ĐỀ THI HSG VẬT LÝ LỚP 12 ĐỀ DỰ BỊ GIA LAI

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH
ĐỀ DỰ PHÒNG

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

Bài 1( 4 điểm) Động lực học: Cho hệ cơ học như hình vẽ: Nêm có khối lượng M, góc
nghiêng α. Trên mặt nêm có hai vật có khối lượng m 1 và m2
( m1>m2). Bỏ qua khối lượng của ròng rọc và dây.

m1
m2

1) Giữ nêm cố định. Biết hệ số ma sát giữa hai vật

M

α

với nêm là k.
a) Tìm giá trị cực đại của góc α để hai vật đứng yên.
b) Góc α > αmax (ở câu a). Tính gia tốc của hai vật.

2) Trường hợp không có ma sát giữa hai vật và nêm, giữa nêm và sàn ngang.
Tính gia tốc tương đối am của hai vật với nêm và gia tốc aM của nêm đối với sàn.
Bài 2 : (4 điểm) Các định luật bảo toàn:
Một vật khối lượng m = 0,1 (kg)
trượt trên mặt phẳng nằm ngang với vận tốc

m

M

h

v 0 = 0,5 (m/s) rồi trượt lên một cái nêm có
dạng như trong hình vẽ. Nêm ban đầu đứng
yên, có khối lượng M = 0,5 (kg), chiều cao của đỉnh là H ; nêm có thể trượt trên mặt
phẳng nằm ngang. Bỏ qua mọi ma sát và mất mát động năng khi va chạm. Mô tả
chuyển động của hệ thống và tìm các vận tốc cuối cùng của vật và nêm trong hai trường
hợp sau : Lấy g = 10 (m/s 2 )
- Khi H = 1 cm.
- Khi H = 1,2 cm.
Bài 3:( 4 điểm) Tĩnh học: Một chiếc thang AB=l, đầu A tựa trên sàn ngang, đầu B tựa
vào tường thẳng đứng. Khối tâm C của thang cách A một đoạn

l
. Thang hợp với sàn
3

một góc α.
1) Chứng minh rằng thang không thể đứng cân bằng nếu không có ma sát.
2) Gọi hệ số ma sát giữa thang với sàn và tường đều là k. Biết góc α=600. Tính
giá trị nhỏ nhất của k để thang đứng cân bằng.
3) Khi k=kmin, thang có bị trượt không, nếu:
1

a) Một người có trọng lượng bằng trọng lượng thang đứng tại điểm C.
b) Người ấy đứng ở vị trí D cách A một đoạn

2l
3

4) Chứng minh rằng α càng nhỏ thì để thang không trượt thì ma sát càng lớn.
Tính kmin khi α=450. ( không có người)
Bài 4 ( 4 điểm) Nhiệt học: Trong một động cơ nhiệt có n mol khí (với i=3) thực hiện
một chu trình kín như hình vẽ. Các đại lượng po; Vo đã biết. Hãy tìm.
+ Nhiệt độ và áp suất khí tại điểm 3
+ Công do chất khí thực hiện trong cả
chu trình?

p
1

5p0

+ Hiệu suất của máy nhiệt?
P0

2

3
3V0

V

7V0

Bài 5:( 4 điểm) Động lực học vật rắn:Một trụ đặc có khối lượng m, bán kính đáy R
đang quay đều quanh trục của nó theo phương ngang
với vận tốc góc ωo . Trụ được đặt nhẹ nhàng lên một
sàn xe phẳng, dài nằm ngang. Xe có cùng khối lượng
m với trụ và có thể trượt không ma sát trên mặt đất.Ngay sau đó xe chuyển động nhanh
dần, nhưng sau một khoảng thời gian xe đạt được vận tốc ổn định và không đổi.
a. Xác định vận tốc ổn định của xe.
b. Xác định năng lượng mất mát từ khi trụ được đặt lên xe đến khi xe đạt vận tốc
không đổi.
-----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

HDC THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH NĂM 2017

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

MÔN: VẬT LÝ
Ngày thi: 26/4/2017
(Thời gian 180 phút, không kể thời gian phát đề)
Đề thi gồm 05 câu, trong 8 trang

Bài

Nội dung

Điểm

1) Nêm đứng yên.
0,5

a) Tính aMAX để hai vật đứng yên.
Vì m1 >m2 nên vật m1 có xu hướng trượt trước.
m1. g .sin α − T − Fms1 = 0

0,25

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

0,25

Mà ⇒ Fms1 + Fms 2 < (m1 + m2 ).g .sin α
k (m + m )

1
2
Suy ra: tan α ≤ m − m
1
2

k (m + m )

1
2
=> tan α max = m − m
1
2

(1)

0,5

b) α > αmax tính gia tốc của hai vật.
m1 g sin α − T − km1 .g . cosα = m1 .a

− m2 .g .sin α + T − km2 .g . cos α = m2 .a
(m1 − m2 ).g.sin α − k .(m1 + m2 ).g . cosα
=> a =
(2)
m1 + m2

2) Không có ma sát

0,25
0,25

→

Gọi gia tốc của hai vật đối với nêm là a ; gia tốc của nêm đối với đất
→

là a M

0,25

Ta có phương trình chuyển động cho ba vật là:
→
→
→
 → →
m
(
a
+
a
M ) = P1 + N1 + T1
1

→ →
→
→
→

m
(
a
+
a
)
=
P
+

N
+
T
M
 2
2
2
2
 →
→
→
→
→
→
M a M = P + N1 + N 2 + 2T + N


0,25

Chiếu lên các trục ox và oy của các phương trinh ta có:
 N1 sin α − T cos α = m1 (a. cos α + a M )(1)

 N 2 sin α − T cos α = m2 (− a. cosα + a M )(2)



0,5

3

− 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)

0,25

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)

0,25

( 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. cos α (8)
Từ (5) và (7): − M .aM = (m1 − m2 ).a. cos α + (m1 + m2 ).a M
0,5

(m − m ).a. cosα

1
2
Hay a M = − (m + m + M ) (9)
1
2

 (m1 + m2 ).M + 4m1 .m2 
 a. cos α

M + m1 + m2



Thay (9) vào (6): ( N1 − N 2 ).sin α = 
(10)
Giải hệ (8) và (10) ta có:
a=

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

aM =

Bài 2

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

0,5

* Nhận xét : Nếu vật không vượt được qua đỉnh của nêm thì vật lên

0,5

đến độ cao cực đại bằng h
so với phương nằm ngang thì cả vật và nêm sẽ có cùng vận tốc
là v (vật dừng trên nêm).
Ta có thể lập phương trình theo các định luật bảo toàn :
0,25

- Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta có :
1 2
mv0 =
2

1
(m + M )v 2 + mgh
2

(1)

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng :
mv 0 = (m + M)v
+ Từ (2) ⇒ v =

0,25
(2)

mv0
thế vào (1) ta được :
m+M

0,5
4


1
1
 mv 0 


+ Phương trình (1) ⇔ mv02 = (m + M )
2
2
m+M 
⇔

2

+ mgh

1 (mv 0 ) 2
+ mgh
2 (m + M )

1 2
mv0 =
2

0,25

1 mv02
+ gh
2 (m + M )

1
⇔ v 02 =
2

⇔ (m + M)v 02 = mv 02 + 2gh(m + M)

⇔ Mv

2
0

0,25

= 2gh(m + M)

Mv02
h =
2 g (m + M )

⇒

Thay các giá trị M = 0,5 (kg), v 0 = 0,5 (m/s), m = 0,1 (kg),

0,25

g = 10 (m/s 2 )
ta được h =

0,5.0,5 2
0,125
≈ 0,0104 (m) = 1,04 (cm)
=
2.10(0,1 + 0,5)
12

0,25

a. Khi H = 1 (cm).
Khi H = 1 (cm) thì vật vượt đỉnh nêm, lúc rơi xuống sường sau
thì vật hãm nêm, cuối cùng vật
sẽ đi nhanh hơn nêm.
Vận tốc cuối của vật v 1 > vận tốc cuối của nêm v 2 ≥ 0. áp

0,5

dụng các định luật bảo toàn ta có :
1 2
1 2
1
mv0 =
mv1 +
Mv 22
2
2
2

mv 0

=

mv 1

+

(3)
0,25

Mv 2

+ Từ phương trình (4) ⇒ v 2 =

(4)
m(v0 − v1 )
thế vào phương
M

0,25

trình (3) ta được :
⇔ mv

2
0

= mv

2
1

 m (v − v ) 
+ M 0 1 
M



2

⇔ Mmv 02 = Mmv 12 + m 2 (v 0 - v 1 ) 2
⇔ Mv 02 = Mv 12 + m(v 0 - v 1 ) 2
⇔ Mv 02 = Mv 12 + mv 02 - 2mv 0 v 1 + mv 12

0,5

⇔ (M + m)v 12 - 2mv 0 v 1 - (M - m)v 02 = 0

5


Ta có : ∆/ = m 2 v 02 + (M + m)(M - m)
= m 2 v 02 + (M 2 - m 2 )v 02
= M 2 v 02
Ta có hai nghiệm : v 1 =

mv0 + M 2 v02
( M + m)

=

0,1.0,5 + 0,5.0,5
0,5 + 0,1

0,3

= 0,6 =

0,5 (m/s)

⇒ v2 = 0

0,5
Nghiệm thứ hai : v 1 =

=

mv0 − M v
2

2
0

( M + m)

0,1.0,5 − 0,5.0,5
0,5 + 0,1

=

− 0,2
1
=
< 0
0,6
3

Vậy v 1 = 0,5 (m/s) ; v 2 = 0
* khi H = 1,2 cm, vật lên tới độ cao 1,04 cm thì bị trụt trở lại
và thúc nêm.

⇒ v 2 > 0 ; v 1 có thể dương hoặc âm.

Ta nhận thấy rằng với v 1 = 0,5 (m/s) ; v 2 = 0 không phù hợp
−1
Vậy v 1 =
(m/s)
3

⇒ v2

1
0,25
0,1(0,5 + )
m(v0 − v1 )
3 =
=
=
=
1,5
M
0,5

0,167 (m/s)
Bài 3

1) Không có ma sát thang không cân bằng

0,5

Điều kiện cân bằng là: Tổng hợp lực tác dụng lên thanh:

→

→

→

→

R = P + N 1 + N 2 = 0 Ba vectơ lực này có tổng không thể bằng

không do không đồng quy vì vậy thanh không cân bằng.
Fms2

2) Tính kmin.
Xét trạng thái giới hạn thì lực
masát nghỉ cực đại là
Fms1=k.N1 ; Fms2=k.N2
→

→

→

Điều kiện cân bằng: P + N 1 + N 2 = 0
Chiếu lên các phương nằm ngang và
thẳng đứng ta có:

B

0,25

N2

·

0,25

D

·

C

N1

0,5

P

Fms1 A

0,25
6


N2=F1=k.N1 (1)
P=N1+Fms2 =N1+k.N2 (2)

0,25

l
3

Chọn trục quay tại A. P. cos α − N 2 .l.sin α − Fms 2 .l. cos α = 0
⇒

P
= N 2 . tan α + k .N 2 (3)
3

N
Từ (1) và (2) => P = 2 + k .N 2 (4)
k

Từ (3) và (4) ta có: 2.k 2 + (3. tan α ).k − 1 = 0 (5)

0,25
0,25

Thay góc α=600 giải nghiệm kmin=0,18
3) a) Thang có trượt không?
Kmin và thỏa mãn công thức (5) và không phụ thuộc vào trọng
lực P nên khi người đứng tại khối tâm C ( tức P tăng ) thì thang không
bị trượt.

0,5

b) Người đứng tại D.
Khi khối tâm của hệ người và thang là trung điểm I của AB.

0,25

Điều kiện cân bằng lúc này là:
N2=F1=k.N1 (6)
2P=N1+Fms2 =N1+k.N2 (7)
Phương trình momen là:

0,25

l
2 P . cos α − N 2 .l.sin α − Fms 2 .l. cos α = 0
2
⇒ P = N 2 . tan α + k .N 2

(8)

Giải phương trình (6) (7) (8) ta có:

0,5

k 2 + 2. tan α .k − 1 = 0 ⇒ k = 0,27

Ta thấy k > kmin nên khi đó thang sẽ bị trượt.
4) Tính kmin khi α=450.
Trở lại phương trình (5): 2.k 2 + (3. tan α ).k − 1 = 0
2
Giải kmin = 9. tan α + 8 − 3 tan α đặt x=tanα và y=4.kmin ta có hàm

4

số
y = 9.x 2 + 8 − 3 x sau đó đạo hàm được y’<0 nên hàm y là

0,5

nghịch biến theo x, nghĩa là α giảm thì kmin tăng.
7


Với α=450 thì giải kmin=0,28.
Bài 4

1)

Đường 2-3 có dạng:

⇒

1

5p0

p
V
=
k
p0
V0

+ TT2:

0,5

p

0,25

V2=7V0 ; p2=p0
1
7

k=

+ TT3:

P0

3

V3=3Vo;

3V0

V3
3p
p3= kp0. V = 0
7
0

0,25

2

V

7V0

0,5

p3V3
9p V
= 0 0
nR
nR

+ Theo C-M: T3 =

2) * Công do chất khí thực hiện có giá trị: A = S(123) =

64 p0V0
7

0,25

* Tính nhiệt lượng khí thu vào trong cả chu trình:
+ Xét quá trình đẳng tích 3-1: Q 31

i
3
= ∆U = nR ∆T = nR(

2
2

p1V1 p3V3
144 p0V0
)=
nR nR
7

+ Xét quá trình 1-2:
. Ta có TT1:

5po = a.3V0 + b

Vì vậy quá trinh 1-2:
Thay p =

T = -2 V . ∆ V + 8po ∆ V

po
a = -V
0

⇒

0,25
vµ

b = 8p0

po

p = - V .V + 8po (1)

nRT
vµo ta có:
V

po

0,25

p = aV+b

po
. Ta có TT2: po = - V .V + 8po
0

0,25

0

p

o
nRT = - V .V2 + 8poV ⇒ nR ∆
0

0,5

(2)

0

+ Theo NLTN: Khi thể tích khí biến thiên ∆ V; nhiệt độ biến

0,25

thiên ∆ T thì nhiệt lượng biến thiên:
∆Q =

3
nR ∆ T + p ∆ V (3)
2

0,25
8


∆ Q = (20po-4

+ Thay (2) vào (3) ta có:

po
V). ∆ V
V0

⇒ ∆Q

= 0 khi VI= 5Vo và

0,5

pI = 3po
như vậy khi

3Vo ≤ V ≤ 5Vo

thì ∆ Q>0 tức là chất khí nhận

nhiệt lượng.
Q12 = Q1I = ∆ U1I + A1I

3
p +p
nR (TI-T1) + 1 I (VI-V1) = ..... =
2
2

=

8p0V0
* hiệu suất chu trình là:

Bài 5:

A

H = Q + Q = 32%
31
1I

HS có thể làm theo một trong hai cách sau đây)

0,5
0,5

Gọi vận tốc của xe khi ổn định là V. Vận tốc của trụ so với xe
khi đó là v, vận tốc quay của trụ khi đó là ω . Ban đầu trụ trượt trên
sàn xe, lực ma sát làm trụ chuyển động tịnh tiến nhanh dần, chuyển

0,25

động quay chậm dần đến khi đạt điều kiện lăn không trượt v = R.ω thì
lực ma sát bằng 0 và hệ đạt trạng thái ổn định với các vận tốc không

0,25

đổi.
Cách 1: Sử dụng các định luật bảo toàn:
a)

0,5

Định luật bảo toàn động lượng:
mV + m(V − v ) = 0 ⇒ V =

v
2

Định luật bảo toàn mô men động lượng với một trục nằm trên

sàn xe vuông góc với mặt phẳng hình vẽ:

0,25
0,25

I ωo = I ω + m(v − V ) R
mR 2
Với: I =
và v = R.ω
2

Giải các phương trình ta tìm được: v =
b)

ωo R
2

0,25
0,25

9


Qhp = Wtruoc − Wsau
I ωo2  I ω 2 m(v − V ) 2 mV 2 
Qhp =
−
+
+
÷

2  2
2
2 
v
2

2

mR
Với V = ; v = R.ω ; I =
mà v =
2

ωo R
mω 2 R 2
. Biến đổi ta được: Qhp = o
2
8

Cách 2: Sử dụng phương pháp động lực học:
a)Đối với xe:
V
m = ma = Fms
t

0,5

0,25

Đối với trụ:

v
m = ma12 = Fqt + Fms = ma + Fms
t
I

0,25

ω − ωo
= I γ = − Fms R
t

mR 2
Với: I =
và v = R.ω
2

0,5

ωR
Biến đổi ta được: v = o
2

b) Qhp = − Ams = −( Amsquay + Amstt )
Trong đó: Amsquay là công của lực ma sát trong chuyển động
quay của trụ trên xe.
Amstt là công của lực ma sát trong chuyển động tịnh tiến tương
đối của trụ trên xe.
Amsquay = Fms .R.α = Fms .R.
Amstt = Fms .

ω 2 − ωo2
2γ

0,5

v2
2a12

Biến đổi ta được Qhp =

mωo2 R 2
8

-----HẾT-----

10