HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DUYÊN HẢI & ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG
NAM ĐỊNH

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI & ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM HỌC 2022- 2023
MÔN THI: VẬT LÝ LỚP 11
(Thời gian làm bài 180 phút)

ĐỀ thi
THI
ĐỀ02
XUẤT
(Đề
gồm
trang)
Bài 1. Một quả cầu rắn khơng dẫn điện tâm O, bán kính R, hằng số điện mơi

  0

 , có điện tích khối 

r
R , trong đó 0 là hằng số và r là khoảng cách tính từ tâm quả cầu.

phân bố khơng đều:
Một điểm M nằm trong quả cầu, cách tâm O quả cầu một khoảng r (r < R).
a) Tính điện tích tồn phần quả cầu.
b) Tính cường độ điện trường tại điểm M .

c) Tính điện thế tại M.
Bài 2. Hệ “súng điện từ” gồm hai ray có điện trở không
B
K
đáng kể được đặt song song, cách nhau một khoảng là l trên
mặt phẳng nằm ngang. Các thanh ray được nối với nhau
l
C
R
qua một tụ điện có điện dung C, được tích đến hiệu điện thế
U0. Hệ được đặt trong từ trường đều thẳng đứng B. Người
ta đặt vng góc lên hai ray một thanh dẫn có khối lượng m
U0
m
và điện trở R. Bỏ qua độ tự cảm của hệ, ma sát giữa thanh
Hình 1
dẫn và ray. Dấu của các bản tụ được chọn sao cho khi
chuyển khóa K, thanh dẫn bị bắn ra xa tụ (Hình 1).
a) Tìm tốc độ tối đa mà thanh có thể đạt được khi tụ cịn đang phóng điện.
b) Gọi hiệu suất của “súng điện từ” này là tỉ số giữa động năng mà thanh nhận được và năng
lượng của tụ điện lúc đầu. Tìm điều kiện để giá trị hiệu suất là cực đại.
Bài 3.
3.1. Xét một khối cầu trong suốt có bán kính R, chiết suất
n, đặt trong khơng khí như Hình 2. Ta có thể coi khối cầu
trong suốt này như một thấu kính cầu. Một điểm sáng S
nằm trên trục chính của thấu kính cách tâm của thấu kính
một khoảng là d , cho ảnh S' cách tâm thấu kính một
khoảng là d ' . Chứng minh công thức của thấu kính cầu.
1 1 2 n 1
  .

Hình 2
d d' R n
3.2. Một bể cá hình cầu, bán kính R làm bằng
thủy tinh mỏng, trong suốt, chứa đầy nước.
Người quan sát đặt mắt tại M ở khoảng cách khá
xa bể cá, nhìn theo một đường kính AB của hình
cầu. Phía sau bể cá đặt một gương phẳng vng
góc với đường kính AB và cách tâm cầu một
khoảng bằng 3 R. Trên đường kính AB có một
Hình 3
con cá nhỏ (xem như điểm sáng S), bơi dọc theo
AB từ B đến A với vận tốc v0 khơng đổi như Hình 3. Cho chiết suất của khơng khí bằng 1, chiết suất
của nước n=4 /3. Đúng lúc con cá đi qua tâm O.
a) Xác định vị trí hai ảnh của con cá mà người này nhìn thấy.
b) Tính vận tốc của hai ảnh nói trên từ đó suy ra tốc độ tương đối giữa chúng.


Bài 4.
Cho một hệ dao động, các lò xo nhẹ cùng chiều dài tự nhiên L có độ cứng 2k và k gắn với các vật có
kích thước rất nhỏ (coi là các chất điểm) có khối lượng m và 2m, có thể trượt khơng ma sát trên mặt

L
phẳng ngang. Ban đầu các vật để ở vị trí sao cho chiều dài mỗi là xo là 2 và khoảng cách giữa hai
vật là L như ( hình 4).Vào thời điểm t = 0, thả nhẹ đồng thời cả hai vật để cho chúng chuyển động
đến va chạm hoàn toàn mềm với nhau.
a) Xác định biên độ dao động và vận tốc cực đại của hệ vật
b) Xác định khoảng thời gian từ khi thả hệ vật đến khi hệ có tốc độ cực đại lần đầu tiên ( bỏ qua
khoảng thời gian va chạm giữa hai vật).
2k


m

2m

k

Hình 4

Bài 5.
Cho các dụng cụ và linh kiện sau:
+ Một nguồn điện không đổi có điện trở trong r đã biết nhưng suất điện động E chưa biết.
+ Một điện kế hiển thị kim có vạch O ở giữa bảng hiển thị và có điện trở Rg chưa biết.
+ Điện trở R1 và điện trở R2 đã biết.
+ Một biến trở có thể điều chỉnh được đến từng giá trị cụ thể.
+ Một điện trở Rx chưa biết.
+ Một công tắc.
+ Dây nối phù hợp.
Em hãy trình bày một phương án tiến hành để có thể xác định được Rx.
----------- HẾT -----------


HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KV DH & ĐB BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG NAM ĐỊNH

Bài 1:

a.

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ
NĂM HỌC 2022- 2023
MÔN THI: VẬT LÝ LỚP 11

HƯỚNG DẦN CHẤM
ĐỀ2 THI ĐỀr XUẤT
2

dq  dV  4 r dr  0

R

4 r dr  Q = 0 R 3

b. Áp dụng định lý O - G ta suy ra được:

E.4 r 2 

r

r

 dV



q
0
0
 0

 0

0

r
4 r 2 dr
R
 0

0 4 r 3
0 4 r 4
E.4 r 
r
d
r

 0 R 
 0 R 4
0
2

 E

0 r 2
4 0 R

c. Đặt OM = r0 . Ta có:
V (R)

 dV Edr 


R

 dV  Edr

V (r )

r

R


 R 3
 R2
Q
V (r )  V ( R)  0 r 2 dr
V ( R) 
 0
 0
4R 0
4 0 R 4 0 R 4 0
r
với
V (r ) 

Do đó

0 R 2
0  R3 r 3 
0


 
4R3  r 3 


4 0 4R 0  3 3  12R 0

Bài 2:
Phương trình định luật 2 Newton:

F ma BI m

dv
dQ
B
dt
dt

Tích phân lên ta được:

Ta lại có:

E

mv max B Q0  Q min 

Q
Q
Bv  IR  min Bv max
C

C

Giải ra ta được:

v max 

BCU 0
m  B2 2 C

(1)

(2)


1
m  BCU 0 
mv 2max  
2  m  B2 2C 
Động năng cực đại của thanh: 2

2

1
CU 02
Năng lượng của tụ ban đầu: 2
Hiệu suất của “súng”:
 

mB2 2 C


 m  B  C
2 2

2

1




m
B2 2C 



 B22C
m 


0, 25

2

2 2
Điều kiện cực đại là m B  C .

Bài 3:
3.1. Sơ đồ tạo ảnh: Sd

1


,KK

LCC d ❑
S
LCC d , KK❑ S2
,n 1 d , n
→

'
1

2

'
2

→

Ta có:
Rn d 1
1 n n−1
+ '=
→ d '1=
d1 d1
R
( n−1 ) d 1−R
Mặt khác:
d '1 +d 2=2 R → d2 =


( n−2 ) d 1−2 R
.R
( n−1 ) d1 −R

Lại có:
2 R−(n−2)d 1
n 1 1−n
+ '=
→ d '2=
.R
d 2 d 2 −R
2 ( n−1 ) d 1+ ( n−2 ) R
Đặt:
d 1 + R=d ; d'2 + R=d '
Thì:
( d¿ ¿1+ R) nR
d'=
¿
2 ( n−1 ) d 1+ ( n−2 ) R
Suy ra:
1 1 2 n−1
+ = .
(¿)
d d' R n
Cơng thức (¿) được gọi là cơng thức thấu kính cầu.
Khi d=∞ ta được tiêu cự của thấu kính:
nR
f=
2(n−1)
3.2. Xét quá trình tạo ảnh thứ nhất:

Sd ,n LCC ( A ) d ,KK❑ S1
1

→

'
1

Với d 1=R thì:
'2

d
n 1 1−n
4
+ '=
→ d '1=−R → v 1=−n . 12 .(−v 01)= v 01
d 1 d 1 −R
3
d1
Xét quá trình tạo ảnh thứ hai:


Sd ,n LCC ( B ) d , KK❑S 2 d GP ❑
S❑
d 3d
2

→

'

2

3

→

'
3

❑

4

, KK

LCC ( B ) d , nS 4 d , n LCC ( A ) d , KK❑S5
'
4

→

5

→

'
5

Với d 2=R thì:
'2


d
n 1 1−n
−4
+ '=
→ d '2=−R → v 2=−n. 22 . v 02=
v
d 2 d 2 −R
3 02
d2
4
d 3=2 R−d '2=3 R →d '3 =−d 3=−3 R → v 3=−v 2= v
3
'2
d 4 =2 R−d '3=5 R
−d 4
'
→
d
=10
R
→
v
=
v 3=−4 v 02
1 n n−1
4
4
+ '=
n d 24

d4 d4
R

{
{

d 5=2 R−d'4=−8 R
d'52
v
'
→
d
=2
R
→
v
=−n
v = 02
n 1 1−n
5
5
2 4
3
+ =
d5
d 5 d '5 −R

Vậy: Vận tốc của ảnh thứ nhất: v1 =4 v 01 /3
Vận tốc của ảnh cuối cùng trong quá trình tạo ảnh thứ hai: v5 =v 02 /3
Mặt khác ta lại có: v 01=−v 02

Suy ra hai ảnh chuyển động ngược chiều nhau nên vận tốc tương đối giữa chúng có độ lớn
bằng 5 v 0 / 3
Bài 4:
2k

2m

m

k
x

0

Chọn trục tọa độ 0x như hình vẽ
Phương trình dao động của vật A và B có khối lượng m và 2m thứ tự là

x1 

L
2k
L
k
cos
t, x2  cos
t
2
m
2
2m


L
k
L
2k
cos
t0  cos
t 0
2m
2
m 0
Khi gặp nhau thì x1= x2 hay 2
 1   2k
 1  2k
k 
Lcos   

 t0cos   

2m 
 2   m
 2  m

 1 
cos   

 2 

cos  1  
 


 2 


k 
 t 0
2m  0

 1  2k
2k
k 
k 


 t 0  0   

 t0 (2n  1)
m
2m 
2m 
2
 2  m
 
 1   2k
2k
k 
k 


 t0  0   


 t0 (2n  1)
m
2m 
2  m
2m 
2
  
 1   2k
k 



 t0 
 
2m 
2
 2  m
Giải ta chỉ lấy nghiệm có thời điểm nhỏ nhất


Rút ra thời điểm hai vật gặp nhau lần đầu tiên

Li độ khi gặp nhau là
vận tốc của các vật là

v10 

x0 


t0 

 2m
3 k

L
k
L
cos
t0 
2
2m
4

v
L 2k 3 L 6k
L 2k 3

, v20 
 10
2 m 2
4 m
4 m 2
2

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng

V0 

Kh

mv01  2mv02
L
A   vM  A
0
4
3m
3m
chứng tỏ x0 = A biên độ dao động của hệ
K h  3K

Hệ tương đương có hai lị xo mắc song song do đó độ cứng của hệ

Vận tốc cực đại

L K
VM= 4 m ,
2

3m
m
 2
3k
k

2) Chu kỳ dao động của hệ T=
Thời gian từ khi thả đến khi hệ có vận tốc cực đại lần đầu tiên

 2m 2

4

t = t0 + T/4 = 3 k

m
k

Bài 5.
- Cơ sơ lí thuyết: mạch cầu cân bằng
- Tiến hành:
+ Mắc mạch như hình vẽ:

Điều chỉnh Rb sao cho điện kế chỉ số không
Rx Rb .

Xác định được giá trị Rx theo công thức:
Lặp lại phép đo nhiều lần (tối thiểu là 5-7 lần)
Điền các giá trị đo được vào bảng sau
Lần
1
2
3
4
5

R2
R1

6

7


...

Giá trị
TB


Rx

Rx

ΔRRx

Rx

Kết quả thu được là

Rx Rx Rx