SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG TRỊ
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA 11 THPT
Khóa thi ngày 19 tháng 03 năm 2014
Môn thi: VẬT LÍ
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề có 02 trang, gồm 05 câu)
Câu 1. (4 điểm)
Một êlectron đang chuyển động với vận tốc v
0
= 6.10
7
m/s thì bay vào một miền có từ
trường đều, phương

vuông góc với các đường sức từ. Vectơ vận tốc
0
v
r
nằm trong mặt phẳng
hình vẽ và có chiều hướng từ trái sang phải (Hình 1). Cho biết
B 0,005T=
,
31
e
m 9,1.10 kg
−
=
, điện tích của êlectron bằng
19
1,6.10 C

R 3
= Ω
;
2
R 5
= Ω
. Biết hiệu điện thế
AB CD
U U=
. Hãy tính suất điện động E
0
và điện trở
0
r
.
Câu 3. (4 điểm)
Một bán cầu có khối lượng M đặt trên mặt phẳng nằm ngang. Một vật nhỏ có khối lượng
m bắt đầu trượt không ma sát, không vận tốc đầu từ đỉnh bán cầu. Gọi
0
α
là góc hợp giữa bán
kính nối vật với tâm bán cầu với phương thẳng đứng khi vật bắt
đầu rời khỏi bán cầu (Hình 3).
1. Bán cầu được giữ cố định. Khi
0
α < α
, tìm biểu thức xác
định áp lực của bán cầu lên mặt phẳng ngang.
2. Giả sử bỏ qua ma sát giữa bán cầu và mặt phẳng ngang.
Hãy tính α

góc lệch giữa tia ló ra khỏi bán cầu so với tia tới.
b) Điểm tới I ở trong vùng nào thì có tia sáng đi qua mặt cầu
của bán cầu?
2. Chiếu một chùm tia sáng đơn sắc song song vào mặt
phẳng, theo phương vuông góc và phủ kín mặt đó. Chùm sáng ló ra
khỏi mặt cầu không phải là một chùm tia sáng đồng quy mà nó tạo
ra một vệt sáng có dạng một đoạn thẳng nằm dọc theo đường kính vuông góc với mặt phẳng.
Hãy xác định vị trí và chiều dài đoạn thẳng nói trên.
HẾT
• Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
• Giám thị không giải thích gì thêm.
Trang 2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG TRỊ
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HSG VĂN HÓA 11 THPT
Môn: Vật lí - Khóa thi ngày: 19/03/2014
(Đáp án - thang điểm gồm 05 trang)
CÂU Ý
NỘI DUNG
Điểm
1
1
- Sử dụng quy tắc bàn tay trái ta tìm được chiều của lực Lorenxơ
L
F
r
tác
dụng lên electron hướng thẳng đứng từ trên xuống.
- Để electron chuyển động thẳng đều thì lực điện trường (

2a
Khi không có điện trường, trong miền từ trường, lực Lorenxơ
L
F
r
đóng vai
trò là lực hướng tâm nên:
L ht
F ma=

2
0
0
mv
ev B
R
=
0
mv
R
eB
⇒ =
0,5
0,5
31 7
19
9,1.10 .6.10
R 0,06825m 6,825cm
1,6.10 .0,005
−

Ta có:
1 2
I I I
= +
→
1 2
1 1 2 2
U UU
R R r R r
− +
= −
+ +
E E

0,5
0,5
Trang 3
2 2
,rE
1 1
,rE
0 0
,rE
1
R
2
R
R R
(a)
(b)

+
+
0
0
0
r
U
1 1
R r
E
=
+
(2)
0,5
Đồng nhất (1) và (2) suy ra:

0
1 2
0 1 1 2 2
r R r R r
= −
+ +
E
E E

và
0 1 1 2 2
1 1 1
r R r R r
= +

r 2,4⇒ = Ω
;
0
15 10
2,4 3 1 5 1
E
= −
+ +

⇒
E
0
= 5V.
0,5
0,5
3
a)
Hình vẽ
0,25
Chọn mốc thế năng trùng mặt phẳng ngang qua đỉnh của bán cầu.
Xét tại vị trí vật m chưa rời khỏi bán cầu:
Áp dụng ĐL bảo toàn cơ năng, ta có:
= − − α +
2
mv
0 mgR(1 cos )
2

⇒ = − α
2

m đối với M.
Chọn hệ quy chiếu gắn với bán cầu thì các lực tác dụng lên vật m:
1 qt
P m g; N; F ma
= = −
r r r
r r

0,25
Trang 4
α
N
r
P
r
2
v
r
r
u
CÂU Ý
NỘI DUNG
Điểm
Theo định luật II Newton ta có:
2
qt
u
mgcos N F sin m (a)
R
α − − α = ×


0,25
Theo phương ngang, động lượng của hệ “vật m và M” được bảo toàn:
1x 2 1x 2
M
mv Mv 0 v v (e)
m
− = ⇒ =
Từ (d) và (e)
2 2 2
M m
u cos v v v u cos (*)
m m M
⇒ α − = ⇒ = × α
+
0,25
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ta có:
(**)
22
)cos1(
2
2
2
1
Mvmv
mgR
+=−
α

0,25

αα
Mm
m
. 0,25
Thay M = 10m vào (***) ta có:
3
1
.cos 3cos 2 0
11
α − α + =
. Giải ra được:
0
cos 0,676 47,5
α ⇒ α ≈
;
0,25
4 a) Gọi thể tích khí ở phần B lúc trước và sau khi lật
ngược bình là V và V’, chọn đơn vị áp suất là
kPa.
Biến thiên trạng thái khí trong ngăn A; B:
(A)
0 0
sau khilat binh
T T
10 10 p '
3V 4V V'
 
 
→ +
 

p'
 
= + −
 ÷
 
0,25
Trang 5
(A)
10, 3V
(B)
20, V
(B)
p’, V’
(A)
p’+10,
4V-V’
CÂU Ý
NỘI DUNG
Điểm
4
'2 '
2p 5p 100 0
⇒ − − =
Giải pt ta lấy nghiệm:
5 825
p' 8,43kPa
4
+
= ≈
;

10.3V
3
T T
20.V p"2V
4
T T
+
=




=


0,25
0,25
3 p" 10
p" 20kPa
2 p"
+
= ⇒ =

Thay giá trị này vào (4) ta có: T=2T
0
.
Như vậy phải tăng nhiệt độ tuyệt đối lên hai lần thì thể tích của hai ngăn
sẽ bằng nhau.
0,25
0,25

, với
gh
1
sin i
2
=
- Khi i = i
gh
thì tia ló ra khỏi mặt cầu theo phương tiếp tuyến với bán cầu.
Khi đó:
R
OI R sini
2
= =

Gọi I
1
là vị trí của I khi có góc tới tại J là i = i
gh
.
0,5
0,5
Vậy nếu điểm tới I nằm trong đoạn
1 2
I I R 2
=
, với
1 2
R
OI OI

Trong tam giác OJF, ta có:
( ) ( )
OF OJ sin r
hay OF R
sin r sin r i sin r i
= =
− −

Mặt khác:
( )
sin r n sini; sin r i sin r cosi sin icos r= − = −

2 2 2
n sin i Rn
OF R
n sini cosi sin i 1 sin r n cosi 1 n sin i
⇒ = =
− − − −
2 2 2
Rn
OF
n 1 sin i 1 n sin i
⇒ =
− − −
(
)
2 2 2
2
Rn
OF n 1 sin i 1 n sin i

Ghi chú: Thí sinh có thể giải cách khác nếu đáp số đúng thì cho điểm tối đa, sai phần nào
thì trừ điểm ngang phần đó.
HẾT
Trang 7