Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn vật lý 11 của một số trường trên toàn quốc CÓ ĐÁP ÁN

Tng hp mt s thi xut mụn Tin hc 10 ca mt s trng trờn ton quc
TRNG THPT CHUYấN

THI NG BNG DUYấN HI BC

B
BC NINH

NM HC 2012-2013
MễN VT Lí - LP 11
Thi gian lm bi 180 phỳt
------------------o0o-------------------

Bi 1 (3 im)
B
Mt khung cng hỡnh ch V ng cht, tit din u, khi lng M, cú

v0
OA = OB = l , gúc AO B = = 600. Khung nm yờn trờn mt phng ngang
khụng ma sỏt. Mt vt nh m chuyn ng trờn mt phng ngang vi vn
tc v0, hng vuụng gúc vi OB n va chm hon ton n hi vo trung
im ca OB. Tớnh vn tc ca vt m v ca u A ngay sau va chm.
O
Bi 2 (3 im)
in tớch q c phõn b u trờn mt a trũn mng, bỏn kớnh R. a c t nm
ngang trong khụng khớ. Ly trc Oz thng ng trựng vi trc ca bn. Gc O ti tõm bn.
1- Tớnh in th V v cng in trng E ti im M nm trờn trc vi OM = z. Nhn
xột kt qu tỡm c khi z >> R v khi z << R .
2- Xột mt ht mang in tớch ỳng bng in tớch q ca bn v cú khi lng m tha món
q2
iu kin mg =

. Ta ch nghiờn cu chuyn ng ca ht dc theo trc Oz.
4 0 R 2
a) Ht c th ri t cao h so vi bn. Tỡm iu kin ca h ht cú th chm vo
bn.
b) Chng t rng trờn trc Oz tn ti mt v trớ cõn bng bn ca ht. Tỡm chu k dao ng
nh ca ht quanh v trớ cõn bng ny.
n(n 1) x 2
Cho : (1 + x ) n = 1 + nx +
+ ...
2
Bài 3. (3 điểm)
Trong một bình hình trụ cách nhiệt đặt thẳng đứng, bên dới một pittông không
Thy ngõn
trọng lợng, không dẫn nhiệt là một mol khí lý tởng, đơn nguyên tử ở nhiệt độ
T1 = 300 K . Bên trên pittông ngời ta đổ đầy thủy ngân cho tới tận mép để hở của
khớ
bình. Biết rằng ban đầu thể tích khí lớn gấp đôi thể tích thủy ngân, áp suất khí lớn
gấp đôi áp suất khí quyển bên ngoài. Hệ ở trạng thái cân bằng. Hỏi phải cung cấp
cho khí một lợng nhiệt tối thiểu bằng bao nhiêu để đẩy đợc hết thủy ngân ra khỏi
bình?
Bi 4. (3 im)



Mt proton bay vo bung Willson vi vn tc v0 = 107 m/s. T trng trong bung cú
hng vuụng gúc vi mt phng qu o ca proton, ln ca cm ng t l B = 0,2T. Mt
khỏc trong bung Willson, proton cũn chu tỏc dng ca mt lc cn t l vi vn tc
-20
F c = v vi = 7.10 N.s/m. Tớnh khong cỏch t im proton bay vo bung ti im nú
dng li.

Bi 5. (2 im)
Mt con b khi lng m bt u bũ chm t ỏy trong ca mt
v bỏn cu khi lng M v bỏn kớnh R.
a) Xỏc nh v trớ khi tõm ca bỏn cu.
b) Xỏc nh cụng m con b thc hin khi nú bũ n mộp ca
v bỏn cu. H s ma sỏt ngh gia con b v v bỏn cu l ln,
cũn v bỏn cu khụng trt trờn mt phng ngang.

www.nbkqna.edu.vn

1

A


Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Tin học 10 của một số trường trên toàn quốc

z
Bài 6. (3 điểm)
a) Xét bản mặt song song trong suốt có chiết suất biến đổi theo
α
nA
khoảng cách z tính từ mặt dưới của bản. Chứng minh rằng
n A sin α = n B sin β
b) Một người đứng trên một đường nhựa rộng, dài và phẳng,
n(z)
người đó thấy ở đằng xa hình như có “mặt nước” nhưng khi lại gần thì
người đó thấy “nước” lại lùi ra xa sao cho khoảng cách từ người đó đến
O
“nước” luôn không đổi. Giải thích ảo ảnh đó.

nB
c) Hãy xác định nhiệt độ của mặt đường (nói trong phần b) với giả
β
thiết mắt người đó ở độ cao 1,6m so với mặt đường. Khoảng cách từ
o
người đó tới “nước” là 250m. Chiết suất của không khí ở 15 C và áp
suất khí quyển chuẩn là 1,000276. Ở độ cao lớn hơn 1m so với mặt
đường thì
nhiệt độ của không khí được coi là không đổi bằng 30 o. Áp suất không khí bằng áp suất tiêu
chuẩn. Gọi chiết suất không khí là n và giả thiết rằng n – 1 tỉ lệ với khối lượng riêng của
không khí.
Bài 7. (3 điểm)
Cuộn dây AB có lõi sắt, được mắc với một nguồn điện xoay
B
chiều. Hiệu điện thế giữa hai cực của nguồn là u = U 0 sin ωt . Một tụ
A
M
điện có điện dung C được mắc với điểm M của cuộn dây và một cực
của nguồn như hình vẽ. Điểm M chia cuộn dây thành hai phần có tỉ ~
số chiều dài là AM/MB = 3/2. Biết số vòng dây trên một đơn vị chiều
C
dài không đổi dọc theo AB, cuộn dây có độ tự cảm L. Giả thiết L
không thay đổi, điện trở thuần của cuộn dây và dây nối không đáng
kể.
a) Tìm cường độ dòng điện tức thời trên đoạn MB của cuộn dây.
b) Thay tụ điện bằng điện trở R. Tìm cường độ dòng điện hiệu
dụng qua đoạn MB.
-------------- Hết-----------(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh: ………………………………….Số báo danh: …………
(Đề thi này có 02 trang)

www.nbkqna.edu.vn

2


Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Tin học 10 của một số trường trên toàn quốc

HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài
Bài 1

Nội dung
Xét hệ gồm m,M là hệ kín không ma sát
Mô men quán tính của thanh đối với trục quay qua G
 M 2 M 2  7M2
 =
I = 2
+
A
48
 2 12 2 16 
AG
Gọi v0 là vận tốc của m trước va chạm
H
v’ là vận tốc của m sau va chạm
V là vận tốc của khối tâm G của M sau va chạm
G
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng

O
B
m
v 0 − v'
mv0=mv’+MV → V = ( v 0 − v') =
;
M
n
M
0
với n =
(1)
m
Áp dụng định luật bảo toàn momen động lượng


7M
7
6( v0 − v')
mv0 = mv' + Iω → v0 = v'+
ω = v'+ n ω → ω =
(2)
8
8
6m
6
7n
Va chạm đàn hồi, áp dụng định luật bảo toàn động năng
mv02 mv'2 MV 2 Iω2
7

(3)
=
+
+
→ v 02 = v'2 + nV 2 + n2ω 2
2
2
2
2
48
Thay (1),(2) vào(3) ta được
2
2
(
v 0 − v')
7n 36( v 0 − v')
3 
2 1
2
2
v 0 − v' = n
+
= ( v 0 − v')  +

2
2
n
48
49n
 n 28n 

Trước và sau va chạm v0 ≠ v'
31
31 − 28n
31m − 28M
⇒ v 0 + v' = ( v 0 − v')
→ v' =
v0 =
v0
28n
31 + 28n
31m + 28M
Vận tốc của khối tâm
v − v'
56m
V= 0
=
v0
n
31m + 28M
6( v 0 − v') 6
48m
v0
= V=
Vận tốc góc của M : từ (2) → ω =
7n
7
(31m + 28M) 



 V
Vα

Điểm
0.25


Vβ

α


v

0.25

0.25
0.25

0.5

2

2   3 
 7
 =
R=AG= AH + HG =
+ 
4  4 
4

Vận tốc của A trong chuyển động quanh khối tâm G
12 7 m
VAG = ωR =
v0
31m + 28M 


Vận tốc của A so với đất: VA = VAG + V
2

www.nbkqna.edu.vn

2

0.5

3


Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Tin học 10 của một số trường trên toàn quốc
2
2
VA = VAG
+ V 2 + 2VAG Vcosα = VAG
+ V 2 + 2VAG Vsinβ

0.5

sinβ sin300
1

=
→ sinβ =
Ta có
/8
AG
4 7
VA =

Bài 2

4mv0
31m + 28M

(3 7 )

2

+ 142 + 2.3 7 .14

/8
4mv0
≈
10 3
 7 /4 31m + 28M

q
πR 2
- Chia bản thành nhiều vành khuyên nhỏ tâm O, bề dày dr.
Diện tích của vành khuyên cách tâm r là: ds = 2πrdr .
2rdr

Điện tích của vành khuyên này: dq = 2 q
R
+ Điện thế do vành gây ra tại điểm M trên trục có tọa độ z:
dq
qrdr
dV = k
=
2
r2 + z2
2πε 0 R r 2 + z 2
- Điện thế V do bản tròn tích điện gây ra tại M:
R
R
qrdr
V = ∫ dV = ∫
2
0
0 2πε R
r2 + z2
0

0.5

1- Mật độ điện tích trên bản: σ =

R

Có

∫

0

R

rdr
r +z
2

2

=

d (r 2 + z 2 )

∫2
0

r +z
2

2

=

r2 + z2

R
0

=

O

0.25

r

R2 + z2 − z

)

(

q
R2 + z2 − z
2
2πε 0 R
+ Cường độ điện trường do vành gây ra tại điểm M trên trục có tọa độ z:
qzrdr
dE =
2
2πε 0 R (r 2 + z 2 ) 3

* Vậy điện thế là: V =

0.5



q

z


1
−
0.5
2
∫0
2
2
2πε 0 R 2 

R
+
z
2πε 0 R (r 2 + z 2 ) 3

q
q
; E=
* Khi z << R thì V =
chính là điện thế và cường độ điện
2πε 0 R
2πε 0 R 2
trường do mặt phẳng vô hạn tích điện đều gây ra tại một điểm
q
q
; E=
* Khi z >> R thì V =
chính là điện thế và cường độ điện

4πε 0 z
4πε 0 z 2
0.25
trường do điện tích điểm gây ra tại M.
R

Có E =

qzrdr

=

2- a) Để hạt có thể chạm bản thì : mgh +

[

q2
2πε 0 R 2

]

[

]

R2 + h2 − h ≥

q2
2πε 0 R

q2
= mg được: 2 R 2 + h 2 − h ≥ 2 R
Thay
4πε 0 R 2
2R
Vậy h ≥
3

www.nbkqna.edu.vn

0.5

4


Tng hp mt s thi xut mụn Tin hc 10 ca mt s trng trờn ton quc
R
q2
z0 =
2 . Tỡm c
4 0 R
3
* Khi z tng thỡ F gim v F < mg nờn hp lc hng ht v v trớ cõn bng
- Khi z gim thỡ F tng v F > mg nờn hp lc cng hng v VTCB. Vy cõn bng l

z0
q 2
= mg (1)

1

bn
2
2
2 0 R 2
R
+
z
0


- Xột khi ht dch chuyn khi v trớ cõn bng mt on z = z z 0 ( z << z , z 0 )
- Th nng ca ht (chn mc th nng trng lc ti z = 0) :
q2
Wt = mg ( z 0 + z ) +
R 2 + ( z 0 + z ) 2 ( z 0 + z )
2 0 R 2
b) V trớ cõn bng: F = qE = mg. Chỳ ý mg =

0.25

)

(

1/ 2


2 z z + z 2
- Xột R + ( z 0 + z ) = R + z 0 1 + 0 2

2
R + z 0

Vỡ z << z 0 . S dng phộp khai trin gn ỳng v gi li s hng bc hai ca
z

z 0 z
R 2 z 2
2
2
2
2
R
+
(
z
+

z
)
=
R
+
z
1
+
+

0

0
2
2 ta c:
2
2
2
2
R + z0
2( R + z 0 )
R 2 + z0

q2
Chỳ ý mg =
. Ta cú:
4 0 R 2
2

2

2

2




z 0 z
R 2 z 2
2
2

Wt = mg 2 R + z 0 1 + 2
+

(
z
+

z
)


0
2
2( R 2 + z 02 ) 2
R + z0



R
3 3
Thay z 0 =
ta tỡm c: Wt = 3mgR +
mgz 2
3
8R
1 2
3 3
mv + 3mgR +
mgz 2
2

8R
Ly o hm hai v, vi chỳ ý v = z ' = z ' ; v' = z ' ' v W(t) = 0. Ta c:

0.5

- Nng lng ca ht ti thi im ny: W =

z" +

R
3 3g
.
z = 0 . T ú tỡm c T = 4
3 3g
4R
0.25

Bi 3

Gọi pa là áp suất khí quyển, S là diện tích pittông, H và 2H lần lợt là độ cao ban đầu
của thủy ngân và của khối khí; x là độ cao của khí ở vị trí cân bằng mới của pittông đợc
nâng lên. Chúng ta sẽ tìm biểu thức liên hệ nhiệt lợng cung cấp Q cho khí và độ cao x.
Ban đầu, theo đề bài áp suất khí bằng (2 pa ), suy ra áp suất cột thủy ngân có độ cao
H bằng pa . Do đó tại trạng thái cân bằng mới, cột thủy ngân có độ cao 3H x , sẽ có
3H x
pa .
áp suất bằng
0.5
H
Dễ thấy rằng áp suất của khí px ở trạng thái cân bằng mới bằng tổng áp suất khí

quyển pa và áp suất của cột thủy ngân:
3H x
4H x
p x = pa +
pa =
pa
(1)
H
H
Theo phơng trình Mendeleev Clapeyron viết cho trạng thái cân bằng ban đầu và trạng

www.nbkqna.edu.vn

5


Tng hp mt s thi xut mụn Tin hc 10 ca mt s trng trờn ton quc
thái cân bằng mới, ta đợc
px Sx 2 pa .S (2 H )
=
Tx
T1

0.5

Sau khi thay biểu thức của px vào, ta tìm đợc nhiệt độ của khí ở trạng thái cân bằng
mới
(4 H x) x
Tx =
T1

4H 2
Độ biến thiên nội năng trong quá trình pittông nâng lên đến độ cao x bằng:
2
3( x 2 H ) 2
x 2H
(2)
U = CV (Tx T1 ) =
RT1
CV T1 =
0.5
8H 2
2H
với CV = 3R / 2 .
Công mà khí thực hiện trong quá trình trên (áp suất biến thiên tuyến tính từ 2 pa đến px
) là:
2 pa + px
(6 H x)( x 2 H )
( xS 2 HS ) =
pa S
2
2H
Vì trong trạng thái ban đầu
2 pa .2 HS = RT1
ta có:
(6 H x )( x 2 H )
A=
RT1
8H 2

0.5

Theo Nguyên lý I NĐH: Q = U + A
Và tính đến (2) và (3), ta đợc
RT
RT
Q = ( x 2 + 5Hx 6 H 2 ) 12 = ( x 2 H )(3H x) 12
2H
2H

0.5

A=

Nếu thay một cách hình thức x = 3H vào phơng trình trên ta sẽ nhận đợc đáp số không
đúng là Q = 0. Để có kết luận đúng ta sẽ hãy vẽ đồ thị của Q theo x.
Để đạt đến trạng thái cân bằng khi x = 2,5H, ta cần cung cấp một nhiệt lợng
RT
Q0 = 1 = 312 J . Còn để đạt tới các vị trí cân bằng với x > 2,5H thì cần một nhiệt lợng
8
Q < Q0 . Điều đó có nghĩa là sau khi truyền cho khí nhiệt lợng Q0 và pittông đạt đến độ
cao x = 2,5H khí sẽ bắt đầu tự phát giãn nở và đẩy hết thủy ngân ra ngoài bình. Vậy
nhiệt lợng tối thiểu cần cung cấp là Qmin = Q0 = 312 J .
0.5

www.nbkqna.edu.vn

6


Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Tin học 10 của một số trường trên toàn quốc

Bài 4

Xét tại thời điểm t
mv "x = −qv y B − αv x (1)
mv "y = qv x B − αv y

0.5

(2)

dy
→ dy = v y dt (3)
dt
Tương tự: dx = v x dt (4)
(1),(2),(3), (4) suy ra
dv x
qB dy α dx
=−
−
dt
m dt m dt
(5)
α
↔ dv x = −ω c dy − dx
m
α
dv y = ω c dx − dy (6)
m
qB

(Với ω c =
là tần số của proton)
m
Lấy tích phân hai vế các phương trình
(5), (6) ta được:
Mặt khác v y =

yA

y

B

+

A

vy
0.5

l

O

0.5

v0

x

x

α A
α
dv
=
−
ω
dy
−
dx ↔ −v 0 = −ω c y A − x A (7)
c ∫
∫v x
∫
m 0
m
0
0
0

xA

y

α A
α
dv
=
ω
dx

−
y
c
∫0
∫0 m ∫0 d y ↔ 0 =ω c x A − m y A (8)
Với xA, yA là tọa độ của A là điểm proton dừng lại.
v 0α / m
vω
; yA = 2 0 c 2
Giải hệ (7), (8) ta được: x A = 2
2
ω c + (α / m)
ω c + (α / m)
Nên khoảng cách từ điểm bay vào buồng tới điểm nó dừng lại là:
v0
v0 m
l = x A2 + y A2 =
=
≈ 21,7cm
ω c2 + (α / m) 2
q2B2 + α 2
0

Bài 5

1

0.5

a) Khối tâm G của vỏ bán cầu: Do tính đối xứng

G nằm trên trục Oy
Xét đới cầu thứ i có bán kính r = R sin ϕ
Diện tích của đới cầu:
dS = 2πrdh = 2πR sin ϕRdϕ = 2πR 2 sin ϕdϕ
dS có tọa độ y = R cos ϕ
M
dS
khối lượng dm =
2πR 2
do đó
π /2
1
1
R
2
yG =
ydm
=
2
π
R
sin ϕdϕ .R cos ϕ =
2
∫
∫
M
2
2πR
0

nên

0.5

0.5

b) Tại thời điểm con bọ bò đến mép vành, do con bọ bò chậm nên có thể bỏ qua động
www.nbkqna.edu.vn

vx

7


Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Tin học 10 của một số trường trên toàn quốc
năng của hệ. Cơ năng ban đầu của hệ là
R
E = Mg
2
+ Cơ năng cuối cùng của hệ :
E ' = Mg ( HC ) + mg ( KC )
R
cos α ; KC = R − R sin α
2
cos α
) + mgR(1 − sin α )
Suy ra E ' = MgR(1 −
2
HC = R −

1
MgR (1 − cos α ) + mgR (1 − sin α ) (1)
2
sin α
2m
2m
= mgR cos α → tan α =
→ sin α =
+ Điều kiện cân bằng MgR
2
M
M 2 + 4m 2
M
cos α =
2
M + 4m 2
1
M
2m
) + mgR (1 −
)
Thay vào (1) ta được : A = MgR(1 −
2
2
2
2
M + 4m
M + 4m 2
+ Công mà con bọ thực hiện được: A = E '− E =

0.5

0.5
Bài 6

a) Chia bản mỏng thành nhiều lớp mỏng sao cho chiết suất của mỗi lớp coi như không
đổi: n1 , n2 ....nk
Ta có: n A sin α = n1 sin α 1 = n 2 sin α 2 = nk sin α k = n B sin β (1)
0.75
b) Lớp không khí càng gần mặt đường càng nóng, chiết suất giảm theo độ cao. Tia
sáng đi từ M theo đường cong với góc khúc xạ tăng dần, tới P thì góc ấy bằng 90 o có sự
phản xạ toàn phần nên tia sáng đi cong lên và lọt vào mắt. Mắt nhìn thấy ảnh M’ theo
phương cuối cùng của tia sáng tới mắt, ảnh lộn ngược nên ảnh ảo có nước.

0.75

m
1
RT ↔ pµ = ρRT ↔ ρ ~
µ
T
Khối lượng riêng của chất khí ở áp suất không đổi tỉ lệ nghịch với T (nhiệt độ tuyệt
đối)
Mắt
k
n = 11)+
M
Theo giả thiết ρ ~ n − 1 ↔ n − 1 = k ' ρ ↔ H(T
β
T

P
k
o
h
↔ k = 0,079488
Xác định k : tại t = 15 C (288K) thì n = 1,000276 = 1 +
T
288
c) Ta có pV =

www.nbkqna.edu.vn

l

8
M’

0.5


Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Tin học 10 của một số trường trên toàn quốc
0,079488
(2)
T
Theo (1), tia sáng có phản xạ toàn phần tại P khi α = 90o nên:
n P = n(T1 ) sin β (3)
Với T1 = 303K là nhiệt độ không khí ở H có độ cao lớn hơn 1m còn nP là chiết suất
không khí ở sát mặt đường có nhiệt độ T cần xác định n P = n(T )
n = 1+

sin 2 β =

0.5

l2
1
h2
=
≈
1
−
l 2 + h 2 1 + (h / l ) 2
l2

h = 1,6m
l = 250m suy ra sin β ≈ 0,99998
mà ta có n P = n(T1 ) = n(303) = 1,000262 thay vào (3) ta được
n P = 1,000262.0,99998 = 1,000242 thay vào (2) ta được : T = 328K = 55oC
0.5
Bài 7

a)Vì đường sức từ không ra ngoài lõi sắt nên từ thông qua mỗi vòng dây đều như nhau.
Các điện áp trên các đoạn dây tỉ lệ với số vòng dây, do đó cũng tỉ lệ với chiều dài ống
dây.
u AM + u MB = U 0 sin ωt ; u AM = 1,5u MB
Suy ra u AM = 0,6U 0 sin ωt ; u MB = 0,4U 0 sin ωt ;
π
+ Dòng điện qua tụ điện là: iC = 0,4U 0ωC sin(ωt + ) = 0,4U 0ωC cos(ωt )
2
+ Độ tự cảm của các phần ống dây AM, MB lần lượt là 0,6L; 0,4L

+ Từ trường B trong lõi thép là tổng hợp từ trường do dòng điện chạy trong cả hai phần
cuộn dây gây ra là.
+ Gọi cường độ dòng qua BM là i1 thì cường độ dòng điện qua AM là i = i1 + iC
Φ = 0,6 L(i1 + iC ) + 0,4 Li1 = Li1 + 0,6 LiC
di 
dΦ  di1
= L
+ 0,6 L C  = U 0 sin ωt
dt  dt
dt 
di
2
 L 1 = U 0 sin ωt + 0,24U 0 LCω sin ωt
dt
U
U
π
i1 = − 0 (1 + 0,24U 0 LCω 2 ) cos ωt , hoặc i1 = 0 (1 + 0,24U 0 LCω 2 ) sin(ωt − )
Lω
Lω
2
0,04U 0
sin ωt
b)Nếu thay tụ bởi R thì : i R =
R
Tương tự như trên : Φ = Li1 + 0,6i R
di 
dΦ  di1
= L
+ 0,6 L R  = U 0 sin ωt

dt  dt
dt 
di
U Lω
cos ωt
 L 1 = U 0 sin ωt − 0,24 0
dt
R
U
U
 i1 = − 0 cos ωt − 0,24 0 sin ωt = a cos ωt + b sin ωt
Lω
R
b
2
2
2
2
Đặt tan ϕ = ; a = a + b cos ϕ ; b = a + b sin ϕ
a

0.5

0.5

0.5

i1 = a 2 + b 2 (cos ϕ cos ωt + sin ϕ sin ωt ) = a 2 + b 2 cos(ωt − ϕ )

www.nbkqna.edu.vn

0.5

0.5

9


Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Tin học 10 của một số trường trên toàn quốc
Suy ra I 01 = a + b ↔ I 1 =
2

2

I 01
2

=

a2 + b2
2

= U0

1
0,0576
+
2
2(ωL)
2R 2

T

2
Hoặc I 1 =

1
a2 + b2
1
0,0576
2
(
a
cos
ω
t
+
b
sin
ω
t
)
dt
=
↔ I1 = U 0
+
2
∫
T 0
2

2(ωL)
2R 2

www.nbkqna.edu.vn

0.5

10


Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Tin học 10 của một số trường trên toàn quốc
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ CỦA
CHUYÊN BẮC GIANG

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC MỞ RỘNG
NĂM HỌC 2012- 2013

MÔN THI: VẬT LÝ LỚP 11
Ngày thi: 21 tháng 4 năm 2013
(Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm 3 trang

Bài 1 (5 điểm). Tĩnh điện
Quả cầu tâm O bán kính R mang mật độ điện tích mặt σ = σ0 cos θ
R

(Hình 1).

a) Chứng tỏ rằng phân bố này tương đương với phân bố của

O

A

θ

z

hệ hai khối cầu bán kính R tích điện đều với mật độ điện tích khối
là −ρ0 và +ρ0 khi cho tâm O1 và O2 tiến đến gặp nhau.

Hình 1

b) Xác định cường độ điện trường và hiệu điện thế ở bên
trong và bên ngoài quả cầu (chọn mốc điện thế tại O).
Bài 2 (4 điểm). Từ trường
Cho mạch điện đặt trong mặt phẳng nằm ngang, A
như hình 2. Trong đó AB là dây dài vô hạn mang dòng
điện không đổi I khá lớn, CD và MN là hai thanh kim C

x0

B

I
K
L

P E

D
E

loại cùng đặt song với AB, dây AB cách thanh CD một
khoảng x0. PQ là thanh kim loại có điện trở R, chiều dài
l và khối lượng m, luôn tiếp xúc và vuông góc với thanh

M

Hình 2

CD và MN. Nguồn điện có suất điện động E, điện trở trong không đáng kể, cuộn
dây thuần cảm có độ tự cảm L. Coi điện trở thanh CD và MN, điện trở khóa K
và dây nối không đáng kể. Bỏ qua từ trường của dòng điện do nguồn điện gây
ra.


1. Khóa K đóng: Thanh PQ được duy trì với vận tốc không đổi v hướng
sang trái. Xác định độ lớn và chiều cường độ dòng điện chạy qua thanh PQ.


2. Khóa K mở: Ngắt dòng điện trên dây AB, thiết lập từ trường đều B vuông
góc với mặt phẳng hình vẽ, chiều từ trước ra sau và choán hết mạch điện tính từ
E sang trái. Giữ thanh PQ, tại thời điểm t = 0 thả nhẹ nó. Lập biểu thức vận tốc
www.nbkqna.edu.vn

11

N


Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Tin học 10 của một số trường trên toàn quốc

của thanh PQ theo i và

di
trong mạch và biểu thức lực từ tác dụng lên thanh PQ
dt

tại thời điểm t. Bỏ qua mọi ma sát.
Cho biết nghiệm của phương trình y’’(t) + 2ay’(t) + by(t) = 0 (với a2 – b > 0)
có dạng : y = y0exp[(- a ± a 2 − b )t] với y0 được xác định từ điều kiện ban đầu.
Bài 3 (4 điểm). Quang học
Mặt cầu S có tâm nằm trên Ox, mặt cầu này ngăn cách hai môi

y

B

’

trường quang học đồng chất có chiết suất là n và n (Hình 3.1).
1. Các tia sáng song song với trục Ox (trục quang học) sau khi bị
khúc xạ qua mặt S giao nhau tại một điểm nằm trên Ox. S gọi là mặt

O

F

(n)

(n’)
B’

’

khúc xạ lý tưởng. Tìm phương trình của cung BB nếu các tia sáng
hội tụ tại F (Hình 3.1), các giá trị n, n’, OF = f đã biết. Xét trường hợp

x

Hình 3.1

n = n’ và phân tích kết quả.
2. Mặt cầu của các thấu kính hội tụ ánh sáng tại một điểm nếu các
y

tia sáng đi gần trục chính. Nếu muốn hội tụ một chùm sáng rộng hơn
thì phải dùng các mặt cầu khúc xạ lí tưởmg. Hãy xác định độ dày nhỏ

F

O

x

nhất (ở phần tâm) của một thấu kính hội tụ phẳng – lồi có chiết suất n
= 1,5; bán kính R = 5 cm (Hình 3.2) để có thể hội tụ tại F một chùm

sáng rộng, song song với trục chính chiếu vuông góc với phần mặt

Hình 3.2

phẳng. Biết OF = f = 12 cm.
3. Hãy xác định độ dày nhỏ nhất (ở phần tâm) của của một thấu

y

kính phân kì phẳng – lõm có chiết suất n = 1,5; bán kính R = 2 cm,
bề dày bờ d0 = 0,5 cm (Hình 3.3) để sao cho khi chiếu một chùm sáng

d0
O

F

rộng vuông góc với phía mặt phẳng, đường kéo dài của các tia ló hội
tụ tại F với OF = 20 cm.

Hình 3.3

Bài 4 (5 điểm). Dao động
Xét hai con lắc dây coi như con lắc đơn, mỗi con lắc đơn này có độ dài  và
vật nhỏ khối lượng m (Hình 4). Hai vật được nối với nhau bởi một lò xo nằm
www.nbkqna.edu.vn

12

x

Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Tin học 10 của một số trường trên toàn quốc

ngang có độ cứng k, có khối lượng không đáng kể. Ở vị trí cân bằng,
hai dây treo thẳng đứng, lò xo có độ dài tự nhiên (không bị dãn hoặc
bị co). Kí hiệu x là li độ của vật trong con lắc bên phải, y là li độ của



vật trong con lắc bên trái.


k

m

Bài 5 (2 điểm). Phương án thực hành

y

Xác định độ từ thẩm μ của chất sắt từ

m
x

Hình 4

Cho các linh kiện và thiết bị sau:
- 01 lõi sắt từ hình xuyến tiết diện tròn

- Cuộn dây đồng (có điện trở suất ρ) có thể sử dụng để quấn tạo ống dây
- 01 điện kế xung kích dùng để đo điện tích chạy qua nó
- 01 nguồn điện một chiều
- 01 ampe kế một chiều
- 01 biến trở
- Thước đo chiều dài, panme, thước kẹp
- Ngắt điện, dây nối cần thiết.
Hãy nêu cơ sở lý thuyết và phương án thí nghiệm để đo hệ số từ thẩm µ của
lõi sắt từ.
…………………….. HẾT ……………………

Họ và tên thí sinh:………………………….

Chữ ký của Giám thị số 1:

…………
Số báo danh: ……………………………….

Chữ ký của giám thị số 2:

………….
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

CHUYÊN

KHU VỰC MỞ RỘNG NĂM HỌC 2012- 2013

KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ

MÔN THI: VẬT LÝ LỚP 11

ĐỀ ĐỀ NGHỊ CỦA

Ngày thi: 21 tháng 4 năm 2013

CHUYÊN BẮC GIANG

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

Bài 1 (5 điểm). Tĩnh điện
a) Trong hệ toạ độ cầu gốc O, trục Oz thì một phần tử diện tích
www.nbkqna.edu.vn

13


Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Tin học 10 của một số trường trên toàn quốc

nguyên tố cắt trên mặt cầu tâm O bán kính R bằng:
dS = Rdθ.R sin θdϕ = R 2 sin θ.dθdϕ . Mang điện tích: dq = σdS = σ0 cos θdS (1)

Xét hệ hai khối cầu mang điện, trong không gian chung
của chúng, điện tích toàn phần bằng không. Như vậy khi O 1
tiến tới O2, các điện tích của phân bố này được định vị trong
một màng mỏng, lân cận bề mặt quả cầu tâm O bán kính R,
mang mật độ điện khối −ρ0 và +ρ0 , theo dấu của z, tức là của
cos θ .

Xét phần tử thể tích giới hạn bởi hai diện tích nguyên tố dS và cách nhau
x = MN. Ta có:
 O1O 2 = a

a

O1H1 = O 2 H 2 = sin θ
2

 H1H 2 = a cos θ

 H N = R 2 + O H 2
1
1 1
⇒
⇒ H1 N = H 2 M
2
2
H 2 M = R + O 2 H 2

⇒ MN = x = H1H 2 = a | cos θ | ⇒ dV = a | cos θ | dS
dq = ρ0 a cos θ.dS
⇒
⇒ dq = σ0 cos θ.dS (2)
 σ 0 = ρ0 a

Như vậy phân bố thứ nhất có thể thu được từ phân bố thứ hai khi cho a → 0 ,
với điều kiện áp đặt σ0 = ρ0a = const , (ρ0 → ∞)
b) Vì rằng hai mặt phẳng (xOz) và (yOz) là hai mặt phẳng đối xứng của
phân bố điện tích này nên cường độ điện trường phải song song với hai mặt này,

do đó sẽ song song trục Oz.
+ Xét tại điểm M bên trong quả cầu cách O một khoảng r, dùng định lý
Gauss:
ρ0 uuuu

E
(M)
=
O1M
1

3
ε
ρ
4

0
Φ = 4πr 2 Eε 0 = πr 3ρ0 ⇒ E = 0 r ⇒ 
uuuuu

3
3ε0
ρ
E (M) = 0 O M
2
2

3ε0

Theo nguyên lí chồng chất điện trường ta có:


ρ uuuuu
ρa
σ 
E(M) = 0 O1O 2 = − 0 ez = − 0 ez
3ε 0
3ε 0
3ε 0
www.nbkqna.edu.vn

14


Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Tin học 10 của một số trường trên toàn quốc

Như vậy cường độ điện trường tại mọi điểm bên trong quả cầu là như nhau.
z 
z
σ
σ
σ

V
=
E
dz
=
−
Điện thế bên trong quả cầu:
∫0 z

∫0 3ε0 cos π.dz = 3ε0 z = 3ε0 r cos θ
0
0
0

+ Xét tại một điểm bên ngoài quả cầu. Mỗi khối cầu +ρ0 và −ρ0 được xem
4
3

như hai điện tích điểm đặt tại O1 và O2 có điện tích tương ứng là q1 = πR 3ρ0 và
4
q 2 = − πR 3ρ0 . Ta có một lưỡng cực điện, vectơ lưỡng cực điện là:
3
uuuuu 4

 4

p = q.O 2O1 = πR 3ρ0a.ez = πR 3σ 0 .e z
3
3
 uuuu
 uuuu
1 p.OM 4 3
1 e z .OM R 3σ0 cos θ
.
= πR σ0
=
Điện thế: V(M) =
4πε 0 OM 3 3
4πε 0 OM 3

3ε 0 r 2

Cường độ điện trường:

2R 3σ0 cos θ
E
=


 r

3ε 0
r3
1 2p cos θ.er + psin θ.eθ

EM =
⇒
3
4πε 0
r3
 E = R σ0 sin θ
 θ
3ε 0 r 3

Bài 2 (4 điểm). Từ trường

www.nbkqna.edu.vn

15

Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Tin học 10 của một số trường trên toàn quốc

Bài 3 (4 điểm). Quang học
www.nbkqna.edu.vn

16


Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Tin học 10 của một số trường trên toàn quốc
y

y
B
A A
y d0
y A’
F
A
x
’
O O ’
O (nx )
(n)F
B’
’

A’ A
y
F

’
O xO

x

x

x
Hình 3.2

Hình3.3
3.1
Hình

1.

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

từ F đến F’. Một tia chiếu đến điểm A có hoành độ x, tung độ y thì có quang
trình :
L = n. F’A + n’ . AF = const
Vì F’A = F’A’ + A’A và F’A’ ≈ F’O’
- Từ hình 2.1 : AA’ = x; AF =
Từ (2) và (3) ta có :

(1)
⇒

L’ = n. A’A + n’. AF = const

( f − x)2 + y 2

(3)

L' = nx + n ' ( f − x) 2 + y 2 = const

Với tia trùng với trục Ox : L’ = n’.OF = n’f
Từ (4) và (5) :

nx + n' ( f − x) 2 + y 2 = n' f

Biến đổi ta được :

(2)

(4)
(5)

(6)

(n '2 − n 2 ) x 2 + n 2 y 2 − 2n ' (n ' − n) fx = 0

(7)

Đó là phương trình của elíp. Vậy mặt S là mặt elipxoit tròn xoay.
- Khi n’ = - n thì từ (7) : y2 = 4fx

(8) mặt S là parabol phản xạ ánh sáng.

2. Từ kết quả câu 1 và hình 2.2 : n.OO’ + OF – OO’ = AA’ + AF; OO’ = d
nx + ( f − x) 2 + y 2 = f + (n − 1)d

Với y = R ; x = 0 thì d =

(9)

( f 2 + R2 ) − f
= 2 cm
n −1

3. Tia ló sau khi qua mặt lõm của thấu kính xem như xuất phát từ nguồn sáng tại
F.
Từ hình 2.3 : n. A’A = FB – FO’ + n. OO’ ; OO’ = d; OF = f ; AA’ = x
nd − ( f +d ) = nx − ( f + x) 2 + y 2

(10)

1/ 2

Với y = R; x = d0 thì từ (10) ta có :

www.nbkqna.edu.vn

nd 0 + f − (d 0 + f ) 2 + R 2 
d=
n −1

= 0,3 cm

17


Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Tin học 10 của một số trường trên toàn quốc

Bài 4 (5 điểm). Dao động
Phương trình động lực học của con lắc bên phải là:
g
mx′′ = − m x − k ( x − y ) ,


với x′′ là đạo hàm hạng hai của x theo thời gian.
Phương trình động lực học của con lắc bên trái là:
g
my′′ = − m y + k ( x − y ) .

g


Nếu đặt: ω02 = ,
ta sẽ có các phương trình
x′′ + ω02 x = −

k
( x − y) ,
m

(1)

y′′ + ω02 y = −

k
( y − x) .
m

(2)

Đây là một hệ hai phương trình vi phân, mỗi phương trình trong hệ chứa cả
hai hàm x và y của thời gian. Muốn giải hệ phương trình này, cần phải chuyển
thành hệ tương đương gồm hai phương trình mà mỗi phương trình chỉ chứa một
biến số là hàm của thời gian. Với hệ tương đương đó có thể giải riêng biệt từng
phương trình bằng phương pháp toán học quen thuộc.
Để làm điều đó, ta cộng từng vế của (1) và (2) thì được:

( x′′ + y′′) + ω02 ( x + y ) = 0.
Nếu chọn hàm x + y như một tọa độ (biến số) mới của hai con lắc liên kết
X = x + y,

(3)

thì phương trình trên chỉ còn chứa một hàm số (biến số) X, và có dạng quen
thuộc:
X′′ + ω02 X = 0.

(4)

Phương trình (4) có nghiệm tổng quát dưới dạng:
X = A cos ( ω1t + ϕ1 ) ,
www.nbkqna.edu.vn

(5)
18


Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Tin học 10 của một số trường trên toàn quốc

trong đó: ω1 = ω0 =

g
.


(6)

Bây giờ nếu trừ từng vế của (1) cho (2) và đặt
Y = x - y,

(7)

thì ta có phương trình chỉ còn chứa một hàm Y:
2k 

Y′′ +  ω02 +
÷Y = 0.
m


Đặt: ω22 = ω02 +

(8)

2k
,
m

hay là: ω2 = ω02 +

2k
g 2k
=
+ ,
m
 m

(9)

thì nghiệm Y của phương trình (8) có dạng tổng quát:
Y = Bcos ( ω2 t + ϕ2 ) .

(10)

Nhìn tổng thể quá trình vừa được thực hiện, ta đã đưa vào hai hàm tọa độ
mới X = x + y và Y = x - y. Hai hàm này, mỗi hàm thỏa mãn một phương trình
(4) cho X và (8) cho Y. Hai phương trình đó tương đương với hệ hai phương
trình (1) và (2). Có thể tìm nghiệm x và y thỏa mãn hệ hai phương trình (1) và
(2) theo các nghiệm X và Y của (5) và (8):
x=

1
A

B
( X + Y ) = cos ( ω1t + ϕ1 ) + cos ( ω2 t + ϕ2 ) ,
2
2
2

(11)

y=

1
A
B
( X − Y ) = cos ( ω1t + ϕ1 ) − cos ( ω2 t + ϕ2 ) .
2
2
2

(12)

Như vậy, dao động của mỗi con lắc (trong số hai con lắc liên kết) là cộng
hoặc trừ chồng chập của hai dao động điều hòa với tần số góc lần lượt là
ω1 =

g
g 2k
+ .
, và ω2 =

 m

Bài 5 (2 điểm).
Cơ sở lý thuyết:
Xét một lõi sắt từ hình xuyến trên đó có cuốn hai
cuộn dây có số vòng là N1 và N2. Khi cho dòng điện

www.nbkqna.edu.vn

I1
A

R2

K
N1

R

19

N2

d

G


Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Tin học 10 của một số trường trên toàn quốc

chạy qua cuộn thứ nhất (N1) trong lòng lõi sắt sẽ xuất hiện từ trường và từ

trường này sẽ đi qua cả cuộn dây thứ hai (N2).
Gọi d là đường kính trung bình lõi hình
xuyến. Chu vi hình xuyến πd là chiều dài mạch
từ.
Khi dòng điện chạy qua cuộn thứ nhất là I 1 thì cảm ứng từ chạy trong mạch từ là
B = µ 0µ

N1I1
πd

với µ 0 = 4.10 -7 (H/m)

Từ thông gửi qua cuộn thứ hai là φ = N 2 BS = µ 0µ
từ

N1 N 2 I1
S với S là tiết diện mạch
πd

Khi vừa ngắt khoá K, dòng điện chạy qua cuộn thứ nhất I 1 sẽ giảm về 0 và
gây ra sự biến thiên từ thông chạy qua cuộn thứ hai (giảm từ φ → 0 ) và tổng
điện tích chạy qua điện thế xung kích là q
Xét khoảng thời gian ∆t nhỏ, từ thông qua cuộn thứ hai giảm đi ∆φ tương
ứng với điện lượng đi qua là ∆q . Ở cuộn thứ hai sinh ra suất điện động cảm ứng
ξ 2 và dòng điện i2.
Trong thời gian ∆t trên dòng điện tích qua điện kế là:
∆t ∆φ ∆t ∆φ
=
=
(R2 là điện trở cuộn dây N2)

R 2 ∆t R 2 R 2
1
1
N1 N 2
Toàn bộ điện tích qua cuộn 2 là q = ∑ ∆q = R ∑ ∆φ = R (φ − 0) = πdR µ 0µI1S
2
2
2
qπdR 2
suy ra µ =
N1 N 2µ 0 I1S
∆q = i 2 ∆t = ξ 2

Các bước thí nghiệm:
* Chuẩn bị:
- Đo đường kính trong và ngoài của lõi sắt từ hình xuyến d1 và d2 → d =

d1 + d 2
2

- Đo đường kính e của sợi dây đồng bằng panme
- Cuốn hai cuộn dây với số vòng là N1 và N2 lên lõi sắt từ.
- Tính điện trở cuộn dây N2:

R2 = ρ

2
N π(d − d )
N (d − d )
= ρ 2 2 2 1 = 4ρ 2 22 1

s
e
e
π ÷
2

* Thao tác:
- Chỉnh biến trở để thay đổi dòng I1, mở khoá K, đọc giá trị q trên điện kế xung
kích, ghi giá trị vào bảng
Lần đo

I1

điện lượng q

- Tính độ từ thẩm µ ứng với mỗi lần đo

www.nbkqna.edu.vn

20


Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Tin học 10 của một số trường trên toàn quốc
d1 + d 2
N (d − d )
4ρ 2 22 1
qπρ(d1 + d 2 )
2
e
=8

2
N1µo I1πe 2 ( d 2 − d1 )
d 2 − d1 )
(
N1 N 2µ o I1π
4
Lặp lại các thao tác trên và tính giá trị µ
qπdR 2
µ=
=
N1 N 2µ 0 I1S

www.nbkqna.edu.vn

qπ

21


Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Tin học 10 của một số trường trên toàn quốc

TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN
HÀ NỘI

ĐỀ GIỚI THIỆU THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐB BẮC BỘ
MÔN THI: Vật lí - Lớp 11
Thời gian làm bài :180 phút
(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)

Bài I (5 điểm)
Tìm lực tương tác giữa hai mặt bán cầu không dẫn điện bán
kính R và r, tích điện Q và q tương ứng. Biết rằng điện tích phân bố
đều trên mặt phẳng bán cầu, tâm của các mặt phẳng thiết diện lớn
nhất của các bán cầu trùng nhau.
Bài II (4 điểm)
→

→

Trong một khoảng không gian có tồn tại điện trường đều E và từ trường đều B
→
vuông góc với nhau, ta chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho trục Oy hướng theo E ,
→

trục Oz hướng theo B . Đặt tại gốc tọa độ O một hạt có khối lượng m, điện tích
+q rồi buông nó ra với vận tốc ban đầu bằng không. Hãy xác định quy luật
chuyển động của hạt đó trong vùng không gian trên (bỏ qua tác dụng của trọng
lực và lực cản).
Bài III (4 điểm)
Một bể nhỏ hình hộp chữ nhật trong có chứa
nước. Thành bể phía trước là một tấm thủy tinh
có bề dày không đáng kể, thành bể phía sau là
một gương phẳng, khoảng cách giữa hai thành bể
này là
GH = a = 32 cm. Chính giữa bể có
một vật phẳng nhỏ AB thẳng đứng. Đặt một thấu
kính hội tụ L trước bể và một màn M để thu ảnh
của vật thì thấy có hai vị trí của màn cách nhau
một khoảng d = 2cm

G

M
M

L

A
B

H

o

đều thu được ảnh rõ nét trên màn. Độ lớn của hai ảnh này lần lượt là 6cm và
4,5cm. Chiết suất của nước là 4/3. Tính tiêu cự của thấu kính và độ cao của vật.
Bài IV (5 điểm)
Cho một cơ hệ như hình vẽ: hai vật nặng có khối lượng m

2k

m

2m
k

và 2m được gắn với hai lò xo nhẹ có cùng độ dài tự nhiên
là L, có độ cứng 2k và k; các lò xo được nén lại bởi hai sợi

2L

chỉ sao cho các vật nặng cách tường những khoảng L/2; khoảng cách giữa hai
bức tường là 2L. Người ta đốt đồng thời hai sợi chỉ, sau đó các vật va chạm và
dính vào nhau. Tìm vận tốc cực đại mà các vật sẽ có được trong quá trình dao
động sau va chạm. Va chạm được coi là xuyên tâm. Bỏ qua ma sát và kích thước
vật nặng.
www.nbkqna.edu.vn

22


Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Tin học 10 của một số trường trên toàn quốc

Bài V (2 điểm)
Cho một nguồn điện không đổi, một tụ điện, một điện trở có giá trị khá lớn đã
biết, một micrôampe kế, dây nối, ngắt điện, đồng hồ bấm giây và giấy kẻ ô tới
mm. Hãy đề xuất phương án thí nghiệm để đo điện dung của tụ điện.
………………………Hết…………………….

www.nbkqna.edu.vn

23


Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Tin học 10 của một số trường trên toàn quốc

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Bài I (5 điểm)
u

- Gọi F là lực tương tác giữa hai bán cầu, hướng của F như hình a.

a.

b.

c.

- Giả sử thêm vào một bán cầu bán kính R tích điện Q như hình b.
Vì điện trường bên trong quả cầu bán kính R bằng 0 nên lực tác dụng lên bán
cầu nhỏ bằng 0, do đó lực tác dụng của hai nửa bán cầu lớn lên bán cầu nhỏ
bằng có độ lớn bằng nhau và ngược chiều như hình vẽ b.
- Tương tự ta thêm vào một bán cầu nhỏ bán kính r, điện tích q như hình c. Theo
lập luận trên ta suy ra lực tác dụng của quả cầu nhỏ lên bán cầu lớn bằng
2F………....1,5đ

- Gọi F1 = 2F là lực tác dụng của quả cầu bán kính r lên bán cầu lớn.
- Cường độ điện trường do quả cầu nhỏ gây ra trên bề mặt bán cầu lớn:
2q
1,0đ
R 2 ..........................................................................................................
Q
⇒ áp suất tĩnh điện: p = σ.E Với σ =
1,0đ
2π R 2 ......................................................
Qq
⇒ lực do quả cầu nhỏ bán kính r tác dụng lên bán cầu lớn là: F1 = π R 2 p = k 2
R
E=k

......................................................................................................... 1,0đ
F

Qq

Qq

1
Vậy lực tương tác giữa hai bán cầu là: F = 2 = k 2 R 2 = 8πε R 2
o
y
..................................0,5đ F
v
Bài II (4 điểm)

α

+q

E
www.nbkqna.edu.vn B
z

f
O

x

24

Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Tin học 10 của một số trường trên toàn quốc

→

Hạt chuyển động trong mặt phẳng xOy, và chịu tác dụng của lực điện F và lực
→
→
Lorenxơ f .Xét hạt ở thời điểm có v hợp với Ox một góc α .
→ →

→

Phương trình định luật II Niu tơn : F + f = m a
Chiếu lên Ox và Oy : m
m

dv y
dt

dvx
= f .sin α = qBv sin α = qBv y (1)
dt

= F − f .cos α = qE − qBv cos α = qE − qBvx (2) ………………………….….

…….1,0đ
Ta có v y =

dy

dx
(3); vx =
(4).
dt
dt
vx

Thay (3) vào (1) suy ra ∫ dvx =
0

y

qB
qB
dy → vx =
y (5)………
∫
m 0
m

……………….

…..1,0đ
q2 B2
qE
Thay (5) vào (2) ta được y "+ 2 y − = 0 (6).
m
m
mE
qB

Nghiệm của (6) là y = A.cos(ωt + φ) + qB 2 với ω = .
m
mE

y = 0
A = 2
qB .
Tại t = 0 có v = 0 → 
y

ϕ = π


Vậy

y=

mE
qB 2


 qB  
1 − cos  m t ÷




(7)

…………………………………………………….1,0đ

x

t

E 
dx E 
 qB  
 qB  
t ÷ dt
= 1 − cos 
t ÷ → ∫ dx = ∫ 1 − cos 
Thay (7) vào (5) ta được
B 0
dt B 
 m 
 m 
0
E
mE
 qB 
→ x = t − 2 sin 
t ÷ ………………………………………………….
B
qB
 m 

……….1,0đ
Vậy quy luật chuyển động của hạt theo hai phương Ox, Oy là:
x=

E
mE
mE 
 qB 
 qB  
t − 2 sin 
t ÷ và y = 2 1 − cos 
t ÷
B
qB
qB 
 m 
 m 

Bài III (4 điểm)
Sơ đồ tạo ảnh qua hệ:
LCP
L
AB 
→ A1 B1 
→ A1' B1'
d
+
d'
1
1

www.nbkqna.edu.vn

25