Tổng hợp đề chính thức và đề xuất kì thi hsg duyên hải và đồng bằng bắc bộ môn Vật lý 10 năm 2018 by DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD

ĐỀ THI HSG DUYÊN HẢI BẮC BỘ MÔN VẬT LÝ

vectorstock.com/3687784

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

Tổng hợp đề chính thức và đề xuất kì thi hsg duyên hải và đồng bằng bắc bộ môn Vật lý khối 10 năm 2018 có đáp án WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XI, NĂM 2018 ĐỀ THI MÔN: VẬT LÍ 10 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 14/4/2018 (Đề thi gồm 02 trang)

ĐỀ CHÍNH THỨC

ai l.c

Câu 1.(5 điểm) Cho một tấm ván có khối lượng m, tại đầu một tấm ván người ta đặt một vật nhỏ có khối lượng bằng v0 2m. Ban đầu cả hai vật đang chuyển động thẳng đều với vận tốc v 0 hướng về phía bức tường thẳng đứng (Hình 1). Vectơ vận tốc hướng dọc theo tấm ván và Hình 1 vuông góc với tường. Bỏ qua ma sát giữa tấm ván và mặt bàn. Coi va chạm giữa tấm ván và tường là tuyệt đối đàn hồi và xảy ra tức thời, còn hệ số ma sát giữa vật và ván bằng µ . a. Tìm động năng của hệ tấm ván và vật nhỏ trước khi va chạm vào tường.

b. Tìm quãng đường x1 mà vật nhỏ đi được so với tấm ván sau lần va chạm đầu tiên đến khi vật không trượt trên tấm ván sau đó.

c. Tìm độ dài cực tiểu của tấm ván để vật không bao giờ chạm vào tường.

Cho biết: chỉ va chạm với một bức tường như hình vẽ và1 + a + a 2 + a 3 + ... + a n =

1 − a n +1 1− a

yn h

Câu 2.(4 điểm) Một vật nhỏ khối lượng m được đặt lên thành bên trong của một vành trụ mỏng có khối lượng M phân bố đều. Vật nằm trong mặt phẳng thẳng đứng vuông góc với M trục của vành trụ và chứa khối tâm của vành trụ. Ban đầu, vành trụ đứng yên trên một mặt phẳng ngang và vật ở vị trí xác định bởi góc lệch α 0 so với đường thẳng đứng (như α0 g m hình 2). Giả thiết rằng ma sát giữa vật và vành trụ là không đáng kể. Gia tốc trọng trường là g . a. Chọn mốc thế năng tại mặt phẳng ngang, tìm cơ năng của hệ trước khi thả các vật chuyển động. b. Giữ vành cố định trước trong khi thả vật nhỏ Hình 2 chuyển động, tìm vận tốc của vật nhỏ và phản lực do vành tác dụng lên vật nhỏ khi vật nhỏ ở vị trí thấp nhất. c. Thả cả hệ tự do để vành trụ chuyển động lăn không trượt trên mặt phẳng ngang, lập luận nào chứng tỏ rằng không có bảo toàn động lượng của hệ khi vật nhỏ trượt xuống. d. Thả cả hệ tự do để vành trụ chuyển động lăn không trượt trên mặt phẳng ngang, tìm phản lực của vành trụ lên vật lúc vật đến vị trí thấp nhất của quỹ đạo.

Câu 3. (4 điểm) Một mol khí lí tưởng đơn nguyên tử thực hiện theo chu trình như hình 3, trong đó: Quá trình 1-2 được biểu diễn bằng đường thẳng.

p p 1 (1 1

p1 8

(2 2

V V1

4,5V1

a. - Xác định thể tích chất khí khi có nhiệt độ cao nhất Tmax trong chu trình, và tìm Tmax theo nhiệt độ tại điểm 1 là T1. - Vẽ đồ thị chu trình trên trong hệ tọa độ VOT. b. Trong quá trình 1-2 có một giá trị V* sao cho khi V1 < V < V * thì chất khí thu nhiệt, còn khi V * < V < 4,5V1 thì chất khí tỏa nhiệt. Tính giá trị V*.

Hình 3

ai l.c

c. Tính hiệu suất của chu trình. d. Trên đoạn 1-2 hãy viết biểu thức nhiệt dung theo thể tích: C = f(V)?

a. Hãy xác định bán kính của hành tinh.

Câu 4. (4 điểm) 1. Hoàng tử Bé (nhân vật trong tiểu thuyết) sống trên tiểu hành tinh hình cầu có tên B-612. Khối lượng riêng hành tinh là 5200kg / m3 . Hoàng tử nhận thấy rằng nếu anh ta bước nhanh hơn thì cảm thấy mình nhẹ hơn. Khi đi với vận tốc 2 m/s thì thấy mình ở trạng thái không trọng lượng và bắt đầu quay xung quanh tiểu hành tinh đó như vệ tinh.

b. Xác định vận tốc vũ trụ cấp II đối với tiểu hành tinh đó.

2. Một đồng hồ nước được sử dụng phổ biến ở thời Hy lạp cổ đại, được thiết kế dưới dạng bình chứa nước với lỗ nhỏ O (hình vẽ 4). Thời gian được xác định theo mực nước trong bình. a.Chứng minh rằng vận tốc dòng nước chảy từ trên xuống qua lỗ O là:

Hình 4

yn h

v = 2 với h là độ cao của mực nước phần trên O.

b. Hãy xác định hình dạng của bình để các vạch chia thời gian là đồng đều (các vạch cách nhau cùng độ cao chỉ các khoảng thời gian bằng nhau). Nút A, B để thông khí.

Câu 5.(3 điểm) Cho các dụng cụ sau:

- 01 mặt phẳng nghiêng có thể thay đổi góc nghiêng α

- 01 lực kế

- Bình chứa nước và nước đã biết trọng lượng riêng γ 0 . - 01 thước đo góc.

- 01 một quả cầu bằng thuỷ tinh có móc treo, bên trong có một bọt khí hình cầu (hình 5). Thuỷ tinh đã biết trọng lượng riêng γ. Hình 5

Yêu cầu: Xác định đường kính của hình cầu, đường kính của bọt khí và khoảng cách O1O2 từ tâm hình cầu đến tâm bọt khí. Biết rằng quả cầu chìm hoàn toàn trong nước, khối lượng móc treo không đáng kể. -------------- HẾT -------------(Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh: ................................................................ Số báo danh: ……………

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XI, NĂM 2018

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM VẬT LÍ 10

Câu 1.Chuyên Lương Văn Tụy – Ninh Bình (5 điểm) Lời giải a. Động năng của hệ trước khi va chạm: Wđ = . 3 .

Điểm

1,0

0,5 0,5

0,5+0,5

0,5

yn h

ai l.c

b. - Sau khi va chạm với tường, ván có vận tốc v0 hướng ngược lại. Do vật không rời ván nên áp dụng định luật bảo toàn động lượng và bảo toàn năng lượng, ta có : 2mv0 − mv0 = 3m.v1 1 1 µ .2mg .x1 = ⋅ 3m ⋅ v02 − ⋅ 3mv12 , 2 2 trong đó v1 là vận tốc khi vật và ván khi vật đã ngừng trượt trên ván, x1 là quãng đường vật đi được trên ván sau va chạm đầu tiên. v0 2v02 → Giải hệ trên v1 = ; x1 = 3 3µg c. Sau khi vật dừng lại trên ván, vật và ván lại tiếp tục chuyển động như một vật với vận tốc v1 hướng vào tường, quá trình lặp lại như trên. Sau va chạm lần hai, vận tốc của vật và ván khi vật đã ngừng trượt và quãng đường x2 vật đi thêm được so với ván: 2 V  2 1  v 1 3 v2 = 1 ; x2 =   ⋅ 3 3µg g - Quá trình như vậy lặp lại nhiều lần, và tổng quãng đường vật đi được trên ván là : 1 1− n 2 2v02  1 1 1  2v02 9 = 3v0 1 − 1  . s = s1 + s2 + ... + sn = ⋅ 1 + + 2 + ... + n  = 3µg  9 9 9  3µg 1 − 1 4 µg  9 n  9 - Để vật không rời ván thì độ dài ván lớn hơn hoặc bằng quãng đường s sau nhiều 3v 2 lần va chạm (n → ∞ ) : l ≥ lim s = 0 . Vậy để vật không va vào tường độ dài tối n→∞ 4 µg 2 3v thiểu của ván là l = 0 4µg

0,5

CĂ˘u 2. ChuyĂŞn LĂŞ Khiáşżt â&#x20AC;&#x201C; QuáşŁng NgĂŁi (4 Ä&#x2018;iáť&#x192;m) Ä?iáť&#x192;m

Láť?i giáşŁi a. CĆĄ nÄ&#x192;ng cáť§a háť&#x2021;: W = (m + M)gR

0,5

b. BáşŁo toĂ n cĆĄ nÄ&#x192;ng cho váşt nháť?: v = 2 (1 â&#x2C6;&#x2019; ) PháşŁn láťąc tĂĄc dáťĽng lĂŞn váşt nháť?: N = mg + mv2/R = mg(3 â&#x20AC;&#x201C; 2.cosÎą0) c. Khi váşt nháť? trĆ°áťŁt xuáť&#x2018;ng thĂŹ cĂł láťąc ma sĂĄt ngháť&#x2030; tĂĄc dáťĽng lĂŞn phĆ°ĆĄng ngang nĂŞn khĂ´ng tháť&#x192; cĂł báşŁo toĂ n Ä&#x2018;áť&#x2122;ng lĆ°áťŁng

0,25 0,25

PhĆ°ĆĄng trĂŹnh chuyáť&#x192;n Ä&#x2018;áť&#x2122;ng cáť§a vĂ nh tráťĽ theo phĆ°ĆĄng ngang Mw = N sin Îą â&#x2C6;&#x2019; Fms . (2) PhĆ°ĆĄng trĂŹnh chuyáť&#x192;n Ä&#x2018;áť&#x2122;ng quay cáť§a vĂ nh tráťĽ lĂ I Îł = Fms R ,

ai l.c

M, R

m N Îą Mg N

0,25

Nâ&#x20AC;˛ mg

w R nĂŞn suy ra Fms = Mw .

Fms

váť&#x203A;i I = MR 2 vĂ Îł =

HĂŹnh 1 Thay (3) vĂ o (2), ta Ä&#x2018;Ć°áťŁc

0,25

(3)

N sin Îą = 2Mw .

max = 2Mw hay mu = 2Mv .

(4)

0,25

(5)

0,25

Thay (4) vĂ o (1) ta Ä&#x2018;Ć°áťŁc Theo Ä&#x2018;áť&#x2039;nh luáşt báşŁo toĂ n cĆĄ nÄ&#x192;ng

1 1 1 1 mu 2 + Mv 2 + I Ď&#x2030; 2 hay mgR (1 â&#x2C6;&#x2019; cos Îą 0 ) = mu 2 + Mv 2 . (6) 2 2 2 2

mgh =

0,25

d.CĂĄc láťąc tĂĄc dáťĽng lĂŞn háť&#x2021; nhĆ° hĂŹnh 1. PhĆ°ĆĄng trĂŹnh chuyáť&#x192;n Ä&#x2018;áť&#x2122;ng cáť§a váşt theo phĆ°ĆĄng ngang max = N sin Îą .(1)

0,5

MgR (1 â&#x2C6;&#x2019; cosÎą 0 ) m , v= m + 2M M

yn h

GiáşŁi háť&#x2021; (5) vĂ (6) ta Ä&#x2018;Ć°áťŁc u = 2

MgR (1 â&#x2C6;&#x2019; cosÎą 0 ) . (7) m + 2M

0,5 0,25

vrel = u + v

Khi váşt Ä&#x2018;áşżn váť&#x2039; trĂ tháşĽp nháşĽt cáť§a quáťš Ä&#x2018;áşĄo, váşn táť&#x2018;c cáť§a váşt Ä&#x2018;áť&#x2018;i váť&#x203A;i vĂ nh tráťĽ lĂ

PhĆ°ĆĄng trĂŹnh chuyáť&#x192;n Ä&#x2018;áť&#x2122;ng cáť§a váşt táşĄi váť&#x2039; trĂ tháşĽp nháşĽt quáťš Ä&#x2018;áşĄo xĂŠt theo phĆ°ĆĄng v2 (u + v)2 hĆ°áť&#x203A;ng tĂ˘m cĹŠng lĂ phĆ°ĆĄng tháşłng Ä&#x2018;áťŠng lĂ N â&#x2C6;&#x2019; mg = m rel = m . Thay u vĂ R R

ďŁŽ ďŁŤm ďŁš ďŁś v áť&#x; (7) vĂ o ta Ä&#x2018;Ć°áťŁc káşżt quáşŁ N = mg ďŁŻ1 + ďŁŹ + 2 ďŁˇ (1 â&#x2C6;&#x2019; cosÎą0 ) ďŁş . ďŁ¸ ďŁ° ďŁM ďŁť

0,25

Câu 3.Chuyên Biên Hòa – Hà Nam(4 điểm) Nội dung

Điểm

a. Xét quá trình 1-2: Đồ thị có dạng p = aV +b

Thay hai tọa độ 1 và 2 giải hệ: p1 = a.V1 + b; p1/8 = a.2,5V1 + b 0,25

p1 5p ;b = 1 4V1 4

được: a = −

phương trình: pV = RT (1)

Đồ thị parabol đỉnh có tọa độ N(TN,VN):

25 T1 16

5V1 ; 2 (3) 25 p1V1 25T1 = = = TN 16nR 16

2,5

0,25

V 4,5

0,25 (đồ thị)

b.Cách 1

0,25

p1V1 p1V1 = nR R

Với T1 =

Tmax

T1 9 T1 16 T 1/ O

⇒ VN =

Từ (2)

ai l.c

p1 5p V 2 + 1 V (2) 4 RV1 4R

Thu được: ⇒ T = −

Gọi M (V ; p) là điểm trên 1-2. Xét quá trình biến đổi khí từ (1 → M )

yn h

( p1 + p )(V − V1 )  >0  A1M = 2  ∆U = nC (T − T ) = CV ( pV − p V ) = 3 ( pV − p V ) V 1 1 1 1 1  1M R 2

⇒ Q1M = A1M + ∆U 1M =

 p1  4V 2  − + 25V − 21V1  (*) 8  V1 

0,25 0,25

0,25

Vì Q(V) là một parabol có đỉnh cực đại Qmax. Trước Qmax chất khí nhận nhiệt, sauQmax chất khí tỏa nhiệt.

Vậy V* chính là giá trị ứng với thể tích V để Qmax. Từ (*) ⇒ (Q1M ) max ⇔ V =

25.V1 25 ⇒ V * = V1 8 8

0,25

Cách 2: (chấm cách 2 thì thôi cách 1) 0,25

dQ = CV.dT + p.dV mà CV = 3R/2; T = −

p1 p 5p 5p V 2 + 1 V và p = − 1 V + 1 4V1 4 4 RV1 4R 3

0,25

dQ = ( −

0,25

25 p1 V+ p1 ).dV 8 V1

Nhận nhiệt khi : −

0,25

25.V1 25 25 p1 ⇒ V * = V1 V+ p1 > 0 ⇔ V < 8 8 8 V1

c. Hiệu suất của động cơ nhiệt cho bởi công thức: H =

A Q1

p    p1 − 1 ( 4,5.V1 − V1 ) 49 p1V1 8  + Từ đồ thị ⇒ A =  = 2 32

0,25

Khí chỉ nhận nhiệt trong quá trình từ 1 → M và quá trình từ 3 → 1 .

25 V1 vào (7) (hoặc dùng tích phân nếu 8

ai l.c

+ Xét quá trình từ 1 → M ta có: Thay V =

289 p1V1 > 0 128

dQ dT d. dQ dV . C= dV dT

0,25

25 p1 V+ p1 ).dV 8 V1

p 5p dT p1 5p =− 1 V + 1 V2 + 1V ⇒ dV 2 RV1 4R 4 RV1 4R

0,25

T =−

0,25

yn h

dQ = ( −

196 ≈ 42,89% 457

⇒H=

457 p1V1 128

⇒ Q1 = Q1M + Q31 =

p1V1 p3V3 21 p1V1 − )= >0 R R 16

+ Xét quá trình biến đổi từ 3 → 1 ta có: Q31 = CV (T1 − T3 ) = CV (

0,25

⇒ Q1M =

dùng cách 2)

V 25 + V1 8 C= R V 5 − + 2V1 4 −

0,5

Câu 4. Chuyên Quốc học Huế (4 điểm)

1 2.a.Phương trình BecNuLi: p0 + ρ gh = p0 + ρ v 2 2

ai l.c

Lời giải Điểm 1a. Lực hấp dẫn giữa hành tinh và Hoàng tử đóng vai trò là lực hướng tâm. Gọi M, m lần lượt là khối lượng của hành tinh và Hoàng tử. Ta có: v2 mM G 2 =m 1 , (1) 0,5 R R 4 với M = π R 3 ρ ( ρ là khối lượng riêng của hành tinh) 3 Thay vào (1) ta rút ra được: 3v12 0,25 R= 4π G ρ 0,25 Thay số v1 = 2m / s; ρ = 5200kg / m 3 ta tính được R ≈ 1659m. b. Cơ năng của Hoàng tử bé 0,25 mv 2 mM W= . −G 2 R 2GM 0,25 = 2v1 . Điều kiện thoát là W ≥ 0 → v ≥ R Vậy vận tốc vũ trụ cấp 2 đối với tiểu hành tinh đó là 0,5đ v2 = 2v1 = 2 2 = 2,83m / s .

Ta được công thức Torricelli: v = 2 gh

0,5 0,5

2.b. với y = h là mực nước tính từ O : v = 2 gy Đồng hồ đối xứng tròn xoay, tiết diện lỗ O là a. Tiết diện mặt nước tại thời điểm khảo sát là

yn h

0,25

A = π x2

Thể tích nước chảy qua O trong thời gian dt là: dV = avdt = a 2 gydt

0,25

Mực nước trong bình giảm xuống tương ứng là

dh =

0,25

dV dh a 2 gy → = A dt π x2 .

Theo yêu cầu: 2

a 2 gy dh  const.π  1 4 x . = const → = const → y =   2 dt πx  a  2g

Vậy: Hình dạng của bình

y tỉ lệ với

x4 .

0,25

Câu 5. Chuyên Lê Quý Đôn – Đà Nẵng (3 điểm) Lời giải Gọi r là bán kính bọt khí và R là bán kính hình cầu. Dùng lực kế, đo được trọng lượng của quả cầu.

Điểm

0,5

4 P1 = π ( R3 − r 3 )γ (1) 3 Nhúng quả cầu vào nước, dùng lực kế đo trọng lượng biểu kiến của quả cầu

4 4 P2 = π ( R3 − r 3 )γ − π R3γ 0 (2) 3 3 3

3( P1 − P2 ) 4πγ 0

γ  3  ( P1 − P2 ) − P1  3 γ 0  Thay R vào (1) ta tính được r = 4πγ

0,5

ai l.c

Từ (1) và (2) tính được bán kính của hình cầu: R =

0,5

0,25

yn h

Đặt quả cầu lên mặt phẳng nghiêng và nghiêng dần tới góc αmax thì cầu còn có thể cân bằng được trên mặt phẳng nghiêng. Khi đó khối tâm G nằm trên đường thẳng đứng đi qua điểm tiếp xúc và O1O2 nằm ngang.

0,5

Ta có O1G = l = R sin α

Đặt a = O1O2

4 3 4 4 3 3 3 3 Ta có: π r γ a = π ( R − r )γ l = π ( R − r )γ R.sin α 3 3 3 3

R −r R.sin α r3

da a=

Với R và r đã tính được, α đo bằng thước đo góc, tính được a = O1O2 -----HẾT-----

0,25 0,25

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ

NĂM HỌC 2017 - 2018 MÔN THI: VẬT LÝ LỚP 10

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ CỦA CHUYÊN BẮC GIANG

(Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề)

Đề thi gồm 2 trang Câu 1( 5,0 điểm)

Trên mặt phẳng ngang có hai khối lập phương cạnh H, cùng khối lượng M đặt cạnh nhau. Đặt nhẹ nhàng một quả cầu có bán kính R, khối lượng m = M lên trên vào khe nhỏ giữa hai

ai l.c

khối hộp như hình 1.

1. Hai khối hộp cách nhau một khoảng R, quả cầu đứng cân

bằng trên các khối hộp ngay sau khi đặt nhẹ lên khe hở. Tìm lực do

các khối hộp tác dụng lên quả cầu khi các vật đứng cân bằng. Biết hệ

số ma sát tĩnh giữa hai khối hộp và mặt bàn là k, tìm điều kiện của k

để quả cầu đứng cân bằng trên 2 hộp ngay sau khi đặt lên.

2. Bỏ qua mọi ma sát và vận tốc ban đầu của quả cầu. Tìm vận

Hình 1

tốc quả cầu ngay trước khi va đập xuống mặt phẳng ngang.

yn h

Câu 2 (4,0 điểm) p Một lượng khí lý tưởng lưỡng nguyên tử có các quá bình biến 1 2 đổi theo chu trình 0 - 1 - 2 - 3 - 0 như hình 2: Quá trình 0 - 1 làm nóng p1 đẳng tích; quá trình 1 - 2 dãn nở đẳng áp; quá trình 2 - 3 làm lạnh 3 đẳng tích; quá trình 3 - 0 nén đẳng áp. Trong quá trình biến đổi, nhiệt p0 0 độ của khí đạt giá trị nhỏ nhất là Tmin = T0 và đạt giá trị lớn nhất O aV V Tmax = 4T0. Hình 2 1. Tìm giá trị của p1 theo p0, a ? Công thực hiện của khối khí trong chu trình theo p0, V0, a? 2. Hãy tìm giá trị a và hiệu suất cực đại (ηmax) của chu trình? 3. Cho giá trị của a = 2. Giả sử có quá trình biến đổi chậm trạng thái của khí từ 1-3 trên đồ thị p-V là một đường thẳng. Tìm điểm ( p, V ) mà tại đó khối khí chuyển từ nhận nhiệt sang nhả nhiệt? Câu 3 (4,0 điểm) Một con tàu vũ trụ bay quanh Mặt Trăng theo quỹ đạo tròn bán kính R = 3,4.106m. 1. Hỏi từ con tàu phải ném một vật theo phương tiếp tuyến với quỹ đạo với vận tốc bằng bao nhiêu để nó rơi lên mặt đối diện của Mặt Trăng. 2. Sau thời gian bao lâu nó sẽ rơi lên Mặt Trăng. Cho biết bán kính Mặt Trăng RT = 1,7.106m

Câu 4: (4.0 điểm) Một vành tròn mảnh khối lượng m bán kính R quay quanh trục đi qua tâm và vuông góc với mặt phẳng của vành với vân tốc góc ω 0 . Người ta đặt nhẹ nhàng vành

ω0

ai l.c

α xuống chân của một mặt phẳng nghiêng góc α so với phương ngang ( hình vẽ). Hệ số ma sát trượt giữa vành và mặt phẳng nghiêng là µ . Bỏ qua ma sát lăn. 1. Tìm điều kiện của µ để vành đi lên trên mặt phẳng nghiêng. 2. Tính thời gian để vành lên đến độ cao cực đại và quãng đường vành đi lên được trên mặt phẳng nghiêng.

ym ol on

yn h

và mặt bàn nói trên. Yêu cầu nêu rõ: a. Cơ sở lý thuyết b. Bố trí thí nghiệm c. Các bước tiến hành

Câu 5 (3,0 điểm) Cho các dụng cụ sau: - Một số lượng đủ dùng các quả cân như nhau có móc treo đã biết khối lượng. - Dây nối mảnh, nhẹ đủ dài - Thước đo chiều dài - Một mặt bàn phẳng, nằm ngang có gắn sẵn một ròng ròng nhẹ ở mép bàn - Khối hộp chữ nhật đồng chất có khối lượng m1 đã biết. Trình bày một phương án thực nghiệm để xác định hệ số ma sát trượt µt giữa khối hộp

………………………………….Hết……………………….. Người ra đề Ong Thế Hùng SĐT: 0977484667

HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1( 5,0 điểm) 1. Quả cầu cân bằng trên 2 khối hộp, AOB là một tam giác đều. Có thể thấy ngay các lực của 2 khối tác dụng lên quả cầu hướng về tâm và cùng độ lớn, góc giữa 2 lực là 600. Các lực này cân

3 Mg = N 3 ⇒ N = Mg 3

bằng với trọng lực tác dụng lên quả cầu. Vì vậy:

R B

0.5

ai l.c

Để các khối hộp và quả cầu đứng cân bằng sau khi đặt quả cầu lên thì lực tác dụng lên các

khối hộp theo phương ngang phải không lớn hơn ma sát nghỉ cực đại fms. Xét lực tác dụng lên mỗi khối hộp gồm:

pi ym

N cos 600 ≤ f ms ⇔ N cos 600 ≤ k ( Mg + N sin 600 )

1 N Mg / 3 = = 2Mg + N 3 2 Mg + Mg 3 3

1.0

yn h

⇒k≥

Phản lực Q của bàn với: Q = Mg + Fsin600

0.5

Trọng lực P = Mg, áp lực của quả cầu F với F = − N

- Xét thời điểm quả cầu rơi xuống khối lập phương, ta cần xác định góc α.

Liên hệ vận tốc: v1 cos α = v 2 sin α ⇒

0.25

v1 = tgα v2

- Bảo toàn năng lượng:

1 1 mv12 + 2 mv 22 = mgR (1 − cos α ) 2 2

 1  v12  1 + 2 2  = 2gR (1 − cos α ) tg α  

-v2 v2

v M

2gR (1 − cos α ) tg 2α →v = 2 + tg 2α 2 1

Trong HQC chuyển động với vận tốc v2 thì quả cầu chuyển động tròn quanh điểm tiếp xúc, tại thời điểm rời nhau thì HQC trên trở thành HQC quán tính, lúc này thành phần trọng lực

đóng vai trò lực hướng tâm:

0.5

mv 2 = mg cos α R

v1 mv12 → = mgcos α sin α R sin 2 α

(*)

0.5

Thay v1 bằng biểu thức ở trên vào, được phương trình:

v12 =

2gR (1 − cos α ) tg 2α = gR cos α.sin 2 α 2 2 + tg α

↔ cos3 α + 3cos α − 2 = 0 → cos α = 0,596

ai l.c

(Có thể tính theo cách sau: Tìm v2 rồi xác định cực đại v2.

2gR (1 − cos α ) (1 − cos α ) cos 2 α v12 2gR = = tg 2α 2 + tg 2α 1 + cos 2 α

→ v 22 =

0.5

Lấy đạo hàm theo cosα và cho đạo hàm bằng 0 ta nhận được phương trình:

cos3 α + 3cos α − 2 = 0 )

Thay vào (*): v12 = gR cos α.sin 2 α = gR cos α 1 − cos 2 α

h = H − R (1 − cos α )

0.25

Còn quả cầu cách mặt đất:

)

(

- Nếu H < R (1 − cos α ) ≈ 0, 404R thì quả cầu chạm đất trước khi rời các hình lập phương,

yn h

lúc chạm đất thì góc α thỏa mãn H = R (1 − cos ϕ ) → 1 − cos ϕ =

H . Vận tốc ngay trước R

chạm đất xác định theo định luật bảo toàn năng lượng và liên hệ vận tốc.

1 + cos 2 α 1 + cos 2 α 1 − cos α = 2gR ( ) 1 − cos 2 α 1 + cos α

v12 = 2gR

0.25

2R 2 + H 2 − 2RH → v1 = 2g ( 2R − H ) H 2

- Nếu H > R (1 − cos α ) ≈ 0,404R thì sau khi rơi, quả cầu chuyển động rơi tự do:

R  vf = v12 + 2gH = 2gH 1 − 0, 212  H 

0.25

Câu 2( 4,0 điểm) a. Ta có: A = (p1 - p0 )(aV0 - V0 ) (1)

p1aV0

= ⇒ p1 = T0 4T0 Từ (1) và (2) suy ra

Mặt khác:

4p0

(2)

0.5

V O

aV0

0.5

5 7 p 1∆ V + p 1 ∆ V = p 1∆ V 2 2 7 4p 14 a-1 = . 0 (aV0 - V0 ) = p 0 V0 (a - 1) = 14p 0 V0 . 2 a a a

Q12 = ∆U 2 + p∆ V =

⇒ Q12

0.25

ai l.c

 4p  4  pV A =  0 - p0  (aV0 - V0 ) = p0 V0  - 1 (a - 1) = 0 0 (4 - a )(a - 1) (3)    a a a b. Tìm hiệu suất cực đại  5 5  4p Q01 = ∆U1 = ∆pV0 =  0 - p0  V0  2 2  a Lại có: 4  5 5 4-a = p0 V0  - 1 = p0 V0 (4) 2 2 a  a 

p0 V0

Q01

A + Q12

Hiệu suất chu trình được xác định bởi η =

(5)

0.25

(7 )

0.5

(6)

yn h

p0 V0 (4 - a )(a - 1) a Thay (4) và (5) vào (6), ta được: η = 5 4-a a-1 p0 V0 + 14p0 V0 . 2 a a p 0 V0 (4 - a )(a - 1) (4 - a )(a - 1) a 2 - 5a + 4 f(a) ⇒η= a = = = p 0 V0 4 - 11,5a g(a) (11,5a - 4 ) (11,5a - 4 ) a Lấy đạo hàm η theo a và cho bằng 0, ta có:

dη f'(a).g(a) - f(a).g'(a) = = 0 (8) da g2 (a)

(

)

⇒ (2a - 5)(4 - 11,5a ) = - 11,5 a 2 - 5a + 4 ⇒ 11,5a 2 - 8a - 26 = 0

Giải phương trình trên, ta được a = 1, 89

0.25

Thay vào (7) ta tính được hiệu suất cực đại của chu trình

a 2 - 5a + 4 1,892 - 5.1,89 + 4 = = 0,106 = 10,6% 4 - 11,5a 4 - 11,5.1,89 c. Tìm điểm chuyển nhiệt 4p0 a = 2 ⇒ p1 = =2p0 a Xét điểm 2’( V; p ) nằm trên đường thẳng 1-3:

ηmax =

0.5

Phương trình đường thẳng: p = -

p0 V0

V+3p0

Công của khối thực hiện trong quá trình 1-2’ 1 1 p A = (p +2p0 )(V - V0 ) = (− 0 V 2 + 6p0V − 5p0V0 ) 2 2 V0

0.25

pV p0V0 pV V V T0 = (− 2 + 3 )T0 ⇒ T= = T T0 p0V0 V0 V0 Độ biến thiên nội năng của khí trong quá trình 1-2’ p 5 5 nR(T-T0 ) = (− 0 V 2 + 3 p 0V0 − p 0V0 ) 2 2 V0 Nhiệt mà khí nhận được trong quá trinh1-2’: p p 5 1 Q= ∆ U+A = (− 0 V 2 + 3 p 0V0 − p 0V0 ) + (− 0 V 2 + 6p 0V − 5p 0V0 ) 2 V0 2 V0

Phần

Nội dung đáp án

yn h

v2 B O

em yk da

0.25

0.5

Câu 3( 4,0 điểm)

21 7 V0 = V0 12 4

⇒V =

V2 +

21 p V − 5p0V0 V0 2 0 Điểm 2’ là điểm chuyển từ nhận nhiệt sang nhả nhiệt khi: p dQ 21 = 0 ⇒ −6 0 V + p0 = 0 dV V0 2 ⇒Q =−3

0.25

ai l.c

∆U =

Mà :

Điểm

R RT

Vật được ném ra khỏi con tàu chuyển động theo quỹ đạo elip tiếp xúc với bề mặt 0.25 Mặt Trăng. Trục lớn quỹ đạo elip là 2a = R + RT

Thế năng hấp dẫn của vật tại A và B:

WA = - G

MTm R

WB = - G

MTm RT

0.5

Theo định luật bảo toàn năng lượng:

ai l.c

v12 MT v22 M -G = -G T 2 R 2 RT

→

MT v12 R T 2 v22 nên g = - gT R T T RT 2 2 2 2

v1.∆t .R = v2.∆t .RT → v1.R = v2.RT

0.25

(3)

0.5

(2)

Thay vào (1) ta được:

gTRT 2

ym → v1 =

v12 R - gT T = 2v1- gTRT 2 2

Theo định luật 2 Kepler ta có:

Theo bài ra: R = 2RT nên 2v1 = v2

0.5

(1)

Vì gT = G

Mm 1 Mm 1 2 mv1 - G T = mv22 - G T 2 R 2 RT

tàu m1:

yn h

Vận tốc của vật m khi chưa ném tại điểm A là v0 bằng vận tốc tới điểm A của con

MT m1 m1v02 F=G 2 = R R

→ v0 = G

MT gT RT = R 2

0.25 (4)

So sánh (3) với (4) ta có: v1< v0. Vận tốc của vật cần phải ném v ngược chiều với vận tốc v0 .

Vậy:

v = v0 - v1

(5).

Thay (3) và (4) vào (5) ta được:

1   1 v = gT RT  −  3  2 Thay số ta được: v = 88,2(m/s).

0.5

Chu kỳ quay của con tàu: T=

0.5

2πR 2R T = 4π v0 gT

Dựa vào định luật 3 Kepler ta có thể suy ra: 2

 T   R + RT    =    2R T   T0 

 R + RT 2  3 2 → T=T0   → T=   T0 2   2R T 

Thay số ta được: T = 551 phút.

0.5 0.5

ai l.c

Vậy thời gian để vật rơi lên Mặt Trăng là: t = T/2 = 275,5 phút.

Câu 4 ( 4,0 điểm)

Câu 4 Câu 1

N Fms

0,25

Do vận tốc ban đầu của khối tâm bằng không nên khi đặt xuống vành vừa quay

yn h

vừa trượt trên mặt phẳng nghiêng.

Phương trình động lực học cho khối tâm: 0,75

Fms - mgsinα = ma

=> µmgcosα - mgsinα = ma

=> a = g.(µcosα - sinα)

Để vành đi lên trên mặt phẳng nghiêng thì a > 0, hay µ > tan α

Câu 2

Vận tốc khối tâm tăng dần trong khi vận tốc góc giảm dần, đến thời điểm v = ω R thì vành sẽ lăn không trượt. Do đó ta xét vành đi lên gồm 2 giai đoạn:

0,25

Giai đoạn vừa lăn vừa trượt: lực ma sát trượt ∙

Phương trình chuyển động quay quanh khối tâm:

⇒ γ = −µg cosα / R

− Fms R = mR 2 .γ

0,25

Đến thời điểm t1 vành kết thúc trượt thì vận tốc khối tâm và vận tốc góc bằng:

v1 = at1 = g(µ cosα − sinα)t1 ω1 = ω0 + γt1 = ω0 − µg cosα.t1 / R Do điều kiện lăn không trượt:

ω0 R 2µ cosα − sinα

0,5

v1 = at1 = (µ cosα − sinα)

0,5

ω0 R g (2 µ cos α − sin α )

ai l.c

v1 = ω1 R suy ra t1 =

ω0 ω1 = (µ cosα − sinα) . 2µ cosα − sinα

Quãng đường mà vành đi lên được trong giai đoạn này bằng:

0,25

v12 (µ cosα − sinα)ω02 R2 S1 = = 2a 2g(2µ cosα − sinα) Giai đoạn vành lăn không trượt: Lực ma sát nghỉ hướng lên trên

Phương trình động lực học cho khối tâm và phương trình quay quanh tâm

quay tức thời là điểm tiếp xúc:

yn h

− mgRsinα = 2mR2 .γ

Gia tốc khối tâm của vành:

⇒ γ = − g sin α / 2 R

0,5

a′ = γR = −g sinα / 2 .

Sau thời gian t2 vật dừng lại tức thời ( đạt độ cao cực đại)Thời gian chuyển động

lên trong giai đoạn này xác định từ phương trình:

0 = v 1 + a ′t 2 ⇒ t 2 = ( µ cos α − sin α )

2ω0 R g sin α (2 µ cos α − sin α )

Quãng đường vành đi lên được trong giai đoạn này bằng: 2

− v2  ω0 R  2 S 2 = 1 =  ( µ cos α − sin α )  2a ′  2 µ cos α − sin α  g sin α

0,5

Thời gian và quãng đường đi lên bằng t = t1 + t 2 ; S = S1 + S 2 .

0,25

Câu 5 ( 3.0 điểm) Cơ sở lý thuyết (1.75 điểm) Giai đoạn 1: Hai vật chuyển động nhanh dần đều từ trạng thái nghỉ cùng gia tốc: a1 =

0.25

m2 g − µ m1g m1 + m2

Khi m2 chạm đất, vận tốc của hai vật thoả mãn:

( m g − µ m g ) 2h 2

0.5

m1 + m2

v12 = 2.a1h =

ai l.c

- Giai đoạn 2: m1 chuyển động chậm dần đều do tác dụng của ma sát trượt với gia tốc: a2 = − µ g

Kể từ khi m2 chạm đất đến khi m1 dừng lại, vật m1 đi được quãng đường: S = ℓ − h

m1 + m2

(ℓ − h)

hm2 m1ℓ + m2 ℓ − m2 h

→µ=

( m g − µ m g ) 2h = 2 µ g

→

Bố trí thí nghiệm (0.5 điểm)

- Đặt khối hộp lên bàn, dùng một số quả cân có tổng khối lượng m2 đủ lớn tạo hệ liên kết qua ròng rọc như hình vẽ.

0.25

- v12 = 2a2 S

0.25

yn h

- Nếu m2 chạm đất mà m1 chưa chạm ròng rọc thì nó sẽ tiếp tục chuyển động chậm dần đều và dừng lại. Bố trí độ cao h của mép dưới m2 so với đất và chiều dây nối sao cho m1 dừng lại

mà chưa chạm ròng rọc.

Các bước tiến hành (0.75 điểm)

- Giữ m1 để hệ cân bằng, đo độ cao h từ mép dưới m2 tới đất và đánh dấu vị trí ban đầu M của m1 trên mặt bàn.

- Thả tay nhẹ nhàng cho hệ chuyển động, đánh dấu vị trí m1 dừng lại trên mặt bàn (vị trí N).

Đo ℓ = MN

- Tính µ theo công thức trên

Ghi chú: Nếu thí sinh làm khác với Hướng dẫn chấm nhưng vẫn đúng, giám khảo cũng cho điểm theo biểu điểm.

0.5

yn h

ai l.c

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH

ĐỀ THI CHỌN HSG KHU VỰC DHBB NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn: Vật lý – Lớp 10 Thời gian làm bài 180 phút (không kể thời gian phát đề)

ai l.c

Bài 1: Cơ học chất điểm (4 điểm) Cho con lắc có một đầu gắn cố định tại điểm O, một đầu treo vật nhỏ bằng sợi dây nhẹ không dãn, chiều dài L. Tại vị trí P ở dưới điểm O, cách O đoạn L/2 có gắn đinh. Con lắc được thả nhẹ từ vị trí A với OA có phương nằm ngang như hình vẽ. Khi con lắc tới vị trí B, chỉ phần dưới điểm P có thể tiếp tục đi lên. a) Giả sử khi con lắc tới vị trí C, sợi dây bị đứt. Tính góc tạo bởi PC và phương thẳng đứng. b)Sau khi dây đứt, vật nhỏ chuyển động tới vị trí D đạt độ cao cực đại. Tìm độ cao cực đại của vật so với điểm P. c)Vật đi qua điểm E ở ngay dưới điểm O. Tìm khoảng cách OE. Bài 2: cơ học vật rắn-(5 điểm) Một quả cầu bán kính b đang nằm yên ở trên một quả cầu cố định bán kính a, a>b, vị trí ban đầu θ=00. Quả cầu bên trên di chuyển nhẹ để nó lăn dưới tác dụng của trọng lực như hình bên. Hệ số ma sát nghỉ µ s>0, hệ số ma sát trượt µ=0. a)Viết phương trình chuyển động lăn thuần túy của quả cầu phía trên từ đó rút ra phương trình chuyển động theo θɺɺ và θ khi quả cầu lăn không trượt. b)Tìm phương trình liên hệ θɺ và θ từ đó tìm sự phụ thuộc của θ theo t, giả sử 0< θ(0)<< θ(t). dx x Sử dụng ∫ = 2 ln tan   x 4 sin   2  

yn h

Bài 3: Cơ học thiên thể (4 điểm) Sự đi qua của sao Kim là hiện tượng khi sao Kim ở vị trí giữa Mặt trời và Trái đất. Trên hình bên, hai người quan sát ở hai vị trí A, B khác nhau trên Trái đất, sao Kim xuất hiện như hai điểm đen phân biệt A’ và B’ trên bề mặt Mặt trời. a)Giả sử chu kỳ quay của sao Kim quanh Mặt trời là 225 ngày, tính tỉ số aE/aV, với aE, A aV là khoảng cách trung bình Sao Kim-V từ Trái đất và sao Kim đến B B’ Mặt trời. b)Vào ngày sao Kim đi qua, hai người quan sát tại A và B A với khoảng cách địa lý của Mặt trời Trái đất hai điểm A, B là 1800km, B ở 0 37 Tây Nam của điểm A. Tính khoảng cách A’B’. c)Một người quan sát khác thấy đường kính Mặt trời bằng 290 lần khoảng cách giữa hai điểm đen A’B’. Tính đường kính của Mặt trời. d)Tính hiệu thời gian (theo đơn vị phút) sao Kim đi qua theo quan tại điểm A và B. Bài 4: Nhiệt học (3 điểm ): Câu 3 ( 4đ). Phương trình trạng thái, nguyên lí I, II Một mol khí lí tưởng lưỡng nguyên tử thực hiện chu trình biến đổi khí trong đó p phụ thuộc tuyến tính vào thể tích (gồm bốn đoạn thẳng như hình vẽ), (12) và (34) đi qua gốc toạ độ. Các điểm 1,

4 có cùng nhiệt độ T1 = 300K , các điểm 3, 2 có cùng nhiệt độ T2 = 400K, các điểm 2 và 4 có cùng

ai l.c

thể tích V. Xác định công của chu trình.

yn h

Bài 5: Phương án thực hành (3 điểm ): 1) Mục đích thí nghiệm: Có một bình nước nóng đậy kín, chỉ có thể lấy được nước ra qua một vòi có khoá. Cần làm thí nghiệm để xác định nhiệt độ của nước trong bình. 2) Thiết bị thí nghiệm: a) Một ống nghiệm nhỏ, dung tích khoảng 30 cm3. b) Nhiệt kế thuỷ ngân chia độ đến 0,10C. c) Bút dạ viết được lên thuỷ tinh. d) Đồng hồ bấm giây. 3) Yêu cầu xây dựng phương án thí nghiệm: a) Trình bày cơ sở lý thuyết. Viết các công thức cần thiết. b) Trình bày một phương án thí nghiệm để xác định nhiệt độ của nước trong bình, trong hai trường hợp sau: - ống nghiệm được bọc ngoài bằng bông cách nhiệt tốt. - ống nghiệm được bọc ngoài bằng bông cách nhiệt không tốt. c) Tìm công thức tính sai số của nhiệt độ đo được. -------------- Hết------------

(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

Họ và tên thí sinh: ………………………………….Số báo danh: ………… (Đề thi này có 02 trang)

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG KHU VỰC DHBB NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn: Vật lý – Lớp 10 ĐÁP ÁN Hướng dẫn

Bài số 1 (4 điểm)

Thang điểm

a)Gọi θ là góc tạo bởi PC và phương thẳng đứng. Cơ năng bảo toàn tại vị trí A và C suy ra: vC2 = gL(1 − cosθ )

vC2 L/2

ai l.c

Từ định luật II Niuton: T + mg cos θ = m

1,0

0,75 1,25

Tại C, T=0 suy ra cosθ=2/3 => θ=480. b)Tại C, vận tốc vC2 = gL(1 − cosθ ) = gL / 3 , vC tạo với phương ngang góc θ. Sau khi dây đứt, vật chuyển động như vật bị ném xiên. Tại độ cao cực đại, vy=0, suy ra vC2 sin 2 θ 5L y= = 2g 54 Vị trí vật đạt độ cao cực đại so với điểm P là Lcosθ/2+5L/54=23L/54. c)Chọn P là gốc tọa độ, khi đó tọa độ của vật được xác định bởi x=Lsinθ/2-vCcosθ.t y=Lcosθ/2+vCsinθ.t-gt2/2 Tại điểm E, x=0 suy ra L sin θ t= thay vào y=9L/32. 2vC cosθ Vậy E cách O là 7L/32.

a)Ban đầu O,A,O’,B ở trên cùng đường thẳng đứng. Khi quả cầu bên trên lăn được góc ϕ thì tâm của nó dịch chuyển được đoạn θ.OO’. Điều kiện cho chuyển động lăn thuần túy: (a+b).θ=b. ϕ . Phương trình chuyển động của quả cầu bên trên là: m(a+b) θɺɺ =mgsinθ-f I ϕɺɺ =2mb2 ϕɺɺ /5=fb, với f là lực ma sát nghỉ trên mặt cầu. Khi quả cầu lăn không trượt, ta có: (a+b). θɺɺ =b. ϕɺɺ . 5g sin θ Vậy ta được θɺɺ = 7(a + b) 1 dθɺ 2 10 gcosθ +C . b)Sử dụng θɺɺ = , từ phương trình trên ta được θɺ 2 = − 2 dθ 7(a + b) 10 g (1 − cosθ ) 10 g Với θɺ =0 tại θ=0 rút ra C = => θɺ 2 = . 7(a + b) 7(a + b)

yn h

2 (5 điểm)

θɺ =

θ 20 g sin 7( a + b) 2

0,25 0,5 0,5 0,25 0,75 0,75 0,25

0,75

Tại t=0, θ0=θ(0) =>

∫

θ0

θ   tan 4 ln  θ  tan 0  4

dθ sin

20 g dt 7(a + b) ∫0

0,5

  5g  =kt, với k= 7( a + b)   0,5

0,5

ai l.c

θ   ta được θ = 4 arctan  e kt tan 0  . 4  3 3652 a => aE/aV=1,3806. a)Theo định luật 3 Keple: E3 = aV 2252 A ' B ' A 'V A 'V 1 b) =2,6273. = = = AB AV AA '− A 'V a E / aV − 1 =>A’B’=4729 km. c)Đường kính của Mặt trời là: A’B’.290=1,37.106 km. d)Gọi vE là vận tốc của Trái đất quanh Mặt trời. Khối lượng Mặt trời là MS Sử dụng công thức v2=GMS/r. Vận tốc của sao Kim bằng vE aE / aV =1,175 vE.

3 (4 điểm)

)

0,5 0,25 0,5

0,5 0,5 0,5

yn h

(

Quan sát từ Trái đất thì vận tốc của sao Kim là vE aE / aV -vE= 0,175 vE; vận tốc của Mặt trời là –vE. Chiếu lên bề mặt của Mặt trời, vận tốc của bóng sao Kim là 0,175 vE. aE/aV=0,2416 vE. Do đó vận tốc của bóng tối sao Kim quét trên bề mặt Mặt trời là vE  aE / aV − 1 aE / aV + 1 =1,2416 vE.   vE=2πrE/TE=29886 m/s. 4729 Hiệu thời gian cần tìm là : =127 s=2,13 phút. 1, 2416 × 29886

0,75

RT1 RT2 V T = 2 → 1 = 2 2 V1 V2 V2 T1

↔

* Quá trình 12 : p=aV với a là hằng số p p pV pV → a = 1 = 2 → 1 21 = 2 2 2 V1 V2 V1 V2

0,5

* Quá trình 34 : p= b V với là hằng số

→b =

4 (4 điểm)

p3 p4 pV RT RT V pV T = → 3 23 = 4 24 ↔ 23 = 24 → 3 = 2 V3 V4 V3 V2 V3 V4 V2 T1

Nhận xét : •

V V2 V1 = 2 → V3 = 2 V2 V3 V1

0,25 0,25

Công của khí trong các quá trình :

( p1 + p2 )(V1 − V2 ) p1V1 + p2V1 − p1V2 − − p2V2 1 = = R (T2 − T1 ) 2 2 2 ( p3 + p4 )(V3 − V4 ) p3V3 + p4V3 − p3V4 − p4V4 1 A34 = − =− = − R (T2 − T1 ) → A12 = − A34 2 2 2

A12 = S ABCD =

0,25 0,25

0,25

( p2 + p3 )(V3 − V2 ) p2V3 + p3V3 − p2V2 − p3V2 1 = = ( p2V3 − p3V2 ) 2 2 2 ( p4 + p1 )(V1 − V4 ) p4V1 + p1V1 − p4V4 − p1V4 1 A41 = = = ( p4V1 − p1V4 ) 2 2 2

A23 =

•

Công của khí trong chu trình :

A = A12 + A34 + A23 + A41 = A23 + A41 =

0,5

V V V V 1 1 RT2 ( 3 − 2 ) + RT1 ( 1 − 2 ) V2 V3 V2 V1 2 2

0,5

V1 T V T nR(T22 − T12 ) = 2 ; 3 = 2 nên A = = 839,61( J ) V2 T1 V2 T1 2 T1T2

Vì

0,25

0,5

ai l.c

Đo nhiệt độ của nước: 1) Ống nghiệm cách nhiệt tốt: - Dùng bút đánh dấu một vạch chuẩn trên ống nghiệm. - Đặt nhiệt kế trong ống nghiệm, đọc nhiệt độ ban đầu T0 (T0 ~ nhiệt độ phòng) - Cho nước vào lần thứ nhất đến vạch chuẩn, xác định được nhiệt độ cân bằng trên nhiệt kế là T1. Gọi C0 là nhiệt dung của nhiệt kế + ống nghiệm. C1 là nhiệt dung của nước rót vào ống. C0(T1-T0) = C1(T-T1) (1) Ta có T là nhiệt độ của nước trong bình. - Đổ nhanh nước cũ đi, rót nước mới vào, nhiệt kế chỉ T2: C0(T2-T1) = C1(T-T2) (2) Chia (1) cho (2) ta được:

0,5

T2 T0 − T12 T= T2 + T0 − 2T1

⇒

T1 − T0 T − T1 = T2 − T1 T − T2

2) Ống nghiệm không cách nhiệt tốt: - Khi đổ nước vào lần 1 và đợi cho cân bằng nhiệt, thì nhiệt độ chỉ T1’ (không phải là T1) vì một phần nhiệt mất ra môi trường. Để có T1, dùng cách hiệu chỉnh nhiệt độ: vẽ đồ thị biểu diễn T1’ theo thời gian t. Lấy t = 0 là lúc rót nước vào. - Khi đổ nước vào lần 2 thì nhiệt độ tăng từ T1’ đến T2’. Cũng dùng cách hiệu chỉnh nhiệt độ như trên để xác định T2 T1’ - Các phương trình là: T1 C0(T1-T0) = C1(T-T1) C0(T2-T1’) = C1(T-T2)

0,5

yn h

5 (3 điểm)

T2 T0 − T1T1 ' T2 + T0 − T1 − T1 '

0,5

T1’ T0 0

t (ph)

c) Sai số:

∆T ∆(T2 T0 − T1T1 ') ∆(T2 + T0 − T1 '−T1 ) = + T T2 T0 − T1T1 ' T2 + T0 − T1 − T1 ' 0,5

∆(T2T0) = T2∆T0 + T0∆T2 ; ∆(T1T1’) = T1∆T1’+ T1’∆T1

Suy ra:

∆T 1 (T2 ∆T0 + T0 ∆T2 − T1∆T1 '−T1 ' ∆T1 ) = T T2 T0 − T1T1 ' 1 (∆T2 + ∆T0 − ∆T1 '−∆T1 ) T2 + T0 − T1 − T1'

Giáo viên: Nguyễn Thị Thúy

yn h

ai l.c

Điện thoại: 0961282989

0.5

−

H SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG NG THPT CHUYÊN KỲ THI HỌC NG B BẮC BỘ KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG LẦN THỨ XI, NĂM 2018 ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút (ĐỀ GIỚI THIỆU)

(Đề thi gồm 05 câu, 03trang)

chấ điểm) Câu 1: (5 điểm – Cơ học chất

ban đầu đứng yên, có khối lượng M và có thể trượt không

ai l.c

th trượt không ma sát Một vật có khối lượng m có thể

m ngang. (hình 1). Cho vật m trượt ma sát trên mặt sàn nằm

Hình 1

trên một cái nêm ABC ; AB = ℓ , Ĉ = 90 0 , B̂ = α . Nêm

c nêm. không vận tốc đầu từ đỉnh A của

a) Thiết lập biểu thứcc tính gia ttốc a của vật đối với nêm và gia tốc a 0 của nêm đối

với sàn.

ắn với vớ sàn, ban đầu trùng với BCA. Tính hoành độ của vật b) Lấy hệ tọa độ xOy gắn

ợt tới đỉnh B. Quỹ đạo của vật là đường ng gì ? m và của đỉnh C khi vật trượ

yn h

Cho m = 0,1 (kg), M = 2m, α = 30 0 , ℓ = 1 (m), g = 10(m/s 2 ).

vậ rắn) Câu 2: (4 điểm – Cơ học vật

ậy, người ta tác dụng vào quả bi-a (bán kính r, khối lượng Nhờ một chiếc gậy,

m ngang cách mặt m bàn bi-a một khoảng h nằm m trong m mặt phẳng m) một xung lực nằm thẳng đứng đi qua khốii tâm ccủa bi-a (hình 2). Biếtt momen quán tính ccủa vật đối

với trục quay qua khối tâm là

2 2 mr . 5

ữa vận v tốc góc ω và vận 1) Hãy thiết lập hệ thức giữa tốc

của khối tâm quảả bi-a. Biết ban đầu bi-a

đứng yên.

Hình 2

ển động độ của quả bi-a sau 2) Hãy nghiên cứu chuyển ng trong các trường hợp sau: khi ngừng tác dụng a) h >

7r . 5

b) h =

7r . 5

c) h <

7r . 5

Câu 3: (4 điểm – Cơ học chất lưu) Một bình nước đang chứa lượng nước bên trong có độ cao h. Phía dưới đáy bình có một vòi xả tiết diện S1, còn thân bình coi là hình trụ đều có tiết diện trung bình S2. a) Khi nước trong bể chảy ra khỏi vòi xả thì mực nước trong bình sẽ hạ thấp với

tốc độ bằng bao nhiêu? b) Viết phương trình mô tả sự phụ thuộc độ cao h (mực nước còn lại trong bình)

ai l.c

theo vào thời gian. Biết tại thời điểm ban đầu t = 0 thì mực nước trong bình có độ cao h = h0.

c) Bình nước hình trụ có thể tích 1500l đang chứa đầy nước với đường kính thân

bình là 960mm, đường kính van xả là 27 mm. Tính thời gian để xả hết nước trong

bình.

Câu 4: (4 điểm – Nhiệt học)

Một động cơ nhiệt có tác nhân là một mol khí lí

tưởng đơn nguyên tử hoạt động theo chu trình như

hình 3; trong đó:

+ Quá trình 1-2 được biểu diễn bằng đường thẳng.

+ Quá trình 3-1 là quá trình đẳng tích.

yn h

+ Quá trình 2-3 là quá trình đẳng áp.

p1 8

a) Vẽ đồ thị chu trình trên trong hệ tọa độ VOT.

Xác định thể tích của chất khí khi tác nhân có nhiệt độ

4,5V1

Hình 3

cao nhất trong chu trình trên.

b) Trong quá trình 1-2 có một giá trị V* sao cho khi V1 < V < V * thì chất khí thu nhiệt, còn khi V * < V < 4,5V1 thì chất khí tỏa nhiệt. Tính giá trị V*.

c) Tính hiệu suất động cơ nhiệt. Câu 5: (3 điểm – Phương án thực hành) Xét chuyển động của một tấm nhựa phẳng trên một mặt bàn phẳng nằm ngang, người ta nhận thấy trong quá trình chuyển động, tấm chịu tác dụng của lực

ma sát trượt (hệ số ma sát trượt α) và chịu lực cản của môi trường tỉ lệ thuận với

vận tốc ( f c = −β v , β là hệ số cản). Quãng đường mà tấm nhựa trượt được trên mặt phẳng ngang được tính gần đúng là: s =

v2 βv3 − 2 2 với v là vận tốc ban 2αg 3α Mg

đầu của tấm nhựa, M là khối lượng của tấm nhựa, g là gia tốc trọng trường.

Cho các dụng cụ sau: - Vật nhỏ có khối lượng m đã biết;

ai l.c

- Thước đo có vạch chia đến milimét;

- Tấm nhựa phẳng hình chữ nhật;

- Bàn thí nghiệm, giá đỡ, giá treo cần thiết.

- Các sợi dây mềm, mảnh, nhẹ;

Trình bày cách bố trí thí nghiệm, thu thập và xử lí số liệu để xác định các hệ số α và β. Coi các va chạm trong quá trình làm thí nghiệm (nếu có) là hoàn toàn đàn

hồi.

Chữ ký

Trần Trung Hiếu

Vũ Thị Lan Hương

0979153042

0982252189

Số điện thoại

yn h

Họ và tên người ra đề

----------------- Hết -----------------

HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG NG THPT CHUYÊN KỲ THI H NG B BẮC BỘ KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG LẦN THỨ XI, NĂM 2018 ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút (ĐỀ GIỚI THIỆU)

(Đáp án gồm 10 trang)

Nội dung

Điểm

ai l.c

Câu 2đ

chấ điểm) Câu 1: (4 điểm – Cơ học chất

- Chọn hệ tục tọa độ xOy như hình vẽ

ủa hệ bằng 0 ⇒ Vật đi - Động lượng của

nêm là a 0 < 0.

xuống sang phảii thi nêm chuyển động

đạ số gia tốc của sang trái ⇒ giá trị đại

0,25

- Vật m chịu tác dụng ụng ccủa 2 lực : trọng

0,25

lực m g , phản lực N của nêm vuông góc với AB.

ật đố đối với sàn : a1 = a + a0 + Gia tốc của vật

+ Phương trình chuyển động của vật : (1)

0,25

yn h

Theo phương ng AB : mgsin α = m(a + a 0 .cos α ) Theo phương ng vuông góc với AB :

N - mgcos α = m a 0 sin α (2)

Chọn trục tọa độ trùng với hướng chuyển động của nêm ể động của nêm chịu thành phần nằm m ngang + Phương trình chuyển

của - N :

- N sin α = M a 0

Từ (2) và (3) ta có :

N − mg cos α = m.( −

⇔

N + m.sin α

(3)

N sin α ) sin α M

N sin α = mgcos α M

⇔ N(M + m.sin 2 α ) = M mgcos α ⇒ N =

0,25

M .mg. cos α M + m. sin 2 α

0,25

Thế vào phương trình (3) ta được : a0 = -

 M .mg . cos α  sin α .  2  M + m . sin α  M

0,25 = -

mg. sin 2α 2( M + m sin 2 α )

Thế vào phương trình (1) ta được : mg . sin 2α 2 ( M + m sin 2 α )

mgsin α = m(a + (-

).cos α )

2 Mg sin α + 2mg sin 3 α + mg sin 2α . cos α 2( M + m sin 2 α )

0,5

mg sin 2α . cosα 2( M + m sin 2 α )

⇔ a = gsin α +

⇔ a =

ai l.c

m 2 g . sin 2α .socα 2( M + m sin 2 α )

⇔ mgsin α = m.a -

2đ

( M + m) g. sin α M + m sin 2 α

⇔ a =

2 Mg sin α + 2mg sin α (1 − cos 2 α ) + 2mg sin α . cos 2 α ⇔ a = 2( M + m sin 2 α )

Thay số ta tính được :

mg. sin 2α 0,1.10. sin 60 0 = = - 1,92 m/s 2 2( M + m sin 2 α ) 2(0,2 + 0,1. sin 2 30 0 )

( M + m) g. sin α 20 (0,2 + 0,1).10. sin 30 0 = m/s 2 . = 2 2 0 3 M + m sin α 0,2 + 0,1. sin 30

yn h

a =

0,25

a0 = -

0,25

Ta nhận thấy rằng : a0 có hướng

cố định , a có hướng cố định

0,25

song song với AB nên a1 = a +

a0 cũng có hướng cố định hợp

với phương ngang một góc β

0,25

( như hình vẽ ) Ta có : a 12 = a 2 + a 20 - 2.a.a 0 .cos α 2

20 20 =   + (1,92) 2 − 2. .(1,92). cos 30 0 = 5,1 m/s 2 .  3   3 

0,25

Mặt khác :

sin β sin α = a a1

a sin α = ⇒ sin β = a1

20 . sin 30 0 3 5,1

= 0,6536

0,25

⇒ β = 40,8 0

Quỹ đạo vật m là đường thẳng AD nghiêng góc 40,8 0 so với

Xét tam giác ACD với AC = 0,5 m ta có : tan β =

AC OD

AC 0,5 = = 0,58 (m) tan β tan 40,80

⇒ x 1 = OD =

ai l.c

phương ngang.

Vậy hoành độ của vật m là 0,58 (m)

0,25

Trong thời gian vật đi xuống thì nêm trượt sang trái và khi B trùng

với D thì C ở vị trí C / với hoành độ :

0,25

x 2 = - (CB - OD ) = - (AB.cos α - OD)

= - ( 1.cos30 0 - 0,58) = - 0,29 (m)

yn h

Câu 2: (5 điểm – Cơ học vật rắn)

Nội dung

yk da

1,0 đ

Điểm

0,5

Hình 1a

Định lý biến thiên động lượng và momen động lượng :

' ∆ P = P - 0 = F .∆t

0,5

∆ L0 = L - 0 = OH x F .∆t

1,0đ

Chiếu các phương trình vectơ trên lên trục:

0,25

Ox: m v0 = F.∆t 2 2 mr ω = (h − r ) F .∆t . 5

0,25

5 (h − r ) v0 2 r2

0,25

Hay ω =

2) 1,25đ

dv0 m = Fms ; dt Ta có : Trên truc Oz:

2mr 2 dω = OI xFms 5 dt

2mr 2 dω = ±r µ mg 5 dt

2 2 mr ω = (h − r )v0 5

ai l.c

Từ đó:

0,25

0,5

0,25

Oz:

Nhiều trường hợp được xét tùy theo vận tốc trượt uα của bi-a

7r khi đó uα < 0 => Fms > 0 quả bi-a lúc đầu trượt với 5 gia tốc hướng theo trục x, sau đó lăn không trượt vì ω tăng

c) Nếu h <

7r 5

u = 0 quả bi-a lăn trượt

7r 5

b) Nếu h =

a) Nếu h >

u>0

Fms < 0 ; Fms = - µ mg

yn h

0,75đ

0,5

7r − 5h 5 h−r 5(h − r ) )v0 ) =( uα = v0 − ( 2 )v0 = (1 − 2r 2 r 2r

0,25 0,25

0,25

lúc đầu quả bi-a trượt với gia tốc âm sau đó lăn không trượt

Câu 3: (4 điểm – Cơ học chất lưu) Điểm

Nội dung

1điểm a)Gọi S1, S2 , v1, v2 lần lượt là tiết diện và tốc độ của dòng nước tại bình và vòi xả . Áp dụng PT liên tục và ĐL béc-nu-li ta có: S1 .v1 = S 2 .v2 ;

p0 +

1 1 ρ v12 + ρ gh1 = p0 + ρ v2 2 + ρ gh2 2 2

⇒ v1 =

2 gh S ( 2 )2 − 1 S1

(1)

0,5 0,5

b)Mực nước trong bình sẽ hạ thấp với tốc độ v = − 1 2g

Từ (1) ta có

∫ h0

1 ( h − h0 ) = − 2g

⇒

dh =− h

S ( 2 )2 − 1 S1

0,5

∫ dt 0

0,5

(

S2 2 ) −1 S1

ai l.c

1 2g ⇒ h = h0 − t S 2 ( 2 )2 − 1 S1

0,96

d1=

0,027m;

S2 2 ) −1 S1

0,5

yn h

 S  2  h0  2  − 1  S1   t=2 2g

V 1, 5 = = 2, 073m S 2 3,14 * 0, 482

h0 =

d2=

(

Với

;

2( h0 )

1điểm c) Khi chảy hết nước thì h = 0 t=

0,5

dh dt

2điểm

0,5

 d  4   0,96  4  h0  2  − 1 2, 073   − 1  d1    0, 027   =2 =2 ≈ 822,3s = 13 phut 42 giay 2g 2.9,8

Nội dung

Điểm

Câu 4: (4 điểm – Nhiệt học) 2điểm Xét quá trình 1-2: Đồ thị có dạng p = aV +b , Và phương trình C-M pV = RT (1) Thu được mối quan hệ giữa T ,V ⇒ T = −

p1 5p V 2 + 1 V (2) 4 RV1 4R

0,25 0,25

Vậy đồ thị quá trình 1-2 trong hệ hệ tọa độ VOT có dạng một đường (P), có bề lõm hướng xuống, đỉnh (P) có tọa độ N(TN,VN).

0,25

N (VN ; p N ) thuộc quá trình biến đổi khí từ trạng thái (1 → 2) mà tại đó

nhiệt độ khí đạt cực đại. Từ (2) ⇒ Tmax = Với T1 =

25 p1V1 25T1 = = TN 16nR 16

p1V1 p1V1 = nR R

(3)

0,25 0,25

(4)

ai l.c

5 p1   p N = 8 Từ (1)(2)(3) ⇒  (5) V = 5V1  N 2

Ta vẽ được đồ thị TOV

chu trình tại vị trí N là

25 T1 16

vị trí nhiệt độ của quá

chính là điểm mà nhiệt

ym 9 T1 16

nhân có được khi hoạt

yn h

này.

động theo chu trình

0,25

trình 1-2 cực đại, cũng

độ cao nhất mà tác

Từ đồ thị ta thấy trong

0,25

T1/8

2 3 V1

V 2,5V1

4,5V1

Thể tích của chất khí khi tác nhân có nhiệt độ cao nhất trong chu trình

0,25

5V trên là VN = 1 2

1điểm b.Trong quá trình từ 1-2 có thể có giai đoạn khí nhận nhiệt và có thể

có giai đoạn khí nhả nhiệt. Gọi M (V ; p) là điểm khí vẫn còn nhận nhiệt.

Xét quá trình biến đổi khí từ (1 → M ) ta có trong giai đoạn này khí vẫn thực hiện công nhưng nội năng có thể lúc tăng lúc giảm: ( p1 + p )(V − V1 )  >0  A1M = 2  ∆U = nC (T − T ) = CV ( pV − p V ) = 3 ( pV − p V ) V 1 1 1 1 1  1M R 2

0,25

Mặt khác vì M thuộc quá trình biến đổi (1 → 5) nên áp suất và thể tích tại M có mối lên hệ như (1). Từ (1)(6) ⇒ Q1M = A1M + ∆U 1M =

 p1  4V 2  − + 25V − 21V1  8  V1 

0,25

(*)

Vì Q(V) là một parabol có a ' < 0 có đỉnh cực đại Qmax. Vậy sau khi Q

đạt max, V vẫn tiếp tục tăng nhưng Q thì giảm ⇒ từ trạng thái ứng 0,25 với Qmax trở đi, chất khí thu nhiệt. Vậy V* chính là giá trị ứng với thể 25.V1 25 ⇒ V * = V1 8 8

0,25

Từ (*) ⇒ (Q1M ) max ⇔ V =

ai l.c

tích V để Qmax.

1điểm c. Hiệu suất của động cơ nhiệt cho bởi công thức: H = A

quá

Xét

trình

biến

25 V1 8

0,25

vào (7)

0,25 đổi

từ

3→1

có:

289 p1V1 > 0 128

⇒ Q1M =

ta có: Thay V =

+ Xét quá trình từ 1 → M

Khí chỉ nhận nhiệt trong quá trình từ 1 → M và quá trình từ 3 → 1 .

p1V1 p 3V3 21 p1V1 − )= >0 R R 16

yn h

Q31 = CV (T1 − T3 ) = CV (

457 p1V1 128

0,25

⇒ Q1 = Q1M + Q31 =

p    p1 − 1 (4,5.V1 − V1 ) 49 p1V1 8  + Từ đồ thị ⇒ A =  = 2 32

196 ≈ 42,89% 457

0,25

⇒H =

Câu 5: (3 điểm – Phương án thực hành) Nội dung 1,25

Cơ sở lý thuyết

điểm

Muốn xác định được các hệ số α và β liên quan đến quá trình chuyển động của tấm nhựa trên mặt bàn ta cần bố trí hệ thí nghiệm sao cho

Điểm

tạo được vận tốc cho tấm và cần phải xác định được khối lượng M của tấm nhựa. Có thể tạo vận tốc ban đầu cho tấm nhựa bằng việc sử dụng va chạm 0,25 của vật m và tấm. Tạo vận tốc vật m trước khi va chạm vào M bằng việc cho vật m chuyển động dưới tác dụng của trọng lực, thế năng

hoá

chuyển

động

thành

ai l.c

năng. m

Độ cao vật m h

chạm là h thì

vận tốc vật m

thu được là v12 = mgh ⇒ v1 = 2gh (1). 2

0,25

vị trí trước va

ban đầu so với

Vật m khi va chạm đàn hồi với M sẽ tạo vận tốc v2 cho M, xác định từ hệ phương trình

yn h

mv1 = Mv2 + mv1'

1 1 1 mv12 = Mv22 + mv1' 2 2 2 2

suy ra v 2 =

Ta có s =

2m v1 M+m

(*)

(**) ⇒ v2 =

2m 2gh M+m

(2). 0,25

v 22 βv3 − 2 2 2 2αg 3α Mg

Tuyến tính hóa phương trình ta được ⇒

βv s 1 = − 2 2 2 = B − Av 2 2 v 2 2αg 3α Mg

Với Y =

s và X = v2 . Đồ thị có dạng Y= B- AX. v 22

Như vậy bằng việc đo khoảng cách dịch chuyển của tấm theo chiều

0,25

cao vật m và vẽ đồ thị để xác định phụ thuộc của

s theo v2 ta có thể 0,25 2 v2

xác định được hệ số A, B từ đó xác định được α và β

0,75

Tiến hành thí nghiệm:

điểm

Xác định khối

dụng thước làm

lượng vật M (sử m

đã biết để tính

ai l.c

cân đòn và vật m h

0,25

M) Bố trí thí nghiệm

(hình vẽ ):

- Vật M để hơi nhô khỏi mép bàn một chút

0,25

- Chiều dài dây buộc vật m phải phù hợp

- Kéo lệch vật m lên độ cao h và thả để vật m đến va chạm vào

M, đo quãng đường dịch chuyển của vật M.

0,25

yn h

Lần

- Ghi số liệu vào bảng và xử lí số liệu

1điểm Xử lí số liệu:

+Tính các đại lượng liên quan và ghi vào bảng

Lần h

0,25

s X= v2 Y=s/v22

0,25

Vẽ đồ thị Y theo X, tính các hệ số

0,25

A, B suy ra α và β . B

1 1 ⇒α= 2αg 2Bg β 3A A = 2 2 ⇒β= M 3α Mg 4B2

0,25

ai l.c

B/A

Ghi chú:

- Điểm toàn bài: 20 điểm

yn h

- Học sinh giải bằng cách giải khác, nếu kết quả đúng vẫn cho điểm trọn vẹn.

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

LẦN THỨ XI

TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN- HÀ NỘI

MÔN VẬT LÍ - KHỐI 10

ĐỀ GIỚI THIỆU

(Đề có 05 câu; gồm 03 trang)

Câu 1: (5 điểm)

1) Một người đi xe đạp lượn tròn trên một sân nằm ngang có bán kính R. Hệ số ma sát chỉ phụ thuộc vào khoảng cách r từ tâm của sân theo quy luật r  . Với µ 0 là một hằng số (hệ số ma sát ở tâm của sân). Xác định R

ai l.c

 

µ = µ 0 1 −

bán kính của đường tròn tâm O mà người đi xe đạp có thể lượn với vận tốc

cực đại. Tính vận tốc đó.

2) Một khối bán cầu tâm O, khối lượng m, được đặt

sao cho mặt phẳng của khối nằm trên một mặt phẳng

• A

nằm ngang. Một vật nhỏ có khối lượng m bay theo

G α

phương ngang với vận tốc u tới va chạm với bán cầu

tại điểm A sao cho bán kính OA tạo với phương

ngang một góc α . Coi va chạm là hoàn toàn đàn hồi.

yn h

Bỏ qua mọi ma sát. Hãy xác định theo m, u, và α :

a) Vận tốc của khối bán cầu sau va chạm. b) Độ lớn xung lượng của lực do sàn tác dụng lên bán cầu trong thời gian

va chạm.

Câu 2: (4 điểm)

Một vành trụ mỏng, đồng chất, bán kính R, có

khối lượng M được đặt thẳng đứng trên một mặt phẳng ngang. a) Từ điểm A trên mặt trong của vành trụ có cùng độ cao với tâm O người ta thả nhẹ một vật

O R

nhỏ có khối lượng m (hình vẽ). Bỏ qua ma sát ở 1

mọi mặt tiếp xúc. Tìm áp lực của vật lên vành khi nó xuống đến vị trí thấp nhất. b) Bây giờ vật m được gắn chặt vào điểm A. Giữ vành đứng yên trên mặt phẳng nằm ngang khác sao cho bán kính OA nằm ngang. Tìm điều kiện của hệ số ma sát giữa vành và mặt phẳng ngang để vành lăn không trượt ngay sau khi thả.

Câu 3:(4 điểm) Trong một phương án phóng tàu vũ trụ trong hệ Mặt trời, người ta dự

ai l.c

định dùng một tấm buồm mặt trời diện tích s = 1km2. Buồm được mở ra (coi như tức thời) khi tàu chuyển động quanh Mặt trời trên quỹ đạo của Trái đất.

Buồm luôn luôn hướng vuông góc với tia mặt trời. Áp suất của tia mặt trời

trên quỹ đạo Trái đất bằng P = 10-5Pa. Bán kính quỹ đạo của Trái đất RĐ =

1,5.108 km

1) Hỏi tàu phải có khối lượng bằng bao nhiêu thì nó có thể vượt ra

khỏi hệ Mặt trời?

2) Với khối lượng cực đại nào của tàu thì nó có thể đạt đến quỹ đạo sao

hỏa? Biết bán kính quỹ đạo sao hỏa RH = 2,3.108 km. Bỏ qua ảnh hưởng của

Trái đất và các hành tinh khác.

yn h

Cho biết G.MT = 1,3.1011 km3/s2 (G là hằng số hấp dẫn, MT là khối lượng Mặt trời)

Câu 4:(4 điểm)

Trong một bình hình trụ cách nhiệt đặt thẳng đứng, bên dưới một pittông không trọng lượng, không dẫn nhiệt là một

Thủy ngân

mol khí lý tưởng, đơn nguyên tử ở nhiệt độ T1 = 300K . Bên trên khí

pittông người ta đổ đầy thủy ngân cho tới tận mép để hở của bình. Biết rằng ban đầu thể tích khí lớn gấp đôi thể tích thủy ngân, áp suất khí lớn gấp đôi áp suất khí quyển bên ngoài. Hệ

ở trạng thái cân bằng. Hỏi phải cung cấp cho khí một nhiệt lượng tối thiểu bằng bao nhiêu để đẩy được hết thủy ngân ra khỏi bình? Câu 5:(3 điểm) 2

Cho các dụng cụ sau: - Một mẩu gỗ. - Lực kế. - Mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng không đổi và chưa biết giá trị góc nghiêng.

- Dây chỉ.

ai l.c

Trình bày phương án thí nghiệm xác định hệ số ma sát giữa một mẩu gỗ với mặt phẳng nghiêng, biết rằng độ nghiêng của mặt phẳng không đủ lớn để cho mẩu gỗ tự trượt xuống.

...........................Hết....................

Bùi Thị Quỳnh Anh (0987976829)

yn h

Người ra đề

ĐÁP ÁN ĐỀ GIỚI THIỆU - LẦN XI – MÔN VẬT LÝ 10 (TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN – HÀ NỘI) Giả sử người đó đang đi trên quỹ đạo tròn với bán kính r với tốc độ v. Đối với hệ quy chiếu cố định gắn ở tâm O, lực ma sát tác dụng lên vật đóng vai trò là lực hướng tâm.

0,5đ V

F ms

r v  µN = ma ht => µ 0 1 − .mg = m R r  µ g => v 2 = µ 0 gr − 0 r 2 R

Đây là một tam thức bậc 2 ẩn r với hệ số a = − Giá trị của v 2 đạt lớn nhất khi:

µ0 g R = 2  µ0 g 

r=−

2. −   R  2

µ gR R µ g R => v max = = v = µ0 g − 0   = 0 2 4 R 2 2

Lúc đó: v

2 max

< 0.

Vậy người đi xe đạp có thể đi với vận tốc lớn nhất bằng

µ 0 gR 2

trên 0,5đ

R . 2

quỹ đạo có bán kính lớn nhất bằng

0,5đ

1,5 đ

µ0 g

ai l.c

Câu 1 (5 điểm) 1.

2. 3,5 đ

• A

G α

0,25

yn h

a) 2,5 đ

Gọi u1 , V lần lượt là vận tốc của vật nhỏ và bán cầu ngay sau va chạm. Véctơ hợp với phương ngang một góc β . áp dụng định luật bảo toàn động lượng theo phương ngang và bảo toàn cơ năng ta có:

mu = mu 1 cos β + mV mu 2 mu 12 mV = + 2 2 2

0,25

⇔ u − V = u1 cos β u 2 − V 2 = u12 0,5 1

1 + cos 2 β ⇒u = ⋅ u1 2 cos β

(1)

sin2 β tg2β ⋅u1 = u1 cosβ 2cosβ 2

(2)

Phân tích: không thay đổi trong suốt quá trình 0,5

(3)

ai l.c

π  u1 ⋅ cos  α + β −  = u sin α ⇒ u = u1 cosβ (1 + tgβ ⋅ cot gα ) 2 

Do không ma sát nên: va chạm nên ta có:

1 + cos2 β ⋅ u1 cosβ = u1 cosβ (1 + tgβ ⋅ cot gα ) Từ (1), (3) suy ra: 2 cos2 β

(4)

⇒ tgβ = 2cotgα

u (5) 1 + 2 cot g 2α

0,25

Thế (4) vào (3) rút ra: u1 cosβ =

1 ⇒ tg 2 β + 1 = 1 + tgβ ⋅ cot gα 2

0,25

2 cot g 2α 2 cos2 α 2 cos2 α ⋅ u = ⋅ u = ⋅u 1 + cos2 α 1 + 2 cot g 2α 1 + cos2 α

yn h

Thay (4) và (5) vào (2), ta được:

Trong thời gian va chạm, khối bán cầu chịu tác dụng của 2 xung lực: (do vật tác dụng) và phản xung (do sàn tác dụng).

b) 1,0 đ

0,5

2 cos 2 α V = ⋅u Vậy vận tốc của khối bán cầu sau va chạm là: 1 + cos 2 α

Hình vẽ 0,5

Định lý biến thiên động lượng cho khối cầu: +

= > hình vẽ . từ hình vẽ suy ra: X p = mVtg α =

sin 2α ⋅ mu 1 + cos 2 α

0,5 2

Câu 2 1a) Do không có ma sát nên vành chỉ trượt mà không quay. Gọi v, V (4 điểm) ần lượt là vận tốc của m và M khi m xuống đến vị trí thấp nhất. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng và cơ năng ta có: 0,5

mv = MV mv 2 MV 2 mgR = + 2 2

Giải hệ pt trên ta được: 2 gR , m 1+ M

V =

m M

2 gR m 1+ M

0,5

N − mg =

ai l.c

Trong HQC gắn với M, m chuyển động tròn, khi m thấp nhất thì HQC này là HQC quán tính nên : m( v + V ) 2 . R

0,5

Thay v, V vào ta tìm được:

2m   N = mg  3 +  M  

mR ; M +m

Phương trình quay quanh tâm quay tức thời C: mgR = I γ =  2 MR 2 + m R 2  γ   mg ⇒γ R = 2 ( M + m)

)

0,5

C F

yn h

(

O . G. aG α

OG =

b). Kí hiệu G là khối tâm của hệ. Ta có:

0,5

Gia tốc của khối tâm G ngay sau khi thả hệ: aG = γ .CG

Phương trình định luật II Niutơn cho hệ : theo phương ngang: F = ( M + m)aG cos α = ( M + m)γ R phương thẳng đứng: ( M + m) g − N = ( M + m)aG sin α

  m2 ⇒ N = ( M + m)( g − γ OG ) = ( M + m ) g 1 − (3) 2   2( M + m) 

0,25

(2)

0,25 0,25 0,25

Điều kiện để vành lăn không trượt: (2)&(3) và F ≤ µ N

⇒µ≥

m( M + m) 2 M 2 + 4 Mm + m 2

0,5

Câu 3 (4 điểm) a)

Khi buồm mở, tác dụng lên tàu gồm có lực hấp dẫn của Mặt trời và áp lực của các tia mặt trời, hai lực này ngược hướng nhau. Hợp lực của chúng là 0,5  PSR D2   M T − ⋅m Gm  MT m M T M GmRD2  * F = G 2 − PS = G − ⋅ PS = G RD RD2 GmRD2 RD2

M T* m R D2

F*- gọi là lực hấp dẫn hiệu dụng của Mặt trời.

0,5

ai l.c

F* = G

PSR D2 (2) M T* -gọi là khối lượng Mặt trời hiệu dụng Gm

Đặt M T* = M T −

(1)

Bây giờ ta giải bài toán coi khối lượng mặt trời là M T* và bỏ đi áp suất Mặt trời. 0,5 Trên quỹ đạo Trái đất, vào thời điểm buồm mở: mVD2 M m GM T (3) = G T2 => VD = 2 RD RD

Tàu có vận tốc VD :

0,5

mV D2 mM T* −G 2 RD

Năng lượng toàn phần của tàu là:

m  MT Gm  PSR D2 M T  *   (2) & (3) => E = G −M = −  RD  2 2   R D  Gm

0,5

Tầu vũ trụ ra khỏi hệ mặt trời nếu E ≥ 0

PSR D2 M T 2 PSR D2 − ≥0→m≤ = 3,46.10 3 kg Gm 2 GM T

yn h

→

Khi khối lượng đủ lớn tàu sẽ chuyển động theo quỹ đạo kín. Giả sử m = m1 nào đó thì quỹ đạo của tàu có thể tiếp xúc với quỹ đạo sao hoả và chuyển động theo quỹ đạo elíp. đó là khối lượng lớn nhất có thể có.

•

0,5 RH

Trục lớn của elíp là (RD + RH)

Áp dụng ĐL bảo toàn năng lượng ta có m1V D2 Gm1 M t* m1V H2 Gm1 M T* − = − 2 2 RD RH  1 1   ⇒ V − V = 2GM  −  RD RH  2 D

2 H

* t

0,5

( 4)

Theo ĐL II Kepler: V D ⋅ RD = V H ⋅ RH => VH = VD

RD (5) RH

Thay (5) vào (4) chú ý đến (3) ta có: 2M*T.RH = MT(RH + RD) (6) 

(2) & (6) => 2 RH  M T − 

PSRD2 Gm

  = M T (RH + R D ) 

0,5

2 PSR H R D2 => m = GM T (R H − RD ) Thay số, được m ≈ 9,95.103 kg. Gọi pa là áp suất khí quyển, S là diện tích pittông, H và 2H lần lượt

ai l.c

Câu 4 (4 điểm) là độ cao ban đầu của thủy ngân và của khối khí; x là độ cao của khí ở vị trí cân bằng mới của pittông được nâng lên. Thiết lập biểu thức liên hệ nhiệt lượng cung cấp Q cho khí và độ cao x

- Ban đầu, áp suất khí bằng (2 pa ), => áp suất cột thủy ngân có độ 0,25 cao H bằng pa . - Trạng thái cân bằng mới: 3H − x pa . H 3H − x 4H − x p x = pa + pa = pa (1) H H

+ khí có nhiệt độ Tx, áp suất

+ cột thủy ngân có độ cao 3H − x , có áp suất bằng

- Phương trình trạng thái:

0,5

yn h

(1)&(2)

0,5

p x Sx 2 pa .S ( 2 H ) (2) = Tx T1 (4 H − x ) x Tx = T1 4H 2

Độ biến thiên nội năng trong quá trình pittông nâng lên đến độ cao x bằng: 2

3( x − 2 H )  x − 2H  ∆U = CV (Tx − T1 ) = − RT1  CV T1 = − 8H 2  2H  với CV = 3R / 2 . 2

0,5

(3)

Từ (1) thấy áp suất biến thiên tuyến tính theo x từ 2 pa đến p x => độ lớn công mà khí thực hiện trong quá trình trên là: A=

2 pa + p x (6 H − x)( x − 2 H ) pa S ( xS − 2 HS ) = 2 2H

Vì trong trạng thái ban đầu: 2 pa .2 HS = RT1

0,75

=> A=

(6 H − x)( x − 2 H ) RT1 8H 2

Theo Nguyên lý I NĐH: Q = ∆U + A Và tính đến (2) và (3), ta được Q = ( − x 2 + 5 Hx − 6 H 2 )

RT1 RT = ( x − 2 H )(3H − x) 12 2 2H 2H

0,5

Nếu thay một cách hình thức x = 3H vào phương trình trên ta sẽ nhận được đáp số không đúng là Q = 0. Để có kết luận đúng ta sẽ hãy vẽ đồ thị của Q theo x.

0,25

RT1 = 312 J . 8

ai l.c

nhiệt lượng Q0 =

Từ đồ thị thấy: Để đạt đến trạng thái cân bằng khi x = 2,5H, ta cần cung cấp một

0,25

Còn để đạt tới các vị trí cân bằng với x > 2,5H thì cần một nhiệt lượng Q < Q0 . Điều đó có nghĩa là sau khi truyền cho khí nhiệt lượng Q0 và pittông đạt đến độ cao x = 2,5H khí sẽ bắt đầu tự phát giãn nở và đẩy hết thủy 0,5 ngân ra ngoài bình. Vậy nhiệt lượng tối thiểu cần cung cấp là Qmin = Q0 = 312 J . - Móc lực kế vào mẩu gỗ và kéo nó trượt đều đi lên mặt phẳng

Câu 5 (3 điểm) nghiêng, khi đó ta có: F = kPcosα + Psinα (1), (F là số chỉ của lực 1 1

kế khi đó). - Tương tự, kéo vật chuyển động đều đi xuống ta có:

0,5

F2 = kPcosα - Psinα (2).

- Trừ vế với vế của (1) cho (2) ta có: F1-F2=2Psinα

yn h

0,5

F − F2 → sin α = 1 (3). 2P

- Cộng vế với vế phương trình (1) và (2) ta có: cosα =

F1 + F2 (4). 2P

0,5

- Do sin2α+cos2α = 1 nên ta có:

1= (

F1 − F2 2 F + F2 2 ) +( 1 ) →k = 2P 2kP

F1 + F2 2

4 P − ( F1 − F2 ) 2

- Các lực đều được đo bằng lực kế, từ đó tính được k.

0,5 0,5

-----------------Hết-----------------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG

ĐỀ ĐỀ XUẤT THI HSG DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2018

MÔN: VẬT LÝ Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

ai l.c

Bài 1. (4 điểm) Một khối gỗ khối lượng m với tiết diện có dạng tam y giác vuông cân, có thể trượt không ma sát trên mặt sàn (2) nằm ngang. Trên tiết diện đi qua khối tâm khối gỗ có hai vật nhỏ (1) và (2) có khối lượng lần lượt là m và 3m G3 được nối với nhau bằng một sợi dây không giãn vắt qua x (1) O ròng rọc như hình vẽ (hình 1): ban đầu vật (1) ở sát đáy, L vật (2) ở sát đỉnh góc vuông, các vật được giữ đứng yên. Hình 1 Chiều dài đáy của tiết diện là L = 50 cm. Bỏ qua mọi ma sát, khối lượng của dây và ròng rọc. Ở thời điểm nào đó các vật được thả tự do. Khi vật 3m đến đáy khối, hãy xác định: a. Độ dịch chuyển của khối gỗ. b. Vận tốc của hai vật và của khối gỗ. Lấy g = 10 m/s2.

•

yn h

Bài 2. (4 điểm) Từ vị trí cao nhất A của một mặt phẳng nghiêng có độ A cao h, đặt một quả cầu đặc đồng chất khối lượng m và bán kính R. Thả nhẹ để quả cầu lăn không trượt xuống dưới như h hình vẽ. a. Tính mômen quán tính của quả cầu đối với trục quay B đi qua điểm tiếp xúc và vuông góc với mặt phẳng hình vẽ theo m, R. b. Tính tốc độ góc của quả cầu và tốc độ dài của khối tâm quả cầu khi vừa xuống tới chân B của mặt phẳng nghiêng. Bỏ qua ma sát lăn, biết gia tốc trọng trường là g. Bài 3. (4 điểm) Một tên lửa, khối lượng m = 10 tấn chuyển động quanh Trái đất theo quỹ đạo elip. Khoảng cách từ tâm Trái đất đến tên lửa xa nhất là r1 = 11000 km và gần nhất là r2 = 6600 km. Lấy khối lượng Trái đất là M = 6.1024 kg.

a. Viết phương trình quỹ đạo của tên lửa và xác định tốc độ lớn nhất và nhỏ nhất của tên lửa trong quá trình chuyển động. b. Tại viễn điểm tên lửa nổ, vỡ thành hai mảnh. Mảnh có khối lượng m1 chuyển sang quỹ đạo tròn, còn mảnh có khối lượng m2 rơi thẳng đứng xuống đất. Hãy tìm m1 và m2. Bỏ qua khối lượng của các chất khí tạo thành khi nổ.

ai l.c

Bài 4. (4,5 điểm) Một quả khí cầu có một lỗ hở ở phía dưới để trao đổi khí với môi trường xung quanh, có thể tích không đổi V = 1,1 m3. Vỏ khí cầu có thể tích không đáng kể và khối lượng m = 0,187 kg. Nhiệt độ của không khí là t1 = 200C, áp suất khí quyển tại mặt đất là p0 = 1,013.105 Pa. Trong các điều kiện đó, khối lượng riêng của không khí là 1,20 kg/m3. Biết gia tốc trọng trường tại mặt đất là g = 10 m/s2. Lấy hằng số khí R = 8, 31 J mol.K . a. Tìm khối lượng mol trung bình của không khí. b. Ban đầu khí cầu ở gần mặt đất, để quả khí cầu lơ lửng, cần nung nóng khí bên trong khí cầu đến nhiệt độ t2 bằng bao nhiêu? c. Nung nóng khí bên trong khí cầu đến nhiệt độ t3 = 1100C. Tìm lực cần thiết để giữ khí cầu đứng yên. d. Sau khi đã nung nóng khí bên trong khí cầu, người ta bịt kín lỗ hở lại và thả cho quả khí cầu bay lên. Coi nhiệt độ khí bên trong khí cầu luôn là t3 = 1100C, nhiệt độ của khí quyển luôn là t1 = 200C và gia tốc trọng trường g = 10 m/s2 coi như không đổi theo độ cao. Tính độ cao lớn nhất mà quả khí cầu lên được.

yn h

Bài 5 (3,5 điểm)

Yêu cầu:

Cho các dụng cụ: Một ống thủy tinh dài được hàn kín một đầu. Trong ống chứa một cột không khí ngăn cách với không khí bên ngoài bằng một cột thủy ngân. Một thước thẳng chia độ đến milimét. Khối lượng riêng của thủy ngân và gia tốc trọng trường đã biết.

1. Trình bày một phương án thí nghiệm để xác định áp suất khí quyển với các dụng cụ đã cho.

2. Thiết lập biểu thức tính sai số của phép đo. --------------HẾT------------Người ra đề: Nguyễn Ngọc Phúc Số diện thoại: 01275688666

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG

ĐỀ ĐỀ XUẤT THI HSG DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2018

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

Bài 1.

Điểm

ai l.c

Sơ lược lời giải a. Chọn hệ trục Oxy gắn với đất như (hình 1a). Xét hệ gồm hai vật m, 3m và khối gỗ (3). y Bài 1 Theo phương ngang, ngoại lực tác dụng (4,0 lên hệ bằng 0 nên : x = const (G là khối G (2) điểm) tâm của hệ trên). (3) L m. G3 L 2 (1) x (1) = - Lúc đầu: xG = O m + 3m + m 10 L - Ngay trước khi vật 3m chạm sàn : mx + 3mx2 + mx3 x1 + 3x2 + x3 Hình 1a xG = 1 = m + 3m + m 5 3L L (2) Trong đó : x1 = x3 ; x2 = x3 − ( x2 < 0) . Suy ra: xG = x3 − 2 10 2L = 20 cm - Từ (1), (2) có : Khối gỗ dịch chuyển sang bên trái một đoạn là: x3 = 5

•

0,5 đ

0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ

yn h

•

b. Gọi u là vận tốc của vật (1), (2) đối với khối gỗ (3) (u1 = u 2 = u ) và v là vận tốc của khối gỗ (3) tại thời điểm vật (2) tới đáy khối gỗ. v1 u 1 Theo công thức cộng vận tốc ta có : v1 = u1 + v (hình 1b) v 2 = u 2 + v (hình 1c) 0 •

Hình 1b

v1x = v − u cos 45 0 Chiếu lên Ox :  v 2 x = v − u cos 45 0

0,25 đ

Từ giản đồ có : v12 = v 22 = v 2 + u 2 − 2 ⋅ u ⋅ v (4) - Áp dụng định luật bảo toàn động lượng theo phương ngang và bảo toàn năng lượng ta có :  5 2 mv1x + 3mv2 x + mv = 0  u= v (5) v •  0   4 45  L mv12 3mv22 mv 2 L → + + + mg 3mg = v 2 = v 2 = 1 (2 gL − v 2 ) (6)  2 2 2 2 2 2 u  1 4 v 2 2

Hình 1c

0,25 đ

0,75 đ

 4 gL 2 3 m/s =  v= 15 3  - Từ (4), (5) và (6) ta có : →  v = v = 13 gL = 13 m / s  1 2 30 6

1,0 đ

Bài 2. Nội dung Điểm - Tính được momen quán tính của quả cầu đi qua khối tâm 0,5 đ - Dùng định lí trục quay tính được momen quán tính với trục quay đi 0,5 đ qua điểm tiếp xúc

- Gọi vc là vận tốc của quả cầu sau khi lăn xuống được độ cao h. - Khi quả cầu lăn không trượt xuống dưới, thì điểm đặt của lực ma sát 0,5 đ tĩnh nằm trên trục quay tức thời, mà tại đó vận tốc của các điểm tại bằng không và không ảnh hưởng tới cơ năng toàn phần của vật. - Vai trò của lực ma sát ở đây là đảm bảo cho vật lăn thuần tuỳ không 0,5 đ trượt và đảm bảo cho độ giảm thế năng hoàn toàn chuyển thành độ tăng động năng tịnh tiến và chuyển động năng quay của vật.

ai l.c

Ý a

- Vì các lực tác dụng lên hình trụ đặc và quả cầu đều là : p ( lực thế ),

Ν (theo phương pháp tuyến) và lực ma sát tĩnh Fms . Ta có Ν và Fms

yn h

0,5 đ không sinh công ⇒ Acác lực không thế = 0 ⇒ cơ năng của hệ được bảo toàn. - Như vậy ta có thể áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho chuyển động của quả cầu và hình trụ: 0,5 đ 2 2 mv c Ι c ωc (1) Với quả cầu: mgh = + 2 2 0,5 đ

Trong đó:

Ιc =

2mR

Thay vào ( 1 ) ta có:

; ωc =

vc R

mgh =

0,5 đ 7 mv

2 c

;

Bài 3. Ý a

Điểm 0,5 0,5 0,5

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng, tại viễn điểm ta có: ୰భ

=−

ଶୋ୑୰మ

=>vଵଶ =

ୋ୑୫

ଶ

ୋ୑୫

mvଵଶ −

୰భ ା୰మ

0,5 đ

(1)

୰భ ሺ୰భ ା୰మ ሻ

0,5 đ

Ngay sau khi nổ mảnh 2 rơi thẳng xuống đất, => v2’= 0.

ai l.c

ଵ

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho tên lửa lúc nổ:

mv1 = mv1

mଵ = m

’

୴భ

୴ᇲభ

ሬԦଵᇱ + mv ሬԦଶᇱ mv ሬԦଵ = mv

ሬԦଵᇱ + mv ሬԦଶᇱ + 0 mv ሬԦଵ = mv ሬԦଶᇱ = mv

0,5 đ (2)

ୋ୑୫భ ୰మభ

ଶ

=> v ᇱଵ =

୰భ

yn h

మ

୴ᇲ భ

Khi mảnh 1 chuyển động trên quỹ đạo tròn bán kính r1 ta có:

Từ (1), (2), và (3) ta có: mଵ = mට

ୋ୑

(3)

୰భ

ଶ୰మ

୰భ ା୰మ

0,5 đ

= 8,66 tấn 0,5 đ

=> m2 = m – m1 = 1,34 tấn ݉ଵ ሬሬሬሬԦ ‫ݒ‬ଵ

yk da

Nội dung - Chọn trục tọa độ (tọa độ cực hoặc tọa độ Đề các vuông góc) và viết được phương trình elip dạng tổng quát. - Xác định được các bán trục lớn, bán trục bé. -Thay vào thu được phương trình quỹ đạo của tên lửa.

݉‫ݒ‬Ԧ

TĐ r

O r1

Bài 4. Sơ lược lời giải a. Từ phương trình trạng thái của khí lý tưởng: Bài 4 m m MP PV = nRT = RT ⇒ ρ = = (4,5 M V RT điểm) ρ RT 1, 2.8, 31.293 ⇒M= 1 1 = ≈ 28,84.10−3 kg / mol = 28,84g / mol P0 1, 013.105

Điểm 0,25 đ

Để khí cầu lơ lửng, ta cần có:

1, 2.293.1,1 ρ1T1V = = 341,36 K ≈ 68,36 0 C ρ1V − m 1, 2.1,1 − 0,187

0,5 đ

⇒ T2 =

ρ1T1 V T2

ρ1Vg = mg + ρ2 Vg ⇒ ρ1V = m +

ρ1 T2 = ρ 2 T1

ai l.c

b. Do quả cầu hở, áp suất khí bên trong và bên ngoài khí cầu là như nhau =>

0,5 đ

c. Lực cần giữ quả khí cầu là:

0,75 đ

 ρT  F = ρ1Vg − mg − ρ3 Vg =  ρ1V − m − 1 1 V  g T3   1, 2.293   .1,1 .10 ≈ 1, 23 N = 1, 2.1,1 − 0,187 − 383  

yn h

d. * Lập biểu thức sự phụ thuộc khối lượng riêng của không khí theo độ cao khi nhiệt độ không đổi Chia không khí thành các lớp rất mỏng có độ dày dz. Từ điều kiện cân bằng của các lớp khí ta có: P ( z ) = P ( z + dz ) + ρg.dz

0,5 đ

MP g.dz RT

⇒ dP = −ρg.dz = −

Mgz − dP Mg ⇒ =− dz ⇒ P = P0 e RT P RT

⇒ ρ = ρ0 e

−

Mgz RT

−

= ρ0 e

ρ0 g z P0

0,25 đ

0,5 đ

* Tính độ cao lớn nhất của khí cầu - Ở nhiệt độ t1 = 200 C , khối lượng riêng của không khí là ρ 0 = ρ1 = 1, 2 kg m 3 Quả khí cầu cân bằng khi:

0,25 đ

0,5 đ

ρ '1 Vg = mg + ρ3Vg ⇒ ρ '1 = z=−

m ρ1T1 0,187 1, 2.293 + = + ≈ 1, 088 kg / m3 V T3 1,1 383

P0 ρ' 1, 013.105 1, 088 ln 1 = − ln ≈ 827 m. ρ0 g ρ0 1, 2.10 1, 2

Bài 5. a.Phương án thí nghiệm: - B1: dùng giấy cuộn sát vào mặt ngoài và mặt trong của

3,5 đ

0, 5

ống nghiệm, sau đó dùng thước đo ta xác định được chu

ai l.c

vi mặt trong C1 và chu vi mặt ngoài C2 của ống nghiệm

- B2: đổ nước muối vào ống nghiệm sao cho khi thả ống

vào bình nước, ống cân bằng bền và có phương thẳng

0, 5

đứng. Đánh dấu mực nước muối trong ống và mực nước

bên ngoài ống.

- B3: đổ thêm nước muối vào ống, chiều cao nước muối đổ

thêm là ∆x . Thả ống vào bình thì ống chìm sâu thêm một 0, 5

đoạn ∆y . Đo ∆x và ∆y bằng thước.

Gọi S1; S2 tương ứng là tiết diện trong và tiết diện ngoài của ống nghiệm, từ phương trình cân bằng của ống suy ra:

yn h

Câu 5

 C  ∆y S ∆y ρ1S1∆x = ρ 0 S 2 ∆y ⇒ ρ1 = 2 ρ 0 =  1  ρ0 S1∆x  C 2  ∆x

0, 5

(3 điểm)

b. Biểu thức sai số: ln ρ1 = 2 ln

C1 ∆y + ln + ln ρ 0 C2 ∆x

0, 5

⇔ ln ρ1 = 2 ( ln C1 − ln C2 ) + ln ∆y − ln ∆x + ln ρ0 ⇒

 ∆C ∆C2  ∆ ( ∆y ) ∆ ( ∆x ) ∆ρ0 = 2 1 + + + + ρ1 ρ0 C2  ∆y ∆x  C1

∆ρ1

------------------Hết-------------------

0,5

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG – PHÚ THỌ

ĐỀ THI HSG VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ - NĂM 2018 Môn: VẬT LÍ - LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút.

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

(Đề này có 02 trang, gồm 5 câu)

Hai vật M1 và M2 có khối lượng lần lượt là m1 và m2 được nối với nhau bằng một sợi dây trên mặt bàn nằm ngang nhẵn; M2 treo thẳng đứng

(Hình 1). Tại thời điểm ban đầu, giữ các vật đứng

mảnh, nhẹ, không dãn vắt qua ròng rọc nhẹ; M1 đặt

ai l.c

Câu 1(5,0 điểm)

yên ở vị trí sao cho dây nối M1 hợp với phương

Hình 1

ngang một góc θ = 300. Sau đó, buông nhẹ cho các

vật bắt đầu chuyển động. Biết m2 = 2m1; mặt phẳng ngang đủ dài. Tính gia tốc của các vật tại thời điểm vật M1 bắt đầu rời khỏi mặt bàn và xác định góc θ khi đó.

Bài 2 (4 điểm)

Một đầu dây cuốn trên hình trụ khối lượng

yn h

m, đầu kia được buộc với vật khối lượng M. Dây

được vắt qua ròng rọc như (Hình 2). Bỏ qua khối

lượng dây, ròng rọc, ma sát ở trục ròng rọc. Giả

thiết rằng trong tất cả các trường hợp, chuyển động

Hình 2

của hình trụ là song phẳng. Hệ bắt đầu chuyển động từ nghỉ. Xác định gia tốc của vật

và tìm điều kiện để hình trụ lăn không trượt, lăn kéo theo cả trượt.

Bài 3 (4 điểm) Một hạt khối lượng m chuyển động trong trường xuyên tâm, biết thế năng của

hạt Wt = kr n , với k và n là hằng số, r là khoảng cách từ vật tới tâm của trường. Tìm điều kiện của k và n để hạt có thể chuyển động theo một quỹ đạo tròn.

Câu 4(4,0 điểm) Một mol khí lý tưởng đơn nguyên tử thực hiện một chu trình khép kín như Hình 3. Trong đó: 1 - 2 là quá trình đẳng nhiệt; 2 - 3 là quá trình đẳng áp; 3 - 4 là quá trình biến đổi theo quy luật

4 V = 4V2 và nhiệt độ nhỏ nhất của 3 3

ai l.c

biết: V1 =

p.V 2 = const ; 4 - 1 là quá trình đẳng tích.Cho

chu trình là 300K; R = 8,31J/mol.K.

Hình 3

a) Tính các nhiệt độ T3 và T4 ứng với các trạng thái 3 và 4. b) Chứng minh rằng quá trình 3 - 4 nhiệt độ khí luôn giảm.

c) Tính hiệu suất của chu trình.

Câu 5 (3 điểm)

Một quả cầu rỗng đồng chất bằng kẽm, giới hạn bởi hai mặt cầu đồng tâm nổi

được trên mặt nước, trên một đường tròn lớn của quả cầu có chia 360 vạch đều nhau có đánh số thứ tự. Lập phương án thực nghiệm xác định tỉ số giữa bán kính phần rỗng

bên trong và bán kính mặt ngoài của quả cầu.

Dụng cụ gồm

yn h

+ Một bình chứa nước khối lượng riêng Do đã biết, một miếng dán nhỏ có khối lượng không đáng kể so với khối lượng của quả cầu.

+ Khối lượng riêng của kẽm là D, công thức tính thể tích chỏm cầu là 2 πR 2 h (trong đó R là bán kính mặt cầu, h là chiều cao của chỏm cầu). 3

………….HẾT……….

ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Câu 1 (5 điểm) Nội dung

Điểm

Các lực tác dụng lên M1 và M2 được biểu

diễn như hình vẽ.

T1 T2

0,5

ai l.c

θ x

2mg

Áp dụng định luật II Niutown ta có: T cos θ = ma1 ; T sin θ + N1 = mg;

2mg − T = 2ma 2

Do dây lí tưởng ta có:

0,5

(**)

1,0

v2 a v sin θ (1) → a1 = 2 + 2 2 .θ′ (2) cosθ cosθ cos θ

yn h

v1cosθ = v 2 ⇒ v1 =

g 2 sin θ

(*) và a 2 = g −

⇒ a1 = g.cot θ

mg sin θ

Tại thời điểm vật M1 bắt đầu rời khỏi mặt bàn: N1= 0 ⇒ T =

0,5

Gọi H là khoảng cách từ ròng rọc tới mặt bàn H .θ′ sin 2 θ

(3)

v 2 sin 2 θ v22 a Từ (1) và (3): ⇒ θ′ = thay vào (2) ⇒ a1 = tan 3 θ + 2 H cos θ H cosθ

(4)

0,5

ta có: x = H cot θ ⇒ v1 = x ' =

Thay (*) và (**) vào phương trình (4):

Ta được:

v 2 tan 3 θ 3 + tan 2 θ 1 .cot θ = + 2 (5) 2 cosθ gH

0, 5

Dùng định luật bảo toàn cơ năng cho hệ:

1 1 mv12 + 2mv 22 = 2mg∆h (6) 2 2

0,5

H H H(2 sin θ − 1) Với ∆h = thay vào (6) − = sin 30 sin θ sin θ 2 sin θ − 1 sin θ

(7) 0,5

1 Từ (1) và (7): v 22 (3 + tan 2 θ) = 8gH(1 − ) 2 sin θ

⇒ v12 + 2v 22 = 4gH

ai l.c

(8)

Kết hợp (5) và (8) ta được:

3 + tan 2 θ 1 8 tan 3 θ 1 cot θ = + (1 − ) 2 2 cosθ (3 + tan θ) 2sin θ

0,5

(9)

Giải phương trình (9) và kết hợp với điều kiện θ > 300 ta được θ = 450

Bài 2 (4 điểm)

* Trường hợp 1: trụ lăn không trượt:

Hình 1

a/2

0,5

yn h

+ Phương trình chuyển động tịnh tiến của hình trụ: F + f = m + Phương trình chuyển động của vật:

a 2

Mg − F = Ma

+ Phương trình chuyển động quay của trụ: (F − f )R = Iγ =

(1) 0,5

(2) mR 2 a 2 2R

(3)

0,5

Từ (1), (2), (3) ta tính được f =

ma 3ma ; F= ; a= 8 8

g 3m 1+ 8M

(4)

0,5

Trụ sẽ không trượt nếu f ≤ µmg hoặc 1 với µ là hệ số ma sát. 3m 8+ M

µ≥

ai l.c

* Trường hợp 2: Trụ vừa lăn vừa trượt: Gọi gia tốc góc của trụ là γ, gia tốc

(6)

+ Mg − F = Ma

(7)

mR 2 + (F − f )R = Iγ = γ 2

(5)

0,5 0,5

+ F + f = mb

của trục trụ là b.

Các gia tốc liên hệ với nhau bởi điều kiện: (8)

a = b + γR ; f = µmg

0,5

µm 3M với µ < 1 Từ (5), (6), (7), (8) ta suy ra: a = g m 3m 1+ 8+ 3M M 1−

yn h

0,5

Bài 3 (Cơ học thiên thể)

+ Momen động lượng và cơ năng của hạt của hạt bảo toàn:

1 mv 2 + kr n = hs; L = mr 2 ω = hs 2 2

1,0 2

L  dr   dr  ta có: v 2 =   + (r ω) 2 =   + 2  dt   dt  mr

thay vào pt bảo toàn năng lượng:

1 dr 2 L2 m( ) + + kr n = hs 2 dt 2m

L2 đặt U = + kr n gọi là thế năng hiệu dụng trong HQC chuyển động quay 2 2mr

1,0

với veto bán kính r qua vật.

dU L2 L2 = − 3 + knr n −1 = 0 ↔ r0 n +1 = dr knm mr

+ Muốn vật chuyển động tròn thì: dr/dt=0 0,5

ai l.c

(1)

+ Muốn cho chuyển động của hạt ổn định thì thế năng của vật cực tiểu tại r=r0

hay động năng cực đại. Khi đó nếu vật lệch khỏi vị trí cân bằng thì có lực kéo

vật về vị trí cân bằng.

d 2 U(r0 ) >0 Ta có: dr

1,0

yn h

 kn > 0 Điều kiện:   n > −2

Thay (1) vào (2) ta có:

(2)

Có hai khả năng xẩy ra là (k>0 và n>0)

0,5

hoặc (k<0 và -2<n<0)

Câu 4 (4 điểm)

a) Nhiệt độ nhỏ nhất của chu trình ứng với nhiệt độ trên quá trình 1 - 2, nên: T1 = T2 = 300K

Xét quá trình 2 – 3 là đẳng áp:

0,5

V V2 V3 = => T3 = 3 .T1 = 3T1 = 900K T2 T3 V2

Xét quá trình 3 – 4: p.V 2 = const Áp dụng M – C cho 1mol khí: p.V = R.T

0,5

=> T.V = const (1) => T3 .V3 = T4 .V4 => T4 =

V3 9 .T3 = T1 = 675K V4 4

b) Lấy vi phân hai vế phương trình (1) ta được : V.dT + T.dV = 0 0,5

ai l.c

T Hay: dT = − .dV V

- Nhận thấy, thể tích khí luôn tăng khi biến đổi trong quá trình 3 – 4 → dV > 0

0,5

Theo đó dT < 0 . Vậy trong quá trình 3 – 4, nhiệt độ của khí luôn giảm

c) Tính nhiệt lượng khí nhận được trong từng quá trình:

V2 = −R.T1 .ln 4 < 0 => Hệ V1

0,5

+ Quá trình 1 – 2: Đẳng nhiệt: Q12 = A12 = R.T1 .ln

tỏa nhiệt

+ Quá trình 2 – 3: Đẳng tích: Q 23 = C p .(T3 − T2 ) = 5RT1 > 0 →Hệ nhận nhiệt R 2

yn h

Quá trình 3 – 4: Nhiệt dung không đổi và bằng C =

3 → Q 34 = C.(T4 − T3 ) = − RT1 < 0 => Hệ tỏa nhiệt 8

Quá trình 4 – 1: Đẳng tích: Q 41 = C V .(T1 − T4 ) = −

0,5 15 RT1 < 0 => Hệ tỏa nhiệt 8

11 Công sinh ra trong chu trình là: A = Q12 + Q 23 + Q34 + Q 41 = ( − ln 4)RT1 4

=> Hiệu suất chu trình là:

η=

A ≈ 27, 27% Q23

0, 5

Bài 5 (3 điểm) Dán miếng dính lên một điểm thuộc đường tròn lớn có độ chia, thả quả 7

1,5

cầu nổi trên mặt nước thì đường tròn lớn có độ chia thuộc mặt phẳng thẳng

đứng. Đọc số đo góc ở tâm của phần nổi là 2α Tính được độ cao của chỏm cầu: h = R(1 – cosα)

(1)

Quả cầu cân bằng nên trọng lực tác dụng lên quả cầu bằng lực đẩy Acximet ta

ai l.c

được:

(2)

D(V – Vt) = D0(V – Vc)

0,5

Trong đó: V là thể tích ngoài của quả cầu, Vt là thể tích trong, Vc là thể tích

D r = 3 1 - 0 (1 + cosα ) R 2D

yn h

Từ (1), (2) và (3) ta có:

14 3 h 1 h 2 πR 2 h = πR = V 3 23 R 2 R

Thể tích chỏm cầu là: Vc =

chỏm cầu nổi trên mặt nước.

(3)

1,0

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2018 Môn: Vật lý 10

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (4 điểm).

Một mô hình động cơ hơi nước đặt nằm ngang trên mặt sàn nhẵn. Tay quay OA có chiều dài r và quay đều với tốc độ góc ω, điểm B luôn chuyển động thẳng. Thanh truyền AB dài bằng tay quay. Coi khối lượng của các bộ phận chuyển động rút về thành 2 khối lượng m1 và m2 tập trung ở A và B, khối lượng của vỏ động cơ là m3 (hình 1).

A O

ai l.c

Hình 1

1. Cho rằng vỏ động cơ chỉ chuyển động ngang và ban đầu pit-tông ở vị trí xa nhất về bên trái. Xác định phương trình chuyển động của vỏ động cơ.

2. Nếu động cơ được bắt vít xuống nền bằng bu-lông, tìm áp lực của động cơ lên nền và lực cắt ngang bu-lông. Bỏ qua lực căng ban đầu của bu-lông. Câu 2 (4 điểm).

yn h

Một khối trụ đặc có bán kính R, khối lượng m, lăn không trượt trên mặt sàn nằm ngang rồi va vào một bức tường thẳng đứng cố định (trục của khối trụ luôn song song với mặt sàn và tường). Biết hệ số ma sát giữa khối trụ và bức tường là µ; vận tốc của trục khối trụ trước lúc va chạm là v0; sau va chạm thành phần vận tốc theo phương ngang của trục giảm đi một nửa về độ lớn; mômen quán tính đối với trục của khối trụ là I =

0 R v0

2 mR 2 (hình vẽ). 5

Bỏ qua tác dụng của trọng lực trong lúc va chạm và bỏ qua ma sát lăn.

Tính động năng của khối trụ và góc giữa phương chuyển động của nó với phương nằm 1 8

1 5

ngang ngay sau khi va chạm trong hai trường hợp, µ = và µ = .

Câu 3 (4 điểm).

Một vệ tinh chuyển động tròn đều quanh Trái Đất ở độ cao R = 3R0 so với tâm O của

Trái Đất. Bán kính Trái Đất là R0 = 6400km. 1. Tính vận tốc V0 và chu kỳ T0 của vệ tinh. 2. Vệ tinh đang chuyển động tròn trên bán kính R thì tại điểm A vận tốc đột ngột giảm xuống thành VA nhưng giữ nguyên hướng; vệ tinh chuyển sang quỹ đạo elip và tiếp đất tại điểm B

trên đường OA (O, A, B thẳng hàng). Tìm vận tốc vệ tinh tại A, B và thời gian nó chuyển động từ A đến B.

. B O A

Cho vận tốc vũ trụ cấp I là VI = 7,9 km/s. Bỏ qua mọi lực cản. Có thể dùng phương trình chuyển động của một vệ tinh trên quỹ đạo :  d 2 r  dθ  2  Mm m 2 −  r  = −G 2 r  dt    dt

dθ = const . dt

và định luật bảo toàn mômen động lượng : mr 2

Một lượng khí lí tưởng đơn nguyên tử thực hiện một 5

chu trình ABCDECA (Hình 1). Cho biết PA=PB=10 Pa, TA=TE=300K,

VA=20l,

VB=VC=VD=10l, AB, BC, CD, DE, EC, CA là các đoạn thẳng.

1. Tính các thông số TB, TD, VE.

PE=PD=4.105 Pa,

PC=3.105 Pa,

ai l.c

Câu 4 (4 điểm).

B VE

A VA V

2. Tính tổng nhiệt lượng mà khí nhận được trong tất cả các giai đoạn của chu trình mà nhiệt độ khí tăng.

3. Tính hiệu suất của chu trình.

Câu 5 (4 điểm).

yn h

Người ta nhúng một dây đun bằng mayso vào một bình nước. Biết công suất toả nhiệt P của dây đun và nhiệt độ môi trường ngoài không đổi, nhiệt lượng của nước truyền ra môi trường ngoài tỉ lệ thuận với độ chênh lệch nhiệt độ giữa nước trong bình và môi trường. Nhiệt độ của nước trong bình ở thời điểm x được ghi bằng bảng dưới đây:

x(phút) 0 1 2 3 4 5 0 T( C) 20 26,3 31,9 36,8 41,1 44,7 Hãy dùng cách tính gần đúng và xử lý số liệu trên để trả lời các câu hỏi sau.

1. Nếu đun tiếp thì nước có sôi không? Nếu không sôi thì nhiệt độ cực đại của nước là bao nhiêu?

2. Nếu khi nhiệt độ của nước là 600C thì rút dây đun ra. Hỏi nước sẽ nguội đi bao nhiêu độ sau thời gian 1phút? 2 phút? ...............................Hết...........................

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ..........................................; Số báo danh: .....................................

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2018 Môn: Vật lý 10 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

ĐÁP ÁNĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Câu 1 (4 điểm)

Nội dung

Điểm

+ Xét tại thời điểm t góc quay của vật BOA = φ = ωt (hình 2a). Các bộ phận có khối lượng m1, m2 có vận tốc lần lượt là v1 và v2 trong hệ quy chiếu gắn với vỏ. Vỏ có vận tốc v3 đối với sàn.

ai l.c

B V2 H O

+ Theo phương ngang hệ không chịu tác dụng của ngoại lực nên bảo toàn động lượng:

gm @

m2 v2 + m1v1 sin ωt (1) với v1 = ωr, m1 + m2 + m3

Hình 2a

m3v3 +m2(v2 + v3) +m1(v1sinωt + v3) = 0 => v3 = -

(2m2 + m1 )ω r sin ωt (3). m1 + m2 + m3

yn h

v3 = -

dOB dOH d ( rcosωt ) = -2 =2 = 2ωrsinωt (2) thay (2) vào (1) ta có: dt dt dt

v2 = -

Lấy nguyên hàm của (3) x =

Chọn x = 0 tại t = 0 ta có C =

vậy x =

0.25

0.25 0.25 0.25

0.25

(2m2 + m1 ) rcosωt +C m1 + m2 + m3

0.25

(2m2 + m1 ) r m1 + m2 + m3

0.25

(2m2 + m1 ) r ( cosωt − 1) . m1 + m2 + m3

0.25

+ Xét cả hệ chỉ có v1 có thành phần vận tốc theo phương thẳng đứng:

vy = v1cosωt = ωrcosωt, do đó áp lực của hệ lên sàn theo phương thẳng đứng là d ( m1 y ) N = (m1+m2+m3)g + dt N = (m1+m2+m3)g - m1ω2r.sinωt.

0.25 0.25 0.5

+ Động lượng của hệ theo phương ngang khi vỏ được giữ đứng yên là p = m2v2 + m1v1sinωt = (m1 +2m2)ωr.sinωt.

0.5

+ Do đó lực cắt ngang bulong là T=

dp = (m1 +2m2)ω2r.cosωt. dt

0.5

Câu 2 (4 điểm)

v0 . 2 Khối trụ trong quá trình va chạm còn chịu thêm tác dụng của phản lực N vuông góc với tường, hướng ngược chiều va chạm và lực ma sát F ms hướng lêntrên theo chiều Oy. Như vậy chuyển động theo phương 0y sẽ xảy ra hai khả năng:

+ Áp dụng hai định lý biến thiên và chú ý là vx =

ai l.c

TH1: trong quá trình va chạm khối trụ luôn luôn lăn có trượt

TH2: trong quá trình va chạm, đầu tiên khối trụ lăn có trượt trong khoảng τ1 sau đó lăn không trượt trong khoảng τ 2 .

0.25

a) Trong thời gian va chạm τ , theo phương Oy khối trụ luôn luôn lăn có trượt.

* Định lý biến thiên động lượng:

 1  3 mv0 −  − mv0  = mv0 = ∫ Ndt  2  2 0

y 0.25

mv y = µ ∫ Ndt

(2)

vy vx

yn h

Từ (1) và (2): tgα =

3 → v y = µv0 2

µN N

Theo Oy:

(1)

Theo Ox:

v0 / 2

= 3µ ;

0.25

+ Định lý biến thiên mômen động lượng: τ

I(ω − ω0 ) = −µR ∫ Ndt (3) → ω = 0

4 − 15µ v0 4R

0.25

+ Điều kiện trên xẩy ra nếu khối trụ vẫn trượt trong va chạm.

vy ≤ωR ⇒ µ ≤

4 ≈ 0,19 . 21

1 = 0,125 < 0,19 tương ứng trường hợp suốt quá trình va chạm khối 8 trụ luôn luôn lăn có trượt

+ Giá trị µ =

ω=

4 − 15µ 17 v0 = v0 4R 32R

Động năng

0.25

2 2 Iω2 m  1 2  3   m 2  17  2 E= + =  v0 +  v0   + R   v0 2 2 2  4  16   5  32R  E ≈ 0,34mv 20 = 0,68E 0

m(v 2x + v 2y )

0.25

+ Giá trị µ = 0, 2 > 0,19 tương ứng trường hợp trongquá trình va chạm khối trụ lăn 2

có trượt trong khoảng thời gian τ1và lăn không trượt trong khoảng thời gian τ2. τ1

0.25

τ1

mv y = µ ∫ Ndt

(4); I(ω1 − ω0 ) = −Rµ ∫ Ndt

(5)

0.25

; ω0 =

v0 R

thay

vào

(4)

và

(5)

4 7

Động năng sau va chạm là

1 2 4 2 2 4 m mR 2 v2  v0 + v0  m ( v + v ) Iω 2 0 297 4 49 + 5 49R E= mv 02 ≈ 0,3E 0 + =  = 2 2 2 2 1960 2 y

0.5

Câu 3 (4 điểm)

2 1

2 x

0.25

tgα =

2 2v v y = v0 ; ω1 = 0 7 7R

v v  2 ⇒ mR 2  y − 0  = − Rmv y ; 5 R R

ai l.c

ω1 =

+Sau khoảng thời gian τ1 khối trụ lăn không trượt theo phương 0y với vận tốc vy:

yn h

+ Gọi M và m lần lượt là khối lượng Trái Đất và vệ tinh. Lực hấp dẫn của Trái Đất lên vệ tinh đóng vai trò lực hướng tâm nên:

GMm mv02 GM V1 → V0= = 4,56 km/s = = 2 R R 3R0 3

Chu kỳ quay của vệ tinh: T0 =

0.5

2πR = 26449s = 7, 35 h V0

0.5

+ Từ hai phương trình cho ở đề bài ta được phương trình:

d 2 r (c / m)2 GM − = − 2 2 3 dt r r + Khi vệ tinh chuyển động với bán kính R = const thì:

(1)

0.5

c (2) ( ) 2 = GMR m + Áp dụng định luật bảo toàn mômen động lượng và bảo toàn cơ năng ta có:

0.25

(3)

0.25

VA .3R = VB .R

mVA2 GMm mVB2 GMm − = − R0 2 3R0 2

(4)

VI = 3, 23 km/s ; VB = 9, 68 km/s 6 AB + Bán trục lớn quỹ đạo elip của vệ tinh: a = = 2 R0 2

+ Từ (3) và (4) ta được: VA =

0.5 0.5 0.25

a3 R a3 T T = ⇒ = =4h 0 T 2 T02 R3

Câu 4 (4 điểm) 1

ai l.c

+ Thời gian vệ tinh chuyển động từ A đến B là: t = T/2 = 2 h.

0.5

+ Áp dụng định luật 3 Keppler ta có:

+ Áp dụng phương trình trạng thái ta có:

PAVA=nRTA→ nR=PAVA/TA=20/3

TB=PBVB/nR=150K, TD=PDVD/nR=600K, VE=nRTE/PE =5l

0.5 0.5

0.25

+ Khí nhận nhiệt trong quá trình đẳng tích BD và một giai đoạn trong quá trình 3 3 20 biến đổi ECA: Q1=QBD=n. R(TD-TB)= (600 − 150) =4500 J 2 2 3

0.25

P − PA P −P V = E A → P = − + 5 (1) V − VA VE − VA 5

0.25

- Phương trình của đường thẳng ECA:

→ T=

PV 3 V2 = (− + 5V) (2) (T đo bằng 100K) nR 20 5

yn h

(V đo bằng l, P đo bằng 105Pa)

0.25

T= TMax=468,75K khi Vm=12,5l; T tăng khi 5≤V≤12,5l

Vm ứng với điểm F trên đoạn CA. Trong giai đoạn EF nhiệt lượng nhận được là: 3 Q2=∆U+A với ∆U=n. R(Tmax-TE) =1687,5 J 2

A=diện tích hình thang EFVmVE=2437,5J → Q2=1687,5+2437,5= 4125 J Tổng nhiệt lượng mà khí nhận được là Q=Q1+Q2=4500+4125=8625J + Công sinh ra trong một chu trình là: A=dt(∆ABC)-dt(∆CDE) → A=750J Hiệu suất của chu trình: H=A/Q=750/8625 ≈8,6%

3 Câu 5 (4 điểm)

+ Gọi nhiệt độ của nước tăng thêm trong thời gian 1 phút là ∆T0, gọi T là nhiệt độ của nước sau mỗi phút, T0 là nhiệt độ của môi trường. ∆T0 là hàm của T. Gọi ∆x là khoảng thời gian đun nước, vì nhiệt lượng của nước truyền ra môi trường ngoài tỉ lệ bậc nhất với độ chênh lệch nhiệt độ giữa nước trong bình và môi trường nên

0.25

0.25 0.25 0.5 0.5 0.5

ta có : P∆x – k(T-T0)= C.∆T0

0.5

(C là nhiệt dung riêng của nước, k là hệ số tỉ lệ dương). + Theo bảng, chọn ∆x=1phút. Ta có:

∆T0 6,3 5,6 4,9 4,3 3,6

ai l.c

0.5

26,3 31,9 36,8 41,1 44,7

0.5

 P.∆x + k .T0  k . ∆T 0 =   − .T = a − b.T C   C

1 26,3 6,3

2 31,9 5,6

3 36,8 4,9

4 41,1 4,3

5 44,7 3,6

0.5

x(phút) 0 0 T( C) 20 ∆T0 0 Từ bảng này vẽ đồ thị :

+ Mặt khác từ bảng số liệu đề bài cho ta có thên bảng chứa ∆T0 như sau:

6,3 = a − 26,3.b tìm được a=90; b=0,1. 5,6 = a − 31,9.b

yn h

+ Từ đồ thị hoặc giải hệ: 

+ Ta thấy Tmax khi ∆T0 =0: Tmax=a/b=900C. Nước không thể sôi dù đun mãi.

0.25 0.25

Khi rút dây đun, công suất cung cấp cho nước P=0:

0.5

 k .T  k ∆T 0 =  0  − .T = bT0 − b.T = b(T0 − T ) = 0,1.( 20 − 60) = 4 0 C  C  C

Vậy sau 1phút nước nguội đi 40C.

+ Ở phút thứ 2 nước nguội đi:

∆T 0 = bT0 − b.T = b(T0 − T ) = 0,1.(20 − 56) = 3,6 0 C

0.5

Vậy Tổng sau 2 phut nước nguội đi: 7,60C

0.5

-------------------------- Hết ----------------------Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

Trường THPT Chuyên Lào Cai

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ ĐỀ XUẤT

LẦN THỨ XI, NĂM 2018

KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

(Đề thi gồm 02 trang) ĐỀ THI MÔN:VẬT LÝ LỚP 10

Hình 1

ai l.c

Bài 1: Cơ chất điểm (5 điểm) Một bán cầu rỗng bán kính R, mặt trong nhẵn, được giữ cố định trên mặt đất sao cho mặt hở hướng lên trên. Một vật nhỏ ở điểm cao nhất của mặt trong bán cầu và được truyền một vận tốc v0 theo phương tiếp tuyến với miệng bán cầu(hình 1). Cho gia tốc trọng trường là g. a. Tìm độ cao nhỏ nhất của quỹ đạo chuyển động của vật so với mặt đất. b. Tìm vận tốc lớn nhất của vật nhỏ trong quá trình chuyển động.

Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Bài 2: cơ vật rắn (4 điểm) Một thanh mảnh đồng chất khối lượng m, chiều dài 2l có một đầu treo trên dây mảnh, sao cho đầu còn lại tiếp xúc với mặt bàn nhẵn nằm ngang. Góc α 0 = 60 0 (hình 2). a. Đốt dây treo. Áp lực của thanh lên mặt bàn thay đổi bao nhiêu lần ngay sau khi sợi dây đứt? b. Tìm vận tốc trọng tâm của thanh ngay trước khi nó tiếp xúc với mặt đất

yn h

α0

Bài 3: Cơ chất lỏng (4 điểm) Một xi lanh có chiều dài L, tiết diện S, có thoát nhỏ ở đáy với tiết diện s rất bé so với S. Lượng chất lỏng có khối lượng riêng được chặn bởi 1 pittong mỏng, khối lượng không đáng kể có thể tịnh tiến không ma sát trong xi lanh. Ban đầu xi lanh được gắn chặt vào một trục quay , và chiều cao cột chất lỏng là L/2 như (hình 3).Tức thời điều khiển cho trục quay với tốc đội không đổi là . a. Tính tốc độ chất lỏng phụt ra khỏi lỗ thoát theo khoảng cách a từ pittong đến trục quay. b. Tính thời gian để toàn bộ lượng chất lỏng thoát khỏi xi lanh

Hình 2

L/2 L

Hình 3

C’

D’

Bài 5:Thực hành(3 điểm) Cho các dụng cụ sau (hình 5): - Một khối gỗ hình hộp ABCDA’B’C’D’ có mặt ABCD là hình vuông cạnh a, bề dày AA’ = b nhỏ hơn đáng kể so với a. Các bề mặt đồng đều về độ nhẵn. - Một tấm ván phẳng đủ rộng có bề mặt đồng đều về độ nhẵn. - Một bút chì. - Một thước thẳng để đo kích thước. Hãy đề xuất phương án làm thí nghiệm và trình bày cách làm để xác định gần đúng hệ số ma sát nghỉ giữa khối gỗ và tấm ván. Giải thích cách làm.

ai l.c

Bài 4: Nhiệt (4 điểm) Một xi lanh cách nhiệt cố định nằm ngang (hình 4) được chia làm 2 phần bằng một pittông cách nhiệt có bề dày không đáng kể, khối lượng m, nối với thành bên phải bằng 1 lò xo nhẹ nằm ngang và có thể dịch chuyển không ma sát trong xi lanh. Phần bên trái chứa 1 mol Hình 4 khí lí tưởng đơn nguyên tử, phần bên phải là chân không. Lò xo có chiều dài tự nhiên bằng chiều dài của xi lanh. a. Xác định nhiệt dung của hệ. Bỏ qua nhiệt dung của xi lanh, của pittông và của lò xo. b. Dựng đứng xi lanh lên sao cho phần chứa khí ở bên dưới. Khi pittông ở vị trí cân bằng nó cách đáy xi lanh một khoảng bằng h, khí trong xi lanh có nhiệt độ T1. Xác định độ dịch chuyển của pittông khi nhiệt độ khí trong xi lanh tăng từ T1 đến T2.

A’

yn h

------------------HẾT--------------------

Hình 5

Họ và tên học sinh:............................................................., Số báo danh:............................ Họ và tên giám thị 1:........................................., Họ và tên giám thị 2:................................ Giám thị không giải thích gì thêm. Trường THPT Chuyên Lào Cai

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ ĐỀ XUẤT

KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XI, NĂM 2018

ai l.c

(Đề thi gồm 02 trang)

HƯỚNG DẪN CHẤM

Điể m

Chuyển động của vật nhỏ trong bán cầu không ma sát nên chỉ chịu tác dụng của trọng lực và phàn lực vuông góc từ mặt bán cầu. Vậy mô men động lượng của vật v0 quanh trục đối xứng của bán trụ và cơ năng được bảo toàn. v0 a. θ + Xét chuyển động của vật ở vị trí thấp nhất trên quỹ đạo của nó. Ở thời điểm này vật ở vị trí mà véc tơ bán 0,5 kính vẽ từ tâm bán cầu đến vật hợp với phương thẳng v đứng góc θ và vận tốc của vật theo phương thẳng đứng bằng 0. + Phương trình bảo toàn cơ năng và bảo toàn mô men động lượng của vật nhỏ đối với trục đối xứng của bán cầu là

yn h

Bài Hướng dẫn chấm

 v02  16 g 2 R 2 + 1 − 1 Giải hệ phương trình được: cos θ =    4 gR  v04 

0,5

 mv 2 mv02 = + mgR cos θ  2  2 mvR sin θ = mv R 0 

Vậy độ cao nhỏ nhất của quỹ đạo chuyển động của vật so với mặt đất là: hmin = R (1 − cos θ ) = R −

 v02  16 g 2 R 2 + 1 − 1    4 g  v04 

b. Tính tốc độ lớn nhất của vật trong quá trình chuyển động Cũng từ nhận xét cơ năng của vật được bảo toàn ta suy ra tốc độ vật đạt cực đại khi vật ở vị trí thấp nhất của quỹ đạo.

0,5 1

2 0

v = v + 2 gR cos θ =

v02 + 16 g 2 R 2 + v04

0,25

α0

0,5

ai l.c

a. - Khi chưa đứt dây. Thanh thăng bằng dưới tác dụng của trọng lực, phản lực vuông góc từ mặt bàn và lực căng của dây treo. - Chọn trục quay tức thời qua đầu trên của thanh thì MN0 = MP N0 = P/2 là phản lực ban đầu của mặt bàn Khi dây đứt thì thanh chỉ còn tác dụng của trọng lực N và phản lực vuông góc từ mặt bàn. Do không có lực nào theo phương ngang nên khối tâm sẽ chuyển động theo phương thẳng đứng. Vậy xu hướng chuyển động của khối tâm và đầu thanh được biểu diễn như hình Ta xác định được tâm quay tức thời của thanh là tại O. O

0,5

v02 + 16 g 2 R 2 + v04

α0

0,25

Phương trình động lực học cho chuyển động quay quanh 0 là: 2  mL2 L 3  6 3g  + m  M P = I 0γ ⇔ P.L sin α 0 =  γ ⇔ γ =  13L  3  2   

yn h

0,5

là gia tốc khối tâm ngay sau khi đứt dây

0,5

4mg => N = P – mAG = 13 8 N Vậy tỉ lệ là: = N 0 13

0.5

b. Ngay trước khi chạm đất thì thanh nằm ngang nên tâm quay tức thời của thanh là tại đầu trái của thanh. Quá trình chuyển động thì không có ma sát và phản lực không sinh công nên cơ năng của hệ được bảo toàn:  mL2  mgL I ω 2 3g 3 gL = ⇔ mgL =  + mL2  ω 2 ⇔ ω = ⇒ vG = 2

 3



0,5

1,5

a.Xét phần chất lỏng cách trục quay từ x x+dx. Nó có khối lượng là: dm = Sdx

0,5 L/2 L

Lực li tâm tác dụng lên phần tử chất lỏng này là: dF = ρ Sω 2 xdx Áp suất dư do phần tử chất lỏng này gây ra là: dP = ρω 2 xdx Xét trong hệ quy chiếu phi quán tính chuyển động quay cùng trục thì áp suất dư do lực quán tính li tâm tác dụng lên pitong và cột chất lỏng gây ra tại đáy xilanh là: L ρω 2 ( L2 − a 2 ) 2 P = ∫ ρω xdx =

0,5

ρ v2

ρω 2 ( L2 − a 2 )

ai l.c

Áp dụng định luật Becnulli cho chuyển động của chất lỏng ngay trong và ngoài lỗ thoát: v = ω L2 − a 2

0,5 là tốc độ phụt ra của chất lỏng ra khỏi lỗ thoát của xi lanh b. Áp dụng phương trình liên tục cho sự chảy của chất lỏng trong và ngoài xi lanh thì: ω s L2 − a 2

0,5

SV = sv V =

là tốc độ chảy của chất lỏng trong xi lanh. Đồng thời V cũng là tốc độ di chuyển của pitong trong xi lanh nên: da ω s L2 − a 2 Sda V= = ⇔ dt = dt S sω L2 − a 2 Vậy thời gian để toàn bộ chất lỏng thoát khỏi xi lanh là

∫

a sω 1 −   L

S d sin i πS = ∫ 2 sω π /3 1 − ( sin i ) 6 sω

0,5

a. Giả sử truyền cho hệ một nhiệt lượng Q . - Gọi T1 là nhiệt độ ban đầu của khí, T2 là nhiệt độ của khí sau khi đã truyền cho nó nhiệt lượng Q. Vì bỏ qua ma sát nên theo nguyên lí I ta có:

π /2

L /2

yn h

.⇒ t =

a L

0,5

∆U = Q + A ⇒ Q = ∆U – A =

3R k (T2 – T1) + (x 22 − x12 ) 2 2

(1)

0,5

với k là độ cứng lò xo, x1 và x2 là độ nén của lò xo ứng với nhiệt độ T1, T2. - Từ điều kiện cân bằng của pittông suy ra: p =

F kx p.S = ⇒ x= S S k

(2)

0,25

- Theo phương trình trạng thái: pV = RT ⇒p=

RT RT = V S.x

(3)

0,25

RT k

- Thay (3) vào (2) ⇒ x2 = R (T2 - T1 ) k k R ⇒ (x 22 − x12 ) = (T2 - T1 ) 2 2

- Vậy: x 22 − x12 =

0,5

- Thay vào (1) ⇒ Q = ∆U – A = 2R(T2 – T1) = 2R∆T

0,5

Q = 2R ∆T

- Nhiệt dung của hệ là: C =

0,5

(6)

- Đặt khối gỗ dựng đứng như hình vẽ.

1 D

3R (T2 – T1) 2

∆U =

ai l.c

b. Giả sử khí nhận được một nhiệt lượng Q để tăng nhiệt độ từ T1 đến T2. - Theo nguyên lý I: ∆U = Q + A ⇒ Q = ∆U – A (4) Q = C∆T= 2R(T2 – T1) (5)

0,25

- Dùng bút chì kẻ KL chia đôi mặt bên khối gỗ. Đặt mũi bút chì lên một điểmtrên đường KL. Đẩy nhẹ nhàng khối gỗ bằng một lực vừa đủ theo phương vuông góc với bề mặt tấm gỗ (như hình vẽ) để nó có thể di chuyển.

M b

0,5

P A

yn h

- Ban đầu, điểm đặt của bút chì ở gần K. Khi đó nếu đẩy nhẹ khối gỗ thì nó sẽ trượt chậm trên mặt tấm ván. Dịch chuyển dần điểm đặt của bút chì dọc theo đường KL về phía L và đẩy như trên thì sẽ tìm được một điểm M mà nếu điểm đặt của lực ở phía dưới nó thì khối gỗ sẽ trượt, còn nếu điểm đặt của lực ở phía trên nó thì khối gỗ sẽ bị đổ nhào mà không trượt.

Dùng thước đo AA’ = b; KM = c

Khi đó hệ số ma sát sẽ được xác định theo công thức µ =

b . 2c

Giải thích: Nếu đẩy nhẹ cho khối gỗ trượt được thì lúc đó lực đẩy F bằng độ lớn của lực ma sát trượt giữa khối gỗ và mặt ván. Nếu hợp lực của trọng lực P của khối gỗ và lực đẩy F có giá trị còn rơi vào mặt chân đế của khối gỗ thì nó sẽ trượt, còn nếu hợp lực này có giá lệch ra bên ngoài mặt chân đế thì nó sẽ bị đổ. Khi điểm đặt của lực đúng vào điểm M thì giá của hợp lực sẽ đi qua mép của chân đế (hình vẽ). Khi đó:

1,5

0,5

yn h

ai l.c

tgα = F µmg b = =µ= . P mg 2c

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC

LƯƠNG VĂN TỤY

DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2018

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Môn: VẬT LÝ 10 Thời gian làm bài 180 phút (Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang)

1 − a n +1 1− a

Cho biết : 1 + a + a 2 + a 3 + ... + a n =

ai l.c

Câu 1. Cơ học chất điểm (5,0 điểm) Tại đầu một tấm ván người ta đặt một vật nhỏ có khối lượng bằng hai lần khối lượng tấm ván. v0 Ban đầu cả hai vật đang chuyển động thẳng đều với vận tốc v0 hướng về phía bức tường thẳng đứng Hình 1 (Hình 1). Vectơ vận tốc hướng dọc theo tấm ván và vuông góc với tường. Bỏ qua ma sát giữa tấm ván và mặt bàn. Coi va chạm giữa tấm ván và tường là tuyệt đối đàn hồi và xảy ra tức thời, còn hệ số ma sát giữa vật và ván bằng µ . 1. Tìm quãng đường x1 mà vật nhỏ đi được so với tấm ván sau lần va chạm đầu tiên. 2. Tìm độ dài cực tiểu của tấm ván để vật không bao giờ chạm vào tường.

R Hình 2

yn h

Câu 2. Cơ học vật rắn (4,0 điểm) Hai quả đặc cầu đồng chất 1 và 2 có bán kính tương ứng là R và 2R được làm bởi cùng một loại vật liệu, được dán chặt với nhau để tạo thành vật rắn. Ban đầu hai quả cầu được đặt thẳng đứng trên mặt bàn nằm ngang, quả nhỏ ở dưới (Hình 2). Do sự mất cân bằng nhẹ, hệ bị đổ xuống. Tìm vận tốc của tâm các quả cầu ở thời điểm ngay trước khi quả cầu lớn chạm sàn. Xét hai trường hợp: 1. Ma sát giữa quả bóng ở dưới và bề mặt là rất lớn do đó không có hiện tượng trượt trong suốt thời gian chuyển động. 2. Hoàn toàn không có ma sát giữa quả bóng dưới và bề mặt.

Câu 3. Cơ học thiên thể (4,0 điểm) Trong không gian ở cách xa các thiên thể, có bốn ngôi sao giống nhau cùng khối lượng m. Tại thời điểm t1, bốn ngôi sao nằm tại 4 đỉnh của một hình vuông nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính R, vận tốc của 4 ngôi sao có độ lớn như nhau và hướng tiếp tuyến với đường tròn theo cùng một chiều. Thừa nhận rằng quỹ đạo của mỗi ngôi sao giống nhau, có dạng elip với O là một trong hai tiêu điểm. Ở thời điểm t2 sau đó, khoảng cách từ mỗi ngôi sao đến O là nhỏ nhất và bằng r (r < R) trong đó vị trí của mỗi ngôi sao nằm ở phía đối diện với vị trí của nó tại thời điểm t1 so với điểm O. Cho hằng số hấp dẫn là G. 1. Tìm cơ năng của hệ. 1

2. Hãy xác định: a) Các bán trục của elip quỹ đạo của mỗi ngôi sao. b) Khoảng thời gian ∆t = t2 – t1.

ai l.c

Câu 4. Nhiệt học (4,0 điểm) Một mol khí lí tưởng đơn nguyên tử biến đổi trạng thái theo một chu trình trong hệ tọa độ p-V như Hình 3. Các quá trình 2-3 và 4-1 là đoạn nhiệt thuận nghịch; các quá trình 1-2 và 3-4 là các đoạn thẳng kéo dài đi qua gốc tọa độ. Biết rằng hệ số góc của đường 1-2 gấp 3 lần hệ số góc của đường 3-4. 1. Tính nhiệt dung của các quá trình 1-2 và 3-4 theo hằng số các khí R. 2. Tính hiệu suất của chu trình.

Hình 3

--------------HẾT--------------

yn h

Câu 5. Phương án thực hành (3,0 điểm) Đo hệ số ma sát trượt giữa một vật bằng gỗ và mặt bàn nằm ngang. Dụng cụ được dùng: - Vật nhỏ hình hộp chữ nhật bằng gỗ. - Mặt bàn nằm ngang có giá treo cố định. - Một lò xo nhẹ chưa biết độ cứng, hai đầu có móc treo và hệ thống để gắn chặt lò xo với các vật khác. - Thước thẳng dài có độ chia phù hợp. Yêu cầu trình bày: - Cơ sở lý thuyết. - Các bước tiến hành. - Xử lý kết quả (không yêu cầu đánh giá sai số).

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY

HDC THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2018 Môn: VẬT LÝ 10 (Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang)

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Nội dung

Điểm

1. - Sau khi va chạm với tường, ván có vận tốc v0 hướng ngược lại. Do vật không rời ván nên áp dụng định luật bảo toàn động lượng và bảo toàn năng lượng, ta có :

Câu 1 (5 điểm)

v0 2v 2 ; x1 = 0 3 3µg

0,5 0,5

1,0

Giải hệ trên → v1 =

ai l.c

2mv0 − mv0 = 3m.v1 1 1 µ .2mg .x1 = ⋅ 3m ⋅ v02 − ⋅ 3mv12 , 2 2 trong đó v1 là vận tốc khi vật và ván khi vật đã ngừng trượt trên ván, x1 là quãng đường vật đi được trên ván sau va chạm đầu tiên.

2. Sau khi vật dừng lại trên ván, vật và ván lại tiếp tục chuyển động như một vật với vận tốc v1 hướng vào tường, quá trình lặp lại như trên. Sau va chạm lần hai, vận tốc của vật và ván khi vật đã ngừng trượt và quãng đường x2 vật đi thêm được so với ván: V  2 1  v 1 3 v2 = 1 ; x2 =   ⋅ 3 3µg g

1,0

yn h

- Quá trình như vậy lặp lại nhiều lần, và tổng quãng đường vật đi được trên ván là : s = s1 + s2 + ... + sn =

2v02  1 1 1 1 + + 2 + ... + n  3µg  9 9 9 

0,5

1 1− n 2 2v02 9 = 3v0 1 − 1  . = ⋅ 3µg 1 − 1 4 µg  9n  9

0,5

- Để vật không rời ván thì độ dài ván lớn hơn hoặc bằng quãng

2 (4 điểm)

đường s sau nhiều lần va chạm (n → ∞ ) : l ≥ lim s =

3v02 . Vậy để 4 µg

vật không va vào tường độ dài tối thiểu của ván là l =

3v02 4 µg

n →∞

1. Gọi m là khối lượng của bóng nhỏ thì khối lượng của bóng lớn là 8m. Vì ma sát giữa bóng dưới và bề mặt rất lớn nên hệ quay quanh điểm tiếp xúc giữa bóng dưới và mặt bàn. - Khi bóng trên bắt đầu chạm sàn thì đường nối tâm của chúng lập với

0,5 0,5

O2 O1

0,25

K 3

phương ngang 1 góc α = góc O2O1H với sin α = R/3R = 1/3. Gọi 0,25 K là điểm tiếp xúc giữa bóng dưới và mặt bàn. - Ta có: O1H = (3R) 2 − R 2 = 2 2R 0,25 0,25

ai l.c

⇒ O 2 K = (2R)2 + O1H 2 = 2 3R - Momen quán tính của 2 quả bóng đối với K tại thời điểm chạm sàn là: 2 7 I1 = mR 2 + mR 2 = mR 2 5 5 2 544 I 2 = .8m.4R 2 + 8m.4R 2 = mR 2 5 5 - Gọi ω là tốc độ góc của hệ ngay trước khi chạm sàn. Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng với gốc thế năng tại O1: 1 160g 8mg.3R = 8mg.R + (I1 + I 2 )ω2 ⇒ ω = 2 551R - Vận tốc tâm của các quả cầu khi đó là: 160gR v1 = ω.R = 551

yn h

- Từ hình vẽ ta tính được: KO1 = 8R/9; KO2 =

K O1

649R 9

em yk da

0,25

G O2

- Momen quán tính của hệ đối với K là: 2 2 649 2 3514  8R  2 2 I K = mR 2 + m  R = mR 2  + .8m.4R + 8m. 5 81 45  9  5 - Định luật bảo toàn cơ năng: 1 720g 8mg.3R = 8mg.R + I K ω2 ⇒ ω = 2 1757R - Vận tốc tâm của các quả cầu khi đó: 8 720gR v1 = ω.O1K = 9 1757

v 2 = ω.O 2 K =

0,25

1920gR v 2 = ω.O 2 K = 551 2. Không có ma sát: - Khối tâm G của hệ cách O1 1 đoạn 8R/3; cách O2 1 đoạn R/3 - Vì không có ngoại lực theo phương ngang nên khối tâm chuyển động theo phương thẳng đứng. Tâm O1 chuyển động theo phương ngang nên ta xác định được vị trí tâm quay tức thời của hệ như hình vẽ

0,25

1 467280gR 9 1757

0,5

0,5 0,25 0,25

3 (4 điểm)

1. Do tính đối xứng nên tại mọi thời điểm các ngôi sao luôn nằm tại 4 đỉnh của 1 hình vuông nào đó. + Gọi v và v’ lần lượt là vận tốc của 1 ngôi sao tại thời điểm t1 và t2 trong hệ quy chiếu khối tâm. Đối với ngôi sao bất kì, hợp lực tác dụng luôn có hướng đi qua O. Áp dụng định luật bảo toàn mô-men động lượng đối với trục quay qua O và vuông góc với mặt phẳng quỹ đạo: mvr = mv ' r → v ' =

0,5

R v (1) r

+ Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng tại t1, t2:

Gm 2 Gm 2 Gm 2 Gm 2 1 1 4. mv 2 − 4 −2 = 4. mv '2 − 4 −2 (2) 2 2R 2 2r R 2 r 2

ai l.c

(2 2 + 1)Gm r (3) . 2 R( R + r )

0,5

+ Giải hệ (1) và (2) suy ra: v =

0,5

+ Cơ năng của hệ:

1 Gm2 Gm 2 (2 2 + 1)Gm2 W = 4. mv 2 − 4 −2 =− < 0 (4) 2 2R R+r R 2

yn h

a) Dễ thấy hai thời điểm t1 và t2 mỗi ngôi sao ở các cận điểm.

Suy ra: a =

R+r (5) 2

Khoảng cách từ tâm elip đến tiêu điểm O: c=

0,25 0,25

R−r (6) 2

0,25

Suy ra: b = a 2 − c 2 = Rr (7) b) Áp dụng định luật II Kepler: dS 1 2 dϕ L = r1 = (8) dt 2 dt 2m

0,25

Trong đó r1 là bán kính véc tơ từ O tới ngôi sao; dφ là góc mà bán kính véc tơ quét trong thời gian dt; L là mô men động lượng của mỗi ngôi sao. Gọi T là chu kì quay của mỗi sao, từ (8) suy ra: S T L 2mS 2mπ ab 2π ab 0,5 dS = = = (9) ∫ ∫ dt → T = 0

mvR

0,5 5

Thay v từ (3) vào (9) suy ra: ∆t = 4 (4 điểm)

T ( R + r )3 =π 2 2(2 2 + 1)Gm

1. + Phương trình các đường thẳng 1-2 và 3-4 có dạng p = kV (k là hệ số góc) → dp = kdV (1) 0,5 + Áp dụng nguyên lí I nhiệt động lực học dạng vi phân: 3 0,25 dQ = dU + dA → CdT = RdT + pdV (2) 2

1 RdT (4) 2 3 1 + Thay (4) vào (2) → CdT = RdT + RdT → C = 2R 2 2

ai l.c

Mà kV = p → 2pdV = RdT → pdV =

γ 3

2. + Nhiệt lượng nhận từ nguồn nóng: Q1 = Q12 = C(T2 – T1) = 2R(T2 – T1) = 2 (p2V2 – p1V1) Gọi hệ số góc của 1-2 là k1 thì phương trình của 1-2 là p = k1V → Q1 = 2k1( V22 − V12 ) (5) + Nhiệt lượng khí tỏa ra cho nguồn lạnh: Q2 = Q34 = C(T3 – T4) = 2R(T3 – T4) = 2 (p3V3 – p4V4) Gọi hệ số góc của 3-4 là k1 thì phương trình của 3-4 là p = k2V → Q2 = 2k2( V32 − V42 ) (6) + Xét quá trình đoạn nhiệt 2-3: γ 2

γ +1 2

= k 2V

p 2 V = p 3 V → k 1V

γ+1 3

0,25 0,25 0,25

+ Áp dụng phương trình Cla-pê-rôn – Men-đê-lê-ép: pV = RT → pdV + Vdp = RdT (3) + Từ (1) và (3) → pdV + VkdV = RdT

0,5

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

 k  γ +1 → V2 =  2  V3 (7)  k1 

yn h

Tương tự cho quá trình đoạn nhiệt 4-1:

p 4 V4γ = p1V1γ → k 2 V4γ+1 = k1V1γ+1

 k  γ+1 → V4 =  1  V1 (8)  k2 

+ Thay (7), (8) vào (5) và (6) ta có:

2   γ+1   k 2 2 2 2  2 Q1 = 2k1( V2 − V1 ) = 2k1    V3 − V1  - V12 ) =   k1     γ−1 2  2  = 2k1γ+1  k 2γ+1 V32 − k1γ+1 V12      2   γ+1   k 2 2 2 2  1 Q2 = 2k2( V3 − V4 ) = 2k2 V3 −   V1 - V12 ) =      k2    γ−1 2  2  = 2k 2γ+1  k 2γ+1 V32 − k1γ+1 V12     

0,25

+ Hiệu suất của chu trình:

0,25

γ −1

 k  γ+1 Q H = 1− 2 = 1−  2  Q1  k1 

Thay

0,25

≈ 24%

* Cơ sở lý thuyết: - Điều kiện cân bằng của con lắc lò xo thẳng đứng: Fđh = P ↔ k∆l = mg (1) (∆l là độ dãn của lò xo khi cân bằng) 0,5 - Xét con lắc lò xo nằm ngang: Đưa vật đến vị trí lò xo nén đoạn x2 rồi thả nhẹ, vật sẽ dừng lại khi lò xo dãn ra một đoạn cực đại x2. Định luật bảo toàn năng lượng:

ai l.c

5 (3 điểm)

k2 1 5 1 = và γ = ta được: H = 1 −   k1 3 3  3

5 −1 3 5 +1 3

1 2 1 2 kx 2 − kx1 = - µmg(x1 + x2 ) 2 2 2µmg (2) → x1 – x2 = k x −x Từ (1) và (2) suy ra µ = 1 2 2∆l

yn h

Đo ∆l, x1, x2 suy ra µ. * Các bước tiến hành: - Vẽ hình minh họa: - Đo chiều dài tự nhiên của lò xo l0. - Móc vật vào lò xo rồi treo đầu trên của lò xo vào giá để tạo ra con lắc lò xo thẳng đứng. Đo chiều dài lò xo khi cân bằng l → ∆l = l – l0 - Gắn một đầu lò xo vào thân giá, đầu kia gắn vật để tạo ra con lắc lò xo nằm ngang. Đặt vật tại vị trí lò xo không biến dạng (dài l0). - Đẩy vật để lò xo nén một đoạn, đo chiều dài l1 → x1 = l0 – l1 - Thả nhẹ để vật chuyển động , đến khi vật dừng thì đo chiều dài l2 của lò xo → x2 = l2 – l0

0,5

0,5 0,25 0,25 0,25 0,25

x −x * Kết quả: µ = 1 2 2∆l l2 x2

----------HẾT----------