TỔNG HỢP ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI KHU VỰC DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ

ĐỀ THI KHU VỰC DUYÊN

HẢI MÔN VẬT LÍ

HỘICÁCTRƢỜNGTHPTCHUYÊN

KHUVỰCDUYÊNHẢI,ĐỒNGBẰNGBẮCBỘ

TRƯỜNGTHPTCHUYÊN

LÊQUÝĐÔN–BÌNHĐỊNH (Đề thi đề xuất)

(Đề thi có 03 trang, gồm 5 câu)

Câu1:CƠCHẤTĐIỂM (5,0 điểm)

Ths Nguyễn Thanh Tú

eBook Collection

TỔNG HỢP ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI CHỌN

HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN

KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC

BỘ LẦN THỨ XIV, NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ –

LỚP 10, 11

WORD VERSION | 2023 EDITION

ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL

TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL COM

Tài liệu chuẩn tham khảo

Phát triển kênh bởi

Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật :

Nguyen Thanh Tu Group

Hỗ trợ trực tuyến

Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon

Mobi/Zalo 0905779594

KỲTHICHỌNHỌCSINHGIỎICÁC TRƢỜNGTHPTCHUYÊN

KHUVỰCDUYÊNHẢI,ĐỒNGBẰNGBẮCBỘ

LẦNTHỨXIV,NĂM2023

ĐỀTHIMÔN:VẬTLÍ-LỚP10

Thờigianlàmbài:180phút

Ngườitađặttrênmặtbànnằmngang,nhẵn,mộtcơhệgồmmột

thanhmảnhkhốilượngkhôngđángkể,dài2l đượcgắncácquảcầu nhỏB,DvàCcócùngkhốilượng m ởhaiđầuthanhvàtrungđiểm của thanh. Một quả cầu nhỏ A có khối lượng M chuyển động với vậntốc 0v chotrướctheophươngvuônggócvớithanhvàvachạm

hoàntoànđànhồivớiquảcầuBnhưhình1.

a)TìmvậntốccủaquảcầuCngaysauvachạm

b)TìmvậntốccủaquảcầuBvàDngaysauvachạm.

c)Tìm điềukiệngiữakhối lượngcácvật đểxảyravachạm lầnthứ hai giữaquảcầuAvàmột trong cácquảcầuB,C,Dcủacơhệ(hệthanhmảnhvàbaquảcầuB,C,D).TìmquãngđườngquảcầuCđãđi đượctrongkhoảngthờigiangiữahailầnvachạm.

Câu2:CƠHỌCVẬTRẮN(4,0điểm) Một tiết mục xiếc của một chú hề trong trang phục phi hành gia (Hình 2a) di chuyển chậm trên một quảcầulăntrênsànnhàđượcmôhìnhhóađơngiảnbởicơhệnhưhình2b.

Ở đây, chú hề được thaybằngthanh rắn AH có khối tâm H đi trên quả cầu rỗng tâm C, bán kính R, cứng,cókhốilượngmphânbốđềutrênbềmặt,lănkhôngtrượttrênmặtsànnằmngangvớihệsốmasát khôngđổivàbằngµ.Ởthờiđiểmt=0,tâmCquảcầuđứngyênvàcócáctọađộx=y=0vàz=R.Một chúhềcóhaichânđểởđiểmAcủaquảcầusaochoCAtạovớiđườngthẳngđứngmộtgócα.Chúhềđi hay chạy những bước nhỏ trên quả cầu theo hướng lên điểm cao nhất của quả cầu: ở mọi thời điểm đường thẳng tức thời CA luôn tạo với đường thẳng đứng một góc α không đổi. Chúhềcoinhưthanhrắn cókhốilượngM,khốitâmlàH:AHluônluônthẳngđứngvàAH=h=2R(Hình2b).Bỏquaquántính các phần tử linh động của chú hề khi đi hay chạy bước nhỏ sao cho chuyển động của nó trong hệ quy chiếugắnvớiđất(O)làchuyểnđộngtịnhtiến.

Gọi v và atươngứnglàvậntốcvàgiatốccủaCđốivới(O).

a)Xácđịnhtổngmômenlựctácdụnglênhệ(chúhề+quảcầu)đốivớitrụcquaytứcthờiItheohàm củaR,a,m,Mvàα. Áp dụng số: chocácýb),c)vàd):M=60kg,m=6kg,R=0,5m,α=50 vàg=9,8m/s

vectorstock com/10212086 Trang1/3

2 D C B A 0v Hình1 C A Hình2b I z x O R H g Hình

b)TínhgiatốcacủađiểmC.

Câu5:PHƢƠNGÁNTHỰCHÀNH(3,0điểm)

c)Sauthờigianto bằngbaonhiêuthìtốcđộchúhềđạtđượctốcđộ2m/ssovớibềmặtquảcầu?Nếu tốcđộđólàtốcđộcựcđạicủachúhềthìđiềugìsẽxảyra?

d)Tínhcôngsuấtcựcđạicóíchmàchúhềthựchiện,nghĩalàcôngsuấtcungcấpđểtăngđộngnăng củahệ.

Câu3:NHIỆTHỌC(4,0điểm) Một động cơ nhiệt hoạt động theo chu trình (1)-(2)-(3)-(4)-(5)-(3)-(1) với tác nhân là một mol khí lí tưởng đơn nguyêntửnhưhình3.Biếtcáctrạngthái (1), (2), (5) có các thông số trạng thái chotrênđồthị;quátrình (4)(5)  nằm trên đường thẳng có đường kéo dài đi quagốctọađộO.Cácgiátrịp1 vàV1 đã biết.

a)Tính 4V theo 1V ?

b)Xétquátrình (5)(1) 

- Viết phương trình biểu diễn sự phụ thuộccủaápsuấtvàothểtích.

-Viếtphươngtrìnhbiểudiễnsựphụthuộccủanhiệtlượngvàothểtíchvàvẽđồthịbiểudiễnsựphụ thuộcnày.

c)Tínhcôngcủachutrìnhnhậntheop1 vàV1.

d)Tínhhiệusuấtđộngcơnhiệt.

Câu4:TĨNHĐIỆN(4,0điểm)

Một hình trụ kim loại dài vô hạn, bán kính R đặt trong điện trường đều

0E . Trục của hình trụ và vectơ cường độ điện trường nằm ngang và vuông góc với nhau. Sự phân bố của các điện tích cảm ứng được thiết lập trên bề mặtcủahìnhtrụvớimậtđộđiệntíchmặt 0 ..cos; S E   với làhằngsố dương(Hình4a).

DẠYKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

Bây giờ, giả sử xét một hình trụ không dẫn điện có thành mỏng dài vô hạncócùngbánkínhR,khôngđặttrongvùngđiệntrường 0E vàđượccho nhiễm điện với sự phân bố điện tích hoàn toàn giống như hình trụ kim loại trên trong điện trường 0E . Nghĩa là sự phụ thuộc của mật độ điện tích vào góc θ là 0.cos. S E   Hình trụ không dẫn điện này đặt cố định nằm ngangtrongtrọngtrườngvớigiatốctrọngtrườnglà g (Hình4b).Bêntrong hìnhtrụkhôngdẫnđiệncómộthạtnhỏcóđiệntích q dương,cókhốilượng m

a) Xác định độ giảm thế năng của hạt nhỏ khi nó di chuyển từ vị trí M đếnvịtrí N.

b)Hạtnhỏđượcđặtởvịtríthấpnhấtvàđượctruyềnmộtvậntốcbanđầu 0v hướngsangtrái,vuông gócvớitrụccủahìnhtrụ.Tìmtốcđộcựcđạicủahạtnhỏtrongquátrìnhchuyểnđộngtiếptheosauđó.

c)Vậntốc 0v bằngbaonhiêuthìhạtsẽchuyểnđộnghoànthiệnmộtvòngtrònxungquanh O?

Chocácdụngcụsau:

Xác định hệ số ma sát trượt giữa gỗ và thép.

-Haikhốigỗhìnhlậpphươnggiốnghệtnhaucógắnmóctreoởmộtđầu.

-Mộtthướcđochiềudài.

-Mộtchiếcbànbằngthépcómặtbànnằmngangđượcgắnròngrọcnhỏ(quayrấttrơn)tạimépbàn.

-Mộtsợidâychỉđủdài.

Trìnhbàyphươngánthínghiệmđểxácđịnhhệsốmasáttrượtμgiữagỗvớithép ---------HẾT---------Giáoviênrađề

BùiĐứcHƣng

NguyễnTấnPhú

Trang2/3

M N A O Hình

(1) (2) (4) (3) V O p 1p 115p 32 1p 8

V 1 4,5V Hình3 (5) Hình4a

Trang3/3

HỘICÁCTRƢỜNGTHPTCHUYÊN

KHUVỰCDUYÊNHẢI,ĐỒNGBẰNGBẮCBỘ

KỲTHICHỌNHỌCSINHGIỎICÁC

TRƢỜNGTHPTCHUYÊN

TRƯỜNGTHPTCHUYÊN

LÊQUÝĐÔN–BÌNHĐỊNH (Đề thi đề xuất)

(HDC có 07 trang)

KHUVỰCDUYÊNHẢI,ĐỒNGBẰNGBẮCBỘ

LẦNTHỨXIV,NĂM2023

ĐỀTHIMÔN:VẬTLÍ-LỚP10

Thờigianlàmbài:180phút

HƢỚNGDẪNCHẤM Ý

Nộidung Điểm

A0 56 56 Mm Mm   vv

Sau va chạm, do cơ hệ (gồm thành cứng và ba quả cầu nhỏ B, C, D) không chịu tác dụngcủangoạilựcnênkhốitâmcủahệ,tứcquảcầuCsẽchuyểnđộngđềuvớivậntốc

C0 4 56 M Mm   vv đãđượcxácđịnhởcâua.

Trong khi đó, từ các phương trình (4), (5) ta thấy sau va chạm hai quả cầu B và D sẽ chuyển động tròn quanh quả cầu C theo hướng ngược chiều kim đồng hồ (xét trong HQCgắnvớiC)vớivậntốcgóckhôngđổiωcóđộlớnlà

Câu1(5,0điểm) 1a.

a)TìmvậntốccủaquảcầuCngaysauvachạm

VìquảcầuCnằmởkhốitâmcủahệgồmbaquảcầuB,C,DnênvậntốccủaquảcầuC cũngchínhlàvậntốckhốitâmcủahệ.

GọivậntốccủacácquảcầuA,CngaysauvachạmlầnlượtlàvA,vC cùngphươngvới vậntốcbanđầu 0v củavậtA.

Theođịnhluậtbảotoànđộnglượng,tacó  0 A C 3 MMm  vvv (1)

Vìvachạmlàhoàntoànđànhồinêntheođịnhluậtbảotoàncơnăng:

 2 2 2 0A 111 +3 222 C MMm  vvv (2) 0,5

Điềukiệnđểxảyravachạmlầnthứ2giữaquảcầuAvàcơhệlàquảcầuAphảiđứng yênsovớicơhệ,tươngứngvớiđiềukiện:

5 646 MmMMm

Lúcnày,dobiBvàDchuyểnđộngtrònxungquanhbiCnênthanhquaymộtgóc1800 trướckhixảyravachạmlầnthứ2.Thờigiangiữa2lầnvachạmlà:

đườngquảcầu

Giảihệ(1),(2),tacó: C0 4 56 M Mm   vv hoặc C 0  v

Vìkhốitâmkhôngthểđứngyênsauvachạmnênloạinghiệm C 0  v

Vậy C0 4 56 M Mm   vv

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

0,5

b)TìmvậntốccủaquảcầuBvàDngaysauvachạm. 1,0

Gọi vận tốc của các quả cầu B, D ngaysau va chạm lần lượt là vB, vD. Chọn tâm của momen động lượng tại điểm cố định trên mặt bàn và trùng với vị trí quả cầuB. Theo

địnhluậtbảotoànmomenđộnglượngcủahệtrướcvàsauvachạm:

CD02mlmlvv (3)

(momenđộnglượngtheochiềukimđồnghồđượcquyướclàdương)

VìthanhlàthanhcứngnênvậntốccủabiBvàDsovớibiCphảibằngnhauvềđộlớn vàngượchướng:

B CCD vv=vv (4) 0,25

Nộidung Điểm Câu2(4,0điểm)

2a. a)Xácđịnhtổngmômenlựctácdụnglênhệ(chúhề+quảcầu)đốivớitrụcquay tứcthờiItheohàmcủaR,a,m,Mvàα.

- Gọi góc hợp bởi CA với phương thẳng đứng là α và góc quay của quả

cầuởthờiđiểmtlà 

-Vìquảcầulănkhôngtrượtnên:

0. I Cy vveCIvR   

Suyra aR  

-Tacó: . C Hx vvve  và . C Hx aaae  (1)

Giảihệ(2),(3),(4)tađược:

1,0

-MômenlựccủachúhềđốivớiI:

/ . H I HMIHMa 

-MômenlựccủaquảcầuđốivớiI:

/ CICy CMIeICma  

c)Tìmđiềukiệngiữakhốilƣợngcácvậtđểxảyravachạmlầnthứ2giữaquảcầu

Avàcơhệ(hệthanhmảnhvà3quảcầuB,C,D).TìmquãngđƣờngquảcầuCđã

-Tổngmômenlựctácdụnglênhệ(chúhề+quảcầu)đốivớitrụcquaytứcthời

điđƣợctrongkhoảngthờigiangiữa2lầnvachạm. 2,0

Từ(1)(2)củaýa,taxácđịnhđượcvậntốccủaquảcầuAsauvachạm:

Trang1/7

Trang2/7

1b. 1c.

2,0

0,5

B0 D0 10 56 2 56 M Mm M Mm     vv vv

0,25

(5)

DẠ

0,25

6 56 B M l Mm   C v v v l 0,5

 vv

0,5

 0

 

56 ππ

Mm l t M 

v 0,5

là:  C0 0 56 4 π2 5 66 3 Mm Ml dt MmM l      vv v 0,25

Quãng

Cđiđượctrongkhoảngthờigiannày

0,5



0,5 C A I z x O R H g α 

IHICICy C HMMMIeICmaIHMa

 (2)

-Thay(1)vào(2),suyra:   ICy x MIeMIHmICae   hay      3cos.. IC y MIM mRae   ;với 2 2 3 CI mR  và aR 

nênvềđộlớntacó:  5 3cos.. 3 I Mm MaR

b)TínhgiatốcacủađiểmC.

(3)

-Cáclựctácdụnglênhệgồm:trọnglựccủachúhề .;Mg trọnglựccủaquảcầu .;mg phảnlựccủamặtsàn N vàlựcmasátnghỉ msn F

-MômenlựccủahệđốivớiItheotrụcOylà: / // / H C msn

-Vềđộlớntacó: sin I MMgR (4)

Mg a mM 0,5

  

c)Sauthờigianto bằngbaonhiêuthìtốcđộchúhềđạtđƣợctốcđộ2m/ssovớibề mặtquảcầu?Nếutốcđộđólàtốcđộcựcđạicủachúhềthìđiềugìsẽxảyra? 1,0

-Giatốcakhôngđổinênv=at. 0,25

-Sauthờigianto thìtốcđộchúhềđạt2m/slà: 9,748 o v ts a 

0,25

0,5

ahệ

3c.

Xétquátrình (5)(1) 

từ

chuyển

Trang3/7

2c. 2d.

2b.



 

1,0

MMMMMICmgIHMgIHMg 

I PIPINIFI

0,5

-Từ(3)và(4)suyra:  2 sin0,205 5m/s 3cos. 3

- Khi chú hề đạt được tốc độ cực đại, tốc độ của quả cầu cũng tăng theo và chú hề khôngthểđiềuchỉnhtốcđộsovớiquảcầu;gócαtănglêndođóchúhềcónguycơrơi xuốngđất.Muốntránhđiềunày,chúhềphảileolênđỉnhquảcầutrướckhiquảcầudi chuyểnquánhanh.

1,0

năngcủahệ: 2 2 2 2 11115 22223 C KMvmvIMmv     0,25 -Tacó: 2 1 5 5 . 23 3 dK MmvMmva dt     0,5 -Nếutốcđộchúhềđạtcựcđạithìcôngsuấtcóíchcựcđạibằng: max max 5 . 3 Mmva    P 28,7W. 0,25 Ý Nộidung Điểm Câu3(4,0điểm) 3a. 3b. a)Tính 4V theo 1V ? 0,5 Quátrình (4)(5)  nằmtrênđườngthẳng

có 5 44 4 5 1 45 5 135 8 P PP VVV VVP     0,5 b)

diễn

phụthuộccủaápsuấtvàothểtích. 1,5 DẠ

d)Tínhcôngsuấtcựcđạicóíchmàchúhềthựchiện,nghĩalàcôngsuấtcungcấp đểtăngđộngnăngcủ

-Động

cóđườngkéodàiđiquagốctọađộOnênta

Viếtphƣơngtrìnhbiểu

sự

Trang4/7

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

3d. vào thể tích và vẽ đồ thịbiểudiễnsựphụthuộcnày.11 5 151 ppVV ppVV  1 1 5 4 p V p V     0,5

Xétmộttrạngtháicóápsuấtp;thểtíchVthuộcquátrình (5)(1)  .Tacó: 2 1 5 5 1 1 2 1 5 5 55 1 1 1 99 '()() 10 2 8 4 3 3 327 ()()() 15 2 2 8 4 V p V AppVV VV V p V UCTTRTTpVpV VV V                  2 1 1 1 '463 25 82 p V QAU VVV V f     (a) 0,5 -Đồthịhàmsố fV códạng1parabol: 0,5 c)Tínhcôngcủachutrìnhnhậntheop1 vàV1. 1,0 -Côngcủachutrìnhtheop1 vàV1 12 24 142 11 45 4545 11 51 1551 11 0 15 1905 () 32 256 1 1881 2()() 512 1 63 2()() 32 A APVVPV APPVVPV APPVVPV                0,75 12244551

AAAAAPV 0,25

- Viết phƣơng trình biểu diễn sự phụ thuộc của nhiệt lƣợng

11 921 512

đókhí

đổi

trạngthái

0,25

d)Tínhhiệusuấtđộngcơnhiệt. 1,0 Từđồthịởcâub,tathấyquátrình (5)(1)  nhiệtlượngkhítăng(ứngvớiquátrình khínhậnnhiệt)từ (5)() M  , nhiệtlượngkhígiảm(ứngvớiquátrìnhkhínhảnhiệt)

( )(1)M  .NhưvậyđiểmMmàtại

từ

nhậnnhiệtsang

trí N. 1,0

- Điện trường bên trong hình trụ kim loại bằng không. Điều này có nghĩa là các điện tíchsẽđượcphânbốtrênbềmặtcủanótheocáchmàđiệntrườngdochúngtạorabên tronghìnhtrụbằng E  0E .

-Vìsựphânbốđiệntíchtrênbềmặtcủahìnhtrụ khôngdẫnđiệngiốngnhưtrênhình trụkimloạinênđiệntrườngbêntronglàđiệntrườngđềucócườngđộ 0E

-Khidichuyểnmộtđiệntíchđiểmtừđiểmbênphải M sangđiểmbêntrái N,côngcủa trọnglựcbằngkhôngvìđiểmđầuvàđiểmcuốicùngmứcthếnăng

-Độgiảmthếnăngsẽbằngtrừđicôngcủađiệntrường: 0 W2. tEAqER

b)Tìmtốcđộcựcđạicủahạtnhỏtrongquátrìnhchuyểnđộngtiếptheosauđó.

- Chọn hệ tọa độ Descartes có gốc O trùng với tâm của hình trụ. Trục x được hướng theochiềungangsangphảivàtrụcyđượchướngtheochiềudọclêntrên.

Thếnăngdướidạngmộthàmcủagócθ: 0 W().sin..cos t mgREqR  

-Đặt  22 0 . A RmgqE thếvào 0 W()sincos EqR mgR A AA     

Ta đưa vào góc: arcsin mgR A   . Có thể dễ dàng nhận thấy 0 cos qER A   thì biểu thứcthếnăngcódạng:

củahạtsẽđạtcựcđạitạiđiểmmàthếnănglànhỏnhất.Thếnăng

-Ápdụngđịnhluậtbảotoàncơnăng: 22 0 0min max 11 WW 22 mvmv

Suyra: 2 22 0 max0 2 qE vvRg g m

0,5

c) Vận tốc 0v bằng bao nhiêu thì hạt sẽ chuyển động hoàn thiện một vòng tròn xungquanh O? 1,0

- Để một điện tích điểm thực hiện một vòng quay, vận tốc củanótạibất kỳđiểmnàocũngphải lớn hơn0vàphảnlực củamặtbêncủavỏhìnhtrụcũngphảilớnhơn0.

Vì điện tích nằm trong trường lực đều là tổng của trường trọng lực và điện trường nên thế năng đạt cực đại tại điểm trong đó hợp lực tạo bởi hai trường lực vuông góc với bề mặtcủahìnhtrụ.

vịtrínày: 2 min W 22 d mvA 

-Địnhluậtbảotoàncơnăng: 2 0 0min 1 WW 2 d mvA

Suyra: 2 0 0 3 12 qE vRg mg

0,5

2,0

-Lậpcácphương

Trang5/7 trạngtháinhảnhiệtlàđỉnhparabol:  1 25 '0 8 M f VVV  Thay 1 25 8 M VV  vào(a) 5 11 121 128 M QPV 0,25 Tacó 24 5 nhan M QQQ  Với 242424 11 11 11 190557159525 256512512 QAUPVPVPV  11 10009 512 nhanQ PV  0,25 921 0,0929,2% 10009 nhan A H Q  0,25 Ý Nội

Câu

4a. 4b. a) Xác định

giảmthế năng

dung Điểm

4(4,0điểm)

độ

của hạt nhỏkhi nó di chuyển từ vị trí

đến vị

0,5



0,5 Tốc

thiểulà minW A khi  cos1.   Thếnăngbanđầucủahạtlà 0W mgR 0,5 DẠ

Trang6/7 4c.



W().cos t A  

độ

tối

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

      

0,5



ma mgqE R  Suyrađộngnăng

0,25

Tacó:

2 22 0 ht mv

tại



       0,25 Ý Nội

Câu

0,5

dung Điểm

5(3,0điểm)  Cơsởlíthuyết: 1,5 -Bốtríthínghiệmnhưhìnhvẽ(h<L).

trìnhđịnhluậtIINewtonvàtínhtoánđượcgiatốccủahệngaykhi vừabắtđầuchuyểnđộng  2 12 1 1 2 m g ag mm m     .Hệvậtsẽchuyểnđộngvớigia tốc  1 2 g a  chođếnkhivậtm2 chạmsàn. 0,5 h L P1 N1 Fms T T P2 m2 m1

-Vậntốccủacácvậtkhim2 chạmsànthoảmãn

2 2(1)vah 

-Saukhim2 chạmsàn,dâychỉbịchùngđi.Khiđóvậtm1 sẽtrượtthêm1đoạns2 với giatốc ' ag  chođếnkhidừnglại:  2 2 2 '2'(2)vasaLh 

-Từ(1)và(2)talậpđượcbiểuthứcxácđịnhhệsốmasát:  1 22 gh g Lh Lh   

 Cácbƣớctiếnhành: 0,75

-Lúcđầugiữhaivậtsaochodâychỉcăngra.Đánhdấuvịtríbanđầucủakhốigỗm1

SỞ GD & ĐT BÌNH ĐỊNH

TRƯỜNGTHPTCHUYÊN

LÊQUÝ ĐÔN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

KHU VỰC DUYÊN HẢI & ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

NĂM HỌC 2022 - 2023

MÔN: Vật Lý 11

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

nằmtrênmặtbàn. Đo giá trị h.

-Thảhệtrượttựdo. 0,25

Saukhikhúcgỗm2 chạmsàn,dâychỉsẽbịchùngcònm1 tiếptụctrượtthêmmộtđoạn nữamớidừnglại.

- Đánh dấu vị trí khúc gỗ m1 dừng lại trên mặt bàn. Đo chiều dài L – quãng đường khúcgỗm1 đãtrượtđược. 0,5

 Xửlísốliệuvàdựđoáncácnguyênnhângâysaisố: 0,75 -Lặplạithínghiệmvớinhữnggiátrịhkhácnhauvàghikếtquảđotheobảngsau

Lầnđothứ 1 2 3 4 5 h (mm)

L (mm)

2L – h (mm)

Tínhgiátrịtrungbìnhcủaμvàsaisốtừbảngkếtquảtrên.

0,25 0,25

Câu 1: (4 điểm)

1.Cho mộtvòng dâydẫnbánkính R tích điện q.Chứngminh rằng điện thế tạimột điểm nằm trên mặt phẳng vòng dây và cách tâm vòng một khoảng ≪ có dạng:

() () 2 V rqr α β ≈ + với α, βlà các hằng số. Xác định hằng số β

Cho biết khai triển Taylor: ( ) 2 1 1 1(1) 2 n x nxnnx+≈++− khi ≪1

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

-Mộtsốnguyênnhângâyrasaisốcủakếtquảthínghiệm:

+Masátcủaròngrọcvàkhốilượngcủaròngrọclàkhôngthểbỏqua.

+Khốilượngcủadâylàđángkể.

+Saisốkhiđocácđộdài.

Lưu ý: Mọi cách giải khác đúng, đều được điểm với nội dung tương ứng.

0,25

a. Xét chùm tia electron tới thấu kính theo phương song song với Oz và cách Oz một khoảng r với ≪ . Xác định dấu của điện tích q và tiêu cự f của thấu kính. Cho rằng ≪

b. Xét chùm tia electron tới thấu kính theo phương hợp với Oz mộtgóc γrất nhỏ. Chùm tia tới và tia ló cắt trục Oz tại hai điểm cách vòng các khoảng bằng b và c. Chứng minh rằng 1 11 fbc =+

Trang7/7

0,5

1 2345 5       5 1 5 i     Viếtkết

i :    

quả

+Khôngthểbỏqualựccảnkhôngkhí.

DẠ

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

Câu2(5 điểm)

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

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

2. Giả sử khung được làm từ vật liệu siêu dẫn và có độ tự cảm L. Cũng giả thiết rằng chiều dài D đủ lớn sao cho khung đạt vận tốc giới hạn trước khi rời khỏi từ trường. Chứng tỏ khung dao động điều hòa. Tìm chu kì dao động theo B, x, m, L.

Câu3(4 điểm):

Cho một khối thủy tinh dạng hình trụ rỗng có tiết diện thẳng như hình vẽ. Các giá trị bánkínhngoàivàbánkínhtrongcủakhốilầnlượtlà R và R R/2.Chiếtsuấtcủamôi trường bên ngoài và phần không khí nằm bên trong hốc trụđều có giá trị bằng 1. Chiết suất của khối thủy tinh thay đổi theo khoảng cách rđến trục đối xứng theo quy luật:

2 2 , 42 r R R n rR r

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

Chiếu một tia sáng tới mặt ngoài của khối thủy tinh. Tia sáng này nằm trong mặt phẳng vuông góc với trục đối xứng của khối và hợp với pháp tuyến tại điểm tới một góc là i

a) Chứng minh rằng tại một vị trí nằm trên đường truyền tia sáng nằm cách trục một khoảng là r, góc lệch của tia sáng i so với phương bán kính luôn thỏa mãn hệ thức: n.r.sini const

b) Góc tới i phải thỏa mãn điều kiện nào để tia sáng lọt được vào trong hốc trụ không khí?

c) Tínhgóclệchgiữatiasángtớivà tia sáng ló ra khỏi khối trong các trường hợp góc tới i 30 và i 60

Cho: 2 arctan 1 dx xC x =+ + 

Câu4(4 điểm):

Cho cơ hệ như hình 1, khối lượng các vật 1m 0,3kg = và 2m 0,6kg. = Khi hệở trạng thái cân bằng, lò xo dãn một đoạn 12cm.∆= ℓ Lấy gia tốc trọng trường

2 2 g 10m/s.=π= Bỏ qua mọi lực cản, khối lượng lò xo và dây treo.

1) Kéo vật m2 xuống một đoạn x0 rồi thả nhẹ. Tìm điều kiện x0 để m2 dao động điều hòa.

2) Hệ hai vật đang cân bằng, người ta đốt sợi dây treo m1

a. Xác định gia tốc của các vật ngay sau khi đốt dây treo.

b. Sau bao lâu kể từ lúc đốt dây treo thì lò xo có chiều dài tự nhiên lần đầu tiên. Tìm vận tốc mỗi vật lúc đó.

Câu5(3 điểm):

Cho hai hộp đen, mỗi hộp có 2 đầu ra. Trong mỗi hộp chứa 3 phần tử: 1 điện trở, 1 nguồn điện một chiều có điện trở trong rất nhỏ, 1 điôt. Những phần tử cùng loại trong hai hộp là như nhau. Trong một hộp các phần tửđược mắc thành hai nhánh song song với nhau. Trong hộp còn lại các phần tử mắc không phân nhánh.

Dụng cụđược dùng gồm có:

- Một bộ nguồn gồm 2 pin mắc nối tiếp với một biến trở

- Hai đồng hồ vạn năng hiện số.

- Dây nối.

- Giấy vẽđồ thị Biết rằng khi nối hai đầu của hộp đen với Ampe kế thì một hộp cho giá trị 0, một hộp cho giá trị vài miliAmpe.

Yêucầu: Vẽ sơđồ mạch điện trong mỗi hộp đen; Xây dựng phương án để xác định giá trị của điện trở và hiệu điện thế mở của Điôt.

Ngườira đề: Lê Thị Thanh Hương Võ Nhật Minh

=+≤≤ 

D x y(t) g Hình 2 Ạ

m1 m2 Hình 1

SỞ GD & ĐT BÌNH ĐỊNH

TRƯỜNGTHPTCHUYÊN

LÊQUÝ ĐÔN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

KHU VỰC DUYÊN HẢI & ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2022 - 2023

MÔN: Vật Lý 11

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Câu 1: (4 điểm)

1.Cho mộtvòng dâydẫnbánkính R tích điện q.Chứngminh rằng điện thế tạimột điểm nằm trên mặt phẳng vòng dây và cách tâm vòng một khoảng ≪ có dạng: () () 2 V rqr α β ≈ + với α, βlà các hằng số. Xác định hằng số β

Cho biết khai triển Taylor: ( ) 2 1 1 1(1) 2 n x nxnnx+≈++− khi ≪1

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

Đáp án:

Câu Nội dung Điể

1. 1. Mật độđiện tích trên vòng:

Xét điện thế tại điểm B do phần tửđiện tích tại C gây ra:

4 8

a. Xét chùm tia electron tới thấu kính theo phương song song với Oz và cách Oz một khoảng r với ≪ . Xác định dấu của điện tích q và tiêu cự f của thấu kính. Cho rằng

b. Xét chùm tia electron tới thấu kính theo phương hợp với Oz mộtgóc γrất nhỏ. Chùm tia tới và tia ló cắt trục Oz tại hai điểm cách vòng các khoảng bằng b và c. Chứng minh rằng 1 11 fbc

≪

=+ Ạ

λ π =

q R

π = = 2

2 2 0 2

q dV d rr R RR ϕ π ε ϕ = + 0,5 Đặt 2 2 2cos;1 r r x x R R ϕ = ≪ Áp dụ

triển Taylor: 2 2 0 1 111 1 1 82222 q dV x xd R ϕ π ε   ≈−+−−−      2 2 0 1 3 1 828 q dV xxd R ϕ π ε   ≈−+     Bỏ qua các số hạng bậc 3 và bậc 4 của r R , ta được: 2 2 2 2 2 2 0 1 3 1coscos 82 2 qrrr dV d RRRR ϕ ϕϕ π ε   ≈−++     0,5 Lấy

ế: 2 2 2 2 2 2 2 0 0 1 3 1coscos 82 2 qrrr V d RRRR π ϕ ϕϕ π ε   = −++      2 2 0 2 3 0 0 1 4 44 16 qr r V qR R R R πε πε πε    =+=+       0,5

2 q dqRdd λ ϕϕ

22 0 0 1

2cos dq q dV d CB RrRr ϕ πε πε ϕ = = +−

8 12cos

ng khai

tích phân hai v

Vậy 3 0

1 16 R β πε =

2. a. Khi electron đi vào “vùng kích hoạt”, nó chịu một lực điện theo phương vecto r : ( ) 2 edV Fr qer dr β = −=

Để “thấu kính” hội tụ thì ( ) 0 0 Frq <  <

Gia tốc của electron khi đó: ( ) 2 Frqer a mm β = =

Xem vận tốc electron theo phương Oz không đổi nên thời gian nó đi qua

“vùng kích hoạt” là:

d t v =

Sau khi đi qua “vùng kích hoạt” thu được một vận tốc theo phương vecto r

là:

2 r qerd vat mv β = =

Sau đó electron chuyển động thẳng đều nên:

v v f fr rvv =  =

z z r r

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

0,5

Sau khi qua thấu kính: 0 0 0 0

vv rrqerdvvatv bbmv β =    = +=+  

2 z r

Tương tự trên, ta có: 0 0 0

Suy ra: 1 11 fbc =+

v v c r r qed v rqerd v bKbf bmv β β = = =−=−   + −+    

1 1 1 11 2 z r

0,5

Thay các giá trịở trên và lưu ý 2 0 1 2 mvK = , q < 0, ta được: K f qedβ =

b. Vận tốc đầu của electron:

0,5

cos sintan z r

= ≈    =≈=   Ạ

v vv r vvvv b

γ γ γ

0 0 00 0 0

Câu2(5 điểm)

Câu Nộidung Điểm

1. Giả sử B hướng từ trong ra ngoài, BC cũng hướng từ trong ra ngoài. Cạnh

trên của khung dây chuyển động cắt từ trường, nên xuất hiện suất điện động

cảm ứng:

0,50

Năng lượng bảo toàn

2 2 2 gh 44 mv mgR QmgDmgD 2 2Bx

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

Hoặc c/ut/c 0 BlvLi'0ε+ε=⇔−=

1,00 Bx Bx(Dy)LiDxBiy L −+=  =

Phương trình chuyển động của khung là : mgiBxmy'' −= 0,75

Biến đổi ta được phương trình

2 2 22 2 22 B xmgLBx y''(y)0;. mLBx mL +−=ω=

Chu kỳ của dao động 2 2 mL T2 Bx =π

0,75

C d Bxv dt Φ

ε=−=− =−=−=−=−

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

Dòng điện cảm ứng chạy trong mạch

C Bxv I RR ε ==

Lực ampe hướng lên (ngược trọng lực)

2 2 B xv FIBx R == ==

Đạt giới hạn khi lực ampe cân bằng trọng lực

2 gh B xv mg R = gh 22 mRg v Bx =

0,50 0,50

0,50 D x y(t) g

Ạ

Hình2



 

=−=−

0,50

Câu3(4 điểm):

Cho một khối thủy tinh dạng hình trụ rỗng có tiết diện thẳng như hình vẽ. Các giá trị bánkínhngoàivà bánkínhtrong của khốilần lượtlà R và R=R/2 Chiếtsuấtcủa môi trường bên ngoài và phần không khí nằm bên trong hốc trụđều có giá trị bằng 1 Chiết suất của khối thủy tinh thay đổi theo khoảng cách rđến trục đối xứng theo quy luật:

2 2 , 42 r R R n rR r  = +≤≤   

Chiếu một tia sáng tới mặt ngoài của khối thủy tinh. Tia sáng này nằm trong mặt phẳng vuông góc với trục đối xứng của khối và hợp với pháp tuyến tại điểm tới một góc là i.

a) Chứng minh rằng tại một vị trí nằm trên đường truyền tia sáng nằm cách trục một khoảng là r, góc lệch của tia sáng i so với phương bán kính luôn thỏa mãn hệ thức: nr.sini=const

b) Góc tới i phải thỏa mãn điều kiện nào để tia sáng lọt được vào trong hốc trụ không khí?

c) Tính góc lệch giữa tia sáng tới và tia sáng ló ra khỏikhốitrong các trường hợp góc tới i=30 và i=60

Cho: 2 arctan 1 dx xC x =+ + 

Đápán: Ý Nội dung

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

Điểm a. Xét sự khúc xạ tại một lớp cầu mỏng.

Định lý hàm sin trong tam giác OAB cho ta: sinB sinA = OA OB → sini sinε = r+dr r

Lại có: Áp dụng định luật khúc xạ ánh sáng: n .sini =n.sinε

Từđó suy ra: r+dr.n .sini =r.n.sini=const

Hằng sốđược xác định từđiều kiện biên:

r.n.sini=R.sini

b)Thaybiểuthứccủa n vàocôngthứcvừachứngminh ở câua)ta được:

8r+R.sini=2R.sini

Vậy tia sáng càng đi vào sâu bên trong khối thủy tinh thì góc i càng rộng ra. Điều kiện để tia sáng tiếp xúc được với mặt trong của khối là: Tại r=R/2thì i=90 .

Suy ra:

8 R 2 +R.sin90=2R.sini→sini= √3 2 →i=60

Vậy với i≤60 thì tia sáng tới được mặt trong của khối.

Tại đây: r=→ n / =√3

sini= √ sini

Để tia sáng có thểđâm xuyên vào tiếp thì tại đây không được xảy ra hiện tượng phản xạ toàn phần cho nên:

sini< 1 n / →<30

Vậy i<30 thì tia sáng lọt được vào trong hốc trụ không khí.

c) Đặt:

Khi đó có thể viết lại:

u= R 2√2.r

1+u.sini=2u.sini→sini= 2u.sini √1+u

Ta dễ dàng tính được: dr r = du u dr<0

tani= 2u.sini 1+u1−4sini

0,5

1,0

1,0 Ạ

Mặt khác: Xét tam giác vuông ABC:

dφ= ds r = dr.tani r

dφ= 2.sini.du 1+u1 4sini

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

Câu4(4 điểm):

Cho cơ hệ như hình 1, khối lượng các vật 1 m0,3kg = và 2 m0,6kg. = Khi hệở trạng thái cân bằng, lò xo dãn một đoạn 12cm.∆= ℓ Lấy gia tốc trọng trường 2 2 g10m/s. =π= Bỏ qua mọi lực cản, khối lượng lò xo và dây treo.

1) Kéo vật m2 xuống một đoạn x0 rồi thả nhẹ. Tìm điều kiện x0 để m2 dao động điều hòa.

2) Hệ hai vật đang cân bằng, người ta đốt sợi dây treo m1.

a. Xác định gia tốc của các vật ngay sau khi đốt dây treo.

b. Sau bao lâu kể từ lúc đốt dây treo thì lò xo có chiều dài tự nhiên lần đầu tiên. Tìm vận tốc mỗi vật lúc đó. Ý Nộidung Điểm

1. Kéovậtm2 xuốngmột đoạnx0 rồithả nhẹ.Tìm điềukiệnx0 để m2 dao động điềuhòa.

Khi hệở trạng thái cân bằng, lò xo dãn một đoạn

() 2m 0,12mgk50N/m. k ∆==  = ℓ 0,5

Để m2 dao động điều hòa thì khi m2 ở biên trên, lò xo nén cực đại đoạn x0, lực này phải không vượt qua trọng lượng của m1 (để sợi dây treo m1 luôn căng).

() () 12 010 mmg kxmgx0,18m18cm k l + −∆≤  ≤==

2. Hệ hai vật đang cân bằng, người ta đốt sợi dây treo m1

a. Xác định gia tốc của các vật ngay sau khi đốt dây treo.

0,5 0,5

Ngay sau khi đốtdây, lò xo đang dãn đoạn 0,12m. ∆= ℓ Chọn chiều dương hướng xuống thì ()

ℓ ℓ ℓ

−∆=  =

∆

2 111010 1 2 2020

k. k.mgmaag3g30m/s. m 2mgk.2maa0m/s.

b. Sau bao lâu kể từ lúc đốt dây treo thì lò xo có chiều dài tự nhiên lần đầu tiên.

Tìm vận tốc mỗi vật lúc đó.

0,5 0,5

ậ

0,5

φ=

√

2√2→θ=π−2φ+π6=2π 3 1 √2

ới i=60 thì: φ= √3.du √1 2u = π √6→θ=π−2π−φ π 3 = 2π √6 π 3 √ √ 0,5 Ạ

Với i=30 thì:

du √

= 1

∆+=⇔=+==

m1 m2

Hình1

Sau khi đốt dây, hệ chỉ chịu tác dụng của trọng lực nên khối tâm G của hệ rơi tự

do với vận tốc đầu và gia tốc .

G0 v0 = G ag =

Chọn HQC gắn với khối tâm G, coihệ gồm hai con lắc lò xo với đầu cốđịnh gắn

vào G. Chu kỳ dao động của mỗi vật là T2. k µ =π Với µ là khối lượng rút gọn

của hệ: 12 12

mm 2 0,2kgT20,4s 5rad/s. mm k T µ π µ==  =π=  ω==π

Dụng cụđược dùng gồm có:

- Một bộ nguồn gồm 2 pin mắc nối tiếp với một biến trở

- Hai đồng hồ vạn năng hiện số.

+ Trong HQC khối tâm, lực quán tính tác dụng lên mỗi vật luôn cân bằng với trọng lực của vật nên vật chỉ chịu tác dụng của lực đàn hồi của lò xo nên mỗi vật dao động điều hòa quanh vị trí cân bằng của nó (tại đó mỗi lò xo không biến dạng) với biên độ A1 và A2. Do

- Dây nối.

- Giấy vẽđồ thị

Biết rằng khi nối hai đầu của hộp đen với Ampe kế thì một hộp cho giá trị 0, một hộp cho giá trị vài miliAmpe.



12 11 21 12 1122

Yêucầu: Vẽ sơđồ mạch điện trong mỗi hộp đen; Xây dựng phương án để xác định giá trị của điện trở và hiệu điện thế mở của Điôt.

OO GO2k1,5k75N/m m2m 3 GO2GO ; mGOmGO OO GO k3k150N/m 3

0,5 + Thời gian từ lúc đốt dây (lò xo dãn nhiều nhất, các vật ở biên) đến khi lò xo

không bị biến dạng (các vật qua VTCB) lần đầu tiên là T t0,1s 4 ==



0,5

Ý Nộidung Điểm

1. Vẽ sơđồ mạch điệntrongmỗihộp đen

Nối Ampe kế vào hai đầu ra, hộp không có dòng điện có sơđồ mạch như sau (sơ đồ 1)

Sơđồ 1

0,5

==∆

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

 =∆==  

Trong hệ quy chiếu gắn với mặt đất, vận tốc của m1 và m2 là

vvvA225,6cm/s vvvA37,2cm/s =+=ω=   =−=ω= 

1G1G1 2GG2G1 0,5

Nối Ampe kế vào hai đầu ra, hộp có dòng điện vài miliAmpe có sơđồ mạch như sau (Sơđồ 2) 0,5

Sơđồ 2

2. Xâydựngphươngán để xác địnhgiátrị của điệntrở vàhiệu điệnthế mở của Điôt.

Mắc đồng hồđểở thang đo điện trở vào hai đầu mạch 1 đểđo điện trở

Nối đồng hồđểở thang đo ampe kế vào hai đầu mạch 1, đọc số chỉ Ampe kế, xác định hiệu E – Um = IR (1)

0,5

Nối hai đồng hồ: một chiếc ở thang đo Ampe kế, một chiếc ở thang đo Vôn kế theo sơđồ mạch 3. 0,5



  

12 22   =   =  ==  

=  ==

Với O1 và O2 là vị trí cân bằng của m1 và m2 trong hqc gắn với G.

+ Khi hai vật cùng ở biên, ta có lực đàn hồi tác dụng lên từng vật là 1 1 1122 20 2  

kk A .128cm k1,5k kAkAk. kk A .124cm k3k ℓ

 =∆==

ℓ

ℓ + Khi lò xo không biến dạng thì các vật như qua VTCB, tốc độ các vật là

1G1 2G2

vA40cm/s vA20cm/s =ω=π   =ω=π  + Vận tốc của khối tâm khi đó là G vgt1m/s100cm/s ===

Ạ

Câu5(3 điểm):

Sơđồ 3

Thay đổi giá trị biến trở R đo dòng điện và hiệu điện thế. Vẽ đồ thị đặc tuyến

Vôn - Ampe. Điểm mà đồ thị chuyển từ tuyến tính sang gần thẳng đứng ứng với

thời điểm Điôt mở. Khi đó số chỉ của vôn kế là U = E + Um (2)

Giải phương trình (1) và (2) tìm giá trị E và Um

1,0

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

Ngườira đề: Lê Thị Thanh Hương

Võ Nhật Minh

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

KHU VỰC DH & ĐBBB

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

KHU VỰC DH & ĐBBB (Đề thi gồm 03 trang)

Câu 1: Cơ học chất điểm (5 điểm)

1. Nêm ABCD có khối lượng M , đặt trên mặt sàn ngang

đủ dài, CD là mặt phẳng ngang có độ cao so với mặt sàn là 20 h = cm. Một vật nhỏ có khối lượng 0,5 mM = chuyển

động với vận tốc o v trên mặt sàn hướng đến chân nêm rồi

NĂM HỌC 2022- 2023

MÔN THI: VẬT LÝ LỚP 10 (Thời gian làm bài 180 phút)

trượt lên nêm như hình bên. Biết vận tốc của vật khi gặp nêm chỉ thay đổi về hướng nhưng không thay đổi vềđộ lớn. Bỏ qua mọi ma sát và biết rằng khi trượt lên nêm thì vật m luôn tiếp xúc với nêm. Lấy 10 g = m/s2. Tìm giá trị tối thiểu 0v để vật m có thể lên vừa tới mặt CD của nêm. Biết rằng:

a) Nêm được giữ cốđịnh.

b) Nêm thả tự do.

2. Một vật nhỏ khối lượng 400 m = g gắn vào lò xo nhẹ có độ cứng 40 k = N/m, đầu kia của lò xo gắn vào một điểm cốđịnh và đặt trên mặt bàn nằm ngang. Từ vị trí cân bằng, kéo vật dọc theo trục lò xo đến vị trí lò xo dãn một đoạn 8 A = cm rồi thả nhẹ. Lấy g = 10 m/s2. Tính tốc độ lớn nhất của vật trong hai trường hợp sau:

a) Bỏ qua ma sát giữa vật và mặt sàn.

b) Giữa vật và mặt sàn có ma sát với hệ số ma sát μ = 0,2.

Câu 2: Cơ học vật rắn (4 điểm)

Một thanh cứng đồng chất khối lượng M, chiều dài L có thể quay tự do trong mặt phẳng thẳng đứng quanh trục nằm ngang qua khối tâm của nó. Thanh đang cân bằng nằm ngang thì một con nhện khối lượng m rơi xuống theo phương thẳng đứng và va chạm vào thanh tại điểm cách đều một đầu thanh và trục quay với vận tốc v0. Ngay sau va chạm, nó bắt đầu bò dọc theo thanh sao cho vận tốc góc của hệ thanh-nhện luôn không đổi ω. Chọn t = 0 lúc nhện bắt đầu bò trên thanh. Biết M = 12m.

1. Xác định ω và biểu thức khoảng cách từ con nhện tới trục quay.

2. Tìm điều kiện của v0 để con nhện có thể bò tới đầu thanh.

A V Ạ

Trang 1/3

A B h m, M D C

Câu 3: Nhiệt học (4 điểm)

Một động cơ Diesel bốn kì với chu trình được chỉ ra trên hình vẽ. Ban đầu không khí được nạp vào xi lanh bằng quá trình đẳng áp EA ( kì 1). Sau đó pittông nén đoạn nhiệt không khí đến áp suất cao PB làm nhiệt độ tăng từ TA đến TB khá cao ( kì 2). Đầu kì 3 người ta phun nhiên liệu vào trong xilanh, nhiên liệu cháy trong khi pittông dịch chuyển nên khí trong xilanh thực hiện quá trình đẳng áp BC. Sau khi nhiên liệu cháy hết thì hỗn hợp khí cháy giãn đoạn nhiệt, đó là quá trình CD. Đến cuối kì 3 van thoát mở ra, áp suất trong xilanh giảm đẳng tích đến áp suất p0, đó là quá trình DA. Ở kì 4 hỗn hợp khí cháy bị tống ra ngoài, đó là quá trình đẳng áp

Câu 5: (3,0 điểm) Phương án thực hành: Xác định hệ số ma sát trượt giữa gỗ và gỗ

Dụng cụ:

- Một giá treo, một mặt phẳng bằng gỗ có gắn móc treo, một thước chia đến milimet.

- Một lò xo được xem là lý tưởng, một quả cân đã biết khối lượng.

- Một khối gỗ hình hộp chữ nhật có móc treo.

Hãy thiết lập một phương án đo hệ số ma sát trượt giữa gỗ và gỗ. Coi gia tốc trọng trường đã biết.

-------------HẾT-------------

Người ra đề: Lê Minh Khôi

1 ; VV r VaV ==

AE trên đồ thị. Các tỉ số nén và giãn khí 1 2 , 2 1

đặc trưng cho động cơ và được xác định bằng chuyển động của pittông trong xilanh.

1. Cho 2 5 0 10/;27;7;3;1,4 A A pNmTCra ===== γ . Hãy tính các thông số nhiệt p, T ứng với các điểm B, C, D trên giản đồ

2. Tìm hiệu suất của chu trình Diesel theo r, a và hệ sốđoạn nhiệt γ

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

3. Tỉ số nén đối với động cơ ô tô điển hình cỡ r = 8, a = 3,5 và 1,4 γ = . Hãy đánh giá hiệu suất chu trình Diesel trong trường hợp này. Hiệu suất động cơ thực chỉ vào khoảng 30%.

Câu 4: Tĩnh điện (4 điểm)

Một tụđiện phẳng gồm hai bản cực là 2 tấm kim loại hình vuông, mỗi cạnh dài ℓ, đặt cách nhau một khoảng d (d << ℓ). Một tấm điện môi có kích thước ℓ x ℓ x 2 d có thể trượt không ma sát trên bản dưới của tụ (hình bên). Ban đầu tấm điện môi được đưa vào tụ một đoạn x0 và được giữởđó. Tụđược tích điện đến hiệu điện thế U.

Cho tấm điện môi di chuyển chậm vào trong tụ

Hãy xác định lực điện tác dụng lên tấm điện môi khi nó

đi vào trong tụ một đoạn x trong các trường hợp:

1. Tụ vẫn nối với nguồn.

2. Tụđược ngắt khỏi nguồn.

Trang 2/3

d 2 d x D A V C P O E Ạ

Trang 3/3

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN

KV DH & ĐB BẮC BỘ

HƯỚNG DẦN CHẤM

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Câu 1: Cơ chất điểm (5 điểm)

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ

NĂM HỌC 2022 - 2023

MÔN THI: VẬT LÝ LỚP 10

Câu 2: Cơ vật rắn (4 điểm)

1. Khi nhện cách trục quay đoạn x thì mô men quán tính của hệ:

2 222 12 ML ImxmLmx =+=+

Mô men quán tính của hệ ban đầu:

2 2 2 0 17 416 LmL ImLm =+= 

1a Để vật m vừa lên tới mặt CD của nêm thì ít nhất vận tốc của m ở mặt CD so với nêm bằng không.

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng:

2 0 1 2 min mvmgh =

0 22 min vgh== m/s

1b Gọi v là vận tốc của vật m và nêm so với sàn khi m lên tới mặt CD của nêm.

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng theo phương ngang:

3 )( m in0 v vvmvmM ′ =  ′ =+ (1)

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng:

2 2 2 1 )( 2 1 vmmghvmM ′ =++ (2)

Từ (1) và (2) suy ra: 0 36 min vgh ′ == m/s.

2a Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng, có

() 2 222 22 111 222 k kxmvkAvAx m +=  =−

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

Ta thấy vmax khi x = 0. Vậy 40 00808 04 max k vA,,m/s m, ===

2b Lúc đầu vật ở cách vị trí cân bằng O một đoạn A, sau đó vật đến vị trí cách

O một đoạn x với 0 xA<< Độ biến thiên cơ năng bằng công của lực ma sát, có

() 2 22111 222 ms kxmvkAFAx +−=−−

() 2 22111 222kxmvkAmgAx ⇔+−=−µ−

2 2 2 22 k k vxgxgAA m m  =−+µ−µ+

Ta thấy v đạt cực đại khi 0 mg xx k µ == và

() () 0 40 00800206 04 max k vAx,, ,m/s m , =−=−=

Trang 4/3

Áp dụng ĐLBT mô men động lượng:

Tại thời điểm t, góc mà thanh đã quay: φ=ωt

Áp dụng định lí biến thiên mô men động lượng:

() .cos2.coscost dt 2 d dx g Imgxtmxmgxtdx dt dt ωωω ω ω

Tích phân hai vế: Trong đó:

2. Để con nhện có thể bò tới đầu thanh thì x

0,25

0,5

0,25

0,5

Ạ

Trang 5/3



ω =⇔=  =

L/2 0,5 0,5 1,0 1.0 0,5 0,5 2 0 0 4 17

v mLL mv L ωω =  = 2 2 /4 0 cost sin sin 2 42 24 x L g Lg gL dx dtx txt ω ω ω ω ω ω = ⇔−=  =+  0 4 17 v L ω= 2 0 2 0 17 17 .() 2 2422442 gLLgLL vgL v ω  +≥  ≥  ≤

max≥

16417

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

Câu 4: Tĩnh điện (4 điểm) - Điệndungtụ:hệ tương đươngv

1 ntC2)//C3: 10 .(x)

1. Tụ vẫnnốivớinguồn:Ukhông đổi

ấm điệnmôidịchchuyểnchậm: LucdienLucngoai FF =−

LucngoainguonC AAW +=∆ => LucdiennguonC AAW =−∆ => LucdiennguonC dAdAdW =− (1)

2 0 nguon 1 dAU.dqUdC()Udx d1

b)Tụ táchkhỏinguồn: Điệntíchtụ không đổi=> 2 0 C Q 1 W 2C = Anguon=0 2 2 0 0 C 0 2 2 QQ 111 dWdC22d1()dx CC ε− =−=−ε ε+

Thayvào(1)ta được: 2 0 dien 0 2 Q 11 Fdx 2d1()dx C ε− =ε ε+

=> 2 22 0 0 dien00 2 Q C 1 111 F ()()U() 2d12d1C C ε−ε− =ε=ε ε+ε+ ℓ

11 F()U 2d1(1)(1)x

đoạnnhiệthoàntoàn.

Trang 6/3 Câu 3: Nhiệ

ọ

m) 1- Xét

t AB: K V V TTmN rP V V PP AB A AB 4,653 ;)/(10.245,15 1 2 1 2 5 2 1 =         = ==         = γ γ γ 0,5 - Xét quá trình đẳng áp BC: 52 15,245.10(/); 1960 C CB CB B V PP NmTT K V  == ==   0,5 - Xét quá trình đoạn nhiệt CD: 1 52 2 2 1 1 10(/); 900 DC DC V V PP NmTT K V V γ γ   =≈ ==     0,5 2- Nhiệt lượng khí nhận: )( 1 BCBCV TTC m QQ== µ - Nhiệt lượng khí nhả: )( 1 DAADV TTC m QQ== µ 0,5 - Hiệu suất: 12 1 1 111()1 () D D A A C B CB AA T QQTTT T T Q TT TT η γγ ==− =− 0,5 - Từ các quá trình đoạn nhiệt AB và CD có : 1 1 1 1 2 2 ; B D A C V TVT TVTV γ γ   ==      (1) - Từ các quá trình đẳng áp BC : 1 2 C B T V TV = (2) - từ (1) và (2) ta được: 1 11 22 CCB ABA TT TVV TTTVV γ ==   Và 1 1 1 1 '' 11 221 2 C DBD AABC VV T TTTVV TTTTVVVV γ γ γ   ===     0,5 - Cuối cùng tìm được: () 1 2 1 1 111 22 2 1 1 1 11 11 11 1 1 D A C B AA V T V T TT VVV TT VVV a ra γ γγ γ γ η γγ γ     =−=−    =− -Nhậnxét:Hiệusuấtchỉ phụ thuộcvàohệ số r,avàhệ số nén γ 0,5 3- Vớir=8,a=3,5và 1,4 γ = tính được: 0,59459,4% η== Giá trị của hiệu suất là quá lớn so với thực tế. Lý do là vì trong thực tế ta khôngthể thựchiện đượcquátrình

Ạ

t h

c (4 điể

quá trình nén đoạn nhiệ

0,5

Trang 7/3

2.x C d =εε ℓ

30 2.x C d =ε ℓ

ε− =+=+ ε+  ℓ ℓ 0,5

ớibộ tụ gồm (C

C d =ε ℓℓ , 20

C23 = 0 2 (1) lx d εε ε+ 0 123 1 CCC d1()x ε

Khit

Lucdiendien

ℓ 2

ε ε−

ε+ ℓ Thayvào(1)=> 2 0

1 F()U 2d1 ε ε− = ε+ ℓ 0,5 0,5

dAF.dx = 0,5

ε− === ε+

2 0 C 1 1 dWUdC()Udx 22d1

dien

0,5 0,5

ℓ

ℓ 2



  ε+ε++ε−   ℓ ℓ ℓ 0,5 0,5 C1 C2 C3 l-x x

ℓ

2 0 dien0 (1)(1)x



ε++ε− ε− =ε

Câu 5 (3,0 điểm): Phương án thực hành

Treoquả cânvàolòxo, đo độ dãn 0l∆ .

Treokhốigỗ vàolòxo, đo độ dãn l∆

TRƯỜNGTHPTCHUYÊN

KỲ THI HỌCSINHGIỎI

KHUVỰCDUYÊNHẢIVÀ ĐỒNGBẰNGBẮCBỘ

lm lm ∆ = ∆

Lậptỉ số : 00

Suyrakhốilượngm= 0 0

l m l ∆ ∆ ,

mg l∆

Độ cứngcủalòxok= 0 0

Đặtlòxonằmngang,một đầucốđịnh.Móckhốigỗ vào đầukiacủalòxo.

Đánhdấuvị trílòxokhôngbiếndạngtrênbảnggỗ

Kéokhốigỗ cholòxodãnmột đoạnx0 Đánhdấuvị trínày đểđox0

Thả nhẹ khốigỗ trượttrênbảnggỗ cho đếnkhidừng. Đánhdấuvị trínày.

Đo độ biếndạngcủalòxolúc đólàx.Quãng đường đi đượclàs.

Dùng địnhluậtbảotoànnănglượng:

2 0 22 kx kx mgsµ −= .

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

0,25 0,5 0,25 0,5

Trang 8/3

ĐỀ THIGIỚITHIỆU

LÊKHIẾT (Đề thi gồm 02 trang)

Bài1.Tĩnh điện(4 điểm)

LẦNTHỨ XIV

MÔN:VẬTLÍ–LỚP11

Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 16/7/2023

Hai điện tích điểm q+ và q cùng có khối lượng m được nối với nhau bằng một thanh nhẹ và ngắn và có thể quay tự do xung quanh một trục cốđịnh đi qua tâm thanh và vuông góc với thanh. Trong mặt phẳng quay của hai điện tích, ở khoảng cách L (rất lớn so với chiều dài 2d của thanh) từ trục quay, người ta đặt cốđịnh một điện tích điểm Q. Người ta cho lưỡng cực tạo bởi hai điện tích điểm gắn với thanh quay rất nhanh với chu kỳ T. Biết rằng các điện tích Q , q+ và q luôn ở trong một mặt phẳng nằm ngang. Tính lực tương tác trung bình theo thời gian của điện tích điểm Q và lưỡng cực.

Bài2.(5,0 điểm) Điện– Điệntừ Một khung dây siêu dẫn với độ tự cảm , có khối lượng , có dạng hình vuông cạnh được đặt vào trong một từ trường đều có độ lớn cảm ứng từ là tạo ra bởi một nam châm vĩnh cửu. Bỏ qua hiệu ứng rìa. Giả sử từ trường ở vùng giữa các cực của nam châm là đều và từ trường ngoài vùng đó bằng không. Ban đầu khung đứng yên, mặt phẳng chứa khung vuông góc với các đường sức từ, cạnh bên phải của khung nằm ở rìa của vùng từ trường của nam châm (Hình 1). Lúc 0s, khung chịu tác dụng của lực không đổi ⃗ có phương vuông góc các đường sức từ và vuông góc với hai cạnh của khung, kéo khung ra khỏi từ trường. Khi đó trong khung xuất hiện suất điện động cảm ứngvà suất điện độngtự cảm. Chọn trục hướngtheo lực ⃗ ,gốc trùng vị trícủa khung lúc 0s. Bỏ qua trọng lực của khung.

1. Tìm biểu thức tính cường độ của dòng điện chạy trong khung theo độ dịch chuyển của khung và các đại lượng , ,

2. Chứng minh khung dao động điều hòa, tìm chu kì dao động của khung theo , , , và tìm tọa độ của khung khi nó ở vị trí cân bằng theo , , ,

3. Tìm độ lớn tối thiểu của lực ⃗ theo , , để có thể kéo khung ra khỏi từ trường của nam châm và khoảng thời gian ngắn nhất theo , , , để khung ra khỏi từ trường của nam châm trong trường hợp này.

4. Viết phương trình mô tả sự phụ thuộc của cường độ của dòng điện chạy trong khung dây theo thời gian và vẽđồ thị mô tả sự phụ thuộc của theo Bài3.(4,0 điểm)Quanghình

Kính thiên văn có vật kính và thị kính là hai thấu kính hội tụ mỏng đặt đồng trục. Thấu kínhdùng làm vật kính có tiêu cự 19,4m và đường kínhrìa 102cm.Thấu kính dùng làm thị kính có tiêu cự 24mm và đường kính rìa 5mm. Hướng trục kính thiên văn vào tâm của Mặt Trăng. Một người cận thịđể sửa tật phải đeo sát mắt một thấu kính có độ tụ 2dp thì mới nhìn thấy vật ở rất xa mà không cần điều tiết. Người ấy bỏ kính cận ra và đặt mắtsát sau thị kính rồi điều chỉnh kính thiên văn sao cho có thể quan sát ảnh cuối cùng trong trạng thái mắt không điều tiết.

1. Tính khoảng cách giữa vật kính và thị kính, số bội giác của ảnh lúc đó.

2. Biết khoảng cách từ Trái Đất tới Mặt Trăng là 384000km. Tính bán kính của vùng trên Mặt Trăng mà người quan sát nhìn thấy được qua kính thiên văn này. Bài4.(4,0 điểm)Dao độngcơ

Suyrahệ s

ượt 22 0 () 2 k xx mgs µ=− 0,25 0,5 0,5 0,25 ---------Hết--------- Ạ

ố masáttr

Hình 1

Một vật hình cầu bán kính R với mật độ khối lượng của vật phụ thuộc vào khoảng cách r đến tâm của nó theo quy luật 3 3mr 1 7RR  ρ=+ π , m là một hằng số dương.

1. Tính khối lượng và momen quán tính của vật đối với trục quay qua tâm của nó.

2. Đặt hình cầu trên vào một ống trụ có thành mỏng, bán kính R0, khối lượng M0, mặt trong nhám (Hình 2). Ống trụ có thể quay quanh trục nằm ngang cốđịnh dọc theo trục của nó. Hình cầu luôn lăn không trượt trong ống trụ.Tìmbiểu thức chukìdao động nhỏ củaquả cầutheoR0,R,gtrong trường hợp:

a. Ống trụđược giữ cốđịnh.

b. Ông trụ có thể quay (dao động) tự do, quanh trục của nó.

Bài5.(3 điểm) Phươngánthínghiệm

Tính tỉ số các cảm ứng từ của hai nam châm

Chocácthiếtbị:

- Giá đỡ có kẹp

- Đĩa nhôm có trục quay

- 2 nam châm hình chữ U có khe đủ rộng

- 2 quả cân, một nặng gấp đôi quả kia

- Đồng hồ bấm giây, thước

- Dây mảnh không dãn

Hãy xây dựng một phương án thí nghiệm đo tỉ số cảm ứng từ trong lòng 2 nam châm.

------------ Hết ----------

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

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN VẬT LÍ – KHỐI 11 (Hướng dẫn này có 06 trang)

Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh: Ngườira đề:NguyễnViệtCường

Theo đề bài lưỡng cực quay nhanh, nên có thể cho rằng vận tốc góc của nó

biến thiên rất ít.Gọi ω là vận tốc góc củalưỡng cực tại thời điểm thanh lưỡng

cực vuông góc với đoạn thẳng nối tâm thanh (A) và điện tích Q (B). Tại thời

điểm đó dễ dàng thấy rằng thế năng tương tác của lưỡng cực và Q bằng 0. Tại các thời điểm khi thanh lưỡng cực song song với đoạn AB, vận tốc góc hoặc lớn hơn hoặc nhỏ hơn ω - do tương tác của các điện tích. Khi này thế năng

lượng tác của lưỡng cực và Q bằng 2 2/kQqdL ± . (Thực vậy, xét trường hợp q+ ở gần Q hơn, năng lượng này bằng (lưu ý: ) Ld >> : 2 2 kqQkqQkqQd LdLdL −≈ −+

Tương tự cho trường hợp q+ ở xa Q hơn). Vì năng lượng bảo toàn, nên năng

lượng của lưỡng cực ở ba thời điểm trên là như nhau : 22 22 22 min max

0,5

2 2 22222 222 kQqdmdmdkQqdmd L L ωω ω +=−= (*) 0,5

Bài 1 Nội dung Điểm 4

Do lưỡng cực quay nhanh, nên ta có : ( ) xmin /1 ma ωωω−<< . Từđẳng thức đầu tiên của (*), ta có : 222 xmin 2 4 () ma kQqd md L ωω−=

Hay gần đúng : 2 xmin 2 4 ()(2) ma kQqd md L ωωω−=

Suy ra : xmin 222 2 1 ma kQqd mdL ωω ωω =<<

Hay 22 2 2kQqd md L ω >>

Đặt 2 2222 2/21 kQqdLkQq mdmdL β ωω ==<<

Xét trường hợp tổng quát khi góc giữa lưỡng cực và đoạn AB bằng α. Khi đó điện thế do lưỡng cực gây ra tại Q (ở xa lưỡng cực) bằng : 2 2 cos kqd V L α =

- Khi đó thế năng tương tác của lưỡng cực và điện tích Q bằng : 2 2 cos kQqd L α

và vận tốc góc αω được xác định từđịnh luật bảo toàn năng lượng : 2222

2 2 cos kQqd mdmd L α αωω +=

Chia hai vế cho 22 md ω , ta được :

0,5

R0 O C Hình 2 Ạ

ƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT KỲ THI CHỌN H

I KHU VỰC DUYÊN HẢI & ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XIV

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL TR

Ọ

SINH

Ỏ

điểm

Hay

2 22 2 1cos1cos kQq Lmd αω αβα ωω =− =−

2 22 2 dxBa mFx dtL =−

2 α βα ωωβαω=−≈− (vì 1 β<< )

1 2 cos (1cos)(1)

Để quay lưỡng cực một góc α∆ phải mất một thời gian : t α

α ω ∆ ∆= . Trong suốt

thời gian đó, điện trường do điện tích Q gây ra tác dụng lên lưỡng cực một lực

F phụ thuộc góc α. Thực vậy, khi /2απ ≠ , một trong hai điện tích điểm ( q+ hoặc q ) sẽ gần điện tích Q hơn nên hợp lực sẽ khác 0 : ()

2 2(cos)(cos) kQqkQq F LdLd α α α = +

0,5

Biểu thức trên là phương trình của dao động điều hòa với chu kì dao động

2 mL T Ba π = 0,5

Vị trí cân bằng có tọa độ của khung có tọa độ 0 22 FL x Ba = . 0,5

3. (1đ)

Để khung có thể ra khỏi từ trường của nam châm thì vị trí cân bằng của khung

phải là vị trí có tọa độ 0 2 a x =

0,5

L L L L

4 coscos (1cos)(1cos)

Do đó, F nhỏ nhất khi 0 2 a x =

0 3 2222

kQq kQqkQqd F d d L

αα α α = ≈− =− +

Xung lượng

của lực trên tác dụng trong thời gian t∆ bằng

F FtF α

Ta suy ra 23 min

2 Ba F L = . 0,5

0 ().() cos. cos (1) 2

∆ ∆==− ∆

α αα αα βα ω ω

Vậy lực tương tác trung bình trong một chu kỳ giữa lưỡng cực và điện tích

Khung chạm tới rìa của nam châm sau nửa chu kì dao động nên

0 mL t Ba π π ω == 0,5

4. (1đ)

Điều kiện ban đầu của khung dây là (0)0, '(0)0 xx==

1 ()cos

π π ω β ααααβ

tb F F FFdt d T T

điểm Q bằng : () 2 2 2 0 0 0

Thay biểu thức của 0F vào và lưu ý rằng 2/ T πω = , ta được :

2 25 () 2 tb kQqT F mL π =−

Vậy lực này là lực hút và không phụ thuộc vào d

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

Do đó, kết hợp với phương trình chuyển động của khung dây ở trên ta suy ra khung dây dao động điều hòa với phương trình li độ

() () min 22 ()1cos1cos. 2 FL a xt t t Ba ω ω =−=−

Cường độ của dòng điện xuất hiện trong khung dây là

() 2 () ()1cos. 2 BaxtBa itt LL ω ==−

0,5

Đồ thị ()it theo t như hình dưới đây. 0,5

Bài 2 Nội dung

1.(1,5đ)

Khi khung được kéo ra khỏi từ trường đều, sức điện động cảm ứng có thể tìm

được từđịnh luật Faraday ()() dd BaxBavt dtdt ε Φ =−=−=

Ngoài ra còn có sức điện động khác do tự cảm của khung siêu dẫn

di L dt ε =− 0,5

Điểm 5 điểm

Vì điện trở của khung siêu dẫn bằng 0, định luật Ohm trở thành

()0 di BavtL dt −=

Chú ý là i = 0 khi x = 0, ta thu được Bax i L =

2.(1,5đ)

Lực từ tác dụng lên khung là 22 A Bax FiBa L ==

Như vậy, phương trình chuyển động của khung là 0,5

1. (2,5 đ)

Bài 3 Nội dung Điểm 4 điểm

Gọi D, f là độ tụ và tiêu cự của kính cận; OCV là khoảng cách từ mắt đến điểm cực viễn của người có mắt bị tật cận thị 0,5

2 4

ω = =− =−   0,5

0,5

Ạ

0,5

O1 O2 O B1 A1≡ F1 A2 B2 α0 α

0 T t

Ta có V

11 D fOC == với D = −2 dp thì OCV = 0,5 m.

Khi ngắm chừng ởđiểm cực viễn thì d'2 = OCV = OA2 = O2A2 = 0,5 m.

502,4 d'f d2,29cm. d'f502,4 ===

Khoảng cách từảnh trung gian đến vật kính O1 là d1 = O1A1 = f1 = 1940 cm.

0,5

Số bội giác của ảnh là 1111 02112 0,5

2. (1,5 đ)

Toànbộ chùmsáng đitừ vậtkính đếnmắtngườiquan sátnằmtrongphạm vi góc β. Chùm tia này được tạo bởi chùm tia nằm trong phạm vi góc β0 như hình vẽ. β0 chính là góc giới hạn thị trường của kính thiên văn trong trường hợp này. Chùm tia tới có đỉnh là O'2 (ảnh của O2 qua O1). Khoảng cách O'2O1 là

OO.f1942,29.1940 O'O 1645433,45cm.

121 21 121

OOf1942,291940 == =

0,5

Cách 2

=+θθϕ=

ta có : ρdV

với 4 3 7 1 4

5 1 21 0,5

Vùng trên Mặt Trăng mà người ấy có thể nhìn thấy qua kính sẽ có bán kính là 5 210 1 1 R(LOO).tan(38400016,4)6,12.1011,75km 2 2 =−β=−×≈

0,5

Bài 4 NỘI DUNG Điểm

1. (1,0 đ)

ấ

ỏ

: dV = r.sinθ.dφ.r.dθ.dr = r2dr.sin

Tính momen quán tính:

Gọi là mômen quán tính của lớp cầu mỏng đối với tâm C là mômen quán tính của lớp cầu mỏng đối với trục đi qua tâm C

Ta có:

Mà 1 4

Mômen quán tính của lớp cầu mỏng đối với trục đi qua tâm C:

3 3 7 1 4 44 105

2. (3,0 đ) a. (1,5 đ)

Xéttạithời điểm tbấtkì,hìnhcầu quay được góc ψ quanhtrụccủanó,tâm Ccủahình câu quay được góc θ quanh trục của ống trụ

Vì hình cầu lăn không trượt, ta có liên hệ: 0 0 RR R(RR) R ψ=−θ  ψ=θ (1)

R0 O C

-Phươngtrìnhchuyển độngquaycủahìnhcầu quanhtrục(điquatâm quay tưc thời D song song với trục ống trụ)

D I''mg.Rsin ψ=−θ (2)

Từ (1), ta có : 0 RR '''' R ψ=θ

Với góc θ nhỏ, 22 2 D 44 149 ImRmRmR 105 105 =+= , thay vào (2)

(RR) 149 105g mR''mg.R.'' 0 105R 149(RR)  θ=−θ⇔θ+ θ=  

2 0 0

Vậy quả cầu m dao động điều hòa với tần số góc 0 N D

105g 149(RR) ω=

Khoảng cách từảnh trung gian A1B1 đến O2 là ()() ()() 22 2 22 0,5

Vậy khoảng cách từ vật kính đến thị kính là l = O1O2 = d1 + d2 = 1942,29 cm.

ABdd tan 1940 G 847,16. tandABd2,29 α ==×=== α

Góc β0 được tính như sau

D102 tan6,12.10rad. O'O1645433,45β== =

Cách 1

θ.dφ ρdV 2 3 3mr dMdV1rdr.sin.d.d 7RR 

 π  Khối lượng của vật: R 2 2 3 0 0 0 3mr M1rdrsinddm 7RR π π  =+θθϕ=  π   0,5 Momen quán tính: 22 C Irsin.dM =θ  0,5 O1 O2 O β0 D O' β Ạ

Xét phần tử

t nh

=ρ=+θθϕ

=> R 2

0 0 0

π π 

 π 

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

43 2 C 3

3mr 44 I1rdrsinddmR 7RR 105



Tính khối lượng của vật:

Xét một lớp cầu mỏng có bán kính r, bề dày dr, khối lượng dM

chu kì 0 149(RR) T2 105g =π

b. (1,5 đ)

Xét tại thời điểm t bất kì, giả sửống trụ quay được góc φ quanh trục của

nó, hình cầu quay được góc ψ quanh trục củanó, tâm C củahình cầu quay

được góc θ quanh trục trục ống trụ

Vì hình cầu lăn không trượt, ta có liên hệ 00 00 RRR RR(RR) RR φ=ψ−−θ  ψ=φ+θ

(1)

- Áp dụng định luật II Niuton cho hình cầu 0 mgsinfm(RR)'' θ−=−−θ (2)

- Áp dụng phương trình chuyển động quay cho hình cầu (trục quay qua C song song với

trục ống trụ)

2 44 mR''fR 105 ψ=− (3)

- Áp dụng phương trình chuyển động quay cho ống trụ quanh trục của nó

2 O 000 0 00 I''fRMR''fRfMR'' φ=⇔φ=⇔=φ (4)

Từ (1), ta có : 00 RRR '''''' RR ψ=φ+θ (5)

Thay (5), (4) vào (3), ta được :

RRR RR 44 44m mR''''MRR'''' ()'' 105RR 105M44mR   φ+θ=−φ  φ=θ   +

2 00 0 00 00

NOFFICIAL 3 điểm

Thay vào (2) : 0 00 0

44Mm mg(RR)''m(RR)''0 105M44m θ+−θ+−θ= +

(105M44m) g ''.0 (RR)(149M44m) + ⇔θ+θ= −+

Vậy quả cầu m dao động điều hòa với tần số góc

0,5 Bài

5 Nội

Gọi J là mômen quán tính của đĩa, r là bán kính của trục, m là khối lượng quả cân, M là mômen cản do các dòng

Phu - cô gây ra, Mms là momen cản do ma sát (không đổi).

T = m(g - a) là lực căng dây.

Phương trình quay của đĩa là: J = Tr - M - Mms (1)

0,5

a r

γ= là gia tốc góc của đĩa. Dòng cảm ứng I tỉ lệ với tốc độ biến đổi từ thông

qua đĩanghĩalàtỉ lệ vớicảm ứngtừ Bvàvậntốcgóc ω.Lực điệntừ cảnchuyển động lại tỉ lệ với B và với I, thành ra tỉ lệ với B2 và ω. Mômen cản M tỉ lệ với lực này nên có thể viết M = kB2ω, k là một hệ số tỉ lệ không đổi khi B có các giá trị B1 và B2 Đưa vào (1) ta có Jγ = m(g - a) - kB2ω - Mms

Khi đĩa quay đều γ = 0, a = 0, Cv r ω= , vC là vận tốc cuối cùng của quả cân.



=−

Ta thấy rằng vC là hàm bậc nhất của m.

Với 3 giá trị của m, m = m1, m2, m1

+ m2 ta đo các vận tốc cuối với nam châm

B1 rồi nam châm B2. Đường biểu diễn vC theo m là hai đường thẳng cùng cắt trục m

ởđiểm ms 0 M m gr = (Hình vẽ). Vì B2 > B1

nên 3 điểm ứng với B3 đều ở dưới 3 điểm

0,5

0,5 5 4 2 1 3 Hình3 ° ° ° ° ° ° vc B1 B2 m m0

0,5

 

0 00 0,5

dung Điểm R0 O C mg N f D f Ạ

=> Chu kì : 2

YKÈMQUYNHƠ

Bố trí thí nghiệm như hình bên

 

Lúc ấy: 2 ms c 2 vmgrM gr kB

0,5

2 m2+m2

ứng với B1)

Ta đo các độ dốc 2 2 1 2 2 2 1 2

gr gr tg,tgkBkB α=α= 0,5

Btg Btg α = α 0,5

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

HÙNG VƯƠNG – BÌNH DƯƠNG

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ

(Đề gồm có 03 trang )

Câu 1 Cơ chất điểm ( 5 điểm)

Một vật được coi là chất điểm được ném đi với vận tốc ban đầu v0 tại gốc O trong hệ trục tọa độ Oxy ở nơi có gia tốc trọng trường g, biết quĩ đạo của vật nằm

trong mặt phẳng Oxy. Bỏ qua mọi sức cản của không khí.

a. Thay đổi góc ném với điều kiện vận tốc ban đầu không đổi, chứng minh rằng tọa độ mục tiêu của chất điểm thỏa mãn phương trình: 2 2 0 2 0

v g y2g2v.x ≤

ĐỀ THI HSG VÙNG DUYÊN HẢI VÀ

ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - NĂM 2023

Môn: VẬT LÍ - LỚP 10

Thời gian làm bài: 180 phút.

b. Cần ném vật lên đỉnh của một tòa nhà hình cầu bán kính R như hình vẽ. Có thể tùy ý lựa chọn vị trí ném (nhưng vẫn thỏa mãn y = 0) và góc ném. Xác định vận tốc ban đầu nhỏ nhất sao cho vật không va chạm với tòa nhà tại bất kì điểm nào khác mục tiêu.

Câu 2 . Cơ Vật rắn ( 4 điểm)

Cho con lăn hình trụ đặc bán kính r khối lượng m lăn không trượt trong máng cong cốđịnh AB bán kính R tại nơi có gia tốc trọng trường là g như hình vẽ. Hệ số ma sát trượt 1 μ = 7 . Bỏ qua ma sát lăn.

. R x y O . r . h B O R A

Suy ra 1 2 2 1 Ạ

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

a. Thả cho con lăn lăn không trượt từđộ cao h = ? với vận tốc ban đầu bằng không để nó đi hết vòng tròn.

b. Con lăn đang ở vị trí thấp nhất B và v = 0. Xác định v0min cần truyền cho trụđể con lăn

lăn không trượt và đạt tới π φ =. 2

Câu 3 . Nhiệt học ( 4 điểm)

Một mol khí lý tưởng được nén từ trạng thái đầu I (p1, T1) tới trạng thái cuối F (p2, T1)

theo hai cách khác nhau (p2 > p1).

1. Cách 1: Khí được nén đoạn nhiệt thuận nghịch từ trạng thái I đến trạng thái N(p2, T2), sau đó được làm lạnh đẳng áp về trạng thái F.

a) Vẽđồ thị biểu diễn quá trình I-N-F trên giản đồ pV.

Câu 5. Phương án thực hành ( 3 điểm)

- Mục đích: xác định hệ số Poat-xông γ.

- Dụng cụ và thiết bị sau:

+ Một bình kín có dung tích đủ lớn (có thể tạo lỗđể nối với các ống và khóa)

+ Bơm nén (chứa khí cần thiết, được coi khí lý tưởng cần xác định γ )

+ Áp kế chứa nước hình chữ U, có tiết diện nhỏ.

+ Các ống nối và 2 khóa.

+ Thước đo chiều dài.

- Yêu cầu : Nêu cơ sở lý thuyết,cách bố trí và tiến hành thínghiệm để xác định hệ số Poatxông γ.

p k p = , T1 và hệ sốđoạn nhiệt γ

b) Tìm biểu thức công A1 mà khí nhận được trong quá trình I-N-F theo 2 1

2. Cách 2:Khí đượcnén đoạnnhiệtthuậnnghịchkhítừ trạngtháiI đếntrạngtháiM(p'1, T'1), sau đó làm lạnh đẳng áp về trạng thái L(p'1, T1), với p'1 = bp1 và 1 < b < k. Tiếp theo, tiếp tục nén khí đoạn nhiệt thuận nghịch từ trạng thái L đến trạng thái Q(p2, T'2) rồi làm

lạnh đẳng áp về trạng thái F.

a) Vẽđồ thị biểu diễn quá trình I-M-L-Q-F trên giản đồ pV.

b) Tìm biểu thức công A2 mà khí nhận được trong quá trình I-M-L-Q-F theo k, T1, γ và

b. So sánh A2 với A1

c) Tìm giá trị của b để công A2 đạt giá trị cực tiểu và tính giá trị cực tiểu đó.

d) Cho p1 = 105 Pa, p2 = 4.105 Pa, 5 3 γ= tính tỉ số 2min 1

Câu 4. Tĩnh điện ( 4 điểm)

A A

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

Một khối cầu có bán kính R tích điện đều theo thể tích với điện tích tổng cộng Q. Một hạt khối lượng m, mang điện tích – q nằm ở tâm khối cầu. Cho rằng sự có mặt của hạt không

ảnh hưởng đến sự phân bốđiện tích của khối cầu. Bỏ qua tác dụng của trọng lực. Truyền cho hạt một vận tốc ban đầu 0v hướng dọc theo bán kính của khối cầu.

1. Xác định lực tĩnh điện tác dụng lên hạt khi nó tới vị trí cách tâm khối cầu một khoảng r (0 ≤ r ≤ R).

2. Tìm giá trị tối thiểu v0min bằng bao nhiêu để hạt có thể ra tới bề mặt của khối cầu.

3. Trong trường hợp ứng với giá trị tối thiểu của v0min đã tìm được, hãy tìm thời gian để hạt ra đến bề mặt khối cầu.

Biết phương trình vi phân bậc hai có dạng x” + ω2x = 0 có nghiệm x = Acos(ωt + φ), nghiệm này là phương trình chuyển động của một dao động điều hòa.

Tổ Vật Lý -THPT Chuyên Hùng Vương , Bình Dương.

Ạ

------------HẾT------------------

TRƯỜNGTHPTCHUYÊN HÙNGVƯƠNG–BÌNHDƯƠNG

(gồm có 09 trang )

Câu1Cơ chất điểm(5 điểm)

Một vật được coi là chất điểm được ném đi với vận tốc ban đầu v0 tại gốc O trong hệ trục tọa độ Oxy ở nơi có gia tốc trọng trường g, biết quĩđạo của vật nằm trong mặt phẳng Oxy. Bỏ qua mọi sức cản của không khí.

a. Thay đổi góc ném với điều kiện vận tốc ban đầu không đổi, chứng minh rằng tọa độ mục tiêu của chất điểm thỏa mãn phương trình: 2 2 0 2 0

ĐỀ THIHSGVÙNGDUYÊNHẢIVÀ

ĐỒNGBẰNGBẮCBỘ -NĂM2023

Môn:VẬTLÍ-LỚP10

Thời gian làm bài: 180 phút.

Dotínhthuậnnghịchcủaquĩđạovà địnhluậtbảo

toànnănglượngnêntacóthể chuyểnvề bàitoán

tìmvậntốcnhỏ nhấtcủavật đượcnémtừđỉnhtòa nhàsaochokhông vachạmvớitòanhàtạibấtkì

điểmnàokhác.Xéthệ tọa độ như hìnhvẽ

v g y2g2v.x ≤ b. Cần ném vật lên đỉnh của một tòa nhà hình cầu bán kính R như hình vẽ. Có thể tùy ý lựa chọn vị trí ném (nhưng vẫn thỏa mãn y = 0) và góc ném. Xác định vận tốc ban đầu nhỏ nhất sao cho vật không va chạm với tòa nhà tại bất kì điểm nào khác mục tiêu.

Câu Nộidung

a.2,0 điểm

Gọigócnémlà α ,tacóphươngtrìnhchuyển độngcủavật:

x = vcosα.t gt y = vsinα.t -

Điểm

Câu1

5.0 điểm

gx gxgx y=x.tanα - =xtanα - .tan α2vcos α 2v2v

Đâylàphươngtrìnhbậchai đốivới tanα Điềukiện để phươngtrìnhcónghiệm là:

vg y= - .x

2g2v

g1gRvvx+ x-++ R= 0 2v22vg4g

0 được xác định thông qua giátrị nhỏ nhất củav1 theo hệ thức: 2 0min1 v=gR v+ 4gR = 32

Câu2.Cơ Vậtrắn(4 điểm)

Choconlănhìnhtrụđặcbánkínhrkhốilượngm lănkhôngtrượttrongmángcongcốđịnhABbánkínhR tạinơicógiatốctrọngtrườnglàgnhư hìnhvẽ.Hệ số ma

sáttrượt 1 μ = 7 . Bỏ qua ma sát lăn.

a. Thả cho con lăn lăn không trượt từđộ cao h = ? với vận tốc ban đầu bằng không để nó đi hết vòng tròn.

b. Con lăn đang ở vị trí thấp nhất B và v = 0. Xác định v0min cần truyền cho trụđể con lăn lăn không trượt và đạt

2 2 1 2 1 2        chỉ cómộtnghiệm 2 2 1 22 11 1gR1gRgR Δ = -- += 0v = 2v4v2     0,75 Giátrị nhỏ nhất của v

=. 2 .

0,75

0 2

0,5 2 2 2 2 22 2 2 0

0,5

    

2 2 2 2 2

0,5

0 2

0,5

0,75 .

0 0 x-2gxgx (y+ v2v)0 ≥

0 v gx y2g2v ≤

b. 3,0 điểm

R x y

ƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ Ạ

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

x+(y+R)=R     

Để v1 nhỏ nhấtthìquĩđạocủavậtphảitiếpxúcvớitòanhàtạimột điểm.Khi đó tacóhệ phươngtrìnhsauphảicónghiệmduynhất:

0,75

2 22 42 11 2 11

. h B O R A y O . x R

tới π

a. 2,0 điểm Để conlăn đi đượchếtvòngtrònthìkhilên đến điểmcaonhấttrênvòngtròn,v củaconlăn>0và N0 ≥

Ápdụngbảotoàncơ năng: 2 222 0 1mr1 mgh=..ω +mω (R-r)+mg(2R-r) 222

đó: 2222 00 ω.r= ω .(R-r) ω .r = ω .(R-r) ⇔

0 3 mgh= .m.ω (R-r)+mg(2R-r)

0 h3(R-r) = ω .+ 2R - r 4g

ại điểmcaonhất: 2 2 0 0 N+P=mω (R-r)N=mω (R-r)mg

2 0mv 74 N= +mgcosφ R-r33-mg

0 4 v =v -g(R-r)(1-cosφ) 3

3v gsinφ .μ +7gcosφ.μ -4gμ R-r

φ +4μ -7cosφμ)

2 0 0 π 11111 φ =; μ =vg(R - r).vg(R27r) 33  ≥  ≥

Vậy: vmin = 11 g(R3r) 0,25

Câu 3. Nhiệt học (4 điểm)

Mộtmolkhílýtưởng đượcnéntừ trạngthái đầuI(p1,T1)tớitrạngtháicuốiF(p2,T1)theohaicách khácnhau(p2 >p1).

1. Cách 1:Khí đượcnén đoạnnhiệtthuậnnghịchtừ trạngtháiI đếntrạngtháiN(p2,T2),sau đó được làmlạnh đẳngápvề trạngtháiF.

a) Vẽđồ thị biểudiễnquátrìnhI-N-Ftrêngiản đồ pV.

b) Tìm biểu thức công A1 mà khí nhận được trong quá trình I-N-F theo 2 1

p k p = ,T1 vàhệ số đoạn nhiệt γ.

2. Cách 2:Khí đượcnén đoạnnhiệtthuậnnghịchkhítừ trạngtháiI đếntrạngtháiM(p'1,T'1),sau đó làmlạnh đẳngápvề trạngtháiL(p'1,T1),vớip'1 =bp1 và1<b<k.Tiếptheo,tiếptụcnénkhí đoạn nhiệtthuậnnghịchtừ trạngtháiL đếntrạngtháiQ(p2,T'2)rồilàmlạnh đẳngápvề trạngtháiF.

a) Vẽđồ thị biểudiễnquátrìnhI-M-L-Q-Ftrêngiản đồ pV.

b) TìmbiểuthứccôngA2 màkhínhận đượctrongquátrìnhI-M-L-Q-Ftheok,T1, γ vàb.Sosánh A2 vớiA1

c) Tìmgiátrị củab để côngA2 đạtgiátrị cựctiểuvàtínhgiátrị cựctiểu đó.

A A

3 Câu 2

4 điểm

0,25

0,25 Trong

0,25 22

4  0,25 2 2



0,25 T

 0,25 N0 ≥ 2 22 0 0 ω (R-r)g ω (R-r)g(R-r)  ≥⇔≥ (2) 0,25 Thay(1)vào(2): 3 h.(R-r)+2R-r 4 ≥ 1 h(11R-7r).3  ≥ Vậy hmin = 1 (11R-7r).3 để conlănlănkhôngtrượthếtvòngtròn. 0,25 b. 2,0 điểm +)Theo địnhluậtIINiu-tơn: tms 2 n a:-F+ mgsinφ =mγr v a:N-mgcosφ =m R-r 0,5 +) PhươngtrìnhquayquanhtâmK: 2 K 3 I.γ =mgrsinφ

φ 2 ⇔= 2gsinφ γ = . 3r  t 2 a= γ.r= .gsinφ 3  0,25 +) B

ơ năng: 2

(1)

mr.γ mgrsin

ảotoànc

2 K0K 11 I.ω . =I.ω . +mg(R-r).(1-cosφ) 22



 0,25 +)

độ

ọc: 2 0 mv4mg N-mgcosφ = - (1-cosφ) R-r3 0,25 . . K Ạ

2 2 0 33 vm= .m.vmg(R-r).(1-cosφ) 44

Thayvàophươngtrình

nglựch

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

 +)

độnglựchọc: ms mgsinφ F= 3 0,25 +)

2 0

3mv

R-r   ≤  ≤     2

2 0 2 0

v.g(sin

 ≤  ≥  ≥ 0,25 Thay

Thay 2 rγ =gsinφ 3 vàophươngtrình

Lănkhôngtrượt

F μNmgsinφ +7mgcosφ -4mg.μ

v.g(sin

R-r R-r

φ +4μ -7cosφ.μ) 3μ

d) Chop1 =105 Pa,p2 =4.105 Pa, 5 3 γ= tínhtỉ số 2min 1 Câu Nội dung Điểm 3(4đ) 1a) 0,50

y công

RTa AX2 1X

giá trị nh

0,50

Thay số, ta có 1 0,4 2 1

p a 41,741 p

γ− γ  ===    ; 2min 1

W 0,862 W =

Câu 4 (4 điểm) Một khối cầu có bán kính R tích điện đều theo thể tích với điện tích tổng cộng Q. Một hạt khối lượng m, mang điện tích – q nằm ở tâm khối cầu. Cho rằng sự có mặt của hạt không ảnh hưởng đến sự phân bốđiện tích của khối cầu. Bỏ qua tác dụng của trọng lực. Truyền cho hạt một vận tốc ban đầu 0v hướng dọc theo bán kính của khối cầu.

1. Xác định lực tĩnh điện tác dụng lên hạt khi nó tới vị trí cách tâm khối cầu một khoảng r (0 ≤ r ≤ R).

2. Tìm giá trị tối thiểu v0min bằng bao nhiêu để hạt có thể ra tới bề mặt của khối cầu.

3. Trong trường hợp ứng với giá trị tối thiểu của v0min đã tìm được, hãy tìm thời gian để hạt ra đến bề mặt khối cầu. Biết phương trình vi phân bậc hai có dạng x” + ω2x = 0 có nghiệm x = Acos(ωt + φ), nghiệm này là phương trình chuyển động của một dao động điều hòa.

HDC: Câu 4 1. Xác định lực tĩnh điện tác dụng lên hạt: 0,25

5 1b) Quátrình

Tp γ− γ− γ γ  ===    Côngnh

()

ATT. 11 ==− γ−γ− Côngnhận đượ

()()NF2CB

=−−=−− Côngt

ộng () 1 1INNF 1

11 γ− γ  γ γ =+= −=−  γ− γ−  0,75 2a) 0,50 2b)

()

IML11

γ−γ− vớ

1 1

T'p'

Tp γ− γ− γ γ  ===   Tương tự với quá trình LQF () () 1 LQF21

RRT AT'TX1 11 γ γ =−=− γ−γ− , 0,75 p p2 p1 O V I(T1) (T1) F N(T2) p p2 p1 O V I(T1) (T1) L M(T'1) F Q(T'2) p'1 Ạ

đoạnnhiệtIN:

1 22 11

ka.

ận được

2211 IN 21 pVpVR

ctrongquátrình đẳngápNF

12 ApVVRTT.

ổngc

AAATk1Ta1.

Lập luận tính toán tương tự nhưở ý 1, ta có

() 1

1 RRT AT'TX1, 11 γ

=−=−

Xb.

6 với 1 1 1 22 2 1 2 11 1 1 1 T'ppp a X Tp'pp'X γ− γ− γ− γ γ γ  === =   

là ( ) 1 2IMLLQF12 RT AAAX1X1 1 γ =+=−+− γ− 1



 γ−  1 1 1 RTk b 2 1b γ− γ− γ γ   γ    =+−    γ−    Do 1 < X1 < a nên ( ) () 1 1 2 2RTRT a1Aa1 11 γ γ −≤≤− γ− γ− , suy ra A1 > A2 0,50 2c)

( ) 2min 1 R W2Ta1 1 γ = γ− 0,50

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

Vậ

toàn phần mà khí nhận được theo cách 2

γ =+−

Công A2 có

ỏ

ất khi ()11 1 fXXa X =+ đạt cực tiếu, tức là khi 1 1 a X X = hay 1 Xa = . Từ đó suy ra:

1 W2a12 Wa1a1 == +

2d) ( ) 2min

(4,0 đ)

Mật độđiện tích khối của khối cầu là 3 Q3Q V4Rρ== π

Chọn mặt Gauss là mặt cầu có bán kính r ( rR ≤ ), áp dụng định lí

- Yêu cầu : Nêu cơ sở lý thuyết, cách bố trí và tiến hành thí nghiệm để xác định hệ số Poatxông γ.

Ạ

O – G ta có: () () () 2 r 2 r r 00 0

Q 14r r E.4r .E. 33 Σ πρ π==ρ  = εε ε

q Fq.E.r 3 ρ =−=− ε

Lực này có độ lớn ()() rr 0

2. Tính v0min:

q Fq.E.r 3 ρ == ε và hướng dọc theo bán kính ra xa

Vận tốc tối thiểu cần truyền cho hạt ứng với trường hợp hạt ra tới bề mặt

Áp dụng định lí động năng cho hạt: ()

1 qq.R 0mvFdrdr. 2 36 ρρ −=−=−=− εε

0,50

0,25

5 (3đ) * Mục đích: Xác định hệ số Poat-xông bằng phương pháp giãn nởđoạn nhiệt.

*Cơ sở lý thuyết

- K1 mở, K2 đóng,khí đượcbơm vào bình B đếnthể tíchV1, áp suất P, nhiệt độ T (bằng nhiệt độ môi trường). Áp suất không khí là P0, độ chênh lệch mực nước trong áp kế là h.

→ P = P0 + h (P0 được tính ra độ cao cột nước trong áp kế)

- Đóng K1, mở K2, lượng khí trong bình giãn nhanh, áp suất giảm xuống P0, nhiệt độ giảm đến T'. Sau khi giãn, coi gần đúng quá trình là đoạn nhiệt thuận nghịch vì trong quá trình diễn nhanh, độ biến thiên áp suất bé, ta có:

Vận tốc tối thiểu cần truyền cho hạt: 2 0min 00 0,50

q.RqQ v 3m4mR ρ == εε

Áp dụng định luật II Newton cho hạt Fma =

Chiếu lên phương bán kính: () r 0 0,50

q Fm.rr.r0. 3m ρ ′′′′ −=  += ε

Nghiệm của phương trình có dạng ( ) rA.cost=ω+ϕ

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

và biên độ A = R.

Thời gian để hạt ra tới bề mặt khối cầu bằng một phần tư chu kì dao động:

0,25

3 0 0 3mmR t. . 22qqQ επε ππ ===π ωρ 0,50

Câu 5. Phương án thực hành (3 điểm )

- Dụng cụ và thiết bị sau:

+ Một bình kín có dung tích đủ lớn (có thể tạo lỗđể nối với các ống và khóa)

+ Bơm nén (chứa khí cần thiết, được coi khí lý tưởng cần xác định γ )

+ Áp kế chứa nước hình chữ U, có tiết diện nhỏ.

+ Các ống nối và 2 khóa.

+ Thước đo chiều dài.

Từ (1)

0 0 0 T'PPh1h

γ γ  ==≈++−γ  γ  (1)

TPh'P =≈−

- Đặt bình B rồi nối nó với các ống với hai khoá K1 và K2, K1 nốigiữabìnhvớibơmnén,K2 nốibìnhBvớimôitrường bên ngoài. Bình được nối thông với áp kế nước hình chữ U (hình vẽ)

0,50

Lực điện tác dụng lên hạt khi nó cách tâm một khoảng r là () () r r 0 0,25

tâm của khối cầu. Tại tâm khối cầu có F(0) = 0.

khối cầu sẽ có vận tốc bằng 0.

R R 2 0min r 0000  0,50

3. Thời gian hạt ra tới bề mặt khối cầu:

Ta thấy hạt thực hiện dao động điều hòa với vị trí cân bằng là tâm khối cầu

- Mục đích: xác định hệ số Poat-xông γ

Câu Nội dung Điểm

1 0

1. TPPP −γ −γ

00 T'Ph'

(2)

h'h 11. PP γ−1 −=− γ h hh' γ= (3) 0,25 0,25 0,25 0,25

- Sau khi mở K2 một thời gian ngắn thì đóng lại ngay trong bình B bây giờ còn lại lượng nhỏ khí, áp suất P0, thể tích V1, nhiệt độ T'. Lượng khí này nóng dần lên và biến đổi đẳng tích đến áp suất P' = P0+ h', nhiệt độ là T.

0TP T P = → 0

và

(2) suy ra:

* Bố trí thí nghiệm:

Trong áp kế, mực nước ở hai cột áp kế bằng nhau và có độ cao khoảng 15 - 20cm. A K1 K2

0,5

Tiến hành thí nghiệm:

- Đóng khoá K2, mở K1: Dùng bơm nén khí cần đo γ vào

bình gây nên sự chênh lệch độ cao của hai cột nước trong

áp kế chữ U. Đóng K1 lại, chờ một lúc để cho bình trao đổi

nhiệt độ với môi trường. Khi độ chênh lệch h của hai cột

nước trong áp kế không đổi nữa, ta dùng thước đo h.

-Sau đó mở khoá K2 cho khí phụt ra ngoài, khi độ cao hai

cột nước trong áp kế bằng nhau thì đóng ngay K2 lại. Lúc

ổn địnhthì độ chênhlệchcủa haicột nướctrongáp kế là h’

Dùng thước đo h’

- Thay h và h’ vào biểu thức (3) để tính γ

-Lặplạimộtsố lầnthínghiệm để tínhgiátrị trungbìnhcủa

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

HÙNG VƯƠNG – BÌNH DƯƠNG

ĐỀ THI HSG VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG

BẰNG BẮC BỘ - NĂM 2023

Môn: VẬT LÍ - LỚP 11

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ

Đề gồm có 03 trang )

Thời gian làm bài: 180 phút. (

Câu 1.Tĩnh điện ( 4 điểm)

Xét một tam giác đều ABC có cạnh 2a nằm trong mặt phẳng tờ giấy.Tâm của tam giác đều ở O. Các điện tích bằng nhau Q được giữ cốđịnh tại các đỉnh A,B,C. Trong bài toán này, ta giả thiết chuyển động chỉ diễn ra trong mặt phẳng tờ giấy như hình vẽ

1. Một điện tích thử q có cùng dấu với Q được đặt trên đường trung tuyến AD tại một điểm dưới O một đoạn

δ. Tìm lực F tác dụng lên điện tích thử

2. Giả thiết δ<< a, hãy mô tả chuyển động của điện tích thử khi nó được thả ra.

3. Tìm DF tác dụng lên điện tích thử khi nó được đặt tại D như hình a.

4. Trong hình b, hãy đánh dấu các vị trí cân bằng của q khi nằm trong hệ. Giải thích.

5. O là vị trí cân bằng hay không bền khi ta dịch chuyển điện tích thử theo hướng OP ? Đường PQ song song với đáy BC ( hình c). Hãy giải thích.

6. Các điện tích giống nhau được cốđịnh tại các đỉnh A, B, C, D của hình chữ nhật ABCD, O là tâm hình chữ nhật. Trong hình d, hãy đánh giá gần đúng vị trí các điểm cân bằng của hệđối với một điện tích có cùng dấu với điện tích ởđỉnh. Đường đứt đoạn chỉ là trường hợp trợ giúp.

7. Có bao nhiêu vị trí cân bằng khả dĩ cho một hệ có N điện tích điểm đặt ởđỉnh của một đa giác đều N cạnh?

9 0,5

γ. 0,25 0,25 0,25 0,25

Ạ

-----HẾT-----------

Câu 2. Điện và điện từ (5 điểm )

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, người ta tạo ra một điện trường xuyên tâm E , hướng từ anôt đến catôt, có độ lớn không đổi và một từ trường đều B có hướng trùng với trục catôt.

Bằng cách dùng hiệu ứng nhiệt, catôt phát ra các electron với vận tốc ban đầu nhỏ không đáng kể.

Một vật có khối lượng ma nằm trên một mặt sàn trơn nhẵn và được gắn vào tường bằng một lò xo nhẹ

khối lượng không đáng kểđộ cứng k. Khoảng cách từ ma đến tường khi lò xo không biến dạng và khi biến dạng lần lượt là 0x và 0 xx + . Một con lắc đơn gồm một thanh không khối lượng, chiều dài L, và một quả cầu nhỏ

khối lượng mb. Bán kínhquả cầu mb nhỏ hơn nhiềuso với chiều dài L.

Con lắc được nối vào vật ma 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.

c. Xác định bình phương tần số góc dao dộng của hệ 2ω (biểu diễn 2ω qua các đại lượng / gL , lấy các giá trị 2 ABmm = và A kLmg = )

Câu 5 .Phương án thực hành ( 3 điểm )

Cho các dụng cụ và linh kiện sau:

a. Viết phương trình vi phân trong hệ tọa độ trụ (r; ;z) mô tả chuyển động của electron trong khoảng không gian giữa catôt và anôt.

b. Suy ra phương trình quỹđạo của electron.

c. Tìm vận tốc dài của electron tại thời điểm t bất kỳ

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

Câu 3 (4,0 điểm) – Quang hình học Một kính lúp bằng thủy tinh chiết suất 1,50 n = . Kính có hai mặt cầu lồi giống nhau bán kính

10 Rcm = . Một người có mắt tốt, điểm cực cận cách mắt 25 cm, đặt mắt trên trục chính của kính và cách tâm

I của kính 20 cm để quan sát một vật phẳng đặt vuông góc với trục chính và cách I một khoảng 8 cm.

a. Tính số bội giác của ảnh (xem kính lúp như một thấu kính mỏng).

b. Thực ra đây là một thấu kính dày. Chỗ dày nhất của kính là

1 cm. Xét hai tia sáng song song với trục chính đi tới kính: tia

thứ nhất đi gần sát với trục chính và ló ra cắt trục chính tại

điểm 1F , tia thứ hai đi sát mép kính và cắt trục chính tại điểm

2F . Hãy tính các khoảng cách 1IF và 2IF

Câu 4. Dao động cơ ( 4 điểm)

- Một thấu kính hội tụ và một bộ giá đỡ dụng cụ quang học (có thểđặt ở các tư thế khác nhau);

- Một nguồn Laser và một màn ảnh;

- Một cốc thủy tinh đáy phẳng, mỏng, trong suốt, đường kính trong lớn;

- Một thước đo chiều dài chia tới milimét;

- Các dụng cụ khác: kẹp, nước sạch (chiết suất nn = 4/3),…

Em hãy đề xuất một phương án thí nghiệm để xác định bán kính cong của hai mặt thấu kính hội tụ và chiết suất của vật liệu làm thấu kính theo các bước

- Vẽ sơđồ thí nghiệm.

- Nêu các bước tiến hành thí nghiệm.

- Xử lí kết quả.

--------------------HẾT---------------

Tổ Vật Lý -THPT Chuyên Hùng Vương, Bình Dương

Ạ

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

HÙNG VƯƠNG – BÌNH DƯƠNG

ĐỀ THI HSG VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG

BẰNG BẮC BỘ - NĂM 2023

Môn: VẬT LÍ - LỚP 11

Đáp án Câu Điểm

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ

Thời gian làm bài: 180 phút. ( gồm có 11 trang )

Câu 1. Tĩnh điện ( 4 điểm)

1. Điện thể do ba điện tích đặt tại A,B,C gây ra tại điện tích q: 2 √3 2 √3

Do tính đối xứng trên trung tuyến AD, nên điện trường cũng nằm trên đường thẳng AD này và có độ lớn

1. Một điện tích thử q có cùng dấu với Q được đặt trên đường trung tuyến AD tại một điểm dưới O một đoạn δ. Tìm lực F tác dụng lên điện tích thử

2. Giả thiết δ<< a, hãy mô tả chuyển động của điện tích thử khi nó được thả ra.

3. Tìm DF tác dụng lên điện tích thử khi nó được đặt tại D như hình a.

4. Trong hình b, hãy đánh dấu các vị trí cân bằng của q khi nằm trong hệ. Giải thích.

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

5. O là vị trí cân bằng hay không bền khi ta dịch chuyển điện tích thử theo hướng OP ? Đường PQ song song với đáy BC ( hình c). Hãy giải thích.

7. Có bao nhiêu vị trí cân bằng khả dĩ cho một hệ có N điện tích điểm đặt ởđỉnh của một đa giác đều N cạnh?

Lực điện tác dụng lên điện tích q:

Lực ⃗ hướng về O

2. Khi ≪ , sử dụng công thức gần đúng bậc nhất

Khi đó (3) được viết lại dạng là một lực hồi phục: 6 √ (4)

Do đó điện tích thử q sẽ dao động điều hòa quanh đi

Ạ

3 2 √3

√3

√3 / 2

3 2 √3

√3

√3 /

0,75

1 2 √3 1 4 1 √3 3 √3 / 4 2√3 / 8 1 3√3 3 √3 4 2√3 √3 1 8 1 4√3

đườ

ẳng trung tuyến AD 0,75

ểm O dọc trên

ng th

3. Khi q đặt tại D thì Hợp lực do hai điện tích đặt tại B và C tác dụng lên nó cân

bằng, chỉ còn lực điện do Q đặt tại A tác dụng lên q: ⃗ ⃗ ⃗ (5)

4. Khi q nằm trên đường thẳng AD:

+ Khi nhỏ thì lực ⃗ hướng về O

+ Khi lớn hơn một giá trịđáng kể thì lực ⃗ hướng ra xa O.

Do tính chất đối xứng, nên trên 3 đường trung tuyến của tam giác có 4 điểm cân bằng của q (trong sốđó có 3 điểm nằm trên mỗi đường trung tuyến riêng biệt cách đầu O một đoạn , và 1 điểm tại O) trên hình 3.3Sb. Với là nghiệm của phương trình: 3 2 √3 6 √3 3 √3 0

5. Chọn hệ trục Oxy như trên hình 3.3Sc, tọa độ các điểm ,0, 0, 2 √3 , ,√3 , ,√3

Điện thế tại vị trí q dọc trên OP là: 4 3 1 3

Với ≪ , lấy gần đúng ta được 3

Từ (7) ta thấy V(x) có dạng là thế năng của lực hồi phục , nên O

là vị trí cân bằng bền (do x=0 thì thế năng đạt cực tiểu).

0,5đ

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

7. Hình đa giác đều N cạnh sẽ có N trục đối xứng, trên mỗi trục này sẽ tìm được một vị trí cân bằng. Cộng thêm vị trí nữa ở tâm đa giác đều. Vậy có tổng N+1 vị trí cân bằng.

0,5đ

Câu 2. Điện và điện từ (5 điểm )

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, người ta tạo ra một điện trường xuyên tâm E , hướng từ anôt đến catôt, có độ lớn không đổi và một từ trường đều B có hướng 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 phương trình vi phân trong hệ tọa độ trụ (r; ;z) mô tả chuyển động của electron trong khoảng không gian giữa catôt và anôt.

b. Suy ra phương trình quỹđạo của electron.

c. Tìm vận tốc dài của electron tại thời điểm t bất kỳ 2a

Chọn hệ trục tọa độ như trong hình vẽđề bài

a) Electron M do catôt phát ra, trong hệ tọa độ trụ, có tọa độ là (,,)OMrz θ và cảm ứng từ B có các thành phần (0,0,B). Lực tác dụng lên M là:

FeB Ev =−+∧

Các thành phần của lực trong hệ tọa độ trụ:

r FeErB θ =−−+

FerB θ = 0 z F =

0,5 0,25 0,25 0,25

0,5

1 3 6

1đ Ạ

6. Các vị trí cân bằng được đánh dấu trên hình 3.3Sd.

Ạ

a) Tính số bội giác của ảnh (xem kính lúp như một thấu kính mỏng).

Fe arrErB

r r z

()(1)

b) Thực ra đây là một thấu kính dày. Chỗ dày nhất của kính

là 1 cm. Xét hai tia sáng song song với trục chính đi tới kính:

tia thứ nhất đi gần sát với trục chính và ló ra cắt trục chính tại

điểm 1F , tia thứ hai đi sát mép kính và cắt trục chính tại điểm

2F . Hãy tính các khoảng cách 1IF và 2IF .

b) Từ phương trình trên suy ra 0 z

zconst v = = Điều này có nghĩa là mỗi electron do catôt phát ra tại một điểm trên trục x sẽ vẽ nên một quỹđạo phẳng trong mặt phẳng tiết diện thẳng của vỏ trụđi qua điểm đó, tức là song song với mặt phẳng xOy.

+) Tích phân phương trình (2) ta được: 2 2 2 er rBC m θ=+ . Vì tại t = 0 , r = 0 suy ra

C = 0.

Suy ra 2 eB m θ= (4)

()r mm F de arB dtmm az θ θ θ θ θ =−==−+ === == ɺ ɺ ɺɺ 0,25 0,25 0,25 2b

Tích phân (4) ta được 2 eB t m θ= (5)

+) Thay (4) vào phương trình (1) có thể viết lại: 22 2 4 eBeE rr mm +=

Nghiệm tổng quát của phương trình có dạng: 2 4 ()cos() mE rtat eB ωϕ=++

TừĐKBĐ t0:r0;r0 === suy ra 2 4 ; mE a eB ϕπ==

Kết hợp với (5) suy ra 2 2 8 ()sin() 2 mE rt eB θ = (7)

c) Từ (4) và (7) suy ra 2 thành phần của v trong tọa độ cực là :

2 4 2E rsin.sin mE eBB θθθ = = ɺ và 2E (1cos) r B θ θ =− ɺ

Vậy độ lớn của vận tốc là:

Câu 3. Quang hình học ( 4 điểm )

0,5 0,5 0,5 0,5

Đáp án Nội dung Điểm

a) Số bội giác của ảnh

- Tiêu cự của thấu kính mỏng () () 1,512 111 1 10 n fRR  =−+=  

10 fcm  =

- Vị trí của ảnh: .8.10 40 810 df d cm df ′ ===−

ABABAB

d α α

Từ hình vẽ ()2 22 22 0,5109,53,12RRRR cm ′ ′ =+−  =−≈

R’ I

0,5 0,5

* Xét tiasáng song song trụcchính, tới rìacủathấu

kính. Tại rìathấu kính, xem như tiasáng khúcxạ

quamột lăng kính có góc ởđỉnh: 2 A θ = với 9,5 cos0,95 10 θ==  18,2;236,4 A θ θ ≈°==°

-Góctới củatiasáng tại mặt trướcthấu kính: 18,2; i θ =≈°

Một kính lúp bằng thủy tinh chiết suất 1,50 n = . Kính có hai mặt cầu lồi giống nhau bán kính

10 Rcm = . Một người có mắt tốt, điểm cực cận cách mắt 25 cm, đặt mắt trên trục chính của kính và cách tâm

sin18,32 sin 0,2082 1,5 r ° =≈ 12;36,41224,4rrAr ′  ≈°=−=°−=°

sinsin1,5sin24,40,619738,3 inri ′′′  ==°=  =°

-Góclệch: 18,238,336,420,1 iiA δ ′ =+−=°+°−°=°

0.5 0.25 0.25

Theo định luật II Newton Fma = viết trong hệ tọa độ trụ ta có: 2 2

(2) 0(3)

Đây chính là phương trình quỹđạo của các electron trong tọa độ cực

222 4E v sin 2 rr B θ θ  =+=   ɺ

I của kính 20 cm để quan sát một vật phẳng đặt vuông góc với trục chính và cách I một khoảng 8 cm.

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

′′′′

′ + 0 tan25 . tan60 AB G AB α α ′′ == với 40 52,1 8 AB G AB ′′ ==  ≈ 0.25 0.25 0.5

- Số bội giác 0 tan ;tan 206025

===

b)Khoảng cách 1IF và 2IF

2 3,123,12 8,53 tan0,3659 IF cm δ  ≈=≈

• Xét tiasáng đi gần trục chính, tacó thể xem thấu kính như một hệ gồm hai thấu kính mỏng

1O , 2O có tiêu cự 20 fcm = vàmột bản mặt song song bề dày 1 ecm =

- chùm song song quathấu kính hội tụ mỏng O1 hộitụ tại điểm 1F′ với 11 20 OFcm ′ =

- chùm sáng này tiếp tụckhúcxạ quabản mặt song song, hội tụ tại 1 " F

4.a Vì thanh rắn nhẹ không khối lượng nên lựccăng củathanh hướng dọctheo thanh ,nếu không thì có ngẫu lựcgây ramômen quay làm gia tốcgóccủathanh tiến tới vô cùng

.Như vậy ,trong trường hợp góc 2 π θ< vai trò củathanh chỉ như một sợi dây.

0.25đ

1111 1 1 1201120,33 1,5 OFOFe cm n

  

′′′ =+−=+−≈

- chùm sáng tiếp tụckhúc xạ quathấu kính mỏng O2, hội tụ tại điểm F1 trên trụcchính

củahệ

2111""20,33119,33OFOFe cmd=−=−==− ; .19,33.20 9,83 19,3320 df d cm df ′ ==≈

1 0,59,830,510,33 IFd cm ′ =+=+=

Câu 4. Dao động cơ ( 4 điểm)

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

Một vật có khối lượng ma nằm trên một mặt sàn trơn nhẵn và được gắn vào tường bằng một lò xo nhẹ

khốilượngkhông đángkểđộ cứngk.Khoảngcáchtừ ma đếntườngkhilòxokhôngbiếndạngvàkhibiếndạng

lần lượt là 0x và 0 xx + . Một con lắc đơn gồm một thanh không khối lượng, chiều dài L, và một quả cầu nhỏ

khốilượngmb.Bánkínhquả cầumb nhỏ hơnnhiềusovớichiều dài L.

Con lắc được nối vào vật ma qua một trục không ma sát. Góc tạo bởi thanh cứng và phương thẳng đứng là θ, gia tốc trọng trường hướng xuống dưới vàcó độ lớn g.

a.Viếthaiphươngtrìnhchuyển độngchohaibiếnxvà θ.Dùng phép thế để thu được phương trình không còn chứa sức căng của thanh cứng.

Trong câu này takhông giả sử góc θ nhỏ

b. Giả sử góc θ nhỏ. Viết gần đúng hai phương trình chuyển động.

c. Xác định bình phương tần số gócdao dộng của hệ 2ω (biểu diễn 2ω quacác đại lượng / gL , lấy cácgiátrị

2 ABmm = và A kLmg = )

Phương trình định luật NEWTON cho cácvật A:

Trong hệ qui chiếu gắng với vật A, có thêm lựcquán tính tácdụng lên vật B. Phương

chuyển động củavật B theo hai phương tiếp tuyến vàpháp tuyến với qu

ế củaphươngtrìnhdướivới cos Bm θ rồicộngvàophươngtrìnhtrênta đượ

( ) 2 '' ''cos'sin0

ệ phươngtrình

 



0.25 0.5 0.25 0.25 0.5 0.25

Ạ

sin'' kxTmx

θ −+=

(1) 0.25đ

o ''cossin'' ''sincos'2 mxmgmL BBB TmxmgmL BBB θθθ θθθ −−=   +−=   (2) (3) 0.5đ Từ

B TmLmxmgθθθ=−+ rồithế vào(1)ta được ( ) ( ) 2 2 sin'' 'cossin0 ''cos''sin0 AB B mmxkxmLg xLg θ θθθ θθθ  + +−+ =   ++=   0.5đ

c: ()

AB B mmxkxmL xLg θθθθ θθθ  +++ −=   ++=   (4) (5) 0.5đ 4.b

( ) ''''0 ''''0 AB

mmxkxmL xLg θ θθ +++=    ++=   0.5đ 4.c

ệ

θθθωϕ =+

đạohàmrồithế vàohệ trên () () 2 2 2 2 0 0 AB B kmmxmL xgL ωωθ ωωθ −+−=     −+−=  0.5đ

trình

ỹđạ

(3)rút ra 2 '''sincos B B

Nhânhaiv

''cos''sin0

Khigóc θ nhỏ tacóphépthế gần đúng cosθ gầnbằng1,sinθ gầnbằng θ, 2 θ gầnbằng 0và đơngiảnhóah

Đặtnghi

m ( ) cos m x xxtωϕ=+ ; ( ) cos m t

ếtlạihệ trên ở dạngmatrận

Phươngtrìnhtrênchỉ cónghiệmkháckhôngnếu địnhthứcbằngkhông:

) 2 2 4 0 AB B kmmgLmL ωωω

A A

Với các thông số của hệđã cho 2 ABmm = và A kLmg = , ta nhận được hai lần số là 2 2g L ω = và 2 2 g L ω = .

Câu 5 Phương án thực hành ( 3 điểm )

Cho các dụng cụ và linh kiện sau:

- Một thấu kính hội tụ và một bộ giá đỡ dụng cụ quang học (có thểđặt ở các tư thế khác nhau);

- Một nguồn Laser và một màn ảnh;

- Một cốc thủy tinh đáy phẳng, mỏng, trong suốt, đường kính trong lớn;

- Một thước đo chiều dài chia tới milimét;

- Các dụng cụ khác: kẹp, nước sạch (chiết suất nn = 4/3),…

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

Em hãy đề xuất một phương án thí nghiệm để xác định bán kính cong của hai mặt thấu kính hội tụ và chiết suất

của vật liệu làm thấu kính theo các bước

- Vẽ sơđồ thí nghiệm.

- Nêu các bước tiến hành thí nghiệm.

- Xử lí kết quả Đáp án

1. Sơđồ bố trí thí nghiệm

Nội dung Điểm

- Xác định tiêu cự của thấu kính

- Xác định tiêu cự của hệ thấu kính

Hình: 5.2 36)

2. Các bước tiến hành thí nghiệm

Hình: 5.1 36)

R f

1.0

- Dùng bút laserxác định vị trí cáctiêu điểm ảnh F’ củalần lượt thấu kính hội tụ, hệđồng trục gồm 2 thấu kính ghép sát theo trình tự sau

+ Trước hết, bằng các phương pháp quen thuộc đểđo tiêu cự của thấu kính, ta có thểđo được tiêu cự của thấu kính hội tụ (như hình 5.1). Từđó, ta được: ()       +−= 21 R 1 R 1 1n f 1 (1).

+ Đặt mặt thứ nhất của thấu kính lên trên một tấm kính phẳng và cho một giọt nước (n =1,333) vào chỗ tiếp xúc giữa thấu kính và mặt phẳng. Đo tiêu cự f1 của hệ này, ta được: A 1 f 1 f 1 f 1 += ,

trong đó fA là tiêu cự thấu kính phân kỳ bằng nước (gồm một mặt phẳng và một mặt lõm R1), được xác định

14111 1 3 3 A A f RfR

+ Lặp lại bước 2 với mặt kia của thấu kính, ta đựơc: B 2 f 1 f 1 f 1 += trong đó fB là tiêu cự của thấu

kính phân kỳ bằng nước (gồm một mặt phẳng và một mặt lõm R2)

Tươngtự ta có 2

11 3 B fR =− (3).

+ Từ (1), (2), (3), giải hệ ta thu được:

1 1

9 Vi

(

ω θ ω ω   −+  =       0.25đ

(

  −+−−=   ( ) 4

ω ω −+++=     ()()

kLmmgkLmmgkLmg

ω ++±++−   ≈ 0.5đ

) 2 2 2 2 0 0 AB B kmm mL x gL ω

2 0 A AB mLkLmmgkg

2 2 4 2 AB AB

0.25

Ạ

1 1  =−−⇔=−   (2)

111 3 ffR =− ; 2 2 R2

111 3 ffR =− ; 1 )(21 1

21 + + = fRR RR n O F

1.0 F ’

3. Xử lý số liệu - Lập bảng số liệu các phép đo f, f1, f2

Lần đo Giá trị f (cm) Giá trị f1 (cm) Giá trị f2 (cm)

ĐỀĐỀ XUẤT

(Đề thi gồm02 trang)

KỲ THICHỌNHỌCSINHGIỎICÁCTRƯỜNGTHPTCHUYÊN KHUVỰCDUYÊNHẢIVÀ ĐỒNGBẰNGBẮCBỘ LẦNTHỨ XIV,NĂM2023

ĐỀ THIMÔN:VẬTLÍ-LỚP10

Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Bài 1. (4điểm) )

a) Một viên phấn có tiết diện ngang là hình chữ nhật đang nằm yên trên tấm bảng nằm ngang ( cho rằng tấm bảng đủ rộng để làm thí nghiệm ). Người ta kéo tấm bảng với tốc độ 0 12/ vms = và sau thời gian 1 2 ts = thì bảng dừng lại đột ngột. Biết hệ số ma sát trượt là 0,2 µ = .

11 (,) ff và 2

11 (,) ff . Vẽđường thẳng đi qua gần nhất các điểm thu được, kéo dài các đường thẳng này, cắt các trục tung 1

Hãytìm

1 () f ; 2

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

1 3R    . Từđó suy ra gần 1.0 ------------------HẾT------------------Ạ

1 () f tại lần lượt 1

1 3R    ; 2 úng giá trị của R1, R2 và n.

a1) Độ dài của vệt phấn để lại trên bảng. a2) Độ dời toàn phần viên phấn với bảng.

b) Một mặt phẳng nghiêng khối lượng M0,5kg = nằm trên mặt bàn nhám có hệ số ma sát tĩnh là

µ. Một vật khối lượng 1 0,3 mkg = được treo bởi một sợi dây

vắt qua một ròng rọc nhẵn ở đầu trên mặt phẳng nghiêng và

nối với vật khối lượng 2 0,2 mkg = trên mặt phẳng nghiêng,nó

có thể trượt không ma sát trên mặt phẳng nghiêng. Mặt phẳng

nghiêng tạo với mặt phẳng ngang góc 030 θ =

b1) Tìm gia tốc của 1m , 2m và lực căng T của dây khi µ

rất lớn.

b2) Tìm hệ số ma sát nhỏ nhất để mặt nghiêng còn đứng yên.

Bài 2. (5điểm)

a) Trong một hệ ( hình 3) cho biết khối lượng của vật là 1 1 mkg = và

2 1 mkg = , hệ số ma sát 0,1 µ = và mặt phẳng nằm ngang và cho biết khối lượng của ròng rọc là 1 mkg = . Có thể coi ròng rọc như một đĩa đồng

chất . Không có sự trượt của sợi dây trên ròng rọc . Tại lúc t= 0s , vật

2m bắt dầu hạ xuống . Bỏ qua khối lượng của dây và sự ma sát ở ròng rọc. Tìm Công của lực ma sát tác dụng lên vật 1m sau t=2s đầu tiên kể từ lúc bắt đầu chuyển động b) Trong một cuộc thí nghiệm về chất lỏng người ta làm thí nghiệm trên một chậu hình lập phương đáy hình vuông dài L 0,3m = và đổ nước cao l 0,2m = . Ban đầu lắc nhẹ theo phương song song với 1 cạch của đáy cho

nước nghiêng góc 010 α = sao cho chậu vẫn đặt ngang ,rồi để cho nước tự do chuyển động (hình 4). Tính vận tốc của nước khi mực nước nằm ngang ( coi

rằng lúc mực nước nằm ngang tất cả phân tử nước điều chuyển động với cùng

vận tốc và bỏ qua mọi ma sát ). Cho 2 9,8/ gms =

Bài 3. (4 điểm)

a) Hai vật nhỏ có khối lượng 1m và 2m mang 2 điện tích

q và -q được nối với nhau bằng một thanh nhẹ cách điện

chiều dài L ( hình 5 ) . Thanh chịu được lực căng dây tối đa

1 2 3 4 5 6

Giá trị TB - Vẽđồ thị 1

Trang 1/2

là T . Hệ đang nằm yên thì một điện trường E được hình thành tức thì , hướng vuông góc với thanh. Tìm cường độđiện trường cực đại mà khi chuyển động thanh không bịđứt

b) Tụ điện phẳng không tich điện có điện dung 1C nằm trong điện trường đồng nhất 0E ( hình 6). Các đường sức điện trường vuông góc với

các bảng tụ, khoảng cách giữa các bảng tụ bằng d . Tụ điện có điện dung

2C được tính điện đến hiệu điện thế o U và được nối với tụđiện có điện dung

1C .Xác định điện tích của các tụđiện sau khi nối mạch . Bỏ qua độ lớn của các điện trường ngoài ở nơi đặt tụđiện có điện dung 2C Bài 4. (4 điểm) Với khí lí tưởng đơn nguyên tử người ta thực hiện chu trình như hình vẽ 7 . Tại điểm C khí có thể tích CV và áp suất Cp , còn

tại điểm B thì 1 2 BCVV = , 2 BCpp =

a. Tìm hiệu suất lí thuyết cực đại của chu trình trong đó các nhiệt

độ của nguồn nóng và nguồn lạnh là các nhiệt độ cực đại và cực tiểu

của chu trình đã cho( theo CV và Cp )

b. Tìm nhiệt lượng nhận được của khí trên BC (theo CV và Cp ) c. Tìm hiệu suất chu trình này( theo CV và Cp ).

Bài 5. (3 điểm): Khi kiểm tra độ êm của xe khi tăng tốc và giảm tốc người kĩ sư nghĩ ra một phương pháp là lấy 1 chai nước đáy hình vuông cạnh L . Đổước vô trong chai chiều cao l và một cây thước đo chiều dài. Hãy lên phương án đo gia tốc của xe lúc tăng tốc hay giảm tốc với các dụng cụ trên

--------------HẾT--------------

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

(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: ..............................

Hướng dẫn chấm

(Hướng dẫn chấm gồm 6 trang)

Bài 1. (4 điểm)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN

KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XIV, NĂM 2023

HƯỚNGDẪNCHẤMMÔN:VẬTLÍ-LỚP10

Trang 2/2

Chọn chiều dương là chiều chuyển động của viên phấn trên bảng µ

=> 0 => µ =6,12s (*)

Từ (*) => 2 quá trình chia làm 2 kéo bảng và bảng dừng lại

a1) Quá trình lúc đầu bảng được kéo

Trong hệ quy chiếu với bảng viên phấn

chuyển động chậm dần đều . tại nó

tới C và có vận tốc ( hình vẽ )

Tacó µ

a2) Quá trình 2 : Khi bảng dừng đột ngột . ta chọn hệ quy chiếu bảng cũng là

hệ quy chiếu đất . khi đó viên phấn có vận tốc ⃗ ⃗ ⃗

Chọn chiều dương là chiều ⃗ ta có u= -

= - ( µ )=µ

Viên phấn chuyển động chậm dần đều từ

C và dừng lại ở D (hình vẽ )

0.5 điểm

Ý Nộidung Điểm 1

0.5 điểm

0.5 điểm 2 µ 2µ 1 2µ

Vậy độđời : AD=AC – CD = µ =16,16m

phương pháp bảo toàn đều được. Sau đây

thang điểm theo động lực học

b1 ) Khi rất lớn thì mặt phẳng nghiêng

đứng yên. Phân tích lực như hình vẽ

Phương trình chuyển động của , là

0.5 điểm

Ạ

Trang 1 / 6

và Vết phấn µ = 20,08m 2

Dùng phương pháp động lực học hay

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

Cộng (1) (2) (3) giải ra ta được µ

Quãngđườngđiđượcsaut 2slà

Côngcủalựcmasáttrongthờigianđólà . .cos

µ µ = 6,91 J

Tính vận tốc của nước khi mực nước nằm

ngang

Lúc mực nước nằm ngang ta có trọng tâm

cách đáy 0,1

Lúc chất lỏng nghiêng một góc 10 thì

trọng tâm G lúc này cách đáy một đoạn x

Tính tọa độ trọng tâm theo phương thẳng

đứng

Tạm chia ra thành 2 phần nước ABC và ACNM có khối lượng và khoảng cách

trọng tâm so với đáy là ( , ) , ( , )

Khối lượng lần lượt là . . .tan .

Còn tọa độ lầ lượt là . = )

Tọa độ của trọng tâm G là =0,100583m

Bảo toàn cơ năng cho 2 vị trí cân bằng và vị trí nghiêng góc chọn thế năng ở

trọng tâm ta có = 5,83.10-4 m

BTCN => 2 =0.107 m/s

Bài 3 (4 điểm)

0.5 điểm

điểm

Trang 2 / 6 sin Giải ra được : = 3,92 m/s2 =1,764 (N) 0.5 điểm 4 b2) Mặt phẳng nghiêng chịu lực thẳng đứng và nằm ngang ( hình vẽ ) 0.5 điểm Ta có cos sin cos 1 sin cos 0.25 điểm Để mặt phẳng đứng yên ta phải có µ Hệ số ma sát nhỏ nhất để mặt phẳng nghiêng còn đứng yên là µ = 0.25 điểm Bài 2. (5 điểm) Ý Nộidung Điểm 1 a) Phân tích lực như hình vẽ 0.5 điểm Ta có a= γ.R (1) .γ => (2) (3) 1 điểm Ạ

Trang 3 / 6

1 đ

m 2

iể

1 điểm

Ý Nộidung

a) cường độđiện trường cực đại mà khi chuyển động thanh không bịđứt Khi có điện trường , tổng ngoại lực tác dụng lên hệ bằng 0 do đó động lượng của hệ bảo toàn : ⃗ ⃗ 0 (1)

Lực điện tác dụng lên 2 điện tích tạo ra ngẫu lực tác dụng lên hệ quay quanh O với bán kính

Sau khi quay được một góc α , áp dụng định luật bảo toàn năng lượng:

Mà thế năng bằng công lực điện sin sin sin

Nên sin (2 )

Từ (1) (2) suy ra : 1 sin (3)

Trong khi 2 điện tích chuyển động quay ta có

Lực hướng tâm (4)

Từ (3) (4) suy ra 3

Từ biểu thức ta thấy khi 90 nên suy ra 3

Từđó

Điện tích ban đầu của tụ thứ 2

Sau khi nối các tụđiện , gọi điện tích trên các tụ sau khi nối là à

Theo định luật bảo toàn điện tích : (1)

Theo tích chất hiệu điện thế

Hiệu điện thế giữa 2 bản tụ thứ nhất và thứ 2 là :

Khi cân bằng ta có => (2)

Giải (1) và (2) ta được :

Bài 4 (4 điểm)

iểm

a) Tìm hiệu suất lí thuyết cực đại của chu trình trong đó các nhiệt độ của nguồn nóng và nguồn lạnh là các nhiệt độ cực đại và cực tiểu của chu trình đã cho ( theo và )

Ta có phương trình đường BC có dạng p = aV + b

Qua B và C nên +b +b

Nên (*)

Áp dụng phương trình PV = nRT

Ý Nộidung Điểm 1

Suy ra

Khi thì nhiệt độ sẽ cực đại và bằng

Nhiệt độ cực tiểu sẽ là

Hiệu suất cực đại là

b) Tìm nhiệt lượng nhận được của khí trên

BC (theo và )

Gọi và là nhiệt độ và thể tích điểmQ

có nhiệt lượng Q=0 trên BC

Ta có tại điểm này đường BC (p= aV + b )

tiếp xúc với đường đoạn nhiệt = nRT

Nên ta có (**)

Tại vị trí đoạn nhiệt bằng 0 suy ra 0

Nên và = a + b ( a,b được tính trên (*)

Với khí lí tưởng đơn nguyên tử i=3 nên γ= =

iểm

Trang 4 / 6

Điểm 1

( hình vẽ ) 0.5 điểm

0.5 điểm

1 điểm

1 điểm Ạ

Trang 5 / 6

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

1 điểm 2

1 đ

iểm

Nên

Nhiệt lượng khí nhận được trên BC là từ B đến Q =

c) Tìm hiệu suất chu trình này ( theo và ).

0,165 1 điểm

ĐỀĐỀ XUẤT

(Đề thi gồm02 trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN

KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XIV, NĂM 2023

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÍ- LỚP 11 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Bài 5 (3 điểm)

Ý Nộidung Điểm

+ Khi qua xe tăng tốc thì nước theo quán tính sẽ nghiêng góc θ so với phương ngang ( hình vẽ )

Bài 1. (4 điểm)

Cho cơ hệ gồm: hai con lắc đơn chiều dài , và ; vật nhỏ của các con lắc có khối lượng lần lượt là và ; một thanh rắn nhẹ, chiều dài nối các vật nhỏ của hai con lắc lại với nhau. Tại vị trí cân hai vật có có cùng độ cao, thanh rắn nằm ngang. Kích thích dao động của hệ bằng cách truyền cho các vật nặng một vật tốc ban đầu hướng dọc theo thanh nối.

Ta có tan (*) 1 điểm

+ Khi xe đang chuyển động thẳng đều hay đứng yên mực nước nằm ngang đánh dấu điểm A, Khi xe có gia tốc đánh dấu điểm B ta tính góc nghiêng của nước θ

Từ hình vẽ ta có tan (**)

Từ (*) (**) suy ra

Nhận xét : khi đi xe thường có độ rung do động cơ tạo ra nên tạo ra sự sai số

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

1 điểm

a. Xác định chu kì dao động bé của cơ hệ

b. Biện luận cho trường hợp = = và = = .

Bài 2. (5 điểm)

a. Một lưỡng cực điện gồm hai điện tích điểm + và − cách nhau một khoảng . Tâm của nó (trung

điểm của đoạn thẳng nối hai điện tích điểm) cách bề mặt của một vật dẫn điện lí tưởng (vô hạn một nửa bên dưới) một khoảng như hình vẽ

Vậtdẫn

Tìm lực do vật dẫn vô hạn tác dụng lên lưỡng cực điện là một hàm của

b. Xác định mật độ điện tích trên bề mặt vật dẫn do lưỡng cực gây ra là một hàm của tọa độ. Cho rằng ≪

Ápdụng:

1± =1∓ 1! + +1 2! +⋯ <1

Bài 3. (4điểm)

Trang 1/2

Trang

/ 6

Ạ

1 2 2 1 0 ⃗

Một dây dẫn hình trụ, bán kính mang dòng điện với mật độ dòng =

với = và là khoảng cách tính từ tâm của dòng điện.

HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 1: Cho cơ hệ gồm: hai con lắc đơn chiều dài , và ; vật nhỏ của các con lắc có khối lượng lần lượt là và ; một thanh rắn nhẹ, chiều dài nối các vật nhỏ của hai con lắc lại với nhau. Tại vị trí cân hai vật có có cùng độ cao, thanh rắn nằm ngang. Kích thích dao động của hệ bằng cách truyền cho các vật nặng một vật tốc ban đầu hướng dọc theo thanh nối.

a. Từ định lý Biot – Savart hãy chứng tỏ rằng vecto cảm ứng từ tại một điểm trong từ trường gây bởi

dòng điện trên luôn có phương tiếp tuyến với đường tròn đi qua điểm đang xét và tâm của đường tròn là

trục đối xứng của dòng điện.

b. Xác định cảm ứng từ gây bởi dòng điện trên tại một điểm nằm ngoài dây dẫn, >

c. Một chùm hạt mỗi hạt mang điện >0, khối lượng chuyển động dọc theo trục của hình trụ (trục

của hình trụ là trục với tốc độ cùng chiều với chiều dòng điện. Chứng tỏ rằng từ trường đóng vai trò như một thấu kính hội tụ chùm hạt. Xác định biểu thức của tiêu cự. Bỏ qua tương tác giữa các hạt với nhau, và cho rằng chiều dài của hình trụ là nhỏ

Câu 4: (4 điểm)

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

Một quang hệ gồm thấu kính hội tụ có tiêu cự =20 và một gương phẳng có dạng một bản phẳng song song, tráng bạc một mặt có bề dày =6 với chiết suất =1,5. Quang hệ tạo ảnh thật của nguồn sáng điểm nằm trên trục chính của thấu kính. Khoảng cách từ nguồn sáng đến thấu kính là = , và từảnh do hệ cho trước đến thấu kính là = như hình vẽ bên dưới

a. Xác định chu kì dao động bé của cơ hệ.

b. Biện luận cho trường hợp và

Nội dung Điểm

a. Gọi và lần lượt là góc lệch giữa dây treo so với phương thẳng đứng của hai con lắc.

Tọa độ của hai vật nặng được xác định bởi : sin

1 cos và : sin 1 cos

Bỏ qua các vô cùng bé từ bậc 3 trởđi

⇒ : và : 1

Phương trình liên kết thanh

Tìm khoảng cách từ thấu kính đến gương. Bỏ qua sự phản xạ từ mặt trước của bản.

Bài 5: (3 điểm)

Một bình gỗ hình trụ nổi được trong nước. Trên thành bình, theo phương thẳng đứng người ta khắc các vạch chia để đo độ cao của bình. Nêu phương án xác định khối lượng riêng của bình. Cho khối lượng riêng của nước là và dụng cụđược dùng là chậu to đựng nước có thể chứa bình và độ sâu lớn hơn độ cao của bình gỗ. Biết rằng khi đầy nước bình vẫn chưa chìm hoàn toàn trong nước.

-------------- 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: ..............................

Trang 2/2

Năng lượng dao động của hệ

Cơ năng của hệ

0,5

Ạ

2 2 ô ù é ậ 2 ⇒ 2 1,0

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 cos 1 cos 1 2 1 2

1,0 1 2 2 1 0 ⃗

Từ biểu thức 1 , thực hiện phép đổi biến số

Lúc này phương trình 3 trở thành

Phương trình trên cho thấy hệ dao động điều hòa với tần số góc

Với trường hợp

Câu 2:

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

a. Một lưỡng cực điện gồm hai điện tích điểm và cách nhau một khoảng . Tâm của nó (trung điểm

của đoạn thẳng nối hai điện tích điểm) cách bề mặt của một vật dẫn điện lí tưởng (vô hạn một nửa bên dưới) một khoảng như hình vẽ

a. Gọi và lần lượt là góc lệch giữa dây treo so với phương thẳng đứng của hai con lắc. a. Tác dụng của vật dẫn lên hai điện tích tương tự như tác dụng của hai điện tích và

Tìm lực do vật dẫn vô hạn tác dụng lên lưỡng cực điện là một hàm của

b. Xác định mật độđiện tích trên bề mặt vật dẫn do lưỡng cực gây ra là một hàm của tọa độ. Cho rằng ≪

Ta bỏ qua các vô cùng bé từ bậc 3 trởđi, khi đó

1,0

Dấu " " là để chỉ lực tương tác giữa vật dẫn và lưỡng cực điện là lực đẩy.

b. Để xác định mật độđiện tích tại một điểm được xác định bởi tọa độ trên bề mặt vật dẫn ta đi tìm cường độđiện trường gây bởi hệ tại điểm đó. 1,0

1 2 1 2 1 2 3

, ⇒ 0,5

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

0 0

∎ 0,5

⇒ ∎ 0,5

Lấy đạo hàm hai vế phương trình trên theo thời gian

Áp dụng: 1 1∓ 1! 1 2! ⋯ 1     Hướng dẫn: Vậtdẫn Ạ

Nội dung Điểm

lần

ượt là ảnh của và qua vật dẫn như hình vẽ 0,5 Ta có 2 2 1 2 1 2 4 2 1 1 2 1 1 2 4 2 1 2 1 2 0,5 Ta có ≪1 1 2 1 3 4 ⋯ 1 2 1 3 4 ⋯

4 2 1 3 4 1 3 4 3 8 ∎

Vậtdẫn 05 05

Câu 3: Một dây dẫn hình trụ, bán kính mang dòng điện với mật độ dòng

với và là khoảng cách tính từ tâm của dòng điện.

a. Từđịnh lý Biot – Savart hãy chứng tỏ rằng vecto cảm ứng từ tại một điểm trong từ trường gây bởi dòng điện trên luôn có phương tiếp tuyến với đường tròn đi qua điểm đang xét và tâm của đường tròn là trục đối xứng của dòng điện.

b. Xác định cảm ứng từ gây bởi dòng điện trên tại một điểm nằm ngoài dây dẫn,

c. Một chùm hạt mỗi hạt mang điện 0, khối lượng chuyển động dọc theo trục của hình trụ (trục của hình trụ là trục với tốc độ cùng chiều với chiều dòng điện. Chứng tỏ rằng từ trường đóng vai trò như một thấu kính hội tụ chùm hạt. Xác định biểu thức của tiêu cự. Bỏ qua tương tác giữa các hạt với nhau, và cho rằng chiều dài của hình trụ là nhỏ

Nội dung Điểm

0,5

⃗ ⃗

⊙

a. Ta xem dây dẫn hình trụ là tập hợp của các vỏ hình trụ, mỗi vỏ hình trụ tương đương với các dây dẫn thẳng, dài đặt sát nhau song song với trục của hình trụ

Ta xét hai dây dẫn đi qua và . Vecto cảm ứng từ do hai dây dẫn này gây ra tại có cùng

độ lớn, có phương và chiều được biểu diễn như hình vẽ

Dễ thấy rằng

⃗ ⃗ ⃗ ⃗

Một cách tương tự cho cặp dây dẫn khác ta cũng chứng minh được cảm ứng từ gây bởi cặp dây dẫn này có phương tiếp tuyến với đường tròn đi qua ⇒ Tổng quát, cảm ứng từ gây bởi dòng điện hình trụ tại điểm có phương tiếp tuyến với

đường tròn đi qua có tâm là trục đối xứng của hình trụ∎

Dễ thấy, cường độđiện trường sẽ có phương vuông góc với vật dẫn, có độ lớn 2 1 0,5 1 0,5 2 0,5 0,5 1 Mặc khác ⎩ ⎪ ⎨ ⎪ ⎧ 2 2 ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ 4 4 ⎩ ⎪ ⎨ ⎪ ⎧ 4 4 ⇒ ⎩ ⎪ ⎨ ⎪ ⎧ 4 4 ⇒ ⎩ ⎪ ⎨ ⎪ ⎧1 1 1 4 1 1 1 4 0,5 Ta bỏ qua các vô cùng bé từ bậc 3 trởđi, khi đó ⎩ ⎪ ⎨ ⎪ ⎧1 1 1 3 2 1 8 3 15 1 1 1 3 2 1 8 3 15 ⇒ ⎩ ⎪ ⎨ ⎪ ⎧ 0,5 1 2 3 2 3 4 8 3 15 0,5 1 2 3 2 3 4 8 3 15 2 0,5 Thay 2 vào 1 2 2 0,5 ⇒ Mật độđiện tích 0,5 Vậtdẫn 1 2 1 ⃗ 2 ⃗ 0,5 05 Ạ

2 2 ∎

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

Theo phương xuyên tâm

Dòng điện toàn phần chạy qua dây dẫ

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

Lực Lorentz tác dụng lên hạt khi đi vào từ trường tại vị trí được xác định bởi vecto bán kính

Từ hình vẽ, ta có tan

Câu 4:

Một quang hệ gồm thấu kính hội tụ có tiêu cự 20 và một gương phẳng có dạng một bản phẳng song song, tráng bạc một mặt có bề dày 6 với chiết suất 1,5. Quang hệ tạo ảnh thật của nguồn sáng

điểm nằm trên trục chính của thấu kính. Khoảng cách từ nguồn sáng đến thấu kính là , và từảnh do hệ cho trước đến thấu kính là như hình vẽ bên dưới

Nhận thấy thành phần có xu hướng kéo hạt chuyển động về phía , thành phần tăng tốc chuyển động của hạt dọc theo Mặc khác nhỏ

vì 0, và thời gian ∆ trong từ trường ngắn.

Tìm khoảng cách từ thấu kính đến gương. Bỏ qua sự phản xạ từ mặt trước của bản.

Nội dung Điểm Sơđồ tạo ảnh qua quang hệ 1,5

Ảnh của nguồn sáng qua thấu kính 3

0,5

Ảnh qua lưỡng chất phẳng cách bề mặt bên phải của lưỡng chất phẳng một đoạn ⇒

0,5

n 3 2 3 0,5 T

⃗⃗ 2 ⇒ 2 2 2 3 3 1 Hay ⃗ 3 1⃗ 1⃗ ∎ Với 3 0,5

ừđịnh lý Ampere ta có

⃗ ⃗ ⃗ ⃗ 0 0 ⇒ ⎩ ⎪ ⎨ ⎪ ⎧ 0 0,5

⇒ 0

0,25 V

ố

ạ

1 ⇒∆

⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ Ạ

ậy thành phần vận t

c của h

t theo phương xem như không đổi

0,25

∆ ⇒ 0 2

0,25

& ∎

0,25

3 5

Ảnh đối xứng với qua gương

Ảnh qua lưỡng chất phẳng cách mặt bên phải của lưỡng chất phẳng m

Câu 5: Một bình gỗ hình trụ nổi được trong nước. Trên thành bình, theo phương thẳng đứng người ta khắc các vạch chia để đo độ cao của bình. Nêu phương án xác định khối lượng riêng của bình. Cho khối lượng riêng của nước là và dụng cụđược dùng là chậu to đựng nước có thể chứa bình và độ sâu lớn hơn độ cao của bình

gỗ. Biết rằng khi đầy nước bình vẫn chưa chìm hoàn toàn trong nước.

Nội dung Điểm

Gọi là khối lượng riêng của gỗ, là khối lượng riêng của nước, là thể tích bên ngoài của bình, là thể tích bên trong của nó, là chiều cao của bình.

Đặt bình trống vào trong chậu nước xác định độ sâu của bình trong chậu nước ℎ.

Ta có phương trình cân bằng của một bình khi không chứa nước:

Đổđầy nước vào bình xác định độ sâu của bình trong nước ℎ Ta có phương trình cân bằng của bình đầy: ℎ ⇒ ℎ 2

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

Từ 1 và 2 :

Do đó ta có phương án:

+ Đặt bình trống vào trong chậu nước xác định độ sâu của bình trong chậu nước ℎ.

+ Đổđầy nước vào bình xác định độ sâu của bình trong nước ℎ

+ Thế vào công thức ∗ xác định

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN

ĐỀ THI GIỚI THIỆU ( Đề thi có 02 trang, gồm 05 câu )

Câu1(5 điểm).

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ NĂM HỌC 2022 - 2023

MÔN THI: VẬT LÝ LỚP 10 (Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề)

1. Một viên đạn xuyên qua một tấm ván cốđịnh bằng gỗ chiều dày h có vận tốc giảm từ v 0 đến v. Biết rằng lực cản của tấm ván tỷ lệ với bình phương vận tốc của viên đạn F= - kv, trong đó v là tốc độ của đạn trong gỗ.

a. Viết biểu thức vận tốc đạn theo theo thời gián khi đạn có trong ván.

b. Tìm thời gian chuyển động của viên đạn trong tấm ván ?

2. Có hai tàu A và B cách nhau một khoảng a đồng thời tàu A và B chuyển động với vận tốc không đổi lần lượt là v và u ()uv > . Tàu B chuyển động trên một đường thẳng (đường thẳng này vuông góc với đoạn thẳng nối các vị trí ban đầu của hai tàu, còn tàu A luôn hướng về tàu B. Hỏi sau bao lâu tàu A đuổi kịp tàu B ?

Câu2(4 điểm).

Trên mặt bàn nằm ngang nhẵn có một nêm khối lượng M, mặt nêm nghiêng một góc α so với mặt bàn. Trên mặt nêm có đặt một hình trụđặc, khối lượng m, bán kính R. Khi được thả hình trụ lăn không trượt trên mặt nêm, trục hình trụ luôn nằm ngang.

1. Nêm được giữ cốđịnh, xác định gia tốc của trục hình trụ.

2. Nêm được thả tự do, có thể chuyển động không ma sát trên mặt bàn. Xác định gia tốc của nêm.

3. Nêm được giữ cố định. Trên bề mặt của hình trụ có một con chuột, khối lượng m1 đang chạy sao cho nó luôn ở vị trí cao nhất của hình trụ. Tính gia tốc góc của hình trụ

Câu3(4 điểm).

1. Một chất khí lý tưởng ở trạng thái ban đầu áp suất P0, được dãn đẳng nhiệt tới thể tích V2=3V1. Sau đó khí được nén đoạn nhiệt trở về thể tích ban đầu, áp suất sau khi nén là P3= 31/3P0.

a. Tìm áp suất P2 của khí sau khi dãn nở và cho biết khí là đơn nguyên tử ,lưỡng nguyên tử hay đa nguyên tử ?

b. Cho biết động năng trung bình của một phân tử khí ở trạng thái cuối so với trạng thái đầu thay đổi như thế nào ?

2. Một chất khí lý tưởng có nộinăng tỷ lệ với tích của thể tích và áp suất của khí theo biểu thức: U = kPV (k là một hằng số dương), thực hiện một số quá trình (Hình 1). Các đoạn 1-4 và 2-3 là các quá trình đẳng áp; các đoạn 1-2 và 34 là các quá trình đẳng tích. Điểm 5 là giao của các đường chéo hình chữ nhật 1-2-3-4. Nội năng của khí tại hai điểm 2 và 4 là như nhau. Biết rằng hiệu suất chu trình 1-2-3-4-1 là η= 2 9 ; nhiệt lượng truyền cho khí sau chu trình này lớn hơn công thực hiện lên khí trên đoạn 4-1 là β= 9 lần.

a. Tìm k.

b. Xác định hiệu suất của chu trình 1-2-3-4-5-1.

⇒ 0,5

ạn 2 ⇒ 2 2 2 0,5 Ánh

1 2 2 1 1 0,5

ột đo

qua thấu kính mỏng

ℎ

0,5

⇒ ℎ 1

0,5

⇒

0,5

ℎ 1 ℎ ℎ ∗

1,5 HẾT   Ạ

2 P V 1 2 3 4 5 Hình1

Câu 4 (4 điểm)

1. Trong một điện trường tạo bởi một điện tích điểm +q1 và một điện tích điểm -q2, có một đường sức xuất hiện từ +q1 hợp với đoạn thẳng nối hai điện tích một góc α. Hãy tính góc

βmà

đường sức đó hợp với đoạn thẳng trên tại -q2

2. Điện tích q được phân bốđều trên một vòng dây mảnh, tròn có bán

kính R được đặt nằm ngang trong không khí (Hình 2). Lấy trục OZ thẳng

đứng trùng với trục của vòng dây. Gốc O tại tâm vòng.

a. Tính điện thế V và cường độ điện trường E tại điểm M nằm trên trục Oz với OM = z. Nhận xét kết quả tìm được khi zR >> .

b. Xét một hạt mang điện tích đúng bằng điện tích q của vòng và có khối lượng m. Ta chỉ nghiên cứu chuyển động của hạt dọc theo trục OZ.

Hình 2

- Từ độ cao h so với vòng dây, người ta truyền cho hạt vận tốc 0v hướng về phía vòng. Tìm điều kiện của 0v để hạt có thể vượt qua vòng dây. Bỏ qua ảnh hưởng của trọng lực.

- Xét có ảnh hưởng của trọng lực, chọn khối lượng m thỏa mãn điều kiện

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN

KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ

ĐỀ THI GIỚI THIỆU ( Đề thi có 02 trang, gồm 05 câu )

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ NĂM HỌC 2022 - 2023

MÔN THI: VẬT LÝ LỚP 10 (Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề)

HƯỚNGDẪNCHẤM

Câu ĐÁPÁN Thang điểm Câu1(5 điểm)

1 a. Ta có:

Phương trình chuyển động của viên đạn trong tấm ván có thể viết

như sau:

m = - kv (k là hệ số tỷ lệ, dấu trừ có nghĩa là lực cản ngược chiều với hướng chuyển động)

Phương trình vi phân trên có thể viết trong hai dạng khác nhau:

0 22 4 q mg R πε = . Chứng tỏ rằng trên trục OZ tồn tại vị trí cân bằng ứng với zR = . Cân bằng đó

là bền hay không bền.

Câu 5 (3 điểm).

Để sử dụng năng lượng gió thì cần phải đo được tốc độ gió. Cho các dụng cụ sau

- Giá treo, dây không giãn

- Quả bóng bàn có kích thước nhỏ có móc để buộc dây. Khối lượng quả bóng m

- Thước đo chiều dài

- Đồng hồ bấm dây

Khối lượng riêng ρ của không khí và gia tốc trọng trường g đã biết.

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

1. Trình bày phương án đo bán kính của quả bóng bàn.

2. Trình bày phương án đo tốc độ gió. …………………….HẾT……………………….

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

= - hoặc ds =

Trong đó: ds

m, q 0

Ạ

quãng đường đi Lấy tích phân của hai phương trình trên ta được: t = (1) 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,5đ b. Ta có Lấy tích phân (2): (4) Lấy tích phân (3): (5) Từ (4) và (5) ta suy ra: Với h = 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ dv dt 2 dt m k 2 dv v m k dv v ds v dt  =   0 11 m kvv    0 0 mv v kvtm →= +      =− =− )3( )2( 2 v dv dt m k mdvkvds 0 0 0 ln hv v kdvmv dsh mvkv −=  =−  vv t m k v dv dt m k v v t 11 0 0 0 −=−  =− 0 0 ln 11 v v vv h t         = 0 .ln v m kv

là vi phân của

Loại trừ hệ số ta được: t = 0,25đ

2 Ta gắn hệ trục trùng với mặt phẳng nước và trục 0x cùng phương chiều với chuyển động của tàu B , còn tàu A nằm trên phần dương của trục 0y ở vị trí ban đầu có toạđộ là .

Tàu A chuyển động với vận tốc luôn hướng về phía tàu B với vận tốc gồm hai thành phần:

Lấy vế chia vế hai phương trình trên và ta rút ra: (1)

Mặt khác ta lại có: và nên (*)

Lấy tích phân 2 vế phương trình (*): hay

Ta lại có: (2)

Đạo hàm 2 vế của (2) ta được: (3)

α α cot tan yxut x ut y =−  = dt dy dt dy dt dx u α α α 2 sin cot =−

Thay (1) vào (3) ta suy ra: (4)

dt dy u α α 2 sin −=

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

Vậy sau thời gian tàu A sẽđuổi kịp tầu B.

Câu2(4 điểm)

1 Chọn chiều dương cho chuyển động

tịnh tiến và quay như hình vẽ

Theo định luật II Niutơn cho chuyển

Mặt khác: (5)

Thay dt từ (5) vào (4):

α sin sin v dy dt v dt dy −=  −= α α sin d dy y vu = α α sin d y dy v u =

2 tanlnln α a y v u v u a y       = 2 tan α

động tịnh tiến:

ma = mgsinα− Fmsn, (1)

N = mgcosα, (2)

Phương trình chuyển động quay:

2 msn 1 mRFR 2 γ= , (3)

Điều kiện lăn không trượt: a = Rγ,(4)

Giải hệ phương trình ta được: 2 agsin

=α .

hay

Suy ra 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ m k

0 0

v vv v    xy0 ( )a v        −== == α α

dt dx v y x dt dy dt dy dt dx α α cot tan 1 −= −=

Lấy tích phân 2 vế:

()

hvv

sin cos v dt dy

 

 

=⇔

Ạ

 = α π α α 2 sin d y dy v u y a





0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ = + = 2 tan1 2 sin 2 α α α v u v u a y a y       +       = +       2 2 tan 2 tan 2 1 αα αsin v dy dt−=                     +       −= a y d a y a y v a dt v u v u 2                      +       −= 0 0 2 a v u v u t a y d a y a y v a dt             + + =⇔ v u v u v a t 1 1 1 1 2 = t 22 av vu 22 u v av ω α H Fmsn v

2 Các lực và chiều chuyển động tịnh tiến và chiều quay như hình vẽ.

Gọi nêm là vật 1, hình trụ là vật 2.

Xét chuyển động của nêm trong

HQC mặt đất:

Ma1 = Nsinα− Fmsncosα, (5)

Trong HQC gắn với nêm, phương

trình chuyển động của hình trụ:

ma21 = Fqtcosα + mgsinα− Fmsn, (6)

N mgcosα + Fqtsinα = 0, (7)

2 2 21 msn 21msn a 11 FRmRmRma2F 22R=γ=  = , (8)

qt = ma1, (9)

Giải hệ phương trình ta được: () 1 2 2mgsincos a 3Mm2mcos αα = +−α .

3 Chọn K là tâm quay tức thời. Ta có mômen động lượng của con chuột đối với K là (con chuột coi như chất điểm):

LK = L1 + L2 = R2ω[ 3 2 m + m1(1 + cosα)]

Mômen lực đối với K: K 1 K 1 MKDmgKOmgMgRsinmm) =×+×  =α(+  

Ta được: () () 2 K K11 dL 3 d MgRsin2mmRmm1cos dt 2 dt ω 

()

1 11 11LKDmvKHHDmv =×=+×

()

1 11 11LHD.mvR1cosmv  ==+α

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

Do ODconst = trongsuốtquátrìnhchuyển động nên trongHQC

mặt đất,vậntốccủaconchuộtluônbằngvậntốccủatrụchìnhtrụ 1 vv =

. Suy ra: () 2 11 LR1cosmR =+αω .

Mômen động lượng của hình trụđối với K là:

2 2 20 2 1 3

LLKOmvLmRR.mvmR 2 2 =+×  =ω+=ω.

Mômen động lượng của hệ hình trụ + con chuột đối với

2 a.Gọiápsuấttrongcác quátrình đẳngáp 1-4và2–3 làp1 vàp2,thể tích trong các quá trình đẳng tích 1-2 và 3–4 là V1 và V2. Vì nội năng tại các trạng thái 2 và 4 bằng nhau nên theo điều kiện bài toán, ta có: U2 = U

 22 2112 11

pV kpVkpV pV α =  ==

Công của khí sau chu trình: A12341 = (p2 - p1)(V2-V1) = (α -1)2p1V1 Nhiệt lượng mà khí nhận vào: [ ] 123411223 11 ((1) QQQkkpV αα + =+=−1)++ . Trong đó:

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ O α α α K H v v1 P1 P N D N1 α a Fms n v2 1 N Fms n N (+) Ạ

K là

 =  α+=++α      ( ) () 1 2 1 mmgsin d 3 dt Rmm1cos 2 +α ω  γ==   ++α     0,25đ 0,25đ Câu3(4 điểm) 1 a. Áp suất P2 và bậc tự do: Quá trình đẳng nhiệt 1-2: 3 .3. 0 2 122210 P PVPVPVP =→ == Quá trình đoạn nhiệt 2-3: 2231 PVPV γ γ = 1 0 3 131 01 1 1 3 .3.3.. 3 142 331 6 33 P VPVPV i i i γγγ γ γ γ γ == + =→−=→==→= 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ b. So sánh động năng 1 3 1 3 2 T T W W KT i W =→= Dựa vào quá trình đoạn nhiệt 2-3: 1 1 4 11 1 30 2 3 1233 1 13 3 0 31,44 3.3. TP P TPTP TP P γ γγ γ γγ    =→====      3 1

W W →= 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

1,44

0,25

=∆=−=−1)

1212211 11

()(; ()()(1)( QUkppVkpV

QAUpVVkpVVkpV α αα

=+∆=−+−=+−1)

232323221221 11

Hiệu suất của chu trình 1-2 -3- 4-1:

đều đặt trong khoảng không ian rất gần điện tích đó. Gọi sốđường sức

tổng cộng đi ra khỏi q1 và N1, sốđường sức đi ra khỏi q1 trong phạm vi

hình nón với góc ởđỉnh 1 2àlN α theo lập luận thì tỉ số giữa 1N là 1N

phải bằng tỉ số giữa điện tích chỏm cầu và điện tích mặt cầu

12341

1 (1) A Qkk α η α + == ++ (1)

12341

Côngthựchiệnlênkhítrên đoạn4-1: 41121 11 ()( ApVVpV α =−=−1)

Bởi vì 1234141Q β + =Α nên: k + α(k + 1) = β (2)

Từ các phương trình (1) và (2) ta nhận được:

A Q η + =

b. Hiệu suất của chu trình 1-2-3-4-5-1: 123451 123451

Trong đó: ()2 12345112341 1111 33 3 44 AA pVpV α ==−1=

123451122345 QQQQ + + =++

Ta hãy tìm nhiệt lượng mà khí nhận vào trong quá trình 4-5: Phương trình của quá trình tuyến tính nằm trên đoạn này là:

2 1 1 12 2121 1

2.1os 1os 4 2 RRc N c NR πα α π == (1)

( ) 1 '2 1

Tươngtự,tỉ số giữa đườngsức 1N đitới điệntích-q2 trongphạm

vi hình nón có góc ởđỉnh 2β với tổng sốđường 2 N đi tới điện tích -q2 trong phạm vi hình nón có góc đỉnh 2βvới tổng sốđường N2 đi tới -q2 là:

1os 2 N c N β = (2)

2 2

Mặt khác, vì các đường sức không giao nhau nên sốđường sức đi ra khỏi q1 trong hình nón 2α phải bằng sốđường sức đi tới -q2 trong hình nón 2β, tức là :

12NN = (3)

Từ (1), (2), (3) ta có:

Nc Nc   ===   

2sin2 1os 22 1os 2sin2 22

αα α ββ β

1 ()()() 2 21 .( 22 ()()

ppVV p pppV ppVV V =  =+− 444 12 12 2 1 1 11 1 454 4

QAUppVVkpVpV p kk VpV pV V QQQVV

vVV VmaxVk

Mặtkhác,tacó: 22 11

Nq Nq = (q1,q2 làtrị tuyệt đối củacác điệntích)

αα ακ +

=+∆=−+−+−= + (2+2+) ++1)(+1)− ===

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

q q

2 2

từđó 1 2 sinsin 22 q q

βα

dQ dV

4v VV

Trong đó Vk được xác định theo điều kiện: 1

Như vậy: 11 11 ( 5 ( 3 ;() 212 212 k kk k k V VVppV pp k k α α +1)(+1) +1) = ==== + +

4544 1 2 1211 1 1 ()()() 2 2 kk k kkk QAUppVVkpVpVpV + =+∆=−+−+−=

12345112234511111111 137 315 22 QQQQpVpVpVpV + + =++=++= 6 37 η =

Câu4(4 điểm)

1 Ở những điểmrấtgầnmỗi điệntích,thìs

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,25

M trên trục,

ηβ =+== = + 0,25đ 0,25đ

(1)13 13; 22 k βη αηβ

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

ựđónggópcủa điệntích kiavào điệntrườngtổnghợplàrấtnhỏ,cóthể bỏ qua.Vìvậy,cóthể coi những đường sức đi ra ( hoặc đi tới) mỗi điện tích điểm được phân bố 0,25đ Ạ

2 2 2 2 1

2 2

Vậy:  

1   

2 2

α β

= (4) Nghiệm này chỉ có ý nghĩa nếu 1 2 sin1 2 q q α ≤

Nếu 1 2 sin1 2 q q α > thì đường sức đikhỏiq1 sẽđi raxa vô cùng và không đi tới -q2

2 a. Chia vành thành nhiều phần tử dl , điện tích trên mỗi phần tử 22 dlq dqqd R α ππ == - Điện thế do mỗi phần tử gây ra tại điểm

có tọa độ z:

22222 0 8 dqqd dVk RzRz α πε = = + +

- Điện thế V do vành tròn tích điện gây ra tại M:

π π α πεπε == = + +

- Do tính chất đối xứng trục, cường độđiện trường do vành gây ra tại điểm M trên trục có tọa độ z: 223 0 4() dVqz E dz Rz πε =−= +

Khi z >> R thì 2 0 0 ; 4 4 q q VE z z πεπε == chính là điện thế và

hạt có thể xuyên qua vòng dây thì :

0,25

đ 0,25đ 0,25đ

= thì

1. nếudâytreorấtdàisovớikíchthướccủaquả bóngbànthìcoi

hệ như một con lắc đơn:

Chu kỳ dao động nhỏ là T= r 2 g l + π ; suy ra 2 2 4 Tg rl π =− hay 22

2 44 Tlr gg ππ =+

Thế năng quả bóng bàn có được ở vị trí cân bằng động là

Et = mg(l + r)(1 - cosϕ)

Nếu gió ngừng thổi thì sau thời gian t =

1/4 chu kì = r 2g l π+

quả bóng bàn sẽ trở lại vị trí thấp nhất có

thế năng bằng 0.

Để quả bóngbàncốđịnhtạivị trícânbằng

động thì trong thời gian T/4 nói trên gió đã phải cung cấp cho quả bóng

một công A = P.t = Et Với P là công suất của gió

 r P. 2g l π+ = mg(l + r)(1 - cosϕ) (*)

Để tính công suất P của gió ta gọi ρ là khốilượng riêng của không khí, v là tốc độ gió.

Xét hình trụ đáy S là diện tích đón gió, chiều dàiL=vt.Sauthờigianttoànbộ giótronghình

trụ chuyển hết qua S. Nghĩa là động năng truyền qua S bằng

Eđ = 2 2

2 v m(.v.t.S).vv =tR 2 22 =ρ ρπ

Công suất gió là P 3 2 v =R 2 πρ (**)

L = vt S ρ

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

2 2 222 22 0 0 0 0 8 4 qd q VdV RzRz 

cường độđiện trường do điện tích điểm gây ra tại M.

Để

2 2 2 0 22 0 0 1 2 4 4 q q mv R Rh πε πε + ≥ + 2 0 22 0 11 2 q v mR Rh πε      ≥−   +   b2- Khi hạt ởđộ cao z, thế năng của hạt: 2 22 0 4 q Umgz Rz πε =+ + - Có () 2 3 22 0 4 dUqz mg dz Rz πε =− + - Thay 2 2 0 22 4 q mg R πε = , tìm được: () 2 3 22 22 1 dURz mg dz Rz     =−     +   Khi zR = thì 0 dU dz = . Vậy zR = là vị trí cân bằng của hạt. 0,25đ 0,25đ 0,25đ dα O R dl Ạ

b1- Điện thế do vành gây ra tại tâm: 0 4 o q V R πε =

0 1 2 Mo mvqVqV+≥⇔

11 + Tìm ( ) () 22 2 2 2 5 22 2 22 zR dU mgR dz Rz = + Khi zR

2 2 0 dU dz > .

ự

ểu, cân bằng là bền. 0,25đ

điểm)

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

U(z) có c

c ti

Câu5(3

I. Cơ sở lý thuyết:

ϕ l m,d

Từ (*) và (**) với chú ý rằng trong thí nghiệm của chúng ta R chính bằng r của bóng bàn ta có

TỔNG HỢP ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI KHU VỰC DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2023 MÔN VẬ﻿T LÝ – LỚP 10, 11

DẠYKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

3c.

TRƯỜNGTHPTCHUYÊN

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

Đáp án:

Sau khi qua thấu kính: 0 0 0 0

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

- Một bộ nguồn gồm 2 pin mắc nối tiếp với một biến trở

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

TRƯỜNGTHPTCHUYÊN

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

ĐỀ THIGIỚITHIỆU

------------ Hết ----------

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

=+θθϕ=

NOFFICIAL 3 điểm

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

HÙNG VƯƠNG – BÌNH DƯƠNG

ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - NĂM 2023

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

TRƯỜNGTHPTCHUYÊN HÙNGVƯƠNG–BÌNHDƯƠNG

ĐỀ THIHSGVÙNGDUYÊNHẢIVÀ

*Cơ sở lý thuyết

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

a) Tính số bội giác của ảnh (xem kính lúp như một thấu kính mỏng).

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

(Đề thi gồm02 trang)

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

ĐỀĐỀ XUẤT

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

HƯỚNG DẪN CHẤM

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

=∆=−=−1)

YKÈMQUYNHƠNOFFICIAL

= thì

TỔNG HỢP ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI KHU VỰC DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2023 MÔN VẬT LÝ – LỚP 10, 11