ĐỀ THI HSG VẬT LÝ LỚP 12 ĐỀ CHÍNH THỨC

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH NĂM 2017
MÔN: VẬT LÝ
Ngày thi: 26/4/2017
(Thời gian 180 phút, không kể thời gian phát đề)

Đề thi gồm 05 câu, trong 02 trang
Câu 1 (5,0 điểm).
Cho cơ hệ như hình 1: Nêm có khối lượng M, góc
nghiêng α. Hai vật có khối lượng m 1 và m2 (m1 > m2) được

m1
m2

nối với nhau bằng dây mảnh, nhẹ, không dãn, vắt qua ròng
rọc nhẹ gắn với nêm. Bỏ qua ma sát của trục ròng rọc.

M

α

1. Nêm được giữ cố định. Cho hệ số ma sát giữa hai vật

Hình 1

với nêm là k.
a) Tìm giá trị cực đại αmax của góc α để hai vật đứng yên.
b) Góc α > αmax (ở câu a). Tính gia tốc của hai vật.
2. Xét trường hợp bỏ qua ma sát giữa các vật với nêm và ma sát giữa nêm với mặt sàn, tính

gia tốc tương đối a của hai vật với nêm và gia tốc aM của nêm đối với sàn khi thả hệ tự do.
Câu 2 (4,0 điểm).
Cho một tụ điện cầu gồm hai bản tụ là hai vỏ cầu bằng kim loại, tâm O bán kính a và b
(b > a).
1. Trường hợp 1: Khoảng không gian giữa hai bản được lấp đầy một lớp điện môi có hằng
số điện môi phụ thuộc vào bán kính r theo quy luật: ε =

ε1
, trong đó ε1 và α là các hằng
1 + αr

số dương. Điện tích bản trong là q > 0, bản ngoài là -q. Tìm mật độ điện tích khối tại một
điểm bất kì nằm trong khoảng giữa hai bản.
2. Trường hợp 2: Khoảng không gian giữa hai bản được lấp đầy bằng một chất có hằng số
điện môi ε và độ dẫn điện σ. Giả thiết tại thời điểm t = 0 bản trong tích điện q 0 > 0, bản
ngoài không tích điện. Hãy xác định:
a) Quy luật thay đổi điện tích của bản tụ trong theo thời gian.
b) Nhiệt lượng Q toả ra khi các điện tích ngừng dịch chuyển.
Câu 3 (4,0 điểm).
Một quả cầu tâm O, bán kính R được làm bằng một chất trong suốt có chiết suất thay
đổi theo khoảng cách r tính từ tâm O theo quy luật: n r =

2R
. Từ không khí, chiếu một tia
R+r

1


sáng tới quả cầu dưới góc tới i = 30 o. Xác định khoảng cách ngắn nhất từ tâm O tới đường đi

của tia sáng.
Câu 4 (5,0 điểm).
Hai thanh ray kim loại cứng AB và CD đủ dài, đặt song song , cách nhau một khoảng
L = 50cm trên mặt phẳng nằm ngang. Hai đầu B và C được hàn với nhau bởi một thanh kim
loại cứng BC. Thanh kim loại MN có khối lượng m = 5g, điện trở R= 0,5Ω có thể trượt
không ma sát dọc theo hai thanh ray, luôn tiếp xúc và vuông góc với chúng. Hệ thống được
đặt trong một từ trường đều có cảm ứng từ B = 0,5T,
thẳng đứng hướng lên (Hình 2). Bỏ qua điện trở của

ur
B

B

M

r
v0

chỗ tiếp xúc, của hai thanh ray và thanh BC.
1. Hãy tính công suất cơ học cần thiết để kéo thanh
MN trượt đều với tốc độ v 0 = 2m/s dọc theo các thanh

A

C

D

N

Hình 2

AB và CD. So sánh công suất này với công suất tỏa
nhiệt trên thanh MN.
2. Thanh MN đang trượt đều như trên thì người ta ngừng tác dụng lực. Sau đó thanh MN
còn có thể trượt thêm được đoạn đường bằng bao nhiêu?
Câu 5 (2,0 điểm).

A

Một khung tam giác đều tạo bởi ba thanh cứng,
đôi một được nối khớp với nhau. Khung được đặt trên
mặt phẳng nằm ngang và tựa vào một bức tường thẳng

m

2m

đứng (cạnh BC nằm trên mặt phẳng ngang, mặt tam
giác của khung thẳng đứng). Tìm lực tương tác của hai
thanh nghiêng nối khớp với nhau tại A nếu khối lượng
của chúng tương ứng là m và 2m (Hình 3).

600
B

Hình 3

C

-----Hết-----

2


Họ và tên thí sinh :....................................................... Số báo danh .............................
Họ và tên, chữ ký:
Giám thị 1:.....................................................................................
Giám thị 2:.....................................................................................

SỞ GD&ĐT NINH
BÌNH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu
Câu 1
(5 điểm)

HDC THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH
NĂM 2017
MÔN: VẬT LÝ
Ngày thi: 26/4/2017
Hướng dẫn chấm thi gồm 05 trang

Nội dung

Điểm

1.a (2 điểm)
Tính αmax để hai vật đứng yên.

T1 = T2 = T.
Vì m1 > m2 nên vật m1 có xu hướng trượt trước (Hình 1).

0,25

m1. g .sin α − T − Fms1 = 0
m2. g . sin α − T + Fms 2 = 0

r
N1m1

⇒ Fms1 + Fms 2 = (m1 − m2 ).g .sin α

Mà Fms1 + Fms 2 £ k .(m1 + m2 ).g .cosa

(+)

k (m1 + m2 )
Suy ra: tan α ≤
m1 − m2
k (m1 + m2 )
=> tan α max =
(1)
m1 − m2

r
P1

1.b (1,5 điểm)

r
N1m1

α > αmax. a1 = a2 = a
Chọn chiều dương như hình 2:

(+)

m1 g sin α − T − km1 .g . cosα = m1 .a

− m2 .g .sin α + T − km2 .g . cos α = m2 .a

=> a =

Hình 1

→

Áp dụng định luật II Niu-tơn:

0,25

r
N
r 2
T1
r (+)
m T2
r2
P2M

α

0,5
0,5
0,5

r
a

r y
T
rr r
NT
N1m1 T1 2 2 r
N
m2
r
r
r'
aM
P

→

gia tốc của nêm đối với đất là a M

0,25
0,5

0,5

(m1 − m2 ).g.sin α − k .(m1 + m2 ).g. cosα
(2)
m1 + m2

2

0,25

2

r
P1 Hình 2

r m r rrm r (+)
2. (1,5 điểm)
(+)N r αT N 2 M
1 2 T2 Gọi gia tốc của hai vật đối với nêm là a ;
1
Hình
P1 P2
r
1

r
r N2
T1
r
T
r m2 2

rF
r
ms2 M
F
P
ms1
α

x

N2
2
r α
r
P1 Hình 3 r N1' O

P

0,25

3


→
→
→
→
m (→
a
+

a
)
=
P
+
N
+
T
M
1
1
1
 1
→
→
→
 → →
 m2 ( a + a M ) = P2 + N 2 + T2
 →
→
→
→
→
r
 M a M = P + N1' + N 2' + 2T + N ;( N1' = N1 ; N 2' = N 2 )


Chiếu lên các trục ox và oy (Hình 3) ta có:
ïìï N1 sin a - T cos a = m1 (a.cos a + aM )(1)
í

ïïî N 2 sin a - T cos a = m2 (- a.cos a + aM )(2)
 −m1.g + N1.cos α + T .sin α = −m1.a.sin α (3)

 −m2 .g + N 2 .cos α + T .sin α = m2 .a.sin α (4)
2T . cos α − N1 sin α − N 2 sin α = M .a M (5)

Từ (1) và (2):
( N1 − N 2 ). sin α = (m1 + m2 )a. cos α + (m1 − m2 ).a M (6)
( N1 + N 2 ).sin α − 2T . cosα = (m1 − m2 )a. cos α + (m1 + m2 )a M (7)

Từ (3) và (4): (m1 − m2 ).g − ( N1 − N 2 ) cos α = ( m1 + m2 )a.sin α (8)

0,25

Từ (5) và (7): 0 = M .aM + (m1 − m2 ).a.cos α + (m1 + m2 ).aM
Hay a M = −

(m1 − m2 ).a. cos α
(9)
(m1 + m2 + M )

Thay (9) vào (6):
 (m + m2 ).M + 4m1 .m2 
( N1 − N 2 ).sin α =  1
 a. cos α (10)
M
+
m
+
m

1
2



Giải hệ (8) và (10) ta có:
a=

0,25
0,25

( M + m1 + m2 )(m1 − m2 ) g .sin α
M (m1 + m2 ) + (m1 + m2 ) 2 sin 2 α + 4m1m2 cos 2 α

( m1 − m2 ) 2 g .sin α .cos α
aM = −
M (m1 + m2 ) + (m1 + m2 ) 2 sin 2 α + 4m1m2 cos 2 α

Câu 2
(4 điểm)

1. (2điểm)
Chia mặt cầu thành các lớp mỏng dày dr. Gọi mật độ điện khối trong
lớp đó là ρ
Điện thông qua mặt ngoài lớp điện môi dày dr cách tâm r, theo định

0,5

ρ
2

lí O-G là: 4πr dE = 4πr .dr
ε0

0,25

dE
.
dr

0,25

2

suy ra ρ = ε0

0,5

4


Cường độ điện trường E =

q0
q (1 + αr)
= 0
2
4πεε0 r
4πε0 ε1r 2

0,5

q0 2 α
( + ).
4πε1 r 3 r 2

nên: ρ = −

2. a (1 điểm)
E=

q
.
4πεε 0 r 2

0,25

i(r) = 4πr 2 j = 4πr 2σE =

σq
dq
=−
εε 0
dt

0,25

σ .t

→ q(t ) = q e − εε .
0

0,5

0

Đó là điện tích của bản trong ở thời điểm t.
2. b (1 điểm)
σ.t

dq σq −
i = − = 0 e εε0 không phụ thuộc r.
dt εε0

0,25
0,25

∞

Q = ∫ Ri 2 dt
0

b

với R = ∫
a

Câu 3
(4 điểm)

0,5

1
1 1 1
q 02 1 1
dr
=
(
−
)
Q
=
( − )
thì
4πσr 2
4πσ a b
8πεε 0 a b

Xét một vỏ cầu có bán kính ngoài R1
và bán kính trong R2 được làm bằng
chất trong suốt có chiết suất n2. Từ môi
trường ngoài có chiết suất n1, một tia
sáng được chiếu tới vỏ cầu dưới góc
tới, tia sáng chiếu đến mặt trong của
vỏ cầu dưới góc tới i2 .
Áp dụng định luật khúc xạ:
n1. sini1 = n2.sinr (1)

i1 I i
2

n1

n2

J
O

R1

R2

0,5

Hình 3

Áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác OIJ:
OI/sini2 = OJ/sinr (2)
Từ (1) và (2) suy ra: n1.R1.sini1 = n2.R2.sini2 (3)
Chia quả cầu thành những vỏ cầu mỏng : bán kính trong r, bán kính
ngoài r + dr.
Chiết suất của vỏ cầu coi như không đổi nr
Áp dụng (3)
i
=> nr.r.sini = nR.R.sin30o = R/2
dr
R
1
R+r
.
=

2 2R
4r
r
R+r
R
sin i ≤ 1 => r ≥
3
sin i =

0,5

d
ϕ

r

0,5
0,5

0,5
0,5

0,5

5


nên rmin = R/3 khi (sini)max = 1, i = 90o.
Khoảng cách ngắn nhất từ tâm O tới đường đi của tia sáng là R/3
Câu 4

(5 điểm)

0,5

1. (3,5 điểm)
Suất điện động cảm ứng xuất hiện trên thanh: E = v 0 BL
Khi thanh MN chuyển động thì dòng điện cảm ứng xuất hiện trên
thanh theo chiều từ M→N.(nếu học sinh không nói chiều dòng điện
mà vẽ đúng chiều trên hình thì vẫn cho điểm)
- Cường độ dòng điện cảm ứng bằng: I =

E Bv0 L
=
R
R



- Khi đó lực từ tác dụng lên thanh MN sẽ hướng ngược chiều với v

B2 L2 v 0
Ft = BIL =
R

và có độ lớn:

- Do thanh MN chuyển động đều nên lực kéo tác dụng lên thanh
phải cân bằng với lực từ.
- công suất cơ (công của lực kéo) được xác định:

B2 L2 v 02
P = F.v0 = Ft .v 0 =
R

Thay các giá trị đã cho ta được:

0,5
0,5
0,5

0,5

0,5
P = 0,5W.

B2 L2 v 02
- Công suất tỏa nhiệt trên thanh MN: Pn = I R =
R
2

0,5
0,5

Vậy công suất cơ bằng công suất tỏa nhiệt trên MN

2. (1,5 điểm)
Chọn chiều dương là chiều chuyển động của thanh.
Lực từ tác dụng lên thanh tại thời điểm bất kỳ trước khi thanh dừng
lại

B2 L2 v
F = −iBL = −
R

0,25

Áp dụng định luật II Niu-tơn: F.dt = dp = mdv

mR
B2 L2 v
−
dt = mdv → ds = vdt = − 2 2 dv
BL
R

→

0,25
0,5

Lấy tích phân hai vế:
s

0

mR
mRv
s = ∫ ds = − 2 2 ∫ dv = 2 20 = 0,08m = 8cm
B L v0
BL

0

0,5

(Lưu ý: Nếu học sinh giải theo cách sau cho ½ số điểm:
Sau khi ngừng tác dụng lực, thanh chỉ còn chịu tác dụng của lực từ.
Độ lớn trung bình của lực này là:

Ft
B 2l 2 v
F =
=
.
2
2R

- Giả sử sau đó thanh trượt được thêm đoạn đường S thì công của lực
từ này là:

B 2l 2 v
A = FS =
S.
2R

- Động năng của thanh ngay trước khi ngừng tác dụng lực là:

6


1

Wđ = mv 2 .
2
- Theo định luật bảo toàn NL, đến khi thanh dừng lại thì toàn bộ
động năng này được chuyển thành công của lực từ (lực cản) nên:
1 2 B 2l 2 v
mv =
S.
2
2R

Từ đó suy ra: S =
Câu 5
(2 điểm)

mRv 0
= 0,08m = 8cm .)
B2 L2

Gọi N1 là lực do thanh AB tác dụng lên thanh AC
Gọi N 2 là lực do thanh AC tác dụng lên thanh AB
Có N1 = N 2
Áp dụng quy tắc mô men lực cho thanh
AB đối với trục quay qua B:
a
α
N1d1 = mg. cos 60 0 (1)
2
N1
Áp dụng quy tắc mô men lực cho thanh
AC đối với trục quay qua C:

a
N 2 d 2 = 2mg. cos 60 0 (2)
2
d1 1
=
Từ (1) và (2) ⇒
d2 2
⇒ N , N có hướng như hình vẽ (1đ)
1

2

0
0
Từ hình vẽ có d1 = a sin(60 − α ) ; d 2 = a sin(60 + α)

a sin(60 0 − α ) 1
=
a sin(60 0 + α ) 2
Giải phương trình được α = 30 0
mg
Thay d1 vào (1) tìm được N1 =
2

A α

N2

0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

⇒

0,25
0,5

------HẾT------

7