TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KV DHĐBBB

BẮC NINH

NĂM HỌC 2022 – 2025

(Đề thi có 03 trang, gồm 05 câu)

MƠN: VẬT LÍ
Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề)

Bài 1. (4,0 điểm)
Một lị xo nhẹ, cách điện, một đầu gắn chặt vào giá cố định,
đầu còn lại treo quả cầu kim loại nhỏ khối lượng m, tích điện q.
Hệ được đặt trong khơng khí và khi cân bằng quả cách một
thành phẳng bằng kim loại đã nối đất một khoảng a (hình vẽ 1)
1. Từ vị trí cân bằng người ta kéo quả cầu xuống dưới, cách
VTCB một đoạn x0 ( x0  2a ) rồi thả nhẹ. Chứng minh quả cầu

Hình 1

dao động điều hịa. Lập biểu thức tính chu kì và viết phương
trình dao động của quả cầu.
2. Nghiên cứu sự biến đổi mật độ điện tích hưởng ứng trên mặt vật dẫn tại điển M cách vị trí cân
bằng của quả cầu khoảng 2a.
Bài 2. (5,0 điểm)

K

Xét một máy biến áp (hình vẽ), cuộn sơ cấp dài ℓ 1 có n1
vịng tiết diện S, cuộn thứ cấp dài ℓ2 có n2 vịng tiết diện S; lõi
biến áp có độ từ thẩm µ khơng đổi. Xem như điện trở của các

n1

n2

R

cuộn dây không đáng kể; các cuộn dây đủ dài; đường sức từ
khép kín trong lõi.
1. Tính các hệ số hỗ cảm M12, M21 của cuộn sơ cấp đối với cuộn thứ cấp và của cuộn thứ cấp đối
với cuộn sơ cấp.
2. Xét trường hợp ℓ1 = ℓ2. Đặt vào cuộn sơ cấp điện áp xoay chiều u = U 0cost. Đóng khố K
nối cuộn thứ cấp với tải có điện trở thuần R.
a) Tìm biểu thức phụ thuộc thời gian của các dòng điện i1 và i2 chạy trong hai cuộn dây.
b) Tìm tỉ số I1/I2 của cường độ hiệu dụng của các dịng đó.
c) Với điều kiện nào thì có được hệ thức I 1/I2  n2/n1. Khi đó hệ số công suất của mạch sơ cấp là
bao nhiêu.
Bài 3. (4,0 điểm)


Vào những ngày trời nắng to, mặt đường nhựa hấp thụ ánh sáng mạnh nên lớp khơng khí càng
gần mặt đường càng nóng. Giả sử nhiệt độ khơng khí ở sát mặt đường là 57 oC và giảm dần theo độ
cao, đến độ cao lớn hơn 0,5 (m) thì nhiệt độ của khơng khí được coi là khơng đổi và bằng 34 oC. Áp
suất của khơng khí là khơng đổi po = 105 (Pa). Chiết suất của khơng khí phụ thuộc vào khối lượng
riêng của khơng khí theo biểu thức n 1  a. , với a là hằng số. Khơng khí được coi là khí lí tưởng.
Biết chiết suất của khơng khí ở nhiệt độ 15 oC là 1,000276; khối lượng mol của khơng khí là μ =
0,029 (kg/mol); hằng số R = 8,31 (J/mol.K).

1. Thiết lập biểu thức sự phụ thuộc của chiết suất khơng khí vào nhiệt độ tuyệt đối, tính hằng
số a.
2. Một người có mắt ở độ cao 1,5 (m) so với mặt đường, nhìn về phía đằng xa có cảm giác
như có một mặt nước. Người đó nếu cứ tiến lại gần thì “nước” lại lùi ra xa. Khoảng cách từ người
đó đến “nước” ln khơng đổi (hiện tượng ảo ảnh). Tính khoảng cách từ người đó đến “nước” theo
phương ngang.
3. Giả sử ở độ cao dưới 0,5 m, nhiệt độ tuyệt đối T của khơng khí phụ thuộc vào độ cao y tính

T

từ mặt đất theo biểu thức

apo 


ap 
R  (1  o ) 1  by  1
RTo



với b là hằng số, To là nhiệt độ tuyệt đối ở sát

mặt đường. Lập phương trình xác định đường truyền của một tia sáng xuất phát từ mặt đường, trong
lớp khơng khí có độ cao nhỏ hơn 0,5 m. Biết ban đầu tia sáng hợp với phương thẳng đứng một góc
α và hướng lên.
Bài 4. (4,0 điểm)
Một đĩa tròn, mỏng, khối lượng m, bán kính R
được cắt dọc theo đường kính đĩa thành hai phần
bằng nhau, trên cả hai phần có gắn các thanh không

khối lượng, chiều dài l được cố định dọc theo trục
đối xứng trong mặt phẳng của mỗi phần.
Sau đó các đầu tự do của thanh được nối với nhau, sao cho
góc giữa chúng là  và các đường cắt của các nửa cái đĩa

Hình 1

là song song với nhau (Hình 1). Hệ này được đặt trên một sàn phẳng nằm ngang, gia tốc trọng
trường là g.
1. Gọi C1, C2 lần lượt là khối tâm của mỗi bản. Tìm vị trí của C1 và C2


2. Kích thích cho hệ dao động, khi đó hình chiếu mỗi nửa đĩa lên mặt phẳng thẳng đứng đi qua
khối tâm C hệ và vng góc đường thẳng C 1C2 là một nửa elip, hệ dao động thì chẳng qua nửa elip
này dao động. Tính tần số dao động bé của hệ.
Bài 5. ( 3,0 điểm)

x

a

Một mạch dao động tích phóng, khi gắn với một tụ điện có điện
d

Tụ phẳng

dung C thì tần số dao động của nó được tính bằng biểu thức:

f



C  Cs

,

trong đó α là một hằng số và Cs là điện dung ký sinh của mạch. Cho các

dụng cụ sau:
- Một mạch dao động tích phóng như trên, có đầu dây để nối với các tụ điện khác nhau;
- Một số tụ điện có điện dung đã biết;
- Một tụ điện phẳng, có khoảng cách giữa hai bản bằng d đã biết, hai bản tụ có bệ rộng a đã biết,
phần chiều dài có thể trượt trên nhau để thay đổi diện tích đối diện giữa hai bản (Hình vẽ);
- Một tấm điện mơi lớn có độ dày đúng bằng d, có thể bỏ vào giữa hai bản tụ của tụ phẳng trên
- Một đồng hồ đo điện có thể đo được tần số của mạch dao động tích phóng;
- Thước đo độ dài có độ chia thích hợp;
- Bộ nguồn để ni mạch, các dây nối cần thiết.
Yêu cầu
1. Trình bày phương án xác định giá trị của α và CS.
2. Trình bày phương án xác định hằng số điện môi của tấm điện môi đã cho.
HẾT


ĐÁP ÁN ĐỀ XUẤT
BÀI 1
1. Khi quả cầu cách mặt phẳng khoảng r, theo kết quả bài toán 1,

q2
F
16  0 r 2
lực tương tác giữa điện tích q và bản kim loại là :


K

Chọn trục Ox thẳng đứng hướng xuống, gốc O tại VTCB của quả
cầu
+ Vị trí cân bằng, gọi l : độ biến dạng của lò xo


Fdh

q2
 mg 
 k l  0
P  F  Fdh 0
16 0 a 2

O

(1)
+ Khi quả cầu có li độ x. Phương trình động lực học

mg 

q2
4 0  2a  x 

 mg 

q


2

 k  l  x   mx "



m,q

F
P

2a

-q

2

x 

16 0 a 2  1 

 2a 

2

 k  l  x   mx "
(2)
2

x 

x

1
 1
2a 
a
Ta chỉ xét dao động nhỏ (x << 2a). Khi đó 
q2
 x
mg 
1    k  l  x   mx "
2 
a
16

a

0
Thay vào (2) được:


q2
q2
  mg 
 k l  
x  kx  mx "
3
16  0 a 2

 16  0 a

2


Từ (2) và (3)

Đặt

(3)
2

 k
q
q
x

kx

mx
"

x
"

 
3
3
16  0 a
 m 16 m 0 a

k

q2


 x " 2 x 0 
3
m 16 m0 a

2
k
T  2


m

1
q2
1
16 k 0 a 3




 x 0


quả cầu dao động điều hòa với chu kì

T0
q2
1

16 k  0 a3

, trong đó T0 là chu kì dao động khi quả

cầu khơng tích điện.
Phương trình dao động

x A cos  t  

 x  0  x0


v
0

0



Từ điều kiện ban đầu: 

.

 A x0
 x x0 cos t



0



2. Xét trường gây ra tại điểm M nằm trên mặt vật dẫn, ở thời điểm t, cách quả cầu khoảng r.
Cường độ điện trường do các điện tích q và -q gây ra tại M có phương, chiều như hình vẽ. Độ


H

q
E1 E2 k 2
r
lớn :
Theo kết quả bài 1, mật độ điện tích hưởng ứng trên

1
2kqa
qa
 0 E 
 3 
4k
r
2r 3 .
mặt vật dẫn :



r

- - - - - - -M- - -

+ Khi quả cầu ở vị trí cân bằng thì


r a  0 

q

q
2
2
16a 2 và HM   2a   a a 3

0

E2

E1

+ Khi quả cầu có li độ x thì:



r a 3



2

 

2


  a  x   4a 2  2ax  x 2  2a 1 

q 
x 
1



16a 2  2a 

 3/2

x
2a

 -q

 3x 
0  1   
 4a 
mật độ

Khi đó
điện tích tại M cũng biến đổi tuần hoàn.

 3x 
max 0  1  0   x x0 
4a 

+

quả cầu ở vị trí thấp nhất
 3x 
min 0  1  0   x  x0 
4a 

+
quả cầu ở vị trí cao nhất
Bài 2
Độ tự cảm của cuộn sơ cấp và cuộn thứ cấp
L1  0 n12

S
S
L1  0 n 22
1 và
2

Từ thông hỗ cảm từ cuộn thứ cấp sang cuộn sơ cấp có thể tính theo hai cách
 21 M 21I 2 và

Suy ra:

 21 n1SB2 n1S 0

M 21  0 n1n 2

Tương tự:

n2
I2

2

S n1
 L2
2 n 2

M12  0 n1n 2

S n2
 L1
1 n1

Với 1 2  thì M12 M 21 M
k

Ký hiệu tỉ số các vòng dây của hai cuộn là

n1
M
L

2
n 2 , ta có L1 kM và
k

Phương trình cho các vịng i1 và i 2 ở hai cuộn
di1
di
 M 2 0
dt

dt
(1)
di
1 di
 M 2  M 1 Ri 2
k
dt
dt
(2)
U 0 cos t  kM

Tìm nghiệm của hai phương trình này dưới dạng
i1 Acos(t+1 ) (3)
i 2 Bcos(t+ 2 ) (4)

E


Lấy đạo hàm i1 và i 2 theo t và thay vào (1) và (2) ta được:
U 0 cost+kMAsin(t  1 )  MBsin(t   2 ) 0

(5)

1
MBsin(t   2 )  MAsin(t  1 ) RBcos(t   2 )
k

(6)
Khai triển các hàm lượng giác thì các phương trình (5) và (6) đều có dạng
acost  bsint 0


Vì các phương trình (5) và (6) đúng cho mọi thời điểm t nên các hệ số của các hàm lượng
giác cost và sint trong mỗi phương trình đó đều phải bằng 0. Kết quả là ta có các
phương trình sau:
U 0 +kMAsin1  MBsin 2 0 (7)
kAcos1  Bcos 2 0 (8)
1
MBsin 2  MAsin1 RBcos 2
k
(9)


1
MBcos 2  MAcos1 RBsin 2
k
(10)

Từ (1) và (2) ta có:
i 2 

U0
U
cost= 0 cos(t-)
kR
kR
(11)

Từ đó suy ra biên độ dịng thứ cấp và độ lệch pha của i2 so với u
I02 B 


U0
kR và  2   (12)

Thay (12) vào các phương trình (7) - (10) ta được:
U
 kR 
I01 A  2 0 1  

k R
 M 

2

và

1  arctan

kR
M (13)

Biểu thức của i1:
2

U
kR
 kR 
i1  2 0 1  
)
 cos(t-arctan
k R

M (14)
 M 

Từ (12) và (13) ta có
2

2

I1 I01 1
n2
 kR 
 kR 
  1 
1 
 

I 2 I02 k
n1
 M 
 M  (15)
I1 n 2
kR
R

0 
0
 0Sn1n 2
Muốn có I 2 n1 ta phải có M
(16)


Đièu kiện (16) được thoả mãn khi:
- Độ từ thẩm µ của lõi biến thế phải lớn;
- Số vòng dây n1 và n2 phải đủ lớn
- Tần số dòng xoay chiều

f


2 phải đủ lớn


- Chiều dài ℓ của các cuộn dây không lớn tức là các cuộn dây phải cuốn chặt.
R
0
Khi M
, theo (13) ta có 1 0  cos1 1 : hệ số cơng suất của mạch sơ cấp có thể

đạt được giá trị tối đa.
Bài 3
Theo phương trình C – M ta có:
po V 

m
p
m
RT

 o

V =>

RT
mà

Như vậy ta có biểu thức:

n 1  a

p o
RT (1)

1, 000276 1  a

105.0, 029
8,31.288

Ở 15 oC tức là T = 288 K thì n = 1,000276 nên ta có
=> a = 2,28.10-4 (2)
Từ biểu thức (1) và giá trị hằng số a (2) ta tính được chiết suất của khơng khí ở sát mặt
i1
đường:
n1
10n52 .0, 029i2 i2
n o 1  2, 28.10
i3 i 1, 000241
n3
8,31.330
3
4

n4


i

4
Chiết suất của khơng khí
ở độ cao lớn hơn 0,5m là:

105.0, 029
n ' 1  2, 28.10
1, 000259
8,31.307
4

i ' khơng khí ở độ cao dưới 0,5m thành nhiều lớp rất mỏng bằng các mặt phẳng song
Chia
1, 5m nằm ngang
i ' sao cho chiết suất của khơng khí trong một lớp coi như là không đổi.
song
n1sini1 = n2sini2 = n3sini3 = ….. const
Để nhìn thấy
L “nước” thì các tia sáng tới
mắt phải bị phản xạ toàn phần ở mặt đường
lúc đó góc tới của lớp sát mặt đường bằng 90o.

Ta có nosin90o = n’sini’ => sini’ = no/n’ = 0,99998 => i’ = 89,64o
Khoảng cách từ người đó đến “nước” là: L = 1,5.tani’ = 238 m.
T

ap o 





p
ap 
n  1  a o  1  by
R  (1  o ) 1  b.y  1
RTo
RTo 

 vào (1) ta được:

(3)

Thay
Chọn trục tọa độ Oxy như hình vẽ.
Chia lớp khơng khí có độ cao dưới 0,5 m thành những
y
lớp rất mỏng nằm ngang
có độ cao dy, sao cho có thể
coi chiết suất của lớp đó gầni dynhư khơng đổi. Giả sử
dx
tia sáng tới điểm M(x,y)

dưới xgóc tới i và tới điểm
M’(x+dx, y+dy) trênO lớp tiếp theo.
Tương tự trên ta có: nosinα = nsini =>

sin i 


no
sin 
n
(4)


sin i 

Thay (3) vào (4)
sin i
dx
tan i 
tan i
1  sin 2 i
Ta có dy
với
dx
sin 

dy
cos 2   by

=>

dx 

=>

sin 
1  by


sin 
cos 2   by

dy

Tích phân hai vế ta có
x

y

dx 
0

0

sin 
cos 2  by

dy

=>

x 2

sin 
cos 2   by |0y
b

sin 

bx
( cos 2   by  cos)
cos 2   by cos 
b
2sin 
=>
=>
b
cos
y
x2 
x
2
4sin 
sin 
Bình phương hai vế ta có :
x 2

Đường truyền của tia sáng là một phần của đường parabol.
Bài 4
Vị trí khối tâm của bán nguyệt C1, C2:
yG 

ydm
m/2

 y R sin 

 x R cos 


dy R cos  d
dm  ' ds  '  2 xdy   '2 R cos .R cos  d
 ydm  '.2 R 3 cos 2  .sin  d
 yG 

2R
m


3 2

 'cos
0

2

.sin  d 

4R
O1C1 O2C2
3

Vậy:

O1C1 O2C2 

4R
3



Hình chiếu mỗi nửa đĩa lên mặt phẳng thẳng đứng đi qua khối tâm C hệ và vng góc
b R cos


2

đường thẳng C1C2 là một nửa elip, có bán kính trục lớn a = R và bán trục bé
+ Tính momen quán tính đi qua tâm đối xứng O của nửa elip. Ta có momen qn tính đối
với trục Oz
1
1
1
2
dI OZ  dm  2 x   y 2 dm  x 2 ds  y 2 ds  x 2  2 xdy   y 2  2 xdy 
12
3
3
1

dI OZ 2  x 3 dy  y 2 xdy 
3


(1)


 x a 1 
x2 y 2

 2 1  

2
a
b
 x 2 a 2  1 




Mặt khác:

(2)

y2
b2
y2 

b2 

(3)

Thay (2) và (3) vào (1)
dI OZ

1 

y2  
y2 
y2  
2
2

2  a  1  2  a  1  2  dy  y a  1  2  dy 
 3  b   b 
 b  

Vì chúng ta chỉ xét nửa elips nên y chỉ biến thiên từ 0 đến b
1 

y2  
y2 
y2  
dI OZ 2  a 3  1  2   1  2  dy  y 2 a  1  2  dy 
3  b   b 
 b  
0 
b

3

b 
2 2


1
y
y2 
2  a 3  1  2   dy  2  y 2 a 1  2  dy 2  I1  I 2 
3  b  
b 
0
0 



b

dI OZ

(4)

3

2 2


1
y
I1  a 3  1  2   dy
y
3  b  
sin    dy b cos  d
0

 ; Đặt
b
+Tính
b


2

Nên


b 3
ba 3
4
I1  a cos  d 
3 0
16

(5)

b

 2
y2 
I 2  y a 1  2  dy
b 
0 
+Tính
;

2

 b3 a
3
2
2
y
sin    dy b cos  d I 2 b a sin  cos  d  16
0
b

Đặt
;
(6)

Thay (5), (6) vào (4) ta được:

I Oz 2 (

 ba 3  b3 a
 ab 2 2

)
(a  b )
16
16
8
(7)


 

Vì nửa elip có khối lượng m nên:

m
2m

 ab  ab
2

(8)


m
mR 2 
2 
I Oz  (a 2  b 2 ) 
 1  cos 
4
4 
2  (9)
Do vậy :

Khi đó C cách đường thẳng O1O2 một đoạn

d OC 

4R

cos
3
2 (10)

Mặt khác
mR 2 

 4R
2  
cos 
 1  cos
 I C  m 
4 

2
2
 3
 16

1 1
 I C mR 2   cos 2 
cos 2 
2
2 9
2
4 4

2

I OZ I C  md 2 

 '' 

+ Chứng minh dao động điều hịa

M P/ K
IK



(11)

 mgl
I C  m.  CK 


2

(12)

Vì dao động bé nên ta có thể lân cận I ( K I )là một mặt cầu tâm O bán kính b, nên coi



N có giá qua O.

CK 2 CO 2  OK 2  2CO.OK .cos  CO 2  OK 2  2CO.OK

 CK OK  CO b  d R cos

 4R


cos
2 3
2


 4R
l CO sin  
cos  .
2
 3
Và tay đòn


(13)
(14)



4

cos

g
3
2
 ''  
.  .
 1   5  8  cos 2  R 
 4  4 3 

2
Thay (11), (13), (14) vào (12) ta được :




4

cos

g
3
2

 
. 
 1   5  8  cos 2  R 
 4  4 3 

2




Vậy hệ dao động điều hịa với tần số góc:

hay chu kì
2

T

2

3   15  32  cos 2



4

cos

g
3
2


. 
 1   5  8  cos 2  R 
 4  4 3 

2





16 cos


2


2

R
g

1

f 
2

3   15  32  cos 2
16 cos


tần số:


2


2

R
g

Bài 5
f

a. Từ biểu thức:

C

1 1
  C  s
C  Cs
f 


Ta thấy đây là một hàm tuyến tính dạng Y = AX + B
Với X C ;

Y

C

1
1
A
B s
f các hệ số
;


Lần lượt thanh các tụ điện đã biết điện dung nối vào mạch và đo tần số
Ghi kết quả vào bảng số liệu
C
f
1/f
1
f

Vẽ đồ thị
Từ đồ thị xác định được α và Cs

b. Mắc tụ phẳng vào mạch, dịch chuyển vị trí bản tụ, đo giá trị x, đo tần số f và tính ra C
tương ứng
C
Ta có
0  S
 .a
C

o

d


với S = a.x=>

C

o

d

x

Ta được hàm tuyến tính
Đo giá trị và ghi vào bảng số liệu


x
f
C