CHON HSG VAT LY 11 RAT HAY

SỞ GD – ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT TÂN KỲ
***************

KỲ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG 2011 - 2012
Môn: VẬT LÝ 11
( Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề )

ĐỀ CHÍNH THƯC
THTHƯCC

Câu (5 điểm ). Có 3 quả cầu cùng khối lượng m treo bằng 3 sợi dây mảnh cùng chiều dài l vào
cùng một điểm O. Khi tích điện cho mỗi quả cầu điện tích q, chúng đẩy nhau, lập nên một tứ
1
diện đều có đáy là tam giác đều cạnh a.
a) Tính q; cho biết gia tốc trọng trường là g?
2

b) Áp dụng bằng số: l = a = 10cm; m = 10g; g =10m/s ; k = 9.10

9

Nm
C

2

2

.

Câu (3 điểm ) Một bán cầu có bán kính là r=2cm được làm bằng thủy
tinh có chiết suất n = 2 . Bán cầu được đặt trong không khí
2
trước một cái màn vng góc với trục đối xứng của bán cầu và
cách tâm bán cầu một khoảng L=4,82cm (Hình 1). Một chùm
sáng song song đến mặt phẳng của bán cầu theo phương vng
góc với mặt này. Hãy xác định bán kính của vùng sáng tạo ra
trên màn.

r

L
Hình 1
E1, r1

Câu (3 điểm ).Trên hình vẽ 2 là sơ đồ của một mạch điện để nạp
3
ăcquy. Nguồn điện nạp có suất điện động E1=22V và điện trở
trong r1=0,2Ω. Ăcquy có suất điện động E2=10V và điện trở
trong r=0,6Ω. Trong mạch cịn mắc thêm một điện trở R=10Ω và
một bóng đèn điện trở Rđ=48Ω. Hãy tính cường độ dịng điện
chạy qua các nhánh của mạch.

Câu (5 điểm ). Một điện tích q = 10−3 C , khối lượng m = 10−5 g chuyển
4
động với vận tốc ban đầu vo đi vào trong một vùng từ trường đều
có B = 0,1T được giới hạn giữa hai đường thẳng song song Δ và
Δ’, cách nhau một khoảng a = 10cm và có phương vng góc

với mặt phẳng chứa Δ và Δ’, sao cho v 0 hợp góc α = 30o với Δ.

a) Tìm giá trị lớn nhất của vo để điện tích khơng ra khỏi từ
trường ở Δ’ (Hình vẽ 3), bỏ qua tác dụng của trọng lực.
b) Với v0 = 1500m/s hãy xác định vị trí điện tích bay ra và thời
gian để bay khỏi vùng từ trường trên đường thẳng ∆ '
Cõu
5

+

E2, r2

R

+
R
Hỡnh 2

a





B

q,m


r
v0

Hỡnh v 3

(4 im ). Cho mạch điện có sơ đồ nh hình vẽ 4, cho biết R1 = 4Ω ,
R2 = R3 = 6Ω ; R4 lµ một biến trở, U AB = 33V
a) Mắc vào C,D một ampekế có điện trở không đáng kể và điều chØnh
R1
C R3
R4 sao cho R4 =14 Ω .
T×m sè chØ của ampekế và chiều dòng điện qua ampekế
R4
R2
b) Thay ampekế bằng một vôn kế có điện trở rất lớn A
B
- Tìm số chỉ của vôn kế .
D
Cực dơng của vôn kế phải mắc vào điểm nào?
Hình
- Với giá trị nào của R4 thì vôn kế chỉ số 0 ?
4
( Cỏn bộ coi thi khơng cần giải thích gì thêm )


ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Bài 1 (5 đ)
Do các quả cầu là tương đương nên ta chỉ cần xét đối với một quả (quả cầu C)
Các lực tác dụng vào
khi
uu
r quả

ur ucầu
uuur C
uuu
ur nó cân bằng là:
T , P , FAC , FBC
uu
r ur uuur uuu
r
T + P + FAC + FBC = O
Do quả cầu C cân bằng nên ta có:
uuur uuu
r ur
FAC + FBC = F .
Đặt :

Đ
0,5
đ
1đ

Rõ ràng hợp của F + P phải có phương của dây OC

0,5

a 3
2
; OH = a
3
3
F HC

1
=
=> tgα = =
P OH
2
kq 2
Mặt khác từ tính tốn ta được: F = 3 2
a

0,5

Từ hình vẽ ta có: HC =

0,5
0,5

Hay : q = a
b/ Áp dụng bằng số: q ≈ ± 0,21.10 (C)
-6

0,5

mg

k. 6.

O

1đ

B

C

H

C
F

A

F

P

Bài 2 ( 3đ)
Xét các tia vừa đủ điều kiện phản xạ tồn phần S 1I1J1 và S2I2J2
(Hình 2). Khi đó góc tới của các tia này tại các điểm I 1 và I2 sẽ bằng
S
góc giới hạn phản xạ toàn phần được xác định theo định luật khúc
1
xạ:

J

I
ig
O

h

2

1

R

O

F

1

igh

O
2

S

I

2

2

L

J
1

1
2
=
⇒ i gh = 45 0.
n
2
0
Khi đó góc khúc xạ bằng 90 nên các tia khúc xạ sẽ cắt trục của bán cầu tại F và hình OI1FI2 là một
hình vng. Điểm F cách O một khoảng:
OF = r 2 .
Các tia khúc xạ đến màn tại các điểm J1 và J2. Như lập luận đã đưa ra trong phần nhận xét thì tất cả
các tia khúc xạ khác đến màn đều nằm trong phạm vi J 1J2. Vậy O2J1=O2J2 là bán kính của vùng sáng
trên màn, được xác định theo tính chất của tam giác đồng dạng:
O2 J 2 L − OF 4,84 − 2 2
2
=
=
=
.
O1 I 2
O1 F
2 2 2
2
sin i gh =

⇒

R = O2 J 2 =

0,5
đ

2
2 2 2
O1 I 2 =
.
= 2(cm).
2
2 2

Bài 3 (3 đ)
Giả sử dòng điện chạy trong các nhánh theo các chiều được chỉ ra trên hình 3. Dựa vào định luật
Ơm, ta viết được các phương trình hiệu điện thế giữa hai điểm A và B:

1đ
0,5
đ
0,5
đ

0,5
đ
1đ


U AB = I1r1 + E1 = I 2 ( R + r2 ) + E2 = I 3 Rđ .

Vẽ được hình

I1 + I 2 + I 3 = 0.
Tại điểm A ta có:
Để gọn hơn, ta thay các đại lượng đã cho vào các phương trình trên và nhận
được hệ phương trình sau:

E 1, r 1

0,2 I1 + 22 = 10,6 I 2 + 10;

10,6 I 2 + 10 = 48I 3 ;
I1 + I 2 + I 3 = 0.

0,5
1đ

A

I1 +
E2, r2
I2 R
I3

+

B

Rđ
Hình 3

Giải hệ này, ta nhận được: I1 ≈ −1,7 A; I 2 ≈ 1,1A; I 3 ≈ 0,6 A.

Như vậy dòng điện I1 thực tế chạy theo chiều ngược lại.

Bài 4 (5 đ)
a) Do điện tích chuyên động vào vùng từ trường và chụi tác dụng của lực Lorexo nên nó sẽ cđg trịn
m.v
R=
đều. Bán kính quĩ đạo cđg là:
( Điện tích cđg trịn đều quanh O)
q.B
Giá trị của bán kính quĩ đạo tỷ lệ thuận với tốc độ cđg của q.
Vẽ được hình vẽ minh họa
Từ hình vẽ ta thấy: Để q khơng ra khỏi vùng từ trường thì trong ……………………………………………………
quá trình cđg q phải đi xa nhất so với ∆ là đi qua B và tương ……………………………………………………
ứng với vận tốc cực đại.
……………………………………………………
a = Rmax cosα + Rmax = Rmax (cosα + 1)
……………………………………………………
m.vmax
q.a.B
a=
(cosα + 1) ⇒ vmax =
……………………………………………………
q.B
m(cosα + 1)
……………………………………………………
Thay số vào ta được: vmax = 540 m/s
……………………………………………………
b) Khi vo = 1500 m/s > vmax nên R0 > Rmax
……………………………………………………
Trong đó R0 = mv/qB = …. = 1,5 ( m) = 15 (cm) > 10 cm.

( Điện tích cđg trịn đều quanh S)
……………………………………………………
Khi đó q sẽ ra khỏi vùng từ trường tại D trên trục ∆ '
……………………………………………………
CK
α
cosφ =
mà CK = CS – KS. Trong đó: KS = KB.cos
……………………………………………………
KD
……………………………………………………
Thay số ta có: KC = 10 – 7,5.cos300 = 3,5 cm
CK
……………………………………………………
cosφ =
= 3,5/7,5 ⇒ φ = 620
KD
……………………………………………………
Vậy góc: ∆ϕ = 1800 − (300 + 620 ) = 880 ⇒ ∆ϕ = 0, 49π ( Rad)
……………………………………………………
∆ϕ ∆ϕ ∆ϕ .R
⇒t =
=
=
= ... = 0,77 (s)
……………………………………………………
ω v/R
v
Bài 5 (4 đ)
a) Khi mắc vào CD am pe kế thì VC = VD. Nên ta chập 2 điểm C, D với nhau và mạch mới được tạo

thành ( ............................................)
Tính được
Rm = 6,6 (ơm)
Tính được Im = 5A.
Cường độ dịng điện qua R1 là: I1 = 3 A. Cường độ dòng điện qua R2 là: I3 = 3,5 A
Do I3 > I1 vậy dòng điện đi từ D đến C và giá trị của ampe kế là: A = 0,5 A
b) Khi mắc vào C, D là một vơn kế có điện trở rất lớn thì dịng điện khơng qua vơn kế nên mạch
mới được tạo thành (...............................................)
Tính được Rm = 20/3 ( Ơm ), tính được Im = 4.95 ( A)
Tính được I13 = 3,3 A, I24 = 1,65 A
Tính được U1 = 3,3.4 = 13,2 V = UAC, U2 = 1,65.6 = 9,9 V = UAD
Giá trị V = UDC = UAC – UAD = 13,2 – 9,9 = 3,3 V > 0. Cực dương của vôn kế mắc vào điểm D
R .R
R1 R3
=
⇒ R4 = 2 3 = ... = 9(Ω)
Nếu vơn kế chỉ số 0 thì VC = VD, mạch là mạch cầu cân bằng:
R2 R4
R1

0,5
đ
0,5

1,5

1

0,5

1

0,5
0,5
0,5
1
0,5
0,5
0,5
0,5