điều hịa khơng? nếu có
hãy tính chu kỳ dao động.
Câu 5 (3 điểm)
Một cái tơ có mặt trong có dạng là một phần của mặt cầu có bán kính khá lớn
và chưa biết. Có các viên bi nhỏ có bán kính khác nhau, đồng thời nếu cho các
viên bi chuyển động trong tơ thì nó sẽ lăn khơng trượt.
Ngồi ra cịn có đồng hồ và thước kẹp. Hãy đề xuất phương án thí nghiệm để
xác định bán kính cong mặt trong của cái tô.
------------------------ HẾT ------------------------


HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT KHU VỰC DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2023
MÔN VẬT LÝ LỚP 11
ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN CHẤM

CÂU 1

ĐIỂM

Do hiện tượng hưởng ứng tĩnh điện nên bên ngồi vỏ cầu mang điện tích
dương, bên trong mang điện tích âm.
Mật độ điện tích tại mặt ngồi bán cầu

4 0 R3  0V2

4 R32
R3


2 

z
0,5

Xét phần tử ds bên ngoài bán cầu

dF 

ds
0,5

1 2
 2 ds.cos
2

O

Fn hợp lực tác dụng lên mặt ngoài bán cầu: hướng ra ngoài

0,5

2

 0V22
1 2
1   0V2 

2
2

2
Fn   dF 
 2 ( R3 ) 
( 0V2 ) 

  R3 
2 0
2 0  R3 
2 0
2

0,5

Hợp lực tác dụng lên mặt trong bán cầu. CM tương tự

Ft 

1 2
 2 ( R22 )
2 0

Cường độ điện trường trong khoảng không gian giữa A và B

E

1

q1
4 0 R22
R2


V2  V1    Edr 
R1

0,5

q1  1
1
  
4 0  R2 R1 

(V2  V1 ) R1R2 4 0  0 R1 (V2  V1 )
q1


Đặt:  
4 R22
4 R22 ( R2  R1 )
R2  R2  R1 

0,5

'
2

2
1
   R V  V  
Ft 
 2'   R22   2  0 1 2 1 


2 0
 0  R2  R1 

2

0,5

Hợp lực tác dụng lên quả cầu: F  Fn  Ft
Để 2 Nửa quả cầu có thể tách nhau : F  0
2
2


 V1  V2  
 V1  


 V  
 V  1 
2
 0V22 

V



F
1   2  2   0 2 1   2  2 


2
2
  R2  R1  
  R2  1 


 


 R
 
  R1  
  1

0,5


F  0 khi

V1 R2
R

 V2  V1 1  1(V )
V2 R1
R2

 V2 min  1(V )
ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 2


ĐIỂM

Khi khóa K đóng thì có dịng điện chay qua đĩa. Một nửa đĩa lại đặt trong từ
a)

trường gây bởi nam châm nên phần đĩa đó sẽ chịu tác dụng của lực từ làm

1 điểm

đĩa quay.
Để có thể nâng vật lên thì mo-men lực từ tác dụng vào vành phải lớn hơn
mo-men cản do vật treo gây ra ( Xét tại thời điểm ban đầu vật bắt đầu được

1,5 điểm

nâng lên, do vậy khi đó khơng xuất hiện suất điện động cảm ứng trong đĩa )
M  mgr ( M là tổng mo-men

lực từ tác dụng vào đĩa )
Để tính mơ-men lực từ ta chia
nửa đĩa trịn thành các phần nhỏ như
b)

hình vẽ

O
x
x  dx


Mỗi phần nhỏ đó có dịng điện
I chạy qua, đặt cách trục quay một

x

đoạn x, và có chiều dài dx.
Mơ-men lực từ tác dụng lên
phần nhỏ đĩa đó là:
dM  B.I .dx.  x 

Vậy mô-men lực từ tổng hợp tác dụng lên đĩa là:
M   dM 

d /2


0

E
BId 2
; với I 
BIxdx 
R
8

1 điểm

B Ed 2
8mgrR
Vậy điều kiện để vật được nâng lên là:

 mgr  E 
 1, 26V
8R
Bd 2
Muốn nâng vật đi lên đều thì suất điện động bằng 1,5V > 1,26 V là vì khi
đĩa quay đều thì trong đĩa sẽ xuất hiện một suất điện động cảm ứng ngược
c)

chiều với suất điện động của nguồn. Do vậy suất điện động của nguồn phải
lớn hơn giá trị tối thiểu khi vật bắt đầu đi lên
Để đĩa chuyển động đều đi lên thì ta phải có:

0,5 điểm


BId 2
8mgr
(1)
 mgr  I 
8
Bd 2
Dòng điện này mặt khác được tính theo ĐL Ơm cho tồn mạch I 

E - Ec
R

1 điểm

(2)
Từ (1) và (2) suy ra: Ec  E 


8mgrR
 0, 476V
Bd 2

Suất điện động cảm ứng Ec 

B d 2
   15, 23 rad/s
8

ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 3

ĐIỂM

Chia môi trường thành các lớp cầu đồng tâm, có độ dày rất nhỏ để có thể
xem mơi trường trong từng lớp là đồng nhất có cùng chiết suất. Xét hai lớp
kề nhau bất kỳ có chiết suất n1 và n2 như trên hình vẽ. Theo định luật Snell
ta có
(1)

R1
R
 2
Mặt khác ta cũng có sin  sin 

(2)


Từ (1) và (2) suy ra n1R1 sin   n2 R2 sin 

(3)

quát,

dọc

0,25
0,25

n1 sin   n2 sin 

Tổng

0,25

theo

0,25

đường

rn(r )sin  (r )  const  ...  r1n1 sin 1

đi

của

tia


laser

ta

có

(4)

Trong đó  (r ) là góc giữa tia laser và phương bán kính tại điểm tới trên mặt

0,5

cầu bán kính r.

Mặt khác giả thiết cho

 r
n0 khi r  r0
n(r )   r0
 n khi r  r
0
 0

Thay (5) vào (4) ta được

(5)

0,25



n0

r2
r2
sin  (r )  n0 1 sin 1
r0
r0
n0 r sin  (r )  n0

và

khi r  r0

(6)

r12
sin 1
r0

0,25

khi r  r0

(7)

Tại khoảng cách cực tiểu r=rmin
2
2
ta có d (r )  d (r )  0  rdr  0


(8)

Điều này có nghĩa hướng truyền của tia laser tại đó vng góc với phương
0
bán kính r, tức là  (rmin )  90

0,25

Do đó (6) và (7) viết lại
n0

2
rmin
r2
 n0 1 sin 1
r0
r0

n0 rmin

Và

khi rmin  r0

r2
 n0 1 sin 1
r0

Suy


(6’)
0,25

khi rmin  r0
 rmin  r1 sin 1


r12
r

sin 1
 min
r0


ra

 rmin  r1 sin 1


r12
r

sin 1
 min
r0




 rmin  r1 sin 1


2
 r  r1 sin 
1
 min r0

Từ (9), nếu

(7’)
khi rmin  r0
khi rmin  r0

khi r1 sin 1  r0
khi

r12
sin 1  r0
r0

r0 2
) (8)
r1

0,25

r0 2
) (9)
r1


0,25

khi sin 1  (
khi sin 1  (

r1 sin 1  r0

r
sin 1  ( 0 ) 2
r1 thì góc  (r0 ) giữa hướng
, tức là

truyền của tia laser với phương bán kính bán kính tại khoảng cách r0 nhỏ
hơn 900. Tia laser sẽ đi thẳng trong miền r0,25
Áp dụng tính khoảng cách nhỏ nhất đó với r0=30cm, r1=40cm,

b

Khi đó
Do đó

sin 1 

rmin

r
1
9

 ( 0 )2 
2
r1
16

được xác định bằng biểu thức (9):

1  300

(10)

0,25


 rmin 

r12
402 1
sin 1 
.  26, 67cm
r0
30 2

(11)

0,5

Lưu ý: Thí sinh làm theo cách khác, nếu đúng ý nào cho trọn điểm ý đó!
Câu 4
a. Với tụ C:

Với góc α bất kỳ áp dụng định luật bảo tồn năng lượng:
0,5

1 2
u2
mv  mgl (1  cos )  C  HS
2
2
u

d
dS 1 l 2 1 2
B
 B
 Bl 
dt
dt 2 dt 2

v  l ,



2
2

(ml 2 

1  cos 

2

2

CB 2l 3 1
)  mgl 2  HS
4
2

(1)

0,25

Đạo hàm 2 vế của (1):

 '' 

mgl
 0
CB 2l 3
2
ml 
4

(2)

0,5

(2) chứng tỏ con lắc dao động điều hòa với chu kỳ:
CB 2l 2
ml 
4

T  2
mg

0,25

b. Với cuộn cảm L:
Với góc α bất kỳ áp dụng định luật bảo toàn năng lượng:

1 2
i2
mv  mgl (1  cos )  L  HS
2
2


L

2

1
i2
ml 2  mgl 2  L  HS
2
2
2

di
l 2 d
Bl 2
B

i 
dt
2dt
2L

0,5
(3)

(4)

0,25

Thay (4) vào (3) ta có:



2

1
2
ml 2  mgl 2  B 2l 4
 HS
2
2
8L

Vi phân 2 vế của phương trình:

0,25

 ml 2 '   (mgl 

  '' 

mgl 
ml

0,25

B 2l 4
)0
4L

B 2l 4
4L   0
2

Phương trình trên chứng tỏ con lắc cũng dao động điều hòa với chu kỳ
T  2

ml
0
B 2l 3
mg 
4L

0,25

Câu 5:

Xét chuyển động của viên bi trong mặt phẳng thẳng đứng đi qua tâm mặt cầu và điểm
thấp nhất của cái tô khi tô nằm ngang.
Tại một thời điểm quả cẩu lăn khơng trượt nên K là tâm quay tức thời.

O

Phương trình động lực học vật rắn đối với tâm K.

α

mgrsin   IK 
2
7
R r
IK  mR 2  mR 2  mR 2 ;  
"
5
5
r
Với

R

 "

H

r
K

Kết quả thu được phương trình:
5g
  0.
7(R  r)

0,5

Điều này chứng tỏ rằng chuyển động của viên bi trong
Mặt phẳng trên là một dao động điều hòa với chu kỳ
T  2

7(R  r)
5g

0,5

28 2
5g
T (
)( R  r )  r  R  (
) T2
2
5g
28

1,0

2

- Đặt x = T2 ;

a  (

5g
)
28 2 ; b = R; y = r  y = ax + b

(*)

0
- Lần lượt cho các viên bi nhỏ lệch góc   10 rồi thả nhẹ

0,5

- 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 (lưu ý tính chu kỳ thông qua thời gian viên bi thực hiện
nhiều dao động)
của các viên bi
rồi suy ra x =
T2; ta có bảng
Lần đo
1
2
3
4
5
6
số liệu sau:
x

x1

x2

x3

x4

x5

x6

y

y1

y2

y3

y4

y5

y6


Vẽ đồ thị hàm bậc nhất của (*), ngoại suy đồ thị này thì nó cắt trục tung tại y = R, đây
chính là kết quả cần tìm

y
R

O

x

0,5