Tuyển tập đề thi chọn học sinh giỏi 2018 môn Vật Lý lớp 11 - Các trường THPT Chuyên Cả nước - Có hướng dẫn chấm (Bộ đề 1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI 

TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN 

ĐỀ XUẤT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 

KHU VỰC DUYÊN HẢI – ĐBBB 2018 

Môn: Vật lý – Lớp 11 

---------------------------- 

Bài 1 (4 điểm): Tĩnh điện 

Hai bản kim loại A và B (cô lập) phẳng giống nhau được đặt nằm ngang, song song, đối 

diện với nhau. Diện tích của mỗi bản là S và khoảng giữa chúng bằng d. Tích điện cho bản A đến 

điện tích –q rồi nối tắt hai bản với nhau. Trong không gian giữa hai bản A và B, tại khoảng cách 

d/4 bên trên bản dưới, người ta đặt vào một tấm kim loại D có cùng diện tích S, khối lượng và 

điện tích của tấm này là m và q. 

a) Tìm điện tính của mỗi bản kim loại A và B khi đó. 

b) Hỏi phải truyền cho tấm kim loại D một vận tốc cực tiểu bằng bao nhiêu theo hướng thẳng 

đứng lên trên để trong quá trình chuyển động nó đạt được tới độ cao d/4 so với vị trí ban đầu của 

nó? 

Bài 2 (5 điểm): Điện và điện từ 

1) Mạch điện được cấu tạo bởi các đi ốt lý tưởng, tụ điện C và hai cuộn cảm thuần có độ tự cảm 

L 2 = 4L 1 . Ban đầu khóa K mở, tụ điện được tích điện đến hiệu điện thế V 0 . Người ta đóng khóa 

K. Hãy viết biểu thức của dòng điện đi qua L 2 . 

2) Giải lại bài trên nếu đi ốt không lý tưởng mà có đường đặc trưng Volt-Ampe như hình dưới. 

Ghi chú V 0 trong hình vẽ là có giá trị ở ý trên. 

Bài 3 (4 điểm): Quang hình 

Khi thấu kính lồi mỏng đặt trong không khí, khoảng cách từ tâm thấu kính tới tiêu điểm về hai 

phía là bằng nhau. Giả sử môi trường về hai phía của thấu kính lồi mỏng L không giống nhau, có 

chiết suất lần lượt là n 1 và n 2 , thì mỗi phía của thấu kính có một tiêu điểm (giả sử là F 1 và F 2 ) và 

khoảng cách từ tâm thấu kính đến F, F’ cũng không giống nhau và lần lượt có giá trị là f và f’. 

a) Lập công thức thấu kính.

) Nếu có 1 tia sáng gần trục, tạo với trục chính góc φ hướng tới tâm thấu kính thì tia ló tạo với 

trục chính góc φ’ là bao nhiêu? 

c) Tìm biểu thức liên hệ giữa bốn đại lượng f, f’, n 1 , n 2 . 

Bài 4 (4 điểm): Dao động vật rắn 

Một khối lập phương đồng chất có cạnh là a được đặt 

trên đỉnh của một nửa hình trụ bán kính đáy R. Nửa hình 

trụ được giữ cố định sao cho mặt phẳng của nó luôn nằm 

ngang. Ở thời điểm ban đầu, tâm khối lập phương ở ngay 

trên đỉnh của nửa hình trụ. Khối lập phương có thể dao 

động quanh vị trí cân bằng này. Giả thiết dao động này 

không trượt. 

a) Hãy tìm mối liên hệ giữa bán kính hình trụ và chiều 

dài cạnh khối lập phương để vị trí cân bằng ở đỉnh là bền. 

b) Với điều kiện trên được thỏa mãn, tìm tần số dao động 

nhỏ của khối lập phương. 

c) Tìm biên độ góc cực đại θ max để dao động ổn định. 

Bài 5 (3 điểm): Phương án thực hành. 

Cho các dụng cụ sau: một nguồn điện không đổi, một tụ điện chưa biết điện dung, một 

điện trở có giá trị khá lớn đã biết, một micrôampe kế, dây nối, ngắt điện, đồng hồ bấm giây và 

giấy kẻ ô tới mm. Hãy đề xuất phương án thực nghiệm để đo điện dung của tụ điện đã cho. 

……………………………………Hết ………………………………..

HƯỚNG DẪN CHẤM 

Bài 1 (4 điểm): Tĩnh điện 

a) Lúc đầu hệ gồm hai tụ C 

1 

và C 

2 

mắc song song, ta có: 

C 

1 

 

0S 

4S 

; 

3 3d 

d 

4 

C 

2 

 

0S 

4 

0S 

 

………………………………..0,5đ 

1 d 

d 

4 

Vì C 

1 

tích điện q 

1 

, C 

2 

tích điện q 

2 

, ta có: 

q q q q 1/ 4q 

1 2 

1 

 

q 

C 

1 

1 

q2 

q2 

3/ 4q 

……………………………………….0,5đ 

C 

2 

2 2 

1 2 1 q 

b) Năng lượng ban đầu của hệ: 

1 

q2 

E 

 

1 

mv0 

E 

2 2 C1 

C2 

 

1 

 

1 

2 

mv 

2 

0 

2 

3q 

d 

. …..0,5đ 

32 

S 

0 

Khi tấm kim loại lên được độ cao d/4 so với vị trí ban đầu. Lúc này hệ gồm hai tụ 

song song, ta có: 

C 

' 

1 

Chúng lần lượt có điện tích 

' 

0S 

2 

0S 

C2 

. ………………………………………….0,5đ 

d / 2 d 

' 

q 

1 

và 

' ' 

q q q / 2 ………………………………0,5đ 

' 

2 

1 2 

q 

C ' 

,C ' 

mắc 

1 2 

Năng lượng của hệ lúc này bằng 

E 

2 

 

mgd 

4 

1 q 

 

2 

 

C 

'2 

1 

' 

1 

q 

 

C 

'2 

2 

' 

2 

 

 

 

1 

2 

mv 

2 

E 

2 

 

mgd 

4 

2 

q d 

 

4 

S 

0 

 

1 

2 

mv 

2 

. ………………………0,5đ 

Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có: E1 E2 

 

1 

2 

mv 

2 

0 

2 

3q 

d 

 

S 32 

0 

mgd 

4 

2 

q d 

 

4 

S 

0 

 

1 

2 

mv 

2 

…………………………….0,5đ 

 

1 

2 

mv 

2 

0 

2 

q d 

 

32 

S 

0 

mgd 

 

4 

v 

2 

0 

 

q 

2 

16 

0 

d 

Sm 

 

gd 

2 

v 

0 min 

 

q 

2 

16 

0 

d 

S 

 

m 

gd 

2 

………………………… 0,5đ 

Vậy vận tốc tối thiểu cần truyền cho tấm kim loại: 

v 

0 min 

 

q 

2 

16 

0 

d 

S 

 

m 

gd 

2 

. 

Bài 2 (5 điểm): Điện và điện từ

1) + Khi K vừa đóng, không có dòng điện đi qua D 1 , khung dây dao động chỉ bao gồm tụ điện và 

cuộn L 2 , có tần số 

02 

 

1 

L 2 

C 

Dòng qua L 2 có biểu thức i 2 (t) = I 02 sinω 02 t 

Biên độ xác định từ bảo toàn năng lượng 

1 

2 

2 

0 

CV 

C 1 

Từ đây i 2 

( t) V 0 

sin t ………………………………………………...0,5đ 

L2 L2C 

+ Sau nửa chu kỳ, tụ phóng hết điện còn dòng I 2 đạt giá trị cực đại, cuộn bắt đầu nạp trở lại cho 

tụ và tụ đổi cực, khi đó dòng sẽ đi qua cả hai đi ốt 

Định luật Kirchoff cho khung chứa hai cuộn cảm: 

di 

L 

dt 

di 

 

dt 

1 2 

1 

L2 0 

L1i 1 

L2i2 const L2I 02 

V0 CL2 

…………………………………………. 0,5đ 

Định luật Kirchoff cho nút i 1 + i 2 = i 

Định luật Kirchoff cho khung chứa tụ và cuận cảm L 2 

L 

di q d i i 

0 0 ………………………………………………….0,5đ 

dt C dt C 

2 

2 2 

2 

L2 2 

Thế các phương trình vào nhau ta được 

d i L L V 

i ………………………………………………..0,5đ 

dt L L C L CL 

2 

2 1 2 

0 

2 

2 

1 2 1 2 

1 

2 

L 

2 

I 

2 

02 

V0 L2 

Đổi biến ui2 

 

L L C 

1 2 

ta đưa phương trình về dạng

d 

2 

dt 

u 

2 

 

L 

1 

1 

L 

2 

2 

L L C 

u 0 

Đây là phương trình dao động điều hòa 

C 

L L 

 

 

1 2 

=> i2 V0 cos2t 

 

L2 L1 L2 L1 

L1 

L2 

với 

2 

………………….0,5đ 

L L C 

1 

2 

Với L 2 = 4L 1 , ta được kết quả cuối cùng: 

i 

V C 

5 

cos 

t 4 

với với 

2 

 

………………………………………0,5đ 

4L 1 

C 

0 

2 2 

10 L1 

1 

Đồ thị của i 2 được biểu diễn trên hình vẽ với t1 L1C 

, t2 L1C 

(1 ) , 

5 

2 

3 

t3 L1C 

(1 ) , t4 L1C 

(1 ) …………………………………………… 0,5đ 

5 

5 

2) Khi vừa đóng khóa K: U AB = V 0 /3 ; U CD = U AB + U BD 

Q 

C 

V dI V Q d Q 

3 dt 3 C dt 

2 

 

0 

2 0 

L2 

L2 

2 

……………...0,5đ 

Tương tự trên ta giải ra nghiệm 

2 2 

CV V C cos dQ sin 

...0,5đ 

3 3 dt 3 

0 0 

Q 

02t i2 V0C 02 02t 

CV0 V0 

Sau nửa chu kỳ, cos02t 1, 

Q UCD 

không 

3 3 

đủ để dòng đi qua D 1 , Dao động dừng lại ở đây. ……0,5đ 


Sơ đồ tạo ảnh: 

AB A’B’ 

B 

A 

F 1 

F 2 

A’ 

B’ 

a) Ta có: 

=> …………………………………….1,0đ 

b) Có thể coi phần trung tâm của thấu kính mỏng là bản mặt song song, tia tới sau 2 lần khúc xạ 

sẽ thành tia ló. Gọi n là chiết suất của thấu kính 

=> n 1 sinφ = nsinγ = n 2 sinφ’ …………………..0,5đ 

Đối với tia gần trục: φ, φ’ rất nhỏ nên sinφ φ và sinφ’ φ’

=> φ’ = φ …………………………………0,5đ 

c) Tia tới từ điểm vật B hướng tới O, sau khi khúc xạ qua L, tía ló tới B’ như hình vẽ. 

Áp dụng điều kiện tương điểm => các tia phải gần trục 

φ tanφ = φ’ tanφ’ = …………………………..0,5đ 

Từ tất cả các biểu thức trên suy ra: f = 

…………………………...0,5đ 

f’ = …………………………..0,5đ 

Từ đó suy ra hệ thức liên hệ giữa f, f’, n 1 , n 2 là: 

…………………………...0,5đ 

Bài 4 (4 điểm): Dao động vật rắn 

a) Khi khối lập phương m nghiêng đi 1 góc nhỏ khỏi VTCB 

(điểm tiếp xúc tại B) thì momen của trọng lực đối với trục 

quay đi qua B phải có tác dụng kéo m trở lại => phương của 

trọng lực phải ở bên phải B 

=> x G < x B ……………………………………..0,5đ 

Với: x B = R.sinθ 

x G = (R + a/2)sinθ – IG.cosθ = (R + a/2)sinθ – Rθ.cosθ 

(vì IG = BK = = R.θ) 

Ta cần có: (R + a/2)sinθ – Rθ.cosθ < R.sinθ 

khi θ → 0 => R > a/2 ………………………..0,5đ 

b) + Tìm được mô men quán tính đối với trục quay tức thời qua B (với θ rất nhỏ) 

I B = 

………………………….0,5đ 

+ Độ cao của G ở VTCB: h 0 = R + a/2 

Độ cao của G khi ở vị trí góc θ: h = (R + a/2)cosθ + BK.sinθ (R + a/2)(1 – θ 2 /2) + Rθ 2 

……………………………….…0,5đ 

+ Bảo toàn cơ năng: ………………………………0,5đ 

+ Đạo hàm hai vế theo thời gian, ta được: …………………………………….0,5đ 

θ'’ = - 

=> Tần số dao động nhỏ: Ω 2 = …………………………………….0,5đ 

c) Dao động sẽ mất ổn định khi giá của trọng lực nằm bên trái của B khi x B = x G 

Bài 5 (3 điểm): Phương án thực hành. 

I. Cơ sở lý thuyết: 

Sau khi nạp điện, cho tụ phóng điện qua điện trở R. 

…………………………………0,5đ 

Giả sử sau thời gian dt, điện lượng phóng qua R là dq làm cho hiệu điện thế trên hai bản cực tụ 

biến thiên một lượng du thì: dq = -Cdu, trong đó dq = idt; du = -Rdi nên:

idt RCdi 

 

di 1 

dt 

i RC 

 

i 

 

di 

i 

 

 

i0 0 

t 

1 

dt. 

 

RC 

ln 

i 

i 

0 

1 

t. 

.....……........…1,0đ 

RC 

Như vậy 

i 

ln phụ thuộc tỉ lệ với thời gian t . 

i 

0 

II. Các bước tiến hành: 

1. Lắp mạch điện như sơ đồ hình 1 

K 

2. Đóng khóa K, sau khi nạp xong thì mở khóa. 

3. Đọc và ghi cường độ dòng điện sau những khoảng thời 

gian bằng nhau (ví dụ cứ 10s) và tính đại lượng 

ứng.(t = 0 lúc mở khóa) ……………….……1,0đ 

i 

ln tương i 

0 

C 

Hình 1 

R 

A 

t(s) 0 10 20 30 40 50 60 70 80 

i 

ln i 

0 

I(A) 

-Lni/i 0 

t(s) 

Hình 2 

4. Dựa vào bảng số liệu, dựng đồ thị phụ thuộc của 

i 

ln theo t (đồ thị là một đường 

i 

thẳng..................................................................................................................0,5đ 

III. Xử lý số liệu: 

1 

Độ nghiêng của đường thẳng này là tan . Qua hệ thức này, nếu đo được tan, ta tính được 

RC 

C. Làm nhiều lần để tính giá trị trung bình của C …………………0,5đ 

0 

…………………………………. Hết …………………………………. 

Người ra đề: Trần Thị Ngoan, SĐT: 0966803238

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH 

ĐỀ THI CHỌN HSG KHU VỰC DHBB 

NĂM HỌC 2017 – 2018 

Môn: Vật lý – Lớp 11 

Thời gian làm bài 180 phút (không kể thời gian phát đề) 

Bài. (4,0 điểm) Tĩnh điện 

Nguyên tử của một nguyên tố bao gồm hạt nhân mang điện Ze đặt tại tâm (Z là nguyên tử 

số của nguyên tố, e là điện tích nguyên tố) và lớp vỏ do các electron chuyển động xung quanh 

hạt nhân tạo thành. Coi phân bố điện tích của lớp vỏ chỉ phụ thuộc khoảng cách r tới tâm hạt 

nhân với mật độ điện khối như sau: 

Trong đó n, A và a là các hằng số. 

A 

() r nếu r a 

n 

r 

( r) 0 nếu r a 

a) Chỉ ra rằng n phải lớn hơn một giá trị xác định. Tìm giá trị đó. 

b) Nguyên tử đang trung hòa về điện, hãy tìm hằng số A. 

c) Tìm điện trường và điện thế tại một điểm bất kỳ trong không gian do nguyên tử gây ra. 

Bài 2 (5 điểm). Cảm ứng điện từ - Mạch dao động 

1. Một tụ điện phẳng không khí, bản cực tròn bán kính b khoảng 

cách hai bản cực a ( b>>a).Một vòng dây mảnh siêu dẫn hình chữ nhật 

đặt vừa khít vào khe hẹp a ( không tiếp xúc) và chiếm một khoảng 

cách từ tâm đến mép tụ. Vòng dây siêu dẫn được nối với điện trở R 2 

nhúng vào bình nước ở nhiệt độ 100 0 C (HV). Nguồn điện có hiệu điện 

thế không đổi U nối qua điện trở R 1 nhờ khóa K (bỏ qua điện trở của 

các phần khác).Tại thời điểm nào đó người ta đóng khoá K sau một 

thời gian khá lớn khối lượng nước bị bay hơi là bao nhiêu ?Biết nhiệt 

hoá hơi của nước là λ. Bài toán bỏ qua sự mất mát nhiệt ra môi trường 

và vỏ bình đựng nước 

2. Cho hai cuộn dây, mỗi cuộn có độ tự cảm L và hai tụ 

điện, mỗi tụ có điện dung C, mắc với nhau thành mạch 

điện như hình vẽ. Điện trở của các cuộn dây và dây nối có 

thể bỏ qua. 

a) Giả sử trong mạch có dòng điện. Hãy viết 

phương trình mô tả biến đổi của điện tích q 1 của bản A 1 và 

của điện tích q 2 của bản A 2 theo thời gian. 

A 1 

q 1 

C 

b) Giả thiết các điện tích ấy biến đổi điều hoà theo 

thời gian với cùng tần số và cùng pha (hoặc ngược pha). 

Tính các giá trị có thể của tần số ấy. Tính tỷ số biên độ của q 1 và q 2 . 

B 1 

R 2 

b 

R 1 

K 

U+ 

J 

K 

L 

q 2 

C 

A 2 

B 2 

L

c) Vào thời điểm ban đầu t = 0 điện tích của bản A 1 bằng Q 0 , điện tích của bản A 2 bằng 

không và không có dòng điện nào trong mạch. Viết biểu thức diễn tả sự phụ thuộc của q 1 và q 2 

vào thời gian. 

Bài 3 (4 điểm). Quang hình học 

Một bản hai mặt song song có bề dày e = 2m và chiều dài 

đủ lớn, bản được đặt dọc theo trục Ox của hệ trục toạ độ xOy 

(hình bên). Chiết suất của môi trường phía trên và phía dưới 

bản hai mặt song song là n 1 = 1,0003 và n 0 = 1,3333. Giả thiết 

chiết suất của bản chỉ thay đổi theo phương vuông góc với 

bản theo quy luật n(y) n0 

1 ky với 

n 

k 

n 

2 2 

0 1 

2 

en0 

. Từ môi 

trường chiết suất n 0 , chiếu một tia sáng đơn sắc tới điểm O với góc tới α = 60 0 . 

a) Tìm quỹ đạo của tia sáng đi trong bản hai mặt song song 

b) Tính thời gian một xung ánh sáng đi trong bản hai mặt song song nói trên. 

Bài 4 (4 điểm). Dao động cơ 

Một vật đồng chất, có dạng là một bản mỏng phẳng ABCD (hình vẽ) với BC 

và AD là hai cung tròn đồng tâm bán kính R 1 = 2,2m và R 2 = 2,8m, OBA và 

OCD là hai bán kính, góc ở tâm BOC = α 0 = 100 0 . Vật được treo lên điểm cố 

định O bằng hai dây treo nhẹ, không giãn OB và OC (OB = OC = R 1 ). Cho vật 

dao động trong mặt phẳng thẳng đứng OAD. Bỏ qua ma sát. Hãy tính: 

a. Mô men quán tính của vật đối với trục quay đi qua O và vuông góc với 

mặt phẳng OAD. 

b. Chu kì dao động nhỏ của vật. 

Bài 5 (3 điểm). Phương án thực hành 

1) Mục đích thí nghiệm: 

Xác định công suất định mức và điện trở trong của một động cơ điện một chiều. 

2) Thiết bị thí nghiệm: 

a) Một động cơ điện một chiều có hiệu điện thế định mức 4,5V mà ta muốn xác định 

công suất định mức và điện trở trong của nó. 

b) Một nguồn điện một chiều cho ta các hiệu điện thế 3V, 6V, 9V. 

c) Một số điện trở không rõ giá trị, điện trở mỗi chiếc khoảng vài ôm. Trong đó có một 

điện trở 2 là ta biết rõ giá trị của nó. 

d) Một vôn kế có điện trở rất lớn và có giới hạn đo 15V. 

3) Yêu cầu xây dựng phương án thí nghiệm: 

y 

O 

 

n 1 

n 0 

B 

A 

O 

C 

Hình vẽ 

x 

e 

D

Hãy nêu phương pháp xác định công suất định mức và điện trở trong của động cơ bằng 

các dụng cụ nói trên. 

a) Trình bày cơ sở lý thuyết. Viết các công thức cần thiết 

b) Vẽ sơ đồ mạch điện, thiết lập công thức tính. 

------------------------- Hết ------------------------- 

Thí sinh khồn sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH 

TỔ VẬT LÝ – KTCN 

HDC ĐỀ THI ĐỀ XUẤT KHU VỰC DHBB 


Môn: Vật lý 11 

Bài Nội dung Điểm 

Bài 1 

Khi bán kính lớp vỏ là r điện tích của nó q(r) là 

r r 

A 

r 

2 2n 

 

n 

r 

 

0 

a 

a 

q( r) ( r) dV 4 r dr 4 A r dr 

1.a 

Khi n = 3 ta có: q( r) 4 

Aln r 

a 

4 A 

3 

n 

 

3 n 3 n 

Khi n ≠ 3 ta được q() 

r r a 

 

Ta thấy khi n ≤ 3 điện tích tổng cộng của lớp vỏ 

Q lim q( r) 

 

r 

Như vậy để mô hình có ý nghĩa vật lý n > 3

1.b 

4 

A 3 

Khi đó điện tích của lớp vỏ là Q 

a 

n 3 

Do nguyên tử trung hòa về điện nên Q = – Ze 

Ta được: 

Ta thấy A < 0. 

n 

3 

n Ze 

A . 

4 

a 

3n 

Chọn mặt Gauss là mặt cầu tâm O bán kính r 

Do tính đối xứng nên điện trường do nguyên tử gây ra có phương xuyên 

tâm và có độ lớn như nhau trên mặt cầu. 

Áp dụng định lý O-G ta được: 

Q 

4 rE 

 

2 int 

Trong đó Q 

int 

là điện tích tổng cộng bên trong mặt cầu. 

0 

1.c 

Khi r < a 

Ze 

r 

Q 

int 

= Ze ta được E 4 

0 2 

1 Ze 

Như vậy E r 

3 

4 

r 

0 

Áp dụng mối liên hệ giữa cường độ điện trường và điện thế. 

Tại một điểm trên mặt cầu 

1 Ze 

V () r 

Edr C 

4 

r 

C là hằng số 

Khi r ≥ a 

0 

Q 

int 

= Ze+q(r) với 

n3 

a 

 

q( r) Ze 

1 

 

r 

Ta được 

1 Ze a 

 

E 

4 

r r 

0 

n3

1 Ze a 

 

Như vậy E 

2 

4 

r r 

Tương tự ở trên ta có 

Do Vr 

 

0 nên C’=0 

0 

n3 

r 

0 

n3 

1 Ze a 

 

V ( r) 

Edr C ' 

4 ( n 2) r r 

Do tính chất liên tục của điện thế tại r = a 

1 Ze 1 Ze 

C 

 

4 

a 4 ( n 2) a 

0 0 

Tóm lại 

1 Ze 3 

n 

C . 

4 

a n 

2 

0 

0 

1 Ze 

E r khi r < a 

3 

4 

r 

E 

1 

Ze a 

 

 

2 

4 

0 

r r 

n3 

r 

khi r ≥ a 

1 Ze a 3 

n 

V() 

r 

4 

a r n 2 

khi r < a 

 

0 

1 Ze a 

 

V() 

r 

4 

a r 

0 

n2 

khi r ≥ a 

Bài 2 

Tìm biểu thức dòng điện đi qua R 1 sau khi đóng khoá K 

q dq 

Từ phương trình U= iR 1 + mà i= thay vào ta có i = 

C dt 

U 1 

t 

R 1 C 

R 

1 

e 

(1) 

2.1 

Điện dung của tụ C = 

0 

b 2 

a 

Áp dụng công thức Măcxoen- Parađay. Tính lưu thông cảm ứng từ theo 

đừờng tròn bán kính r tính từ tâm của tụ điện ta có cảm ứng từ tại điểm bất kỳ 

trong tụ cách tâm một khoảng r: 

B(r).2π r= µ 0. j dịch .πr 2

I dich 

mà mật độ dòng điện dịch j dịch .= mà trong tụ điện thì I 

2 

dẫn = I dịch do đó 

.b 

Cảm ứng từ do điện trường biến thiên gây ra tại điểm cách tâm tụ r là 

B(r) = 

 

0 

2 

2b 

U 

r. 

R 

1 

e 

1 

t 

R11 

C 

Từ thông xuyên qua vòng dây siêu dẫn có diện tích S = ba là: 

 

b 

 

0 

B( r) 

a. 

dr = 

 

0 

4R 

1 

Uae 

(2) 

1 

t 

R1C 

Suất điện động cảm ứng xuất hiện trong vòng dây siêu dẫn: 

d 

= - ta có = 

dt 

0 

Uae 

2 

4R 

1C 

(3) 

1 

t 

R C 

1 

(4) 

Công suất toả nhiệt trên điện trở R 2 sẽ là : P 2 = 

2 

 

R 

2 

Nhiệt toả ra trên điện trở R 2 là : 

 

Q 2 = 

2 

dt 

2 

 

2 

32 

R 

P 0 

2 2 

U a 

3 

0 

1R2C 

Toàn bộ nhiệt toả ra trên điện trở R 2 chuyển thành nhiệt làm bay hơi nước 

2 

0 

2 2 

khối lượng nước bay hơi là : 

Q 2 =λ m hay 

U a = 

2 3 

32 

R 1R2C 

λ m (6) 

từ đó ta rút ra khối lượng nước hoá hơi 

(5) 

m = 

 

2 

32 

R 

2 

0 

3 

1 

U 

R C 

2 

2 

a 

2 

thay điện dung tụ C = 

2 

0 

U 

3 3 2 

32 

R 1R 

b 

2 

0 

2 

a 

3 

(7) 

0 

S 

a 

= 

0 

b 2 

a 

ta có m = 

2.2 

Chọn chiều dương của các dòng điện như hình vẽ, ta có: 

i 

dq 

q 

dt 

2 

2 2 

i 

dq 

q. 

dt 

1 

1 1 

ở nút J ta có: i 3 = 

i 1 + i 2 . 

1) Xét mạch kín JA 1 B 1 KJ 

A 1 q 2 A 2 

C i 3 C 

B 2 

B 1 

i 

1 

2 

q 1 

L 

i 

L

và JA 2 B 2 KJ 

hay 

q 

C 

L(i 

i ) 0 

1 

 

1 2 

 

q2 

Li2 L(i 1 

i 2 

) 0 , 

C 

q 

(1) 

LC 

1 

q1 q2 

0 

q 

(2) 

LC 

2 

q1 2q2 

0 

Hệ phương trình này mô tả sự biến thiên của q 1 và q 2 theo thời gian. 

2) Đặt q1 Acos( t );q 2 

Bcos( t ) , 

trong đó A và B là các hằng số. Khi đó (1) và (2) cho: 

2 2 

LC A (2LC 1)B 0 (3) 

2 2 

(LC 1)A LC B 0 (4) 

Để hệ cho nghiệm không tầm thường là: 

2 2 

LC 2 2 4 2 

L C 3LC 1 0 (5) 

Giải (5) ta có 

2 1 3 5 

 

 

, 

2 LC LC 

 

tức là có hai giá trị khả dĩ của tầng số góc: 

Với 1 thì 

3 

5 

2LC 

 

1 

(6) và 

1 

3 

5 

(7) 

2LC 

2 

A LC1 

1 

5 

 

2 

B 1LC1 

2 

ngược pha nhau. 

Với 2 thì 

2 

A LC2 

1 

5 

 

2 

B 1LC2 

2 

cùng pha. 

, tỷ số hai biên độ là 1 (1 5) và q 1 , q 2 dao động 

2 

, tỷ số hai biên độ là 1 ( 5 1) và q 1 , q 2 dao động 

2

3) Hệ (1) và (2) là tuyến tính, nên có thể viết (chọn gốc thời gian để = 0 là 

phù hợp với điều kiện ban đầu) 

q2 B1cos 1t B2cos 2t 

(8) 

q1 A1cos 1t A2cos 2t 

(9) 

A1 

51 

A2 

51 

với và 

B 2 

B 2 

Điều kiện ban đầu q 1 (0) = Q 0 ; q 1 '(0) = 0 

Từ đó có 

1 

q 2 (0) = 0; q 2 '(0) = 0 

cho 

A 1 + A 2 = Q 0 và B 1 + B 2 = 0 

2 

Nên: 

1 1 5 1 1 5 1 

B1 B2 Q 

0;A1 Q 

0;A2 

 

. 

5 2 5 2 5 

 

1 1 1 1 

q1 1 Q0cos 1t 1 Q0cos 2t 

2 

 

5 2 

 

5 

q2 1 Q 1 

0cos1 t Q0cos 

2t 

5 5 

Bài 3 

a. Ta thấy rằng quỹ đạo của tia sáng là một đường parabol 

, toạ độ đỉnh là (x 0 ; y 0 ) với x 0 = 3,9623; y 0 = 1,1438. Thấy 

rằng 1,1438m < e, như vậy tia sáng ló ra khỏi mặt dưới của bản hai mặt song 

2sin 2 song ở điểm ( x 1 

; 0) với x1 

. 

k 

b. Xét trong một khoảng dx, bề dày của lớp mỏng dy = 

. Trong lớp mỏng dy có thể coi tốc độ ánh sáng là không 

c c c 

đổi v 

. Quãng đường ánh sáng 

ny ( ) n0 

1 ky k 2 cos 

 

n0 1k x x 

2 

 

4sin 

sin

truyền trong lớp mảng dy là 

2 

2 2 k cos 

 

ds dx dy 1 x dx 

2 

 

 

2sin 

Thời gian ánh sáng đi trong lớp mỏng dy là 

ds 

dt 

v 

k 

1 

2sin 

1 

2 

k 

 

4sin 

 

 

cos 

 

x 

sin 

 

c 

cos 

sin 

 

sin 

 

2 

n0 k x x 

2 

n k cos 

k cos 

 

k x x x dx . 

c 4sin sin 2sin sin 

 

0 

2 

dt= 1 . 1 

2 2 

Thời gian xung ánh sáng đi trong bản hai mặt song song là 

x0 2 

0 2 cos 

cos 

 

8 

2 2 

4sin sin 2sin sin 

0 

n k k 

t 2 1 k x x . 1 

c 

x dx 3,5008.10 

s 

2 

 

 

 

dx 

. 

2 

Bài 4

a. Mô men quán tính I: Gọi khối lượng trên 

một đơn vị diện tích của vật là ρ. Xét một cung 

mỏng dr bán kính r, khối lượng của nó là dm = 

ρα 0 rdr (hình 1.2). Mô men quán tính của yếu 

tố dm đối với trục quay đi qua O là dI = r 2 dm 

= ρα 0 r 3 dr. Mô men quán tính của cả vật đối với 

trục quay đi qua O và vuông góc với mặt 

phẳng vật là I = 

R 

R 

2 

 

1 

3 1 

 

0r 

dr 

0( 

R 

4 

4 

2 

R 

4 

1 

) 

A 

B 

O 

C 

r 

Hình 1.1 

dr 

D 

b. Gọi trọng tâm của vật là G. Ta thấy vật 

có tính đối xứng nên trong tâm của vật nằm trên 

trục đối xứng Ox (hình 1.2). Đặt OG = d. Khối 

lượng của vật là M. Xét một yếu tố diện tích dS 

= rdrdα (chắn góc ở tâm là dα). Khối lượng của 

diện tích dS là dm = ρdS = ρrdrdα, toạ độ x = 

r.cosα. Áp dụng công thức tính khối tâm ta có 

Md 

 

S 

R2 

 

xdm r 

Md ( 

R 

3 

R1 

2 

dr 

0 

/ 2 

 

 

0 / 2 

cosd 

 

). sin 

2 

2 3 3 0 

2 

R1 

A 

B 

O 

α 

r 

x 

x 

C 

dS 

dα 

D 

Chu kì dao động với biên độ nhỏ của vật là 

Hình 1.2 

4 4 

I 3 

0( 

R2 

R1 

) 

T 2 

 

3, 

4021( 

s ) 

Mgd 

3 3 

0 

2g( 

R2 

R1 

).sin 

2 

Vậy chu kì dao động với biên độ nhỏ của vật là T = 3,4021 (s). 

Bài 5 

1. Đo công suất định mức định 

mức của động cơ điện: 

V 

a) Mạch điện: Xem hình vẽ 

b) Dùng vôn kế đo hiệu điện thế 

R’ 

U M giữa hai đầu động cơ và U R giữa 

R = 2 

hai đầu điện trở R = 2. 

Cường độ dòng điện trong mạch: + 

U - 

V 

M

Công suất của động cơ 

U 

I 

R 

P U 

P chưa phải là công suất của động cơ. 

M 

R 

U 

I 

Thay đổi U và R’ để thu được một số giá trj của U M lân cận giá trị 4,5 V, 

chẳng hạn: 

U 

2 

R 

U 

2 

M 

R 

U M U M1 U M2 U M3 4,5V U M4 U M5 

P P 1 P 2 P 3 P 4 P 5 

Đo các U R và tính các P tương ứng. Vẽ đồ thị P = f(U M ). Nội suy ra giá trị 

của công suất định mức ứng với U M = 4,5 V. 

P 

2) Đo điện trở trong: 

a) Vẫn dùng mạch điện trên. 

b) Vẫn đo U R và U M như trên. 

c) Ta có: U M = Ir + (1) 

P đm 

4,5V 

U UR 

với I 

R ; là suất 

R 2 

phản điện của động cơ. Chú ý rằng 

U M 

phụ thuộc vào chế độ làm việc 

của động cơ, tức là phụ thuộc vào I. 

Lấy đạo hàm của phương trình (1) theo I: 

dU M 

dI 

d 

r 

dI 

d 

Nếu bỏ qua số hạng thì dI 

dU 

r 

dI 

d) Đo các giá trị U M và I = U R /2 lân cận giá trị 4,5V. Vẽ đồ thị U M = f(I). 

Cần khuếch đại thang đo sao cho có được một đoạn thẳng lân cận giá trị 4,5V. 

M

(Hoặc dùng phương pháp quy các giá trị của hàm U M =f(I) lân cận giá trị 4,5V 

về dạng tuyến tính) 

Đo dU M và dI. 

dU 

r 

dI 

M 

tg 

Khi có đoạn thẳng thì điều đó chứng tỏ trong khoảng biến thiên đó của I, 

d 

biến thiên không đáng kể 0 . 

dI 

Giáo viên: Trần Văn Kỷ Điện thoại: 0919257656

TRƯỜNG THPT CHUYÊN 

ĐHSP HÀ NỘI 

ĐỀ GIỚI THIỆU THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 

KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐB BẮC BỘ 

MÔN THI: Vật lí - Lớp 11 

Thời gian làm bài :180 phút 

(Đề thi có 02 trang, gồm 05 câu) 

Câu 1: Tĩnh điện 

Trên đường tròn tâm O, bán kính R o đặt bốn chất điểm 

tại bốn đỉnh của một hình vuông như hình vẽ. Khối lượng của 

mỗi chất điểm đều bằng m. Hai chất điểm có điện tích +q, hai 

chất điểm còn lại có điện tích –q. Ban đầu, truyền cho tất cả 

các chất điểm vận tốc có độ lớn như nhau, theo phương tiếp 

tuyến với đường tròn, chiều thuận chiều kim đồng hồ (hình 

vẽ) . Biết trong quá trình chuyển động, khoảng cách nhỏ nhất của mỗi chất điểm đến tâm O 

của đường tròn là R 1 ( R 1 C 1 , cuộn dây thuần cảm có độ tự cảm L. Đ 

Đặt vào A, B một hiệu điện thế xoay chiều u U c t 

AB 

os 0 

. 

Vào thời điểm t=0, điện thế ở A cao hơn điện thế ở B. 

B 

a) Vào thời điểm t=0 K 1 mở, K 2 đóng vào chốt 1. Xác định 

cường độ dòng điện i qua L như một hàm số theo thời gian. Vẽ 

đồ thị của i theo thời gian, tính giá trị cực đại của i qua L. 

b) Vào thời điểm t=0, K 1 đóng, K 2 đóng vào chốt 2. Tìm biểu thức của hiệu điện thế 

trên các tụ điện và vẽ đồ thị theo thời gian của các hiệu điện thế ấy. 

A 

K 1 

C 1 

2 

K 2 

1 

L 

Hình 2 

C 2

Câu 3: Quang học 

Mặt cầu S có tâm nằm trên Ox, mặt cầu này ngăn cách hai môi 

trường quang học đồng chất có chiết suất là n và n ’ (Hình 3.1). 

a) Các tia sáng song song với trục Ox (trục quang học) sau khi bị khúc 

xạ qua mặt S giao nhau tại một điểm nằm trên Ox. S gọi là mặt khúc xạ lý 

tưởng. Tìm phương trình của cung BB ’ nếu các tia sáng hội tụ tại F (Hình 

y 

O 

(n) 

B 

F 

(n ’ ) 

B ’ 

x 

3.1), các giá trị n, n ’ , OF = f đã biết. Xét trường hợp n = n ’ và phân tích kết 

Hình 3.1 

quả. 

b) Mặt cầu của các thấu kính hội tụ ánh sáng tại một điểm nếu các tia 

sáng đi gần trục chính. Nếu muốn hội tụ một chùm sáng rộng hơn thì phải 

y 

dùng các mặt cầu khúc xạ lí tưởmg. Hãy xác định độ dày nhỏ nhất (ở phần 

tâm) của một thấu kính hội tụ phẳng – lồi có chiết suất n = 1,5; bán kính R = 

O 

F 

x 

5 cm (Hình 3.2) để có thể hội tụ tại F một chùm sáng rộng, song song với 

trục chính chiếu vuông góc với phần mặt phẳng. Biết OF = f = 12 cm. 

Câu 4. Dao động cơ 

Hình 3.2 

Hai vật khối lượng m và 2m được gắn vào hai đầu của 

hai lò xo nhẹ, có độ cứng lần lượt là 2k và k như hình vẽ. Hai 

lò xo cùng có chiều dài tự nhiên L. Khoảng cách giữ hai đầu cố định của hai lò xo là 2L. 

Ban đầu hai vật được giữ để chiều dài của mỗi lò xo là L/2 rồi thả nhẹ đồng thời. Hai vật va 

chạm xuyên tâm và dính vào nhau . Tìm vận tốc lớn nhất của hai vật sau khi va chạm. Bỏ 

qua mọi ma sát. 

Câu 5. Phương án thực hành 

Cho các dây nối, một bóng đèn dây tóc có hiệu điện thế định mức 12V, một bình 

acquy có suất điện động 12V và điện trở trong rất bé, một ôm kế, một vôn kế, một ampekế 

và một nhiệt kế. Hãy đề xuất phương án thí nghiệm để xác định nhiệt độ của dây tóc bóng 

đèn khi sáng bình thường. Hệ số nhiệt độ điện trở của vônfam làm dây tóc đã biết.


ĐHSP HÀ NỘI 

ĐÁP ÁN ĐỀ GIỚI THIỆU THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 

KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐB BẮC BỘ 

MÔN THI: Vật lí - Lớp 11 

Thời gian làm bài :180 phút 

(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu) 

Câu 1: Tĩnh điện 

Trên đường tròn tâm O, bán kính R o đặt bốn chất điểm tại bốn 

đỉnh của một hình vuông như hình vẽ. Khối lượng của mỗi 

chất điểm đều bằng m. Hai chất điểm có điện tích +q, hai chất 

điểm còn lại có điện tích –q. Ban đầu, truyền cho tất cả các 

chất điểm vận tốc có độ lớn như nhau, theo phương tiếp tuyến 

với đường tròn, chiều thuận chiều kim đồng hồ (hình vẽ) . Biết 

trong quá trình chuyển động, khoảng cách nhỏ nhất của mỗi 

chất điểm đến tâm O của đường tròn là R 1 ( R 1

) Thời gian đặc trưng cho chuyển động của chất điểm chính là chu kì của chất điểm khi nó 

chuyển động theo quỹ đạo elip 

Gọi vận tốc ban đầu truyền cho mỗi chất điểm là v. Khi đó chất điểm có quỹ đạo là elip, 

với chu kì là T, bán trục lớn (R o +R 1 )/2 

Nếu như ban đầu chất điểm được truyển vận tốc v o >v 1 để nó quỹ đạo tròn bán kính R o , thì 

chu kì là T o 

2 2 

mvo 

1 q 2 2 1 

Ta có: 

( ) 

2 

R 4 

R 4 

Từ đó tính được 

0 0 0 

Áp dụng định luật III Kepler, ta có: 

v 

T 

o 

o 

q 

2 

 

q 

1 2 2 1 

. 

4 

4mR 

0 

o 

3 

4mRo 

4 

0 

2 2 1 

2 3 

T Ro 

R 

1 

 

To 

2Ro 

 

3 

2 

m( Ro 

R1 

) 

Từ đó tính được T 2 

0 

q 2 2 1 

Câu 2: Trong mạch điện như hình vẽ: Đ là điốt lý 

tưởng. Điện dung của các tụ C 2 > C 1 , cuộn dây thuần 

cảm có độ tự cảm L. Đặt vào A, B một hiệu điện thế 

xoay chiều u U c t 

AB 

0 os 

điện thế ở A cao hơn điện thế ở B. 

. Vào thời điểm t=0, 

a) Vào thời điểm t=0 K 1 mở, K 2 đóng vào chốt 1. 

Xác định cường độ dòng điện i qua L như một hàm 

số theo thời gian. Vẽ đồ thị của i, tính giá trị cực đại của i qua L. 

b) Vào thời điểm t=0, K 1 đóng, K 2 đóng vào chốt 2. Tìm biểu thức của hiệu điện thế 

trên các tụ điện và vẽ đồ thị theo thời gian của các hiệu điện thế ấy. 

Giải 

di di 

Sau khi đóng mạch u os 

AB 

ecu 

L L U0c t 

dt dt 

U 

i 0 

sint b 

L 

A 

B 

Đ 

K 1 

C 1 

2 

K 2 

1 

L 

Hình 2 

A 

Đ 

C 2 

B 

L

- b là hằng số được xác định tự điều kiện ban đầu: t 0 i 0 b 0 

T 

U 

-t i 0 & b 0; Vậy 0 

T 

i sint 

với 0 t 

 

2 

L 

2 

T T 

* Xét t 

3 trong khoảng thời gian này điốt Đ ngắt lần 1 

2 4 

3T 

U 

* t Điốt Đ mở lần 2 có: i 0 

sint a 

4 

L 

3 

U0 2 

3T 

- Ở thời điểm t T thì điốt Đ mở lần 2, ta có: i sin . a 

4 

L 

T 4 

U0 2 

3T 

U0 

+ Với i 0 sin . a 0 a 

L 

T 4 

L 

U0 2 

3T 

U0 

+ Vậy : i sin . 

L 

T 4 L 

2 

2 

3 t 3 

+ i 0 sin t 1 t 2k 

k 

T T 2 T 4 

7 

+ Chọn k=1 suy ra t T . 

4 

+ Giá trị cực đại của dòng điện là u 

2U 0 

. Đồ thị như hình bên. 

T/4 T/2 3T/4 T 5T/4 7T/4 

L U 0 

O 

-U 0 

t 

i 

2) Sau khi đóng K 1 và K 2 đóng vào 

chốt 2, tụ C 2 nhanh chóng tích điện đến Q 0 =C 2 U 0 . Tiếp đó Đ không còn vai trò gì trong 

mạch điện. 

* Tụ C 2 tích điện cho C 1 đến khi cân bằng điện thế, khi đó trên tụ C 1 và C 2 có hiệu điện thế 

một chiều U 1C . 

CU 

2 0 

Ta có: C2U 0 

C1U 1C C2U1 C 

U1 

C 

 

C C 

1 2 

O 

Mở 1 Đóng Mở 2 

5T/4 7T/4 

t

* Bên cạch quá trình các tụ tích điện một chiều là quá 

trính có dòng điện xoay chiều qua tụ C 1 và C 2 , ta hãy 

tính các hiệu điện thế xoay chiều này. 

- Gọi u c1 và u c2 là hiệu điện thế xoay chiều trên 2 tụ tại 

thời điểm t, ta có: 

q1 q2 

- uc 

1 

uc2 U0cost U0cos t. 

C1 C2 

- Lấy đạo hàm 2 vế ta có: 

dq1 1 dq2 

1 1 1 

. . U 0sint i 

U 0sin t. 

dt C1 dt C2 C1 C2 

 

A 

B 

Đ 

+ 

K 2 

K 1 

C 1 

C 2 

- 

U C C U C 

q i. dt sin t. dt u cost a 

 

0 1 2 0 2 

c1 1 

1 2 1 2 

c 

C C C C 

 

U C U C 

0, 0 1 os . 

0 2 0 2 

- t u a u c t 

c1 c1 

C1 C2 C1 C2 

U0C1 U0C1 

Tượng tụ có: uc2 

cost 

 

C1 C2 C1 C2 

* Tính u ở các tụ: Hiệu điện thế trên các tụ bằng tổng hiệu điện thế một chiều và xoay 

chiều 

U0C2 U0C2 U0C2 

- u1 U1 ch 

uc 

1 

1 cost u1 

cost 

0. 

C1 C2 C1 C2 C1 C2 

U0C2 U0C1 U0C1 U0C1 

- u2 U1 ch 

uc2 cost u2 U0 

cost 

0. 

C C C C C C C C 

1 2 1 2 1 2 1 2 

u 

 

 

U 0 

u 2 

O 

T/4 T 

t 

2T 

2U0C2 

 

C C 

1 2 

u 1

Câu 3 .Quang học 

Mặt cầu S có tâm nằm trên Ox, mặt cầu này ngăn cách hai môi 

trường quang học đồng chất có chiết suất là n và n ’ (Hình 3.1). 

1. Các tia sáng song song với trục Ox (trục quang học) sau khi bị khúc 

xạ qua mặt S giao nhau tại một điểm nằm trên Ox. S gọi là mặt khúc xạ lý 

tưởng. Tìm phương trình của cung BB ’ nếu các tia sáng hội tụ tại F (Hình 

3.1), các giá trị n, n ’ , OF = f đã biết. Xét trường hợp n = n ’ và phân tích kết 

quả. 

2. Mặt cầu của các thấu kính hội tụ ánh sáng tại một điểm nếu các tia 

sáng đi gần trục chính. Nếu muốn hội tụ một chùm sáng rộng hơn thì phải 

dùng các mặt cầu khúc xạ lí tưởmg. Hãy xác định độ dày nhỏ nhất (ở phần 

tâm) của một thấu kính hội tụ phẳng – lồi có chiết suất n = 1,5; bán kính R = 

5 cm (Hình 3.2) để có thể hội tụ tại F một chùm sáng rộng, song song với 

trục chính chiếu vuông góc với phần mặt phẳng. Biết OF = f = 12 cm. 

Giải 

y 

O 

(n) 

B 

F 

(n ’ ) 

B ’ 

Hình 3.1 

y 

O F 

Hình 3.2 

x 

x 

y 

A 

y 

A ’ 

O x 

(n) 

B 

F 

(n ’ ) 

B ’ 

x 

y 

A ’ A 

y 

O x 

O ’ 

F 

x 

Hình 3.1 

Hình 3.2 

1. Ta xem các tia song song với trục x xuất phát từ F ’ ở rất xa O. Quang trình của tất cả các 

tia từ F đến F ’ . Một tia chiếu đến điểm A có hoành độ x, tung độ y thì có quang trình : 

L = n. F ’ A + n ’ . AF = const (1) 

Vì F ’ A = F ’ A ’ + A ’ A và F ’ A ’ F ’ O ’ L ’ = n. A ’ A + n ’ . AF = const (2) 

- Từ hình 2.1 : AA ’ 2 2 

= x; AF = ( f x) 

y (3) 

' ' 2 2 

Từ (2) và (3) ta có : ( ) 

L nx n f x y const (4) 

Với tia trùng với trục Ox : L ’ = n ’ .OF = n ’ f (5)

' 2 2 ' 

Từ (4) và (5) : ( ) 

nx n f x y n f (6) 

'2 2 2 2 2 ' ' 

Biến đổi ta được : ( n n ) x n y 2 n ( n n) fx 0 (7) 

Đó là phương trình của elíp. Vậy mặt S là mặt elipxoit tròn xoay. 

- Khi n ’ = - n thì từ (7) : y 2 = 4fx (8) mặt S là parabol phản xạ ánh sáng. 

2. Từ kết quả câu 1 và hình 2.2 : n.OO ’ + OF – OO ’ = AA ’ + AF; OO ’ = d 

2 2 

nx ( f x) y f ( n 1) d 

(9) 

2 2 

( ) 

f R f 

Với y = R ; x = 0 thì d = 

2 cm 

n 1 

Câu 4. Dao động cơ 

Hai vật khối lượng m và 2m được gắn vào hai đầu của hai lò 

xo nhẹ, có độ cứng lần lượt là 2k và k như hình vẽ. Hai lò xo 

cùng có chiều dài tự nhiên L. Khoảng cách giữ hai đầu cố 

định của hai lò xo là 2L. Ban đầu hai vật được giữ để chiều 

dài của mỗi lò xo là L/2 rồi thả nhẹ đồng thời. Hai vật va chạm xuyên tâm và dính vào nhau 

. Tìm vận tốc lớn nhất của hai vật sau khi va chạm. Bỏ qua mọi ma sát. 

Giải 

Chọn trục Ox có gốc O là điểm chính giữa hai tường, chiều dương hướng từ trái qua phải. 

Gốc thời gian lúc thả hai vật. 

Phương trình dao động của hai vật: 

x 

1 

L 2k 

cos( t) 

2 m 

L k 

x2 cos( t) 

2 2m 

Hai vật va chạm khi x 1 = x 2 

2m 

Tìm được thời điểm đầu tiên va chạm to 

 

3 k 

Thế t o , tìm được vào thời điểm ngay trước va chạm, hai vật có cùng tọa độ x L/4 

L 2k 

3 

Vận tốc của hai vật ngay trước va chạm: v 1 

; 

2 m 2 

L k 3 

v2 

= -v 1 /2 

2 2m 

2 

Gọi u là vận tốc hai vật ngay sau va chạm, ap dụng định luật bảo toàn động lượng, ta có: 

mv1 

2mv2 

u = 0 . 

m 

2m 

o

Sau va chạm, hệ tương đương vật có khối lượng M = 3m, gắn vào lò xo có độ cứng k o = 

3k, chiều dài tự nhiên L. 

ko 

k 

Hệ dao động điều hòa với tần số góc M 

m 

. 

Thời điểm ngay sau va chạm vật có vận tốc bằng 0 và lò xo đang biến dạng là L/4 

L k 

Vận tốc cực đại của hai vật sau va chạm là vmax 

xo 

 

4 m 

Câu 5. Phương án thực hành 

Cho các dây nối, một bóng đèn dây tóc có hiệu điện thế định mức 12V, một bình acquy có 

suất điện động 12V và điện trở trong rất bé, một ôm kế, một vôn kế, một ampekế và một 

nhiệt kế. Hãy đề xuất phương án thí nghiệm để xác định nhiệt độ của dây tóc bóng đèn khi 

sáng bình thường. Hệ số nhiệt độ điện trở của vônfam làm dây tóc đã biết. 

Giải: Điện trở của vật dẫn kim loại phụ thuộc vào nhiệt độ theo quy luật: 

R R 

0(1 t) 

(1) 

Như vậy nếu xác định được điện trở của dây tóc ở nhiệt độ đèn làm việc bình thường và ở 

nhiệt độ nào đó thì có thể suy ra nhiệt độ của nó khi sáng bình thường. 

Giả sử ở nhiệt độ trong phòng (ứng với nhiệt độ t 1 ) điện trở của dây tóc là: 

R1 

R1 R 

0(1 t 1) R0 

(2) 

1 t1 

Khi đèn sáng bình thường, giả sử hiệu điện thế và cường độ dòng điện qua đèn tương ứng 

là U và I thì điện trở của bóng đèn khi đó là: 

U 

R 

2 

(3) 

I 

Thay các biểu thức (2) và (3) vào (1), ta nhận được: 

R1 

1 U 

R 

2 

(1 t 2) t 

2 

(1 t 1) 1 

1 t 

 

IR 

(4) 

 

1 1 

Từ đó có thể đưa ra phương án thí nghiệm theo trình tự như sau: 

+ Đọc trên nhiệt kế để nhận được nhiệt độ trong phòng t 1 . 

+ Dùng ôm kế để đo điện trở của dây tóc bóng đèn khi đèn chưa thắp sáng để nhận được 

điện trở R 1 . Khi dùng ôm kế như vậy sẽ có một dòng nhỏ đi qua dây tóc nhưng sự thay đổi 

nhiệt độ của dây tóc khi đó là không đáng kể. 

+ Mắc mạch điện cho đèn sáng bình thường, trong đó ampe kế mắc nối tiếp và vôn kế mắc 

song song với bóng đèn. 

+ Đọc số chỉ của vôn kế ampe kế để nhận được U và I. 

+ Thay các số liệu nhận được vào công thức (4) để tính nhiệt độ của dây tóc.

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG 

DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ 

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG 

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT 

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ – KHỐI 11 

NĂM 2018 

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời 

gian phát đề 

(Đề thi gồm 02 trang, gồm 05 câu) 

Bài 1: Tĩnh điện (4 điểm) 

a. Một vòng dây tròn có bán kính R, tích điện đều với điện tích là Q (cho Q > 0). Xác định 

cường độ điện trường gây bởi vòng dây tại một vị trí trên trục của vòng dây, cách tâm vòng dây một 

đoạn x? 

b. Tại tâm của vòng dây có đặt một lưỡng cực điện có mômen lưỡng 

cực điện là p, khối lượng lưỡng cực điện là m. Khi lưỡng cực điện được thả 

ra, nó chuyển động được đạt tốc độ lớn nhất là bao nhiêu? 

c. Xác định chu kỳ dao động nhỏ của lưỡng cực điện? 

Bỏ qua tác dụng của trọng lực. 

Bài 2: Từ trường – Cảm ứng điện từ (5 điểm) 

Một đĩa phẳng đồng chất bằng đồng có đường kính D và khối lượng m có thể quay không ma sát 

xung quanh một trục đi qua tâm đĩa và vuông góc với mặt phẳng đĩa. Tâm và mép đĩa nối với nhau 

qua điện trở R nhờ các tiếp điểm trượt a và b (hình vẽ). Toàn bộ 

hệ thống nằm trong một từ trường đều có cảm ứng từ B song 

song với trục đĩa. Quay đĩa đến vận tốc góc ω 0 rồi thả ra. 

1. Hỏi đĩa quay bao nhiêu vòng trước khi dừng lại. 

2. Bây giờ mắc nối tiếp điện trở nói trên với một nguồn điện 

lý tưởng (điện trở trong bằng không) có suất điện động là 

U 0 . Hỏi sau bao lâu từ trạng thái nghỉ đĩa sẽ đạt vận tốc góc 

là ω 0 . 

Bài 3: Quang hình (4 điểm) 

Giả sử miền không gian x > 0 bị lấp đầy bởi vật liệu có chiết suất n(x) thay đổi theo tọa độ x. 

Một tia sáng truyền theo phương lập góc 

0 

so với trục x đi vào môi trường nói trên. 

a. Chứng minh rằng bán kính R của quỹ đạo tia sáng tại điểm x > 0 thỏa mãn hệ thức: 

dx 

Rd . , 

cos 

trong đó là góc giữa phương truyền của tia sáng tại điểm x với trục x.

. Hãy tìm biểu thức xác định bán kính quỹ đạo của tia sáng như là hàm của x bên trong môi 

trường. 

c. Chiết suất n(x) phụ thuộc vào x như thế nào để phần quỹ đạo cong của tia sáng trong miền x 

> 0 có dạng tròn? Trong trường hợp này, tia sáng đi vào môi trường đến độ sâu bao nhiêu? Hãy 

phác họa đường đi của tia sáng. 

Bài 4: Dao động cơ (4 điểm) 

Một thanh cứng đồng chất có khối lượng m chiều dài L có thể quay tự do trong mặt phẳng 

thẳng đứng xung quanh trục quay nằm ngang đi qua khối tâm của nó. Một con nhện cũng có khối 

lượng m rơi xuống theo phương thẳng đứng với vận tốc v 0 và chạm vào thanh tại điểm cách đều 

một đầu thanh và trục quay. Ngay sau khi chạm thanh nó bắt đầu bò dọc theo thanh sao cho vận tốc 

góc của hệ thanh – nhện luôn không đổi. Chọn t = 0 lúc nhện bắt đầu bò trên thanh. 

a) Tìm vận tốc của thanh. 

b) Chứng tỏ rằng khoảng cách từ con nhện đến trục quay sau va chạm được mô tả bằng 

phương trình x = Asin(Bt) + C. Xác định các hệ số A, B và C theo các đại lượng đã cho. 

c) Tìm điều kiện của v 0 để con nhện bò tới đầu thanh. 

Bài 5: Phương án thực hành (3 điểm) Xác định hằng số điện môi ε và điện trường đánh thủng E t 

của lớp chất điện môi trong lòng tụ điện. 

Cho các dụng cụ sau: 

- 01 hộp điện trở mẫu có dải giá trị nguyên từ 1 -10 M; 

- 01 nguồn điện xoay chiều f = 50 Hz, U = 220 V; 

- 01 ampe kế xoay chiều; 

- 01 tụ điện gồm hai bản tụ bằng kim loại có diện tích S và khoảng cách giữa hai bản tụ là d, 

không gian giữa hai bản tụ được lấp đầy bởi lớp chất điện môi đồng tính cần xác định hằng số điện 

môi và điện trường đánh thủng E t ; 

- Các dây nối và ngắt điện cần thiết. 

Yêu cầu: 

1. Trình bày cách bố trí thí nghiệm và xây dựng các công thức cần thiết. 

2. Nêu các bước tiến hành thí nghiệm, lập bảng biểu cần thiết để xác định và E t . 

----Hết ----- 

Người ra đề: Nguyễn Thị Thi – SĐT: 01685 437 000 

Trần Thị Thanh Huyền – SĐT: 0934 694 670

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG 

QUẢNG NINH 

(ĐỀ THI ĐỀ XUẤT) 

ĐÁP ÁN MÔN: VẬT LÍ – KHỐI 11 


Thời gian làm bài 180 phút 

(Đề này có 02 trang, gồm 5 câu) 

Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang điểm đã định. 


Ý Nội dung Điểm 

a (1,5 

điểm) 

- Chia vòng dây thành các phần tử dài dl, điện tích dq, với mật độ điện dài 

 

Q 

2 

R 

- Điện tích dq 1 gây ra tại M (cách tâm O đoạn x) cường độ điện trường dE 1 : 

dq dq 

dE k k 

l R x 

1 2 2 2 

theo trục xx’véc tơ 

dE 

1x . 

thành phần dE 

1 gây ra cường độ điện trường dọc 

0,25 

0,25 

x dq x 

dE dE . cos dE k . 

R x R x R x 

1x 1 1 

2 2 2 2 2 2 

0,5

dq. x 

dl. x. 

Q 

dE1x k k 

2 2 3/2 2 2 3/2 

( R x ) ( R x ) .2 

R 

Cường độ điện trường tổng hợp tại M có phương dọc theo trục của vòng dây. 

Vậy cường độ điện trường do cả vòng dây gây ra tại M là: 

2R 

2R 

x. Q 

x. 

Q 

E dE k dl k 

( R x ) .2 R 

 

( R x 

) 

2 2 3/2 2 2 3/2 

0 0 

0,5 

b 

(1,25 

điểm) 

- Theo câu a, cường độ điện trường tại 1 điểm trên trục x 

là: 

E 

x 

Qx . 

 

4 ( R x ) 

0 

2 2 3/2 

0,5 

c 

(1,25 

điểm) 

dE 

- Khi cân bằng, điện trường thỏa mãn: x 

0 

dx 

- Từ đó xác định được vị trí đạt được trạng thái này: 

x 

0 

R 

2 

- Mối quan hệ giữa các góc: 

tan0 

6 

tan0 

2 ; sin0 

 

 

2 

1 

tan 3 

0 

; cos0 

 

1 1 

 

2 

1 

tan 3 

3Q 

- Theo đó, cường độ điện trường tại vị trí cân bằng x 

0 

: Ex0 

2 

18 

R 

- Thế năng điện trường của lưỡng cực điện tại đó chuyển hóa thành động năng 

của nó 

3 

W Q mv 

pE . 18 2 

tx0 x0 2 

 

0R 

=> Tốc độ cực đại mà lưỡng cực điện đạt được là: 

- Tại vị trí x 

0 

, gradient 

v 

 

3Qp 

max 2 

9 

0mR 

E 

x 

2 

thay đổi dấu, lưỡng cực điện đạt được tốc độ lớn 

nhất tại điểm này, sau đó, nó chuyển động chậm dần lại và thực hiện dao động 

nhỏ quanh vị trí x 

0 

. 

0 

0 

0,25 

0,5 

0,25

- Lực điện trường tác dụng lên lưỡng cực điện khi nó đi từ vị trí cân bằng x 

0 

lên 

một đoạn nhỏ x , x x0 

, (vị trí lưỡng cực điện x x0 

x ) là: 

2 2 

dEx 

pQ( R 2 x ) 

F p 

 

dx 4 ( x R ) 

Thay x x0 

x vào và biến đổi ta được: 

 

 

0 

 

2 2 5 

2 

2 2 2 

pQ( R 2 x 2 

0 

x ) pQ R x0 

4 pQx0x 

F 

4 4 4 

 

 

2 

5 

2 

5 

2 

5 

 

2 2 2 

0 x0 x 

R 

0 x0 x R 

0 x0 

x 

R 

F 

4 pQx 

3 R 

5 4 

0 

- Định luật II Newton cho lưỡng cực điện tại vị trí x: 

ma 

4 pQx 

3 R 

5 4 

0 

=> Tần số góc của dao động của lưỡng cực: 

 

 

4 pQ 

3 mR 

5 4 

0 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

=> Chu kỳ dao động nhỏ của lưỡng cực điện: 

T 

R 

3 m 

pQ 

5 

2 0 

Bài 2: Từ trường – Cảm ứng điện từ (5 điểm) 

Ý Gợi ý đáp số Điểm 

1) 

3 

điểm 

1) Xét mô men lực gây bởi một vành khuyên có bán kính trong là r và bán kính 

ngoài là (r + dr). Chỉ có thành phần vận tốc (theo phương bán kính) của các hạt tải 

điện mới cho đóng góp vào mô men lực, do đó: 

0,5 

. r 

(1) 

dM dF r qv Br 

Trong đó v 

r là thành phần vận tốc theo phương bán kính: vr 

dr 

. 

dt

Thay vào (1) ta được: dM I. B. r. 

dr , với I là cường độ dòng 

điện tổng cộng chạy qua vành, cũng chính là dòng điện qua cả 

đĩa. 

Vậy: 

R0 2 

R0 

1 2 

. . . . . . . . 

2 8 

0 

M dM I B r dr I B I B D 

D 

Ở đây R0 

là bán kính của đĩa. 

2 

Phương trình chuyển động quay: M 

2 

1 D 

d 

1 

m 

I . B . D 

8 2 dt 8 

2 

. Suy ra: 

I, hay: 

d I. 

B (2) 

dt m 

Để tìm cường độ dòng điện ta tính sđđ cảm ứng xuất hiện khi đĩa quay: 

Theo định luật Ôm: 

Từ (2) và (3): 

R0 R0 

1 2 

vBdr Brdr BD . 

8 

0 0 

 

2 

BD 

I . (3) 

R 8R 

2 2 2 2 

B D B D 

d . dt . d 

8mR 

 

8mR 

. 

2 2 

BD 

Tích phân hai vế ta được: 0 

. 

8mR 

- Số vòng quay được là: 

2 

4 mR . . 0 

N 

2 2 

2 

B 

D 

r 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

2) 

2 

điểm 

Khi có nguồn nối tiếp với điện trở thì định luật Ôm có dạng: 

0,5 

Và: 

I 

U U BD 

R R 8R 

0 0 

 

d 

I. 

B U0 

B D 

 

dt m R 8mR 

- Tích phân hai vế cho ta: 

2 2 

8U 

( t) 1 

BD 

2 

0,5 

2 2 

 

BD 

t 

0,5 

mR 

e 

 

. 

0 8 

2 

- Thời điểm có () 

t 0 

là: 

8mR 

t 

2 2 

B D 

0BD 

ln 1 

8U 

0 

2 

 

 

 

0,5


Bài Ý Gợi ý đáp số Điểm 

3 a (1 

0,5 

điểm) 

- Xét quỹ đạo của tia sáng trong khoảng ( x, 

x dx ). Với dx rất nhỏ, có thể 

xem đoạn quỹ đạo này có dạng tròn và độ dài cung tròn này gần bằng độ 

dài dây cung tương ứng (xem hình vẽ). 

- Góc giữa trục x với tiếp tuyến của quỹ đạo tại điểm x là , tại điểm 

x dx và d 

. 

- Dễ dàng thấy d 

. Ta có: 

R 

Rd 

 

dx 

cos 

0,25 

0,25 

b. 

(1,5 

điểm) 

Xét một lớp mỏng độ dày dx có bề mặt vuông góc với trục x. Có thể xem 

lớp vật liệu này là đồng nhất có chiết suất n 

1 

. 

Tia sáng đi tới lớp mỏng dưới góc tới và đi ra dưới góc '. Ta có 

n n( x) 

; n'( x) n( x dx) 

; ' d 

sin 

sin 

n 

1 

1 

n 

; 1 

sin ' 

sin n' 

n 

(1) 0,5 

1

Do đó: 

dn 

nsin n'sin ' 

hay ncosd 

sin 

dx (2) 

dx 

Mặt khác, bán kính quỹ đạo R tại x thỏa mãn hệ thức: 

Từ (2) và (3), suy ra 

dx 

Rd (3) 

cos 

1 1 dn 1 dn d 1 

sin n0 sin0 n 

2 

0 

sin0 

 

R n dx n dx dx n( x) 

 

Ở đây, n 

0 

và 

0 

là chiết suất và góc tới của tia sáng tại bề mặt x = 0. 

(4) 

0,5 

0,5 

c. 

(1,5 

điểm) 

Quỹ đạo của tia sáng trong môi trường có dạng tròn nếu 1 hang so 

R . Khi 0,5 

đó 

d 1 1 

K hay Kx A 

dx n( x) 

 

nx ( ) 

(5) 

Với K và A là các hằng số, K có thứ nguyên là (1/độ dài). Vậy ta được 0,25 

n0 

nx ( ) 

Kn x 1 

0 

(6)

Nếu K > 0, khi x tăng thì n(x) giảm. Theo (2) ta có n.sin hang so , suy 

ra sin tăng. 

Do đó, tại khoảng cách lớn nhất x 

max 

mà tia sáng đi vào môi trường thì 

0 

90 . Chiết suất tại điểm này có giá trị n 

n0sin 

0. Thay vào (6) , ta 

có 

Suy ra 

n0 

n0sin0 

 

Kn x 

x 

max 

Khi đó đường đi tia sáng có dạng 

0 max 

1 

1 1 

1 

Kn0 sin0 

 

(7) 

(8) 

0,5 

Nếu K < 0 , n(x) tăng khi x tăng, do đó sin giảm. Giá trị nhỏ nhất của 

là 0. Khi đó, tia sáng truyền song song với trục x và không bị khúc xạ. 

Trong trường hợp này tia sáng đi vào môi trường ra xa vô cùng. Đường đi 

của tia sáng có dạng 

0,25 

Bài 4: Dao động cơ (4 điểm) 

Ý Nội dung Điểm

a) 

1đ 

Mô men quán tính của hệ J = 

Mô men quán tính ban đầu J 0 = 

2 

mL 

12 

mL 

12 

2 

mx 

2 

L 

m 

 

4 

2 

7mL 

 

48 

2 

0,5 

Áp dụng định luật bảo toàn mô men động lượng : 

2 

7mL 

L 12v 

. mv0 

 

48 4 7L 

0 

0,5 

b) 

2đ 

Tại thời điểm t, góc mà thanh đã quay là = t 

Áp dụng định lý biến thiên mô men động lượng : 

d 

dt 

dJ 

( J) 

mgx cos. 

t mgx cos. 

t 

dt 

dx g 

mgx cos. 

t .2mx 

dx cos. 

tdt 

dt 2 

1,0 

Tích phân hai vế : 

x 

 

x0 

dx 

t 

g 

L g 

cos. 

tdt x sin t 

2 

2 4 2 

0,5 

0 

x = 

2 2 

g L g 49L 49gL 12V 

0 L 

sin t A ; B ; C 

2 

4 2 144 288 

72 4 

2 2 2 

V0 V0 

0,5 

c) 

1đ 

Điều kiện để con nhện bò tới đầu thanh : X max ≥L/2 0,5 

Mà x max = A + 

2 

49gL 

L 7 

V 

2 

0 

0 

2 

L 49gL 

L 

. 

2 

4 288V 

4 

0 

2gL 

288V 4 12 

0,5 

Bài 5 : Phương án thực hành (3 diểm) 

Ý Gợi ý đáp số Điểm 

0,5 

Mắc mạch điện như sơ đồ hình vẽ

Nguồn 

A 

220V 

50Hz 

Cường độ dòng điện qua mạch là 

I 

2 

2 

U U 2 

d 

R 

2 

 

I 

0S 

2 

 

 

d 

Đặt 

R 

 

0S 

 

2 

2 

2 U 

d 

X R ;Y Y X 

I 0S 

 

d d 

Khi R = 0 Yc 

(1) 

0S Yc0S 

2 

0,5 

0,5 

Tại điểm tụ bắt đầu bị đánh thủng, ta có giá trị ut U0Cmax I 

0t.ZC 

0,5 

1 d U 2 U 2 

u I E d E 

t 0t t t 

C 0S Xt YC 0S Xt YC 

(2) 

hoặc 

E 

t 

U 2 

(2) 

S Y 

0 t 

Đặt các giá trị điện trở khác nhau từ hộp trở mẫu, ghi giá trị R và dòng điện 

I tương ứng vào bảng sau 

STT R I X=R 2 Y=(U/I) 2 

…. …. …. …. …. 

…. …. …. …. …. 

0,25 

0,5

Dựng đồ thị về sự phụ thuộc Y=(U/I) 2 theo X=R 2 . 

Nhận xét: 

- Giao điểm của đoạn thẳng AB kéo dài với trục tung là Y C cho phép xác 

định hằng số điện môi theo công thức (1) 

Xác định điện trường đánh thủng : Phần đường cong phi tuyến BC ứng với 

giai đoạn tụ bị đánh thủng. Tại điểm bắt đầu bị đánh thủng (điểm B) có tọa 

độ (X t ;Y t ), từ đó xác định được điện trường đánh thủng theo công thức (2) 

0,25 

----- HẾT -----

(ĐỀ GIỚI THIỆU) 

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN 

KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ 

LẦN THỨ XI, NĂM 2018 

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ _ LỚP 11 

Thời gian làm bài: 180 phút 

(Đề thi gồm 05 câu, 02trang) 

Câu 1. (4 điểm): Tĩnh điện 

Hai mặt cầu kim loại đồng tâm có các bán kính a và b (a < b) 

được ngăn cách với nhau bằng một môi trường có hằng số điện môi , 

a 

b 

dộ dẫn điện 

. Tại thời điểm t = 0 một điện tích q bất ngờ được đặt 

vào mặt cầu bên trong. 

1. Xác định dòng điện toàn phần chạy qua môi trường đó như một hàm của thời gian. 

2. Chứng minh rằng nhiệt lượng Joule tỏa ra do dòng điện trên bằng độ giảm năng lượng 

tĩnh điện xảy ra khi điện tích được sắp xếp lại. 

Câu 2 (5 điểm): Điện và điện từ 

Vòng dây dẫn có diện tích S và điện trở toàn phần R 

được treo bằng lò xo xoắn có hằng số k trong một từ trường 

đều 

. Vòng dây nằm trong mặt phẳng yz ở vị trí cân 

bằng và có thể quay xung quanh trục z với moment quán tính 

I (hình vẽ). Vòng dây được quay quang một góc nhỏ 

ra 

khỏi vị trí cân bằng và sau đó thả ra. Giả thiết lò xo xoắn 

không dẫn điện và bỏ qua độ tự cảm của vòng dây. 

1. Tìm điều kiện để vòng dây dao động và phương trình chuyển động của vòng dây khi đó. 

2. Xét khi R lớn, vẽ phác họa chuyển động của vòng dây. 


Khi sản xuất một bình đặc hình cầu bằng thủy tinh, người ta đặt một bông hoa hồng 

nhỏ vào phía trong. Bình thủy tinh có bán kính R, chiết suất n. 

1. Tìm vị trí đặt bông hoa để người quan sát luôn thấy hình ảnh rõ nét của bông hoa khi

ngắm hoa qua bình cầu từ mọi vị trí xung quanh bình cầu . 

Xác định độ phóng đại ảnh khi đó. 

Chú thích: kí hiệu ---------- : vị trí quan sát 

Bình 

cầu 

2. Tìm một vị trí khác (so với vị trí tìm được ở ý 1) để đặt bông hoa 

mà người quan sát luôn thấy hình ảnh rõ nét của bông hoa khi ngắm 

hoa qua bình cầu từ mọi vị trí quanh một nửa thích hợp của bình 

cầu. Xác định độ phóng đại ảnh khi đó. 

Chú thích: kí hiệu ---------- : vị trí quan sát 

Bình 

cầu 

3. Cho R=9cm; n=1,5 đặt bông hoa cách tâm cầu 2cm và người quan 

sát đặt mắt sao cho mắt, tâm cầu và hoa gần như thẳng hàng với 

nhau. Xác định vị trí ảnh và độ phóng đại ảnh. 

Bài 4 (4 điểm): Dao động cơ 

Một khối cầu gồm hai nửa là hai khối bán cầu phân cách bởi mặt 

phẳng đi qua một đường kính của khối cầu, mỗi nửa có bán kính R, có 

khối lượng riêng khác nhau là ρ và ρ’>ρ. Khối trụ được đặt trên một 

ρ 

ρ’ 

tấm phẳng P. Hệ số ma sát giữa mặt cầu và mặt phẳng P đủ lớn để nếu 

cầu lăn thì luôn không trượt trên P. 

1. Xác định vị trí khối tâm của mỗi nửa hình trụ, khối tâm của cả hình trụ. 

2. Cho khối cầu dao động nhỏ quanh vị trí cân bằng của nó. Chứng minh khối cầu dao 

động điều hòa và xác định chu kì dao động của nó. 

Câu 5. (3 điểm): Phương án thực hành 

Cho các dụng cụ: 01 nguồn điện một chiều (có điện trở trong), 01 vôn kế ( không lý 

tưởng), 01 hộp điện trở mẫu, các dây nối. 

Xây dựng phương án thí nghiệm xác định suất điện động, điện trở trong của nguồn 

và điện trở của vôn kế đã dùng. 

----------------- Hết ----------------- 

Họ và tên người ra đề: Ngô Thị Thu Dinh 

Phạm Thị Trang Nhung 

Điện thoại: 0983466487 

0984577513


KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN 


LẦN THỨ XI, NĂM 2018 

ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ LỚP 11 


(Đáp án gồm 08 trang) 

Câu 1: (4 điểm – Tĩnh điện) 

Phần Hướng dẫn giải Điểm 

1. Xét tại t = 0: mặt cầu bên trong chứa điện tích q, cường độ điện 

trường bên trong môi trường tại 1 điểm bất kỳ: 

hướng ra ngoài theo phương bán kính 

Xét tại thời điểm t, mặt cầu bên trong có điện tích q(t): 

0,5 

Xét mặt cầu đồng tâm bán kính r bao quanh mặt cầu bán kính a 

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích: 

với mật độ dòng tại thời điểm t và 

0,25 

0,25 

0,25 

Giải phương trình vi phân trên ta thu được nghiệm: 

0,25 

Khi đó: 

0,25 

0,25 

Dòng điện toàn phần chạy qua môi trường bên trên tại thời điểm t: 

0,5 

2. Mật độ dòng 

0,5 

Nhiệt lượng Joule tỏa ra: 

0,5 

Năng lượng tĩnh điện bên trong môi trường đó trước khi phóng

điện: 

0,5 

Vậy 

(đpcm) 

Câu 2 (5 điểm – Điện và điện từ) 


1. Viết phương trình chuyển động của vòng dây 

Xét khi góc hợp bởi mặt phẳng vòng dây với từ trường là , từ 

thông qua vòng dây: 

Suất điện động cảm ứng và dòng điện cảm ứng: 

0,25 

0,25 

Moment từ của vòng dây: 

0,25 

Moment lực từ tác dụng lên vòng dây: 

Suy ra: 

0,25 

Phương trình moment: 

Do và rất nhỏ (theo giả thiết) 

Phương trình (1) trở thành: 

(1) 

0,5 

(2) 

0,5 

Giải phương trình (2): Đặt 

Từ đó thu được phương trình đặc trưng: 

(3) 

Với 

Đặt: 

và 

Để vòng dây dao động: 0,5 

Phương trình (3) có nghiệm:

Khi đó nghiệm phương trình (2): 

; với j là số ảo: 

Nghiệm phương trình tổng quát: 

0,5 

Tại thời điểm ban đầu: 

Từ đó dao động của vòng dây: 

2. 

Xét khi R lớn: 

Chuyển động tắt dần. 0,5 

Phác họa chuyển động của vòng dây: 

0,5 

1,0 

Câu 3: (4 điểm – Quang hình) 


1. Để nhìn rõ nét bông hoa tại mọi vị trí xung quanh bình cầu thì vị trí đặt hoa 0,5 

chỉ có thể là tâm bình cầu 

Xác định độ phóng đại 

B’ 

r 

i 

B 

AA’

2. 

A'B' tanr sinr 

n 

AB tani 

sini 

 

(dù nhìn từ mọi vị trí, nhưng ứng với mỗi vị trí, góc quan sát đều là góc bé) 0,5 

r 

Chiều dương + 

I 

i 

S 

C 

A 

S’ A’ 

0,25 

* Chứng minh công thức cơ bản của lưỡng chất cầu thể hiện mối liên hệ giữa 

vị trí vật và ảnh: 

CA IA CA' IA' CA IAsin i IA 

; 

sin i sin ACI ˆ sinr sin ACI ˆ CA' IA'.sinr IA'.n 

IA nx 

Đặt: CA x;CA' x ' 

IA ' (I) 

x' 

0,25 

* Biện luận để tìm vị trí vật cho ảnh rõ nét: 

Để ảnh rõ nét thì ứng với một giá trị x chỉ có một giá trị của x’ với mọi vị trí 

khác nhau của điểm tới I trên mặt cầu. 

Để thỏa mãn điều đó: 

TH1: A C thì x=x’=0: nghiệm tầm thường đã xét ở câu 1) 

TH2: AI thì A’I: nghiệm tầm thường: hệ số phóng đại ảnh bằng 1 

TH3: A không phải là nghiệm tầm thường trên. 0,25 

* Dưới đây ta giải để tìm vị trí vật trong TH3: 

IA 

IA ' 

nx 

x' 

=hằng số với mọi vị trí của I trên mặt cầu 

- Dựng phân giác IS’ của góc ˆ AIA ' với S’ là giao của phân giác với đường 

SC. 

Sử dụng hệ thức lượng giác trong các tam giác IAS’ và IS’A’: 

IA AS' IA ' S'A ' 

; , 

sin IS'A ˆ sin S'IA ˆ sin IS'A ˆ ' sin S'IA ˆ ' 

mà S'IA ˆ S'IA ˆ ' và sin IS'A ˆ sin IS'A ˆ ' nên: 

Lại có 

AS' AC CS' CS' x 

 

S'A ' S'C CA ' x ' CS' 

IA CS' x 

(2) 

IA ' x ' CS' 

IA AS' S'A 

(1) 

IA ' S'A ' S'A ' 

0,25 

- Mặt khác, do IA hangso 

IA ' với mọi vị trí của I trên mặt cầu nên khi IS thì: 

IA SA 

(3) 

IA ' SA ' 

So sánh (3) và (1) S’ là một điểm trên mặt cầu, SS’ là một đường kính của

3. 

bình cầu CS’=R. 

SA SC CA SC x 

(4) 

Mà: SA ' SC CA ' SC x ' 

Từ đó, kết hợp (2) và (4) ta có: 

IA CS' x SC x 

; đặt R= CS (R>0: cầu lồi) ta có 

IA ' x ' CS' SC x ' 

IA R x R x 

 

IA ' x ' R R x ' 

R x R x x 

 

Kết hợp với (I) ta có: x ' R R x ' x '.n 

Giải phương trình này ta tìm được: x=n.R hoặc 

R 

x 

n . 

Với điều kiện bông hoa đặt trong bình cầu ta chọn nghiệm 

của bông hoa sẽ ở vị trí: x’=n.R. 

x' 2 

k n 

Độ phóng đại ảnh: x 

Với lưỡng chất cầu khẩu độ nhỏ: 

vào biểu 

R 

x 

n , khi đó ảnh 

IA SA SC CA SC x R x 

IA ' SA ' SC CA ' SC x ' R x ' Thay 

IA nx 

thức: IA ' x' : 

1 n n 1 

x' 

 

k 

x x ' R ; độ phóng đại ảnh: x 

(chú ý: HS có thể không cần chứng minh lại công thức này) 

Áp dụng bằng số: R=9cm; n=1,5 

Vật đặt cách tâm bình 2 cm, ta có hai trường hợp: 

TH1: x=2cm x’=3,375cmk=1,6875 

TH2: x=-2cmx’=-2,7cmk=1,35 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,5 

0,25 

0,25 

Câu 4: (4 điểm – Dao động cơ) 


1. Xác định khối tâm của mỗi mỗi bán cầu (G và G’ lần lượt là khối tâm của bán 

cầu trên và dưới) 

 

xdm 14 

 

 

m 2 3 

 

3 2 2 

OG ;m R ;dm ( (R x ))dx 

R 2 2 

x ( (R x )) 3R 

OG 

dx 

1 4 

0 

3 8 

R 

 

23 

 

0,25 

3R 

0,25 

Hoàn toàn tương tự, ta cũng có: OG ' 

8 

Khối tâm của cả khối cầu là G o ở dưới O (do ρ’>ρ), cách O một khoảng: 0,5 

0,5

2. 

OG 

o 

ñ 

ρ’ 

m'OG ' mOG 3R m' m 3R ' 

 

 

(m m') 8 m' m 8 ' 

 

O 

G o 

K 

Tại vị trí trục OG o quay một góc φ nhỏ so với phương thẳng đứng, do độ cao 

của O so với mặt đất luôn bằng R, nên G o được nâng lên độ cao 

OG (1 cos ) so với vị trí cân bằng, với K là tâm quay tức thời, phương trình 

o 

cơ năng của vật: 

1 2 

W= I 

K' (m m')gOG 

o(1 cos ) 

2 

1 2 1 

2 

I 

K' (m m')gOG 

o 

2 2 

= hằng số. 

Đạo hàm hai vế: 

I '' (m m')gOG 0 

K 

o 

Vật dao động điều hòa với tần số góc: 

Xác định I K : 

I I (m m ')KG (1) 

2 

K Go 

o 

3R ' 3R m ' m 

KGo 

R OGo 

R R (2) 

8 ' 8 m ' m 

I I mGG I m'G 'G (3) 

2 2 

Go 

m/G o m'/G' o 

(m m ')gOG 

I 

o 

(I) 

Trong đó: I m/G là mô men quán tính của bán cầu m so với khối tâm G của nó 

được xác định như sau: 

I I mOG 

m/O 

m/G 

2 

2 2 

1 1 2(2m)R 2mR 

Im/O 

I2m/O 

 

2 2 5 5 

(mô men quán tính của bán cầu khối lượng m so với tâm O bằng ½ mô men 

quán tính của khối cầu khối lượng 2m so với tâm O) 

I 

m/G 

Tương tự: 

Xét: 

2 2 

2 

2mR 3R 83mR 

m 

 

5 8 320 

I 

m'/G ' 

2 

83m 'R 

(5) 

320 

(4) 

 

2 2 

2 2 

o 

 

o 

 

o 

 

o 

mGG m'G 'G m OG OG m' OG ' OG 

2 

2 2 9R m.m ' 

mGG 

o 

m 'G 'Go 

 

(6) 

16 m m ' 

Thay (6), (5), (4) vào (3) ta có: 

K 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25

2 2 2 

83mR 83m'R 9R m.m' 

IG 

 

(7) 

o 

320 320 16 m m' 

Thay (7), (2) vào (1) 

2 2 2 

83mR 83m'R 9R m.m' 3R m' m 

 

I 

K 

(m m') R 

320 320 16 m m' 

8 m' m 

 

 

Biến đổi ta được 

I 

K 

 

R 43m 56mm ' 13m ' 

 

20 m m ' 

2 2 2 

 

2 

2R 43 56 ' 13 ' 

 

Tính cụ thể tần số góc của dao động 

3R m ' m 

Thay (8) và OGo 

vào (I) và biến đổi ta được: 

8 m ' m 

2 2 

15g m ' m 

 

2 

2R 43m 56mm ' 13m ' 

 

15g 

 

(8) 

2 

0,25 

2 2 

' 

 

0,25 

Câu 5: (3 điểm – Phương án thực hành) 


1. Cơ sở lý thuyết: 

- Sơ đồ mạch điện: Hình 1. 

U 

E r R R 

R 

V 

V 

 

V 

V 

1 r 

R 1 

U ER ER 

1 

Đặt: x R; y , thì: y = a 1 x + b, 

U 

1 r 

RV 

Trong đó: a 

1 

;b 

ER ER 

V 

(1) 

- Sơ đồ mạch điện: Hình 2. 

R R 

V 

Rr R 

Vr RR 

V 

E U U r U 

RR 

RR 

V 

V 

 

V 

 

V 

1 r 

R r 1 

U ER E R 

1 1 

Đặt: x ; y 

R 

U 

, thì: y = a x + b, 2 

r r 

RV 

Trong đó: a 

2 

;b (2) 

E ER 

V 

R 

V 

1 

- Từ (1), (2) ta có: R 

V 

;r Ea , trong đó, E là nghiệm của phương 

2 

Ea 

1 

V 

R 

E, r 

E, r 

R 

V 

V R V 

R V 

Hình 1 

Hình 2 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25

2 

trình: a a E b E 1 0 (*) 0,25 

1 2 1 

2. Thí nghiệm: 

a) Tiến trình thí nghiệm: 

- Mắc sơ đồ mạch điện như Hình 1: Thay đổi giá trị của điện trở R, với 

mỗi giá trị R, đọc số chỉ U của vôn kế, điền vào bảng số liệu 1. 

- Mắc sơ đồ mạch điện như Hình 2: Thay đổi giá trị của điện trở R, với 

mỗi giá trị R, đọc số chỉ U của vôn kế, điền vào bảng số liệu 2. 

b) Xử lý số liệu: 

0,25 

0,25 

- Bảng số liệu 1: 

x = R (Ω) U (V) y = 1/U 

... ... ... 

... ... ... 

Đồ thị: Hình 3. 

+ Độ dốc: a 1 = tanα 1 . 

+ Ngoại suy: b 

- Bảng số liệu 2: 

R (Ω) U (V) x = 1/R y = 1/U 

... ... ... ... 

... ... ... ... 

Đồ thị: Hình 3. 

+ Độ dốc: a 2 = tanα 2 . 

+ Ngoại suy: b 

- Giá trị của E, r, R v được tính theo (*) 

b 

0 

b 

1/U(V) 

0 

R (Ω) 

Hình 3 

1/U(V) 

α 2 

α 1 

1/R (Ω) 

Hình 4 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

Ghi chú: 

- Điểm toàn bài: 20 điểm 

- Học sinh giải bằng cách giải khác, nếu kết quả đúng vẫn cho điểm trọn vẹn.


ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ LỚP 11 

Thời gian làm bài:180 phút 

(Đề thi gồm có 02 trang) 

Câu 1 (4 điểm) ( Tĩnh điện) : 

a, Tìm cường độ điện trường do một quả cầu đặc bán kính R tích 

điện đều theo thể tích với mật độ điện khối gây ra tại điểm cách 

tâm của mặt cầu một đoạn r. 

b, Bên trong một khối cô lập tâm O bán kính R, tích điện đều với 

mật độ điện khối có một cái hốc hình cầu tâm O 1 bán kính r, 

OO 1 =a (Hình 1). Chứng tỏ điện trường trong hốc là điện trường đều 

và có độ lớn bằng 

Câu 2 ( 5 điểm) (Điện từ): 

. Nếu O trùng O 1 thì kết quả sẽ ra sao? 

Một khung dây kim loại, cứng, hình vuông chiều dài mỗi cạnh là a, có điện trở không 

đáng kể được đặt trên mặt bàn nằm ngang không có ma sát và được đặt trong không gian có từ 

trường, đường sức từ thẳng đứng hướng lên. Giả thiết khung không bị biến dạng và ban đầu 

trong khung không có dòng điện. 

a) Khung dây được giữ cố định, từ trường không phụ thuộc vào 

không gian mà chỉ phụ thuộc vào thời gian theo quy luật B=B 0 (1- 

kt),với B 0 và k là các hằng số dương đã biết. Tìm biểu thức của suất 

điện động cảm ứng trong khung. Giả thiết bỏ qua suất điện động tự 

cảm (hình 2) 

b) Khung dây được thả tự do, khung có khối lượng m và độ tự 

cảm là L. Cảm ứng từ không phụ thuộc vào thời gian mà chỉ phụ 

thuộc vào không gian và thay đổi theo quy luật: B=B 0 (1+kx), (hình 

3). Lúc đầu khung dây nằm yên. Ở thời điểm t = 0 khung ở gốc tọa 

độ, người ta truyền cho khung vận tốc ban đầu v0 

dọc theo trục 0x. 

- Tìm khoảng thời gian ngắn nhất t min kể từ thời điểm khung dây bắt 

đầu chuyển động đến khi khung có vận tốc bằng không. 

- Tính điện lượng dịch chuyển trong khung trong khoảng thời 

gian t min trên 

Câu 3 ( 4 điểm)( Dao động) : 

Cho cơ hệ như hình vẽ: Gồm 6 lò xo giống hệt nhau có độ 

cứng k=200N/m, ban đầu lò xo có chiều dài tự nhiên l=0,5m. 

Một vật có khối luợng m=2kg ; g=10m/s 2 . 

1, Đặt hệ thẳng đứng sao cho AD vuông góc với mặt đất 

a, Xác định VTCB của vật. 

b, Kéo vật lệch khỏi vị trí cân bằng một đoạn nhỏ theo phương 

AD, tính chu kì dao động nhỏ của vật 

2, Đặt hệ nằm ngang, ABCDEF là khung cứng, hệ đặt 

trên không và song song với mặt đất 

a 

0 

Hình 2 

Hình 1 

Hình 3 

A 

F 1 

6 

E 

5 

4 

D 

3 

B 

B 

v 0 

x 

2 

1 

B 

C

a, Xác định VTCB của vật 

b, Tính chu kì dao động nhỏ của vật 

Câu 4 (4 điểm) ( Quang hình) : 

Coi khí quyển Trái Đất như một lớp trong suốt có chiết suất giảm theo độ cao theo công thức: 

n=n 0 -ah, với n là chiết suất khí quyển ở độ cao h so với mặt đất; n 0 là chiết suất khí quyển ở 

mặt đất; a là một hệ số không đổi. n và n 0 có trị số luôn luôn lớn hơn 1 một chút, còn tích ah 

luôn luôn rất nhỏ so với 1. Bán kính Trái Đất là R. 

a, Một tia sáng phát ra từ một điểm A, ở độ cao h 0 , chiếu theo phương nằm ngang, trong một 

mặt phẳng kinh tuyến. Tính h 0 để tia sáng truyền theo đúng một vòng tròn quanh Trái Đất rồi 

trở lại điểm A. 

b, Một tia sáng khác phát ra từ điểm B ở độ cao h bất kì. Tia sáng này nằm trong một mặt 

phẳng kinh tuyến và làm với đường thẳng đứng tại đó một góc i 0 . Tính i 0 để tia sáng đi qua 

điểm B’. nằm xuyên tâm đối với điểm B, sau khi phản xạ một lần ở trên tầng cao của khí 

quyển. 

Câu 5 (3 điểm) ( Phương án thực hành): 

1) Mục đích thí nghiệm: 

Đo suất điện động của nguồn điện bằng mạch xung đối. 

2) Thiết bị thí nghiệm: 

a) Cầu dây XY gồm một dây điện trở căng trên giá đỡ nằm ngang có thước thẳng dài 

1000m 

b) Nguồn điện áp chuẩn 

c) Pin điện cần đo kèm theo giá đỡ 

d) Nguồn điện U một chiều 

e) Đồng hồ đo điện đa năng hiện số kiểu 830B 

f) Bộ dây dẫn nối mạch điện 

3) Yêu cầu xây dựng phương án thí nghiệm: 

Hãy nêu phương pháp xác định suất điện động của nguồn điện bằng mạch xung đối từ 

các dụng cụ nói trên. 

Trình bày cơ sở lý thuyết. Viết các công thức cần thiết 

Vẽ sơ đồ mạch điện, thiết lập công thức tính. 

Trình bày phương pháp đo và cách xử lý số liệu. 

-------------- Hết ---------------- 

Họ và tên thí sinh: ……………………………………………….SBD:………………………. 

Họ và tên giám thị số 1: ……………………………………………………………………….. 

Họ và tên giám thị số 2: ……………………………………………………………………….. 

2



MÔN VẬT LÝ LỚP 11 

Câu 1 

4 điểm 

Nội dung đáp án 

a, Vì lí do đối xứng nên các véc tơ cường độ điện trường tại các điểm khác nhau 

đều có phương đi qua tâm. Tại những điểm cách đều mặt 

cầu thì cường độ điện trường có độ lớn bằng nhau 

- Chọn mặt Gauss là mặt cầu bán kính đồng tâm với mặt cầu 

tích điện. 

Khi đó, xét một vi phân diện tích ds: 

Vậy trên cả mặt kín: 

-Theo định lý O-G: 

*Nếu 

*Nếu 

Suy ra: 

Suy ra: 

1,0 

0,5 

0,5 

b, Coi hốc rỗng là hợp của hai hốc, một hốc mang điện và một hốc mang điện . 

Phần mang điện cùng với khối cầu tạo ra quả cầu đặc mang điện 

-Xét một điểm M trong hốc. Coi điện trường này là tổng hợp của điện trường do cầu 

đặc gây ra là và điện trường do hốc mang điện âm gây ra 

Trong đó: ; 

0,5 

0,5 

Dựa vào hình vẽ: Ta có: 

nên hai tam giác đồng dạng. 

Câu 2 

5 đ 

Hay 

Nếu hai tâm trùng nhau thì : 

a. 

Suất điện động cảm ứng trong khung là 

e c 

d 

 

dt 

1,0 

0,5 

3

do bỏ qua suất điện động tự cảm nên ta có 

e c 

 

SdB 

dt 

0,5 

b) Gồm hai phần, 

Tìm khoảng thời gian ngắn nhất t min 

-Khi khung chuyển động có hai suất điện động cảm ứng: 

-Suất điện động cảm ứng e 1c do độ lớn của B thay đổi và suất điện động cảm ứng 

e 2tc do hiện tượng tự cảm. 

Theo định luật Ôm cho mạch kín trong khung ta có e 1c +e 2tc =ỉR vì R=0 nên: 

1,0 

Dấu (-) là thể hiện i ngược chiều với chiều dương của công tua (chiều dương của 

công tua liên hệ với chiều của đường sức từ theo quy tắc nắm bàn tay phải) còn độ 

lớn của i là 

0,5 

Vì lực tác dụng nên hai cạnh ngược chiều nhau nên PTĐL II cho chuyển động của 

khung trên trục Ox là -F 2 + F 1 =mx '' 

0 

hay i aB 

1 

kx ) B (1 kx mx 

x mx 

Đưa về dạng: 

2 4 2 

B a k 

( 

2 0 1 

(vì x 2 -x 1 =a) 

L 

2 4 2 

k a B 

x" 0 

x 0 

mL 

0 

) 

v=v 0 đến khi v=0 là dao động điều hòa với tần số 

. (*) như vậy tính chất dao động của khung từ khi 

2 4 2 

k a B 0 

mL 

T mL 

; T 2 

Khung có v = 0 sau ¼ chu kì: t 

2 4 2 

min 

 

mL 

k a B 

2 4 2 

. 

0 

4 2 k a B0 

Xác định lượng điện tích dịch chuyển 

2 4 2 

k a B 

Nghiệm của phương trình (*) là x Acos 0 

t 

. 

mL 

 

 

 

2 4 2 

k a B 

t = 0 có x 

(0) 

0; v(0) 

0 . Vậy x A cos 0 

 

 

t 

và 

2 

mL 2 

 

 

 

v0 

v A 

sin( t 

) ;Khi t = 0 thì v = v 0 nên A 

v 

2 

 

do trong suốt thời gian trên dòng điện không đổi chiều nên 

q 

T / 4 

 

0 

i dt 

2 

B0a 

k 

A 

L 

T / 4 

 

0 

 

cos( t ) dt 

2 

2 

B0a 

kA 

 

L 

B 

0 

a 

2 

kv 

2 

L 

0 

mL 

0 2 4 2 

k a B0 

 

B 

mv 

0 

0 

2 

ka 

; 

0,5 

1,0 

0,5 

0,5 

Câu 3 

4điểm 

1) a) Khi vật ở VTCB ta có: 

Chiều dài của lò xo 1 là: l 1 =l+y 

Chiều dài của lò xo 4 là: 

l 4 =l-y 

4

Chiều dài của lò xo 2 và 6 là: l 2 =l 6 = 

0,5 

Chiều dài của lò xo 3 và 5 là: l 3 =l 5 = 

Độ biến dạng của các lò xo là: 

l 1 = l 4 =y 

l 2 = l 6 = 

l 3 = l 5 = 

0,5 

Ta có: 2k l 1 +2k l 2 +2k l 3 =mg 

3y 

Thay số => y 0 = 

b) Đặt chiều dài của các lò xo là: 

y 0 =a; y 0 2 +l 2 +ly 0 =c 

Ta có: l 1 =a+y+ 

y 0 =b; y 0 2 +l 2 -ly 0 =d 

l 4 =b-y+ 

0,5 

0,5 

l 2 =l 6 = 

l 3 =l 5 = 

l 1 = l 4 =y+y 0 

l 2 = l 6 = 

0,5 

l 3 = l 5 = 

Áp dụng định lụat bảo toàn năng luợng: (D là gốc thế năng ) 

W= +mg(l-y-y 0 )+k l 1 2 +k l 2 2 +k l 3 

2 

0,5 

Đạo hàm 2 vế => 0=my’’+ 

+C (C=const) 

T=2 

2) 

a) Ta có:Chiều dài của lò xo khi vật ở VTCB 

l 1 =l 2 =l 3 =l 4 =l 5 =l 6 = 

l 

o 

l 

l 

0,5 

Áp dụng định luật 2 Newton tại VTCB ta có: 

x 0 

5

=> 

Thay số => x 0 =x 

b) x 0 =a 

Ta có: 

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng:( O là gốc thế năng ) 

W= 

Đạo hàm 2 vế => 0=mx’’ + 

T= 

(C=const) 

0,5 

Câu 4 

4điểm 

1, Xét một lớp khí quyển bề dày dh ( như hình vẽ, O là tâm Trái Đất). Để tia sáng 

truyền đi theo phương đúng 1 vòng tròn quanh trái đất tại I, J … tia khúc xạ đi theo 

đường ngang (có phương vuông góc với các bán kính OI, OJ …). Ta có ( tại J): 

, với r=90 0 ; n=n 0 –ah; dn=-adh 

0,5 

Mặt khác, theo hình vẽ, ta có: 

R 

h 

sin i 

R h dh 

Từ đó, ta có: 

n0 ( h dh) 

a R 

h 

 

n ah R h dh 

Bỏ qua lượng rất nhỏ adh 2 , ta rút ra: 

(n 0 -2ah-aR)dh=0 

1 n ( 

0 

h R ) const 

2 a 

Như vậy chiều cao h khi đó không đổi, và điểm A có độ cao h 0 : 

1 n0 

h 0 =h= ( R ) 

2 a 

n aR 

(Nhận xét rằng tại điểm A chiết suất có trị số n=n 0 -ah 0 = = hằng số ) 

2 

2, Xét hai lớp khí quyển bề dày dh ở trên và dưới điểm B có độ cao h, CBD là 

đường truyền tia sáng đi trong 2 lớp đó; góc tới tại B là I, góc khúc xạ là r; còn tại D 

góc tới là i+di; Các góc COB = góc DOB =d . OB=R+h; OC=R+h+dh. Trên hình 

vẽ 2, là phác họa đường truyền tia sáng phát ra từ B, phản xạ toàn phần tại F, sau đó 

đi qua B’ nằm xuyên tâm đối với B ( tia này phản xạ một lần tại điểm F ở tầng cao 

khí quyển). 

Ta có: nsini=(n+dn)sinr = (n-ahd)sin r. (1) 

Mặt khác ( từ hình vẽ): 

r = i+(di+d ) 

Suy ra: sin r = sin i cos(di+d ) + sin(di+d ) cosi 

sin r sin I + (di+d ) cos i 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

6

( vì cos(di+d ) 1; sin(di+d ) di+d ) 

Thay vào (1) và bỏ qua lượng rất nhỏ: a.dh(di+d )cosi 

n( di d) 

Suy ra: tgi (2) 

a. 

dh 

Mặt khác, xét tam giác CBE ta có: 

( R h dh) d 

( R h) 

d 

tgi (3) 

dh 

dh 

(bỏ qua tích dh.d ). 

Từ (2) và (3) rút ra: 

[(R+h)a-n]d =ndi=(n 0 -ah)di 

Suy ra: (aR-n 0 )d =n 0 di (4) 

(bỏ qua ahdi là lượng rất nhỏ so với n 0 và aR (vì h R)). Tại F có phản xạ toàn 

phần (i gh =90 0 vì chiết suất tỉ đối của hai môi trường khi đó tương đương bằng 1), lấy 

tích phân (4) ta có: 

 

 

2 

i gh 

2 

 

(aR-n 0 ) d n0 

di ni 

di 

0 

0 

i0 i0 

0,5 

0,5 

 

(Do tính chất đối xứng của bài toán, khi tăng đến (điểm F) thì tia sáng bị phản 

2 

xạ toàn phần, và hơn nữa xem rằng góc phản xạ toàn phần ở trên tầng cao gần bằng 

) 

2 

 

Từ đó: (aR – n 0 ) =n0 ( - i0 ) 

2 2 

aR 

Suy ra: i 0 = (1 ) 

2n 

0 

0,5 

Câu 5 

3 điểm 

* Trình bày cơ sở lý thuyết. Viết các công thức cần thiết và vẽ sơ đồ mạch điện, 

thiết lập công thức tính. 

- Hiệu điện thế U giữa hai cực của nguồn điện là: 

Vì và nên . Như vậy, với phép đo này sẽ sai số lớn khi điện trở 

vôn kế lớn hoặc điện trở trong lớn. 

-Như vậy để đo chính xác suất điện động của nguồn điện, ta dùng phương pháp so 

sánh suất điện động E x của nguồn cần đo với suất điện động E 0 chuẩn bằng mạch 

xung đối như hình vẽ. Bao gồm: 

+ Nguồn U có điện áp lớn hơn E x và E 0 cung cấp dòng điện I cho mạch hoạt động. 

0,5 

7

+ Một dây điện trở XY đồng chất tiết diện đều và con trượt Z có thể dịch chuyển 

dọc theo dây điện trở XZY 

+ Một điện kế G để phát hiện cường độ dòng điện nhỏ chạy qua nó 

Trong đó nguồn điện E x hoặc E 0 được mắc xung đối với nguồn điện U. Dòng điện 

do nguồn E x hoặc E 0 phát ra chạy tới điểm X có chiều ngược với dòng điện I do 

nguồn điện U cung cấp nên chúng có thể bù trừ nhau. 

-Nếu đóng khóa K thì sẽ có dòng điện chạy qua nguồn điện E x và kim điện kế G bị 

lệch. Dịch chuyển dần con trượt Z ta sẽ tìm được vị trí thích hợp của con trượt Z sao 

cho kim điện kế G trở về đúng số 0. Khi đó cường độ dòng điện chạy qua nguồn 

điện E x và điện kế G có giá trị bằng 0, còn dòng điện chạy qua dây điện trở XZY có 

cùng cường độ với dòng điện I do nguồn U cung cấp mạch chính. 

-Hiệu điện thế U x giữa hai cực của nguồn điện E x bằng: 

0,5 

0,5 

Mà: 

Suy ra: (1) 

-Thay nguồn điện E x bằng nguồn điện áp chuẩn có suất điện động E 0 . Nếu dịch 

chuyển con trượt tới vị trí Z’ để kim điện kế G lại chỉ đúng 0, và dòng điện chạy 

quaday XZY vẫn giữ nguyên bằng cường độ dòng điện I do nguồn U cung cấp cho 

mạch chính. 

- Trường hợp này U 0 giữa hai cực của nguồn điện áp chuẩn E 0 bằng: 

0,5 

-Từ (1) và (2): 

Và (2) 

Hay: 

Như vậy, nếu biết E 0 của nguồn điện áp chuẩn, đồng thời đo được độ dài và 

ứng với các vị trí của con trượt tại Z và Z’ trên dây điện trở XZY khi dòng điện 

chạy qua điện kế G bằng 0, ta sẽ xác định được E x cần đo. 

*Trình bày phương pháp đo và cách xử lý số liệu. 

0,5 

Tính và biểu diễn kết quả đại lượng đo trực tiếp 

8

Tính và biểu diễn kết quả suất điện động cần đo E x 

0,5 

-------------- Hết ---------------- 

9

TRƢỜNG THPT CHUYÊN 

HÙNG VƢƠNG 

ĐỀ ĐỀ XUẤT 

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƢỜNG THPT 

CHUYÊN VÙNG ĐỒNG BẰNG DUYÊN HẢI BẮC BỘ 

NĂM HỌC 2017-2018 

MÔN: VẬT LÍ 

Câu 1: Tĩnh điện (5,0 điểm) 

Một tụ phẳng không khí tạo bởi hai bản song song, mỗi vản có diện 

tích S = 20 cm 2 , đặt cách nhau một khoảng d = 2mm. Giữa hai bản tụ đặt một 

tấm có bề dày là d/2 có cùng diện tích với hai bản tụ, hằng số điện môi = 2 

và điện trở suất = 10 10 .m. Tụ được mắc vào một nguồn điện không đổi 

50V qua khóa K (như hình vẽ). 

a) Tính thời gian đặc trưng của sự tồn tại dòng điện trong mạch khi 

đóng khóa K. 

b) Vẽ phác đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc điện tích trên tụ theo thời 

gian. 

c) Tính nhiệt lượng tỏa ra trên tấm trong thời gian tồn tại dòng điện 

trong mạch. 

Lời giải 

K 

U 0 

CÂU 1 

a) Ngay sau khi đóng mạch điện, trên mặt tấm xuất hiện điện tích 

phân cực, mật độ điện tích trên bản tụ như hình vẽ: 

 

0 

0 

ĐIỂM 

E 0 

E 1 

0,25 

d d 

U E E (1) 

2 2 

- Hiệu điện thế giữa hai bản tụ: 

0 0 1 

Với 

 

E 

 

 

E 

 

E 

0 

1 

 

 

 

0 

0 

 

 

 

0 1 

0 

2U 

1 d 

(2); 

0,25 

E0 

E 

1 

 

0 

0,25 

0 

 

- Điện tích của tụ: 

2U S 

1 d 

0 0 

10 

Q S E S 5,9.10 (C) 

0 0 0 0 

* Dưới tác dụng của điện trường trong tấm có dòng điện, dòng điện làm thay đổi điện tích trên 

các bản tụ. Dòng điện chấm dứt khi điện trường trong tấm bằng không. 

* Khi dòng điện trong tấm bằng 0: 

- Điện tích trên các bản tụ: 

 

1 

1 

0,25 

0,25 

' 

E 0 

1 

 

 

' 2U0 

E 

 

0 

d 

0,25 

' ' ' 2U S 

0 0 

10 

Q S E S 8,8.10 (C) (3) 

0 0 0 0 

d 

0,25

U 

0 0 1 

 

0 

d 2 

U S S U S Q 

0 0 1 0 0 1 

Q S 

0 0 

d 2 d 2 

0,25 

2U S 

0 0 

Q 2Q (4) 

1 0 

d 

0,25 

- Từ (1) và (2) suy ra: 

- Cường độ dòng điện trong mạch: 

d 

Q E 

2 E S ( )S Q Q 

I 

t 

R 

1 

1 1 0 1 0 1 

0 0 

1 2U S 

0 0 

1 2U S 

0 0 

Từ (4) suy ra: I Q 2Q Q 

0 

0 

0 

 

 

d 

 

d 

0 

 

0 

1 ' 

Từ (3) suy ra: I Q Q 

0 0 

 

0 

- Thời gian đặc trưng của sự tồn tại dòng điện trong mạch: 0,085(s) 

0 

0,25 

b) Đồ thị Q - t: 

Q(.10 -10 C) 

0,25 

0,25 

0,25 

8,8 

5,9 

0,5 

O 

0,085 

t(s) 

c) Năng lượng ban đầu của tụ: 

W 

QU 

2 

- Công của nguồn điện trong thời gian có dòng điện: 

- Năng lượng điện trường của tụ khi dòng điện chấm dứt: 

- Nhiệt lượng tỏa ra trên tấm trong thời gian có dòng điện đi qua: 

0 0 

0,25 

0 

A (Q Q )U 

0,25 

W 

1 

' 

0 0 0 

QU 

2 

' 

0 0 

0,25 

' 

Q U 

0 0 ' Q U 

0 0 

0,25 

Q W A W (Q Q )U 

toa 0 1 0 0 0 

2 2 

' 

(Q Q )U 

0 0 0 

10 

Q 72,5.10 (J) 

0,25 

toa 

2 

Câu 2: Từ trƣờng (4,0 điểm) 

Một khung dây dẫn hình vuông cạnh a = 10 cm, khối lượng m = 5 g đặt trong một từ trường đều có 

cảm ứng từ B = 0,1 T giữa hai cực của một nam châm (ban đầu, một cạnh của khung nằm ở mép của cực từ). 

Giả sử từ trường đều giữa hai cực từ còn bên ngoài hai cực từ, từ trường bằng 0. Điện trở của khung R = 

0,01 . Ở thời điểm t = 0, kéo khung với lực không đổi F = 10 –4 N ra ngoài hai cực từ. 

a) Vẽ đồ thị vận tốc của khung theo thời gian trong 12 s đầu.

) Nếu khung dây siêu dẫn và có độ tự cảm L = 0,1 H và lúc t = 0 khung được kéo bởi lực không đổi. Tìm 

lực cực tiểu để kéo khung ra khỏi hai cực từ. 

Lời giải 

CÂU 2 

ĐIỂM 

a) Xét thời điểm khung có vận tốc v, suất điện động và dòng điện trong khung là: 

Bav 

0,5 

Bav; i 

R 

Áp dụng định luật II Newton: F – F t = ma 0,25 

2 2 

B a v dv 

=> F m 

R 

dt 

0,25 

2 2 2 2 

F kt 

2t 

B a 0,1 .0,1 

v 1 e 0,011 e (Với k 2) km 

mR 0,005.0,01 

0,5 

(Vẽ hình) 

v (m/s) 

0,01 

0,5 

O 

di dx 

b) Do khung dây siêu dẫn nên: L Ba 

dt dt 

0,25 

Ba 

i x 

L 

0,25 

Phương trình chuyển động cho khung: F – Bia = mx” 0,25 

2 2 

FL FL B a 

Nghiệm của phương trình là: x cos t 

2 2 2 2 

B a B a mL 

 

0,5 

FL 

Để kéo khung ra khỏi cực từ: 2 

2 2 

Ba a 

0,5 

2 3 

Ba 

5 

F 5.10 N 

2L 

0,25 

Câu 3: Quang hình (5,0 điểm) 

Hai thấu kính hội tụ O 1 , O 2 đặt cách nhau một khoảng l. Một vật AB = 8 cm, đặt trươc O 1 có một ảnh 

' ' 

trên màn M: A B 2cm , cùng chiều với AB. Đặt một bản mặt song song có chiết suất n = 1,5, độ dày e = 

9 cm giữa hai thấu kính, thì phải dịch chuyển màn ra xa O 2 một đoạn 3cm và ảnh cao 8 cm. Đặt bản đó giữa 

vật và O 1 , thì phải dịch chuyển màn 1 cm. Tính tiêu cự f 1 , f 2 của hai thấu kính. 

Lời giải 

2 4 6 8 10 12 t (s) 

CÂU 3 

ĐIỂM

Khi không có bản 

mỏng: 

B 

A 

O 1 

A 1 

O 2 

A ' 

B ' 

0,5 

B 1 

Khi bản mỏng đặt giữa 

O 1 và O 2 

B 

A ' 

A 

O 1 

A 1 

A ' 1 

O 2 

B ' 

0,5 

B 1 

B ' 1 

- Độ dịch chuyển vật A ' 1 B ' 1 của O 2 là: 

2 

- Độ dịch chuyển ảnh A ' B ' của O 2 là: 

d 1 

e(1 ) 3cm 

n 

0,25 

' 

d 

3cm 

0,25 

2 

' 

- Gọi k là độ phóng đại của ảnh qua O 

2 

2 khi không có bản mỏng; k 

2 

là độ phóng đại của ảnh 

qua O 2 khi có bản mỏng; k là độ phóng đại của ảnh qua O 

1 

1 khi không có bản mỏng. 

' 

' d 3 

2 

k .k 1 

2 2 

d 3 

2 

' ' 

A B 2 1 

k .k 

1 2 

 

AB 

 

8 4 

0,25 

'' '' 

' A B 8 

k .k 1 

1 2 

AB 8 

0,25 

1 ' 

1 

k 

2 

;k2 2;k1 

 

2 2 

0,25 

' 

d 1 

2 

 

d 2 

2 

d 

6 cm 

2 

f 2 cm 

' 

 

' 

2 

d 3 d 3 cm 

2 

2 

2 

 

 

d 3 

2 

0,25 

Khi bản mỏng đặt giữa O 1 và vật AB 

B 

A 

B 1 

A 1 

O 1 

A ' 1 

O 2 

B ' A ' 

0,25 

0,5 

B ' 1

- Khoảng cách ảnh 

- Khoảng cách vật 

- Độ dịch chuyển ảnh 

O : 

' ' 

AB đến 

2 

' ' 

AB 

1 1 

đến 

2 

' ' 

1 1 

O : 

AB của AB qua O 1 : 

' 

d 3 1 4 cm 

0,25 

2 

' 

df 

2 2 

d 4 cm 

2 0,25 

' 

d f 

2 2 

d 6 4 2 cm 

0,25 

' 

1 

1 

- Độ dịch chuyển vật AB qua O 1 : d e(1 ) 3 cm 

0,25 

1 

n 

' 

' d 2 

1 

k .k 

1 1 

0,25 

d 3 

1 

1 ' 4 

k k 0,25 

1 1 

2 3 

' 

d 1 

1 

 

d 2 

1 

d 

7,2 cm 

1 

f 2,4 cm 

' 

 

' 

1 

d 2 2 d 3,6 cm 

1 

0,25 

1 

 

 

d 3 3 

1 

Vậy tiêu cự của O 1 và O 2 là: f 2,4 cm ; f 2 cm 

1 

2 

Câu 4: Dao động cơ (3,0 điểm) 

Hai xi lanh mỏng bán kính và khối lượng tương ứng là R 1 , R 2 và m 1 , m 2 được ghép lại 

thành hình số 8. Cho hệ dao động nhỏ quanh trục nằm ngang trùng với điểm tiếp xúc (m 1 nằm 

trên, m 1 < m 2 , R 1 < R 2 ). Tính chu kỳ dao động nhỏ quả hệ. 

m 1 

m 2 

Lời giải 

CÂU 4 

Xét tại thời điểm hệ có li độ góc , chọn mốc thế năng tại điểm nằm trên trục quay, có năng 

toàn phần của hệ hai xi lanh là : 

1 1 

W m R cos m R cos 2m R ' 2m R ' 

2 2 

2 2 2 2 

1 1 1 2 1 1 2 2 

ĐIỂM 

Cơ năng của hệ bảo toàn nên dW 0 

dt 

0,5 

2 

2 

Suy ra : (m 2 R 2 – m 1 R 1 )sin.’ + 2(m 1 R + m 

1 2 R )’’’ = 0 

2 

0,5 

Với nhỏ, ta có sin 0,5 

m2R 

2 

m1R1 

suy ra : 

2 2 

2 m R m R 

'' 0 

0,5 

 

1 1 2 2 

Vậy hệ dao động điều hòa với chu kì : 

 

T2 

 

2 m R m R 

2 2 

1 1 2 2 

m R 

m R 

2 2 1 1 

Câu 5: Phƣơng án thực hành (3 điểm) 

Cho các dụng cụ thí nghiệm sau: 

- Một khối trụ bằng nhôm M, có rãnh ở bề mặt trụ và trục ở giữa có thể gắn cố định. 

 

0,5 

0,5

- Một giá thí nghiệm để gắn khối trụ M. 

- Một quả nặng có khối lượng m đã biết. 

- Một lực kế. 

- Một sợi dây mảnh, không giãn. 

- Một cái thước êke và giấy vẽ đồ thị. 

Hãy xây dựng một phương án thí nghiệm để đo hệ số ma sát nghỉ giữa sợi dây và khối nhôm. 

Yêu cầu: 

a) Thiết kế và vẽ mô hình thí nghiệm. 

b) Xây dựng cơ sở lí thuyết cho thí nghiệm và đưa ra các phương trình cần thiết. 

c) Đưa ra công thức tính hệ số ma sát nghỉ giữa sợi dây và khối nhôm và nêu tiến trình thí nghiệm. 

Lời giải 

a) Gắn trụ cố định vào giá đỡ 

CÂU 5 

T() 

ĐIỂM 

T(+d) 

d 

 

F 

0,25 

mg 

- Dùng sợi dây buộc vật nặng và vắt qua trụ, đầu còn lại buộc vào lực kế và giữ cho dây không 

trượt để đo lực căng của sợi dây tại vị trí ứng với góc . 

0,25 

- Thả lực kế đến khi vật nặng bắt đầu trượt xuống dưới. Khi này, lực ma sát giữa sợi dây và trụ là 

lực ma sát trượt. 

0,25 

b) Xét một phần tử dây có chiều dài dl ứng với góc d

ĐỀ THI CHỌN HSG CÁC TỈNH ĐBDH BẮC BỘ LẦN VI 

( Trường THPT Chuyên Hưng Yên ) 

MÔN: VẬT LÝ KHỐI 11 

Câu 1( 4,5 điểm ): Một tấm phẳng, đồng chất hình tròn bị khoét một phần có 

góc ở tâm 2 / 3. Cho khối lượng của tấm là m, bán kính R. Tấm được gắn 

với trục quay cố định nằm ngang đi qua O( hình vẽ ). Bỏ qua ma sát ở trục 

2 / 3 

quay. 

O 

1- Xác định vị trí khối tâm của tấm. 

2- Khi tấm đang ở vị trí cân bằng thì điểm B ( giao điểm của đường thẳng 

đứng qua trục quay và khối tâm G với mép tấm) nhận được vận tốc V 

0 

theo 

phương ngang. 

a- Tìm vận tốc góc và gia tốc góc của tấm theo góc lập giữa AB và đường thẳng đứng. 

(có thể hỏi thêm: b- Xác định giá trị tối thiểu của V 

0 

để AB có thể đạt tới vị trí nằm ngang về bên phải. 

c- Xác định phản lực tại O khi thanh ở vị trí nằm ngang) 

3- Trên đường OG qua khối tâm, người ta gắn thêm một vật nhỏ khối lượng m1 m/2, cách O 

một đoạn x. Cho hệ dao động nhỏ quanh trục qua O. Tìm x để chu kỳ dao động của hệ là nhỏ nhất. 

Câu 2 ( 4,5 điểm ): Một vùng không gian hình cầu bán kính R có mật độ điện tích phân bố đều và tổng 

điện tích là +Q. Một êlectron có điện tích –e, khối lượng m có thể di chuyển tự do bên trong hoặc bên 

ngoài hình cầu. 

1. Bỏ qua hiện tượng bức xạ điện từ. 

a. Xác định chu kỳ chuyển động tròn đều của êlectron quanh tâm quả cầu với bán kính r (xét 

trường hợp r > R và r < R). 

b. Giả sử ban đầu êlectron đứng yên ở vị trí cách tâm hình cầu khoảng r = 2R, xác định vận tốc 

của êlectron khi nó chuyển động đến tâm của hình cầu tích điện theo R, Q, e, m, ε o. 

2. Thực tế khi êlectron chuyển động có gia tốc quanh quả cầu êlectron sẽ bức xạ sóng điện từ với 

2 

eQa 

công suất bức xạ tính bằng công thức P trong đó a là gia tốc của êlectron, ε 6 3 

o là hằng số điện, c 

o c 

là tốc độ ánh sáng trong chân không. Giả sử quỹ đạo của êlectron vẫn gần như tròn trong mỗi chu kỳ. 

Tính thời gian bán kính quỹ đạo chuyển động của êlectron giảm từ R xuống R 2 . 

Câu 3 ( 4 điểm ): Một khung dây dẫn cứng hình vuông, tâm O, cạnh a, khối lượng m, độ tự cảm L, được 

giữ nằm trong mặt phẳng nằm ngang xOy, các cạnh của khung song song với các trục Ox và Oy (Hình 

vẽ). Khung được đặt trong một từ trường không đều B có các thành phần biến thiên theo tọa độ 

B 0; B y; B z. Tại thời điểm t = 0, người ta buông khung. Biết rằng trong quá trình chuyển 

x y 1 z 2 

động mặt phẳng của khung luôn vuông góc với trục Oz. Bỏ qua sức cản không khí. 

1. Giả sử xem điện trở của khung bằng không. Tìm biểu thức phụ thuộc 

thời gian t của cường độ dòng điện i trong khung. Tìm giá trị cực đại của i. 

2. Thực tế khung có điện trở R. Tìm biểu thức phụ thuộc thời gian của cường độ dòng điện i trong 

khung. 

Câu 4 ( 4 điểm ): Một môi trường trong suốt được ngăn cách với không khí (chiết suất coi như bằng 1) 

bởi một mặt phẳng (P), trục Ox vuông góc với mặt phẳng và có gốc tọa độ O nằm trên mặt phẳng. 

Chiết suất của môi trường trong suốt nr thay đổi theo khoảng cách r đến trục Ox theo quy luật

1 

2 

2 2 

A 

với n A là chiết suất của môi trường tại điểm cách trục Ox một đoạn a 1 

n n k a r 

ka . 

Chiếu một chùm sáng nhỏ hình trụ, bán kính R, trục đối xứng trùng với Ox từ không khí tới mặt phân 

cách (P). Gọi MN là tập hợp giao điểm của các tia sáng với trục Ox lần đầu tiên. 

1. Xác định chiều dài đoạn MN. 

2.Tính hiệu quang trình cực đại của các tia sáng trong chùm sáng khi đi từ mặt phân cách đến 

đoạn MN lần đầu tiên. 

Câu 5 ( 3 điểm ): Cho các dụng cụ sau: 

+ Thước kẹp (Palmer). 

+ Một máng có dạng hình trụ tròn có bán kính trong R như hình vẽ 

(hình 1) (giá trị R lớn hơn giới hạn đo của thước kẹp). 

+ 10 viên bi thép đồng chất có dạng hình cầu nhỏ, kích thước khác 

nhau (Các viên bi này chỉ lăn không trượt ở mặt trong của máng hình trụ tròn 

nói trên). 

+ Một đồng hồ bấm giây. 

Thí nghiệm được tiến hành ở nơi có gia tốc trọng trường g đã biết. 

Yêu cầu trình bày phương án thí nghiệm đo bán kính trong R của máng hình trụ tròn (trình bày 

cơ sở lý thuyết, các bước tiến hành thí nghiệm và xử lí số liệu). 

R 

Hình 1


Câu 1 4,5 điểm 

1 Vị trí khối tâm: 

- Do tính đối xứng, khối tâm năm trên OX 

- Chia quạt tròn thành vô hạn các quạt nhỏ có góc ở tâm là d 

1 2 

Xét hình quạt xác định bởi góc , có diện tích ds 

R d , tọa 

2 

độ trọng tâm là 2 Rcos ( như tam giác). 

3 

- Tọa độ khối tâm của hình quạt: 

 

 

1 1 1 2 1 2 sin 

m S R 

3 2 3 

2 

xG 

xdm xds Rcos R d 

R 

2 

 

2 

2 3 / 2 R 3 

Với ta tìm được: xG 

R . 

3 

3 2 / 3 2 

2 Viết phương trình bảo toàn cơ năng: 

1 2 1 2 

I0 

I mg OG 1 

cos 

 

2 2 

V0 

Thay 0 

và biến đổi ta được: 

R 

2 

V 

2 

2mg OG 1cos 

 

0 

 

2 

R 

I 

+) Tìm I: 

 

 

O 

2 / 3 

 

O G 

 

d 

 

X 

0,5 

0,5 

0,5 

0,25 

Mômen quán tính của đĩa tròn đồng chất với trục quay qua O bằng MR 2 /2. 

Ta xem đĩa tròn gồm ba tấm có góc ở tâm là 2 / 3 , tương đương 2 hình tròn đầy đủ 

1 3 2 3 2 

Momen quán tính của hình quạt sẽ là: I0 

2 

1 2 

mR mR 3I 

I 

mR 

2 2 2 

2 

R 3 

2 2 

V 2mg 

1cos 

2 

2 3 1 os 

0 0 

Từ đó: 

2 

V g c 

 

 

2 2 

R 1 2 

mR 

R R 

2 

2 3g 

sin 

- Lấy đạo hàm theo t: 2 ' ' 

R 

3g 

sin 

- Vì ' ; ' nên 

R 

0,5 

0,75 

3 3- Khi hệ dịch khỏi vị trí cân bằng một góc nhỏ :

mgOG m gx 

I m x 

2 

 

1 

 

1 

 

mgOG 

m gx 

" 0 

I m x 

Chu kì T 

2 

R 3 

Thay OG , I 

2 

Tính 

T 

min 

Tìm được 

1 

2 

1 

2 

I m1 

x 

( mOG m x) 

g 

T 2 

R 

y 

R 

 

1 

 

1 R 

2 m 

m , m1 

tìm được: 

2 

2 

 

2 2 

3 x 

R 

 

x 

2 2 

( R 3 x) 

g 

x 

 

min 

2 2 

x 2R 3x R 

y ' 

0 

2 

R 3 x 

x 

2 

3 3 

 

 

 

Câu 2 4,5 điểm 

1 a. Trường hợp r > R áp dụng định lý O-G xét cho mặt cầu bán kính r 

2 Q Q 

4rE1 E1 

2 

4 

r 

o 

Theo định luật II Niu-tơn : 

Vì vậy: 

o 

 

=> eE 1 = mω 2 r => 

T 

1 

 

R 

16mr 

eQ 

'' 

2 

F ma 

sp 

m 

r 

1 eQ 2 

 

m 

4 r T 

3 3 

o 

2 

o 1 

Trường hợp r < R ta cũng áp dụng định lý O-G cho mặt cầu bán kính r nhưng lúc này 

3 

4 3 

r 

r 3 

Q 

r 

3 

điện tích là : q 3 

2 

Q r 

Q Q => 4r E 

3 

2 

R E2 

3 

4 3 

R 

R 

o 

4o 

R 

3 

eE 2 = mω 2 r 

2 

Qr 2 

 

4omR 

=> e m r 

3 => T2 

2 

4oR T1 

 

eQ 

b. Áp dụng định lý biến thiên động năng 

dW=dA 

0 

1 2 

=> mv 0 Fdr 

2 

 

2R 

3 

2 

r 

0,5 

0,5 

0,5 

0,25 

0,25 

0,5 

0,25 

0,5 

0,25

R 0 

1 2 

1 eQ 1 eQr 

mv dr dr 

2 3 

2 

 

4 

2R 

o 

r 

 

4 

R o 

R 

R 0 

2 2eQ dr 1 eQ 

eQ 

=> v rdr 

2 3 

4om 

r R 

= => v 

2R R 2omR 

2omR 

2 Độ biến thiên cơ năng của electron sau thời gian dt do bức xạ điện từ 

dW = -Pdt 

1 2 

Với W mv Wt 

2 

Trong khoảng thời gian dt electron chuyển động coi như tròn với bán kính r 

2 2 2 

mv 1 eQr mv eQr 

=> 

3 3 

r 4 

R 2 8 

R 

o 0 

Thế năng: 

 

 

 

 

2 

1 eQr 3eQ 

eQr 

=> W => dW dr 

4 

3 

o R 8 0 

R 

3 

2 

oR 

eQr 1 eQr 

Ta lại có ma a 

3 3 

4 

R 4 

m R 

Theo bài ra 

 

R 

eQ 1 dr eQ 2 2 

Wt Fdr rdr (3R r ) 

3 2 

3 

4 

r 0 

R 

 

r 8 

r R 

0R 

o 

2 

eQa 

P => 6 c 

3 

Thay vào trên ta được 

3 3 2 

eQrdr e Q r 

 

2 

R 96 c m R 

o 

3 3 3 3 2 6 

o 

R 

2 2 3 2 3 2 

o 

2 2 

e Q 

R 

r 

o 

dt 

o 

3 3 2 

P e Q r 

96 c m R 

=> 

48 c m R dr 

=> t => 

3 3 3 2 6 

o 

2 2 3 2 3 

48oc m R dr 

dt 

2 2 

e Q r 

2 2 3 2 3 

48oc m R 

t 

ln 2 

2 2 

eQ 

Câu 3 4 điểm 

2 

1 1. Từ thông toàn phần a 2z Li 

d 

2 

Ta có e Ri, mà xem R = 0 nên const 

hay a 2z Li 0 

dt 

2 

a 2z 

Lúc t = 0 thì z = 0, i = 0. Do đó tại thời điểm t: i 

L 

Lực từ tổng hợp tác dụng lên khung ( không bị biến dạng) ở thời điểm t chỉ do thành 

phần B y , lực này hướng lên trên (trục Oz) 

2 a 

F 2a 1y i a 

1i 

(vì y ). 

2 

4 

2 a 

1 2z 

Phương trình chuyển động của khung: mz mg a 1i mg 

 

L 

4 

4 

a 

1 2 

mgL a 

1 2 

z 

z 0 

4 x 

x 0 

mL a 

1 2 

mL 

x 

0,25 

0,5 

0,25 

0,25 

0,5 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25

2 

Nghiệm x A cos t 

với 

0 

mgL 

Lúc t = 0, z = 0 z A cos 

4 

a 

1 2 

z 0 Asin 0 0 

mgL 

Như vậy z 

4 

cos0t 1 

a 

1 2 

2 

a z mg 

1 

Từ đó i 1 cos 

t 

2mg 

Suy ra Imax 

2 

a 

1 

L 

a 

2 

 

1 

 

mL 

z A cos t 

2 1 2 

0 

a 

d 

2) Ta có e Ri suy ra 

dt 

2 

2 

a 1 

mz mg a 

1i 

hay z g i (2) 

m 

1 

Từ (1) ta có z 

2 

Ri Li 

. Thay vào (2) 

a 

a 

 

4 

1 2 

Ri 

Li 

i 0 

2 

mL a 1 

 

 

2 

mg 

R 

x 

2x 

x 0, và a 

2L 

 

Nghiệm x Ae t cos t 

X 

 

 

0 

2 

a 

2z Li Ri 

 

mL 

2 2 1 2 

0 0 

với 

1 

 

 

2 2 

1 0 

t 

mg 

i Ae cos1t 

 

 

2 

a 1 

Lúc t = 0: i 

mg 

mg 

i 0 Acos 0 A 

 

a a cos tan 

1 

i 0 A cos Asin 0 

2 2 

1 1 

 

1 

 

mg 

2 

a 

 

 

0 t 

Thay vào trên i 1 e cos t 

1 1 

1 

 

 

 

mgL 

0 

4 

a 

1 2 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 


1 Xét tia sáng vào môi trường tại B cách O một khoảng OB = b. 

Chia môi trường thành các lớp mỏng song song với trục Ox sao cho mỗi lớp coi như 

chiết suất không đổi. 

 

Tại mọi vị trí, ta luôn có: nr sinir const nB sin nB 

2 

0,25

2 

Mà 

 

2 1 nr 

A 

i 

 

r 

2 2 2 

r B nA 

1k a b 

 

2 

2 2 2 2 2 2 

n 1k a r 

1k a r 

cot 1 

sin i n 1 k a b 

 

 

2 2 2 2 2 

2 2 

2 dr 

k 

2 2 

ir 

 

b r 

2 2 2 

cot 

dx 1k a b 

 

 

dr 

2 2 

kb 

b r r bsinkbx C 

dx 

Tại r = b, x = 0 nên C r bcoskbx 

2 

Quỹ đạo của tia sáng trong môi trường trong suốt có dạng hình sin. 

2 2 2 

Vị trí tia sáng cắt trục Ox lần đầu tiên là: fb 

1 k a b 

Như vậy: f 2 2 2 2 2 

max 

f0 1 k a ; fmin 

fR 

1 k a R 

 

2k 

 

 

2k 

2k 

f f f 

2 k a 

k 2k 

k a R 

 

4 

kR 

Chiều dài vệt sáng: 

max min 

1 1 

 

 

2 2 2 2 2 2 

2 Quang trình của đoạn ứng với 1/4 chu kì của tia đi theo đường r bcosk x 

mặt phân cách tới vị trí cắt trục Ox lần đầu tiên) bằng: 

 

' 

2 

L n dl n 1 

r dx 

b r r x 

 

2k b 

2 2 2 

k b r 

2 2 2 

b 

A 

1 1 2 2 2 

0 

1 

k a b 

 

 

 

 

L n k a r dx 

L 

b 

nA 

1k a 

 

 

2k 

2 2 

kb 

 

2 

2 2 

 

 

 

n n k R 

L0 1 k a ; L 1 k a 

2k 

2k 

2 

Như vậy: 

A 

 

L 

 

max 

n A 

 

kR 

4 

2 2 

2 2 A 2 2 

R 

2 

 

 

 

 

b 

(từ 

0,5 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,5 

0,25 


* Cơ sở lý thuyết: 

- Viên bi thép chịu tác dụng của các lực như hình vẽ (trọng lực P , lực ma sát nghỉ 

f , phản lực N ) , chọn chiều dương như hình vẽ. 0,25 

(+) 

f 

(+) 

N 

 

P

- Theo định luật II Newton: mg sin 

f maG 

(1) 

- Áp dụng phương trình động lực cho chuyển động quay quanh trục quay trùng với 

khối tâm: 

2 2 2 

f . r mr . f mr. 

 

5 5 (2) 

- Do hình trụ lăn không trượt, khối tâm G của nó chuyển động tròn với bán kính R-r 

nên ta có: 

. r 

aG 

'' 

Và: a 

G 

 

( R r) 

(3) 

'' 5 g 

- Thay (2) và (3) vào (1) ta được: sin 

0 

7 ( R 

r) 

0 

'' 5 

Do 10 nên sin g 

0 

7 ( R r) 

 

 

- Vậy các viên bi thép dao động nhỏ với chu kì: 

T 2 

7( R 

r) 

5g 

2 

2 28 

5g 

2 

T ( )( R r) r R ( )T 

2 

5g 

28 

- Đặt x = T 2 5g 

; a ( ); b = R; y = r y = ax + b (*) 

2 

28 

* Các bước tiến hành thí nghiệm và xử lí số liệu: 

0 

- Lần lượt đặt từng viên bi thép nhỏ vào trong máng ở vị trí lệch góc 10 so với vị 

trí thấp nhất (đáy máng) và thả nhẹ để các viên bi dao động điều hòa và đo chu kì 

dao động nhỏ của 10 viên bi thép. 

- Sử dụng thước kẹp để đo bán kính r = y của các viên bi, sử dụng đồng hồ bấm giây 

để đo chu kì dao động T của các viên bi rồi suy ra x = T 2 ; ta có bảng số liệu sau: 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

Lần đo 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 

x x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x 7 x 8 x 9 x 10 

0,25 

y y 1 y 2 y 3 y 4 y 5 y 6 y 7 y 8 y 9 y 10 

- Để tìm bán kính R của máng (R = b) ta làm như sau: Vẽ đồ thị hàm bậc nhất (*) với 

10 cặp giá trị rồi ngoại suy đồ thị bằng cách kéo dài đồ thị cắt trục Oy, tại điểm cắt 

trên trục Oy ta có giá trị R. 

0,25

y 

R 

0,25 

O 

x 

Ghi chú : Nếu HS không làm được theo phương pháp bình phương tối thiểu mà học sinh biết tuyến 

tính hoá và vẽ được đồ thị và viết gần đúng phương trình đường thẳng, cho 1 điểm


Trường THPT chuyên Lam Sơn Thanh Hóa 

Môn: VẬT LÍ 

Lớp: 11 

Câu 1. 

Ba quả cầu giống nhau được đặt tại 3 đỉnh của tam giác đều cạnh a, được nối với nhau 

bằng các sợi dây. Điện tích và khối lượng của mỗi quả cầu là q và m. Người ta cắt một 

trong các sợi dây. Tìm vận tốc cực đại của quả cầu ở giữa. Bỏ qua tác dụng của trọng 

lực. 

Câu 2. 

Một khung dây dẫn hình vuông mỗi cạnh a và một dòng điện thẳng I 0 nằm trong mặt 

khung dây. Độ tự cảm của khung dây là L, điện trở của nó là R. Khoảng cách giữa I 0 và 

OO’ là b. Quay khung dây xung quanh trục OO’ góc 180 0 rồi dừng lại. Tính điện lượng 

đi qua khung. 

b 

O 

I 0 

1 2 

O’ 

Câu 3. Một kính hiển vi vật kính có tiêu cự f 1 = 0,8 cm, đường kính chu vi thấu kính D 1 

= 0,4 cm; thị kính có tiêu cự f 1 = 2,5 cm, đường kính chu vi thấu kính D 2 = 0,8cm. Một 

người mắt không có tật, khoảng cực cận Đ = 25 cm, quan sát vật nhỏ AB qua kính hiển 

vi ở trạng thái mắt không điều tiết, khi đó, số bội giác là G ∞ = 150. 

1. Xác định vị trí vật AB và độ dài quang học của kính hiển vi? 

2. Coi quang tâm O 2 nằm sát mắt. Xác định góc mở φ của thị trường kính hiển vi. Trong 

mặt phẳng chứa vật, vuông góc với trục chính thì đường kính vùng sáng mà mắt quan 

sát được là bao nhiêu? 

3. Để tận dụng toàn bộ chùm sáng qua kính người quan sát đưa mắt xa thị kính một ít. 

Xác định vị trí mắt, góc mở φ của thị trường mà người đó nhìn được trong trường hợp

này? Cho rằng đường kính con ngươi của mắt người quan sát d 0 = 1 mm, hỏi toàn bộ 

chùm sáng qua kính có lọt vào mắt không? 

Câu 4. 

Cho hệ như hình vẽ, k 1 = 100 N/m; k 2 = 200 N/m; m = 200 g. Ròng rọc nhẹ, không có 

ma sát ở trục. Dây nối nhẹ, không dãn. Nâng vật lên theo phương thẳng đứng đến lúc 

các lò xo không biến dạng thì thả nhẹ. Chứng minh vật dao động điều hòa, viết phương 

trình dao động của vật. 

k 1 

k 2 

m 

Câu 5. 


+ Một viên bi đặc, đồng chất có dạng hình cầu. 

+ Một thước Panme. 

+ Một đồng hồ bấm giây. 

+ Một gương cầu lõm chưa biết bán kính cong. 

Hãy xây dựng cơ sở lý thuyết và từ đó nêu phương án thí nghiệm đo bán kính cong của 

gương cầu lõm trên.


Trường THPT chuyên Lam Sơn Thanh Hóa 

Môn: VẬT LÍ 

Lớp: 11 

Câu 1. 

Lực căng dây tương tác giữa A, B và lực tương tác giữa A, C là nội lực 

………………………………………………. 0,5 điểm 

Khối tâm của hệ đứng yên vì FBC 

FCB 

A dịch chuyển trên Oy lại gần O (do đối 

xứng) 

………………………………………………. 0,5 điểm 

A 

y 

B 

O G 

C 

x 

ABC luôn cân, để G đứng yên thì 

y 

B 

y 

yC 

 

2 

………………………………………………. 0,5 điểm 

Hệ ngừng chuyển động khi A, B, C thẳng hàng trên trục x 

A 

F C = 

kq 

4x 

2 

2 

………………………………………………. 

0,5 điểm 

dA C = F C dx = 

2 

kq dx 

4x 

2 

2 

kq 

A C = - = 

4x / 

a 

a 2 

2 

kq 

4a 

………………………………………………. 

2 2 

myC 

myA 

Động năng của hệ: W = 2 = 

2 2 

2 

my A 

4 

+ 

2 

my A 

2 

………………………………………………. 

= 

2 

3my A 

4 

0,5 điểm 

0,5 điểm

Áp dụng định lí động năng cho hệ kể từ lúc bắt đầu chuyển động cho đến ngay trước khi 

dừng 

A B + A C = 2A C = W 

Câu 2. 

 

2 

2 

kq 

2a = 3my A 

4 

v Amax = 

q 

2k 

3ma 

………………………………………………. 

1,0 điểm 

Khi khung quay, từ thông qua nó biến thiên có dòng điện cảm ứng I, sđđ E và sđđ tự 

cảm e tc ………………………………………………. 0,5 điểm 

Công nguồn điện trong thời gian dt 

E Idt - L dI 

dt .Idt = I2 Rdt - d 

Idt - LIdI = I 2 Rdt 

dt 

Chia hai vế cho IR được 

………………………………………………. 

- d L t 

1 

dI Idt q = Idt 

R R 

= - L I 

R 

0 

………………………………………………. 

 

Khi khung dừng lại I = 0 I = 0 q = - 

R R 

Tìm 

1 2 

………………………………………………. 

0I0 

Xét dS = adr cách I 0 khoảng r B = 

2 r 

; d = 0I0 

2r 

adr 

0Ia 

0 

1 = 

2 ln b 

b 

a 

………………………………………………. 

1,0 điểm 

0,5 điểm 

0,5 điểm 

1,0 điểm 

Tương tự (cận tích phân từ b đến b + a) chú ý do khung quay nên n đổi chiều do đó 

0Ia 

0 

2 = - 

2 ln b 

b 

 

q = 

0I0a b b a 

 

ln 

ln 

2R b a b 

Câu 3. 

a 

………………………………………………. 

0I0a b a 

q = ln 

2R b a 

………………………………………………. 

0,5 điểm 

1,0 điểm

L 

1. Sơ đồ: 

1 L2 

G 

 

1 2 

S S S ( ) 

d1 d 1' 

1 d2 

d 2 

2' 

Đ 

δ = 12cm ……………………………………. 0,25 điểm 

ff 

Khoảng cách 2 thấu kính: L = δ + (f 1 + f 2 ) = 15,3cm 

………………………………………………. 0,25 điểm 

Quan sát trạng không điều tiết d 2 ’ = ∞ d 2 = f 2 

d 1 ’ = L – d 2 = L – f 2 

d 

d .f (L f )f 

' 

1 1 2 1 

1 

 

' 

d1 f1 L f1 f2 

= 0,853 cm 

………………………………………………. 

0,5 điểm 

L1 

2. Dựng ảnh của mắt tại O 2 : O n 

M 

O 2 ’ B 

) 

O 2 

O ϕ 

1 A 

N 

2d 

O ' 

d' 2 

d.f 

d = L => 

1 

d' 0,844 

cm ……………………………………. 0,5 điểm 

d 

f 

1 

D 

1 

/ 2 

0 …………………………………………. 0,5 điểm 

tan 26,6 

2 d' 

Khoảng cách từ AB đến O 2 ’ là: Δd = AO 1 – O 2 ’O 1 = d 1 – d’ = 9.10 -3 cm 

………………………………………………. 

Đường kính vùng sáng chứa AB: MN = 2 d.tan 2 

 

= 43 µm 

0,25 điểm 

………………………………………………. 

3. Để tận dụng toàn bộ ánh sáng, dựng ảnh thấu kính L 1 qua thấu kính L 2 : 

L 

L2 

n 

1d 

d 

3 

3 ' 

L 

1 

' (O 1 ’ trùng với vị trí O của mắt) 

0,25 điểm 

d 0 

L 1 ’≡ 

O 

L 1 

O 2 

ϕ’( 

O 1 

df 

d 3 = L 

3 2 

d 

3 

' 2,99 

cm ……………………………………. 0,25 điểm 

d f 

3 2 

Cần dịch mắt ra xa O 2 là 2,99 cm ………………………………. 0,25 điểm

* Góc mở φ’: 

tan 2 

' D 

2 

/ 2 φ’ = 3 0 ………………………………. 0,25 điểm 

l 

* Chùm sáng tới phủ kín L 1 coi như vật có độ cao D 1 cho ảnh qua O 2 có độ cao D 1 ’ 

D 

1' 

d 

3' 

D 

1 

' 0,78mm …………………………………………. 0,5 điểm 

D d 

1 3 

D 1 ’ < d 0 chứng tỏ toàn bộ ánh sáng lọt vào con ngươi mắt. 

Câu 4. 

Chọn Ox +, gốc O VTCB 

………………………………………………. 

………………………………………………. 

Ở vị trí cân bằng: P = T 0 = F 02 = 

F 01 

………………………………………………. 

Luôn có 

x 

2k x 

k 

2 2 

1 

(2) 

k1 

k 

2 

1 1 

2l2 

kết hợp với (1) 

………………………………………………. 

Với m: mg - k2 l02 

= 0 (3) 

0,25 điểm 

2 hay k101 

mg k2l02 

(1) 

2 

0,25 điểm 

kx 

kx 

2 

1 1 

2 2 

 

0,5 điểm 

0,25 điểm 

* Nếu chỉ có k 1 thì khi k 1 biến dạng x 1 → vật dịch chuyển 2x 1 

………………………………………………. 0,25 điểm 

* Nếu chỉ có k 2 thì khi k 2 biến dạng x 2 → vật dịch chuyển x 2 

………………………………………………. 0,25 điểm 

4k 

Khi có cả 2 lò xo thì 2x 1 + x 2 = x 

2x2 k1x 

x2 x x2 

 

k 4k k 

………………………………………………. 0,25 điểm 

Tại li độ x khi vật đang dao động: mg - k l x 

2 02 2 

1 2 1 

= ma = mx” 

………………………………………………. 

0,25 điểm 

kx 

1 

mg - k2l2 

 

4k k 

2 1 

 

= mx” x” + 2 x = 0 

 

………………………………………………. 0,25 điểm

trong đó = 

k1k 2 

100.200 10 

 

 

m 4k k 0,2 4.200 100 3 

 

2 1 

 

rad/s 

 

………………………………………………. 

Vậy vật DĐĐH với phương trình: x = Acos(t + ) 

………………………………………………. 

mg 0,2.10 1 

Theo (3) l02 

m 1cm 

k 200 100 

2 02 

l01 

4 

k1 

100 

2 

0,25 điểm 

0,25 điểm 

……………………………………. 

0,25 điểm 

2k l 2.200.1 

cm 

……………………………………. 0,25 

điểm 

Khi cả 2 lò xo cùng không biến dạng thì vật ở trên vị trí cân bằng cách VTCB: 

2l 01 + l 02 = 9cm 

……………………………………………. 0,25 điểm 

9 

x0 

9 Acos 

 

cos 0 

Lúc t 0 = 0 → A 

v0 

0 Asin A 9cm 

sin0 

 

 

Vậy 

Câu 5. 

10 

 

x 9cos 

t cm 

3 

………………………………………………. 

0,25 điểm 

………………………………………. 0,25 điểm 

Trường hợp 1: Bi chuyển động không ma sát trên mặt cong của gương. Khi đó dao 

động của bi giống dao động của con lắc đơn có độ dài R 

r nên chu kì của bi là 

R r 

T2 . ………………………………………………. 0,5 điểm 

g 

Dùng thước Panme đo r , dùng đồng hồ đo T, dựa vào công thức trên tính đượcR . 

………………………………………………. 

0,5 điểm

Trường hợp 2: Bi chuyển động có ma sát trên 

mặt cong của gương. Phương trình của 

chuyển động quay cho tâm quay tức thời K 

a0 

mgsin .r 

I K 

, trong đó 

r 

và 

2 7 

5 5 

2 2 2 2 

IK 

IG 

mr mr mr mr . 

………………………………. 0,5 điểm 

Vì G chuyển động tròn quanh C nên ta có 

v (R r) suy ra a (R r) . 

G 

G 

………………………………. 0,5 điểm 

Thay I K 

và a G 

vào phương trình chuyển động quay và chú ý sin vì góc 

 

(rad) 

nhỏ, ta được 

mg r 

7 R r 

mr 

5 r 

2 

hay 

………………………………. 0,5 điểm 

 

5g 

 

0 

7(R r) 

Phương trình này chứng tỏ bi dao động điều hòa với chu kì 

7(R r) 

T2 . 

5g 

………………………………. 0,25 điểm 

Dùng thước Panme đo r , dùng đồng hồ đo T, dựa vào công thức trên tính đượcR . 

………………………………. 0,25 điểm 

Người ra đề: 

Trịnh Thọ Trường 

Di động: 0912601386

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN 

VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ KHỐI 11 

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH LAO CAI NĂM 2018 

ĐỀ THI ĐÈ XUẤT 


(Đề này có 05 câu, in trong 02 trang,Giáo viên ra đề: Phạm Văn Điệp – 0914815356) 

Câu 1: Tĩnh điện (4,0 điểm) 

Hai hạt α A và B, lúc đầu hạt A 

đứng yên, B bay từ rất xa tới với vận 

 

tốc v 0 

như hình vẽ. 

B 

+ 

m 

v 

0 

A 

+ 

h 

m 

Tính khoảng cách ngắn nhất mà B có thể tới gần A. Xét hai trường hợp: 

a. h = 0. 

b. h ≠ 0. 

4 

(Hạt α là hạt nhân của nguyên tử 

2 

He , mang điện tích +2e) 

Câu 2 : Điện và điện từ ( 5,0 điểm) 

Một thanh kim loại OA khối lượng m, chiều dài a có thể quay tự do quanh trục thẳng 

đứng Oz. Đầu A của thanh tựa trên một vòng kim loại hình tròn, tâm O, bán kính a, đặt cố 

định nằm ngang. Đầu O của thanh và một điểm của vòng kim loại được nối với điện trở 

thuần R, tụ điện C, khoá K và nguồn điện E tạo thành mạch điện như hình vẽ. Hệ thống 

được đặt trong một từ trường đều, không đổi có véc tơ cảm ứng từ B hướng thẳng đứng lên 

trên. Bỏ qua điện trở của OA, điểm tiếp xúc, vòng dây và của nguồn điện. Bỏ qua hiện tượng 

tự cảm, mọi ma sát và lực cản không khí. Ban đầu K mở, tụ điện C chưa tích điện.Tại thời 

điểm t = 0 đóng khoá K. 

a. Thiết lập hệ thức giữa tốc độ góc của thanh OA và điện 

tích q của tụ điện sau khi đóng khoá K. 

b. Tìm biểu thức và q theo thời gian t. Cho biết mômen 

2 

quán tính của thanh OA đối với trục quay Oz bằng ma . Cho 

1 

1 . 

3 

nghiệm của phương trình vi phân dy ay d 

dx với y = y (x) (d và a là 

hằng số) có dạng 

y 

d 

a 

ax 

A. 

e . 

B 

O 

z 

A 

E 

R 

C 

K

Câu 3: Quang hình(4,0 điểm) 

Một tia sáng chiếu từ 

không khí có chiết suất n 0 = 1 

đến mặt phẳng phân cách x = 0 

ngăn cách không khí với một 

môi trường trong suốt có chiết 

suất biến đổi theo phương gần 

như vuông góc với mặt phân 

cách đó - hình vẽ. Quĩ đạo của 

tia sáng có dạng đường hình sin. 

5 

0 

- 

5 

y(cm) 

20 

x (cm) 

a. Viết biểu thức mô tả dạng quĩ đạo của tia sáng. 

b. Tìm biểu thức chiết suất của môi trường theo biến tọa độ. 

Câu 4: Dao động cơ (4 điểm) 

Hai vật A, B có cùng khối lượng m = 0,2 kg, được nối với 

nhau bởi một lò xo khối lượng không đáng kể có độ cứng k = 20 

N/m. Hệ số ma sát giữa mỗi vật với sàn là μ = 0,2. Lực ma sát 

B k A 

nghỉ cực đại tác dụng lên mỗi vật bằng 1,5 lần lực ma sát trượt. Ban đầu vật A được kéo bởi 

một lực F có phương nằm ngang, độ lớn 0,8N. 

a.Viết phương trình chuyển động của vật A khi vật B còn nằm yên. 

b.Tìm thời gian từ lúc vật A bắt đầu chuyển động cho đến khi vật B bắt đầu chuyển 

động, khi đó vật A có vận tốc bằng bao nhiêu? 

Câu 5 : Phương án thực hành (3 điểm) 

F 

Cho công thức xác định lực ma sát nhớt tác dụng lên bi nhỏ: 

F 6 

. . 

v. 

r 

Trong đó: η là hệ số ma sát nhớt của chất lỏng, v là tốc độ chuyển động của bi so với 

chất lỏng, r là bán kính của bi. 

Cho các dụng cụ thí nghiệm: 

(1) Một ống thủy tinh hình trụ dài 

(2) Một đồng hồ bấm giây 

(3) Một thước đo chiều dài 

(4) Một hộp đựng các viên bi thép giống nhau có khối lượng riêng ρ t đã biết. 

(5) Chậu đựng dầu thực vật có khối lượng riêng ρ d đã biết. 

2

Trình bày cơ sở lý huyết, cách bố trí, các bước tiến hành thí nghiệm để xác định hệ số ma 

sát nhớt của dầu thực vật đã cho. 

HDC VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ XUẤT- ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 

Các trường THPT chuyên khu vực Duyên hải - ĐBBB lần thứ XI -2018 


Hướng dẫn giải 

Thang 

điểm 

Câu 1: (4,0 điểm) 

z 

a. Chọn hệ quy chiếu gắn với khối tâm G, 

B 

+ + 

G y 

y B 

x 

y A 

A 

+ G chuyển động thẳng đều với 

v 

v 0 

G 

 

2 

0,25 

Lúc đầu: 

y 

B 

y 

A 

y 

' 

B 

y 

' 

A 

0,25 

 

 

v 2 hạt lại gần nhau 

B 

v A 

v v v 

v v v v 0 v 

2 2 2 

0 0 0 

A A Đ A B 

G Đ G G G 

+ Khi l min : 2 hạt không lại gần nhau nữa: v v 

0 . 

+ Áp dụng Định luật bảo toàn năng lượng: 

1 

2 

v 

m 

4 

2 

v 

ke 

. 

mv 

2 

2 2 

0 1 0 k4e 

16 

m lmin 

 

2 4 lmin 

2 

0 

A 

G 

B 

G 

0,25 

0,25 

0,5 

b. h ≠ 0: 

+ Chọn hệ quy chiếu gắn khối tâm G. G chuyển động thẳng đều 

r r v v 

A B A B 

G G 

3 

0,25

v v 

2 

B 

G 2 

0 0 

Lúc đầu: v , v 

A 

G 

+ Khi l min phân tích v 

A 

và v BG 

thành hai thành phần: v // 

, v , v // 

, v 

G 

G 

 

l v v v v . 

min // A // B 

0; 

A B 

G G 

G 

G 

A A B B 

G 

G G 

0,25 

0,25 

+ Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng: 

1 

2 

v 

1 

v 

k(2e) 

2 

0 2 

0 2 

2 

m ( ) m( 

) 2 mv 

(1) 

2 2 2 lmin 

2 

1 

+Áp dụng ĐL bảo toàn mô men động lượng (lực tĩnh điện có giá qua G) 

v0 h l 

2. m. 

. 2. m. 

v min 

 

(2) 

2 2 2 

+Từ (2) 

v 

v0h 

 

2l 

min 

2 2 2 2 

2 

2 

mv0 4ke 

v h 8ke 

64k 

e 

4 l 4l 

mv m v 

0 

2 

thay vào (1) có: m l 

2 min 

h 

2 

2 4 

min 

min 

0 

0 

4 

0,5 

0,5 

0,25 

0,5 

Câu 2: (5,0 điểm) 

1, Sau khi đóng K có dòng điện trong mạch tích điện cho tụ. Khi đó 

thanh OA chị tác dụng của lực điện từ, làm thanh quay quanh trục Oz. 

Khi thanh quay, trên thanh suất hiện suất điện động cảm ứng. Gọi i là 

dòng điện chạy qua thanh OA. Lực điện từ dF tác dụng lên đoạn dr của 

thanh là Bidr. 

Mômen lực từ tác dụng lên thanh là: 

a 

2 

a 

M Bir.dr=iB 2 

0 

Phương trình chuyển động quay của thanh: 

0,25 

0,5 

0,5 

4

d 

a 1 d 

a 

I iB ma iB 

dt 2 3 dt 2 

Suy ra: 

d 

2 2 

2 

3B 

dq 

2m 

(1) 

Tích phân hai vế phương trình (1) và chú ý tại t = 0 thì 0 và q = 0 

3B 

được: (2) 

2mq 

2, Suất điện động cảm ứng xuất hiện trên thanh OA: 

0,25 

0,5 

0,25 

E 

C 

d 

dt 

Suy ra 

E 

C 

2 

Ba 

 

2 

0,5 

Áp dụng định luật Ôm: E – E C = u C + Ri 

Suy ra: 

Từ (2) và (3) : 

Ba 2 

q dq 

E R (3) 

2 C dt 

3 

(1 ) 

dt RC 

4m 

R 

(4) 

dq q B 2 a 2 

C E 

0,5 

0,25 

RC 

3B a C 

1 

4m 

Đặt t0 

2 2 

E 

R 

và I 0 

(5) 

0,5 

t 

 

t0 

Từ (4) ta tìm được: 

q Q e I t 

0 0 0 

1,0 

Biết t = 0, q = 0 suy ra Q 0 = - I 0 t 0 

q I0t 

0 

1 e 

 

 

t0 

Vậy ta có: 

Câu 3: (4,0 điểm) 

t 

 

 

 

3BI t 

2m 

t 

 

0 0 t0 

, Theo (2) 1e 

a. Quĩ đạo có dạng sin nên: y 5. cos( ax b) 

Khi x = 0 thì y = 5cm nên b = 0 

 

 

 

 

 

 

0,5 

0,5 

Khi x = k10 thì y = 5 nên chu kì tuần hòa là 10cm 

5

Vậy: y 5. cos( x)( cm) 

5 

0,25 

b. Chia bản đã cho thành nhiều bản có bề dày dy rất mỏng sao cho mỗi 

bản có chiết suất coi như không đổi. 

Theo định luật khúc xạ: 

n sini n sin i ... n sini const 

1 1 2 2 

n 

n 

0,25 

y 

y 

Xét hai điểm A và B trên đường truyền có: 

B 

x 

0 x 

A 

; B 

y 5cm y 

Theo trên ta có: 

x 

α 

x 

0,5 

n sini n sini 

Với 0 

A A B B 

nA 

1 1 

sin iB 

 

iA 

90 

ny 

(1) 

0,5 

Tại vị trí B(x, y) bất kì.Tiếp tuyến với quĩ đạo của tia sáng họp với trục 

Ox góc α. 

0,5 

dy 

dx 

 

Ta có: tan . cos( x 

) 

5 2 

Mặt khác: sini B = cosα nên: 

sin 

i B 

 

1 1 

 

2 

1 

tan 

 

c 

Từ (1) và (2) ta có: 

 

x 

5 2 

2 2 

1 . os ( ) 

(2) 

1,0 

1 

 

n c x 

sin i 

5 2 

x 

2 2 

1 . os ( ) 

Hay: 

6

y 

n 

c 

5 2 

2 2 

1 . os (arcos ) 

Câu 4: (4,0 điểm) 

0,25 

B 

k 

A 

F 

O B 

O A 

* Xét mỗi vật chịu: 

0,25 

F mst = μmg = 0,2.0,2.10 = 0,4N. 

Ma sát nghỉ cực đại : F M = 1,5.μmg = 1,5.0,2.0,2.10 = 0,6N 

1. Xét vật A : F = 0,8N > F M nên vật A bị trượt dưới tác dụng của F 

khi B còn nằm yên 

Định luật II Newton: 

0,25 

0,5 

" 

F Fms 

Fđh 

ma 

A 

F mg kx A 

mx A 

x” A +k/m x A - (F - mg)/k = 0 (1) 

0,25 

Đặt u = x A - (F - mg)/k 

2 

Khi đó (1) u" 

u 0 có nghiệm u Acos( 

t 

) 

x A = A cos (t + ) +(F - mg)/k = A cos (t + ) + 2 (cm) (2) 

k 20 

với 10( rad / s) 

m 0,2 

Và v A 

Asin( 

t 

) 

(3) 

Xác định biên độ A và pha ban đầu φ 

0,5 

0,25 

Tại t o = 0, x A = 0 và v A = 0 nên Acos + 2 = 0 và - Asin = 0 

φ = π ; A = 2 cm 

Vậy phương trình chuyển động của vật A là 2cos(10t 

) 2( cm) 

Và phương trình vận tốc 20sin(10t)( 

cm / s) 

v A 

. 

x A 

7 

0,5 

0,5

2. Vật B bắt đầu chuyển động khi lực đàn hồi của lò xo tác dụng vào nó 

bằng lực ma sát nghỉ cực đại 

0,5 

Ta có 

Fđh 0,6N 

kxA 

xA 

0,03m 

3cm 

Thời gian từ khi vật A bắt đầu chuyển động cho tới khi vật B chuyển 

động là t 1 

5 

 

x A 

2cos(10t1 ) 2 3 và v A > 0 10t1 t1 

( s) 

3 15 

 

Khi đó 20sin(10t1 ) 20sin10 10 3( cm / s) 

v A 

15 

0,25 

Câu 5: (3,0 điểm) 

1. Cơ sở lý thuyết 

Vật rơi trong một môi trường chịu tác dụng của lực cản tỷ lệ với 

tốc độ chuyển động của vật. Ban đầu vật rơi nhanh dần, nên tốc độ tăng 

dần, đến khi lực cản của môi trường đủ lớn để cân bằng với trọng lực và 

lực đẩy Acsimet thì vật chuyển động đều. 

0,25 

0,5 

độ v: 

Xét một viên bi nhỏ bán kính r chuyển động đều trong dầu với tốc 

+ Phân tích lực: trọng lực P , lực đẩy Acsimet F A , lực ma sát nhớt F . 

+ Viên bi chuyển động đều nên ta có: 

P FA 

F 0 

F = P – F A 

2 

4 3 2 r d 

6. 

v. 

r . 

r 

d 

. 

g 

 

3 

9 v 

 

Nhận xét: Để đo η, ta cần đo bán kính r và tốc độ chuyển động v của viên 

bi. 

. 

g 

8 

0,5 

0,5

2. Tiến hành thí nghiệm 

a. Bố trí thí nghiệm như Hình 2: 

0,25 

b. Tiến trình thí nghiệm: 

Bước 1: Đo bán kính r của các viên bi: 

- Xếp liên tiếp N viên bi sát nhau vào cạnh thước, đo 

chiều dài L của N viên bi, từ đó: 

r 

L 

2N 

S 

Hình 2 

Bi 

CĐ 

đều. 

0,25 

0,25 

0,25 

Bước 2: 

- Dùng bút đánh dấu 2 vị trí trên ống thủy tinh, các vị trí này cách nhau 

đủ xa và ở gần đáy ống. 

- Thả viên bi thép rơi vào dầu từ một độ cao h xác định. Mỗi viên bi 

chuyển động trong ống dầu, quan sát chuyển động của viên bi: 

- Dùng thước đo quãng đường S giữa hai vạch đánh dấu. 

- Dùng đồng hồ đo khoảng thời gian t chuyển động tương ứng. 

Chú ý: Khi tiến hành bước 2 nhiều lần mức dầu và nhiều cặp vị trí đánh 

dấu khác nhau trong ống. 

9

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN DUYÊN HẢI 

VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ 

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT 

TỈNH QUẢNG NGÃI 


ĐỀ THI MÔN VẬT LÍ - KHỐI 11 



(Đề thi này có 02 trang, gồm 5 câu) 

Câu 1. (4,0 điểm) Tĩnh điện 

L 

Hai bản kim loại phẳng A và B đặt thẳng đứng, cố định, đối diện nhau, 

cách nhau một đoạn d. Biết d rất nhỏ so với kích thước mỗi bản. Hai bản A, 

B ban đầu chưa tích điện và được nối với một cuộn cảm thuần có độ tự cảm 

L như hình 1. Người ta đột ngột tách ra từ một bản một điện tích dương q 0 

nằm trong một lớp mỏng vật chất và cho nó chuyển động tịnh tiến như toàn 

bộ với vận tốc v không đổi theo phương vuông góc với mặt bản, đến bản kia. 

A 

B 

Tìm biểu thức cường độ dòng điện qua cuộn cảm trong thời gian lớp điện d 

tích còn chuyển động trong khoảng giữa hai bản A và B. 

Hình 1 

Câu 2. (4,0 điểm) Điện từ 

a) Cho một cơ cấu bao gồm một vòng dây cứng dẫn điện tốt với bán kính R 

1 

và một thanh kim 

loại cứng, một đầu có thể trượt trên bề mặt vòng dây và luôn tiếp xúc với vòng dây, đầu kia gắn cố 

định với một trục quay thẳng đứng đi qua tâm vòng dây. Vòng dây và thanh kim loại cùng nằm 

trong mặt phẳng ngang. Hai đầu trục quay được gá trên hai ổ trục vòng bi cố định. Trên trục của 

thanh kim loại có gắng một ròng rọc bán kính R 

2 

, khối lượng không đáng kể. Cơ cấu được đặt 

trong không gian có từ trường đều B vuông góc với mặt phẳng vòng dây. Người ta quấn vào ròng 

rọc một sợi dây dài, mảnh, nhẹ, không dãn. Đầu dây được vắt qua một ròng rọc khác và nối vật nhỏ 

có khối lượng m. Vòng dây, thanh kim loại tạo 

thành một mạch kín qua biến trở R và nguồn điện 

có hiệu điện thế U không đổi như hình 2a. Ban đầu 

biến trở được điều chỉnh để vật đi lên, sau đó thay 

đổi biến trở đến giá trị R 

0 

để vật m được nâng lên 

với tốc độ v không đổi. Gia tốc trọng trường là g . 

Bỏ qua mọi ma sát và momen quán tính ổ trục. Coi 

điện trở tiếp xúc, dây nối và thanh kim loại là không 

đáng kể. 

Tính R 

0 

. 

Hình 2a 

b) Cơ cấu vòng, thanh và hệ nguồn ở trên được thay thế bằng một đĩa tròn bằng nhôm có điện 

trở suất , bán kính R 

1, bề dày d. Đĩa có trục quay thẳng đứng vuông góc với bề mặt đĩa và đi qua 

tâm đĩa, hai đầu trục quay được gá trên hai ổ 

trục vòng bi cố định. Chỉ một phần diện tích 

nhỏ của đĩa, hình vuông có tiết diện S, chịu tác 

dụng của từ trường đều B vuông góc với bề 

mặt đĩa như hình 2b. Biết khoảng cách trung 

bình của vùng từ trường tác dụng lên đĩa đến 

trục quay là r. Bỏ qua mọi ma sát và momen 

quán tính ổ trục. Gia tốc trọng trường là g . 

Tính vận tốc lớn nhất của vật. 

Hình 2b 

1

Câu 3. (4,0 điểm) Quang hình 

Một quả cầu đặc, đồng chất, làm bằng thủy tinh hữu cơ có chiết suất 1,5 và có bán kính 10 cm đặt 

trong không khí. 

a) Đặt một điểm sáng S cách tâm O của quả cầu đoạn 50 cm. Xác định ảnh của S tạo bởi quả cầu. 

b) Người ta cắt quả cầu trên lấy hai chỏm cầu để nhận được hai 

thấu kính mỏng, phẳng lồi với đường kính rìa là 2 cm và 1 cm. 

Các thấu kính được áp sát nhau đồng trục chính. Trên trục chính S 

và cách hệ thấu kính 1 m, có đặt một nguồn sáng điểm S, màn E 

vuông góc với trục chính như hình 3. Xác định vị trí đặt màn để 

thu được vệt sáng có diện tích nhỏ nhất. Tìm diện tích nhỏ nhất đó 

E 

của vệt sáng. 

Hình 3 

Câu 4. (4,0 điểm) Dao động cơ 

O 

Cho một vật có dạng nửa cái đĩa mỏng, phẳng, đồng chất, khối lượng 

m, bán kính R, tâm O. 

m 

a) Tìm vị trí khối tâm G của vật. 

R 

b) Chứng minh rằng momen quán tính của vật đối với trục quay qua O 

2 

mR 

và vuông góc với mặt phẳng chứa vật là IO 

. 

Hình 4 

2 

c) Đặt vật lên sàn ngang nhám như hình 4. Đẩy vật sao cho trục đối xứng của nó nghiêng một 

góc nhỏ so với phương thẳng đứng rồi thả nhẹ cho vật dao động. Cho rằng vật không trượt trên sàn 

và ma sát lăn không đáng kể. Gia tốc trọng trường là g. Chứng minh vật dao động điều hoà và tìm 

chu kì dao động của nó. 

Câu 5. (3,0 điểm) Phương án thực hành 

Xác định hệ số ma sát nghỉ giữa sợi chỉ và sắt. 

Cho các dụng cụ sau : 

+ Một sợi chỉ; 

+ Một khối sắt hình trụ có trục cố định; 

+ Giá để gắn cố định khối sắt hình trụ; 

+ Thước đo độ để đo góc; 

+ Một quả nặng; 

+ Một lực kế; 

+ Giấy kẻ ô milimét. 

Yêu cầu: 

a) Trình bày cơ sở lí thuyết xác định hệ số ma sát nghỉ giữa sợi chỉ và sắt. 

b) Vẽ sơ đồ thí nghiệm, nêu các bước tiến hành, trình bày cách xử lí số liệu. 

................. HẾT ................. 

Người ra đề: Đinh Trọng Nghĩa 

Điện thoại: 0914 907 407 

2

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN VẬT LÍ KHỐI 11 

(Đáp án gồm 5 trang) 

Câu 1 Nội dung chính Điểm 

A 

( ) 

L 

q 1 q q 2 

v 

B 

Giả sử điện tích q 0 được tách ra từ bản A. Tại thời điểm 

t, lớp mỏng điện tích q 0 cách bản A một đoạn x, điện tích 

của bản A là q 1 , của bản B là q 2 . 

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích, có: 

q q q q q q (1) 

1 2 0 2 0 1 

0,5 

x 

d 

x 

1 

0 0 

Ta có: u 1 2 x 1 2 d x 

AB 

q q q q q q 

 

2 S 2 S 2 S 2 S 2 S 2 

S 

0 0 0 0 0 0 

Từ (1) và (2) suy ra: u q d q d q x 

1 

AB 0 1 0 

0S 

Đạo hàm hai vế theo thời gian, thu được: u ' q ' d q x ' 

1 

AB 1 0 

0S 

(2) 0,5 

(3) 0,5 

với q ' 

1 

i và x ' v 

(5) 

Mặt khác, ta có: uAB Li' u ' 

AB 

Li'' (6) 0,5 

2 d 

Từ (4), (5) và (6) và đặt , đi đến: 

L 

0S 

'' 

0,5 

2 q v q v 0 0 2 q v 

i'' i 0 i i 0 0 

d 

 

d 

 

d 

. 

 

qv 

0 

Đây là phương trình vi phân, với nghiệm có dạng i I0cos t 

. 0,5 

d 

0 

Khi t 0 thì i 0 và uAB 

Li' 0 , ta thu được I0 

và . 

d 

qv 

Vậy i 0 1 cos t 

d với d 

t . 

v 

qv 

(4) 

0,5 

0,5 

3


v 

a) Vận tốc của thanh kim loại là 

. 0,5 

R2 

Độ lớn suất điện động cảm ứng và 

cường độ dòng điện cảm ứng chạy 

trong thanh kim loại là 

2 

d 

1 2 BR1 

v 

B R1 

, 

dt 2 2R 

0,5 

2.a) 

Hình 2a 

I 

U 

R 

2 

BR1 

v 

U 

2R 

R 

2 

. (1) 

0 0 

Công suất toả nhiệt của biến trở, công suất của lực căng dây tác dụng lên vật m là 

2 

PR I R0, m 

0,5 

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta có 

2 

UI P P UI I R mgv . (2) 

0,5 

Thay (1) vào (2) và biến đổi ta tìm được 

R m 0 

R 

0 

BR BvR 

U 

 

2mgR2 2R2 

2 2 

1 1 

2 

 

. 0,5 

 

2.b) 

Hình 2b 

b) Bỏ qua trọng lực và lực 

quán tính vì khối lượng của 

êlectron quá bé, mỗi êlectron 

chịu tác dụng của lực điện và 

lực Lo-ren-xơ 

F eE e v B . 

Khi quay đĩa, trong vùng có từ trường sẽ xuất hiện một điện trường xoáy. Trên 

thực tế, các êlectron rất mau chóng đạt được tốc độ ổn định, vì thế hợp lực tác 

dụng lên êlectron gần như bằng 0, do đó 

vr 

F eE evs B 

0 E vs 

B 

E vsB B . 

R2 

Công suất toả nhiệt trên vùng có từ trường là 

2 l 2 l 2 2 1 vr 

P RI ( JS0) ( ES0) 

E Sd B 

Sd . 

S0 S0 R2 

 

Dùng định lí động năng ta có 

2 2 2 

1 

2 

mgvdt Pdt d mv 

2 

2 

 

1 v B r dv 

mgv Sd mv 

R 

2 

dt 

. 

dv 

Khi v 

max 

thì 0 

dt nên 2 2 2 

2 

1 vmax 

B r 

mgR2 

mgvmax Sd 0 

v 

2 

max 

. 

2 2 

R 

B r Sd 

2 

2 

 

s 

 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

4


O1 O2 

Sơ đồ tạo ảnh: S S S 

S O 1 O 2 

3.a) 

2 1 

d1 d' 1 2 

1 d2 d' 2 

Ta có: d1 

SO R 40 cm 

1 n n 1 

 

d1 d ' 

1 

R 

1 1,5 1,5 1 

d ' 

1 

60 cm. 

40 d ' 10 

d 2R d' 20 60 40 

cm 

n 1 1n 1,5 1 11,5 80 

d ' 

2 

11,43 cm. 

d2 d ' 

2 

R 40 d ' 

2 

10 7 

Đường kính rìa của hai thấu kính phẳng lồi L 1 và L 2 lần lượt là D 1 và D 2 với 

D1 

2cm, D2 

1cm. Hai thấu kính có cùng tiêu cự f và được xác định: 

1 n 1 1 f 10 20cm 1 

f R n 1 

1 

0,5 

0,5 

0,5 

S 

O 

A 

S' 

2 S' 

1 

B 

0,5 

d 1 

3.b) 

L1 L2 

S S' 

1 

S' 

2 

Sơ đồ tạo ảnh : 

d1 d ' 

1 

d2 d ' 

2 

Theo hình vẽ ta thấy vệt sáng trên màn là hình tròn có đường kính nhỏ nhất là 

Dm 

AB khi màn ở I với OI . 

Ta có: 

df 

1 

100.20 

d ' 1 

25 

d1 

f 100 20 

cm 

df 

2 

25.20 100 

d2 d ' 

1 

25 

cm, d' 

2 

cm. 

d2 

f 25 20 9 

Dựa vào tính chất đồng dạng, ta có: 

Dm d ' 

1 

Dm 

25 

.(1) 

D1 d ' 

1 

2 25 

Dm d ' 

2 

D 

m 

(100 / 9) 

. (2) 

D d ' 1 100 / 9 

2 2 

Từ (1) và (2), giải ra thu được: 17,65 cm và Dm 

0,59 cm. 

Vậy khi đặt màn cách hệ thấu kính 17,65 cm thì thu được vệt sáng hình tròn có 

2 2 

D m 

.0,59 

diện tích nhỏ nhất là Smin 

0,273 cm 2 . 

4 4 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

5


a) Do tính đối xứng, G nằm trên trục đối xứng Ox 

x 

của vật. Chia vật thành nhiều lớp mỏng, mỗi lớp có 

kích thước dx Rcosd 

và 2Rcos . Lớp có tọa độ 

dx 

x Rsin 

có khối lượng 

0,5 

x 

m 

4m 

2 

dm 2Rcos . Rcos d cos d 

. 

4.a) 

 

1 2 

R 

 

O 

2 

4.b) 

4.c) 

m 

 

2 

1 1 4m 2 4R 3 4R 

Vậy OG xdm Rsin cos d ( cos ) 

 

m m 3 3 . 0,5 

0 0 

b) Ghép hai nửa đĩa giống nhau, mỗi cái có khối lượng m, bán kính R thì thu 

được một cái đĩa có khối lượng 2m, bán kính R. Mô men quán tính của cái đĩa đối 

1 

với trục quay qua tâm O của đĩa và vuông góc với mặt đĩa là 2mR 

2 

. 

2 

Theo tính chất cộng được của mô men quán tính, ta suy ra mô men quán tính của 

nửa cái đĩa đối với trục quay qua tâm O và vuông góc với mặt phẳng chứa nửa cái 

đĩa là 

1 1 2 1 2 

IO 

2mR mR 

2 2 2 

Cách khác: Chia như câu a, momen quán tính của dm đối với trục quay qua O và 

vuông góc với mặt phẳng chứa đĩa là 

1 2 2 1 4m 

2 2 4m 

2 

2 

dIO 

dm. r dm. x cos d 2R cos cos d Rsin 

 

12 12 

 

2 

2 2 

4mR 

4 4mR 

2 2 

1 2 

IO 

cos cos sin d 

mR . 

3 2 

0 

 

Với dao động bé ( 1, sin ) , phương trình 

O 

chuyển động quay của hệ quanh trục quay qua A là 

4R 

G 

mg 

I 

A 

R 

3 

mg 

2 

4mgR 

 

0 với . 

A 

3 

I 

2 

2 

Ta có IO IG m( OG) 

, IA IG m( AG) 

. 0,5 

Vì nhỏ nên AG R OG , suy ra 

2 

2 23 8 

IA 

 

 

IO 

m( OG) 

 

 

m R OG mR 

2 3 

. 0,5 

Chu kì dao động của hệ là 

2 

T 2 

 

 

 

/2 

0 

A 

0,5 

0,5 

4,5 

8 

R 

. 0,5 

4g 

6


a) Cơ sở lí thuyết: 

Vắt sợi chỉ qua khối sắt hình trụ, một đầu nối với vật nặng, đầu kia giữ bởi lực 

căng T. Khi vật nặng sắp trượt xuống dưới, ma sát giữa sợi chỉ và sắt là ma sát 

nghỉ cực đại. 

0,5 

Xét một phần sợi chỉ chắn góc d , điều kiện cân bằng của phần này là 

5.a) 

 

. 

T d T dT F ms 

(1) 

Mặt khác, áp lực của hai lực căng lên trụ sắt là 

N T sin d Td . (2) 

Tại giới hạn trượt ta có 

Fms 

 

 

N. 

(3) 

Kết hợp (1), (2) và (3) ta có 

Mg T 0 T e . (4) 

 

Bằng cách đo quan hệ T ta sẽ thu được hệ số ma sát. 

b) – Sơ đồ thí nghiệm: 

T( ) 

0,5 

0,5 

 

d 

N 

T( 

d) 

0,5 

5.b) 

Trọng vật 

Mg 

Lực kế đo 

lực căng dây 

- Cách tiến hành: 

Dùng lực kế để đo sức căng dây. 

Dùng ê ke để tạo các góc 0; 2; ; 3 2; 2 ; 5 

2. 

Thả lực kế yếu dần cho đến khi vật bắt đầu trượt xuống, ghi lại số chỉ lực kế. 

- Cách xử lí số liệu: 

Từ (4) lấy Logarit Nepe ta được lnT 

 

ln( Mg). 

Đặt X ; Y lnT 

. 

Vậy quan hệ là tuyến tính. Vẽ đồ thị (Y, X) ta được hệ số góc, ta suy ra được hệ số 

ma sát nghỉ cần tìm. 

Có thể làm ngược lại là kéo cho vật trượt lên. 

0,5 

0,5 

---------- HẾT ---------- 

Người ra đề: Đinh Trọng Nghĩa 

Điện thoại: 0914 907 407 

7

HỘI THI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN 

VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ 


LÊ QUÝ ĐÔN – BÌNH ĐỊNH 


ĐỀ THI MÔN: VẬT LÍ – KHỐI 11 




Câu 1: TĨNH ĐIỆN (4,0 điểm) 

Gia tốc kế dùng để kích hoạt các túi khí an 

toàn trong các ôtô khi xảy ra va chạm được đơn 

giản hóa bằng một hệ cơ điện mô tả ở hình 1 gồm 

một vật có khối lượng M gắn cố định với một bản 

tụ B và gắn với hai lò xo có cùng độ cứng k. Bản 

B có thể dịch chuyển trong khoảng giữa hai bản 

A, C gắn cố định và ba bản này luôn song song 

với nhau. Tất cả các bản đều giống nhau, cùng 

diện tích S, có khối lượng và độ dày không đáng 

kể. Hai bản A, C được nối với các điện thế cho 

trước V và - V, còn bản B nối đất thông qua một 

A B C 

(1) (2) 

cái chuyển mạch hai trạng thái. Khi toàn bộ hệ thống không có gia tốc thì khoảng 

cách giữa mỗi bản A, C và bản B là d, nhỏ hơn rất nhiều so với kích thước của các 

bản. 

Bỏ qua tác dụng của trọng lực, giả thiết rằng hệ tụ điện được gia tốc cùng với ôtô 

với gia tốc a không đổi. Ta cũng giả thiết rằng trong quá trình gia tốc đó, lò xo không 

dao động và tất cả các thành phần của tụ điện phức hợp này đều ở vị trí cân bằng của 

chúng, tức là chúng không chuyển động đối với nhau và do đó, cũng không chuyển 

động so với ôtô. Do sự gia tốc này, bản di động B sẽ bị dịch chuyển đi một đoạn x 

nhất định tính từ vị trí ở chính giữa hai bản cố định A, C. 

1. Xét trường hợp chuyển mạch ở trạng thái (1), hãy biểu diễn gia tốc không đổi a 

như là hàm của x. Khi x

2.1. Tính điện thế V 0 của tụ C 0 như là hàm của x. 

2.2. Bỏ qua mọi ma sát, cho d = 1,0 cm, S = 2,5.10 -2 m 2 , k = 4,2.10 3 N/m, V = 

12 V, M = 0,15 kg. Hệ thống được thiết kế sao cho khi điện thế trên tụ điện C 0 đạt 

giá trị V 0 = 0,15 V thì túi khí sẽ được kích hoạt. Chúng ta muốn rằng túi khí không bị 

kích hoạt trong quá trình phanh bình thường, khi gia tốc a của ôtô nhỏ hơn gia tốc 

trọng trường g = 9,8 m/s 2 , và sẽ bị kích hoạt nếu a ≥ g. Xác định giá trị điện dung C 0 

để thỏa mãn điều kiện này. 

Câu 2: ĐIỆN VÀ ĐIỆN TỪ (5,0 điểm) 

Một hạt mang điện bay với vận tốc v = 8,0.10 5 

m/s vuông góc với đường giới hạn Ox của hai từ 

trường đều B 1 , B 2 như hình 2a. Các cảm ứng từ 

song song với nhau và vuông góc với vận tốc của 

hạt. Cho biết vận tốc trung bình của hạt trong một 

thời gian dài dọc theo trục Ox là v x = 2,0.10 5 m/s. 

1. Vẽ quỹ đạo chuyển động của hạt trong vùng không gian này. Tìm tỉ số độ lớn 

của các cảm ứng từ của hai từ trường đó? 

2. Người ta đặt trong mặt phẳng vuông góc với 

hai từ trường trên một vòng dây cứng, mảnh có 

bán kính r = 8,0 cm. Vòng dây cắt trục x tại hai 

điểm M, P sao cho góc ở tâm ˆK = α = 60 0 (Hình 

2b). Vòng dây có mang dòng điện I = 1,2 A chạy 

qua nên chịu lực từ tổng hợp của hai từ trường tác 

v 

O 

M P 

α 

K 

Hình 2b 

dụng có độ lớn F = 28,8.10 -5 N. Tính độ lớn của các cảm ứng từ của hai từ trường? 

B 1 

B 2 

Hình 2a 

B 1 

B 2 

x 

x 

Câu 3: QUANG HÌNH (4,0 điểm) 

Cho một thấu kính hội tụ lõm - lồi, bằng thuỷ tinh, 

chiết suất n = 1,5 như hình 3. Mặt lõm có bán kính R 1 

= 5,5 cm và có đỉnh tại O 1 . Mặt lồi có bán kính R 2 = 3 

cm và đỉnh tại O 2 . Khoảng cách O 1 O 2 = 0,5 cm. 

α 

S O 1 O 2 

Hình 3 

2

1. Cho R 1 = 5,5 cm; R 2 = 3 cm; khoảng cách O 1 O 2 = 0,5 cm. Một điểm sáng S 

được đặt tại đúng tâm của mặt lõm và chiếu một chùm tia có góc rộng 2α =30 o vào 

mặt thấu kính. Hãy xác định vị trí điểm đầu và điểm cuối của dải giao điểm của 

phương các tia sáng ló ra khỏi thấu kính với trục chính. 

2. Cho R 1 = 50 cm; R 2 = 30 cm; O 1 O 2

cuộn dây nhỏ so với đường kính tiết diện cuộn dây; 

- Một nam châm vĩnh cửu nhỏ dạng trụ mỏng, có momen từ p m cần xác định; 

- Một nguồn điện một chiều; 

- Một cân điện tử hiện số chính xác; 

- Các giá đỡ, kẹp nhựa có thể cố định vật ở độ cao tùy ý; 

- Thước đo chiều dài; 

- Một biến trở; 

- Một đồng hồ đo điện đa năng; 

Momen từ p m của nam châm cũng được hiểu như momen từ của dòng điện tròn. Khi 

một nam châm nhỏ có memen từ p m đặt song song với vectơ cảm ứng từ trong một từ 

trường không đều theo phương 0x thì từ trường sẽ tác dụng một lực kéo mam châm 

về phía từ trường mạnh hơn với độ lớn 

dB 

F 

pm 

dx 

Hãy thiết kế phương án thí nghiệm để đo được momen từ p m của nam châm. 

Yêu cầu: 

1. Vẽ sơ đồ bố trí thí nghiệm. 

2. Lập các phương trình hay biểu thức cần thiết. 

3. Thiết kế các bảng số liệu, vẽ dạng đồ thị (nếu có). 

--------- HẾT ---------- 

Người ra đề 

Bùi Đức Hưng 

0913.635.379 

4

HỘI THI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN 



LÊ QUÝ ĐÔN – BÌNH ĐỊNH 




Câu 1: (4,0 điểm) 

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 

Đáp án 

1. Xét trường hợp chuyển mạch ở trạng thái (1), hãy biểu diễn gia tốc 

không đổi a như là hàm của x. Khi x

Q0 Q2 

 

V 0 

C0 C2 

 

Q0 Q1 

V 0 

C0 C1 

Q2 Q1 Q0 

0 

 

 

- Từ hệ phương trình trên suy ra điện thế trên tụ C 0 là: 

20Sx 

Q 2 2 

0 

V0 

V 

d x 

C 2 

0 

0Sd 

C0 

2 2 

d x 

Bỏ qua số hạng vô cùng bé bậc x 2 20Sx 

khi x

hiện được là: 

1 m 1 1 

t (T1 T 

2) 

 

2 q B1 B2 

 

2mv 1 1 

x d1 d2 

 

q B1 B2 

 

(4) 

Sau thời gian rất dài, có thể coi gần đúng vật đi được N rất lớn vòng trong 

hai từ trường. 

Nx 

2v B B B 2v v 

 

(3) 

2 1 2 x 

vx 

2,3. 

Nt B2 B1 B1 2v v 

x 

b) Tính độ lớn của các cảm ứng từ của hai từ trường. 

- Giả sử chiều dòng điện qua vòng dây 

như hình vẽ. Do tính chất đối xứng nên hai 

đoạn dây MN và PQ nằm trong một từ 

trường đồng nhất sẽ có lực từ cân bằng 

nhau. 

M 

N 

(5) 

α 

K 

P 

Q 

I 

B 1 

B 2 

x 

0,5 

0,5 

0,5 

0,25 

- Bây giờ ta chỉ cần xác định lực từ tác dụng lên hai 

đoạn còn lại MP trong từ trường B 1 và NQ trong từ F 1x F 1 

trường B 2 . 

α 

- Xét hai đoạn nhỏ đối xứng nhau trên đoạn NQ, mỗi 

l F 1y 

đoạn có chiều dài l mang dòng điện I và chịu các lực 

từ F 1 , F 2 . 

l F 

F F F ;F F F (6) 2y 

0,5 

1 1 x 1 y 2 2 x 2 y 

trong đó hai thành phần F 1x và F 2x triệt tiêu lẫn nhau. Như vậy hợp lực tác 

dụng lên đoạn NQ chỉ còn là tổng của tất cả các thành phần theo phương y. 

Ta có: 

F F.cos B I. l. 

cos 

1y 1 2 

nhưng l.cosα lại chính là hình chiếu của đoạn l lên trục y nên: 

F B I. l (7) 0,5 

1y 2 y 

Vậy hợp lực tác dụng lên đoạn NQ tính được là: 

l (8) 

F F B I B I.r 

NQ 1y 2 y 2 

Còn hợp lực tác dụng lên đoạn MP tính được là: 

l (9) 0,5 

F F B I B I.r 

MP 1y 1 y 1 

Vậy hợp lực của hai từ trường tác dụng lên vòng dây là: 

F F F B B .I.r 

(10) 

Suy ra: 

NQ MP 2 1 

F 28,8.10 

I.r 1,2 8.10 

5 

3 

B2 B1 3.10 (T) 

2 

0,5 

Từ (5) và (11), tính được các cảm ứng từ của hai từ trường là B 1 = 2,3.10 - 

3 T và B 2 = 5,3.10 -3 T. 0,25 

(11) 

F 2x 

F 2 

7

Câu 3: (4,0 điểm) 

Đáp án 

1. Xác định vị trí điểm đầu và điểm cuối của dải giao điểm của phương các 

tia sáng ló ra khỏi thấu kính với trục chính. 

Điểm 

Vị trí đầu và cuối dải điểm cắt 

I r 

với trục chính của các phương 

tia sáng ló ra khỏi thấu kính 

i 

α 

được tạo bởi tia sáng mép ngoài S’ (+) S C 2 O 1 H O 2 

cùng của chùm tia và các tia 

0,5 

sáng gần trục. 

Gọi C 1 , O 1 là tâm, đỉnh của mặt cầu thứ nhất và C 2 , O 2 là tâm, đỉnh của mặt 

cầu thứ hai. 

* Xét tia sáng mép ngoài của chùm tia xuất phát từ S, do nguồn sáng S đặt 

tại tâm của mặt lõm nên nó sẽ truyền thẳng đến vị trí I trên mặt cầu lồi và 

khúc xạ đi ra ngoài. 

Ta có R 1 = 5,5 cm; R 2 = 3 cm và O 1 O 2 = 0,5 cm nên tâm C 2 nằm ở trung 

điểm SO 2 và tam giác SC 2 I là tam giác cân tại C 2 góc i = α. 

o 

o 

Theo định luật khúc xạ sin r = nsin i =1,5 sin 15 r 22,84 . 0,5 

Tam giác C 2 IH có: 

0 3 3 

; C2H R 

2cos2 3cos30 = cm 

2 

 

o 

S'H IH tan(r 2 ) 1,5tan82,84 11,95cm 

2 

0 

IH R2 

sin 2 3sin30 1,5cm 

Tam giác S’IH có: 

S’S = 6,35 cm S’O 2 = 12,35 cm 

* Xét tia gần trục chính sẽ tạo ảnh S” ở khoảng cách d’ = S”O 2 . Chiều 

dương là chiều truyền ban đầu của tia sáng. 

O1 O2 

Sơ đồ tạo ảnh: S S S'' . 

dd d 1 d d d 

1 1 2 2 

n 1 n 1 

d 5,5 

cm. 

d 

1 

d R1 

1 1 1 

n 

d2 O1O2 d 

1 

6cm , d 

12 

d 

d R 

d = – 5,5 cm; 

1 

2 2 

Vậy dải điểm cắt thuộc S’S” trên trục chính cách tâm O 2 tương ứng là S’O 2 

= 12,35 cm; S’’O 2 = 12 cm nằm phía trước thấu kính. 

2. Mặt lồi O 2 được tráng bạc. Thấu kính tương đương với một gương cầu 

lõm. Tính tiêu cự của gương này. 

cm. 

- Xem gương này là hệ gồm một thấu kính hội tụ và một gương cầu lõm. 

Chiều dương là chiều truyền ban đầu của tia sáng. 

0,5 

0,5 

8

1 1 1 

 

f R R 

Tiêu cự của thấu kính: n 1 

1 1 2 


L G L 

S S S S . 

 

dd d 1 d d 2 d d d 

1 1 2 2 3 3 

 

 

 

, tiêu cự gương: f 2 = R 2 /2. 

0,5 

1 1 1 1 1 

n1 

d 1 

d f1 R1 R 

2 

1 1 2 1 1 2 

 

d d R d d 

R 

2 2 2 1 2 2 

1 1 1 1 1 1 1 

n1 

d d f d d R R 

 

3 1 2 1 2 

 

 

(1) 

(2) 

(3) 0,5 

(1 (2 (3) 

Lấy (1) – (2) + (3) ta được: 2n 1 

Từ (4), với d = ∞ thì f = d’ = 

1 1 1 1 2 

 

d d R R R 

1 

25 

1 1 2 

2n 1 

R1 R 

2 R 

2 

1 2 2 

. (4) 

cm > 0. 

Chùm tia tới song song cho chùm tia phản xạ kéo dài cắt nhau sau gương, 

nên hệ tương đương với gương cầu lồi với tiêu cự f = 25 cm. 

0,5 

0,5 

Câu 4: (4,0 điểm) 

Đáp án 

1. Xác định sự phụ thuộc của tần số góc dao động của pit tông vào nhiệt độ 

của khí. 

- Ở vị trí cân bằng của pit tông, phương trình 

M 

trạng thái của lượng khí mỗi bên là: 

p +p 

S 

p - p 

Điểm 

0,25 

pV = pS.L = RT 

x 

(1) 

- Giả sử pit tông dịch chuyển ra khỏi vị trí cân bằng một đoạn nhỏ x, sao 

cho Sx

2RT 

T 

2 

ML 

2. Tính chu kì dao động của pit tông theo m, M và f. 

Giả sử pit tông dịch chuyển sang trái một đoạn nhỏ x và có tốc độ là u(x) = 

x/t. Tốc độ quả bóng là v. Số lần va chạm của quả bóng với pit tông 

trong thời gian t là: 

vt 

N 

(5) 

2(L x) 

- Độ biến thiên của quả bóng trong thời gian đó 

vx 

bằng: v 2uN (L x) 

v 

x 

Suy ra: v(x)(L x) v0L const ; 

v (L x) 

với v 0 là tốc độ quả bóng tại x = 0 

- Khi pit tông dịch chuyển một đoạn nhỏ thì x x; v v 0 . Suy ra 

vx 

0 

v 

 

(L x) 

vL 

0 

- Khi đó tốc độ quả bóng là: v(x) = v 0 + v = (6) 

(L x) 

- Từ (1) và (2) suy ra số va chạm của quả bóng với pit tông trong 1 đơn vị 

thời gian là: 

N vL 

0 

2(L x) 2 

 

- Ở mỗi lần va chạm với pit tông, độ biến thiên động lượng của quả bóng 

là: 

2mv0L 

p 

2mv(x) 

 

(L x) 

- Từ đó suy ra lực tác dụng lên pit tông từ phía quả bóng bên trái là: 

2 2 

mv0L 

F1 Np 

 

(7) 

3 

(L x) 

- Tương tự, lực do quả bóng bên phải tác dụng lên pit tông là: 

2 2 

mv0L 

F2 

(8) 

3 

(L x) 

2 2 

mv0 3x mv0 

3x 

- Do x

Câu 5: (3,0 điểm) 

1. Sơ đồ bố trí thí nghiệm: 

Đáp án 

Điểm 

R 

A 

E 

Cuộn dây 

L 

0,5 

Nam châm 

Cân 

Bố trí sơ đồ thí nghiệm như hình vẽ: Cuộn dây và nam châm được bố trí 

đồng trục, khoảng cách L giữa cuộn dây và nam châm rất lớn so với kích 

thước của cuộn dây và của nam châm. 

Nam châm đặt trên bàn cân. 0,5 

2. Lập phương trình và các biểu thức. 

Cảm ứng từ B của cuộn dây gây ra tại một điểm trên trục của nó, cách xa 

2 

 

0 

r NI 

cuộn dây một đoạn x là B 

3 

2x 

Lực từ do cuộn dây tác dụng lên nam châm đặt trên trục của nó có độ lớn 

2 

dB 3 

0 

r NI 

F p m 

| | pm 4 

dx 2x 

Khi để nam châm cách cuộn dây khoảng cố định L ta có lực tác dụng 

2 

3 

0r NI 

F p 

0,5 

m 4 

2L 

Khi thay đổi cường độ dòng điện I thì lực tác dụng lên nam châm thay đổi 

làm cho số chỉ trên cân thay đổi. 

Gọi m là khối lượng của nam châm; F 0 là trọng lượng biểu kiến của nam 

châm đặt trên cân (xác định bằng chỉ số của cân nhân với gia tốc trọng 

trường g), bố trí cho lực tương tác giữa cuộn dây và nam châm là lực đẩy ta 

có 

2 

3 

0r N 

F0 mg pm I 

4 

2L 

Ta có ham tuyến tính dạng y = AX + B 

2 

0,5 

3 

0r NI 

Với y = F 0 ; X 

4 

2L 

3. Thiết kế bảng số liệu, vẽ đồ thị. 

11

Bảng số liệu 

Đo r, đo L, xác định N 

2 

TT F 0 I 3 

r NI 

1 

2 

Vẽ đồ thị 0,5 

0 

2L 

4 

0,5 


Bùi Đức Hưng 

0913.635.379 

12

Bài 1: (4 điểm) 

Một tụ điện phẳng được đặt trong một điện trường đều cường độ E 

0 

có các đường sức 

điện cùng hướng với đường sức điện bên trong tụ. Tụ đã được tích đến điện tích q, diện tích 

các bản tụ là S và cách nhau một khoảng d. Hãy xác định công cực tiểu để: 

a. Đổi chỗ vị trí giữa các bản tụ. 

b. Xoay các bản tụ song song với đường sức của điện trường ngoài. 

c. Rút tụ ra khỏi điện trường. 


Hai cực của anốt và catốt của một đèn điốt chân không là hai bản kim loại song song. 

Nếu hiệu điện thế giữa hai cực là U thì một êlectrôn chuyển động từ catốt với vận tốc 

đầu không đáng kể có thể đến anốt trong thời gian T. 

Nếu hiệu điện thế giữa hai cực có biểu thức: 

U 

AK 

3T T 3T 

U khi k t k 

20 10 20 

 

T 3T 3T 

0khi k t k 

1 

10 20 20 

với k là số tự nhiên tăng dần từ 0, 1, 2, … thì thời gian chuyển động của electrôn từ 

catôt đến anôt là bao nhiêu? Bỏ qua tác dụng của trọng lực. 


SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ 

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN 


Khi đặt một thấu kính mỏng lồi trong môi trường đồng nhất thì khoảng cách từ quang 

tâm O của thấu kính tới tiêu điểm chính về 2 phía là bằng nhau. Nếu môi trường về hai phía 

của thấu kính trên có chiết suất lần lượt là n 1 và n 2 , thì mỗi phía thấu kính có một tiêu điểm 

chính là F 1 và F 2 . Gọi f 1 = OF 1 và f 2 = OF 2 . 

a. Đặt vật sáng phẳng nhỏ AB vuông góc với trục chính (A nằm trên trục chính, cách thấu 

kính đoạn d) thu được ảnh thật A'B' cách thấu kính đoạn d'. Lập công thức liên hệ d, d', f 1 , f 2 . 

b. Chiếu tia sáng tới O tạo với trục chính góc nhỏ 

1 

. Tìm góc 

2 

tạo bởi tia ló và trục 

chính theo n 1 , n 2 và 1 

. 

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC 

DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ 

NĂM HỌC: 2017 – 2018 

MÔN: VẬT LÝ - LỚP 11 


c. Tìm hệ thức liên hệ f 1, f 2 , n 1 , n 2 . 

1


Cho cơ hệ gồm một lò xo nằm ngang một đầu cố định gắn vào tường, đầu còn lại gắn 

vào một vật có khối lượng m=100g, lò xo nhẹ có độ cứng k=10N/m. Hệ số ma sát trượt giữa 

vật và mặt phẳng ngang là =0,1. Từ vị trí lò xo không biến dạng truyền cho vật một vận tốc 

v 

0 

nằm theo phương ngang hướng ra xa tường có độ lớn v 0 = 74,33cm/s. 

a. Tính quãng đường vật đi được cho đến khi dừng dao động. 

b. Nếu đặt một vật nặng cố định cách vị trí ban đầu của vật một 

đoạn x 0 = 1cm như hình vẽ. Tính quãng đường vật đi được cho đến 

khi dừng dao động. Biết va chạm giữa hai vật là hoàn toàn đàn hồi. 

Câu 5 : (3 điểm) 

Một thí nghiệm vật lý gồm các thiết bị sau: 01 nguồn điện một 

chiều, dây điện, 01 điện cực nhôm hình dạng vòng tròn bán kính R = 

6,5 cm, 01 điện cực trụ bán kính 1,2 mm, 01 Vôn kế, đĩa sứ chứa 

chất điện phân. Được bố trí như hình bên. Ta nghiên cứu sự thay đổi 

điện thế phụ thuộc vào khoảng cách tới điện cực dương.Lấy điện thế 

cực âm bằng 0. Khoảng cách r tính từ cực dương. 

a. Khi có dòng điện, véctơ mật độ dòng điện J tương đương 

với vectơ cường độ điện trường E , vì vậy nghiên cứu sự phân bố dòng điện có thể rút ra kết 

luận về cấu trúc điện trường. Hãy lập luận để chỉ rõ khi có sự phân bố đối xứng của dòng 

điện thì điện thế có thể tính theo công thức: 

r 

(r) A Bln 

r 

0 

trong đó A,B là hằng số. 

r 0 là "bán kính hiệu dụng" gần đúng bằng bán kính điện cực trụ. 

b. Thực nghiệm thu được bảng sự phụ thuộc điện thế vào khoảng cách tới tâm 

r (cm) 0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5 4 4,5 5 5,5 6 

φ (V) 5,43 3,87 3,01 2,41 1,99 1,65 1,37 1,14 0,92 0,73 0,56 0,41 

Hãy chỉ ra bảng số liệu trên thể hiện tính đúng đắn của công thức lí thuyết. Từ đó, xác 

định các hệ số A và B. 

--------------HẾT------------- 

Người ra đề: LÊ CHÍ, SĐT: 0915853065 

2

SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ 

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN 


ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU 

VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ 

NĂM HỌC: 2017 – 2018 

MÔN: VẬT LÝ - LỚP 11 



Một tụ điện phẳng được đặt trong một điện trường đều cường độ E 

0 

có các đường sức 

điện cùng hướng với đường sức điện bên trong tụ. Tụ đã được tích đến điện tích q, diện tích 

các bản tụ là S và cách nhau một khoảng d. Hãy xác định công cực tiểu để: 

a. Đổi chỗ vị trí giữa các bản tụ. 

b. Xoay các bản tụ song song với đường sức của điện trường ngoài. 

c. Rút tụ ra khỏi điện trường. 


Công thực hiện sẽ cực tiểu khi quá trình xảy ra rất chậm, lúc đó không có sự toả 

nhiệt. Theo định luật bảo toàn năng lượng thì công cực tiểu đó bằng độ biến thiên 

năng lượng điện trường. 

Amin 

W (1) 

Với điện trường giữa các bản là sự chồng chất của điện trường ngoài E 

0 

và điện 

trường riêng của tụ E 

1 

Mà E1 

U q q 

(2) 

d Cd 

S 

0 

a. Khi đổi vị trí giữa các bản, điện trường E 

1 

đổi chiều 

2 2 

 

0S E0 E1 d 

0S E0 E1 

d 

W 20E0E1Sd 

2 2 

(1) (2) Amin W 

2qE0d 

b. Khi xoay các bản tụ song song với đường sức của điện trường ngoài, E1 

E 0 

2 

2 

2 

0S E0 E1 d 

0S E0 E1 

d 

W 

0E0E1Sd 

2 2 

(1) (2) Amin W 

qE0d 

c. Khi rút tụ ra khỏi điện trường. 

 

2 

 

0SE1 

d 0S E0 E1 d 

2 

W 

 

0 E0 2E0E1 

Sd 

2 2 

2 

(1) (2) A W E Sd 2qE d 

min 0 0 0 

 

2 

ĐIỂM 

0,5 

0,5 

1,0 

1,0 

1,0 


Hai cực của anốt và catốt của một đèn điốt chân không là hai bản kim loại song song. 

Nếu hiệu điện thế giữa hai cực là U thì một êlectrôn chuyển động từ catốt với vận tốc 

đầu không đáng kể có thể đến anốt trong thời gian T. 

Nếu hiệu điện thế giữa hai cực có biểu thức: 

3

U 

AK 

3T T 3T 

U khi k t k 

20 10 20 

 

T 3T 3T 

0khi k t k 

1 

10 20 20 

với k là số tự nhiên tăng dần từ 0, 1, 2, … thì thời gian chuyển động của electrôn từ 

catôt đến anôt là bao nhiêu? 

Bỏ qua tác dụng của trọng lực. 


Gọi khoảng cách giữa hai bản cực là L khối lượng êlectrôn là m. Nếu hiệu điện thế 

giữa hai cực là U thì electrôn thu được gia tốc không đổi là: 

F eU 

a m 

mL 

(1) 

Mặt khác, 

2 

aT 

L (2) 

2 

Nếu hiệu điện thế giữa hai cực biến đổi thì các quãng đường êlectrôn đi được lần 

lượt là: 

2 

a 

T 

l1 

 

2 10 

; 

2 

T T T a T 

l2 v1 a 

20 10 20 2 10 

; 

2 2 

T a T a T 

3 

v1 3 

l 

 

10 2 10 2 10 

; 

l4 v T 2 2 

a T 

 

20 2 10 

; 

… 

a 

T 

l2n 

1 

2n1 

; 2 10 

2 

2 

2 

a T 

l2n 

n 

 

2 10 

 

Tổng các quãng đường mà êlectrôn chuyển động nhanh dần đều là: 

2 2 

a T a T 2 

L1 l1 l3 ... l2n 

1 

1 3 ... (2n 1) 

n 

2 10 2 10 

 

Tổng các quãng đường mà êlectrôn chuyển động thẳng đều là: 

2 2 

a T a T nn1 

L2 l2 l4 ... l2n 

1 2 ... 

n 

 

2 10 2 10 2 

a T 

(3) 

4 10 

 

Từ (2) và (3) ta có: 

2 

3n 

n 200 0 

n 

8 

Vậy thời gian chuyển động của electrôn đó là: 

2 

Vậy: L L1 L 

 

2 

3n n 

2 

ĐIỂM 

0,5 

0,5 

2,0 

0,5 

0,5 

0,5 

4

T T 

T' 8 8 1,2T 

10 20 

0,5 


Khi đặt một thấu kính mỏng lồi trong môi trường đồng nhất thì khoảng cách từ quang 

tâm O của thấu kính tới tiêu điểm chính về 2 phía là bằng nhau. Nếu môi trường về hai phía 

của thấu kính trên có chiết suất lần lượt là n 1 và n 2 , thì mỗi phía thấu kính có một tiêu điểm 

chính là F 1 và F 2 . Gọi f 1 = OF 1 và f 2 = OF 2 . 

a. Đặt vật sáng phẳng nhỏ AB vuông góc với trục chính (A nằm trên trục chính, cách thấu 

kính đoạn d) thu được ảnh thật A'B' cách thấu kính đoạn d'. Lập công thức liên hệ d, d', f 1 , f 2 . 

b. Chiếu tia sáng tới O tạo với trục chính góc nhỏ 

1 

. Tìm góc 

2 

tạo bởi tia ló và trục 

chính theo n 1 , n 2 và 1 

. 

c. Tìm hệ thức liên hệ f 1, f 2 , n 1 , n 2 . 


Bài 3: 

a. Dựa vào tính chất của tiêu điểm và B 

các cách vẽ của phương pháp quang hình 

ta tìm được vị trí của vật AB và ảnh A'B' 

A 

như trong hình bên. 

Từ hình vẽ ta có: 

AB F A y d f 

A'B' OF1 y ' f1 

AB F2O 

y f2 

 

A'B' A' F y ' d ' f 

1 1 

(1)……………………………………………. 

Từ (1) và (2) ta có: 

1 2 

2 2 

d f1 f2 f1 f2 

1 

f d ' f d d ' 

b. Có thể coi phần trung tâm của 

thấu kính mỏng là các bản mỏng song 

song, tia tới sau 2 lần khúc xạ sẽ thành 

tia ló, quang lộ được phóng to và vẽ 

trên hình, trong đó 

1 

là góc tới, 

2 

là 

góc ló tương ứng, là góc giữa pháp 

tuyến và tia sáng đi trong bản song 

song. Giả sử chiết suất của thấu kính là 

n, theo định luật khúc xạ được: 

sin2 n1 

n1 sin1 nsin n 

2 

sin2 

 

sin 

n 

(2)…………………………………………….. 

………………………………………………. 

5 

ĐIỂM 

2 n 

1 

1 

n2 

…………………………………………………… 

0,25 

2 

1 2 

 

0,25 

nên sin1 1 

vàsin2 2 

và do đó: 

Đối với tia sát trục 1 

, 2 

1 

d 

n 1 n 2 

f 1 

F 2 

F f 2 

1 

O 

d' 

n 1 n n 2 

1 

A' 

B' 

0,5 

0,25 

0,25 

0,5 

0,5

c. 

B 

A 

d 

1 

n 1 

F 2 

O 

n 2 

2 

d' 

A' 

B' 

y 

Ta có: tan1 

; tan2 

 

d 

Vì 1 và 2 nhỏ nên ta có: 

d y y n 

d ' y ' y ' n 

2 1 

. . (3) 

1 2 

' 

' 

y 

d ; 

 

y 

d 

1 

y ' 

d ' 

 

2 

0,5 

y y y ' 

 

y' 

y' 

 

Từ (1) và (2) d f1 1 f1 

' 

' 

' 1 y y y 

 

y y 

; d f2 f2 

d f y 

d ' f y ' 

1 

 

2 

(4) …………………………………………………….. 

0,5 

n f n n 

n f f f 

1 1 1 2 

Từ (3) và (4) 0 …………………………….. 

2 2 1 2 

0,5 


Cho cơ hệ gồm một lò xo nằm ngang một đầu cố định gắn vào tường, đầu còn lại gắn vào 

một vật có khối lượng m=100g, lò xo nhẹ có độ cứng k=10N/m. Hệ số ma sát trượt giữa vật 

và mặt phẳng ngang là =0,1. Từ vị trí lò xo không biến dạng truyền cho vật một vận tốc v 0 

nằm theo phương ngang hướng ra xa tường có độ lớn v 0 = 74,33cm/s. 

a. Tính quãng đường vật đi được cho đến khi dừng dao động. 

b. Nếu đặt một vật nặng cố định cách vị trí ban đầu của vật một đoạn 

x 0 = 1cm như hình vẽ. Tính quãng đường vật đi được cho đến khi 

dừng dao động. Biết va chạm giữa hai vật là hoàn toàn đàn hồi. 


a. Vị trí cân bằng của vật khi chuyển động từ trái sang phải là O 1 , từ phải sang trái 

là O 2 với: 

mg 

O1O O2O x0 1cm 

k 

Vị trí biên đầu tiên cách O một đoạn A 1 được xác định: 

2 2 

mv0 kA1 

mgA1 

2 2 

A1 6,5cm 

Hiệu khoảng cách từ O đến hai vị trí biên liên tiếp được xác định: 

6 

ĐIỂM 

0,5 

0,5

2 2 

kAk 

1 

kAk 

mg Ak 

1 

Ak 

2 2 

2mg 

A Ak 

Ak 

1 

2cm 

k 

Khi vị trí biên thuộc đoạn O 1 O 2 thì vật sẽ dừng dao động 

Dễ thấy tại biên A 4 = 0,5cm thì vật sẽ dừng lại. 

Vậy quãng đường vật đi được cho đến khi dừng là: 

s A1 A2 A3 A4 14cm 

b. Vận tốc của vật khi va chạm lần đầu được xác định: 

2 2 2 

mv0 mv1 

kx0 

mgx0 

2 2 2 

2 k 2 

v1 v0 x0 2gx0 

72,28 cm / s 

m 

Do va chạm đàn hồi tại O 2 với vật nặng cố định nên vận tốc sau va chạm đổi chiều, 

giữ nguyên độ lớn và là vận tốc tại vị trí cân bằng. 

Vị trí biên đầu tiên cách O 2 một đoạn A 1 được xác định: 

v1 

A1 7,228cm 

 

Vận tốc của vật khi va chạm lần hai được xác định: 

2 2 2 

mv x 

k A1 x0 2 

k 

0 

mgA1 

2 2 2 

v A 4A x 48,30 cm / s 

2 

2 1 1 0 

Với điều kiện để vật va chạm lần k là: A k 1 

4x 

0 

4cm 

Vị trí biên thứ hai cách O 2 một đoạn A 2 được xác định: 

v2 

A2 4,83cm 

4x0 

 

Tương tự: 

v A 4A x 20 cm / s 

2 

3 2 2 0 

v3 

A3 2cm 

2x0 

 

Vậy vật dừng dao động tại O 1 , quãng đường vật đi được cho đến khi dừng là: 

s x 2A 2A A 27,116cm 

0 1 2 3 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

Câu 5 : (3 điểm) 

Một thí nghiệm vật lý gồm các thiết bị sau: 01 nguồn điện 

một chiều, dây điện, 01 điện cực nhôm hình dạng vòng tròn bán 

kính R = 6,5 cm, 01 điện cực trụ bán kính 1,2 mm, 01 Vôn kế, đĩa 

sứ chứa chất điện phân. Được bố trí như hình bên. Ta nghiên cứu 

sự thay đổi điện thế phụ thuộc vào khoảng cách tới điện cực 

dương.Lấy điện thế cực âm bằng 0. Khoảng cách r tính từ cực 

dương. 

a. Khi có dòng điện, véctơ mật độ dòng điện J tương đương 

với vectơ cường độ điện trường E , vì vậy nghiên cứu sự phân bố 

7

dòng điện có thể rút ra kết luận về cấu trúc điện trường. Hãy lập luận để chỉ rõ khi có sự 

phân bố đối xứng của dòng điện thì điện thế có thể tính theo công thức: 

r 

(r) A Bln trong đó A,B là hằng số. 

r 

0 

r 0 là "bán kính hiệu dụng" gần đúng bằng bán kính điện cực trụ dương. 

b. Thực nghiệm thu được bảng sự phụ thuộc điện thế vào khoảng cách tới tâm 

r (cm) 0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5 4 4,5 5 5,5 6 

φ (V) 5,43 3,87 3,01 2,41 1,99 1,65 1,37 1,14 0,92 0,73 0,56 0,41 

Hãy chỉ ra bảng số liệu trên thể hiện tính đúng đắn của công thức lí thuyết. Từ đó, xác 

định các hệ số A và B. 


Bài 5: 

a. 

Vì mật độ dòng điện phân bố trên đĩa phân tán đều từ tâm ra nên mật độ dòng 

điện tỉ lệ nghịch với chu vi vòng tròn với tâm là tâm đĩa bán kính bằng khoảng 

cách tới tâm: j 1/r 

Vì mật độ dòng điện tương đương với cường độ điện trường nên: 

E = a/r với a là một hằng số. 

Điện thế tại điểm cách tâm r sẽ được tính là: 

r 

r 

 

Edr a ln A 

r 

r 

0 

r 0 : bán kính của đĩa 

r 

Vậy: (r) A Bln r 

c. Lập bảng xử lý: 

0 

0 

ĐIỂM 

0,5 

0,5 

1,0 

Vẽ đồ thị 

phụ thuộc 

r 

ln r 

, 

0 

8

lấy r 0 = 0,12cm. 

0,5 

Kết quả: sự phụ thuộc tuyến tính, khẳng định sự đúng đắn của công thức (1). 

Từ đồ thị ta xác định được: A = 8,1 V 

B = -1,99 V 

0,5 

9




LÊ THÁNH TÔNG – QUẢNG NAM 

(ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ) 





Bài 1 (4 điểm) 

Một tụ điện phẳng với mỗi bản tụ là một 

hình chữ nhật chiều dài b, chiều rộng a 

(hình 1). Hai bản tụ cố định, nằm thẳng 

đứng, đối diện nhau và cách nhau đoạn d . 

Lúc đầu, tụ điện được nối vào nguồn một 

chiều có suất điện động E không đổi. Sau 

a 

b 

Hình 1 

h x 

đó, tụ điện được ngắt khỏi nguồn và nhúng thẳng đứng trong một điện môi lỏng có hệ 

số điện môi ε, khối lượng riêng ρ. Chất điện môi có thể trượt không ma sát trên mặt 

bản tụ. Tính chiều cao h mà cột chất lỏng dâng lên giữa hai bản tụ. 


Trên mặt phẳng nằm ngang có hai đoạn dây dẫn Ox và Oy vuông góc với nhau. Một 

thanh kim loại mảnh AB có khối lượng m và chiều dài L. Đầu A của thanh có thể 

trượt không ma sát dọc theo đoạn dây dẫn Oy, đầu B của thanh có thể trượt không ma 

sát dọc theo đoạn dây dẫn Ox. Toàn bộ hệ được đặt trong từ trường đều B vuông 

góc với mặt phẳng ngang như hình 2. 

y 

A 

y 

A 

y 

O 

A 

v 

0 

Hình a 

B 

B 

x 

O 

B 

α 

Hình b 

Hình 2 

1 

B 

x 

B 

O 

B 

Hình c 

x

Ban đầu thanh nằm dọc trục Ox, cung cấp đầu A của thanh một vận tốc đầu v 

0 

dọc 

theo trục Oy. Trong quá trình chuyển động, hai đầu A, B của thanh luôn tiếp xúc với 

các dây dẫn Ox, Oy (như hình 2.b). Vận tốc của thanh giảm dần đến khi thanh nằm 

dọc với trục Oy thì vận tốc bằng không. Cho biết điện trở của thanh AB là R, các 

đoạn dây dẫn có điện trở không đáng kể. Bỏ qua hiện tượng tự cảm. Xác định v 0 . 

Bài 3 (4,0 điểm) 

Vào những ngày nắng to, mặt đường hựa hấp thụ mạnh ánh sáng Mặt trời nên 

bị nung nóng và làm nóng phần khí sát mặt đường. Kết quả là nhiệt độ của không khí 

thay đổi theo độ cao. Giả thiết rằng chiết suất của không khí phụ thuộc theo nhiệt độ 

theo biểu thức n 1 

a . Người ta tìm được mối liên hệ của T theo độ cao z tính từ 

mặt đường có dạng như sau: 

dương (b>1) 

T 

2 

1 bT 

z 1 

k 

T a 

 

2 

 

 

 

. Trong đó a,b và k là các hằng số 

1. Một nguồn sáng điểm nằm trên mặt đường ( z= 0) phát ra ánh sáng theo mọi 

phương. Mặt đường coi là mặt phẳng ngang. Xác định dạng đường truyền của một tia 

sáng phát ra ừ nguồn theo phương ban đầu hợp với phương ngang một góc α 0 . 

2. Xác định khoảng cách xa nhất để một người còn có thể nhìn thấy nguồn 

sáng, biết mắt người đó ở độ cao h so với mặt đường. 


Cho hệ cơ học gồm hai vật nặng, một vật có khối 

lượng M, hai vật kia mỗi vật có khối lượng là m=nM. Hai vật 

có thể chuyển động trên một vòng tròn và được nối với hai lò 

xo nh có độ cứng như nhau và bằng k như hình 3. Khi hệ ở 

vị trí cân bằng hai lò xo có độ dài tự nhiên. Li độ của từng 

vật nặng 1, 2 khỏi vị trí cân bằng của nó được ký hiệu lần 

lượt là x 1 , x 2 .Tìm biểu thức x 1 và x 2 của hai quả nặng theo 

k 

M 

M 

M 

m 

M 

Hình 3 

k 

M 

2

thời gian. 

Bài 5 (3,0 điểm) : Cho mạch điện như hình 4. Các cuộn cảm L 1 và L 2 được nối với 

nhau qua một điốt lý tưởng D. Tại thời điểm ban đầu khóa K mở, còn tụ điện với điện 

dung C được tích điện tới hiệu điện thế U 0 . Sau khi đóng khóa một thời gian, hiệu 

điện thế trên tụ điện trở nên bằng không. 

a. Hãy tìm dòng điện chạy qua cuộn cảm L 1 tại thời điểm đó. 

b. Sau đó, tụ điện được tích điện lại đến một hiệu điện thế cực đại nào đó. Tìm hiệu 

điện thế cực đại đó. 



- Một nam châm hình chữ U 

- Một nguồn điện một chiều. 

- Một biến trở. 

- Một vôn kế có nhiều thang đo. 

Hình 4 

- Một thanh kim loại mỏng đồng chất, bằng đồng, tiết diện đều hình chữ nhật. 

- Thước đo chiều dài. 

- Cuộn chỉ. 

- Cân đòn và các quả nặng. 

- Dây nối và khóa K. 

a) Xây dựng cơ sở lý thuyết để đo mật độ hạt electron tự do trong thanh kim loại. 

b) Nêu các bước tiến hành thí nghiệm. 

c) Trình bày cách xây dựng bảng số liệu và cách xử lý số liệu. 

--------- Hết ---------- 


Nguyễn Đức Nhân 

3




LÊ THÁNH TÔNG – QUẢNG NAM 

(ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ) 

0905.943004 






Một tụ điện phẳng với mỗi bản tụ là một 

hình chữ nhật chiều dài b, chiều rộng a 

(hình 1). Hai bản tụ cố định, nằm thẳng 

đứng, đối diện nhau và cách nhau đoạn d . 

Lúc đầu, tụ điện được nối vào nguồn một 

chiều có suất điện động E không đổi. Sau 

đó, tụ điện được ngắt khỏi nguồn và nhúng thẳng đứng trong một điện môi lỏng có hệ 

số điện môi ε, khối lượng riêng ρ. Chất điện môi có thể trượt không ma sát trên mặt 

bản tụ. Tính chiều cao h mà cột chất lỏng dâng lên giữa hai bản tụ. 

Hướng dẫn: 

Gọi h là chiều cao mà bề mặt chất lỏng dâng lên giữa hai bản cực. 

x là chiều cao phần tụ điện tiếp xúc với chất lỏng. 

Trước khi nhúng vào điện môi, tụ có điện tích: 

Khi nhúng vào điện môi, điện dung cua tụ 

bx b( a x) 

b 

d d d 

 

0 0 0 

C C1 C2 

1 

x a 

 

 

4 

abE 0 

Q 

d 

(2)..............(0,5đ) 

(1) ......................(0,5đ) 

Định luật bảo toàn năng lượng cho ta công của lực điện mà tụ tác dụng lên điện môi 

bằng độ giảm năng lượng của tụ. Do đó: 

dA dW ......................(0,5đ) 

Hay: 

2 2 

Q Q Q 

Fdx d dQ dC 

2 

2C C 2C 

Vì điện tích của tụ không đổi nên: dQ 0 (4) ......................(0,5đ) 

(3) 

b 

a 

Hình 1 

h 

x

dC 

dx 

b 

d 

0 

mà 

1 

(5) ......................(0,5đ) 

Thay (1),(4),(5) vào (3) ta được 

2 2 

0a bE 1 

F 

2d 

1 

xa 

 

 

2 

......................(0,5đ) 

Cột chất lỏng đạt trạng thái cân bằng khi trọng lực của cột chất lỏng cân bằng với lực 

F. 

Do đó: F=mg 

Hay 

Vậy 

2 2 

0a bE 1 

2d 

1 

xa 

2 2 

0aE 

1 

h 

2 

2d g 

1 

xa 

 

 

 

 

2 

ghbd 

2 

......................(0,5đ) 

......................(0,5đ) 


Trên mặt phẳng nằm ngang có hai đoạn dây dẫn Ox và Oy vuông góc với nhau. Một 

thanh kim loại mảnh AB có khối lượng m và chiều dài L. Đầu A của thanh có thể 

trượt không ma sát dọc theo đoạn dây dẫn Oy, đầu B của thanh có thể trượt không ma 

sát dọc theo đoạn dây dẫn Ox. Toàn bộ hệ được đặt trong từ trường đều B vuông 

góc với mặt phẳng ngang như hình 2. 

y 

A 

y 

A 

y 

O 

A 

v 

0 

Hình a 

B 

B 

x 

O 

B 

Hình b 

Hình 2 

α 

Ban đầu thanh nằm dọc trục Ox, cung cấp cho đầu A của thanh một vận tốc đầu v 

0 

B 

x 

B 

O 

B 

Hình c 

x 

dọc theo trục Oy. Trong quá trình chuyển động, hai đầu A, B của thanh luôn tiếp 

xúc với các dây dẫn Ox, Oy (như hình 2.b). Vận tốc của thanh giảm dần đến khi 

5

thanh nằm dọc với trục Oy thì vận tốc bằng không. Cho biết điện trở của thanh AB là 

R, các đoạn dây dẫn có điện trở không đáng kể. Bỏ qua hiện tượng tự cảm. Xác định 

v 0 . 


Gọi là góc tạo bởi thanh kim loại và trục Ox 

Gọi G là khối tâm của thanh. 

Tại thời điểm bất kỳ, ta luôn có tọa độ khối tâm 

L 

x cos 

2 

L 

y sin 

2 

(1) ......................(0,25đ) 

Do đó, cơ năng của thanh tại thời điểm bất kỳ 

2 2 

1 2 1 2 1 2 mL 2 mL 2 

W 

d 

mx ' my ' IG ' ' (2) ......................(0,5đ) 

2 2 2 6 6 

Biểu thức từ thông qua mạch kính OAB 

1 1 

2 4 

2 

B L.sin . L.cos BL sin 2 

(4) ......................(0,25đ) 

Suất điện động cảm ứng trong quá trình thanh chuyển động: 

1 2 

d( BL sin(2 )) 

d 

4 1 2 

BL cos(2 ) 

(5) ......................(0,25đ) 

dt dt 2 

Độ giảm năng lượng của đoạn dây đúng bằng lượng nhiệt tỏa trên đoạn dây: 

dW 

dt 

2 

 

R 

(6) ......................(0,5đ) 

Suy ra: 

2 2 

3 BL 2 

d cos (2 ) 

d 

(7) ......................(0,5đ) 

4 Rm 

Gọi ω 0 là tốc độ góc ban đầu của thanh. 

Tích phân 2 vế biểu thức () ta được 

6

0 2 2 2 

3 BL 2 

d cos (2 ) d 

4 Rm 

(8) 

0 

0 

2 2 

3 

BL 

0 

......................(0,5đ) 

16 mR 

Vậy vận tốc v 0 cần cung cấp cho thanh ban đầu: 

v 

2 

L 3 

B L 

......................(0,25đ) 

2 32 mR 

0 0 


Vào những ngày nắng to, mặt đường hựa hấp thụ mạnh ánh sáng Mặt trời nên 

bị nung nóng và làm nóng phần khí sát mặt đường. Kết quả là nhiệt độ của không khí 

thay đổi theo độ cao. Giả thiết rằng chiết suất của không khí phụ thuộc theo nhiệt độ 

theo biểu thức n 1 

a . Người ta tìm được mối liên hệ của T theo độ cao z tính từ 

mặt đường có dạng như sau: 

dương (b>1) 

T 

2 

1 bT 

z 1 

k 

T a 

 

2 

 

 

 

. Trong đó a,b và k là các hằng số 

1. Một nguồn sáng điểm nằm trên mặt đường ( z= 0) phát ra ánh sáng theo mọi 

phương. Mặt đường coi là mặt phẳng ngang. Xác định dạng đường truyền của một tia 

sáng phát ra ừ nguồn theo phương ban đầu hợp với phương ngang một góc α 0 . 

2. Xác định khoảng cách xa nhất để một người còn có thể nhìn thấy nguồn 

sáng, biết mắt người đó ở độ cao h so với mặt đường. 


b 

1 

kz 

Từ dữ kiện đề bài, ta biến đổi được n . ) ......................(0,5đ) 

Chia lớp không khí thành các lớp rất mỏng có độ dày dz, gọi α(z) là góc hợp bởi tia 

sáng với phương ngang ở độ cao h, ta có 

n( z)cos z const n(0)cos0 cos0 b cos cos0 

1 kz ) ......................(0,5đ) 

Từ đó 

2 

z 1 cos 2cos .sin 

1 dz 

d 

cos 

2 

2 

k 0 k cos 0 

) ......................(0,5đ) 

7

Mặt khác ta có 

Tích phân hai vế cho ta 

2 

dz 2cos 

tan 

dx d) ......................(0,5đ) 

2 

dx k cos 

 

1 1 1 

x sin 2 2 sin 2 2 sin 2 

kcos 2 cos 

Vậy 

0 

 

2 2 

0 0 

0 k 

 

 

 

 

0 

0 

1 

z (cos 2 

2 cos 2 0) 

k cos 0 

 

1 

20 sin 20 

x 

2 

2 

sin 2 

 

2 

kcos 

0 2kcos 

0 

) ......................(0,5đ) 

 

) ..................(0,5đ) 

Đường truyền tia sáng bị giới hạn bởi tia ứng với α 0 = 0, hay 

1 

z 1cos 

2 

2k 

 

1 

x 2 sin 2 

2k 

) ......................(0,25đ) 

 

Khoảng cách L xa nhất thỏa mãn : 

1 

h 1cos 

2 

2k 

 

1 

L 2 sin 2 

2k 

Giải phương trình ta được 

Với kh

Sử dụng định luật II Newton, ta viết được các phương trình động lực học cho 

Vật 1 : 

Mx 2 k( x x ) 

(1) ......................(0,5đ) 

'' 

1 1 2 

Vật 2 : 

nMx 2 k( x x ) 

(2) ......................(0,5đ) 

'' 

2 2 1 

2 

Đặt 

0 

k 

M 

Từ hai phương trình trên suy ra: 

'' 2 

x1 2 0 ( x1 x2) 

 

 

(3) 

'' 2 2 

x2 0 ( x2 x1 

) 

n 

2(n1) 

n 

'' '' 2 

Từ (3) ta suy ra: ( x x ) ( x x ) (4) ......................(0,5đ) 

1 2 0 1 2 

2(n1) 

 

x x A 

 

t 

n 

 

 

Phương trình (4) có nghiệm: 

1 2 

cos 

0 

dao động. (5) ......................(0,25đ) 

, với A là biên độ 

Mặt khác vì hệ cô lập nên ngoại lực tác dụng lên hệ cân bằng: 

Mx 

'' '' 

1 

nMx2 0 

......................(0,5đ) 

Hay x 1 

nx 2 

Bt C (6), ......................(0,25đ) 

với B, C là các hằng số phụ thuộc vào trạng thái ban đầu của hệ. 

Từ (5) và (6), ta suy ra biểu thức của x 1 và x 2 theo thời gian là 

1 2(n1) 

 

x1 nAcos 

0t Bt C 

n 1 

 

n 

 

 

 

 

 

(3) 

1 2(n1) 

 

x2 Acos 

0t 

Bt C 

n1 

n 

 

 

 

 

Bài 5 (3,0 điểm) : Cho mạch điện như hình 4. Các cuộn cảm 

L 1 và L 2 được nối với nhau qua một điốt lý tưởng D. Tại thời 

điểm ban đầu khóa K mở, còn tụ điện với điện dung C được 

tích điện tới hiệu điện thế U 0 . Sau khi đóng khóa một thời 

gian, hiệu điện thế trên tụ điện trở nên bằng không. 

a. Hãy tìm dòng điện chạy qua cuộn cảm L 1 tại thời điểm đó. 

......................(0,5đ) 

Hình 4 

9

. Sau đó, tụ điện được tích điện lại đến một hiệu điện thế cực đại nào đó. Tìm hiệu 

điện thế cực đại đó. 


a. Khi khóa K đóng thì Diot đóng, nên ta có mạch dao động gồm tụ C và cuộn L 1 . Tại 

thời điểm tụ phóng hết điện thì theo định luật bảo toàn năng lượng: 

CU0 LI 

1 L 

C 

2 2 

......................(0,5đ) 

IL 

U0 

L 

1 

b. Gọi i 1 là dòng điện chạy qua cuộn thứ nhất, i 2 là dòng điện chạy qua cuộn thứ 2 ở 

một thời điểm t sau khi tụ đã phóng hết điện. 

Ta có theo định luật Ôm: e1e 

2 

0 

L i . ......................(0,5đ) 

' ' 

1 1 

L2i2 0 

Nghiệm của phương trình có dạng : L 1 i 1 + L 2 i 2 = A với A là một hằng số. 

......................(0,25đ) 

- Tại thời điểm khi dòng điện chạy qua cuộn L 1 đã đạt giá trị cực đại là U 

0 

C 

L 

1 

thì 

dòng qua L 2 bằng 0, nên A = U 

0 

C 

L 

1 

L 1 i 1 + L 2 i 2 = U 

0 

C 

L 

1 

......................(0,25đ) 

- Khi hiệu điện thế giữa hai đầu tụ đạt cực đại thì dòng qua tụ bằng 0, còn dòng 

chung đi qua 2 cuộn cảm là i 12 . Ta có : (L 1 +L 2 )i 12 = U 

0 

C 

L 

1 

i 

12 

U 

 

L 

L C 

0 1 

L 

1 2 

......................(0,5đ) 

- Giả sử hiệu điện thế cực đại giữa hai đầu bản tụ sau đó là U m . Tại thời điểm khi tụ 

điện tích điện lại và hiệu điện thế của nó đạt cực đại thì phần năng lượng tập trung ở 

tụ điện là 

W 

C 

1 

CU 

2 

......................(0,25đ) 

2 

m 

10

- Phần còn lại tập trung ở cuộn cảm: 

......................(0,25đ) 

- Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng : 

......................(0,25đ) 

1 1 L CU 

W ( L L ) i 

L 

2 2 

2 

2 1 0 

1 2 12 

L L 

1 2 

1 1 1 L CU 

CU 

2 2 2 

2 

2 2 1 0 

CU 

0 

m 

L L 

1 2 

U 

m 

U 

0 

L 

L 

2 

L 

1 2 

......................(0,5đ) 



- Một nam châm hình chữ U 

- Một nguồn điện một chiều. 

- Một biến trở. 

- Một vôn kế có nhiều thang đo. 

- Một thanh kim loại mỏng đồng chất, bằng đồng, tiết diện đều hình chữ nhật. 

- Thước đo chiều dài. 

- Cuộn chỉ. 

- Cân đòn và các quả nặng. 

- Dây nối và khóa K. 

a) Xây dựng cơ sở lý thuyết để đo mật độ hạt electron tự do trong thanh kim loại. 

b) Nêu các bước tiến hành thí nghiệm. 

c) Trình bày cách xây dựng bảng số liệu và cách xử lý số liệu. 


a) Để xác định mật độ hạt eletron tự do trong thanh đồng, ta sử dụng hiệu ứng Hall. 

Bố trí mạch điện như hình vẽ 

11

B 

m 

V 

I 

R ξ 

K 

B 

Gọi B là cảm ứng từ trong khe giữa hai cực từ của nam châm. 

Hiệu điện thế Hall là 

1 IB 

U en d 

0 

......................(0,25đ) 

Với I: là cường độ dòng điện, B là độ lớn của ứng từ trong khe. 

e là điện tích nguyên tố, d là chiều dài của thanh. 

n 0 là mật độ electron tự do trong thanh. 

Từ đó suy ra: n0 

1 IB 

 

eU d 

U được xác định bằng Vôn kế. 

......................(0,25đ) 

d được xác định bằng thước đo chiều dài. 

Tích IB được xác định bằng cân đòn như sau: 

Đặt thanh đồng lên cân đòn, sử dụng các quả cân điều chỉnh cho cân thăng bằng. Sau 

đó cho dòng điện đi qua thanh đồng, điều chỉnh chiều vị trí của nam châm sao cho 

lực từ tác dụng lên thanh đồng hướng thẳng đứng xuống dưới. Điều chỉnh các quả 

cân để cân lại cân bằng. 

Sự chênh lệch trọng lượng các quả cân trong hai trường hợp đúng bằng lực từ tác 

dụng lên thanh. ......................(0,25đ) 

Ta có: F m. g BIl m. 

g 

12

Từ đó: 

mg 

. 

BI 

l 

, với l là chiều dài của thanh đồng. 

Thay vào công thức trên ta được n0 

mg 

. 

 

eUd. 

l 

......................(0,25đ) 

Vậy, ta cần đo chiều dài l của thanh nằm trong từ trường, chiều dày d của thanh, xác 

định sự thay đổi khối lượng Δm của các quả cân (khi có dòng điện và khi không có 

dòng điện) và hiệu điện thế Hall U tương ứng. 

c) Tiến hành thí nghiệm và thu thập số liệu: 

Bước 1: Đo chiều dài của thanh đồng nằm trong từ trường và chiều dày d của thanh. 

Bước 2: Dùng chỉ treo thanh kim loại nằm ngang trong từ trường và vuông góc với 

đường sức từ vào một cánh tay đòn của cân. 

Bước 3: Mắc mạch điện như hình vẽ. ......................(0,25đ) 

Bước 4: Khóa K mở, chình cân đo thăng bằng, ghi lại giá trị khối lượng. 

......................(0,25đ) 

Bước 5: Đóng khóa K, điều chỉnh biến trở để thay đổi cường độ dòng điện chạy qua 

mạch.Điều chỉnh cân thăng bằng, ghi lại sự thay đổi Δm. ......................(0,25đ) 

Ghi lại giá trị trên Vôn kế. ......................(0,25đ) 

Bước 6: Lặp lại các bước 4,5 để thu thập khoảng 5 bộ số liệu ứng với 5 vị trí khác 

nhau của biến trở. 

c) Xây dựng bảng số liệu và tính toán. 

Lần đo l d Δm U n 0 

1 ...... ..... ...... .... .... 

13

..... .... .... .... .... .... 

5 .... .... .... .... .... 

l ... 

l 

5 

1 5 

- Xác định giá trị trung bình của chiều dài đo được l ......................(0,25đ) 

- Xác định giá trị trung bình của chiều dày đo được 

d 

d1... 

d5 

 

5 

......................(0,25đ) 

- Xác định các giá trị n 0i tương ứng với mỗi cặp giá trị Δm i và và U i , cụ thể: 

n 

0i 

g. 

mi 

 

eU d . l 

i 

......................(0,25đ) 

- Mật độ hạt electron trong thanh là giá trung bình: 

n 

0 

n 

 

... 

n 

5 

01 02 

......................(0,25đ) 

--------- Hết ---------- 


Nguyễn Đức Nhân - 0905.943004 

14

SỞ GD ĐT NINH B NH 


LƢƠNG VĂN TỤY 

X Ấ 

ăm học: 2017 - 2018 

: 11 

Thời gian làm bài: 1 0 ph t 

(Đề này gồm 05 câu trong 02 trang) 

Câu 1. TĨNH ĐIỆN (4,0 điểm) 

Ở cách xa các vật thể khác trong không gian, có hai quả cầu nhỏ tích điện. Điện tích và khối lƣợng 

của các quả cầu lần lƣợt là q 1 = q, m 1 =1g; q 2 = -q, m 2 = 2g. Ban đầu, khoảng cách hai quả cầu là a = 1m, 

vận tốc quả cầu m 2 là 1m/s, hƣớng dọc theo đƣờng nối hai quả cầu và đi ra xa m 1 và vận tốc của quả cầu m 1 

cũng bằng 1m/s, nhƣng hƣớng vuông góc với đƣờng nối hai quả cầu. Hỏi với giá trị điện tích q bằng bao 

nhiêu thì trong chuyển động tiếp theo, các quả cầu có hai lần cách nhau một khoảng bằng 3m? Chỉ xét 

tƣơng tác điện của hai quả cầu. 

Câu 2 . ĐIỆN VÀ ĐIỆN TỪ (5,0 điểm) 

1. Cho mạch điện (hình 3). Tụ điện có 

I R 

D 

điện dung C=1F ban đầu không mang điện, 

R 

điện trở R=10, nguồn điện có suất điện động E 

E=20V có điện trở trong không đáng kể. Điốt 

C I oR U o 

D có đƣờng đặc trƣng Vôn-Ampe (hình 4), với 

K 

U R 

O 

I o =1A, U o =10V. Bỏ qua điện trở dây nối và 

Hình 3 

Hình 4 

khoá K. Tính tổng nhiệt lƣợng toả ra trên R sau 

khi đóng K. 

B z 

2. Trên mặt bàn phẳng nằm ngang đặt một khung 

y 

B + 

dây dẫn hình chữ nhật có các cạnh là a và b (xem hình vẽ). 

+ C 

F 2 

F1 

Khung đƣợc đặt trong một từ trƣờng có thành phần của y + a 

véctơ cảm ứng từ dọc theo trục z chỉ phụ thuộc vào toạ độ x 

A 

- - D 

theo quy luật: B z 

B 0 

(1 x), 

trong đó B 

0 

và là các y 

hằng số. Truyền cho khung một vận tốc v 

0 

dọc theo trục x. Bỏ qua độ tự cảm của khung dây, hãy xác định 

khoảng cách mà khung dây đi đƣợc cho đến khi dừng lại hoàn toàn. Cho biết điện trở thuần của khung dây 

là R. 

Câu 3. QUANG HÌNH (4,0 điểm) 

Ngƣời ta cắt từ một quả cầu làm bằng thủy tinh chiết suất n 1,5 bán kinh R = 10cm lấy hai chỏm 

cầu mỏng, để nhận đƣợc hai thấu kính phẳng lồi với đƣờng kính là 1cm và 2cm. Các thấu kính đƣợc dán 

đồng trục với nhau. Trên trục chính và cách hệ thấu kính 1m đặt một nguồn sáng điểm và ở phía bên kia 

của hệ đặt một màn cũng vuông góc trục chính. Hỏi phải đặt màn nhƣ thế nào để kích thƣớc vết sáng trên 

màn là nhỏ nhất? Và kích thƣớc ấy bằng bao nhiêu? 

Câu 4. DAO ĐỘNG CƠ (4,0 điểm) 

Ba quả cầu nhỏ có khối lƣợng m, M, m cùng tích điện q nối với nhau 

bằng hai dây nhẹ không dãn và không dẫn điện, chiều dài l. Chọn trục toạ 

độ có gốc O trùng với vị trí quả cầu M khi hệ cân bằng, trục OX vuông 

góc với hai dây. Tìm chu kỳ dao động nhỏ của hệ theo phƣơng OX. Bỏ 

m 

M 

m 

qua ảnh hƣởng của trọng lực. 

X 

Câu 5. PHƢƠNG ÁN THỰC HÀNH (Điện, Quang, Dao động) (3,0 

điểm) 

Xác định Suất điện động của nguồn điện chƣa biết và điện trở trong của nó bằng các dụng cụ sau: 

Nguồn điện cần xác định, nguồn điện có Sđđ đã biết, hai tụ có điện dung giống nhau, micrôampe kế, một 

điện trở có trở kháng 1 

----------------------HẾT------------------- 

Giám thi: ………………………………………… Chữ kí: ……………… 

O 

x 

2l 

O 

x + b 

x 

1

SỞ GD ĐT NINH B NH 


LƢƠNG VĂN TỤY 

ăm học: 2017 - 2018 

: 11 

Ấ 

Câu áp án iểm 

Vận tốc khối tâm của hệ hai hạt. 

 

 

2mv02 

m v03 

2v02 

v01 

V c 

 

const 

3m 

3 

0,25 

2 

 

Vcx 

v0 

3 

 

1 

V v 

0,25 

cy 0 

3 

Do không có ngoại lực, khối tâm chuyển động thẳng đều. 

Xét trong hệ quy chiếu khối tâm (C). Vận tốc của mỗi hạt gồm 2 thành phần: 

- Thành phần theo phƣơng nối 2 hạt (dƣới đây gọi là thành phần song song) 

- Thành phần vuông góc với đƣờng thẳng nối 2 hạt (dƣới đây gọi là thành phần 

vuông góc) 

Tại thời điểm ban đầu: vận tốc trong hệ quy chiếu C của các hạt là: 

2 v0 

 

v v0 

3 

v 

mx 

v2mx 

 

 

m 

, 

3 

v2m 

 

2 

v v v0 

my 

0 v 

3 

2my 

3 

V 0 / 3 

2/3V 0 m 

V 0 / 3 

0,25 

1 

(5 

điểm) 

2/3V 0 

C 

2m 

y 

0,25 

Trạng thái ban đầu 

x 

Để thoả mãn điều kiện hai hạt 2 lần qua vị trí cách nhau 3a thì khoảng cách cực đại 

giữa hai hạt lmax 3a 

. Khi đạt khoảng cách lmax 

thì thành phần vận tốc theo phƣơng 

V 

song song triệt tiêu, chỉ còn 2r max 

thành phần vuông góc. C 

m 

r max 2m 

0,25 

l max 

2V 

Trạng thái đạt l max 

( lmax 

3rmax 

) 

Do động lƣợng của hệ trong hệ quy chiếu C bằng 0 nên 

vm 

2v 

 

v2m 

v 

Theo định luật bảo toàn mômen động lƣợng quanh C của hạt 2m, ta có 

0,25 

0,25 

2

v0 

a v0 

a 

v rmax 

 

 

3 3 9 

Mặt khác: 

 

lmax 

rmax 

 

3 

v0a 

Từ (1) và (2) suy ra: v . Vì: l 

3 

l 

max 

max 

(1) 

(2) 

v0 

a 

3a 

v hay 

3 3a 

v 

v 0 

(3) 

9 

Theo định luật bảo toàn năng lƣợng (biến thiên động năng của hệ bằng biến thiên 

năng lƣợng tƣơng tác điện), ta có 

1 

m( 

v 

2 

2 

mx 

v 

2 

my 

2 

q 1 1 

 

 

4 

0 a l 

4 

m v 

9 

Theo giả thiết 

2 

mv 

3 

2 

mv 

3 

2 

0 

2 

0 

1 

) 2m( 

v 

2 

max 

 

 

 

v 

2 

2 

0 

0 

2m 

3 

3mv 

3mv 

9 

lmax 3a 

2 

2 

mv 

2 

2mx 

2 

v 

2 

2my 

2 

q 1 1 

 

4 

a 3a 

 

0 

2 

q 

 

6 

a 

0 

1 

) m (2v) 

2 

2 

q 1 1 

 

 

40 

a l 

max 

 

 

2 

 

1 

2mv 

2 

34 

0ma 

(3) q v0 0,32C 

(4) 

9 

Mặt khác, cũng theo định luật bảo toàn năng lƣợng, ứng với trạng thái trong đó hai hạt 

cách nhau một khoảng l, ta có: 

2 

2 

2 

2 v0 

1 2 1 2 q 

m v0 2m 

m(2v) 

2mv 

= 

1 1 

 

3 3 2 2 4 

0 a l 

Vì hai hạt không thể đi ra xa nhau quá l max , nên với l lmax 

ta phải có: 

2 

2 2 

4v0 v0 

q 

m 2m 

 

1 1 

 

9 9 4 

0 a l 

 

8 

0ma 

q v0 0,27C 

3 

(5) 

Từ (4) và (5) 

v 

0 

2 

q 1 

a 

4 

0 

8 

0ma 

34 

0ma 

q v0 

, hay 

3 

9 

0,27C q 0, 32C 

1. 

- Ngay sau khi đóng K thì có dòng điện đi qua điốt D, tụ điện đƣợc nạp điện, hiệu 

điện thế trên tụ điện tăng dần, hiệu điện thế trên D bằng U o , dòng điện giảm dần, hiệu 

điện thế trên tụ tăng dần. Đến thời điểm t 1 , dòng điện trong mạch bằng I o . Lúc này 

hiệu điện thế và điện tích trên tụ là: U 1 =E-U o -I o R, q 1 =C.U 1 =C.(E-U o -I o R). 

2 

CU C( 

E U 

- Năng lƣợng tích luỹ trên tụ: W C1 = 

 

2 

2 

- Nhiệt lƣợng toả ra trên D: W D1 =q 1 U o =U o C(E-U o -I o R) 

 

1 o 

IoR 

2 

 

 

 

) 

2 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

3

- Công của nguồn điện: A=q 1 E=EC(E-U o -I o R) 

C 

2 

2 

- Nhiệt lƣợng toả ra trên R: Q 1 =A-W D1 -W C1 = [( E U 

o 

) ( IoR) 

] 

2 

Sau thời điểm t 1 dòng điện trong mạch tiếp tục giảm, l c này D có vai trò nhƣ điện trở 

thuần r=U o /I o . Giai đoạn này, nhiệt lƣợng Q 2 toả ra trên R bằng công của nguồn A 2 trừ 

đi độ tăng năng lƣợng trên tụ W C và nhiệt lƣợng toả ra trên D (W Đ2 ): Q 2 =A 2 -W C - 

W Đ2 

Công của nguồn: A 2 =E(EC-q 1 )=E[EC-C(E-U o -I o R)]=EC(U o +I o R) 

2 

2 

E C E C C 

2 

Phần năng lƣợng tăng thêm trong tụ: WC 

WC1 

( E U 

o 

I 

oR) 

2 2 2 

U 

o 

IoR 

WC 

C( 

U 

o 

I 

oR)( 

E ) 

2 

Nhiệt lƣợng toả ra trên R: Q 2 =A 2 -W C -W Đ2 Q 2 +W Đ2 =A 2 -W C 

Q2 

R R RI 

o 

U 

o 

I 

oR 

U 

o 

Mà WD2 

Q2 

Q2 

WD2 

Q2 

( ) 

WD2 

r U 

o 

/ I 

o 

U 

o 

I 

oR 

I 

oR 

I 

oR 

I 

oR 

U 

o 

I 

oR 

Q 2 

( A 2 

WC 

) [ EC( 

U 

o 

I 

oR) 

C( 

U 

o 

I 

oR)( 

E )] 

I 

oR 

U 

o 

I 

oR 

U 

o 

2 

RI 

oC( 

U 

o 

IoR) 

Q2 

 

2 

C 

2 

4 

Tổng nhiệt lƣợng toả ra trên R: Q=Q 1 +Q 2 = [( E U 

o 

) U 

oIoR] 

10 

( J) 

2 

2. 

Xét khung tại vị trí nhƣ hình vẽ. Ta có: 

O B z x x + b 

x 

B 1 

x B 1 

x b 

B AB 

0 

và B CD 

 

0 

. 

y + a 

Suất điện động cảm ứng xuất hiện trên hai thanh AB, CD là: 

y 

y 

F 2 

B 

+ 

A 

- - D 

+ 

C 

F1 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

E 

AB 

B v a; E B v a . 

AB 

CD 

CD 

0,25 

2 

Dòng điện chạy trong mạch có chiều nhƣ hình vẽ và có độ lớn bằng: 

E 

I 

AB 

E 

R 

CD 

 

v a BAB 

B 

 

R 

CD 

 

v a B0 

 

R 

 

b 

Lực từ tác dụng lên hai thanh AB và CD có chiều nhƣ hình vẽ và có độ lớn bằng: 

F B 

F 

1 

2 

B 

CD 

AB 

I a B 

I a B 

CD 

AB 

B ba 

0 

R 

B0ba 

 

R 

2 

2 

v 

v 

áp dụng định luật II Newton cho khung theo trục Ox , ta đƣợc: 

dv 

F 1 

F 2 

m a m 

dt 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

4

2 

Boba 

v 

 

R 

 

B 

CD 

B 

AB 

 

 

dv 

m 

dt 

2 2 2 2 

B b a v dt 

0 

m dv 

R 

 

dx mR 

dt dt 

2 2 2 

dt B0 

b a 

v 2 

Lấy tích phân hai vế ta có: 

mRv 

s 

2 

B a 

2 

0 

0 

2 

b 

2 

x 

dv dx mR 

 

2 2 2 

B0 

b a 

2 

s 

mR 

 

B a b 

v 

2 2 2 2 

0 0 

v0 

0 

dv 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

mRv0 

Vậy độ dịch chuyển của khung dây là: s . 

2 2 2 2 

B a b 

Ta cắt quả cầu (chiết suất n) bán kính R 10cm 

lấy 2 chỏm cầu để nhận đƣợc 2 thấu 

kính phẳng lồi L 1, L2 

có đƣờng kính là D 1, D2 

(với D 1 

2D 

2 

2cm 

) thì ch ng sẽ có 

’ 

cùng tiêu cự S là f: 

’ 

S 1 

d ’ d 

1 2 d ’ S 2 

2 

d 1 

1 1 

( n 1) 

 

f R 


10 

f ( cm) 

n 1 

S 

(L 1 ) 

D L 

O 

(L 2 ) 

D 

2 

0 

A 

D 

S ’ 2 m 

I 

S ’ 1 

B 

0,25 

0,5 

Hv 

0,5 

3 

d 1 

l 

Đƣờng đi của các tia sáng nhƣ hình vẽ. Từ đó ta thấy vết sáng trên màn có kích thƣớc 

nhỏ nhất là D m 

AB khi màn ở I với OI l . 

Mặt khác, ta có: 

1 1 1 1 1 

* (2) 

' 

' ' 

f d d d 

1 1 

1 

d 

2 

' 

D 

m 

d1 

l 

(3) 

' 

D1 

d1 

+ Dựa vào tính chất đồng dạng ta đƣợc: 

' 

Dm 

l d 

2 

(4) 

 

' 

D2 

d 

2 

3D 

1 1 

m 

l 3Dm 

Cộng vế (3) và vế (4): l 

l 

' ' 

D 

 

1 d1 

d 

 

 

2 f D1 

f (5) 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

5

D1 

D m 

 

(*) 

f 

0,5 

4 3 

Từ (2), (3), (5) suy ra: 

d 

 

3 f 

l 

(**) 

f 

4 3 

0,5 

d 

0,5 

Quả cầu làm bằng thuỷ tinh hữu cơ nên nếu lấy n 1,5 (gần đ ng) f 20( 

cm) 

D 

Suy ra: 

m 

0,59( cm) 

 

l 

17,65( cm) 

4 

Giải: Khi M có li độ x 

1 

thì hai vật m có li độ x 

2 

. Khối tâm của hệ có toạ độ 

x G 

Mx1 

 

M 

1 M x 

2 

 

 

2mx 

2m 

2 

0 x 

2 

M 

x 

1 

2m 

Động năng của hệ: 

2 

 

2 

2 

Thế năng của hệ: 

E k 

1 

2 

q kq 

2k 

 

l r 

E t 

2 

2 

Với: r 2 l x 

x 

 

1 2 m x 

2 

2 

2 2 2 M 

/ 

1 2 l x1 

1 

 

 

x 

l 1 

 

 

l 

1 

2 

2 

M 

1 

 

2m 

 

1/ 2 

 

2 

2m 

M M 

1 

x 

2 2m 

 

2 

1/ 

2 

2 2 

2 

 

 

2 2 2 

2 

q kq x1 

M 5kq 

kq x 

E t 

2k 

1 

1 

1 M 

l 

2l 

 

 

 

 

 

l 

Do năng lƣợng của hệ bảo toàn, ta có: 

E 

E k 

E t 

M M 

 

x 

1 

2 2m 

 

 

2m 

 

5kq 

2l 

kq 

4l 

 

x 

 

l 

2l 

 

4l 

2 2 2 

2 

2 

 

 

 

M 

2m 

 

1 

1 

 

l 2m 

 

1 

1 1 const 

Lấy đạo hàm hai vế phƣơng trình trên ta dễ dàng nhận đƣợc phƣơng trình vi phân mô 

2 

2 

kq M kq M 

2m 

tả dao động đều hoà với tần số góc: 1 

3 

 

3 

2l 

M 2m 

4Mml 

3 

4Mml 

T 2 . 

2 

kq ( M 2m) 

 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

6

Cơ sở lí thuyết 

1, Đo Suất điện động: Dựa vào sự tích điện của tụ, và sự phóng điện của tụ qua 

micrôampe kế ở chế độ xung kích (1 giây đầu tiên của quá trình phóng). Căn cứ vào 

số chỉ lớn nhất n của Micrôampe kế ta có 

1 2 

0,25 

0,25 

A 

A 

0,25 

5 

q 

với q CE và t 1s ta có: n kCE 

 

n kIm 

k t 

+ Ta có thể kiểm chứng điều này bằng cách thay vì 1 tụ điện ta mắc vào đó hai 

tụ mắc song song, và hai tụ mắc nối tiếp. Trƣờng hợp đầu ta sẽ thấy chỉ số n tăng gấp 

đôi, và trƣờng hợp sau sẽ thấy n giảm một nửa. 

n kCE 

n kCE 

n2 

E 

E 

n 

+ Với nguồn E 1 ta có: 

1 1 

+ Với nguồn E 2 ta có: 

2 2 

n1 E1 

Từ đó có: 

2 1 

n2 E2 

1 

+ Trong công thức này E 1 là suất điện động của nguồn đã biết, n 1 , n 2 là số chỉ 

cực đại của ampe kế trong hai lần đo với nguồn E 1 và với nguồn E 2 , các chỉ số này 

đƣợc đọc trên ampe kế. 

2, Đo điện trở trong: Khi đã biết suất điện động, mắc R và nguồn thành một 

mạch kín, áp dụng định luật Ôm ta có: 

E E 

I r R 

R 

r I 

+ Trong công thức này R, E đã biết, I đo đƣợc bằng Micrô Ampe kế. 

Trình tự thí nghiệm: 

+ Mắc mạch điện nhƣ hình vẽ: 

+ Mắc nguồn E 1 vào sơ đồ. 

+ Ban đầu đóng K vào chốt 1 để nạp điện cho tụ, khi chắc chắn tụ đã nạp đầy, 

gạt nhanh K sang chốt 2, quan sát, đọc nhanh giá trị n 1 của MicroAmpe kế. 

+ Thay nguồn E 1 bằng E 2 rồi lặp lại tƣơng tự. 

+ Khi đã xác định đƣợc Sđđ E 2 mắc sơ đồ mạch điện sau để đo điện trở trong 

của nguồn: 

Đánh giá sai số: 

+ Sai số ngẫu nhiên trong quá trình đóng khoá K và quan sát, đọc giá trị n 1 và 

n 2 . Để giảm sai số này nên thực hiện lại nhiều lần. 

+ Để độ chính xác của thí nghiệm này chính xác thì E 1 và E 2 không đƣợc sai 

khác nhau quá 10 lần, Bộ tụ điện và MicroAmpe phải hợp lý để giá trị n 1 , n 2 không 

vƣợt quá thang đo, và cũng không quá nhỏ so với giới hạn thang đo. 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

7

8

Ghi chú : 

- Nếu học sinh làm theo các cách khác với đáp án mà ra kết quả đ ng vẫn cho điểm tối đa tƣơng ứng. 

- Nếu kết quả thiếu hoặc sai đơn vị trừ tối đa 0,5 điểm cho toàn bài thi. 

- Điểm của bài thi không đƣợc làm tròn. 

9

Ầ XÁ : 

Ổ Ố A ( Ồ À Ẫ Ấ ) À:….… TRANG. 

A 

(Họ và tên, chữ ký) 

Ẩ 

À Ả Ệ ỦA 

Ị 

XÁ 

ỦA 

(Họ và tên, chữ ký, đóng dấu) 

(Họ và tên, chữ ký) 

10

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 


NĂM HỌC 2017 - 2018 

ĐỀ ĐỀ NGHỊ 

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ LỚP 11 

Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) 

(Đề thi có 03 trang) 

Bài 1: Tĩnh Điện (4 điểm) 

a. Một hình vuông mỏng có cạnh bằng a , tích điện đều với mật độ điện tích mặt 

. Tìm điện thông gửi qua một mặt của hình vuông (hình vuông có hai mặt). 

b. Một hình lập phương cạnh a , có sáu mặt tích diện đều với mật độ điện tích mặt . 

Tìm điện thông gửi qua một mặt của hình lập phương. 

c. Tìm lực mà năm mặt của hình lập phương ở ý b) tác dụng lên mặt còn lại. 

Biết độ điện thẩm chân không là 

o 

. 

Bài 2: Điện và Điện Từ (5 điểm) 

Một hình trụ tròn (C) dài l , bán kính R, làm bằng vật liệu có điện trở suất phụ 

0 

thuộc vào khoảng cách tới trục theo công thức 

2 

r 

1 

2 R 

số dương. Đặt vào hai đầu hình trụ một hiệu điện thế không đổi U 

a. Tìm cường độ dòng điện chạy qua hình trụ. 

2 

, trong đó 

0 

là hằng 

b. Tìm độ lớn cảm ứng từ tại điểm M cách trục hình trụ đoạn x

. Thị kính kép là một hệ có độ tụ D dương và gồm hai thấu kính mỏng, làm bằng 

cùng một loại thuỷ tinh, có độ tụ lần lượt là D 1 và D 2 , đặt đồng trục và cách nhau một 

khoảng e. 

Một chùm sáng tới song song, hẹp, hình trụ tròn xoay, đường kính tiết diện 

thẳng là d được chiếu vào hệ. Chùm tia ló là một chùm hội tụ có góc mở là . Như 

vậy, thị kính kép có tác dụng như một thấu kính mỏng có độ tụ D bằng độ tụ của 

chính thị kính. Tìm biểu thức độ tụ D của thị kính theo D 1 , D 2 và e. Biện luận kết quả 

thu được trong một số trường hợp đặc biệt. 

c. Ưu điểm của thị kính kép là nếu chọn khoảng cách e thích hợp thì độ tụ D của thị 

kính hầu như không phụ thuộc vào chiết suất của thuỷ tinh làm thấu kính và như thế 

sẽ tránh được hiện tượng sắc sai. Hãy tìm điều kiện này về e. 

Bài 4: Dao Động cơ (4 điểm) 

Một vật có khối lượng m a nằm trên một mặt sàn trơn nhẵn và được gắn vào 

tường bằng một lò xo nhẹ khối lượng không đáng kể độ cứng k. Khoảng cách từ m a 

đến tường khi lò xo không biến dạng và khi biến dạng lần lượt là x 

0 

và x0 

x. Một 

con lắc đơn gồm một thanh không khối lượng, chiều dài L, và một quả cầu nhỏ khối 

lượng m b . Bán kính quả cầu m b nhỏ hơn nhiều so với 

chiều dài L. Con lắc được nối vào vật m a qua một trục 

không ma sát. Góc tạo bởi thanh cứng và phương thẳng 

đứng là θ, gia tốc trọng trường hướng xuống dưới và có độ 

lớn g. 

a. Viết hai phương trình chuyển động cho hai biến x và θ. 

Dùng phép thế để thu được phương trình không còn chứa sức căng của thanh cứng. 

Trong câu này ta không giả sử góc θ nhỏ. 

b. Giả sử góc θ nhỏ. Viết gần đúng hai phương trình chuyển động. 

2 

2 

c. Xác định bình phương tần số góc dao dộng của hệ (biểu diễn 

lượng g / L, lấy các giá trị m 2m 

và kL mAg 

) 

Bài 5:Phương án thực hành (3 điểm) 

A 

B 

qua các đại 

Xác định suất điện động của một nguồn điện bằng hai vôn kế khác nhau có 

điện trở trong chưa biết và không lớn lắm. 

Dụng cụ : Hai vôn kế, nguồn điện, các dây nối.

Hãy trình bày phương án tiến hành thí nghiệm, vẽ sơ đồ các mạch điện, lập công thức 

để xác định suất điện động của nguồn điện. 

------------HẾT------------ 

GV ra đề: 

SĐT:0913832400 

VÕ QUỐC Á

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 



HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: VẬT LÝ LỚP 11 

Câu Nội dung Điểm 

1.a Chọn mặt Gauss hình hộp chử nhật có đáy là hình vuông cạnh a và chiều cao 

h 0 , và sao cho hình vuông tích điện nằm giửa và song song với hai đáy 

của hình hộp này . 

Vì đối xứng, nên điện thông gửi qua hai đáy là như nhau, còn điện thông gửi 

qua mặt xung quanh bằng không vì diện tích tiến đến không. 

Áp dụng định luật Gauss ta có: 

0.25đ 

0.25đ 

0.5đ 

2 

1 

2 

q a 

=> 

 

 

0 0 

2 

a 

1 

. 

2 

0 

1.b Chon mặt Gauss hình lập phương vừa đủ bao bọc hình lập phương mang 

điện. Vì lý do đối xứng nên điện thông đi qua mỗi mặt của hình lập phương 

sẽ như nhau. 

Theo định luật Gauss, ta có: 

0.5đ 

0.5đ 

2 

6 

=> 

q a 

6 total 

 

 

0 0 

a 

tatal 

 

 

0 

2 

1.c Vì lý do đối xứng, lực do năm mặt của hình lập phương tác dụng lên mặt còn 

lại sẽ hướng vuông góc với mặt phẳng đó. 

Xét một diện tích dS trên mặt của hình lập phương cần tính, gọi E 

n 

là thành 

phần pháp tuyến của điện trường do mặt còn lại tạo ra dS . 

0.25đ 

0.25đ 

Lực tác dụng lên phần diện tích này là dF Endq EndS 

. 

Lấy tích phân theo toàn bộ mặt lập phương ta được: 

n 

n 

 

5 

trong đó 

5 

S 

S 

F E dS E dS 

là điện tích do năm mặt còn lại của 

0.5đ

hình lập phương gửi qua mặt đang xét. 

Theo nguyên lí chồng chất điện thông ta có: 

0.5đ 

=> 

total 

5 1 

2 

a 

5 total 

1 

. 

2 

0 

Cuối cùng 

2 2 

a 

F . 

2 

0 

0.5đ 

2.a Chia khối trụ thành những ống hình trụ cùng trục với khối trụ và có bề dày 

dr. Xét một ống trụ có bán kính r, điện trở của ống trụ là 

0.5đ 

l l 

dR 

r 0 

dS r2 

 

1- 2 

rdr 

2R2 

 

 

Cường độ dòng điện chạy qua mỗi ống: 

0.25đ 

U 2U r 

2 

dI 1 

rdr 

dR l 2 

2 

0 R 

 

Cường độ dòng điện chạy qua khối trụ có bán kính r < R là: 

0.25đ 

2U r r 

2 Ur 2 r 

2 

I 1 rdr 1 

r 

 

l 2 

2 

4 

2 

0 0 R l 

0 R 

 

(1) 

Khi r = R ta tìm được dòng điện toàn phần chạy qua khối trụ: 

0.25đ 

I 

 

3UR 

2 

4 

l 0 

2.b 

Do tính đối xứng trụ nên các đường cảm ứng từ do dòng điện chạy qua khối 

trụ gây ra sẽ là những đường tròn đồng tâm, tâm của các đường tròn nằm 

trên trục khối trụ. 

Chọn đường tròn, bán kính r, có tâm trên trục khối trụ. Áp dụng định lý 

Ampere có: Bdl I 

0 

 

() c 

0.5đ 

0.25đ 

Trường hợp x < R : 

Ux 

2 x 

2 

B.2 x I 1 

 

0 x 0 l 4 

2 

0 R 

 

0.5đ

Ux x 

2 

B 1 

 

0 2 

l 4 

2 

0 R 

 

Trường hợp x > R: 

2 3 

2 

3UR 

UR 

B.2 x I B 0 

0 0 4 

l 8 

lx 

0 0 

0.5đ 

2.c 

Từ thông gửi qua diện tích mỗi ống trụ: 

kt. 

r 

2 

Suất điện động cảm ứng xuất hiện trong mỗi ống có độ lớn: 

k r 

2 

' t 

Dòng điện chạy tròn quanh trục nên điện trở của lớp trụ từ r đến r + dr là 

2 

r 

 

0 2 r 

dR 

r 

dS r 

2 

1 

ldr 

2R 

2 

 

Cường độ dòng điện cảm ứng xuất hiện trong mỗi ống trụ là: 

klr r 

2 

dI 1 

dr 

dR 2 

2 

2 

0 R 

 

Cường độ dòng điện cảm ứng toàn phần trong khối trụ là: 

0.25đ 

0.25đ 

0.25đ 

0.25đ 

0.5đ 

I 

R 3klR 

2 

dI 

0 

16 

0 

3.a 0.25đ 

O 

F 

 

d 1 2 

tan D tan 

2 2f f d 2 d 

0.25đ 

3.b Sơ đồ tạo ảnh 0.25đ 

I 

O 1 

J 

S 1 

K M S 2 

 

 

F 1 

O 2 O F 

1 

L N

S S S 

F F 

1 2 

1 2 

d d ' d d 

1 1 2 2' 

Ta có d1 d 

1 

f1 

0.25đ 

d 

2 

= O1O 2-d 

1 

= e-f1 

d2f 2 

(e f 

1)f2 

d2 

 

d f e (f f ) 

2 2 1 2 

1 O1I O2L O2S 

0.5đ 

1 

Xét hai tam giác S 1 O 1 I và S 1 O 2 L: tan O2L O1I 

2 O1S1 O2S1 O1S1 

OL 

2 

ON ON 

Xét hai tam giác S 2 O 2 L và S 2 ON: tan O2L O2S2 

2 O S OF OF 

2 2 

1 O1I 

O2S1 

Từ đó ta có: 

OF ON O S O S 

1 1 2 2 

0.5đ 

d 

OI 

OF = f; 2 1;O 2S1 d 

2;O1S1 d 

1 

f 

1;O2S2 d2 

ON d 

 

2 

với 

1 

Kết quả 

1 d (e f ) f f e 

2 1 1 2 1 1 1 1 1 

e 

f f d 

(e f )f 

1 2 

f f f f f f f 

1 2 f 1 2 1 2 1 2 

1 e (f f ) 

1 2 

0.5đ 

Cuối cùng ta có D D1 D2 eD1D 

2 

0.25đ 

Trường hợp đặc biệt: nếu e 0 thì D D1 

D2 

nếu e f1 f2 

thì D 

0, hệ vô tiêu. 

3.c Muốn cho độ tụ D không phụ thuộc vào chiết suất thuỷ tinh, ta phải có 

dD 0 

dn 

0.5đ 

dD dD dD dD 

e 0 

dn dn dn dn 

Hay 

1 2 1 2 

Đặt D n A; D n B với A, B là những hệ số không đổi, không phụ 0.5đ 

1 

1 

2 

1

thuộc n 

dD1 dD2 

Do đó A; B A B e(BD1 AD 

2) 0 

dn dn 

1 2 

Mà BD AD n AB nên e 

1 2 

1 

f 

f 

2 

4.a Vì thanh rắn nhẹ không khối lượng nên lực căng của thanh hướng dọc theo 

thanh ,nếu không thì có ngẫu lực gây ra mômen quay làm gia tốc góc của 

 

thanh tiến tới vô cùng .Như vậy ,trong trường hợp góc vai trò của 

2 

thanh chỉ như một sợi dây. 

0.25đ 

0.25đ 

Phương trình định luật NEWTON cho các vật A: 

0.25đ 

kx T sin m x'' 

(1) 

A 

Trong hệ qui chiếu gắng với vật A, có thêm lực quán tính tác dụng lên vật B. 

Phương trình chuyển động của vật B theo hai phương tiếp tuyến và pháp 

tuyến với quỹ đạo 

0.5đ 

m x ''cos m g sin m L 

'' 

B B B 

 

T m x ''sin m g cos m L 

' 

2 

 

B B B 

(2) 

(3) 

Từ (3) rút ra T m L ' 2 m x''sin m g cos 

rồi thế vào (1) ta được 

B B B 

0.5đ 

2 2 

mA mB x kx mB 

L g 

 

sin '' ' cos sin 

0 

 

x ''cos L '' g sin 

0 

Nhân hai vế của phương trình dưới với 

trên ta được: 

mB 

cos 

2 

mA mB x kx mBL 

 

'' ''cos ' sin 0 

 

x ''cos L '' g sin 

0 

rồi cộng vào phương trình 

(4) 

(5) 

0.5đ

4.b Khi góc nhỏ ta có phép thế gần đúng cos gần bằng 1,sin gần bằng 

, ' 

2 gần bằng 0 và đơn giản hóa hệ phương trình 

0.5đ 

m m x '' kx m L 

'' 0 

 

 

x '' L'' g 

0 

A B B 

4.c Đặt nghiệm x x cost 

; cos , đạo hàm rồi thế vào hệ 

trên 

m 

x 

m 

t 

 

0.5đ 

 

 

2 2 

 

k mA mB 

x mBL 0 

 

2 2 

x g L 

0 

Viết lại hệ trên ở dạng ma trận 

0.25đ 

2 2 

 

 

k mA mB mL 

B x 0 

 

2 

2 

 

 

g L 

 

0 

Phương trình trên chỉ có nghiệm khác không nếu định thức bằng không: 

0.5đ 

2 2 4 

 

 

k mA m 

B 

 

g L 

mBL 

0 

 

m 4 2 

AL 

kL mA mB 

g 

kg 0 

 

 

kL m 4 

2 

A 

mB g kL mA mB g 

kLmAg 

 

2mL 

A 

2 

Với các thông số của hệ đã cho m 2m 

và kL mAg 

, ta nhận được hai lần số 

2 2g 

là và 

L 

g 

2L 

2 

. 

A 

5.a Lập các sơ đồ mạch điện, mắc và đọc các số chỉ trong mỗi sơ đồ: U1, U2, 

U1’,U2’. 

- Vẽ 3 sơ đồ mạch điện. Gọi E là suất điện động của nguồn điện; 

RV1 , RV2 là điện trở của hai vôn kế 

Lập công thức: Theo định luật Ôm cho mạch kín, ta có: 

B 

0.25đ 

0.25đ 

0.75đ 

I 

U 

U 

1 

2 

1 

; I2 

RV 1 

Rv2 

(1) 

Sơ đồ 1: Mạch kín gồm nguồn và Vôn kế 1: 

U 

E U r I U r R 

 

1 

. 

1 

 

1 

. 

1 

(2) 

V1

Sơ đồ 2: Mạch kín gồm nguồn và Vôn kế 2: 

U 

E U r I U r R 

 

2 

. 

2 

 

2 

. 

2 

(3) 

V 2 

Sơ đồ 3: Mạch kín gồm nguồn và hai vôn kế mắc nối tiếp, ta có: 

0.25đ 

U 

U 

' 

' 

R 

R 

2 V 2 

(4) 

1 V1 

Khử r trong (2) và (3) kết hợp với (4) ta được: 

0.75đ 

U R E U 

 

R U E U 

1 V 2 

1 

. 

V1 2 2 

U ' U E U 

U ' U E U 

2 1 1 

Hay . 

1 2 2 

(5) 

(6) 

Ta tìm được suất điện động: 

0.5đ 

U1. U 

2.( U ' 

2 

U 

' 

1) 

E 

U . U ' U . U ' 

1 2 2 1 

Kết luận : Dùng 3 sơ đồ mạch điện được khảo sát và đọc các số chỉ trên hai 

vôn kế ta tìm được suất điện động của một nguồn điện. 

0.5đ 

Hết 

ĐIỆN THOẠI: 0913832400 

GIÁO VIÊN RA ĐỀ 

VÕ QUỐC Á

TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI BÌNH ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ LỚP 11 

Thời gian làm bài:180 phút 

(Đề thi gồm có 03 trang) 


Bài 1: ( 4,0 điểm) 

h i h g i g h i h g g > 

i h i h i g i h - 

- h g h h g h i h g h i g 

g h g i h h g h i h g h h 

g 

X ị h ờ g i ờ g g i h i h h he h ẽ 

hị 

h i h - g g i hi g hi h i 

h i ? 

g ờ g h hời gi - h i 

Bài 2: ( 4,0 điểm) 

R 

h h x hi (H 3) i A i 

L 

g i u = 12 2 1 πt (V). i i 

i 

g 

C 

10 

 

4 

F h 

h i i 

1. R = 100 3 Ω h i hi i hi g h i 

gi ị i gi ị i hi 

g hi ? 

2. L = L 1 , i hỉ h i h i hi g h i gi 

ị h g h i gi ị L 1 i hi g h i hi ? 

Bài 3: ( 4,0 điểm) 

M i g A 

ị 

h h h h h i 

g i f i 

h g O 

i i h h F h 

h i hời i = 

g ời h A h g 

Hình 4 

ò x g h F h hẳ g xO i g h g i i Ox 

h h h h (Hình 4). 

Vi h g h ĩ h A / A h h Vẽ hị i iễ ĩ 

h A / ừ hị hậ xé h h ị h A / he ị A 

i f = 2 = 2 / ị ậ h A / hời i 1 5 gi 

ừ hi A ắ h g 

F 

 

A 

 

A 

P 

C 

y 

O 

M 

B 

Hv3 

x 

1

Bài : điểm) 

M h h h h g h i g M 

g h i h h h 

g g ị h Z g g i g gi i 

g i g gi M h h h h h g h 

h i g h h g h 

i g g M; g 

g i OZ 

) X ị h h g h hi M ị ắ 

i g h g i Vi he g 

Y 

R 

O 

r 

) giờ M h ( g) h g ị ắ h O 

g hi h hi g h g h h g g M 

Hã h g 

X 

Bài 5. (4 điểm). 

g è 2 5V – 1W è h h khi cho dòng 

i h g h h h h x i hi hò g 

g ời ù g g : 

1 i 1 5V 1 i 1 V i 3 V i i 1 A i 

i h g g i 3μA 

Hã x h g h ghi i h h hé : 

- g ý h ghi 

- h ghi 

- h i h h h ghi xử ý i 

-------------- Hết ---------------- 

H h i h: 

……………………………………………… S D:……………………… 

H gi hị 1: 

……………………………………………………………………… 

H gi hị 2: 

……………………………………………………………………… 

2

TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI BÌNH 




Câu 1 

điểm 

Nội dung đáp án 

a. ( 1 điểm) 

Mậ i h h i g h i : 

Q 3Q 

. 

V 3 

4 

R 

g ị h ý O-G, 

h G h h h ( 

R): 

2 q 1 4 3 

E.4 r r 

3 

0 

0 

 

→ E = r 

3 

0 

g i gi g h i h i m : 

Q 

E 

2 

4 

0r 

b. ( 1,5 điểm) 

i g i 

q 

h : F qE r 

3 

ị h ý g g: – K 0 = 

 

R 

→ 0 = 

q 

F.dr 

3 

R 

 

0 0 0 

r.dr 

q 

2 qQ 

R 

6 

8 

R 

0 0 

c. ( 1,5 điểm) 

h he h hi g h g g i: 

ị h ậ II e : - F = ” → 

q 

r" r 0 

3m 

3m 

→ - g i hò i h = 2 

0 

q 

hời gi –q ch g : 

t = 

T 3m 

0 0mR 

 

4 2 q 

qQ 

0 

3 

E 

0 

0 

R 

r 

Câu 2 1.(2 điểm) Vẽ gi vecto 

3

4 đ 

I C 

I 

0 

) φ 1 I U 

R 

1 

0 

)α 

U 

) φ 1 

U R θ 

U L 

I 

1 1 1 

Ta có: => Z 

2 2 2 

AM 

50 3 Ω 

Z R Z 

AM 

c 

Từ gi 

IR 

ZAM 

1 

(1) cos1 1 

 

I R 2 3 

Từ gi 

U UL 

U UL 

(2) 

sin sin cos sin 

sin 

UL 

U c os 

NX: 

( U ) i α = 1 => 

L max 

U 

LM 

1 

U 

cos 

= 2U = 24V 

V i α = 1 => α = π/2 => ΔAM g i A 

 

U U U U U U 

12 3 (V) 

2 2 2 2 2 

LM AM AM LM 

U 

AM 

ờ g ò g i n: I 

Z 

C m kháng: ZL 

0 

AM 

UMB 

2UZ 

AM 

2 

ZAM 

100 

I 

U 3 3 

=> 1 

LL 

(H) 

0 

 

2.( 2 điểm) Khi L = L 1 h g i i u chỉnh R mà U L1 h g h i 

2 2 2 

U U U 2U U cos 

(*) 

L AM AM L 

IC 

U Z 

AM L1 

Mà cos 

sin 1 

. 

I Z U 

2 2 2 

U Z 

AM L1 

Thay vào (*) U U 

L 

U AM 

2 U 

AMU L 

. Z U 

Z 

U U U 

1 

2 L 

 

 

2 2 2 

1 

 

L AM 

ZC 

C 

L 

C 

1 

L 

. U L không ph thu c vào R 

1 

Câu 3 

điểm 

1 

1 Z 

ZC 

2 0 ZL 

50 L L1 

Z 

2 2 

(H) . hi U L = U = 12V 

L1 

 

a. (2điểm) 

C 

OH , OH x 

x 1 

/ / 

HA y , H A y 

/ , 

1 

, OF / f 

Xé gi AOH g g gi A / OH / ta có : 

x 

y y (1) 

x1 

Xét tam giác F / I g g gi F / H / A / ta có : 

/ 

H A 

HA 

/ 

/ 

OH 

hay 

OH 

4

H A 

OI 

hay 

y y 

1 

/ 

OH OF 

 

/ 

OF 

f x 

(2) 

f 

ừ (1) 

(2) 

f 

x x1 

(3) 

x1 

f 

f 

, y y1 

(4) 

x f 

1 

/ 

A 

 

f 

G i = AFO = t ta có x 1 = cos f và y 1 = 

2 

h A / : y = f tg (5) 

f 

x = 

(6) 

2 

1 

cos 

2 

ừ (5) (6) h g h ĩ h 

H 

F 

 

2 

P 

f 

sin 

thay vào trên ta có 

2 

2 

( x f ) y 

 

2 2 

4 f f 

1 (7) 

Chú ý : h ù g g hứ h h h g hứ i gi i i 

+ hị iễ iễ (7) ờ g h e 

y 

I 

O 

F 

/ 

 

H 

/ 

A / 

 

x 

A 

C 

F 

O 

F / 

3f 

x 

Nhận xét D : 

B 

A2 

A 3 

A 4 

F 0 

A 1 

hi A h g ừ A 1 A 2 h h h h h h g 

ừ F A ù g 

hi A h g ừ A 2 A 3 thì h h h hậ h g ừ 

ù g ị 3f 

hi A h g ừ A 3 A 4 h h h h h hậ h 

g ừ ị 3f ù g 

hi A h g ừ A 4 A 1 h h h h h h g 

ừ ù g D F 

b. (2 điểm) 

5

ừ g hứ (5 6) 

f 

y = f tg (5) x = 

2 

1 

cos 

2 

h he hời gi ậ h 

sint 

1 

v x = 2 f 

(8) và v 

2 

y = f 

(9) 

2 

cos t 

cos t 

ậ h he hời gi = v 2 2 

x 

v y 

(6) 

Câu 4 

4 điểm 

1 2 

v = f 4sin t 

1 

(10) 

2 

cos t 

Áp dụng 

i = 1 5 h = 3 thay vào ta có x = 3f = 60cm, y= 0, 

V x = 0 và v = v y = f = 40 cm/s 

a. ( 2 điểm) 

Xé i hời i gi ử h h M g h OZ h h 

g h h h g 

h OZ 

V h h h g i h 

R R r 

R r (R r) (1) 

r r 

- h g h h g h h h ( i 

hời D g g i hẳ g gi ) I D 

'' mg.rsin (2) 

R R r 

ừ (1) '' '' '' 

r r 

V h h M i g h g i 

(R r) 

' 0 '' 0 '' '' 

r 

1 2 2 3 2 

V i g h ID 

mr mr mr , thay vào (2) 

2 2 

3 (R r) 2g 

'' mg.r '' 

2 

r 

3(R r) 

Y 

Vậ h h 

g 

i hò i g 

 

2g 

, chu kì 

3(R r) 

T2 

3(R r) 

O 

2g 

 

b. ( 2 điểm) 

Xé i hời i 

gi ử h h M 

f 

g h 

OZ h h 

góc h 

tâm C c h h g h OZ 

V h h h g i h 

 

R 

 

C 

D 

mg 

N 

f 

X 

6

R R r 

R r (R r) (1) 

r r 

- g ị h ậ II i h h h : mgsin f m(R r) '' (2) 

- g h g h h g h h h ( g 

1 2 

g i hẳ g gi ) : 

mr '' fr (3) 

2 

- g h g h h g h h h M ( O g 

g i hẳ g gi ) 

2 

I '' fR MR '' fR f MR '' (4) 

O 

R R r 

ừ (1) : 

'' '' '' 

(5) 

r r 

1 2 R R r 

mr '' '' MR '' 

2 

 

r r 

 

h (5) (4) (3) : 

 

 

m R r 

'' ( ) '' 

2M m r 

mM 

Thay vào (2) : mg (R r) '' m(R r) '' 

2M m 

g (2M m) 

'' . 

(R r) (3M m) 

2 g (2M m) 

Vậ h h g i hò i g . 

(R r) (3M m) 

(R r) (3M m) 

, chu kì T 2 . 

g (2M m) 

Câu 5 

điểm 

h g h i = U/I è g h h h ữ h U I 

h h i ẽ h i g i ừ hé I U h g 

h i hỉ hi hị ờ g hẳ g 

- Ta có P = B( T – T f ) = UI i h g h i = f.( 1 + 

α(T – T f )) = U/I 

- U/I = R f ( 1 + α UI/ ) = U/I x = UI h hị he x 

ờ g hẳ g 

- gi ị g ứ g U I ậ g ẽ hị (x) 

- + g i ừ hị g h é i ờ g hẳ ắ i h 

h h gi ị f. 

- S h i h h h ẽ 

- 

- 

- 

R f 

- 

o 

y=U/I 

X=UI 

E 

A 

V 

R 

-------------- Hết ---------------- 

7

TRƯỜNG THPT CHUYÊN KỲ THI OLYMPIC KHU VỰC ĐỒNG BẰNG 

NGUYỄN TẤT THÀNH BẮC BỘ VÀ DUYÊN HẢI - NĂM 2018 

YÊN BÁI Môn: Vật Lý - Khối 11 

( Thời gian 180 phút) 

Bài 1.( Tĩnh điện): Hai bản tụ điện phẳng được mắc vào một nguồn có suất điện động là E và điện 

trở trong là r. Các bản tụ đặt thẳng đứng và đưa một bình lớn chứa chất lỏng có khối lượng riêng ρ 

1 

và hằng số điện môi ε 

1 

tới sát mép dưới của các bản tụ. Khi đó chất lỏng sẽ bắt đầu được hút vào 

trong tụ. Trong thời gian thiết lập cân bằng trong hệ có toả ra nhiệt lượng là Q. Hỏi lượng nhiệt toả 

ra trong hệ này là bao nhiêu? Nếu thay chất lỏng trên bằng một chất lỏng khác có khối lượng riêng 

ρ 

2 

và hằng số điện môi ε 

2 

. Bỏ qua sức căng mặt ngoài. 

Bài 2.( Điện từ ): Cho mạch điện như hình vẽ, T 1 và T 2 là hai thanh ray kim loại được đặt trong mặt 

phẳng nằm ngang, song song và cách nhau đoạn l, điện trở không đáng kể; AB là thanh kim loại 

khối lượng m luôn tiếp xúc điện với hai thanh ray và lúc đầu được giữ nằm yên vuông góc với hai 

thanh ray. Nguồn điện có suất điện động không đổi E điện trở trong không đáng kể, cuộn dây có độ 

tự cảm L, điện trở thuần của mạch điện là R. Trong vùng MNQP có một từ trường đều với vectơ 

cảm ứng từ B hướng thẳng đứng xuống dưới (xem hình vẽ). Bỏ qua mọi ma sát. 

M 

T 1 

x A 0 

B 

N 

L 

E 

T 2 

Ở thời 

B 

điểm t = 0 người 

ta thả nhẹ thanh AB. 

P 

Q 

1) Hãy mô tả 

các hiện 

tượng vật lý xảy ra trong mạch. 

2) Thiết lập hệ thức giữa vận tốc của thanh AB với cường độ dòng điện và tốc độ biến thiên của 

cường độ dòng điện trong mạch. Từ phương trình này, dựa vào định luật bảo toàn năng 

lượng, hãy đoán nhận các dạng năng lượng biến đổi trong mạch. 

3) Tìm biểu thức của lực từ tác dụng vào thanh AB ở thời điểm t. 

4) Viết phương trình chuyển động của thanh AB. 

Cho biết nghiệm của phương trình y’’(t) + 2ay’(t) + by(t) = 0 (với 

2 

y = y 0 exp[( a a b)t] với y 0 được xác định từ điều kiện ban đầu. 

2 

a b 0 ) có dạng : 

Bài 3. ( Quang hình ): a)Xét một bản mặt song song trong suốt có chiết suất n biến thiên theo 

khoảng cách z tính từ mặt dưới của bản (Hình 14.1). Chứng minh rằng n sin 

n sin . 

A 

B

) Giả sử một người đứng trong một sa mạc rộng và phẳng. Người ấy thấy ở đằng xa như có mặt 

nước. Nhưng khi người ấy lại gần thì nước lại lùi ra xa sao cho khoảng cách từ người ấy đến nước 

luôn luôn không đổi. Giải thích ảo ảnh đó. 

c)Ước lượng nhiệt độ của mặt đất (nói trong phần b) với giả thiết 

rằng mắt của người ấy ở độ cao 1,6 m so với mặt đất và khoảng cách 

từ người ấy tới nước bằng 250 m. Chiết suất của không khí ở nhiệt độ 

15 0 C và ở áp suất khí quyển chuẩn là 1,000276. Ở độ cao lớn hơn 1 

mét so với mặt đất thì nhiệt độ của không khí được coi là không đổi 

và bằng 330 0 K Áp suất khí quyển bằng áp suất chuẩn 1atm. Gọi chiết 

suất của không khí là n và giả thiết rằng n=1 tỉ lệ với khối lượng riêng của không khí. Ước lượng 

nhiệt độ chính xác của kết quả thu được. 

Bài 4.( Dao động ): Một con lắc đơn gồm quả cầu nhỏ, có khối lượng m = 

10g, mang điện tích q =10 –5 C được treo bằng sợi dây mảnh, cách điện, dài l 

=1m, không co giãn và có khối lượng không đáng kể. Con lắc được đặt 

trong vùng có từ trường đều, véctơ cảm ứng từ B có phương thẳng đứng 

hướng từ dưới lên và có độ lớn B = 10T. Ban đầu con lắc được giữ 

nằm yên trong mặt phẳng yOz với góc lệch nhỏ 0 0,1rad 

của 

dây treo so với phương thẳng đứng ( ình vẽ). au đó con lắc được thả tự 

do. 

g 

1) Thiết lập phương trình (vi phân) của chuyển động con lắc. Đặt 0 

; B 

 

l 

qB 

m 

, hãy tính 

tần số góc (riêng) của con lắc theo 0 , B . 

2) Thiết lập các phương trình toạ độ x và y phụ thuộc vào thời gian của con lắc. Nhận xét chuyển 

động của mặt phẳng dao động của con lắc và tính chu k lặp lại chuyển động của con lắc. Lấy g = 

10m/s 2 . 

h l lcos l(1 cos ) 0 

Bài 5: ( Phương án thực hành ): Cho các dụng cụ sau 

- Thấu kính mỏng có hai mặt lồi có cùng bán kính. 

- Một gương phẳng. 

- Một cốc nước. 

- Một thước đo. 

- Một bút chì và một giá đỡ có kẹp. 

x 

C 

O 

 

0 

z 

y

Chiết suất của nước coi như đã biết. Trình bày phương án tiến hành thí nghiệm để xác định: 

1. Tiêu cự của thấu kính. 

2. Chiết suất của thủy tinh dùng làm thấu kính. 

Hết. 


KỲ THI OLYMPIC KHU VỰC ĐỒNG BẰNG 

NGUYỄN TẤT THÀNH BẮC BỘ VÀ DUYÊN HẢI - NĂM 2018 

YÊN BÁI Môn: Vật Lý - Khối 11 


TT câu 

Bài 1 

4 điểm 

Hướng dẫn chấm điểm 

Khi tụ điện tích điện được chạm vào khối điện môi lỏng, nó tác động hút điện 

môi vào trong khoảng giữa hai bản (do điện môi bị phân cực bởi tác dụng của điện 

trường giữa hai bản tụ điện) và như vậy năng lượng của hệ giảm đi. Công của lực 

điện trường kéo điện môi lên trong khoảng giữa hai bản tụ điện biến thành thế 

năng của cột điện môi trong trọng trường. Công này lại bằng biến thiên năng lượng 

của hệ tụ điện - nguồn và có giá trị: 

trong đó 

C 

lh 

0 

1 

; 

d 

C 

2 

 

0l 

 

A 

E 

2 

2 

 

C 

2 

C 

1 

h 

H lH 

1 

d 

 

0 

d 

 

C 

1 

 

0 

d 

H l 

trong đó , H là điện môi và chiều cao của cột chất lỏng trong bản tụ; l, h là bề 

rộng và chiều cao của bản tụ; d là khoảng cách hai bản tụ. 

1 

Biểu 

điểm

A 

 

 

1 

H l 

 

d 

2 

0 E 

2 

2 

gldH 

Thế năng cột điện môi: W t 

với là khối lượng riêng điện môi. 

2 

0,5 

Ta có : 

A W 

C 

2 

 

 

2 

0 

 

 

2 

1 E l 

0lh 

 

2 

gd 

d 

t 

 

H 

 

 

2 

0 

1 

gd 

2 

E 

2 

0,5 

Nhiệt lượng toả ra trên điện trở trong của nguồn là: 

Q C 

C 

 

 

2 2 4 

1 

2 

0 

1 

E l 

 

2 1 

E 

0,5 

2 

2 

2gd 

Với chất điện môi 

1 có khối lượng riêng của 

1 ta có: 

Q 

 

 

2 2 

 

0 

1 

1 

1 

 

2 

21gd 

E 

4 

l 

Q 

0,5 

Với chất điện môi khối lượng riêng của ta có: 

0,5 

Vậy: 

Đây là nhiệt lượng toả ra trên điện trở 

thiết lập. 

của nguồn khi trạng thái cân bằng được 

0,5

1)Ở thời điểm t 0, i 0 

E / R có chiều từ B đến A . Sau thời điểm t 

0, dòng 

điện trong mạch là i vẫn có chiều từ B đến A. Lúc buông tay, lực từ f Bil 

vuông góc với thanh AB, kéo AB theo chiều Ox. 0,5 

Bài 2 

5 điểm 

Khi thanh chuyển động với vận tốc v trong từ trường, xuất hiện sđđ cảm ứng 

trong thanh: cu 

Blv . đđcư gây ra dòng cảm ứng trong thanh, chiều từ A đến 

B. Dòng này làm giảm dòng i 

0 

trong mạch, gây ra hiện tượng tự cảm trong cuộn 

dây L: tc 

Ldi / dt . Dòng tự cảm hướng từ B đến A. 

2)Theo định luật Ohm: 

0,5 

E tc 

cu 

E Ldi / dt Blv 

i E iR+Ldi / dt BLv (1) 

R 

R 

dx 

2 

Nhân hai vế (1) với idt, chú ý là v ,1/ 2d(Li ) Lidi : 

dt 

1 

Có thể đoán nhận (2) như sau: 

2 2 

iEdt d(1/ 2Li ) Bildx Ri dt (2) 

iEdt là năng lượng do nguồn E cung cấp trong thời gian dt. Nó hao tổn thành các 

dạng năng lượng khác (trong dt): 

2 

d(1/ 2Li ) dW t 

là năng lượng từ, 

2 

Ri dt Q là nhiệt lượng toả ra trong mạch, 

Bildx fdx A là công nguyên tố do lực từ làm dịch chuyển thanh AB. 

0,5 

Phương trình (2) biểu thị định luật bảo toàn năng lượng trong mạch. 

Đạo hàm hai vế phương trình (1) theo thời gian, ta thu được phương trình: 

Li'' Ri' Blx'' 0 (3) 

Thay x'' v' f / m Bli / m , ta được phương trình vi phân cho i: 

2 2 

R B l 

i'' i' i 0 

L 

mL 

(4) 

0,5

(Có thể thay i f / Bl , i' f '/ Bl , i'' f ''/ Bl , x'' v' f / m (vì ma mv' f ), ta 

thu được phương trình cho f: 

2 2 

R B l 

f '' f ' f 0 

L 

mL 

(4a) 

0,5 

R 

 

 

L 

2 2 2 

4B l 

 

mL 

Nghiệm là: 

2 2 2 

BlE 

 

R R B l 

 

 

 

 

 

 

f exp 

t 

R 2L 2L mL 

 

 

Nghiệm có ý nghĩa vật lý lấy dấu (-) 

(3) 

2 2 2 

BlE 

 

R R B l 

 

 

 

 

 

 

f exp 

t f0 

exp 

t 

R 2L 2L mL 

 

 

 

(4) 

0,5 

 

R 

 

2L 

 

2 2 2 

B l 

 

mL 

- 

R 

2L , BlE 

f0 

 

R 

0,5 

Với điều kiện ban đầu t 0 , v 0 , x 0 , bằng cách lấy tích phân 

f 

v dt, x vdt 

m 

, 

ta tìm được phương trình chuyển động của thanh là: 

f0 

x 

2 expt 

t 1 

(5) 

m 

0,5 

0,5

Bài 3 

4 điểm 

a) Chia bản thành những lớp vô cùng mỏng sao cho trong mỗi lớp chiết suất coi 

như không đổi trong mỗi lớp (hình 14.1). Ta có: 

n sin n sin n sin ... n sin n sin 

A 1 1 3 3 

k k B 

b) Lớp không khí càng gần mặt đất càng nóng, vì vậy chiết suất càng giảm theo độ 

cao, tia sáng truyền đi từ vật M theo đường cong với góc khúc xạ tăng dần. Tới 

điểm P thì góc ấy bằng 90 0 , có sự phản xạ toàn phần, tia sáng đi cong lên và lọt 

vào mắt (hình 14.2). Mắt nhìn thấy ảnh M’ theo phương cuối cùng của tia sáng tới 

mắt, ảnh ngược so với vật nên gây ra ảo ảnh có nước. 

1 

c) Khối lượng riêng của một chất khí ở áp suất không đổi tỉ lệ nghịch với nhiệt 

độ tuyệt đối. Mặt khác, theo đề bài n 1 hay n1 k' 

. 

Vậy nT ( ) 1 

k , với k là một hằng số được xác định theo điều kiện đề bài. 

T 

Ở 15 o C (T=288K) thì n =1,000276, ta có: 

k 

1,000276 1 k 0,0795 

288 

0,0795 

Vậy 

nT ( ) 1 . (1) 

T 

Trên hình 14.2, khi có phản xạ toàn phần ở A thì 90 o 

và n n sin . Tương 

tự, khi có phản xạ toàn phần ở P thì: 

n n( T )sin , (2) 

P 

1 

A 

B 

0,5 

0,5

Với T 1 = 330 o K là nhiệt độ không khí ở độ cao lớn hơn 1m, còn n p là chiết suất của 

không khí ở sát mặt đất có nhiệt độ T cần xác định. 

Ta có : n n( T) 

. 

P 

0,5 

Theo hình vẽ 

Bài 4 

4 điểm 

l 1 h 

l h h 

l 

1 

l 

2 2 

2 

sin 1 ... 

2 2 2 

2 

Thay số h=1,6m, l=250m ta tính được sin 0,99998 . 

Theo (1) thì: n(T 1 )=n(303)=1,000262. Thay vào (2) ta có: 

n(T)=1,000262.0,99998=1,000242. 

Đưa vào (1) ta tìm được T, kết quả là T=328K=56 o C. 

Phương trình chuyển động là: 

ma T mg F lr 

(1) 

trong đó lực Loren Flr 

q v,B 

. 

ọi là góc (nhị diện) giữa mf (dây và trục 0z) và mf (y0z) 

i j k 

F q v,B 

 

v v v (qBv , qBv ,0) 

0 0 qB 

+ 

lr x y z y x 

+ mg (0,0, mg) 

+ T (Tsin )sin i (Tsin )cos j (Tcos )k 

ọi r là khoảng cách vật và trục 0z: 

r = lsin; x = r sin = lsin sin; y = r cos = lsincos; 

Nhưng 0 là góc nhỏ, có thể lấy cos 1, T mg. Như vậy : 

mg mg 

T ( x, y,mg) 

l l 

Phương trình trên tương đương 3 phương trình vô hướng: 

 

mg 

 

ma 

x 

Tsin sin qBvy x qBvy 

l 

 

mg 

ma y 

Tsin cos qBvx y qBv 

x 

(2) 

 

l 

ma z 

Tcos mg 0 

 

 

Trong phép gần đúng dao động bé ta có thể coi chuyển động của con lắc xẩy trong 

mặt phẳng 0xy. Chia 2 vế các phương trình cho m, phương trình (2) được viết lại 

như sau: 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5

2 

 

x" 0x By' 

 

2 

y" 0y Bx ' 

(3) 

g 

qB 

Ở đây: 

l 

m 

điều kiên ban đầu: 

x(0) 0; y(0) l ; x'(0) 0; y'(0) 0 (4) 

2 

0 

3,13 (rad / s) 

B 

10 (rad / s) 

0 

Tìm nghiệm của (3) dưới dạng x = Asin(t+) và y = Bcos(t+). Thay vào (3), 

ta thu được hệ phương trình cho A và B 

2 2 

 

( 0 )A BB 0 

(5) 

2 2 

 

B A ( 

0 )B 0 

Để hệ có nghiệm không tầm thường, thì phải là nghiệm dương của phương trình 

2 2 

bậc hai B0 0 

 

 

B 

1 0 

B 

1 2 2 B 2 

B 0 0 

 

2 2 2 

B 

2 

0 

4 (6) 

 

2 

0,5 

0,5 

Nghiệm tổng quát: 

x(t) = A 1 sin( 1 t+) + A 2 sin( 2 t+) 

y(t) = B 1 cos( 1 t+) + B 2 cos( 2 t+) (7) 

Hằng số A, B và tìm được bằng cách sử dụng điều kiện ban đầu (4), (5) và (7): 

 

 

 

(A1 

A 

2)sin 0 

(B1 B 

2)cos l0 

 

(A11 A 

22)cos 0 

(8) 

(B11 B 

22)sin 0 

 

2 2 

0 1 

B1 A1 

 

B 1 

Giải (8) ta được: 

2 2 2 

l0 1 2 

l0 21 l0 2 

2 2 

0;A 

1 

;A 

3 2 

;B 

3 1 

( 

3 0 

1 

); 

2 2 2 

l 

 

B ( ) (9) 

2 

0 1 2 2 

2 

 

3 0 

2 

2 

0 B 

0 0 0 B 

Mặt phẳng dao động của con lắc quay được một góc 2 (một vòng) sau một 

qB 

khoảng thời gian (dao động tiến động với tần số Larmor L 

) 

2m 

0,5 

0,5 

0,5

2 

4m 

T0 

400 (s) 21ph. 

/ 2 qB 

B 

Đặt thấu kính lên trên gương và cả hai đặt ở chân giá đỡ. Kẹp nhẹ bút chì vào giá 

và vuông góc với giá, di chuyển nó cho đến khi mắt nhìn từ trên xuống thấy ảnh 

của đầu bút chì trùng với vật(có thể xê dịch mắt một chút để kiểm tra bằng thị sai) 

0,5 

Bài 5 

3 điểm 

Do thấu kính và gương phẳng ghép sát nên ta có độ tụ hiệu dụng của hệ 

thấu kính và gương phẳng là 1 2 1 1 d d ' f 

f f d d ' 

k 

Vậy đo khoảng cách từ bút chì đến thấu kính, d bằng tiêu cự thấu kính f k 

k 

0,5 

Phải xác định chính xác khoảng cách đo d từ bút chì đến thấu kính bằng cách đo 

nhiều lần để lấy trung bình và lưu ý phải trừ bớt một nửa bề dày của thấu kính nếu 

đo từ mặt gương 

Đổ một ít nước lên gương và đặt thấu kính lên trên mặt nước tạo ra một thấu kính 

phẳng – lõm bằng nước; có tiêu cự f N , liên hệ với bán kính r 1 =-r của mặt cong 

1 1 

r2 

bằng công thức (n 

1) 

f r 

N 

0,5 

Để xác định f N ta cũng tiến hành tương tự như phần trên để tìm tiêu cự f của 

hệ thồng 2 thấu kính thủy tinh và nước. Ta được 1 1 1 

0,5 

f ' f f 

Từ đó ta tính được f N và r (n 1)f 

N 

N 

N 

Dùng công thức thấu kính ta tính được chiết suất của chất làm thấu kính 

0,5 

n 

r 

f 

2 k 

1 

HẾT

SỞ GD&ĐT HẢI DƢƠNG 


NGUYỄN TRÃI 

ĐỀ DỰ THẢO THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 

VÙNG DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2018 

MÔN VẬT LÝ – KHỐI 11 

Thời gian làm bài : 180 phút 

Câu 1: Tĩnh điện (4đ) 

Hai bản kim loại rộng hình chữ nhật, diện tích S, chiều dài l đƣợc đặt song song cách nhau một khoảng d. 

Các bản đƣợc tích điện đến hiệu điện thế U. Một tấm điện môi hằng số , bề dày d, bị hút vào khoảng 

không giữa hai bản. Chiều dài tấm lớn hơn l 

Hãy xác định sự phụ thuộc của lực tác dụng lên điện môi vào x trong hai trƣờng hợp: 

a) Hai bản ngắt khỏi nguồn. 

b) Hai bản vẫn nối với nguồn. Hãy giải thích do đâu có lực hút nói trên. 

Câu 2: Điện và điện từ (5đ) 

Trong không gian chân không giữa anôt là một hình trụ rỗng bán kính R và catôt là một dây đốt thẳng có 

bán kính nhỏ không đáng kể nằm ở trục anôt, ngƣời ta tạo ra một điện trƣờng xuyên tâm E , hƣớng từ anôt 

đến catôt, có độ lớn không đổi và một từ trƣờng đều B có hƣớng trùng với trục catôt. 

Bằng cách dùng hiệu ứng nhiệt, catôt phát ra các electron với vận tốc ban đầu nhỏ không đáng kể. 

a) Viết phƣơng trình vi phân trong hệ tọa độ trụ (r; ;z) mô tả chuyển động của electron trong khoảng không 

gian giữa catôt và anôt.

) Suy ra phƣơng trình quỹ đạo của electron. 

c) Tìm vận tốc dài của electron tại thời điểm t bất kỳ. 

Câu 3: Quang hình (4đ) 

Hình vẽ là mô hình đơn giản của hệ thống dẫn tên lửa. Cơ sở của hệ là hai thấu kính (TK) hội tụ L 1 và L 2 có 

tiêu cự bằng F 1 và F 2 . Khoảng cách giữa hai tiêu điểm của hai thấu kính là b. Trục chính của TK thứ hai 

song song với trục chính của TK thứ nhất và cách nó một khoảng bằng a. Ánh sáng từ bia phát ra đi vào TK 

L 1 , còn TK L 2 chiếu ảnh lên màn S. 

a) Trong trƣờng hợp lý tƣởng khi tên lửa chuyển dộng thẳng tới bia, tia sáng đi song song với trục chính của 

L 1 . Cần phải đặt màn cách quang tâm TK thứ hai một khoảng f bằng bao nhiêu để nhận đƣợc ảnh rõ nét. 

Ảnh đó sẽ nằm cách trục chính của hệ (tức trục chính của L 1 ) một khoảng r 0 bằng bao nhiêu? 

b) Thấu kính L 2 quay với một vận tốc góc nào đó sao cho trục của nó vẽ lên trên màn một vòng tròn bán 

kính a, nhƣng vẫn còn song song với trục chính của TK thứ nhất. Khi đó, trong trƣờng hợp tên lửa bay thẳng 

tới bia, ảnh sẽ vẽ lên trên màn một vòng tròn bán kính r 0 . Khi tên lửa bay lệch khỏi mục tiêu một góc thì 

ảnh trên màn sẽ bị méo đi. 

Coi góc α là nhỏ, xác định khoảng cách cực tiểu và cực đại từ tâm màn đến ảnh. 

c) Chuyển động của ảnh sẽ vẽ lên một quỹ đạo nhƣ thế nào? Tại sao? Vẽ quỹ đạo chuyển động. Coi mục 

tiêu lệch hẳn về phía trục Oy. 

Câu 4: Dao động cơ (4đ) 

C 

a 

D 

A 

na 

m 

F F 0 cost 

k 

B 

Cho cơ hệ nhƣ hình vẽ. Thanh cứng AC cố định, thanh cứng AB nhẹ, có thể quay tự do quanh trục nằm 

ngang qua đầu A. Lò xo nhẹ có độ cứng k một đầu gắn vào giá cố định, đầu còn lại gắn chặt vào đầu B của 

thanh. Khoảng cách từ điểm C gắn thanh AC đến điểm D gắn lò xo bằng a . Vật nhỏ khối lƣợng m gắn 

chặt vào thanh AB tại điểm M cách đầu A của thanh một đoạn na với n 1. Tại thời điểm t = 0, khi hệ ở 

trạng thái cân bằng, thanh AB nằm ngang ngƣời ta tác dụng vào đầu B của thanh AB một lực cƣỡng bức 

F F 0 cost 

theo phƣơng thẳng đứng. Giả thiết trong quá trình dao động nhỏ lò xo luôn có phƣơng thẳng

đứng. Bỏ qua mọi ma sát. 

1. Tìm phƣơng trình dao động cƣỡng bức của quả cầu. 

2. Ta xét điều kiện ở gần cộng hƣởng, bằng cách viết 0 

. Viết phƣơng trình dao động của vật. 

và 0 

Câu 5: Phương án thực hành (3đ) 

trong đó 0 

là tần số riêng của hệ, 

Một bóng đèn dây tóc bằng vônfram đang sáng. Công suất điện tỏa ra trên đèn, một phần phát ra ngoài dƣới 

dạng bức xạ (xem dây tóc nhƣ một vật đen tuyệt đối) gọi là công suất bức xạ nhiệt P bx , một phần truyền ra 

môi trƣờng xung quanh bằng dẫn nhiệt gọi là công suất truyền nhiệt P n . 

Biết một vật đen tuyệt đối có nhiệt độ T sẽ bức xạ nhiệt ra môi trƣờng xung quanh có nhiệt độ T 0 với công 

4 4 

8 2 4 

suất (cƣờng độ) P 

( T T ), trong đó 5,6687.10 W / m K là hằng số Stefan-Boltzmann. Vật có 

bx 

0 

nhiệt độ T có công suất truyền nhiệt ra môi trƣờng xung quanh P A. 

T T 

n 

, trong đó A là hệ số truyền 

nhiệt phụ thuộc vào diện tích và bản chất của bề mặt, T 0 là nhiệt độ môi trƣờng xung quanh. Vonfram có hệ 

1 1 

số nhiệt điện trở ( ) 

273 K 

 

Cho các dụng cụ thí nghiệm: 

01 bóng đèn, dây tóc bằng Vonfram với các thông số định mức là 12V-50W; 

02 đồng hồ đo điện đa năng; 

01 bộ nguồn một chiều 12V; 

01 biến trở; 

các dây nối. 

Chú ý: Chỉ cần đặt hiệu điện thế U ≥ 9V, đèn đã rất sáng và nhiệt độ của dây tóc T(K) >> T 0 , với T 0 là nhiệt 

độ phòng. 

Pbx 

Trình bày cơ sở lý thuyết, sơ đồ thí nghiệm, tiến trình thí nghiệm xác định tỷ số K của đèn dây tóc khi 

Pn 

hoạt động ở chế độ định mức. Lập các bảng biểu cần thiết, vẽ dạng đồ thị (nếu có). 

0 

----------- Hết ---------- 

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 

Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh:................................

Đ P N 

Câu 1 (4 0 đi ): 

1a 

a) Khi tụ ngắt khỏi nguồn, điện tích trên tụ không đổi và bằng: Q C0U 

Điện dung của tụ khi tấm điện môi chui vào đoạn x: 

S S 

 

0 

x 0 ( l x) 

C l l 

d d 

0,5 

Năng lƣợng của tụ: 

SU 

W 

2d 

2 

0 

1 

1 ( 1) 

x 

l 

0,5 

Khi tấm điện môi dịch chuyển thêm một đoạn x nhỏ, W biến thiên một lƣợng: 

2 

0SU 

( 1) ldx 

dW 

 

x 

2d l[1 ( 1) ] 

l 

2 

0,5 

Đồng thời lực điện trƣờng thực hiện một công: 

dA Fdx 

với dA= - dW 

Suy ra 

SU ( 1) 

l 

 

2 

0 

F= 2d ll [ ( 1) x ] 

2 

0,5 

1b 

b) Khi tụ không ngắt khỏi nguồn U = const, năng lƣợng điện trƣờng tăng khi tấm 

1 2 1 0S 

x 2 

điện môi vào sâu trong tụ điện: W CU 1 ( 1) U 

2 2 d 

 

l 

 

2 

1 0SU 

suy ra: dW ( 1) dx 

2 dl 

Khi này do điện dung C tăng, điện lƣợng chạy qua nguồn theo chiều lực lạ bằng: 

S 

 

ld 

0 

dq=UdC=U ( 1) dx 

Công của nguồn là: 

U S 

ld 

2 

0 

dA'=Ud q ( 1) dx 

Theo định luật bảo toàn năng lƣợng: dA'=dA+dW 

0,5 

0,5 

0,5 

Suy ra: 

1 S 

 

2 ld 

0 

F= ( 1) 

U 

2 

0,5

Câu 2 (5 0 đi ): 

2a 

Chọn hệ trục tọa độ nhƣ trong hình vẽ đề bài 

a) Electron M do catôt phát ra, trong hệ tọa độ trụ, có tọa độ là OM ( r, , z) 

và cảm 

ứng từ B có các thành phần (0,0,B). Lực tác dụng lên M là: 

F e E v 

B 

 

Các thành phần của lực trong hệ tọa độ trụ: 

Fr 

e 

 

E r 

B 

 

F erB 

 

F 0 

z 

Theo định luật II Newton F ma viết trong hệ tọa độ trụ ta có: 

2 Fr 

e 

ar 

r r 

( E rB)(1) 

m m 

d 2 F 

e 

a 

( r ) Br (2) 

dt m m 

a z 0(3) 

z 

0,5 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

2b 

2c 

z const 

b) Từ phƣơng trình trên suy ra . Điều này có nghĩa là mỗi electron do catôt 

vz 

0 

phát ra tại một điểm trên trục x sẽ vẽ nên một quỹ đạo phẳng trong mặt phẳng tiết 

diện thẳng của vỏ trụ đi qua điểm đó, tức là song song với mặt phẳng xOy. 

2 

2 e r 

+) Tích phân phƣơng trình (2) ta đƣợc: r B C . Vì tại t = 0 , r = 0 suy ra 

m 2 

C = 0. 

eB 

Suy ra (4) 

2m 

eB 

Tích phân (4) ta đƣợc t (5) 

2m 

2 2 

e B eE 

+) Thay (4) vào phƣơng trình (1) có thể viết lại: r r 

2 

4m 

m 

4mE 

Nghiệm tổng quát của phƣơng trình có dạng: r( t) a cos( t 

) 

2 

eB 

4mE 

Từ ĐKBĐ t 0 : r 0;r 0 suy ra ; 

a 

2 

eB 

8mE 

2 

Kết hợp với (5) suy ra rt ( ) sin ( ) (7) 

2 

eB 2 

Đây chính là phƣơng trình quỹ đạo của các electron trong tọa độ cực 

c) Từ (4) và (7) suy ra 2 thành phần của v trong tọa độ cực là : 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5

4mE 

2E 

r sin . sin 

và 

2 

eB B 

Vậy độ lớn của vận tốc là: 

2 2 2 4E 

 

v r r sin 

B 2 

2E r (1 cos ) 

B 

0,5 

0,5 

Câu 3 (4 0 đi ): 

3a 

3b 

Khi tên lửa chuyển động thẳng tới bia, ảnh của bia qua thấu kính L 1 sẽ nằm ngay 

tiêu điểm ảnh của L 1 

Khoảng cách từ S 1 đến thấu kính L 2 là: d2 F2 

b 

Để ảnh hiện lên màn rõ nét ta đặt màn cách quang tâm thấu kính L 2 một khoảng là: 

2 2 

( 

2 

) 

2 

f 

d F 

F b F 

d2 F2 

b 

Khoảng cách từ ảnh đến trục chính của hệ: 

r0 

a f a 

d2 

Trong trƣờng hợp này khi qua L 1 ảnh S 1 bị dịch khỏi tiêu điểm ảnh một đoạn nhỏ: 

F1tan 

F 

1 

Xét tại thời điểm thấu kính L 2 đã quay đƣợc một góc , gọi khoảng cách từ S 1 đến 

Fh 

2 

trục chính L 2 là h, thì khoảng cách từ S 2 đến quang tâm O 2 là . Tọa độ của ảnh 

b 

S 2 là: 

F2 h a cos F1 F2 F1 F2 

y a cos 

(1 ) a cos 

 

b h b b 

F2h 

asin 

F2 

x asin (1 ) asin 

b h b 

Từ hai phƣơng trình trên suy ra: Khoảng cách từ ảnh đến tâm màn là: 

F F F F F F 

r a a 

b b b b 

Khoảng cách cực đại ứng với =0. Khi đó: 

F2 F1 F2 

rmax (1 ) a 

b b 

Khoảng cách cực tiểu ứng với . Khi đó: 

F2 F1 F2 

rmin (1 ) a 

b b 

2 2 2 1 2 2 1 2 2 

(1 ) ( ) 2 (1 ) cos 

 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

3c 

2 

2 F1 F2 2 F2 

2 

c) Phƣơng trình quỹ đạo của ảnh là: x ( y ) 1 

a 

b b 

FF 

1 2 

Đây là phƣơng trình đƣờng tròn có tâm ( xy ; ) (0; ) 

b 

và bán kính 

2 

R 1 F 

 

a 

b 

0,5

Câu 4 (4 0 đi ): 

4a 

Gọi 

l : độ biến dạng lò xo khi vật nằm cân bằng. 

Có: 

mg 

mg. na kl. a l n 1 

k 

- Khi thanh có li độ góc . Phƣơng trình ĐLH: 

 

2 

 

mg. nacos Facos k l a . acos m na " 2 

Vì nhỏ, lấy cos 1. Từ (1) và (2) có 

k F0 

" cost 

2 2 

n m n ma 

Ta đặt 0 

1 k 

n m 

đƣợc phƣơng trình: " 2 F cost 

3 

Đây là phƣơng trình vi phân của dao động cƣỡng bức. 

. 

0 0 

+ Nghiệm tổng quát của phƣơng trình thuần nhất ( không có vế phải ) tƣơng 

ứng là cos t 

(4). 

1 01 0 1 

+ Nghiệm riêng của phƣơng trình không thuần nhất (3). Ta sẽ tìm nghiệm 

riêng dƣới dạng : cost 

 

phải tìm. 

, trong đó 

02 

và 

2 

là các giá trị mà ta 

2 02 2 

Ta có: ' sin t ; " 2 cost 

 

. Thay vào (3) đƣợc: 

2 02 2 2 02 2 

2 2 F0 

02 cost 2 002cost 2 cost 

2 

n ma 

2 2 F0 

02 0 cost cost 

2 

n ma 

 

 

Dùng phƣơng pháp đồng nhất hệ thức đƣợc : 

0 

02 2 2 2 2 

n ma 0 

 

 

F 

 

; 0. 

Nghiệm tổng quát của phƣơng trình dao động cƣỡng bức là : 

F 

cos 

t 

cos 

t 

 

 

0 

01 0 1 2 2 2 

n ma 0 

 

 

 

(5) 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5

- Điều kiện ban đầu: 

0,5 

 

F 

 

 

0 

0 

cos 

 

0 

 

v0 

0 

 

 

 

 

 

0 1 

01 1 2 2 2 

n ma0 

 

F0 

A1 2 2 2 

 

0 01 

sin1 

0 

n ma 0 

 

 

0 

Vậy : F 

 

cos 

t cos 

2 2 2 

0t 

n ma 

 

 

 

Thay 0 

ta có 

 

0 

(6) 

0,5 

4b 

2 

2 2 2 2 2 2 

 

 

0 0 0 0 0 1 2 

0 

0 

 

 

+ 

 

cos t cos 0t cos 0 

t cos 0t 2sin 

0 

t sin t 

2 2 

+ 

 

tsin0 

t 

0 

Thay vào (6) : 

tsin 

t 

2 

F 

2 

n ma 

 

0 

0 

0,5 

0,5 

Câu 5 (3 0 đi ): 

Cơ sở lý thuyết 

Điện trở của đèn theo nhiệt độ: R R 1 ( T T ) 

0 0 

Do 1 T0 

1 nên ta có R R0T 

(1) 

273 

Khi đèn hoạt động ở chế độ định mức 

4 4 

P 

S( T T 

) 

bx 

P A( T T 

) 

n 

Mà T T 

0 

nên ta có 

P 

bx 

ST 

4 

0 

0 

Pn 

AT 

Công suất tiêu thụ của bóng đèn: 

4 

P UI P P ST AT 

(2) 

bx 

Thay (1) vào (2) ta có: 

3 

n 

R 4 R U / I 4 U / I 

UI S( ) A. S( ) A. 

R R R R 

A S U 

I ( ) 

0 0 0 0 

2 3 

4 4 

R R0 

I 

U 

 

Đặt x 

I ; 2 

y I ta đƣợc: y=ax+b 

0,5 

0,5 

0,5

A S 

Trong đó: b ; a 

4 4 

R 

R0 

Pbx 

S 3 S R 3 S U 3 a U 3 

Tỷ số K . T ( ) ( ) ( ) 

3 3 

P A 

A R A 

R I b I 

phụ thuộc vào U 

n 

0 

0,5 

Lắp ráp thí nghiệm 

0,5 

Thay đổi giá trị của biến trở. Với mỗi giá trị của biến trở, đọc số chỉ U của vôn kế, I 

của ampe kế ghi vào bảng số liệu 

a U 3 

Kết quả đo: K ( ) b I 

Vẽ đồ thị, xử lí sai số. 

0,5 

NGƯỜI SOẠN 

Phạm Mạnh Cường - 0971658519

ĐỀ CHÍNH THỨC 

(Đề thi gồm 02 trang) 

KỲ THI HỌC SINH GIỎI DUYÊN HẢI BẮC BỘ 


ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ 11 

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) 

Người ra đề: Nguyễn Ngọc Thiết – SĐT 0904216337 

Bài 1: Tụ điện phẳng có diện tích S, khoảng cách 2 bản = d. Chọn trục Ox như hình 

1 

vẽ. Người ta lấp đầy tụ bằng 1 tấm điện môi có 

1 x 

Tụ được mắc vào U 0 như hình vẽ 

1. C=? 

2. Mật độ điện tích trên các bản tụ và điện trường tại điểm trong tụ có tọa độ x? 

3. Công để đưa 1 nửa tấm điện mới ra khỏi tụ =? Bỏ qua ma sát, g. 

Bài 2: Một tụ phẳng gồm 2 bản 1 và 2 có diện tích S và khoảng cách 2 bản là d. Ban 

đầu tụ chưa tích điện, được nối với 1 cuộn cảm thuần L. 

Đặt tụ trong chân không rồi đặt vào bên trong, ở ngay sát bản 1 một bản mỏng 3 cũng 

có diện tích S, mang điện tích Q. 

Cho bản 3 chuyển động đều với 

Bỏ qua trở dây nối 

Tìm sự phụ thuộc của I theo t. 

Biết phương trình vi phân: 

theo phương vuông góc các bản 

2 2 

x '' 

x k 

0 có nghiệm: 

x k cos( t ) 

k 

Người soạn đề: Nguyễn Ngọc Thiết – Trường PTTH Chuyên Trần Phú

Bài 3: Tại một xưởng sản xuất ấm đun, sợi đốt làm bằng dây dẫn hình trụ dài l, 

biến thiên tuyến tính từ theo chiều dài. 

Nguồn E, r. Xác định đường hình sợi đốt để P max. 

Bài 4: Hai điện tích m, q 1 = - q 2 = q > 0 đặt nằm ngang. Từ trường B như hình vẽ 

Ban đầu các điện tích được đứng yên sau đó thả ra. Hỏi khoảng cách ban đầu min 

bằng bao nhiêu để chúng không va chạm. 

Bài 5: Thấu kính mỏng 2 mặt lồi R 1 , R 2 làm từ thủy tinh. Bề dày thấu kính là d = 4 

mm. Đường kính D = 4 cm. 

Đặt thấu kính sao cho trục chính thẳng đứng, một phần ngập trong nước với quang 

tâm nằm ngay trên mặt nước. Khi mặt trời lên đỉnh đầu, ảnh của nó qua thấu kính 

xuất hiện ở độ sâu h 1 = 20cm so với mặt nước. Nếu đảo ngược thấu kính lại thì 

h 2 = 20 

3 cm. Biết 4 

nH 

. Xác định n 

2 0 TK; R 1 ; R 2 ? 

3 

--------------- Hết -------------- 

(Thí sinh không sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không cần giải thích gì thêm) 

Họ và tên học sinh:.............................................., Số báo danh:............................................... 


Họ và tên giám thị 1:..........................................., Họ và tên giám thị 2:….............................. 

KỲ THI HỌC SINH GIỎI DUYÊN HẢI BẮC BỘ 

ĐỀ CHÍNH THỨC 


(Đề thi gồm 02 trang) 

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ 11 

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) 

Bài 1: Tụ điện phẳng có diện tích S, khoảng cách 2 bản = d. Chọn trục Ox như hình 

1 

vẽ. Người ta lấp đầy tụ bằng 1 tấm điện môi có 

1 x 

Tụ được mắc vào U 0 như hình vẽ 

4. C=? 

5. Mật độ điện tích trên các bản tụ và điện trường tại điểm trong tụ có tọa độ x? 

6. Công để đưa 1 nửa tấm điện mới ra khỏi tụ =? Bỏ qua ma sát, g. 

Giải 

1. Chia tụ thành từng phần nhỏ dày dx 

0. . S 0. 1. 

S 

Có : dC => 

dx (1 x) 

dx 

Các tụ nối tiếp => 

(1 x) dx 1 

 

. . S dC 

0 1 

1 (1 x) dx 2d d 

 

C 

 

. . S 2 . . S 

0 1 0 1 

2 

0 1S 

C 

2 

2d 

d 

2 

0 1SU0 

2. Có Q C. 

U0 

2 

2d 

d 

Q 2 

0 1U 

0 

=> 

2 

S 2d d 

0 

 

01 0 

(1 

x) 

dx 

0 

 

Có : U 

x 

. 

 

Q 2 SU 2 U (1 x) 

dx 

dC 2 d d . . S 2d d 

2 2 

0 1 

U 

x 

2 U0(1 

x) 

=> E dx 

2 

2 d 

d 

3. Khi một nửa tấm điện mới ra khỏi tụ => hình thành 2 tụ song song có: 

2 


0. 

S 

c1 

 

2d 

 

. . S 

c 

 

2d 

d 

0 1 

2 2 

S 1 

 

 

d 2 2d 

 

0 1 

=> c ' c1 c2 

 

=> 

U c U c ' U S S 2 S 

A 

2 2 2 

2d 2d d 2d d 

2 2 2 

0 0 0 0 1 0 0 1 

2 2 

2 

U0 0S 01S 

 

2 2d 2d d 

2 

 

 

 

 

 

 

Bài 2: Một tụ phẳng gồm 2 bản 1 và 2 có diện tích S và khoảng cách 2 bản là d. Ban 

đầu tụ chưa tích điện, được nối với 1 cuộn cảm thuần L. 

Đặt tụ trong chân không rồi đặt vào bên trong, ở ngay sát bản 1 một bản mỏng 3 cũng 

có diện tích S, mang điện tích Q. 

Cho bản 3 chuyển động đều với 

Bỏ qua trở dây nối 

Tìm sự phụ thuộc của I theo t. 

Biết phương trình vi phân: 

theo phương vuông góc các bản 

2 2 

x '' 

x k 

0 có nghiệm: 

x k cos( t ) 

k 

Giải 

Xét tại thời điểm t bất kỳ bản 1 mang điện q 



Do i = q’ 

Với w = 

* Khi t = 0 i = 0 

Với w = 

Bài 3: Tại một xưởng sản xuất ấm đun, sợi đốt làm bằng dây dẫn hình trụ dài l, 

biến thiên tuyến tính từ theo chiều dài. 

Nguồn E, r. Xác định đường hình sợi đốt để P max. 


Giải: 

Có 

* Xét một phân tử d : dr = = 

khi R = r 

2( ) l 

rr . 

1 2 

d 

Khi đó 

P 

max 

 

2 

E 

4r 

Bài 4: Hai điện tích m, q 1 = - q 2 = q > 0 đặt nằm ngang. Từ trường B như hình vẽ 

Ban đầu các điện tích được đứng yên sau đó thả ra. Hỏi khoảng cách ban đầu min 

bằng bao nhiêu để chúng không va chạm. 

Giải: 

Do tính chất đối xứng nên quỹ đạo của 2 hạt là 2 đường cong đối xứng => F đy =0 


m a dv . 

y dx 

y 

F LY 

m qB. 

mvy 

qBx 

dt 

 

dt 

 

Có : . 

. 

qB 

vy 

x 

m 


2 2 

2 

kq kq mv y 

2. 

L r 2 

1 1 qB 

kq m X 

r L m 

2 2 

2 

 

2 

. 

2 

2 

1 1 

B 

k .( L r) 

r L 4m 

2 

1 B 

2 

k. .( L r) 

L. r 4m 

mk B L L r r B L Lr r 

2 2 2 

4 ( ) ( ) 

2 2 2 2 

B L. r B L . r 4mk 

0(*) 

(*) có nghiệm 0 

0 

2 

4 4 2 

 

B L 

2 3 

B L 16mk 

L 

3 

16mkB L 0 

16mk 

2 

B 

Bài 5: Thấu kính mỏng 2 mặt lồi R 1 , R 2 làm từ thủy tinh. Bề dày thấu kính là d = 4 

mm. Đường kính D = 4 cm. 

Đặt thấu kính sao cho trục chính thẳng đứng, một phần ngập trong nước với quang 

tâm nằm ngay trên mặt nước. Khi mặt trời lên đỉnh đầu, ảnh của nó qua thấu kính 

xuất hiện ở độ sâu h 1 = 20cm so với mặt nước. Nếu đảo ngược thấu kính lại thì 

h 2 = 20 

3 cm. Biết 4 

nH 

. Xác định n 

2 0 TK; R 1 ; R 2 ? 

3 

Giải: 

Có : 


x y d 

2 

D 

2 2 

( R1 x) 

R1 

4 

2 

D 

2 2 

( R2 y) 

R2 

4 

2 

D 

 

4 

2 

2 R1. x x 0 

 

2 

D 

2 

R2 

y y 

 

4 

2 . 0 

Do 

2 2 

x , y nhỏ nên 

2 

2 

D 

D 

2 Rx 

1. 

x 

 

4 

8R1 

1 1 8d 

 

2 

 

2 

2 

D 

D R1 R2 

D 

2 R2. 

y y 

 

 

4 

8R2 


S lcc S 1 lcc S 2 

d 1 kk-TK d 1 ’,d 2 TK-H 2 O d 2 ’ 


1 2 n 1 

 

d1 d1 ' R1 

 

n nH2O 

nH2O 

n 

 

 

d2 d2 ' R2 

n 

d d ' R . n 1 

Mà 

1 

 

1 

 

1 

 

d2 d1 ' R1. 

n 

n 

1 

(do thấu kính mỏng) 

n 

d 

 

R R 

HO 2 

2 

' 20( cm) 

n 

nHO 

n 1 

2 

2 1 


2 

Tương tự khi đảo ngược lại: d 

3 

nHO 

40 

' ( cm) 

n 

nHO 

n 1 

3 

2 

 

R R 

1 2 

n n n 1 

n 

 

R2 R1 

20 

 

n n n 1 

3n 

 

 

R1 R2 

40 

H2O 

H2O 

H2O 

H2O 

1 1 4 1 1 

n 

 

R 

2 R 

1 3 R 

2 R 

1 

15 

 

1 1 4 1 1 

 

n 

 

R 

1 R 

2 3 R 

1 R 

2 

10 

 

2 1 2 1 

1 1 1 1 1 1 

 

3R 3R 30 R R 10 

R1 

20( cm) 

 

20 

R2 

( cm ) 

3 

19 

n 

 

12 





VĨNH PHÚC 



Hai tấm phẳng giống nhau tích điện đều với mật độ điện mặt tấm 

trên là và tấm dưới là -. 

Chúng được đặt song song và đối diện như 

hình 1. Tính cường độ điện trường tại M ở độ cao h so với tấm trên, biết 

M nằm trong mặt phẳng chứa hai mép và mặt phẳng đối xứng. Khoảng 

cách giữa các tấm 

d h 

Bài 2: Điện và điện từ (5 điểm) 

bề rộng của các tấm. 

Hai đĩa tròn giống nhau R 1 và R 2 , mỗi đĩa có bán kính a, khối 

lượng m. Chúng có thể quay không ma sát xung quanh trục đi qua tâm và 

vuông góc mặt đĩa. Hệ được đặt trong một từ trường đều 

có cảm ứng từ B vuông góc với mặt đĩa. Nhờ hệ thống 

tiếp điểm mà tâm và mép các đĩa được nối với nhau qua 

một cuộn dây thuần cảm L và tụ điện C (Hình 2). Bỏ qua 

điện trở thuần của mạch và ma sát ổ trục. Tại thời điểm 

ban đầu đĩa R 1 quay với tốc độ góc 0 còn đĩa R 2 đứng 

yên. Xác định biểu thức dòng điện qua cuộn dây và điện 

áp tụ theo thời gian. 






Một tấm thủy tinh có chiết suất n, tiết diện là hình thang cân, chiều cao L, đáy dài D, hai mặt bên 

được mạ bạc và tạo với nhau một góc như hình vẽ. Biết

theo thời gian và tìm chu kì dao động nhỏ của hệ. 

Bài 5: Phương án thực hành (Điện, Quang, Dao động) (3 điểm) 

Xác định nhiệt độ Curie của sắt từ ( nhiệt độ Curie mà tại đó chất sắt từ mất khả năng nhiễm từ: = 1) 

Cho các dụng cụ: 

- Nguồn điện xoay chiều 220V; 

- Biến trở, ngắt điện và các dây nối; 

- Nguồn điện xoay chiều 5 V; 

- Micrôampe kế 

- Cặp nhiệt điện loại K gắn milivôn kế để đo nhiệt độ 

- Ống sứ có khía các rãnh để có thể quấn dây lên. 

- Dây điện trở dùng làm sợi đốt. 

- Lõi sắt từ cần xác định nhiệt độ Curie; 

- Hai cuộn dây được quấn chồng lên nhau bao quanh lõi trụ có thể đưa gọn ống sứ vào trong; 

Yêu cầu: nêu các bước thí nghiệm và xử lý số liệu 

1. Xây dựng hệ đo, các bước thí nghiệm và xử lý số liệu. 

2. Các lưu ý trong thí nghiệm, sai số phép đo. 

--------------HẾT-------------- 

Người ra đề: Phan Dương Cẩn 

Số ĐT: 0904555354




VĨNH PHÚC 

(ĐÁP ÁN ĐỀ XUẤT) 



(Đáp án này có 02 trang) 

Bài Ý Lời giải vắn tắt Điểm 

1 + Xét mặt cắt ngang của hai tấm như hình vẽ, K là điểm giới hạn của tấm 

trên, rất xa mặt phẳng vuông góc với hai tấm chứa M. 

+ Xét hai dải rất hẹp A 1 B 1 và A 2 B 2 với M, A 1 , A 2 thẳng hàng và M, B 1 ,B 2 

0,5 

thẳng hàng 

+ Xem hai dải này như hai sợi dây mảnh dài với mật độ điện dài lần lượt 

là 1, 

 

2: 

1 . 

AB 

1 1 

 

 

. 

AB 

2 2 2 

(1) 

+ Cường độ điện trường do dải A 1 B 1 gây ra tại M: 

E 1 

có phương đi qua trung điểm của A 1 B 1 và hướng ra xa tấm trên, có 

1 

cường độ: E1 

với H 1 là trung điểm của A 1 B 1 . 

2 

MH 

0 1 


E 1 

có phương đi qua trung điểm của A 1 B 1 và hướng ra xa tấm trên, có 

1 

cường độ: E1 


2 

MH 

0 1 


E 2 

có phương đi qua trung điểm của A 2 B 2 và hướng vào tấm dưới, 

2 

có cường độ: E1 


2 

MH 

. 

AB 

1 1 

E1 

 

2 

0. 

MH1 

 

. 

AB 

2 2 

E2 

 

2 . MH 

0 2 

0 2 

(2) 

A1 B1 A2 B2 

+ Ta còn có: (3) 

MH MH 

1 2 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5

+ Từ (2) và (3) suy ra: E1 E2 E1 E2 0 , do đó E 

M 

chỉ do phần 

KL gây ra, nên: 

E 

M 

. 

KL 

( vì h>>d; b>>d ) 

2 

LM 

0 

bd bd 

KL ; KM h ( b KL) 

d h h 

2 2 

KM h ( b bd / h) 

h b 

→ 

E 

M 

2 2 2 2 

.b.d 

.d 

.d 

 

(vì b>>h) 

2 2 

2 

2 

h. h b h 2 

h 

0 

0 

2 

h 1 

0 2 

b 

2 Khi R 1 quay thì trong mạch có dòng điện và làm cho đĩa R 2 quay và các đĩa 0,5 

trỏ thành các nguồn điện ..Xét ở thời điểm t ,suất điện động cảm ứng trong 

mỗi đĩa có độ lớn có 

2 

2 

B a B a 

e 1 = (1), e2 = (2) 

1 

2 

2 

2 

Mô men lực từ tác dụng lên mỗi đĩa có độ lớn như nhau : 

M 1 = M 2 = 

a 

0 

2 

Bia 

Bi. r. d r (3) 

2 

Phương trình động lực đối với chuyển động quay của mỗi đĩa: 

, 

2 

2 

d 

1 

Bia 

J (4) và 

d 

2 

Bia 

J (5) 

dt 2 dt 2 

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng cho hệ ta có : 

0,5 

2 2 2 2 2 

J 

0 

J 

1 

J 

2 

Li q 

2 2 2 2 2C (6) 

Đạo hàm theo thời gian và thay (3,4) ta có biểu thức : 

0,5 

2 

Ba di q 

( 

1 2) L 0 

2 

dt C 

hay ta có biểu thức : 

2 2 

Ba d 

1 

d 

2 

d i dq 

( ) L 

0 

2 

2 dt dt dt Cdt 

Mặt khác i= dq nên ta có phương trình 

dt 

2 2 4 

d i B a 1 

( )i= 0( 7) 

2 

dt 2JL LC 

Phương trình có nghiệm i= I 0 cos(t+ 1 ) (8) trong đó tần số góc dao động 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

2 4 

Ba 1 

của dòng điện 

(8), phương trình điện tích của tụ 

2JL 

LC 

q= 

t 

0 

idt hay q = q 0 cos(t+ 2 ) 

Từ điều kiên ban đầu t = 0 [ 

i0 

q 0 

Ta có phương trình dòng điện chạy qua cuộn dây và điên tích của tụ : 

0,5

2 

Ba 

i = 0 

Ba 

sin t(9) 

và q = 

2L 

2L 

2 

0 

(1 cos t).(10) 

2 

2 

Ba 

0,5 

0 

Hiệu điện thế của tụ điện u = (1 cos t).(11) 

2 

2LC 

3 a 0,5 

Gọi điểm tới là A. Các ảnh của A qua hai mặt nằm đên đường tròn tâm O 

D 

bán kính R . Sau mỗi lần phản xạ. tia sáng đổi hướng nhưng góc 

 

2sin 2 

hợp với bán kính qua điểm phản xạ không đổi nên có thể coi như tia sáng 

vẫn truyền thẳng trong khối thủy tinh về đế gặp đáy nhỏ với góc . 

R L R R 

Xét tam giác OAB: R sin sin 

sin sin R L 

Điều kiện có tia ló rakhoir đáy nhỏ là góc phải nhỏ hơn góc phản xạ toàn 

R 1 

phần: sin igh 

hay sin . 

R L n 

D 

Thay R ta có: 

 

2sin 2 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

b 

1 2L 

sin (1 sin ) 

n D 2 

2L 

sin nsin sin (1 sin ) 

D 2 

Với

1 1 b 1 ' 

2 

Wđ 

4 mv I 4 m ' mb mb ' 

2 2 2 4 12 2 3 

2 2 2 

2 2 2 2 2 

G 

 

 

Thế năng đàn hồi đối với các lò xo: 

W t, OA = W t , OC = 

1 

k bcos bcos 

 

2 

4 

1 

W t, OB = W t, OD = k b sin b sin 

 

2 

4 

Suy ra thế năng đàn hồi cả 4 lò xo: 

W t = 2(W t,OA + W t, OB ) = 

2 

2 

(1) 

2 

bcos 

2 

 

 

 

4 + 

k b sin 

b sin 

 

 

4 

k bcos 

2 1 1 2 

 

kb 2 2 cos 2 sin 2kb 1 

cos 

 

2 2 

4 

(2) 

 

Từ (1) và (2) ta có: 

0,25 

2 

2kb 

1cos 

 

 

4 

 

+ 2 2 2 

3 mb ' = const= 2 

2kb 

1cos 

0 

 

4 

(3) 

 

Phương trình (3) chính là phương trình vi phân mà góc phải tuân theo. 

 

0,5 

Nếu gần với thì ta có thể đặt với 1rad ' ' 

4 4 

theo trên ta có: 2 2 2 2 

W 2kb 1 cos + 

3 mb ' = const. 

Lấy đạo hàm hai vế ta được: 

0,25 

2 2 

2. mb '' . ' 2kb ' 

0 vì 1 suy sin . 

3 

3k 

2 

3k 

0,5 

suy ra : '' 0 '' 0 0; 

0 

 

2m 

2m 

2m 

chu kì dao động bé: T 2 

3k 

Phương trình trên có nghiệm dạng: 

 

0cos 0t 0cos 0t 

. 

4 4 

tại thời điểm ban đầu: 

' 0 

sin 0 0 

0 

0 

 

 

 

 

0 

cos 0 0 0 

 

4 

4 

Vậy phương trình biến đổi theo thời gian của góc : 

 

0 0 

4 4 cos t 

 

với 3k 

0 

 

2m 

5 Bước 1: Chế tạo lò nung điện đảm bảo khử từ trường xoay chiều trong lò 

nung 

Ta chế tạo lò nung dựa vào ống sứ và dây điện trở để làm nguồn nhiệt. Lò 

điện tạo được bao gồm hai cuộn dây giống nhau mắc nối tiếp được quấn 

ngược chiều để khi có dòng điện chạy qua thì từ trường do hai cuộn dây 

gây ra trong lò triệt tiêu; 

* Đưa lò nung vừa tạo ở trên vào trong lòng ống dây bao gồm hai cuộn dây 

được quấn chồng lên nhau ở trên . 

0,5 

0,5 

0,25 

0,25 

0,5 

0,5 

0,5

~ 3 V 

220 V 

K 

R 

A 

mV 

Bước 2: Mắc mạch điện như hình vẽ: 

- Nối dây lò nung với nguồn điện 220V thông qua một biến trở và khoá K 

để có thể điều chỉnh điện áp nuôi lò do đó có thể điều khiển nhiệt độ ổn 

định của lò ở các giá trị khác nhau. 

- Nối một cuộn dây trong ống dây với nguồn xoay chiều 5V, cuộn này đóng 

vai trò cuộn sơ cấp (giả sử có N 1 vòng) 

- Cuộn dây còn lại của ống dây nối với microampe kế (giả sử có N 2 vòng). 

Giả sử đặt vào hai đầu cuộn sơ cấp hiệu điện thế u 1 , trong cuộn dây có dòng 

điện i 1 chạy qua làm xuất hiện suất điện động tự cảm 

d 

d(L.i 

1) 

e1 N1 N1 

dt dt 

Khi đó trong cuộn thứ cấp xuất hiện suất điện động cảm ứng e 2 

d 

d(L.i 

1) 

e2 N2 N2 

dt dt 

Suất điện động e 2 gây nên dòng điện i 2 đo được bằng mA kế. 

Hệ số tự cảm L ở đây chủ yếu gây ra do lõi sắt từ với độ từ thẩm >>1. Hệ 

số từ thẩm này sẽ suy giảm khi nhiệt độ tăng. 

Do đó khi tăng nhiệt độ làm 1 và dòng điện i 2 giảm dần đến giá trị i 2 

0. 

Bước 3: tăng dần nhiệt độ lò và đo nhiệt độ bằng nhiệt kế và mV, thu thập 

bộ số liệu phụ thuộc i 2 theo nhiệt độ, dựng đồ thị và ngoại suy ta xác định 

được nhiệt độ Curie mà tại đó = 1 

Các lưu ý trong thí nghiệm, sai số phép đo 

- Cần đợi thời gian để nhiệt độ lò nung ổn định. 

- Cần thực hiện phép đo cả khi nhiệt độ nung lớn hơn nhiệt độ Curie và sau 

đó giảm dần nhiệt độ lò đến khi nhỏ hơn nhiệt độ Curie. 

- Các thang đo của dụng cụ cần thay đổi cho phù hợp. 

0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

---------------- HẾT ---------------- 

Người làm đáp án: Phan Dương Cẩn 

Số ĐT: 0904555354

SỞ GD&ĐT THÁI NGUYÊN 


ĐỀ GIỚI THIỆU 

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC THPT 

VÙNG DUYÊN HẢI & ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ 

NĂM HỌC 2017-2018 

Môn:Vật lí; Lớp: 11 

Thời gian: 180 phút không kể thời gian phát đề 

Bài 1 - Tĩnh điện (4điểm ) 

Tụ phẳng gồm hai bản mỏng tròn lớn bằng chất 

cách điện, mỗi bản có diện tích S được giữ cố định 

trong không khí, cách nhau một đoạn nhỏ d, tích 

điện tích +Q và -Q phân bố đều trên bề mặt. Ở tâm 

mỗi bản có khoét một lỗ nhỏ. Dọc theo đường 

thẳng qua lỗ, từ rất xa có một quả cầu rất nhỏ khối 

lượng m tích điện tích +q chuyển động về phía bản 

tích điện +Q (H1) . 

Q 

Q 

m 

 

q 

d 

(H1) 

a/ Tìm vận tốc nhỏ nhất của quả cầu của quả cầu để nó có thể xuyên qua tụ điện ? 

b/Nếu vận tốc lúc đầu của quả cầu lớn gấp đôi vận tốc tối thiểu ở câu a thì khi ra 

khỏi tụ điện tại điểm N nó có vận tốc là bao nhiêu ? 

Bài 2- Điện từ (5 điểm ) : 

Cho một mạch dao động điện từ gồm một tụ điện phẳng có điện dung C 0 và một cuộn 

dây thuần cảm có độ tự cảm L . Trong mạch có dao động điện từ với chu kỳ T 0 . Khi 

cường độ dòng điện trong mạch đạt cực đại thì người ta điều chỉnh khoảng cách giữa 

các bản tụ điện sao cho độ giảm của cường độ dòng điện trong mạch sau đó tỉ lệ với 

bình phương thời gian ; chọn gốc thời gian là lúc bắt đầu điều chỉnh tụ điện . 

a/ Hỏi sau một khoảng thời gian t bằng bao nhiêu ? ( t tính theo T 0 ) kể từ lúc bắt đầu 

điều chỉnh thì cường độ dòng điện trong mạch bằng không ? 

b/ Người ta ngừng điều chỉnh điện dung của tụ điện lúc cường độ dòng điện trong 

mạch bằng không . Hãy so sánh năng lượng điện từ trong mạch sau khi điều chỉnh 

với năng lượng điện từ của mạch trước khi điều chỉnh ?

Bài 3 - quang hình ( 4 điểm ): 

Cho một khối chất trong suốt mỏng có tiết 

diện thẳng là một phần tư 

hình tròn bán kính R và có chiết suất tỉ đối 

so với môi trường đặt khối chất là n . 

Chiếu tia sáng đơn sắc SH đến mặt bên OA 

theo phương vuông góc với mặt này (HV3) 

S 

A 

H 

R 

I 

n 

O 

HV 3 

B 

a/ Biết n = và xét trường hợp tia sáng phản xạ toàn phần một lần trên mặt cong 

tại điểm I rồi ló ra khỏi mặt bên OB . Hãy xác định giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của 

góc lệch của tia tới và tia ló ra khỏi khối chất . 

b/ Giả sử chiết suất n chỉ thay đổi theo phương bán kính và tuân theo quy luật : 

n(r) = 2 + a , trong đó r là khoảng cách từ điểm ta xét đến O và a là một hằng số . 

Tìm giá trị của a để đường đi của tia sáng trong khối chất là một cung tròn tâm O . 

Bài 4 - dao động cơ ( 4 điểm ): 

Có một con lắc đơn chiều dài l ( coi quả cầu con lắc là 

chất điểm , khối lượng dây con lắc không đáng kể ). 

Dưới điểm treo O theo phương thẳng đứng , cách O 

một khoảng x ( x < l ) có một cái đinh cố định tại 

điểm C như HV4. Độ dài dây l là xác định nhưng x 

có thể thay đổi được và mỗi lần thay đổi làm cho tình 

trạng dao động khác nhau . Dùng tay kéo quả cầu cho 

dây thẳng hướng sang trái , độ cao quả cầu không 

vượt quá điểm O sau đó thả tay nhẹ nhàng để quả cầu 

dao động tự do. Nếu sau khi dây con lắc bị đinh cản 

lại vừa đủ để kích quả cầu lên rồi lại đập trúng vào 

đinh thì khoảng cách x tối thiểu phải bằng bao nhiêu ? 

 

l 

C 

O 

x 

HV4 

Bài 5 – phương án thực hành ( 3 điểm ) : 

Xác định độ lớn của điện tích nguyên tố bằng phương pháp điện phân : 

Cho các dụng cụ sau : Bộ dụng cụ điện phân , nguồn điện một chiều , cân có bộ quả 

cân , am pe kế, đồng hồ bấm giây và các dây dẫn . 

Hãy nêu cơ sở lý thuyết - Phương án tiến hành - Lập bảng số liệu 

…………………………………………………………. 

Người ra đề : Nguyễn Mạnh Sỹ 

ĐT : 0912.663.400

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM 

Câu Đáp án Điểm 

a/ Các bản tụ làm bằng chất cách 

điện nên khi điện tích q di chuyển 

không làm phân bố lại điện tích 

Q 

E 

x 

Q 

trên các bản tụ . 

Câu1 

(4đ) 

Chọn mốc điện thế trên mặt phẳng 

đối xứng xx ’ như hình vẽ. 

- Điện thế tại điểm M ( Trên bản 

+Q ) 

m 

 

q 

M 

A 

/ 

x 

N 

0,5đ 

d 

U MA = V M – V A = E. => V M = E. = …………… 

0,5đ 

Với E = = là CĐ điện trường đều giữa hai bản tụ phẳng . …. 

Để bay qua được lỗ M ( tức là cũng bay được tới N ) thì động năng của q 

ở rất xa phải thỏa mãn : 

W đ ≥ qV M = => W đmin = m = 

0,25đ 

b/ Gọi u là vận tốc của q tại N. 

Áp dụng định lý động năng : 

W đN – W đ đầu = 

v min = 

…………….. 

…………. 

0,75đ 

0,5đ 

mu 2 - m 

2 = q(V ∞ - V N ) = - qV N 

Ta có U AN = V A – V N = E ===> V N = - E ………… 

Vậy ta có : 

mu 2 - m 

2 = q(V ∞ - V N ) = - qV N = q E = 

0,75đ

Mà : m = => m(4 ) = 4 

=> mu 2 = 5 => u = ……….. 

0,75đ 

……………………………….. 

A 

B 

Câu2 

(5đ) 

a/ Giả sử ở thời điểm t dòng điện trong mạch có chiều chạy từ bản B qua 

cuộn dây sang bản A như hình vẽ trên . 

Ta có : - L. = (1) …….. 

Theo đề ra ta có : I – I 0 = - at 2 → = - 2at …………… 

Mặt khác : = i = I 0 – at 2 

Suy ra : q B = I 0 t - ( vì q B (0) = 0 ) ……………… 

Thay vào (1) ta được : 2aLt - = 0 

0,25đ 

0,5đ 

0,5đ 

→ C = 

2 

Xét thời điểm t = t 1 thì i = 0 ta có I 0 = at 1 

Mặt khác theo (2) lúc t = 0 ( chưa điều chỉnh tụ ) : 

C 0 = 

Từ ( 3) và (4) ta tìm được : t 1 = 

Biết ban đầu trong mạch có dao động điện từ với T 0 = 2 

(2) ………. 

(3) 

(4) ……. 

0,5đ 

0,5đ 

Từ đó ta có : t 1 = ………… 

0,75đ 

b/ Năng lượng điện từ của mạch khi chưa điều chỉnh tụ là :

W 0 = với Q 0 = I 0 …………………………………. 

- Điện tích của tụ điện khi ngừng điều chỉnh : 

q B (t 1 ) = I 0 t 1 - = I 0 = Q 0 ………………………….. 

- Điện dung của tụ khi ngừng điều chỉnh : 

C = = C 0 - . .4 LC 0 ………… 

0,5đ 

0,5đ 

0,5đ 

→ C = C 0 

W = = = . = W 0 ……………. 

0,5đ 

........................................................................................................ 

ý a : 

- Đề bài cho tia sáng phản xạ 

toàn phần tại I , do đó góc tới i 

tại I không nhỏ hơn góc giới 

hạn phản xạ toàn phần i gh . 

S 

H 

A 

D 

I 

Với sini gh = = →i gh = 45 0 

0,5đ 

→ i ≥ 45 0 . 

O 

K 

B 

r 

Câu3 

(4đ) 

- Do đó những tia sáng sau khi phản xạ toàn phần một lần tại I rồi đến mặt 

OB chỉ nằm trong miền KB . Với IK vuông góc với OB . 

- Góc lệch lớn nhất của tia sáng ứng với trường hợp tia ló ra khỏi mặt OB 

tại điểm K . 

- Dễ dàng tính được góc lệch cực đại D max = 90 0 . 

- Góc lệch nhỏ nhất của tia sáng ứng với trường hợp tia ló ra khỏi mặt OB 

tại điểm B . 

0,5đ

- Từ hình vẽ trên ta có OIB là tam giác đều . Suy ra góc tới của tia sáng 

tại B là i = 30 0 . 

- Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng tại B : = → r = 45 0 . 

- Do đó góc lệch nhỏ nhất là : D min = 90 0 - 45 0 = 45 0 . 

ý b : 

- Từ quy luật : 

n( r ) = 2 + a. 

A 

1,0đ 

0,5đ 

- Suy ra : = (1) 

S H C 

- Khi tia sáng đi theo cung tròn CD 

Có góc ở tâm là α thì quang trình của 

 

D 

tia sáng là : s = n.α.r 

O 

B 

0,5đ 

- Vì quang trình của tia sáng phải thỏa mãn điều kiện đạt cực trị tức là : 

= 0 hay α = O 

Nên : = - ( 2 ) ………….. 

1,0đ 

- Từ ( 1 ) và ( 2 ) ta có : = - 

- Tại điểm r = R thì n(R) = 2 + 

- Do đó : = - - → a = - 4 ……….. 

…………………………………………………… 

1,0đ

- Sau khi con lắc bị cái đinh cản lại , con lắc chuyển động tròn . Gọi khối 

lượng của quả cầu con lắc là m thì quả cầu con lắc chịu tác dụng của hai 

lực : 

- Trọng lực : P = mg và lực căng của sợi dây T 

- Gọi vận tốc của quả cầu ngay trước khi vướng vào đinh tại điểm C là v , 

góc giữa phương trọng lực và dây treo là α (Hình vẽ ) ta có phương trình : 

Câu4 

(4đ) 

T + mgcosα = (1 ) 

Trong quá trình chuyển động của con 

lắc cơ năng bảo toàn . Chọn điểm treo 

O là mốc thế năng . Gọi θ là góc hợp 

bởi dây treo và phương thẳng đứng ở vị 

trí ban đầu khi thả tay . Áp dụng định 

x 

C 

O 

T 

v 

m 

 

mg 

0,75đ 

luật bảo toàn cơ năng ta có : 

- mglcosθ = mv 2 - mg ( 2 ) 

0,5đ 

- Khi dây treo con lắc bị cản và nếu sau đó quả cầu rơi trúng vào đinh tại 

C thì ở một vị trí nào đó dây treo sẽ bắt đầu trùng . Thời điểm này lực 

căng T = O ; từ đó về sau quả cầu chỉ chịu tác dụng của trọng lực và 

chuyển động giống vật bị ném xiên. Giả sử ở vị trí đó vận tốc của quả cầu 

là : v = v 0 ; dây treo của con lắc hợp phương thẳng đứng góc α = α 0 

- Từ biểu thức ( 1 ) ta có : 

= g( l – x )cosα 0 ( 3 ) ……. 

- Thay ( 3) vào ( 2 ) ta tìm được : 

2Ɩcosθ = 3( x – Ɩ )cosα 0 + 2x ( 4 ) ……… 

- Để quả cầu trúng vào điểm C thì các quan hệ sau đây phải thỏa mãn : 

( Ɩ – x )sinα 0 = v 0 cosα 0 t ( 5 ) 

0,5đ 

0,25đ

( Ɩ – x )cosα 0 – v 0 sinα 0 t + gt 2 ( 6 ) …….. 

- Từ ( 5 ) và ( 6 ) khử thời gian t ta có : 

= ( 7 ) …….. 

- Từ ( 3 ) và ( 7 ) ta tìm được : 

0,75đ 

0,25đ 

cosα 0 = 

- Thay vào ( 4 ) ta tìm được : 

( 8 ) ……….. 

0,25đ 

Câu5 

(3đ) 

cosθ = 

………… 

- Từ trên ta : Khi θ càng lớn thì cosθ càng nhỏ , hay x càng nhỏ . 

Trị số θ tối đa là ,ta tìm được x nhỏ nhất khi : 

x( 2 + ) = l. → x = 0,464Ɩ ……………… 

…………………………………………………………………….. 

Bước 1: Cơ sở lý thuyết : 

Với bộ dụng cụ đã cho : Dựa vào công thức định luật Faraday về điện 

phân ( Hoặc có thể sử dụng kiến thức hóa học về điện phân trong chương 

trình hóa học lớp 11 ) 

Bước 2 : phương án tiến hành thí nghiệm 

0,25đ 

0,5đ 

0,25đ 

0,25đ 

0,5đ 

0,5đ

Ta mắc mạch điện theo sơ đồ 

hình vẽ . 

Đo dòng điện I chạy qua dung 

dịch điện phân nhờ Ampe kế. 

- Đo thời gian ∆t dòng điện chạy 

qua nhờ đồng hồ bấm giây 

- Điện lượng Q qua dung dịch 

điện phân : Q = I.∆t 

Xác định khối lượng chất giải 

phóng ở điện cực: 

m = m S – m t 

- m t : khối lượng điện cực ban đầu . 

- m S : khối lượng của điện cực sau thời gian điện phân . 

A 

0,25đ 

0,25đ 

0,5đ 

- Số nguyên tử xuất hiện ở điện cực : N = …… 

- Trong đó : n là hóa trị của nguyên tố ; 

e là độ lớn điện tích nguyên tố 

- Số nguyên tử còn được tính theo công thức : 

0,5đ 

N = m ……… 

- Trong đó : A là nguyên tử lượng . 

N A là số Avogadro 

Từ trên ta có : e = ……… 

* Bảng số liệu : 

Đại lượng 

CĐ dòng điện 

Thời gian 

Khối lượng 

Lần đo 

I (A) 

∆t (s) 

m (g ) 

Lần1………… …………… …………… ……………

Lần2………… 

…………….. 

…………... 

……………. 

………. 

…………. 

…….. 

…………..


TUYÊN QUANG 

-------- 


Đề thi có 02 trang 

KỲ THI HỌC SINH GIỎI 

CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN 



Môn: VẬT LÝ - LỚP 11 

(Thời gian: 180 phút – không kể thời gian giao đề) 

Câu 1. (4,0 điểm). Tĩnh điện 

Hai bản của một tụ điện phẳng đặt trong không khí có cùng diện tích S, có thể chuyển 

động không ma sát dọc theo một sợi dây cách điện nằm ngang xuyên qua tâm của chúng. Một 

bản có khối lượng m, điện tích Q còn bản kia có khối lượng 2m, điện tích -2Q. Ban đầu hai 

bản được giữ cách nhau một khoảng 3d. 

a) Tìm năng lượng điện trường giữa hai bản tụ. 

b) Ở thời điểm nào đó người ta thả hai bản ra. Hãy xác định vận tốc của mỗi bản khi 

chúng cách nhau một khoảng d. 

Câu 2(5,0 điểm). Điện từ 

Hai dây dẫn dài, mỗi dây có điện trở r0 được uốn thành hai đường ray nằm trong mặt 

phẳng ngang như hình vẽ. Hai ray phía bên phải cách nhau l 1 = 5l 0 và nằm trong từ trường 

có cảm ứng từ B 1 = 8B 0 , hướng từ dưới lên. Hai thanh ray bên trái cách nhau khoảng l 2 = l 1 

= 5l 0 và nằm trong từ trường B 2 =5B 0 , hướng từ trên xuống. 

Hai thanh kim loại nhẵn AB và CD có cùng điện trở r0 được đặt nằm trên các ray như hình 

vẽ, mọi ma sát đều không đáng kể. 

1. Giữ thanh CD cố định: 

a) Kéo thanh AB chuyển động sang trái với vận tốc v 

0 

không đổi. Tìm dòng chạy trong 

mạch và lực từ tác dụng lên thanh AB. 

b) Coi rằng tại thời điểm t = 0 khi đang kéo thanh AB với tốc độ v 0 thì thả cho AB chuyển 

động tự do. Bỏ qua mọi ma sát và sự hao tổn năng lượng do bức xạ điện từ. 

- Xác định tốc độ của thanh AB tại thời điểm t > 0 và quãng đường mà thanh đi được. 

- Khi thanh AB dừng, chứng tỏ rằng năng lượng tỏa ra trên các điện trở đúng bằng động 

năng ban đầu của thanh AB. 

2. Để thanh CD tự do: 

Tác dụng một lực kéo để AB chuyển động sang phải với vận tốc đều v 1 = 5v 0 . Khi đó CD 

cũng chịu tác dụng một ngoại lực và chuyển động sang trái với vận tốc đều v 2 = 4v 0 . Hãy tìm: 

a) Độ lớn ngoại lực tác dụng lên CD, biết lực này nằm trong mặt phẳng ngang. 

b) Hiệu điện thế giữa hai đầu C và D và công suất toả nhiệt của mạch trên. 


Nếu không có ngoại lực tác dụng vào CD, tính 

vận tốc và quãng đường CD đi được. Cho khối lượng 

y 

của thanh CD là m. 

Câu 3. (4,0 điểm). Quang hình 

n 1 

Giữa hai môi trường trong suốt chiết suất n 0 và 

n 1 (n 0 > n 1 > 1) có một bản hai mặt 

e 

song song bề dày e. Bản mặt được đặt dọc theo trục 

O 

Ox của một hệ trục tọa độ Oxy 

n 0 

 

hình 3 

x

như hình 3. Chiết suất của bản mặt chỉ thay đổi theo phương vuông góc với bản mặt theo quy 

2 2 

n0 n1 

luật n n0 1 ky , với k . Từ môi trường chiết suất n 

2 

0 có một tia sáng đơn sắc chiếu 

en0 

tới điểm O trên bản mặt, theo phương hợp với Oy một góc . 

a) Lập phương trình xác định đường truyền của tia sáng trong bản mặt. 

b) Xác định vị trí điểm của tia sáng ló ra khỏi bản mặt. 

Câu 4. (4,0 điểm). Dao động cơ 

Vật m 2 có khối lượng 600 g đang đứng yên 

 

trên mép bàn, ở độ cao h = 1,25 m. Con lắc đơn có 

l 0 

chiều dài l = 5m, khối lượng m 1 = 400 g, dao động có 

vị trí cân bằng ở điểm đặt của m 2 ( hình 4). Thả m 1 từ 

m 

biên độ góc 0 , đến va chạm xuyên tâm với m 2 . 

1 

1. Va chạm hoàn toàn đàn hồi, sau va chạm 

m 1 dao động điều hòa với biên độ A 5 2 cm. Hỏi 

m 1 được thả từ biên độ góc nào? lấy g =10m/s 2 . 

2. Viết phương trình dao động của m 1 và tầm 

xa của m 2 sau lúc va chạm? 

hình 4 

Câu 5. (3,0 điểm). Phương án thực hành 

Một bóng điện ghi 2,5V – 0,1W, có dây tóc 

đèn có bán kính rất nhỏ nên khi có dòng điện chạy qua là nóng lên rất nhanh. Để dùng nó làm 

hỏa kế quang học, người ta cần phải đo chính xác điện trở của nó ở nhiệt độ phòng. 

Cho thêm các dụng cụ: 

- 01 pin có ghi 1,5V; 

- 01 biến trở; 

- 01 milivôn kế có thang đo từ 0 đến 2000mV, mỗi độ chia ứng với 1mV, sai số ± 3mV; điện 

trở nội rất lớn; 

- 01 miliampe kế có thang đo từ 0 đến 2 mA, mỗi độ chia ứng với 1μA, sai số ± 3μA. 

Trình bày cơ sở lý thuyết, cách bố trí thí nghiệm, tiến trình thí nghiệm, lập các bảng 

biểu cần thiết để xác định điện trở của dây tóc bóng đèn ở nhiệt độ phòng. 

--------------Hết--------------- 

Người ra đề: Nguyễn Tuyết Hạnh- 0915.480.459

CÂU ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM 

1 a) Cường độ điện trường do bản tích điện Q (bản 1) và bản tích điện -2Q 

Q 

2Q 

(bản 2) gây ra lần lượt là : E1 

và E2 

. 

2 S 2 

S 

Cường độ điện trường bên trong tụ là: 

0 

0 

3Q 

E1 

E2 

. 

2 

S 

E t 

0 

Năng lượng điện trường trong khoảng không gian giữa hai bản tụ là: 

W 

t 

1 

 

0E 

2 

2 

t 

V 

t 

1 3Q 

 

 

0 

2 

 

2 

0S 

 

 

2 

2 

27Q 

d 

S 3d 

 

8 

S 

0 

0.25 

0.25 

b) Khi hai bản cách nhau một khoảng d, ký hiệu V ,V 1 2 

lần lượt là vận tốc 

của bản 1 và bản 2. 

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có: 

mV mV 0 V 2 

(1) 

1 

2 

2 

1 

V2 

Năng lượng điện trường bên trong tụ là: 

2 

2 

' 1 2 ' 1 3Q 

9Q 

d 

Wt 

 

0Et 

Vt 

 

0 

Sd 

2 2 

 

2 

0S 

 

8 

0S 

Cường độ điện trường bên ngoài tụ (bên trái của bản tụ 1 và bên phải của 

Q 

bản tụ 2) là: 

E2 

E1 

 

2 S 

E n 

0 

Khi hai bản cách nhau là d thì thể tích không gian bên ngoài tăng một lượng 

là: V S 2d 

. Vùng thể tích tăng thêm này cũng có điện trường đều với 

cường độ E 

n 

. Do vậy, năng lượng điện trường bên ngoài tụ đã tăng một 

lượng là: 

2 

1 2 Q d 

W 

 

0En 

V 

. 

2 4 

S 

Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng: 

2 

9Q 

d 

 

4 

S 

0 

mV 

 

2 

2 

1 

Giải hệ phương trình (1) và (2), cho ta: 

V 

1 

2d 

2Q 

. 

3 

Sm 

0 

0 

' 

W W 

t 

2mV 

 

2 

V 

2 

2 

2 

t 

mV 

 

2 

2 

Q d 

 

4 

S 

0 

2 

1 

2mV 

 

2 

(2) 

2d 

Q và 

3 

Sm 

Dấu “ – “ thể hiện hai bản chuyển động ngược chiều nhau. 

0 

2 

2 

W 

0.25 

0.25 

0.5 

0.5 

0.5 

0.5 

0.5

2 1. Giữ thanh CD cố định: 

a. Dùng qui tắc bàn tay phải ta dễ dàng xác định chiều dòng trong mạch 

(chính là dòng cảm ứng) chạy theo chiều A đến B. Qui tắc bàn tay trái cho ta 

biết lực từ tác dụng lên thanh AB hướng sang trái. 

Theo định luật Lenz – Faraday thì trong mạch lúc này xuất hiện một suất 

điện động (sđđ) cảm ứng có độ lớn: E = Bv 0 L. 

E BL 

Cường độ dòng trong mạch i v0 

R 

R 

. (1) R = 4r 

Độ lớn lực từ: 

2 2 

BL 

F BiL v0 

. (2) 

R 

0,5 

b) Sau khi thả thanh một khoảng thời gian ngắn, dễ thấy vận tốc của nó vẫn 

theo chiều cũ. Ở đây biểu thức sđđ, dòng điện và lực từ giống (1) và (2) ta 

chỉ thay v 

0 

bằng v . Chọn chiều dương hướng sang phải, theo định luật II 

Newton: 

2 2 2 2 

dv B L dv dv B L 

F m v m dt (*) 

dt R dt v mR 

Lấy tích phân 2 vế (*) với điều kiện của các biến tương ứng ta có: 

0 

2 2 

v 2 2 

dv B L t 

BL 

0 

e 

t mR 

dt v v 

v mR 

 

v 

0 

Quãng đường thanh đi được là: 

 

 

 

0 0 

0 

2 2 

BL t 

mR 

s vdt v e dt 

mv R 

 

B L 

= 

 

2 2 

BL 2 2 

t 

0 

BL 

mR 

e d t 

2 2 

 

 

mR 

0 

2 2 

BL 

t 

0 mR 

0 

e 

2 2 2 2 

mv R mv R 

 

B L B L 

BL 

BL BL 

Dòng điện trong mạch lúc này: 

e t 

mR 

i v v . 

0 

R R 

2 2 2BL Nhiệt lượng tỏa ra trên R: 

2 BL t 

2 mR 

Q i Rdt v0 

e dt 

R 

Với 

 

 

0 0 

2 2 

2 2 

 

. 

2 2 

2 2 2BL 2 2 

t 

2 

2 

mR 

0 

. e 

2 2 

R 2B L 

 

mR 

0 

 

B L mR B L 

v d t 

 

2 2 

2 2BL 2 

t 

0 

mv 

mR 

0 

mv 

e K 

2 2 

2 

mv0 

K0 

chính là động năng ban đầu của thanh MN,từ đó ta có đpcm. 

2 

0 

0 

0 

 

 

0,5 

0,5 

0,5 

(0.5đ)


Suất điện động cảm ứng xuất hiện trên hai thanh 

Thanh AB: e1 B1l 1v1 200B0l0v0 

Thanh CD: e2 B2l2v2 100B0l0v0 

Dòng điện cảm ứng có chiều như 

hình vẽ(do e 1 >e 2 ), độ lớn: 

e 

1 

e 

2 

B 

0 

l 

0 

v 

i 25 

0 

c 

4r r 

C 

A 

F t 

V 1 

i c 

D 

B 

a. Độ lớn ngoại lực tác dụng lên CD 

2 2 

B v l 

Lực từ tác dụng lên thanh CD: F B i l 625 

0 0 0 

2 

 

2 c 2 

 

r 

2 2 

B v l 

Do thanh CD chuyển động đều nên ngoại lực: F F 625 

0 0 0 

k2 

2 

0,5 

r 

b. Hiệu điện thế giữa hai đầu thanh CD. 

u CD e 2 

i C r 2 

125B 0 v 0 l 0 

0,25 

Công suất tỏa nhiệt của toàn mạch 

2 

2 (B 

0 

v 

0 

l 

0 

) 

0,25 

P i c.(4r) 2500 

r 

3. Nếu không có ngoại lực tác dụng vào thanh CD: 

Ngay khi ab chuyển động thì có dòng điện chạy qua CD theo chiều D-C 

có lực từ tác dụng lên CD theo chiều hướng ra mạch điện, do đó CD sẽ 

chuyển động và lại xuất hiện trên CD một suất điện động cảm ứng e 2 có cực 0,5 

(-) nối với đầu C. 

Xét tại thời điểm t, vận tốc của CD là v, gia tốc là a. 

e 

1 

e 

2 

200B 

0 

l 

0 

v 

0 

25B 

0 

l 

0 

v 

i c 

4r 4r 

 

200B 

0 

l 

0 

v 

0 

25B 

0 

l 

0 

v 

Ft ma B 

2 

icl 2 

 

.25B 

0 

l 

4r 

0 

m.4r dv 8v 

0 

v 

(25B l ) 2 

dt 

00 

Đặt : 8v 

0 

v y dy dv 

Vậy: 

2 

dy 

ky 

dt (Đặt (25B 

00 

l ) 

k ) 

4mr 

kt 

y y0e 

Tại t=0 thì: v 2 =0 nên y 0 = 8v 0 

0,5 

0,5

Do đó: 

y 8v .e 

Tính quãng đường 

0 

kt 

2 

00 

(25B l ) 

t 

 

4mr 

v 8v (1 e ) 

0 

m.4r dv m.4r 

Từ: 

8v 

0 

v dv 8v 

0 

dt ds 

2 dt 

2 

(25B 

0 

l 

0 

) (25B 

0 

l 

0 

) 

Tích phân hai vế: 

 

(25B 

00 

l ) 2 

m.4r m.4r t 

v 8v t s s 8v t 1 e 4mr 

 

2 0 

 

0 

 

2 

 

(25B 

0 

l 

0 

) (25B 

0 

l 

0 

) 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,5 

3 a. Chia môi trường trong suốt thành nhiều lớp mỏng bề dày dy bằng các mặt 

phẳng Oy. Giả sử tia sáng tới điểm M(x,y) dưới góc tới y và tới điểm 

M’(x+dx,y+dy) trên lớp tiếp theo. Coi tia sáng truyền từ M đến M’ theo đường 

thẳng(hình G3). 

Áp dụng định luật khúc xạ 

ánh sáng ta có: 

y 

M(x+dx,y+dy) 

n 0 sin =...= nsini 

M(x,y) 

dy 

n0 

sin 

sini 

n 

dx 

dx 

sini 

tani 

dy 

2 

1 sin i 

x 

n0 

sin 

O 

 

2 2 2 

n n sin 

hình G3 

0 

y 

y 

0 

 

2 2 2 2 

0 0 

0 

n sin dy sindy 

x 

n (y) n sin cos ky 

sin 

y 

2 sin 

2 

x= 2 cos ky 2 (cos- cos ky ) 

k 

0 k 

2 kx 

=> cos ky cos- phương trình đường đi của tia sáng là: 

2sin 

k 2 cos 

y x x 

2 

4sin sin ; 

đường đi của tia sáng là một parabol hướng về phía dưới. 

b. từ phương trình đường đi: 

2 2 

k 2 cos k 2sin2 .cos cos 

y x x x 

2 2 , 

4sin sin 4sin k k 

ta thấy tung độ cực đại của parabol là: 

y 

cos e.n cos 

k (n n ) 

2 

2 2 

0 

max 

 

2 2 

0 

 

1 

2 

2 

cos 

+ Nếu < e, hay 

2 

n 

1 

cos 1 , 

2 thì tia sáng ló ra khỏi bản mặt 

k 

n0 

 

tại điểm có tung độ bằng 0( mặt dưới của bản mặt), có hoành độ x là nghiệm 

0.5 

0.25 

0.25 

0.5 

0.5 

0.5

4 

2sin2 

khác 0 của phương trình y = 0, đó là điểm A( x 

1 

,y1 

0 ). 

k 

2 

2 

cos 

+ Nếu > e, hay 

2 

n 

1 

1>cos 1 , 

2 thì tia sáng ló ra khỏi bản 

k 

n0 

 

mặt tại điểm có tung độ y = e, có hoành độ x là nghiệm khác 0 của phương 

trình y = y 2 = e. 

2 

k 2 cos 2 4sin .cos 4esin 

y x x e x x 0 

2 

4sin sin 

k k 

Phương trình này có nghiệm: 

sin2 

sin 2 

x2 

cos ke 

k k 

2 2 2 

e.n 

0 

sin2 

e.n 

0 

sin n1 

2 

hay sin 

2 2 2 2 2 

(n n ) (n n ) n 

0 1 0 1 0 

Ta chỉ lấy nghiệm ứng với dấu trừ( ứng với giao điểm đầu tiên của 

parabol và đường thẳng y = e). Bỏ nghiệm ứng với dấu cộng. 

Vậy trong trường hợp này tọa độ của điểm ló là: 

B(x 2 = 

e.n sin2 

e.n sin n 

(n n ) (n n ) n 

2 2 2 

0 0 1 2 

sin 

2 2 2 2 2 

0 

 

1 0 

 

1 0 

1. Do va chạm xuyên tâm đàn hồi nên ta có: 

m 1 v 1 =m 1 v’ 1 +m 2 v’ 2 (1) 

; y 2 = e). 

2 2 2 

v1 v' 

1 

v' 

2 

m1 m1 m2 

(2) 

2 2 2 

 

Ta suy ra vận tốc sau va chạm: 

l 0 

m1 m 

0.5 

2 

v' 

1 

v1 

m1 m 

2 m (3) 

1 

2m1 

m 

v' 

2 

v 

2 

1 

m1 m 

2 

v' 2 

0.5 

Với v’ 1 là vận tốc cực đại của dao động m 1 

v’ 2 là vận tốc ban đầu của chuyển động ném ngang m 2 

g 

0.5 

Dao động của m 1 có tần số góc = 2 ( rad/s) 

l 

nên v max = A = 10 (cm/s) 

thay v max = 10 (cm/s) vào v’ 1 ở (3) ta có: 

0.5 

m1 

m2 

v1 vmax 

0,5(m / s) 

m1 

m 

0.5 

2 

Trước va chạm, coi như m 1 thực hiện 1/4 chu kỳ dao động từ vị trí biên về 

vị trí cân bằng, với vận tốc cực đại là v 1 . 

v1 

Từ cực đại v 1 của dao động này ta suy ra biên độ: A 

0 

0.5 

0.5 

0.5

Đồng thời do dao động bé nên A0 l. 

 

0 

suy ra 

v1 

1 .10 

2 

 

0 

 

.l 2 

(rad) 

2. Dao động của m 1 sau va chạm: 

Chọn chiều vận tốc sau va chạm làm chiều dương, gốc thời gian là thời 

điểm ngay sau va chạm, gốc tọa độ tại vị trí cân bằng của m 1 , ta có = 2 

, 

= 2 , A= 5 2(cm).Vậy phương trình dao động của m 1 là: 

 

x 5 2.cos( 2t ) ( cm,s). 

2 

Tầm xa của m 2 : 

m 2 thực hiện chuyển động ném ngang từ độ cao h= 1,25 m với vận tốc ban 

2m1v1 

đầu v0 v' 

2 

0,8v1 

0,4 (m/s) 

m m 

1 2 

Thời gian chuyển động: 

2.h 

t => tầm xa S 

v0 

g 

2h 

=0,2 (m). 

g 

5 1. Cơ sở lý thuyết: 

U 

- Theo định luật Ohm: R (1) 

I 

- Điện trở phụ thuộc nhiệt độ: R R 

p 

1 

t tp 

 

(2) 

Điện năng mà đèn tiêu thụ chuyển thành năng lượng bức xạ nhiệt ra 

môi trường và nhiệt lượng truyền ra môi trường nên ta có: 

Pd Pbucxa P 

E, r 

truyennhiet 

Pd 

Ptruyennhiet 

Pbucxa 

Ptruyennhiet 

 

UI 

Do đó: UI K t tp 

t t 

p 

 

K 

(3) 

- Từ (1), (2) và (3) ta có: 

U R 

p 

R 

p 

UI 

I K 

U 

Đặt: x P UI; y R , ta được: 

I 

y ax+b 

trong đó: 

R 

p 

a ;b R 

p 

K 

2. Thí nghiệm: 

a) Bố trí thí nghiệm: Mắc sơ đồ mạch điện như hình G 5.a. 

b) Tiến trình thí nghiệm: 

- Thay đổi giá trị của biến trở. Với mỗi giá trị của biến trở, đọc số chỉ U của 

vôn kế, I của ampe kế, ghi vào bảng số liệu 

R b 

Hình G 5.a 

Đ 

V 

A 

0.5 

0.5 

0.5 

0.5 

0.5 

0.5 

0.5 

c) Xử lý số liệu:

- Bảng số liệu: 

U (V) I (A) x = P = UI y = R = U/I 

0.5 

- Đồ thị: Hình G5.b 

Ngoại suy: b = R p . 

R p 

y = R (Ω) 

α 

0.5 

0 

Hình G5.b 

x = P (W)

Tuyển tập đề thi chọn học sinh giỏi 2018 môn Vật Lý lớp 11 - Các trường THPT Chuyên Cả nước - Có hướng dẫn chấm (Bộ đề 1)

You also want an ePaper? Increase the reach of your titles

Delete template?

Save as template?