SỞ GD – ĐT QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN BỈNH KHIÊM

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ XIII, NĂM 2022
ĐỀ THI MƠN:VẬT LÝ
Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm 2 trang)

ĐỀ ĐỀ NGHỊ

Bài 1. (4 điểm)
Một đĩa phẳng, mỏng, khơng dẫn điện có bán kính a và mật độ điện
tích bề mặt đều σ > 0 được đặt trên mặt đất với trục của nó là thẳng đứng.
Một hạt khối lượng m, điện tích dương q được thả rơi, dọc theo trục của đĩa
q 4 0 g

 .
từ độ cao H với vận tốc ban đầu bằng khơng. Hạt có tỉ số m
1. Tìm giá trị của H để hạt vừa kịp lọt vào đĩa.
2. Hãy viết biểu thức và biểu diễn bằng đồ thị thế năng của hạt dưới
dạng hàm của độ cao h và tìm vị trí cân bằng của nó.
Ý
1.1

Nội dung
Điện thế tại độ cao h trên trục của đĩa là V(P). Ta chia đĩa thành những vịng nhỏ có
dq  2 rdr  
bề dày dr, xét phần tử điện tích dq trên vịng có bán kính r:

1 dq
dV 
.
4

x ,
0
Điện thế tại P gây ra bởi vòng nhỏ này:
2

với x  h  r

2

dV 

1  2 rdr  

.

2
2
4 0
2 0
h r

r a

Điện thế tại P gây ra bởi cả đĩa là:
  2 2

VP 
a  h  h

2 0 
VO 

a
2 0

0,25
0,25

rdr
h2  r 2


VP  dV 
2 0
r 0

r a



r 0

rdr
2

h r


0,25
2

Điện thế tại tâm O là:
(h = 0)
Để điện tích q vừa kịp lọt vào tâm đĩa thì theo định luật bảo tồn năng lượng, ta có:
độ giảm thế năng trọng trường bằng độ tăng thế năng tĩnh điện giữa q và đĩa. (vì động
năng đầu và cuối bằng nhau và bằng không).
mgH q  Vo  VP 

Điểm

0,25

0,25


1.2

 q    
2
2
gH   
  a  a  H  H 
 m   2 0 
hay
(1)
q 4 0 g
q



2 g
m

2

m
0
mà

0,25

gH 2 g  a  H  a 2  H 2 


Thay vào (1), ta được
H
 a  H   a 2  H 2
=> 2
3 2
4
H aH  H 0 hay H= a
3
=> 4
4
H= a
3 .
Vậy
Thế năng của điện tích q ở độ cao h bằng tổng thế năng trọng trường và thế năng tĩnh

điện của nó:
q  2 2
Wt 
a  h  h   mgh

Wt qV  mgh =>
2 0 
(2)

0,25

Tại vị trí cân bằng, ta có:

F 

0,25

0,5

dWt
0
dh

mg 
Đạo hàm phương trình (2) theo h, ta được:
 q

2mg 

 2 0



0,5


q  1 
1
 1 0
    2h 
2 0   2 
a 2  h2 
;

0,5



h
2h
mg  2mg 
 1 0  1 
 2 0
2
2
2
2
a

h
a


h


Suy ra:
.
a
h
3
Giải ra ta được:
Từ phương trình (2), ta có: Wt 2mga tại h 0 và
4
h a
3
a
h
Wt (min)  3mga
3.
tại
Ta có đồ thị Wt – h như hình vẽ
Nhận xét: Vị trí thế năng cực tiểu chính là vị trí cân
bằng

0,5

Bài 2. (5 điểm)
Một dây dẫn đồng chất có điện trở trên một đơn vị chiều dài là r, được uốn thành hình
bán nguyệt bán kính a. Dây quay với tốc độ góc ω trong mặt phẳng thẳng đứng quanh một trục





nằm ngang đi qua C trong khơng gian có từ trường đều B tồn tại theo phương vng góc với tờ
giấy và hướng vào trong (như hình vẽ).

1. Tính hiệu điện thế giữa hai điểm A và D. Điểm nào có điện thế lớn hơn?
2. Nếu hai điểm A và D được nối với nhau bằng một dây dẫn có điện trở bằng 0, hãy tìm
hiệu điện thế giữa A và C.
3. Nếu đấu vào giữa hai điểm A và D một tụ điện có điện dung C 0 bằng các dây dẫn
khơng điện trở, hãy viết phương trình điện tích của tụ điện theo thời gian t, biết ban đầu tụ chưa
tích điện.
Ý
2.1

Nội dung
 
l1 2a sin  
 2
Chiều dài dây cung AC:

Điểm
0,25

0,5

Hiệu điện thế giữa hai điểm A và C chính là suất điện động cảm ứng trên cung AC khi
nó quay:
1
 
U CA VC  VA  Bl12 2a 2 B sin 2  

2
 2  (1)
Theo qui tắc bàn tay phải thì VA  VC
  
 
l2 2a sin    2a cos  
 2 2
 2
Tương tự, chiều dài cung CD là:
1
 
U CD VC  VD  Bl22 2a 2 B cos 2  
2
 2  (2) với
Hiệu điện thế giữa C và D là:
VC  VD

2.2




U AD VA  VD 2a 2 B  cos 2  sin 2  2a 2 B cos 
2
2

Từ (1) và (2) suy ra:
> 0 vì



2
Vậy A có điện thế cao hơn so với D
Khi A và D được nối với nhau bằng một dây dẫn không điện trở, mạch được nối kín và
bắt đầu có dịng điện chạy qua mạch (như hình vẽ).

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25
0,5


Điện trở cung AC: r1 a r
r a      r
Điện trở cung CD: 2

0,25
0,25

 
E1 2a 2 B sin 2  
 2
Suất điện động trên cung AC:
 
E2 2a 2 B cos 2  
 2  với E2  E1 .

Suất điện động trên cung CD:

i

2.3

E2  E1 2a 2 B cos  2aB cos 


r1  r2
 ar
r

Dòng điện chạy qua mạch là:
Hiệu điện thế giữa hai điểm A và C lúc này là:
    2aB cos  
 2 

2
U ' AC  E1  r1i  2a 2 B sin 2    
  a r   2a B  sin  cos  
r
2 
 2 



q
E1  r1i   r2i  E2 0
C0

Phương trình Kiêc - xốp cho mạch vịng:
(3)

với

i

0,5

0,5

0,25
0,25

dq
dt

Thay E1 , E2 , r1 , r2 vào pt (3), ta được:

  ar 

dq q
  2a 2 B cos  0
dt C0

dq
1

q  2a 2 BC0 cos   0


Hay dt  arC0
(4)
2
Đặt X q  2a BC0 cos   dX dq

0,25

dX
1
dX
dt

X 0 

X
 arC0
PT (4) thành: dt  arC0


t
 arC0



t
 arC0

 2a 2 BC0 cos  (A là hằng số)
2
Thay điều kiện đầu t = 0: q = 0 vào ta được: A  2a BC0 cos  .

 X  Ae

hay q  Ae

t


 arC0
q 2a BC0 cos   1  e


Vậy
2

Bài 3. (4 điểm)






0,25


Cho hệ hai thấu kính hội tụ L1 và L2 có trục chính trùng nhau, tiêu cự lần lượt là f 1 = 2
cm và f2 = 6 cm, đặt cách nhau một đoạn a = 5 cm. Một vật phẳng nhỏ AB= 1,5 mm đặt trước
thấu kính L1 một đoạn d1 = 1 cm.
1. Xác định vị trí và độ lớn ảnh cho bởi hệ thấu kính.
2. Xác định khoảng dịch chuyển của vật để bản chất của ảnh cho bởi hệ không thao đổi.
3. Để tăng độ lớn của ảnh tạo bởi hệ một chút, nhưng vẫn giữ cố định thấu kính L 2,

người ta thử làm theo hai cách sau:
- Giữ cố định thấu kính L1 và di chuyển vật AB dọc theo trục chính.
- Giữ cố định vật AB và dịch chuyển thấu kính L1 một chút.
Hỏi trong hai cách trên, cách nào làm độ lớn của ảnh tăng mạnh hơn.
Ý
3.1

Nội dung
Sơ đồ tạo ảnh
L1
AB  d L1  d
 A'B '
/  A1 B1     
d
d/
1

d1' 

1

2

2

d1. f1
 2 cm
d1  f1

0,25


d1'  d 2 O1O2 a  d 2 a  d1' 7 cm
d .f
d 2'  2 2 42 cm
d2  f 2
;

0,25

d ' .d '
A' B '
k1.k2  1 2  12
d1.d 2
AB
 A ' B ' 12. AB 18 mm
Ảnh A’B’ cho bởi hệ là ảnh thật. Ảnh A1B1 cho bởi L1 là ảnh ảo.
Tiêu điểm của L2 ở trước L1 một đoạn 1cm.
Để ảnh cho bởi hệ vẫn là ảnh thật, thì ảnh A1B1 cho bởi L1 phải nằm trước tiêu điểm
d '   1cm và d1  f1 2cm
của L và phải là ảnh ảo, hay 1

0,25

 d1 f1 
2
2

   1  d1 
cm  d1  2 cm
d


f
3
d

2
cm
 1 1
và 1
. Suy ra 3
A1B1 là ảnh ảo của AB cho bởi L1, A2B2 là ảnh thật cho bởi L2, do đó
AB
f
f
k  2 2  k 2 k1  2 . 1
AB
d 2  f 2 f1  d1

0,5

k

3.2

Điểm
0,25

0,5

0,5

0,25
0,25

1

3.3

d 2 a  d1' a 
 d2  f2 

d1. f1
[a  ( f1  f 2 )]d1  a. f1  f 2 . f1
 d2  f2 
d1  f1
d1  f1

0,125

0,25

(a  8) d1  2a  12
d1  2




  2 
AB 
6
12

 2 2 




AB  ( a  8)d1  2a  12   2  d1   12  2a  (8  a )d1
d1  2


(1)
Trường hợp cố định L1 di chuyển AB tức là giữ nguyên a, thay đổi d1
Muốn cho |k| tăng lên thì d1 giảm xuống, hay là vật di chuyển về gần L1.

0,25


Giả sử di chuyển vật một đoạn x thì d11 d1  x , thay vào (1)
Ta được
A2 B2
12

AB 1  3x (2)
Trường hợp cố định AB và di chuyển L1 tức là a và d1 đều thay đổi
Khi d1 thay đổi một lượng dx thì a thay một lượng là - dx , khi đó (1) trở thành
AB
12
| k | 2 2 
AB 1  2dx  dx 2
Muốn cho |k| tăng lên thì dx <0 , thay x  dx ta được
A2 B2

12

AB (1  3x)  ( x  x 2 ) (3)
So sánh (2) và (3) có thể kết luận rằng cách giữ cố định L1, di chuyển vật AB làm độ
lớn ảnh A’B’ tăng mạnh hơn

0,25

0,125

Bài 4. (4 điểm)
Một thanh đồng chất khối lượng m được treo bằng hai
sợi chỉ nhẹ, không dãn, giống hệt nhau có chiều dài l (Hình
o

vẽ). Ban đầu thanh bị quay lệch một góc nhỏ  o 5 quanh
trục thẳng đứng đi qua điểm giữa C. Sau đó thanh được thả ra
tự do để bắt đầu thực hiện dao động nhỏ. Bỏ qua lực cản của
mơi trường.
1. Tìm chu kì dao động của thanh bằng phương pháp động lực học.
2. Viết biểu thức động năng của thanh theo thời gian t. Từ đó tính động năng cực đại của
o
2
thanh với m = 1,5 kg, l = 90 cm,  o 5 , lấy g 10m / s .

3. Nếu đặt lên thanh một momen cản M c k ' (với

0  k  ml0

gl

3 ;  ' là đạo hàm bậc

nhất theo thời gian của góc  ; l0 là chiều dài thanh) đối với trục quay qua C thì phương trình
dao động sẽ như thế nào? Chu kỳ thay đổi ra sao?
Ý
4.1

Nội dung
mg cos  mg
T

2
2 (1)
Gọi l0 là chiều dài thanh.
Ta có momen quay tác dụng làm quay thanh:

Điểm
0,25
0,25
M  2T sin  .

Phương trình động lực học cho vật rắn quay: M I  với
ml 2
 Tl0  0 .
12 (2)
Suy ra:

l0
 Tl0
2


I

ml02
12

0,25

0,25


l
l
AA ' l  0     0 
2
2l
Ta lại có:   '' và
(3)
2
ml
3g
mg l0

l0   0 . ''   ''  0
2 2l
12
l
Kết hợp (1), (2) và (3) ta được:
Nghiệm phương trình có dạng:


  0 cos  t   

3g
l

0,25
0,25

l
3g

0,25

1
2
Wd  I   '
2
Động năng của thanh:

0,25

T 2
Vậy chu kỳ dao động là:
4.2

(4) với



0,25


Thay điều kiện ban đầu( t 0 ):
 0

 
2l 0
2l 0


 0 cos 
0

l0
l0



Hay

  0   

2l 0
l0 vào phương trình (4) ta được:

 3g 
2 3gl
2l 0
2l 0
sin  t  
 0 sin 

t 
cos  t    '  
l0
l0
l
l0



0,25

2

4.3

 3g  
 3g 
1 ml02  2 3gl
1
Wd 
 0 sin 
t    mgl 02 sin 2 
t

2 12  l0
l  
2
l 



Vậy
1
Wd  max   mgl 02 0, 05 J
2
Suy ra động năng cực đại của thanh:

0,25

ml02
 Tl0  k ' 
 ''
12
Phương trình động lực học:
6k
3g
 ''
 '  0
ll0 m
l
Hay
(5)

0,25

x2 
Phương trình đặc trưng của phương trình (5) là:

6k
3g
x

0
ll0 m
l
có

0,25

0,25

2

 3k  3 g
 ' 
0
 
l
 ll0 m 
nên nghiệm của (5) có dạng:

  3k  2 3 g 
  3k  2 3g  
 e  A cos  
t   B sin  
t
 
 

  ll0 m 
  ll0 m 
l 

l 



  ; đây chính là phương

trình dao động của thanh khi có mơmen cản Mc. Với A,B là các hằng số
2l
 0  0 ; ' 0
l0
Sử dụng điều kiện đầu t = 0:
ta tính được:
6k
t
ll0 m

0,25


A  0 

2l 0
;B 
l0

12k 0
 3 g  3k  2 
ml 

 

 l  ll0 m  
2
0

T
Và chu kỳ của dao động lúc này là:
mômen cản

0,25

2
2

3 g  3k 


l  ll0 m 
, tăng lên so với khi khơng có

Bài 5. (3 điểm)
Cho một thấu kính hội tụ mỏng, hai mặt lồi có bán kính R 1 và R2, mỗi mặt cầu có đỉnh
và tâm tương ứng là O1, C1 và O2, C2. Chiết suất của chất làm thấu kính là n.
1. Sử dụng lí thuyết về lưỡng chất cầu, chứng minh rằng độ tụ của thấu kính trên được
xác định theo cơng thức:
D

 1 1 
1
(n  1)  


f
 R1 R2  ,

với quy ước tổng quát R OC là độ dài đại số của bán kính mặt cầu, chiều dương xét theo
chiều tia tới.
2. Cho thêm các dụng cụ và linh kiện:
- Một hệ giá đỡ dụng cụ quang học (có thể đặt ở các tư thế khác nhau);
- Một nguồn sáng laser cho chùm sáng song song;
- Một màn ảnh;
- Một cốc thủy tinh đáy phẳng, mỏng, trong suốt, đường kính trong đủ rộng;
- Một thước đo chiều dài chia tới milimet;
- Các vật liệu khác: kẹp; nước sạch (chiết suất n = 4/3);…
Trình bày phương án thí nghiệm xác định bán kính cong của hai mặt thấu kính hội tụ và chiết
suất của vật làm thấu kính.
Chú ý: Học sinh có thể sử dụng cơng thức ở ý 1 để làm ý 5.2 nếu không chứng minh
được ý 5.1.
Ý
5.1

Nội dung
Xem thấu kính là hệ hai lưỡng chất cầu thỏa mãn điều kiện tương điểm.
Đối với mặt lồi thứ nhất, tia sáng đi từ khơng khí vào trong mơi trường chiết suất n,
ta có
1 n n 1
 
d1 d1'
R1 (1)

Điểm
0,25


Đối với mặt lồi thứ hai, tia sáng đi từ trong mơi trường chiết suất n ra khơng khí, ta
có
n 1 1 n
 
d 2 d 2'  R2 (2)

0,25

Vì thấu kính mỏng nên hai đỉnh mặt cầu O1, O2 rất gần nhau, có thể bỏ qua, khi đó

0,25


d1' d 2

(3)
Từ (1), (2) và (3), suy ra
 1 1 
1 1
 ' (n  1)  

d1 d 2
 R1 R2 

5.2

0,25

Với d1 là khoảng cách từ vật đến mặt cầu thứ nhất, cũng là khoảng cách từ vật đến

d'
TK d. Tương tự 2 là khoảng cách từ mặt cầu thứ hai đến ảnh, cũng là khoảng cách
từ TK đến ảnh d’. Từ đó, độ tụ của thấu kính được xác định
 1 1 
1 1 1
D    (n  1)  

f d d'
 R1 R2 

0,5

Phương án thí nghiệm
Sử dụng các giá đỡ thí nghiệm, nguồn sáng, màn ảnh và thấu kính, bố trí thí nghiệm
sao cho chùm sáng song song với trục chính của thấu kính hội tụ tại tiêu điểm ảnh
chính. Dùng thước xác định tiêu cự f của thấu kính, ta được:
 1 1 
1
(n  1)  

f
 R1 R2  (4)
Kẹp mặt lồi thứ nhất áp vào đáy của cốc thủy tinh, nhỏ một ít nước vào giữa TK và
đáy cốc, ta có hệ hai thấu kính ghép sát gồm TK ban đầu và TKPK bằng nước
(phẳng lõm) có mặt lõm bạn kính R1.
Thực hiện lại thí nghiệm xác định được tiêu cự f1 của thấu kính mới này
1 1 1
 
f1 f f A với f là tiêu cự thấu kính bằng nước


0,25

0,5

A

1 4  1

  1
f A  3   R1 (5)
Làm tương tự như trên với mặt cầu thứ hai, ta được
1 4  1
  1
f B  3   R2 (6)

0,5

Từ (4), (5) và (6) suy ra được n, R1, R2

0,25