Trường THPT Chuyên
Sơn La

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT
CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG
BẮC BỘ
Năm 2023
Mơn: Vật lí
Thời gian làm bài: 180 phút
(HDC gồm 05 câu, 09 trang)

HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu I (4 điểm): Tĩnh điện
Hướng dẫn chấm
1. Vận tốc của viên đạn
a

Điểm

và tấm điện môi ngay sau
va chạm

0,5

m
v0
mM .
Năng lượng của hệ ngay

0,5

V

d

m

sau va chạm

x

1
1
W0  CE 2  (m  M )V 2
2
2

Hình
1

 0 a 2
C
d .
với

Nguồn điện thực hiện một công
C

1 
A qE (q  q0 ) E  E  CE  E   1 CE 2





.
Giá trị tối thiểu của v0 ứng với trường hợp tấm điện môi và viên
đạn vừa ra khỏi tụ thì mất vận tốc, động năng bằng khơng. Lúc

đó, tụ điện có năng lượng mới là

W

1C 2
E
2
. Theo định luật bảo

tồn năng lượng ta có A W  W0 . Thay các biểu thức của W0 , W ,
và A vào, biến đổi thu được:
Ea  0 (  1)(m  M )
m
d
.
t
2. Tại thời điểm , tấm điện môi nhô ra khỏi tụ một đoạn x , vận
(v0 ) min 

0,5

0,5




tốc của nó là u . Hệ thống bây giờ có thể xem gồm hai tụ ghép

song song, điện dung của cả bộ tụ là

0,5

 0 ax  0 a (a  x )  0 a


 x  (a  x)
d
d
d
.
Tương tự câu a, dùng định luật bảo toàn năng lượng cho
C 

1
1  2 1
1
2
2
2
2
 2 C E  2 (m  M )u    2 CE  2 ( m  M )V  (C   C ) E
.
Thay các giá trị ở trên vào, biến đổi, thu được


u V 1 

0,5

x
a hay
0,5

dx
x
V 1 
dt
a.
dx
a x

a
V

a

dx
2a 2 ( m  M ) d
 
0,5
V
E  0 (  1)
a


x
0
Suy ra
nên
.
Câu II (5 điểm) Từ trường, cảm ứng điện từ
Ý
Hướng dẫn chấm
Điểm
II.1 1. Khi đóng K, dịng điện chạy trong mạch tích điện cho tụ C. Khi đó, thanh 0,5
a
dt 
V

 



OA chịu tác dụng của lực từ làm thanh quay quanh trục Oz, trên thanh xuất
hiện suất điện động cảm ứng.
- Gọi I là dòng điện chạy qua thanh OA, lực từ dF tác dụng lên đoạn dr của
thanh là: dF = B.i.dr
- Mômen lực từ tác dụng lên thanh:
a

M  Bi.r.dr i.B.
0

a2
2


- Phương trình chuyển động quay của thanh:
I.

d
a2
1
d
a2
M i.B.  ma 2 .
i.B.
dt
2
3
dt
2

3 B
3 B
 d  . i.dt  . .dq 
2 m
2 m

3 B
   . .q
2 m

II.2
.a


2.

0,5

a)

Suất

điện

động



q

3 B

d 2 . m .dq
0

0

(1)
cảm ứng

xuất

hiện


trên

thanh

OA: 0,2

Vì sau thời gian dt, thanh quét được góc dα nên độ biến thiên từ thông:

0.2

d
Ba 2
ec  
 ec  
dt
2


1
B.a 2
d  B.dS  B. a.a.d 
.d
2
2

0,2

- Áp dụng định luật Ohm cho mạch kín, ta có: E0  ec u C  i.R
B.a 2 . q
dq

 E0 
  R.
2
C
dt

(2)
2

0,2

2

dq
q  3 B .a .c  E 0
1  .


dt RC  4
m  R
Từ (1) và (2), ta có:

(3)
0,2

E
RC
t0 
; I0  0
2 2

R
3B a c
1
4m
Đặt:

(4)
0,2

 t /t
 I 0 .t 0
Thì từ (3) ta tìm được: q Q0 .e
0

 t /t
Vậy: q  I 0 .t 0 .1  e

+ Tại t = 0, q = 0 nên: Q0  I 0 .t 0

0



(5)

Thay vào (1) ta được:

3B.I 0 .t 0

2m


t


 1  e t0










t
t0

0,2

(6)
II.2
.b

b) Sau thời gian t đủ lớn: t >> t0 thì: e

 0 và điện tích của tụ có độ lớn

0,2


C .E 0
q 0  I 0 .t 0 
3.B 2 .a 2 .C
1
4m
không đổi ổn định:

(7)
- Vận tốc quay của thanh đạt trị số ổn định (quay đều) khi:
0 

0,2

3B.I 0 .t 0
6 B.C.E 0

2m
4m  3B 2 .a 2 .C

(8)
Khi đó giữa hai đầu thanh có hiệu điện thế bằng suất điện động cảm ứng:
U thanh  E cu

0,2

B.a 2 . 0
3.B 2 .a 2 .C.E 0


2

4m  3B 2 .a 2 .C

(9)
U C0 

- Hiệu điện thế hai bản tụ:

q0
E0

 E0
C
3B 2 .a 2 .C
1
4m

0,2
(10)


0,2

Ta thấy: U thanh  U C 0  E0
CE02
AE q0 .E 0 
3B 2 a 2 C
1
4m
- Công tổng cộng của nguồn:
q 02

C.E 02
WC 

2
2C
 3B 2 a 2 C 

1 1 
4m 

- Năng lượng tụ điện:

0,2

- Động năng của thanh:

0,2

Wđthanh 

I 02 1 ma 2
 .
.
2
2 3

36 B 2 .C 2 .E02
 3 B 2 a 2C 
16m .  1 


4m 


CE02
3 B 2 a 2C
 Wđthanh  .
.
2
4
m
 3 B 2 a 2C 
2 1 

4m 

0,2
AE WC  Wđthanh  Q

2

2

- Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng:
 Q  AE  WC  Wđthanh  

II.3

CE02
 3B 2 a 2 C 


2 1 
4m 


(11)
0,2

dq q
  I 0 . cos  0 .t
3. Tương tự như câu 2, ta có phương trình: dt t 0

(12)
Tại t = 0: q = 0 ta có:

0,2

t
 
I 0 .t 0 
t0
q
  0 .t 0 . sin  0 .t  cos  0 .t  e 
1   02 .t 02 


Và:

3B.I 0 .t 0 

 0 .t 0 . sin  0 t  cos  0 .t  e

2m1   02 t 2  

t

t0

(13)
0,2






(14)

Từ (13) ta có:

I0
dq
i 
dt 1   02 t 02

t

 2 2
t
  t . cos  t   .t . sin  t  e 0
0
0 0

0
 0 0


0,2






(15)
- Sau thời gian t đủ lớn: t >> t0 thì: e



t
t0

 0 , trong mạch có chế độ cưỡng

bức:
I0
i0 d 

 02 t 02 cos  0 t   0 t 0 sin  0 t 
2 2
1  0 t 0

Và:


 od 

3BI 0 t 0
. 0 t 0 sin  0 t  cos  0 t 
2m1   02 t 02 

(16)

0,2


Câu III (4 điểm): Quang hình
Hướng dẫn chấm
Ý

Điể
m

Câu 4(4 điểm)
a) Tia sáng sau khi phản xạ trên gương sẽ
s
gặp đáy bé. Thật vậy: Gọi khoảng cách từ
s
tia sáng đến mặt phân giác là d/2. Để tia
III. sáng sau khi phản xạ trên gương gặp đáy
0,5
1 bé thì phải thỏa mãn:
Hình
1 d  a .tan   d  a  d 3a

4.1S

2
điể
(trong khi đáy lớn là
m 2a).
Tia sáng sau khi gặp đáy bé bị khúc xạ:  n = 9o.
Vậy góc giữa hai tia khi ló ra khỏi tấm thủy tinh là 0,5
2 = 18o.
b. Xét tia sáng phản xạ IM ta có thể xem như tia
sáng truyền thẳng IM’ (hình 4.2S). Vì góc  bé nên
sự phản xạ của tia sáng giữa
B
hai gương có thể xem như tia
sáng truyền thẳng trong khối
thủy tinh hình trụ được giới
H
0,5
hạn bởi mặt trong bán kính R/2
III. và mặt ngồi bán kính R (với R
2 = 2a/) như hình 4.3S.
O
A
1
điể
m
Hình
4.3S
H là vị trí mà tia sáng bắt đầu bị phản xạ quay
trở

lại. Để tia sáng khơng tới được đáy bé thì phải thỏa
mãn điều kiện:
0,5
R
R
1
3
M
OH   R sin    sin  n sin   1,5.  sin      48,59 o
i
I
2
2
2
4
’
i i .
M
sin 
2
sin  

Hình
n
3 .
c. Ta có:
4.2S
Áp dụng định lý hàm số sin cho OAC: 0,5
III. sin  sin 
2 2


 sin  2sin  
3
R/2
R
3 .
2
B
điể Ta thấy: sin> 1/n = 2/3  tia
sáng
bị
phản
xạ
toàn
phần
tại
m
0,5
đáy bé và truyền ngược trở lại
và khúc xạ tại đáy lớn.
Chiều dài của tia sáng trong tấm thủy tinh: L = AC 0,5
C
A

O

s


Hình 4.4S


+ BC = 2AC.
Ta có  = 28,13o,  = 70,53oAOC = 81,34o.
Theo
định
lý
hàm
số
sin
cho
OAC:
AC
R/2
2a

 AC R  20 cm

sin 

sin AOC
.

0,5

Vậy L = 40 cm.
Câu IV. (4 điểm): Dao động cơ
Ý
1

Hướng dẫn chấm


Điể
m

Vị trí khối tâm:
- Do tính đối xứng, khối tâm năm trên OX
- Chia quạt trịn thành vơ hạn các quạt
nhỏ có góc ở tâm là d

O
0,5

Xét hình quạt xác định bởi góc  , có

1
ds  R 2 d
2
diện tích
, tọa độ trọng tâm là
2
Rcos
3
( như tam giác).

- Tọa độ khối tâm của hình quạt:

1
1
xG 
xdm 

m
S





2



1
xds 
 R2







2
1
2 sin 
Rcos  R 2 d  R
3
2
3







2
3/2 R 3
2
xG  R

3 ta tìm được:
3 2 / 3
2 .

Với
Viết phương trình bảo tồn cơ năng:
1 2 1 2
I 0  I   mg OG  1  cos 
2
2
V0
0 
R và biến đổi ta được:
Thay
2

0,5

0,5

OG


V
2mg OG  1  cos 
  02 
R
I

0,25

2

+) Tìm I:
Mơmen qn tính của đĩa trịn đồng chất với trục quay
qua O bằng MR2/2.
Ta xem đĩa trịn gồm ba tấm có góc ở tâm là 2 / 3 ,
tương đương 2 hình trịn đầy đủ
Momen qn tính của hình quạt sẽ là:
1 3 
3
I 0  2   m  R 2  mR 2 3I  I  1 mR 2
2 2 
2
2

0,5


R 3
2
2mg 

 1  cos  V 2 2 3g  1  cos 
V
2
2

0
  2 
 02 
1
R
R
R
2
mR
2
Từ đó:

3

2 3 g sin 
2 '  
 '
R
Lấy đạo hàm theo t:
3g sin 
 

'



;

'


R
Vì
nên

0,25

3- Khi hệ dịch khỏi vị trí cân bằng một góc nhỏ  :
 mgOG  m1 gx   I  m1 x 2   ''
  " 

Chu kì
Thay

mgOG  m1 gx
0
I  m1 x 2

0,5

I  m1 x 2
T  2
(mOG  m1 x) g

OG 


R 3
1
m
I  mR 2 m1 
2 ,
2
2 tìm được:
,
R2  x2
T  2
( R 3   x) g

Tmin  y 

y '

R2  x2
min
R 3  x

 x 2  2R 3 x   R 2

Tính
Tìm được



0,5

R 3 x


x



2

3  2 


0

3

R

0,5

Câu V (3 điểm): Phương án thực hành
Ý

Hướng dẫn chấm

Điể
m

1

Cơ sở lí thuyết
Sự tạo ảnh qua thấu kính mỏng và cơng thức tạo ảnh của

thấu kính
+ Cơng thức tạo ảnh của thấu kính mỏng:
1 1 1
= +
f d d'

Cơng thức độ phóng đại:

0,5


k=

−A ' B' −d '
=
AB
d

+ Xác định chiều cao của vật:
Xét hai lần tạo ảnh của vật sáng AB qua thấu kính hội tụ
mỏng.
Lần 1:
− A 1 B1 −d '1 −d '1−f
k1 =
=
=
(1)
AB
d1
f


Lần 2:

k 2=

'
2

0,5

'
2

− A 2 B2 −d −d −f
=
=
(2)
AB
d2
f

Từ (1) và (2):

h1 '
d 2−d '1
A 1 B1 d −f
h2
=
⇒f=
(3)

A 2 B2 d −f
h1
−1
h2
'
1
'
2

Theo (3), nếu đo được chiều cao h1, h2 các ảnh A1B1; A2B2; d1’;
d2’ thì sẽ xác định được f và có f thế vào (1) hoặc (2) sẽ đo
được độ cao vật AB.
0,5
2

Sơ đồ thí nghiệm

Dây tóc bóng
đèn
Nguồn
điện

Kính lọc
sắc

Màn

Các bước tiến hành thí nghiệm
Bước 1: Lắp đặt dụng cụ thí nghiệm theo sơ đồ
+ Điều chỉnh sao cho giá quang học song song với trục chính

của thấu kính.
+ Màn và sợi đốt đặt vng góc với trục chính của thấu kính.
+ Thấu kính, màn và đèn có thể dịch chuyển trên giá dễ

0,5


dàng.
+ Giá quang học đủ dài.
Bước 2: Đóng khố K, dùng biến trở thay đổi độ sáng của
đèn sao cho thí nghiệm thực hiện được, di chuyển thấu kính
và màn để thu được ảnh rõ nét trên màn. Dùng thước mm để
đo khoảng cách d1’ từ quang tâm thấu kính đến màn, chiều
cao h1 của ảnh. Lặp lại thêm hai lần, ghi số liệu vào bảng.
Bước 3: Tiếp tục dịch chuyển thấu kính và màn để lại thu
thêm một ảnh khác của sợi đốt. Dùng thước mm để đo
khoảng cách d2’ từ quang tâm thấu kính đến màn, chiều cao
h2 của ảnh. Lặp lại thêm hai lần, ghi số liệu vào bảng.
Xử lí số liệu
Lần
Bản
g số
liệu

0,5
d 1’

h1

d2’


h2

f

´f

∆fi

∆´ f

1
2
3

Nhận xét các nguyên nhân gây ra sai số của phép đo.
Khi sợi đốt khơng vng góc với trục chính của thấu kính thì
ảnh cũng khơng vng góc với trục chính dẫn đến sai số của
phép đo lớn.
Chú ý các thao tác đo đạc trong khi thao tác thí nghiệm.

0,5