TRƯỜNG THPT CHUYÊN
CAO BẰNG
(Đề thi gồm 02 trang)

ĐỂ THI ĐỀ XUẤT DUYÊN HẢI BẮC BỘ 2023
Môn thi: Vật lý 11
Thời gian : 180 phút
(Không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (3 điểm) Một quả cầu bằng kim loại đặc đồng chất tâm G bán kính R nhiễm điện tích Q0  0
được đặt cố định.
1. Tính cường độ điện trường tại một điểm cách tâm G một đoạn r. Biện luận kết quả?
2. Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình 1, trong
đó G nằm trên trục Ox và rất xa O. Tại điểm
R
I (0; )
2 người ta bắn ra một hạt nhỏ (coi là chất
điểm) khối lượng m nhiễm điện tích q  0 với
vận tốc ban đầu V0 cùng chiều Ox. Bỏ qua mọi
ma sát lực cản, tác dụng của trọng lực. Tìm điều
kiện của V0 để hạt m khơng thể chạm vào bề

I
G
O
Hình
1

mặt của quả cầu.

E

Câu 2: (3,5 điểm) Cho một mạch điện như hình vẽ: Nguồn điện
có suất điện động E, điện trở trong r≈0

, các tụ điện

có điện dung C1 = 2C và C2 = C, cuộn dây thuần cảm có độ tự
cảm L, điơt D lý tưởng. Trước khi ghép vào mạch, các tụ chưa
tích điện. Ban đầu K mở, khi điện tích các tụ đã ổn định thì thực
hiện đóng khố K. Chọn gốc thời gian t = 0 là lúc đóng khóa K.
Bỏ qua điện trở của các dây nối.
1. Tính cường độ dòng điện cực đại qua cuộn dây.
2. Viết biểu thức và vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của

u

C2
Q

P

NP
hiệu điện thế
và cường độ dòng điện qua cuộn dây theo thời gian.
Câu 3: (3,5 điểm) Tiết diện thẳng của một khối đồng chất, trong suốt nửa hình trụ là
nửa hình trịn tâm O, bán kính R (Hình 1), khối này làm bằng chất có chiết
suất n = 2 , đặt trong khơng khí. Tia sáng SI nằm trong mặt phẳng vng
góc với trục của hình trụ, tới mặt phẳng của khối này với góc tới 450.

C1


N
k

L

D


1. Vẽ đường đi của tia sáng khi điểm tới I trùng với tâm O,
nói rõ cách vẽ.
Tính góc ló và góc lệch D giữa tia tới và tia ló.
2. Xác định vị trí điểm tới I để góc lệch D bằng khơng, vẽ hình.
3. Điểm tới I nằm trong khoảng nào thì khơng có tia ló khỏi mặt trụ.

Câu 4: (3,5 điểm) Một khung dây dẫn hình vng có điện trở không đáng kể được đặt trên mặt phẳng
nằm ngang nhẵn. Khung dây có khối lượng m và chiều dài cạnh là b. Hệ nằm trong từ trường thẳng
đứng có độ lớn cảm ứng từ thay đổi dọc theo trục x: B = B0(1 + kx) với B0 và k là các hằng số đã biết.
Đặt khung dây sao cho một cạnh của nó song song với trục x và truyền cho khung vận tốc v hướng dọc
theo trục x. Sau đó một khoảng thời gian là t0, thì vật dừng lại.
1. Mơ tả q trình chuyển động của vật trong từ trường.
2. Đánh giá độ lớn độ tự cảm L của khung dây.
Câu 5. (3,5 điểm) Một sợi dây đỡ một đĩa có bán kính R và khối
lượng m. Một đầu dây buộc vào giá đỡ, còn đầu kia nối với một lị
xo nhẹ có độ cứng k. Kích thích cho đĩa dao động trong mặt phẳng
của đĩa. Chứng minh đĩa dao động điều hịa và tìm chu kì dao động
của đĩa. Biết đĩa khơng trượt trên dây.

Câu 6: (3 điểm) Cho các dụng cụ sau



Thấu kính mỏng có hai mặt lồi có cùng bán kính



Một gương phẳng



Một cốc nước



Một thước đo



Một bút chì và một giá đỡ có kẹp

Chiết suất của nước coi như đã biết. Trình bày phương án tiến hành thí nghiệm để xác định
1. Tiêu cự của thấu kính
2. Chiết suất của thủy tinh dùng làm thấu kính
------------------------- Hết ---------------------------


(Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh: ……………………………………… Số báo danh: …………………..

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
CAO BẰNG


Câu
1
(3 điểm)

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
ĐỀ THI DUYÊN HẢI BẮC BỘ 2023
Môn thi: Vật lý 11
Thời gian : 180 phút
(Không kể thời gian giao đề)

Nội dung
Điểm
Tĩnh điện
1.
* Xét r  R . Do quả cầu bằng kim loại nên điện tích chỉ phân bố trên bề mặt, cịn
E
0
bên trong quả cầu điện tích khơng có nên bên trong quả cầu ( r R )
.
0,5
Q
Q
2
0
0
E.4 r   E 
0
4 0 r 2
* Xét r R . Áp dụng định lý OG có:

0,5
Q0
E
4 0 R 2
Với r R ứng với các điềm trên bề mặt quả cầu thì điện trường bằng
Với r  ứng với các điểm ở rất xa quả cầu thì điện trường bằng E 0 .
2. Gọi điểm mà hạt có thể lại gần nhất quả cầu cách tâm G của quả cầu đoạn r, lúc
đó vận tốc của hạt là V .
- Trong quá trình chuyển động hạt chịu tác dụng của lực điện (lực culong) luôn
hướng về tâm G  đối với trục quay qua G lực này không gây ra momen  đối với
R
0,5
 r.mV  .mV0
2
G momen động lượng của m bảo toàn
(1)
- Bảo tồn năng lượng ta có:
mV 2 mV02

q.(V( )  V( r ) ) ( q )[V( r )  V( ) ] 
2
2
r
Q0
qQ0
( q )   Edr  (q ) 
dr 
(2)
2
4 0 r

4 0 r
r 
0,5


Câu 2
3,5 điểm

 R 2V02  1  qQ0  1
2

  V0 0
 2 
 4  r  2 0 m  r
Từ (1)(2)
R 2V02
r
2
 

qQ0 
qQ0 
2 4

2 
  R V0 
  2 0 m 
2 0 m 
 chọn nghiệm


 (3)
Bài tốn có nghĩa khi r  R (4)
 qQ0

2qQ0
3
 RV02 
 RV02   0  V0 
3 0 mR
 2 0 m 4

Từ (3)(4)
+ Khi t   thì i=0, và uNP = - U0/3
1. Điện dung tương đương C0 của hai tụ điện mắc nối tiếp:
1
1
1
2C
 
 C0 
C0 C 2C
3 .

0,5

0,5

0.25

Khi đó U0 đặt vào giữa hai điểm N và Q thì hiệu điện thế U 1 và U2 và điện tích q1, q2

của hai tụ điện C1 và C2 là:
2CU 0
Q1 Q2 Q C0U 0 
3
Q U
Q
2U
U 1  1  0 ;U 2  2  0
C1
3
C2
3
Khi cường độ dòng điện qua cuộn cảm đạt giá trị cực đại hiệu điện thế giữa hai điểm
N và P bằng 0, do đó hiệu điện thế giữa hai bản tụ điện C2 bằng U0 và điện tích của
tụ này là: C2U0 = CU0.
Nguồn điện đã chuyển một tích điện
2CU 0 CU 0
Q CU 0 

3
3
CU 02
Q.U 0 
3
Qua đoạn mạch, như vậy là đã cấp cho đoạn mạch năng lượng:
Theo định luật bảo tồn năng lượng ta có:
Năng lượng cấp + năng lượng ban đầu = Năng lượng khi I qua L cực đại; ta có

0.25
0.25


0.25

0.25

0.5
C
CU 02 C0U 02 CU 02 LI m2
2C
I m U 0



,
C0 
3L
3
2
2
2 với
3 Từ đó tìm được:
2. + Chọn q1, q2 là điện tích các bản tụ và chọn chiều dương của dòng điện như hình
E
vẽ.
0.25
i 1=q1 '
Do
đó:
, i 21=q2 '
,


i 2=i 1 +i
Ta có:

q1 q 2
+ =U 0
C1 C2

,

q1
+Li'=U 0
C1

C2
Q
i2

C1

P

q2
i1

q1
L
i

0.25


N
k
D


+ Biến đổi hệ phương trình ta được :


+ Đây là phương trình vi phân của dao động điều hồ của với tần số góc
U
i=0, Li' =u NP= 0
3
+Tại t=0, ta có:
 t
i  I m sin 
 3LC
+Ta được:


C

I m U 0
,
 , với
3L

 t
U NP U m cos
 3LC


1
3LC

0.25


0.25

 , với

U0
3
+ Thời gian  từ lúc bắt đầu có dịng điện qua cuộn cảm đến lúc i =0 bằng nửa chu
Um 

T 
  3LC
2 
kỳ
+ Trong khoảng 0 t  :
 t 
C U U cos t 
U
i  I m sin 



I m U 0
,

Um  0
NP
m
 3LC  , với
 3LC  , với
3L
3
t


+ Khi
thì i=0, và uNP = - U0/3
1.
+ Với tia tới SI = SO, tia khúc xạ OJ chính là bán kính của đường trịn nên thẳng
góc với mặt cầu tại J. Do đó, tia OJ truyền thẳng qua mặt trụ
Từ định luật khúc xạ ánh sáng: n1sini = n2sinr
Suy ra:
sinr = 0,5
r = 300
+ Góc ló tại J ra khỏi mặt cầu bằng 0 nên góc lệch của tia ló so với tia tới SO là
D = i – r = 450 – 300 = 150

0.25

 

3
3,5 điểm

0.25

0.25

0.5

0.5

2+ Góc tới i ln là 450 nên góc khúc xạ ln là r = 300
Nếu điểm J ở K, trung điểm cung tròn AB, tia khúc xạ tới mặt trụ với góc r = 300
n2sinr = n1sini’
0.25


2
sini’ = 2
i’ = i = 450.
+ Khi đó tia ló song song với tia tới nên góc lệch triệt tiêu. Điểm I ở vị trí I0. Ta có:
3
OI0 = OKtanr = Rtan300 = R 3 .
3+ Nếu góc tới mặt trụ lớn hơn góc tới giới hạn thì ánh sáng sẽ phản xạ tồn phần,
0.25
khơng có tia sáng ló ra khỏi mặt trụ.
2
Ta có:
sinigh = 2
suy ra igh = 450
+ Khi I tới vị trí I 1, tia khúc xạ tới mặt trụ ở J 1 với góc tới bằng igh. Khi đó tia ló tiếp
xúc với mặt trụ. Vậy khi I ở ngồi khoảng OI1 thì khơng có tia ló ra khỏi mặt trụ.
0.25
Áo dụng định lí hàm số sin cho tam giác OI1J1, ta có
0.25


0.25

sin igh
OI1



sin OI1 J1
OJ1

0.25

Trong đó OJ1 = R; igh = 450; OI1 J1 = 900 – r = 600.
2
Vậy:
OI1 = R 3

4
3,5 điểm

0.25

2
0.25
Tương tự:
OI2 = R 3
a) Khi khung dây chuyển động, trong khung xuất hiện dòng điện cảm ứng. Lực từ 0.5
trong khung sẽ làm cho dây chuyển động chậm dần. Xem xét kỹ hơn ta có thể thấy 0.5
khung đã thực hiện dao động điều hồ quanh vị trí ban đầu.

b) Ta có:
+ Do khung dây có điện trở khơng đáng kể:

etc  ecu 0  L di  d  0  di 

SBo k
b 2 Bo k
b 2 Bo k
d
SdB


.dx 
.dx  i  0.5
.x
L
L
L
L
L

+ Lực từ tổng hợp tác dụng lên khung là:

F B.i.b 

( Bo kb 2 ) 2
.x mx " m.x "
L

0.5



T 2
 Khung dao động điều hoà với chu kỳ:
1  4t B kb 2 
L  o o

m  2 
5
3,5 điểm

mL

 kb B 
2

2

4.t0

0

0.5


2

0.5

Chọn gốc thế năng hấp dẫn qua tâm O của đĩa khi đĩa ở vị trí cân bằng.


mg
o 
2k
Khi ở vị trí cân bằng lị xo giãn đoạn:
Tại li độ x so với vị trí cân bằng lò xo biến dạng đoạn o  2x

1
2
2
W = k(o  2x)  mgx  I K
const(*)
2
2
Cơ năng của hệ dao động:
R2
3
I K m
 mR 2  mR 2 ; x = R  x' =R
2
2
Với:

0.5
0.5

0.5

0.5


Lấy đạo hàm hai vế phương trình (*) ta được:

W' =

1
3
2 '
k2( o  2x)2x ' mgx ' mR 2
0
2
2
2

3
3
W ' = 2ko  mg  4kx  mR" 0  4kR  mR " 0
2
2
3m
8k
T = 2
 "
 = 0
8k
3m
Hay:
. Vậy vật dao động điều hịa với chu kì:

0.5
0.5

0.5

Đặt thấu kính lên trên gương và cả hai đặt ở chân giá đỡ. Kẹp nhẹ bút chì vào giá và 0.5
vng góc với giá, di chuyển nó cho đến khi mắt nhìn từ trên xuống thấy ảnh của
đầu bút chì trùng với vật(có thể xê dịch mắt một chút để kiểm tra bằng thị sai
Do thấu kính và gương phẳng ghép sát nên ta có độ tụ hiệu dụng của hệ thấu kính và
0.5
1
2 1 1
    d d '  f k
f
fk d d '
gương phẳng là
6
3 điểm

Vậy đo khoảng cách từ bút chì đến thấu kính, d bằng tiêu cự thấu kính fk

0.5

Phải xác định chính xác khoảng cách đo d từ bút chì đến thấu kính bằng cách
đo nhiều lần để lấy trung bình và lưu ý phải trừ bớt một nửa bề dày của thấu
kính nếu đo từ mặt gương
Đổ một ít nước lên gương và đặt thấu kính lên trên mặt nước tạo ra một thấu
kính phẳng – lõm bằng nước; có tiêu cự fN, liên hệ với bán kính r1=-r của mặt 0.5


cong r2   bằng công thức




1
1
(n  1)
fN
r

Để xác định fN ta cũng tiến hành tương tự như phần trên để tìm tiêu cự f của hệ
1
1 1
 
thồng 2 thấu kính thủy tinh và nước. Ta được f ' f f N
Từ đó ta tính được fN và r  (n N  1) f N
Dùng công thức thấu kính ta tính được chiết suất của chất làm thấu kính
r
n
1
2 fk

0.5

0.5