SỞ GD & ĐT BÌNH ĐỊNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

KHU VỰC DUYÊN HẢI & ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

LÊ QUÝ ĐÔN

NĂM HỌC 2022 - 2023
MÔN: Vật Lý 11

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
Câu 1: (4 điểm)
1. Cho một vòng dây dẫn bán kính R tích điện q. Chứng minh rằng điện thế tại một
điểm nằm trên mặt phẳng vòng dây và cách tâm vịng một khoảng r ≪ R có dạng:
V  r  q     r 2 

với ,  là các hằng số. Xác định hằng số .

Cho biết khai triển Taylor:

1 x

n

1
1  nx  n(n  1) x 2
x≪1
2

khi
.

2. Người ta thiết kế một thấu kính tĩnh điện lí tưởng từ vịng dây trên như hình vẽ. Các
electron phi tương đối tính được phát với động năng không đổi K. Hệ thống được thiết
kế sao cho vịng dây chỉ tích điện khi electron tới gần mặt phẳng vòng dây một
khoảng nhỏ hơn d/2 (vùng tơ đậm trên hình, d ≪ R , gọi là “vùng kích hoạt”), ra khỏi
vùng đó, vịng dây lại trung hịa về điện. Q trình nạp và xả điện xem như là tức thời.
Bỏ qua từ trường và ảnh hưởng của electron đến sự phân bố điện tích trên vịng. Tốc
độ của electron theo phương Oz là khơng đổi.

a. Xét chùm tia electron tới thấu kính theo phương song song với Oz và cách Oz một
khoảng r với r ≪ R . Xác định dấu của điện tích q và tiêu cự f của thấu kính. Cho rằng
d≪f.
b. Xét chùm tia electron tới thấu kính theo phương hợp với Oz một góc  rất nhỏ.
Chùm tia tới và tia ló cắt trục Oz tại hai điểm cách vịng các khoảng bằng b và c.
1 1 1
 
f
b c
Chứng minh rằng


Đáp án:
Câu

Nội dung

1.
1. Mật độ điện tích trên vịng:




Điểm
0,5

q
2 R

Xét điện thế tại điểm B do phần tử điện tích tại C gây ra:
dq  Rd 
dV 

q
d
2

1 dq
q

d
4 0 CB 8 2 0 R 2  r 2  2 Rr cos 

dV 

q
r2
r
8  0 R 1  2  2 cos 
R

R

d

2

Đặt

x

0,5

r2
r
 2 cos  ; x 1
2
R
R
dV 

Áp dụng khai triển Taylor:
dV 

q  1
1  1  1  
1  x        1 x 2  d

8  0 R  2
2 2 2  
2


q  1
3 
1  x  x 2  d

8  0 R  2
8 
2

r
Bỏ qua các số hạng bậc 3 và bậc 4 của R , ta được:


q  1 r2 r
3 r2
dV  2
1
 cos  
cos 2   d

2
2
8  0 R  2 R
R
2R


Lấy tích phân hai vế:
2


q  1 r2 r
3 r2
V  2
1


cos


cos 2   d

2
2
8  0 R  2 R
R
2R

0

V


q 
r2 
r2 
1


q
4


R





0
4 0 R  4 R 2 
16 0 R3 


0,5


1

16 0 R3
Vậy

2.

a. Khi electron đi vào “vùng kích hoạt”, nó chịu một lực điện theo phương

vecto r :
F  r  

Để “thấu kính” hội tụ thì

0,5


 edV
2qe r
dr

F  r  0  q  0

Gia tốc của electron khi đó:

a

F  r  2qe r

m
m

Xem vận tốc electron theo phương Oz khơng đổi nên thời gian nó đi qua
“vùng kích hoạt” là:
t

0,5

d
v0

Sau khi đi qua “vùng kích hoạt” thu được một vận tốc theo phương vecto

r là:
vr at 


2qe rd
mv0

Sau đó electron chuyển động thẳng đều nên:

0,5

v
v
f
 z  f  z r
r vr
vr
1 2
mv0 K
Thay các giá trị ở trên và lưu ý 2
, q < 0, ta được:
f 

K
qed 

b. Vận tốc đầu của electron:

0,5

vz v0 cos  v0


r

v0 r v0 sin  v0 tan  v0 b

Sau

khi

qua

thấu

kính:


vz v0

r
r 2qe rd

v

v

at

v

r
0
0


b
b
mv0


c

Tương tự trên, ta có:
1 1 1
 
Suy ra: f b c

v0
vz
1
1
r
r 

1 qe d
1 1
vr
 r 2qe rd 


  v0 

b
K
b

f
b
mv
0



0,5


Câu 2 (5 điểm)
Một khung dây dẫn khối lượng m, chiều rộng x, chiều dai D
được giữ yên trong mặt phẳng thẳng đứng (Hình 3). Khung dây
được đặt trong từ trường đều B, có phương vng góc với mặt
phẳng của khung, nhưng ở phía dưới cạnh đáy của khung dây D
khơng có từ trường. Ở thời điểm t 0 , người ta thả khung với vận
tốc ban đầu bằng không. Vị trí cạnh đáy của khung được xác định
bởi tọa độ y(t). Lấy gia tốc trọng trường là g.

x

g
y(t)
Hình 2

1. Giả sử khung dây có điện trở R và độ tự cảm không đáng kể,
chiều dài D đủ lớn sao cho khung dây đạt vận tốc giới hạn trước khi rời khỏi từ
trường. Tìm vận tốc giới hạn của khung dây và nhiệt lượng tỏa ra từ lúc t 0 đến khi
cạnh trên của khung dây bắt đầu rời từ trường theo B, x, m, R, g và D (nếu có).
2. Giả sử khung được làm từ vật liệu siêu dẫn và có độ tự cảm L. Cũng giả thiết rằng

chiều dài D đủ lớn sao cho khung đạt vận tốc giới hạn trước khi rời khỏi từ trường.
Chứng tỏ khung dao động điều hịa. Tìm chu kì dao động theo B, x, m, L.
Đáp án
Câu

Nội dung

Điểm

1.

Giả sử B hướng từ trong ra ngoài, B C cũng hướng từ trong ra ngoài. Cạnh
trên của khung dây chuyển động cắt từ trường, nên xuất hiện suất điện
động cảm ứng:

0,50

 C 

d
 Bxv
dt

Dòng điện cảm ứng chạy trong mạch
I

0,50

C Bxv


R
R

Lực ampe hướng lên (ngược trọng lực)
B2 x 2 v
F IBx 
R

0,50

Đạt giới hạn khi lực ampe cân bằng trọng lực

0,50

mg 
v gh 

B2 x 2 v gh
R
mRg
B2 x 2


Năng lượng bảo toàn
Q mgD 

2.

2
mvgh


2

0,50


m 2 gR 2 
mg  D 

2B4 x 4 


Do khung dây làm từ vật liệu siêu dẫn R=0, nên ta có :

1,00

 BS  Li const DxB

Hoặc  c/u   t /c 0  Blv  Li ' 0
Bx(D  y)  Li DxB  i 

Bx
y
L

Phương trình chuyển động của khung là :

0,75

mg  iBx my ''


Biến đổi ta được phương trình
y ''

B2 x 2
mgL
B2 x 2
(y  2 2 ) 0; 2 
.
mL
Bx
mL

Chu kỳ của dao động
T 2

mL
B2 x 2

0,75


Câu 3 (4 điểm):
Cho một khối thủy tinh dạng hình trụ rỗng có tiết diện thẳng như hình vẽ. Các giá trị
bán kính ngồi và bán kính trong của khối lần lượt là Rvà R' =R /2. Chiết suất của mơi
trường bên ngồi và phần khơng khí nằm bên trong hốc trụ đều có giá trị bằng 1. Chiết
suất của khối thủy tinh thay đổi theo khoảng cách r đến trục đối xứng theo quy luật:
R2  R

nr  2  2 ,  r R 

4r  2


Chiếu một tia sáng tới mặt ngoài của khối thủy tinh. Tia
sáng này nằm trong mặt phẳng vng góc với trục đối
xứng của khối và hợp với pháp tuyến tại điểm tới một
góc là i.
a) Chứng minh rằng tại một vị trí nằm trên đường
truyền tia sáng nằm cách trục một khoảng là r , góc lệch
của tia sáng i r so với phương bán kính ln thỏa mãn hệ
thức: nr . r . sin ir =const
b) Góc tới i phải thỏa mãn điều kiện nào để tia sáng lọt được vào trong hốc trụ
khơng khí?
c) Tính góc lệch giữa tia sáng tới và tia sáng ló ra khỏi khối trong các trường
hợp góc tới i=30 0và i=60 0.


Cho: x

dx
arctan x  C
1

2

Đáp án:
Ý
a.

Nội dung

Xét sự khúc xạ tại một lớp cầu mỏng.

Điểm
1,0

Định lý hàm sin trong tam giác OAB cho ta:

sinB OA sini r r + dr
=
→
=
sinA OB
sinε
r

Lại có: Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng:

nr +dr . sin i r+dr =nr . sinε

Từ đó suy ra:
( r + dr ) . nr +dr . sin ir +dr =r . nr . sini r =const

Hằng số được xác định từ điều kiện biên:

r . nr . sin ir =R . sini

b) Thay biểu thức của nr vào công thức vừa chứng minh ở câu a) ta 0,5


được:


√ 8 r 2 + R2 .sin ir =2 R . sini

Vậy tia sáng càng đi vào sâu bên trong khối thủy tinh thì góc i r
càng rộng ra. Điều kiện để tia sáng tiếp xúc được với mặt trong của
khối là: Tại r =R/2thì i r=900.
Suy ra:
R 2 2
3
+ R . sin 900=2 R . sini → sini= √ →i=600
2
2
0
Vậy với i≤ 60 thì tia sáng tới được mặt trong của khối.
n R /2= √ 3
R
Tại đây: r = 2 →
2 3
sin i r= √ sini
3

√(
8

)

{

0,5


Để tia sáng có thể đâm xun vào tiếp thì tại đây khơng được
xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần cho nên:
sin i r <

1

nR / 2

→i<30 0

Vậy i<300 thì tia sáng lọt được vào trong hốc trụ khơng khí.
c) Đặt:
u=

1,0

R
2 √ 2. r

Khi đó có thể viết lại:

√ 1+u2 .sin ir=2u . sini → sin ir= 2 u. sini2
√1+u
Ta dễ dàng tính được:

−dr du
= (dr <0)
r
u
2 u . sini

tani r =
√1+u2 ( 1−4 sin2 i )

Mặt khác: Xét tam giác vuông ABC :
ds −dr . tan i r
dφ= =
r
r

Vậy:

0,5


dφ=

2. sini . du
2

√1+u ( 1−4 sin

2

i)

0

Với i=30 thì:
1
√2


φ 1=  du=
1

2 √2
1
√2

φ 2= 
1

2 √2

1
2 √2

0,5

(

→ θ1=π −2 φ1 +

π 2π 1
= −
6
3 √2

)

Với i=60 0 thì:


√ 3 .du = π →θ =π −2 π−φ − π = 2 π − π
2
3
√6 3
√ 1−2 u2 √6 2

(

)

Câu 4 (4 điểm):
Cho cơ hệ như hình 1, khối lượng các vật m1 0,3 kg và m 2 0, 6 kg. Khi hệ
ở trạng thái cân bằng, lò xo dãn một đoạn  12 cm. Lấy gia tốc trọng trường
g 2 10 m / s 2 . Bỏ qua mọi lực cản, khối lượng lị xo và dây treo.

m1

m
2
Hình 1


1) Kéo vật m2 xuống một đoạn x0 rồi thả nhẹ. Tìm điều kiện x0 để m2 dao động điều
hịa.
2) Hệ hai vật đang cân bằng, người ta đốt sợi dây treo m1.
a. Xác định gia tốc của các vật ngay sau khi đốt dây treo.
b. Sau bao lâu kể từ lúc đốt dây treo thì lị xo có chiều dài tự nhiên lần đầu tiên. Tìm
vận tốc mỗi vật lúc đó.
Ý


Nội dung

Điểm

1.

Kéo vật m2 xuống một đoạn x0 rồi thả nhẹ. Tìm điều kiện x0 để m2 dao
động điều hòa.
Khi hệ ở trạng thái cân bằng, lò xo dãn một đoạn
 0,12  m  

0,5

m2
g  k 50 N / m.
k

Để m2 dao động điều hịa thì khi m2 ở biên trên, lò xo nén cực đại đoạn x 0, lực
này phải không vượt qua trọng lượng của m1 (để sợi dây treo m1 luôn căng).
k  x 0  l  m1g  x 0 

0,5

 m1  m 2  g 0,18m 18cm
k

0,5
2.


Hệ hai vật đang cân bằng, người ta đốt sợi dây treo m1.
a. Xác định gia tốc của các vật ngay sau khi đốt dây treo.
Ngay sau khi đốt dây, lò xo đang dãn đoạn  0,12 m. Chọn chiều dương
hướng xuống thì
k.  m1g m1a10  a10 

k.
 g 3g 30 m / s 2 .
m1

2mg  k. 2ma 20  a 20 0  m / s 2  .

0,5

0,5

b. Sau bao lâu kể từ lúc đốt dây treo thì lị xo có chiều dài tự nhiên lần đầu tiên.
Tìm vận tốc mỗi vật lúc đó.
Sau khi đốt dây, hệ chỉ chịu tác dụng của trọng lực nên khối tâm G của hệ rơi
tự do với vận tốc đầu vG0 0 và gia tốc a G g .
Chọn HQC gắn với khối tâm G, coi hệ gồm hai con lắc lò xo với đầu cố định
gắn vào G. Chu kỳ dao động của mỗi vật là

T 2


.
k Với µ là khối lượng rút

0,5





gọn của hệ:

m1m 2

2
0, 2 kg  T 2
0, 4s    5 rad / s.
m1  m 2
k
T

+ Trong HQC khối tâm, lực quán tính tác dụng lên mỗi vật luôn cân bằng với
trọng lực của vật nên vật chỉ chịu tác dụng của lực đàn hồi của lò xo nên mỗi
vật dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng của nó (tại đó mỗi lị xo không
biến dạng) với biên độ A1 và A2. Do
O1O 2

GO

2
 k1 1,5k 75 N / m
1

 m 2 2m1
3
 GO1 2GO 2  

;

O
O
 m1GO1 m 2GO 2
1
2
GO 
 k 2 3k 150 N / m
2

3

Với O1 và O2 là vị trí cân bằng của m1 và m2 trong hqc gắn với G.
+ Thời gian từ lúc đốt dây (lò xo dãn nhiều nhất, các vật ở biên) đến khi lị xo
T
t  0,1s
4
khơng bị biến dạng (các vật qua VTCB) lần đầu tiên là

+ Khi hai vật cùng ở biên, ta có lực đàn hồi tác dụng lên từng vật là

0,5

k
k

 A1  k  1,5k .12 8 cm

1

k1A1 k 2 A 2 k.  
 A  k   k .12 4 cm
 2 k 2 0 3k

+ Khi lị xo khơng biến dạng thì các vật như qua VTCB, tốc độ các vật là
 v1G A1 40 cm / s

 v 2G A 2 20 cm / s

+ Vận tốc của khối tâm khi đó là vG gt 1m / s 100 cm / s
Trong hệ quy chiếu gắn với mặt đất, vận tốc của m1 và m2 là

 v1 vG  v1G A1 225, 6 cm / s

 v 2G v G  v 2G A1 37, 2 cm / s

Câu 5 (3 điểm):
Cho hai hộp đen, mỗi hộp có 2 đầu ra. Trong mỗi hộp chứa 3 phần tử: 1 điện
trở, 1 nguồn điện một chiều có điện trở trong rất nhỏ, 1 điơt. Những phần tử cùng loại

0,5


trong hai hộp là như nhau. Trong một hộp các phần tử được mắc thành hai nhánh song
song với nhau. Trong hộp cịn lại các phần tử mắc khơng phân nhánh.
Dụng cụ được dùng gồm có:
- Một bộ nguồn gồm 2 pin mắc nối tiếp với một biến trở.
- Hai đồng hồ vạn năng hiện số.
- Dây nối.
- Giấy vẽ đồ thị

Biết rằng khi nối hai đầu của hộp đen với Ampe kế thì một hộp cho giá trị 0, một hộp
cho giá trị vài miliAmpe.
Yêu cầu: Vẽ sơ đồ mạch điện trong mỗi hộp đen; Xây dựng phương án để xác định
giá trị của điện trở và hiệu điện thế mở của Điôt.
Ý
1.

Nội dung

Điểm

Vẽ sơ đồ mạch điện trong mỗi hộp đen
Nối Ampe kế vào hai đầu ra, hộp khơng có dịng điện có sơ đồ mạch như sau
(sơ đồ 1)
0,5
Sơ đồ 1

Nối Ampe kế vào hai đầu ra, hộp có dịng điện vài miliAmpe có sơ đồ mạch
như sau (Sơ đồ 2)
Sơ đồ 2

2.

Xây dựng phương án để xác định giá trị của điện trở và hiệu điện thế mở
của Điôt.
Mắc đồng hồ để ở thang đo điện trở vào hai đầu mạch 1 để đo điện trở.

0,5

0,5


Nối đồng hồ để ở thang đo ampe kế vào hai đầu mạch 1, đọc số chỉ Ampe kế,
xác định hiệu E – Um = IR (1)
Nối hai đồng hồ: một chiếc ở thang đo Ampe kế, một chiếc ở thang đo Vôn kế
theo sơ đồ mạch 3.

V

A

0,5


Sơ đồ 3

Thay đổi giá trị biến trở R đo dòng điện và hiệu điện thế. Vẽ đồ thị đặc tuyến
Vôn - Ampe. Điểm mà đồ thị chuyển từ tuyến tính sang gần thẳng đứng ứng
với thời điểm Điơt mở. Khi đó số chỉ của vơn kế là U = E + Um (2)
Giải phương trình (1) và (2) tìm giá trị E và Um

Người ra đề: Lê Thị Thanh Hương SĐT 0976494307
Võ Nhật Minh
SĐT 0794424413

1,0