SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH HẬU GIANG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VỊ THANH
KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - 4 LẦN THỨ XVI
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: VẬT LÝ; KHỐI: 11
ĐỀ THI
CÂU HỎI 1: (5điểm)
Một tấm ván dài khối lượng M nằm trên một mặt
phẳng nhẵn nằm ngang không ma sát và được giữ
bằng một sợi dây không giãn. Một vật nhỏ khối
lượng m trượt đều với vận tốc v
0
từ mép tấm ván
dưới tác dụng của một lực không đổi F (hình vẽ).
Khi vật đi được đoạn đường dài l trên tấm ván thì
dây bị đứt.
a. Tính gia tốc của vật và tấm ván ngay sau khi dây đứt.
b. Mô tả chuyển động của vật và tấm ván sau khi dây đứt trong một thời gian đủ
dài.Tính vận tốc, gia tốc của vật và tấm ván trong từng giai đoạn.
c. Hãy xác định chiều dài ngắn nhất của tấm ván để vật không trượt khỏi tấm ván.
ĐÁP ÁN CÂU HỎI 1:
- Trước khi dây bị đứt: F – F
ms
= 0 ⇒ F = F
ms
(0,5đ)
- Ngay sau khi dây đứt: vật vẫn trượt đều với vận tốc v
0
; a
m
= 0 (0,5đ)
Tấm ván chuyển động nhanh dần đều:

M
F
=
M
F
=
M
F
=a
1ms2ms
M
(0,5đ)
- Trường hợp vật không rời tấm ván:
+ Tấm ván đạt vận tốc v
0
khi
F
Mv
=
a
v
=t
0
M
0
(0,5đ)
+ Sau đó vật cùng tấm ván chuyển động với gia tốc
m+M
F
=a

(0,5đ)
- Trường hợp vật rời khỏi tấm ván:
+ Vật chuyển động với gia tốc:
m
F
='a
m
, vận tốc ban đầu là v
0
+ Tấm ván chuyển động thẳng đều, với vận tốc v’ < v
0
khi vật rời khỏi tấm ván .0,5đ
- Quãng đường vật đi được trên tấm ván (kể từ khi dây đứt)

F
Mv
tatvl
M
22
1
Δ
2
0
2
0
=−=
(1đ)
- Chiều dài tối thiểu của tấm ván:
F
Mv

llll
2
Δ
2
0
min
+=+=
(1đ )
Số phách
Số phách
F
CU HI 2: (5 im)
Cho c h nh hỡnh v. Qu cu c cú khi lng m, bỏn kớnh r ln khụng trt
trong mỏng cú bỏn kớnh R. Mỏng ng yờn trờn mt phng nm ngang. Tỡm chu k dao
ng nh ca qu cu. Cho bit mụ men quỏn tớnh ca qu cu c l
2
.
5
2
rmI =
.

P N CU HI 2:


0,5
Xét thời điểm quả cầu
lệch so với phơng
thẳng đứng một góc



nhỏ, và nó đang lăn về
vị trí cân bằng (VTCB)
(hình vẽ).
Gọi
1

là vận tốc góc
của quả cầu quay
quanh tâm O của nó :
1

=
'

0,5
2

là vận tốc góc
của quả cầu quay
quanh tâm O :
O

R
o

P
N
ms
F

K
+
'
2

=
0,5
Ta có :
'

r =
'

(R r)

' '
( )


=
R r
r
và
'' "
( )


=
R r
r

(1) 0,5
Xét chuyển động quay của quả cầu với tâm quay tức thời K, ta có phơng trình:
M
(P)
+M
(N)
+M
(FMS)
=I
k.


0,5
Chọn chiều hớng vào trong là chiều (+), ta có:
- mgr sin
2 2 "
2
( )
5

= +mr mr
0,5
Vì

nhỏ nên sin

=

do đó có : - mgr.
2 "

7
5

= mr
(2) 0,5
Thay (1) vào (2) ta có phơng trình :
"
5
0
7( )

+ =

g
R r
0,5
Đặt
2
5
7( )

=

g
R r



" 2
0


+ =
0,5
Đây là phơng trình dao động điều hoà có chu kỳ
T =
7( )
2
5

R r
g
0,5
CÂU HỎI 3: (5 điểm)
Một khối lập phương cạnh a có dòng điện
cường độ I chạy qua các cạnh của nó theo
một đường như hình vẽ. Tìm cảm ứng từ
tại tâm của khối lập phương.
ĐÁP ÁN CÂU HỎI 3:
- Để đơn giản, ta có thể xem trong một cạnh không có
dòng điện sẽ tương đương như có 2 dòng điện có cường
độ I ngược chiều đi qua cạnh đó.
- Từ hình vẽ, ta thấy sẽ có 3 mặt của hình lập phương có
dòng điện cường độ I chạy qua cả 4 cạnh của từng mặt,
đó là các mặt AEFB, FEHG, ADHE.
Do đó từ trường do 3 mặt gây ra ở tâm O là:

321
BBBB ++=
321
,, BBB

lần lượt là các vectơ cảm ứng từ gây ra tại O bởi các mặt
AEFB, FEHG, ADHE.
Xét
AEFBEF1
BBBBB
AB
+++=
Từ trường do cạnh AB gây ra ở O:
Ta có:
)cos(cos
.4
21
0
αα
π
µ
+=
OM
I
B
AB


α
π
µ
cos2
.4
0
OM

I
B
AB
=
(
ααα
==
21
)
Với:
2
44
22
22
aaa
HMOHOM
=+=+=

3
1
2
3
2/
44
2/
cos
2222
==
+
=

+
==
a
a
aa
a
MBOM
MB
OB
MB
α
0.25đ
Hình
0.25đ
0.5đ
0.5đ
hình
0.25đ
0.5đ
0.25đ
0.25đ
O
A
B
C
D
G
HE
F
z

y
x
A
B
E
F
H
M
O
1
α
2
α
β
y
A
B
C
D
G
HE
F
2
1
3
5
6
4
O
⇒

3
2
2
3
1
2
2
00
a
I
a
I
B
AB
π
µ
π
µ
==
Ta xét
AB
B
theo Oy thì:

MOHBMOHBBB
ABABABABy
sin90cos.cos
0
=







−==
β

32
2
2
3
2
2
00
a
I
a
I
π
µ
π
µ
==
Do tính đối xứng nên:
a
I
BB
ABy
π

µ
3
24
0
1
==

Tương tự:
a
I
BB
π
µ
3
2
0
32
==
,
Cảm ứng từ tại tâm O:
a
I
BBBBB
O
π
µ
0
1
2
3

2
2
2
1
23 ==++=
B
0

a
I
π
µ
0
2=
0.5đ
0.25đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ
CÂU HỎI 4: (5 điểm)
Cho mạch điện xoay chiều như ình vẽ, trong đó A là ampe kế nhiệt, điệ trở R
0
= 100
Ω
,
X là hôp kín chứa hai trong ba phần tử (cuộn dây thuần cảm L, tụ điện C, điện trở thuần
R) mắc nối tiếp. Đặt vào hai đầu mạch M và N của đoạn mạch một hiệu điện thế xoay
chiều có giá trị hiệu dụng không đổi và có biểu thức: u
MN
= 200

π
2sin2
t (V)
1) a/Với f = 50Hz thì khi khoá K đóng, ampekế chỉ 1A. Tính điện dung C
0
của tụ
điện?
b/Khi khoá K ngắt, thay đổi tần số f thì thấy đúng khi f = 50Hz, ampe kế chỉ
cưc đại và hiệu điện thế hai đầu hộp X lệch pha
2
π
so với hiệu điện thế giữa hai điểm M
và D. Hôp X chứa những phần tử nào? Tính giá trị của chúng?
2) Khoá vẫn K ngắt, thay đổi f thì thấy ampe kế chỉ cùng một trị số khi f = f
1

hoặc khi f = f
2
. Biết f
1
+ f
2
= 125Hz. Tính f
1
, f
2
và viết biểu thức cường độ dòng điện khí
đó. Cho tg33
0


65,0≈
ĐÁP ÁN CÂU HỎI 4:
ĐÁP ÁN BÀI 4 THANG ĐIỂM
1/a)
Tổng trở: Z =
Ω== 200
1
200
I
U
Mà Z
2
=
22
0 C
ZR +
⇒
200
2
= 100
2
+
Ω=⇒ 3100
2
CC
ZZ
Điện dung C
0
=
F

Z
C
6
10.4,18
50.2.173
1
.
1
−
≈=
πω
Độ lệch pha của u
MD
so với i:
tg
3
3
100
3100
π
ϕϕ
−=⇒−=
−
=
−
=
MD
C
MD
R

Z
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
N
M
A
D
R
0
X
C
0
K
ĐÁP ÁN BÀI 4 THANG
ĐIỂM
b/Khi K ngắt, thay đổi tần số f thì thấy đúng khi f = 50Hz, ampe kế chỉ cực đai (cộng
hưởng điện) nên trong hộp X phải có cuộn cảm L.
Nên hiệu điện thế giữa hai đầu hộp X phải sớm pha
2
π
so với hiệu điện thế giữa hai điểm
M và D
Gọi
DN
ϕ
độ lệch pha của u
DN
so với i:

DN
ϕ
-
2
π
ϕ
=
MD
⇒
DN
ϕ
=
62
ππ
ϕ
=+
MD
u
DN
sớm pha
6
π
so với i
⇒
mạch DN có hai phần tử R và cuộn cảm L
Z
C
= Z
L


HL 55,0=⇒
tg
DN
ϕ
=
R
Z
L
Ω==⇒ 300
3
3.3100
R
2/Xét khi f = f
1
hoăc khi f = f
2
, I
1
= I
2

⇒
Z
1
= Z
2
⇒
(R
0
+R)

2
+ (L2
=−
2
10
1
)
.2.
1
fC
f
π
π

2
20
2
2
0
)
2.
1
2.()(
fC
fLRR
π
π
−++=
Xét: L2
=−

10
1
.2.
1
fC
f
π
π
-
2
20
2
)
2.
1
2.(
fC
fL
π
π
−
⇒
L.2
π
(f
1
+ f
2
) =
21

12
0210
.
(
.2.
1
)
11
(
.2.
1
ff
ff
CffC
−
=−
ππ
)
f
1
.f
2
=
0
2.2.
1
0
<
−
ππ

LC
vô lý
Xét: L2
=−
10
1
.2.
1
fC
f
π
π
20
2
2.
1
2.
fC
fL
π
π
−
⇒
L.2
π
(f
1
+ f
2
) =

21
12
0210
.
(
.2.
1
)
11
(
.2.
1
ff
ff
CffC
+
=+
ππ
)
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0.25đ
0,25đ
ĐÁP ÁN BÀI 4 THANG
ĐIỂM

f
1
.f
2
=
ππ
.2 2.
1
0
LC
= 2500Hz (1)
Mà f
1
+ f
2
= 125Hz (2)
Giải hệ phương trình (1) và (2)
f
1
= 100Hz hoặc f
1
= 25Hz
f
2
= 25Hz hoặc f
2
= 100Hz
Điện trở thuần cả mạch: R
m
= R

0
+ R = 100 + 300 = 400
Ω

Cảm kháng: Z
L
= L.2
π
.f
1
= 346
Ω
Dung kháng: Z
C
=
fC 2
1
0
π
= 86,5
Ω
Tổng trở: Z =
22
)(
CLm
ZZR −+
= 477
Ω
I
0

=
A
Z
U
59,0
0
=
Độ lệch pha của u so với i:
tg
649,0=
−
=
m
CL
R
ZZ
ϕ

58,0=⇒
ϕ
Biểu thức cường đô dòng điện qua mạch
i
1
= 0,59sin(200
t
π
-0,58) A
Trường hợp 2
I
2

= 0,59sin(50
t
π
-0,58) A
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
CÂU HỎI 5: (5 điểm)
Cho hai thấu kính đồng trục O
1
và O
2
đặt cách nhau 10cm, có tiêu cự lần lượt là f
1
=
10cm và f
2
= 40cm. Khoảng cách giữa hai thấu kính là 10cm. Trước thấu kính O
1
đặt một
vật phẳng AB vuông góc với trục chính.
a/Khoảng cách từ vật AB đến thấu kính O

1
phải thoả mãn điều kiện gì để ảnh của AB qua
hệ thấu kính là ảnh ảo.
b/Xác định vị trí của AB trước O
1
để ảnh qua hệ thấu kính là ảnh ảo, có độ lớn cao gấp
20 lần vật AB.
c/Xác định khoảng cách giữa hai thấu kính để độ cao của ảnh qua hệ thấu kính không phụ
thuộc vào vị trí đặt vật AB trước thấu kính O
1
. Tính hệ số phóng đại của thấu kính trong
trường hợp này.
ĐÁP ÁN CÂU HỎI 5
ĐÁP ÁN BÀI 5 THANG
ĐIỂM
2/ Độ phóng đại:
K = K
1
.K
1
=
10
40300
40
.
10
10
.
1
1

12
'
2
1
'
1
−
−
−
=
−
−
d
d
dd
d
d
d
K =
1
215
20
d−
K =
20±
⇔

20±
=
1

215
20
d−

Giải phương trình: d
1
= 7cm và d
1
= 8cm
Để có ảnh ảo ta chọn nghiệm d
1
= 7cm
3/Xét trường hợp tổng quát:
11
11
'
1
.
fd
fd
d
−
=
=−=
12
dld
l -
11
11
.

fd
fd
−
K = K
1
.K
1
=
=
−
−
2
'
2
1
'
1
.
d
d
d
d






−
−

−−
=
−−
−
2
11
11
11
21
22
2
11
1
)(
.
.
f
fd
fd
lfd
ff
fd
f
fd
f
K =
[ ]
).()(
.
.))((

.
21211
21
11112
21
flfffld
ff
fdfdfl
ff
−−+−
=
−−−
Để K không phụ thuộc d
1
thì hệ số của d
1
trong biểu thức của K phải triệt tiêu.
Ta có l = f
1
+ f
2
= 50cm
Khi đó K =
4
.0
.
1
2
12
21

−=−
− f
f
ff
ff
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
CÂU HỎI 6: (5 điểm)
Bơm pittông ở mỗi lần bơm chiếm một thể tích khí xác định. Khi hút khí ra khỏi
bình nó thực hiện 4 lần bơm. Ap suất ban đầu trong bình bằng áp suất khí quyển P
0
. Sau
đó, cũng bơm này bắt đầu bơm khí từ khí quyển vào bình và cũng thực hiện 4 lần bơm.
Khi đó, áp suất trong bình lớn gấp đôi áp suất khí quyển. Tìm hệ thức giữa thể tích làm
việc của bơm và thể tích bình.
ĐÁP ÁN CÂU HỎI 6:
Khi hút khí trong bình sau lần bơm đầu tiên áp suất trong bình trở thành P
1
.
Ta có: P
0
. V = P
1
(V+V
0

)  (1đ)
Với V là thể tích của bình, V
0
là thể tích làm việc của bơm pittông.
Sau lần bơm thứ 2 áp suất trong bình bằng: (0,5đ)
Vậy sau 4 lần bơm áp suất trong bình là: (0,5đ)
Khi bơm khí vào trong bình sau 4 lần bơm trong bình thiết lập một áp suất bằng P.
(1đ)
Theo điều kiện của bài toán: P = 2P
0
, đặt
Ta có phương trình: (0,5đ)
Dựng đồ thị của các hàm: y = 2 - 4x và y = như hình vẽ.
Từ giao điểm của hai đồ thị ta tìm được x ≈ 0,44 nghĩa là (0,5đ)
(1đ)
1đđ
0
01
VV
V
PP
+
=
2
0
0
0
12









+
=
+
=
VV
V
P
VV
V
PP
4
0
0
'








+
=

VV
V
PP












+












+
=









+








+
=+=
V
V
V
V
P
V
V
VV
V
P
V

VP
PP
0
4
0
0
0
4
0
0
00
4
1
1
44
'
V
V
x
0
=
44
1
1
424
1
1
2







+
=−⇔+






+
=
x
xx
x
4
1
1






+
x
44,0
0

≈
V
V
x
y
0
0,1
•
0,44
0,5
0,8
1
4
1
1






+
=
x
y