1

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH NĂM 2017

MÔN: VẬT LÝ

Ngày thi: 25/4/2017

(Thời gian 180 phút, không kể thời gian phát đề)

Đề thi gồm 04 câu, trong 02 trang

Câu 1 (5 điểm).

Một quả cầu đặc, đồng chất, bán kính R = 0,02m, khối lượng m = 0,1kg.

Người ta đặt quả cầu trên mặt bàn nằm ngang;

khi quả cầu đang đứng yên, tác dụng một xung lực X

trong thời gian rất ngắn lên quả cầu.

Xung lực X nằm trong mặt phẳng thẳng đứng đi

qua khối tâm G của quả cầu, có phương nằm ngang,

cách mặt bàn một khoảng h = 0,03m, độ lớn X =

1kg.m.s-1

(Hình 1). Hệ số ma sát trượt giữa quả cầu và

bàn là 0,1 . Lấy g = 10m/s2.

Tính quãng đường đi được của quả cầu trong khoảng thời gian t tính từ thời điểm

ngay sau khi kết thúc tác dụng của xung lực đến thời điểm nó bắt đầu lăn không trượt.

Câu 2 (5 điểm).

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?

+ Hiệu suất của máy nhiệt?

Câu 3: (5 điểm)

Cho hai ống kim loại mỏng hình trụ (1) và (2),

có bán kính lần lượt là R1 = 5cm, R2 = 6cm. Hai trụ

trên được lồng vào nhau và đồng trục, giữa chúng là

không khí. Tích điện trái dấu cho hai trụ sao cho mật

độ điện tích dọc theo trục hình trụ có dạng :

0

2

1

2

ln

U

R

R

, trong đó U là hiệu điện thế giữa hai trụ.

Người ta tạo ra trong khoảng không gian giữa hai trụ

một từ trường đều B = 0,2T, các đường sức từ song

song với trục hình trụ và có chiều như hình 1. Khoét một lỗ ở trụ ngoài rồi bắn một hạt

có năng lượng W = 100eV bay vào chính giữa hai trụ theo phương vuông góc bán kính và

nằm trong mặt phẳng hình vẽ. Hiệu điện thế giữa trụ (1) và trụ (2) là bao nhiêu để hạt

luôn chuyển động cách đều hai trụ. Bỏ qua tác dụng của trọng lực.

Cho biết: m = 6,64.10-27

kg; q = 2|e| = 3,2.10-19

C; 1eV = 1,6.10-19

J.

ĐỀ THI DỰ PHÒNG

Hình 1

h G R

X

.

Hình 3

A

.

+

+

+

R2

R1

B

O 1 2

v

1

2 3 V

5p0

P0

3V0 7V0

p

Hình 2

2

Câu 4. (5điểm)

Vật AB đặt trước một hệ ba thấu kính mỏng (L1), (L2) và (L3) đặt đồng trục như hình 4.

Biết tiêu cự của các thấu kính đó là f1 = 30cm, f2 = – 20cm

và f3 = 40cm. Khoảng cách O1O3 = 80cm.

Khi dịch chuyển vật AB phía trước thấu kính (L1) ta

nhận thấy số phóng đại k của ảnh qua hệ thấu kính này

không thay đổi. Tính:

a. Khoảng cách O1O2.

b. Số phóng đại k.

-----Hết-----

Họ và tên thí sinh :....................................................... Số báo danh .............................

Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:.....................................................................................

Giám thị 2:.....................................................................................

Hình 4

3

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH

HDC THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TỈNH NĂM 2017

MÔN: VẬT LÝ

Ngày thi: 25/4/2017

(Thời gian 180 phút, không kể thời gian phát đề)

Đề thi gồm 04 câu, trong 05 trang

Câu Nội dung Điểm

Câu 1

(5 điểm)

Tính toán: 0

0( )

X mv

X h R I

Với (I = 22

5mR )

=> 0 02

( ) 5

2

X h R h Rv

I R

(1)

Thay số: 0 10 /X

v m sm

thay (1) vào: 0 625 /rad s

Nhận xét : Tổng quát: điều kiện lăn không trượt vG = kt

R (2)

Theo bài ra : X = const; v0 = const

00

10500 /

0,02kt kt

vv R rad s

R

Kết quả tính toán: 0 625 /rad s > kt điểm tiếp xúc A trượt sang

trái => Fms trượt hướng phải

Fms = p = mg ( giảm, v tăng)

* G: CĐNDĐ: a = msF

m= g; vG = v0 + at = v0 + gt (3)

* Fms tạo mô mem cản => bóng quay chậm dần: 5

2

M g

I R

0 0

5

2

gt t

R

(4)

Đến thời điểm t1: lăn không trượt: v = R

v0 + gt1 = R( 0 -5

2

g

R

t1)

=> t1 = 0 02

7

R v

g

;Thay số: t1 = 0,7 s

Từ thời điểm t1 trở đi bóng lăn không trượt.

Quãng đường đi được : 2

0 1 1

1

2S v t at ; Thay số : S = 7,3m

0,5

0,5

0,5

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

0,5

0,5

0,5

0,5

Câu 2

(5 điểm)

1(2điểm)

Đường 2-3 có dạng: 0p

p = k

0V

V

+ TT2: V2=7V0 ; p2=p0 k = 7

1

+ TT3: V3=3Vo;

p3= kp0. 0

3

V

V =

7

3 0p

+ Theo C-M: T3 = nR

Vp 33 = nR

Vp 009

0,5

0,5

0,5

0,5

ĐỀ DỰ PHÒNG

1

2 3 V

5p0

P0

3V0 7V0

p

4

2(3điểm)

Công do chất khí thực hiện có giá trị: A = S(123) = 7

64 00Vp

* Tính nhiệt lượng khí thu vào trong cả chu trình:

+ Xét quá trình đẳng tích 3-1: Q31 = U = nR2

i T =

2

3

nR(nR

Vp 11 -nR

Vp 33 ) = 7

144 00Vp

+ Xét quá trình 1-2: p = aV+b

. Ta có TT1: 5po = a.3V0 + b

. Ta có TT2: po = -0V

po .V + 8po a = -0V

po vµ b = 8p0

Vì vậy quá trinh 1-2: p = -0V

po .V + 8po (1)

Thay p = V

nRT vµo ta có: nRT = -

0V

po .V2 + 8poV

nRT = -20V

po .V + 8poV (2)

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

T thì nhiệt lượng biến thiên:

Q =2

3 nR T + pV (3)

+ Thay (2) vào (3) ta có: Q = (20po-40V

po V). V

Q = 0 khi VI= 5Vo và pI = 3po

như vậy khi 3Vo V5Vo thìQ>0 tức là chất khí nhận nhiệt

lượng.

Q12 = Q1I = U1I + A1I = 2

3 nR (TI-T1) +

2

1 Ipp (VI-V1) = ..... = 8p0V0

* hiệu suất chu trình là: H = IQQ

A

131 = 32%

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 3

(5 điểm)

- Khi bay vào trong không gian có điện trường và từ trường, hạt chịu lực điện

từ:

BvqEqF

.. (1)

- Để hạt không bị lệch về các bản mặt trụ thì F

phải đúng bằng lực hướng tâm,

là lực cần thiết để giữ hạt bay trên quỹ đạo tròn có bán kính:

0,5

5

cmRR

R 5,52

65

2

21

(2)

- Nhận thấy lực điện Eq

. và lực từ Bvq

. cùng phương, lực từ hướng vào

trục hình trụ. Giả sử trụ trong tích điện dương, trụ ngoài tích điện âm, khi đó lực

điện sẽ hướng ra xa trục và U = V1 – V2 > 0.

- Áp dụng định luật II Niu tơn cho hat : R

vmEqBvq

2.... (3)

- Từ công thức: m

Wv

vmW

.2

2

. 2

(4)

- Cường độ điện trường giữa hai trụ : 20

1

2ln

UE

RRR

R

(5)

- Thay (4) và (5) vào (3) ta có: 2

1

2W 2W

ln

UqB q

Rm RR

R

(6)

2

1

2W 2W( )ln

RRU qB

q m R R (7)

- Thay số vào (7), ta tính được: U121V

- Do U > 0 nên điều giả sử trên là đúng. Vậy hiệu điện thế giữa trụ trong so

với trụ ngoài là 121V.

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

Câu 3

(5 điểm)

a.(3 điểm)

Khi vật dịch chuyển trước TK O1, đầu A của vật có quỹ đạo là đường

thẳng song song trục chính. Nếu hệ số phóng đại qua hệ không đổi thì

ảnh A3 của A có quỹ đạo cũng là đường thẳng song song trục

chính……….………………………………………………….

Nếu xét một tia sáng tới trùng với quỹ đạo của A, tia sáng ló ra sau hệ

sẽ phải trùng với quỹ đạo của ảnh A3…………….....

Vậy điều kiện để hệ số phóng đại không thay đổi là tia sáng tới song

song trục chính sau khi qua hệ phải cho tia ló song song trục

chính……...

Tia tới song song trục chính suy ra d1 = , tia ló song song trục chính

suy ra d’3=….………

Ta có sơ đồ tạo ảnh sau:

O1 O2 O3

1 1 1 2 3 3AB A B A B A B

Gọi x = O1O2, khi đó O2O3 = 80 – x .

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

6

Ta có:

'

1 1 1; 30 d d f cm

'

2 1 2 30 d x d d x

'

3 3 3; 40 d d f cm

' '

2 2 3 3 2 40 d O O d d x

Theo công thức thấu kính:

2 2 2

1 1 1 1 1 1

' 30 40 20d d f x x

……

2 70 1000 0x x 20

50

x cm

x cm

……..…….

Cả hai nghiệm đều thỏa điều kiện 0 < x < 80cm nên đều được nhận

3 3

2 3

1 1

2 1

' ' 40

' ' 220

30 3'

10'

O FA B

O FA B ak

ABAB O F

a O F

…………..

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

b. 2 điểm)

Nếu x = 50cm d2 = 20cm và d2’= – 10cm; ta có hình vẽ sau:

Số phóng đại k:

3 3

2 3

1 1

2 1

' ' 40

' ' 810

30 3'

20'

O FA B

O FA B ak

ABAB O F

a O F

…………..

+ Nếu x = 20cm d2 = – 10cm và d2’= 20cm; ta có hình vẽ sau:

0,5

0,5

A

B

'A

'B

1 'F

3F

a1O2O

3O

7

Số phóng đại k:

3 3

2 3

1 1

2 1

' ' 40

' ' 220

30 3'

10'

O FA B

O FA B ak

ABAB O F

a O F

0,5

0,5

-----HẾT-----

Ghi chú: 1. Thí sinh có thể giải theo cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.

2. Nếu sai đơn vị ở phần kết quả thì trừ 0,25 điểm cho toàn bài thi.

A

B

'A

'B

1 'F

3F

1O2O 3O

a

8

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH

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 m1 và m2 ( m1>m2). Bỏ qua

khối lượng của ròng rọc và dây.

1) Giữ nêm cố định. Biết hệ số ma sát giữa hai vật 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 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/s2

)

- 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 3

l. Thang hợp với sàn 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:

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 3

2l

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)

m M

h

m1

m2 M

α

ĐỀ DỰ PHÒNG

9

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?

+ Hiệu suất của máy nhiệt?

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 o . 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----

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

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.

a) Tính aMAX để hai vật đứng yên.

Vì m1 >m2 nên vật m1 có xu hướng trượt trước.

0sin. 1.1 msFTgm

0sin. 2.2 msFTgm

sin.).( 2121 gmmFF msms

Mà sin.).( 2121 gmmFF msms

0,5

0,25

0,25

0,5

1

2 3 V

5p0

P0

3V0 7V0

p

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

10

Suy ra: 21

21 )(tan

mm

mmk

=>

21

21max

)(tan

mm

mmk

(1)

b) α > αmax tính gia tốc của hai vật.

amgkmTgm

amgkmTgm

.cos..sin..

.cos..sin

222

111

=> 21

2121 cos.)..(sin.).(

mm

gmmkgmma

(2)

2) Không có ma sát

Gọi gia tốc của hai vật đối với nêm là

a ; gia tốc của nêm đối với đất là Ma

Ta có phương trình chuyển động cho ba vật là:

NTNNPaM

TNPaam

TNPaam

M

M

M

2

)(

)(

21

2222

1111

Chiếu lên các trục ox và oy của các phương trinh ta có:

)2)(cos.(cossin

)1)(cos.(cossin

22

11

M

M

aamTN

aamTN

)4(sin..sin.cos..

)3(sin..sin.cos..

222

111

amTNgm

amTNgm

)5(.sinsincos.2 21 MaMNNT

Từ (1) và (2):

)6().(cos.)(sin).( 212121 MammammNN

)7()(cos.)(cos.2sin).( 212121 MammammTNN

Từ (3) và (4): )8(cos.)(cos)().( 212121 ammNNgmm

Từ (5) và (7): MM ammammaM ).(cos.).(. 2121

Hay )9()(

cos.).(

21

21

Mmm

ammaM

Thay (9) vào (6): cos..4).(

sin).(21

212121 a

mmM

mmMmmNN

(10)

Giải hệ (8) và (10) ta có:

2

21

22

2121

2121

cos4sin)()(

sin.))((

mmmmmmM

gmmmmMa

0,25

0,25

0,25

0,25

0,5

0,25

0,25

0,5

0,5

11

2

21

22

2121

2

21

cos4sin)()(

cos.sin.)(

mmmmmmM

gmmaM

Bài 2 * Nhận xét : Nếu vật không vượt được qua đỉnh của nêm thì vật lên 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 :

- Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta có :

2

02

1mv = 2)(

2

1vMm + mgh (1)

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng :

mv 0 = (m + M)v (2) + Từ

(2) v = Mm

mv

0 thế vào (1) ta được :

+ Phương trình (1) 2

02

1mv =

2

0)(2

1

Mm

mvMm + mgh

2

02

1mv =

)(

)(

2

12

0

Mm

mv

+ mgh

2

02

1v =

)(2

12

0

Mm

mv

+ gh

(m + M)v 2

0 = mv 2

0 + 2gh(m + M)

Mv 2

0 = 2gh(m + M)

h = )(2

2

0

Mmg

Mv

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

g = 10 (m/s2

)

ta được h = )5,01,0(10.2

5,0.5,0 2

=

12

125,0 0,0104 (m) = 1,04 (cm)

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.

0,5

0,25

0,25

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

0,5

12

Vận tốc cuối của vật v 1 > vận tốc cuối của nêm v 2 0. áp dụng các định

luật bảo toàn ta có :

2

02

1mv = 2

12

1mv + 2

22

1Mv (3)

mv 0 = mv 1 + Mv 2 (4)

+ Từ phương trình (4) v 2 = M

vvm )( 10 thế vào phương trình (3) ta

được :

mv 2

0 = mv 2

1 + M

2

10 )(

M

vvm

Mmv 2

0 = Mmv 2

1 + m 2 (v 0 - v 1 ) 2

Mv 2

0 = Mv 2

1 + m(v 0 - v 1 ) 2

Mv 2

0 = Mv 2

1 + mv 2

0 - 2mv 0 v 1 + mv 2

1

(M + m)v 2

1 - 2mv 0 v 1 - (M - m)v 2

0 = 0 Ta có :

/ = m 2 v 2

0 + (M + m)(M - m)

= m 2 v 2

0 + (M 2 - m 2 )v 2

0

= M 2 v 2

0

Ta có hai nghiệm : v 1 = )(

2

0

2

0

mM

vMmv

=

1,05,0

5,0.5,05,0.1,0

=

6,0

3,0 = 0,5

(m/s)

v 2 = 0

Nghiệm thứ hai : v 1 = )(

2

0

2

0

mM

vMmv

=

1,05,0

5,0.5,05,0.1,0

=

6,0

2,0 = -

3

1 < 0

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

Vậy v 1 = 3

1 (m/s) v 2 =

M

vvm )( 10 = 5,0

)3

15,0(1,0

= 5,1

25,0 = 0,167

0,25

0,25

0,5

0,5

13

B

A

D

C · ·

Fms2

N2

N1

Fms1

P

(m/s)

Bài 3 1) Không có ma sát thang không cân bằng

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

021

NNPR Ba vectơ lực này có tổng không thể bằng không do

không đồng quy vì vậy thanh không cân bằng.

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: 021

NNP

Chiếu lên các phương nằm ngang và

thẳng đứng ta có:

N2=F1=k.N1 (1)

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

Chọn trục quay tại A. 0cos..sin..cos3

. 22 lFlNl

P ms

22 .tan.3

NkNP

(3)

Từ (1) và (2) => 22 .Nk

k

NP (4)

Từ (3) và (4) ta có: 01).tan.3(.2 2 kk (5)

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.

b) Người đứng tại D.

Khi khối tâm của hệ người và thang là trung điểm I của AB. Điều kiện

cân bằng lúc này là:

N2=F1=k.N1 (6)

2P=N1+Fms2 =N1+k.N2 (7)

Phương trình momen là:

0cos..sin..cos.2

2 22 lFlNl

P ms

22 .tan. NkNP (8)

Giải phương trình (6) (7) (8) ta có: 27,001.tan.22 kkk

0,5

0,25

0,25

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

0,5

0,25

0,25

0,5

14

Ta thấy k > kmin nên khi đó thang sẽ bị trượt.

4) Tính kmin khi α=450.

Trở lại phương trình (5): 01).tan.3(.2 2 kk

Giải 4

tan38tan.9 2

min

k đặt x=tanα và y=4.kmin ta có hàm số

xxy 38.9 2 sau đó đạo hàm được y’<0 nên hàm y là nghịch biến

theo x, nghĩa là α giảm thì kmin tăng.

Với α=450 thì giải kmin=0,28.

0,5

Bài 4 1) Đường 2-3 có dạng:

0p

p =

k0V

V

+ TT2: V2=7V0 ; p2=p0

k = 7

1

+ TT3: V3=3Vo;

p3= kp0. 0

3

V

V =

7

3 0p

+ Theo C-M: T3 = nR

Vp 33 = nR

Vp 009

2) * Công do chất khí thực hiện có giá trị: A = S(123) = 7

64 00Vp

* Tính nhiệt lượng khí thu vào trong cả chu trình:

+ Xét quá trình đẳng tích 3-1: Q31 = U = nR2

i T =

2

3 nR(

nR

Vp 11 -

nR

Vp 33 ) = 7

144 00Vp

+ Xét quá trình 1-2: p = aV+b

. Ta có TT1: 5po = a.3V0 + b

. Ta có TT2: po = -0V

po .V + 8po a = -0V

po vµ b = 8p0

Vì vậy quá trinh 1-2: p = -0V

po .V + 8po (1)

Thay p = V

nRT vµo ta có: nRT = -

0V

po .V2 + 8poV nRT = -

0,5

0,25

0,25

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

0,5

0,25

1

2 3 V

5p0

P0

3V0 7V0

p

15

20V

po .V + 8poV (2)

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

thì nhiệt lượng biến thiên:

Q =2

3 nR T + pV (3)

+ Thay (2) vào (3) ta có: Q = (20po-40V

po V). V Q = 0 khi

VI= 5Vo và

pI = 3po

như vậy khi 3Vo V5Vo thìQ>0 tức là chất khí nhận nhiệt lượng.

Q12 = Q1I = U1I + A1I = 2

3 nR (TI-T1) +

2

1 Ipp (VI-V1) = ..... = 8p0V0

* hiệu suất chu trình là: H = IQQ

A

131 = 32%

0,25

0,5

0,5

Bài 5: HS có thể làm theo một trong hai cách sau đây)

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 . Ban đầu trụ trượt trên sàn xe, lực ma sát làm trụ

chuyển động tịnh tiến nhanh dần, chuyển động quay chậm dần đến khi đạt điều

kiện lăn không trượt .v R thì lực ma sát bằng 0 và hệ đạt trạng thái ổn định

với các vận tốc không đổi.

Cách 1: Sử dụng các định luật bảo toàn:

a)

Định luật bảo toàn động lượng:

( ) 0mV m V v 2

vV

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

vuông góc với mặt phẳng hình vẽ:

( )oI I m v V R

Với: 2

2

mRI và .v R

Giải các phương trình ta tìm được:2

oRv

b)

0,5

0,25

0,25

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

16

2 2 2 2( )

2 2 2 2

hp truoc sau

ohp

Q W W

I I m v V mVQ

Với 2

vV ; .v R ;

2

2

mRI mà

2

oRv

. Biến đổi ta được:

2 2

8

ohp

m RQ

Cách 2: Sử dụng phương pháp động lực học:

a)Đối với xe:

ms

Vm ma F

t

Đối với trụ:

12 qt ms ms

vm ma F F ma F

t

omsI I F R

t

Với: 2

2

mRI và .v R

Biến đổi ta được: 2

oRv

b) ( )hp ms msquay msttQ A A A

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.

2 2

2

12

. . . .2

.2

omsquay ms ms

mstt ms

A F R F R

vA F

a

Biến đổi ta được 2 2

8

ohp

m RQ

0,5

0,25

0,25

0,5

0,5

-----HẾT-----