BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VẬT LÝ LỚP 10 DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ (ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM)

TÀI LIỆU ÔN THI HỌC SINH GIỎI 2020

vectorstock.com/2254758

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

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VẬT LÝ LỚP 10 DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ (ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM) PDF VERSION | 2020 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

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  

   0 1 

r  . Với  0 là một hằng số (hệ số ma sát ở tâm của sân). Xác định R

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  A

sao cho mặt phẳng của khối nằm trên một mặt phẳng nằm ngang. Một vật nhỏ có khối lượng m bay theo

G 

O

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.

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

A

O R 1

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

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 pittông người ta đổ đầy thủy ngân cho tới tận mép để hở của

khí

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?

2

Câu 5:(3 điểm) 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.

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....................

Người ra đề

3

ĐÁP ÁN ĐỀ GIỚI THIỆU - LẦN XI – MÔN VẬT LÝ 10 (TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN – HÀ NỘI) Câu 1 (5 điểm) 1.

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. r v  N  ma ht =>  0 1  .mg  m R r   g => v 2   0 gr  0 r 2 R

F ms

2

Đây là một tam thức bậc 2 ẩn r với hệ số a   1,5 đ

0 g R

 0.

0 g R  2  0 g 

r

Giá trị của v 2 đạt lớn nhất khi:

0,5đ

 V

0,5đ

2.    R 

 gR R  g R => v max   v  0 g  0    0 R 2 2 4 2

Lúc đó: v

2 max

2

Vậy người đi xe đạp có thể đi với vận tốc lớn nhất bằng quỹ đạo có bán kính lớn nhất bằng

 0 gR 2

 0 gR 2

trên 0,5đ

R .

2

2.

3,5 đ   A

a) 2,5 đ

0,25

G 

O

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  . áp dụng định luật bảo toàn động lượng theo phương ngang và bảo toàn cơ năng ta có: mu  mu1 cos   mV 0,25

mu 2 mu12 mV 2   2 2 2 4

 u  V  u1 cos  u 2  V 2  u12

u

1  cos 2   u1 2 cos 

sin 2  tg 2  V  u1  u1 cos  2 cos  2

0,5

(1) (2)

Phân tích: không thay đổi trong suốt quá trình

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

  u1  cos       u sin   u  u1 cos  (1  tg  cot g ) 2 

0,5

(3)

1  cos 2   u1 cos   u1 cos  (1  tg  cot g ) Từ (1), (3) suy ra: 2 cos 2  1  tg 2   1  1  tg  cot g 2 Thế (4) vào (3) rút ra: u1 cos  

 tg  2 cot g

0,25

(4)

u (5) 1  2 cot g 2

0,25

Thay (4) và (5) vào (2), ta được:

2 cot g 2 2 cos 2  2 cos 2  V u  u  u 1  2 cot g 2 1  cos 2  1  cos 2  0,5

2 cos 2  u Vậy vận tốc của khối bán cầu sau va chạm là: V  1  cos 2 

5

b) 1,0 đ

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

Hình vẽ 0,5

Định lý biến thiên động lượng cho khối cầu: +

=

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

sin 2  mu 1  cos 2 

0,5

Câu 2 1a) Do không có ma sát nên vành chỉ trượt mà không quay. Gọi v, V (4 điểm) lần 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: mv  MV mv 2 MV 2 mgR   2 2

0,5

Giải hệ pt trên ta được: v

2 gR , m 1 M

V

m M

2 gR m 1 M

0,5

Trong HQC gắn với M, m chuyển động tròn, khi m thấp nhất thì HQC này là HQC quán tính nên : N  mg 

m(v  V )2 .

R

0,5

Thay v, V vào ta tìm được: 2m   N  mg  3   M  

0,5

b). Kí hiệu G là khối tâm của hệ.

Ta có: OG 

mR ; M m

Phương trình quay quanh tâm quay tức thời C:





mgR  I    2MR 2  m R 2     mg  R  2  M  m

O . G. aG 

0,5 mg

2

C F

6

Gia tốc của khối tâm G ngay sau khi thả hệ: aG   .CG Phương trình định luật II Niutơn cho hệ : theo phương ngang: F  (M  m)aG cos   (M  m) R phương thẳng đứng: (M  m) g  N  (M  m)aG sin 

0,25

0,25 0,25

(2)

  m2  N  ( M  m)( g   OG )   M  m  g 1  (3) 2   2( M  m) 

0,25

Điều kiện để vành lăn không trượt: (2)&(3) và F   N Câu 3 (4 điểm) a)



m( M  m ) 2M 2  4Mm  m 2

0,5

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  PSRD2   M T    m 2 Gm M m M M GmR  D F *  G T2  PS  G T 2   PS  G  RD RD GmR D2 R D2

Đặt M T*  M T  F*  G

0,5 (1)

PSRD2 (2) M T* -gọi là khối lượng Mặt trời hiệu dụng Gm

M T* m RD2

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

0,5

Bây giờ ta giải bài toán coi khối lượng mặt trời là M T* và bỏ đi áp suất Mặt trời.

Trên quỹ đạo Trái đất, vào thời điểm buồm mở: 0,5 Tàu có vận tốc VD :

mV D2 M m GM T  G T2  V D  (3) 2 RD RD

Năng lượng toàn phần của tàu là: (2) & (3) => E  G

mV D2 mM T* E G 2 RD

0,5

2 m  MT  Gm  PSRD M T    M*    2  RD  2  RD  Gm

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

0,5

PSRD2 M T 2 PSRD2   0m  3,46.10 3 kg Gm 2 GM T

Khi khối lượng đủ lớn tàu sẽ chuyển động theo quỹ đạo kín.

7

b)

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.

RD

Trục lớn của elíp là (RD + RH)

0,5

s



RH

Áp dụng ĐL bảo toàn năng lượng ta có m1V D2 Gm1 M t* m1V H2 Gm1 M T*    2 RD 2 RH  1 1    V  V  2GM   R R H   D 2 D

2 H

* t

0,5

(4)

Theo ĐL II Kepler: VD  RD  VH  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  RD  

0,5

2 PSRH RD2 => m  GM T RH  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

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 px  pa  pa  pa (1) H H

+ cột thủy ngân có độ cao 3H  x , có áp suất bằng + khí có nhiệt độ Tx, áp suất - Phương trình trạng thái:

(1)&(2)

=>

px Sx 2 pa .S (2 H ) (2)  Tx T1 (4 H  x) x Tx  T1 4H 2

0,5

0,5

8

Độ biến thiên nội năng trong quá trình pittông nâng lên đến độ cao x bằng: 3( x  2 H )  x  2H  U  CV (Tx  T1 )   RT1  CV T1   8H 2  2H  với CV  3R / 2 .

2

2

(3)

0,5

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 ) ( xS  2 HS )  pa S 2 2H

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

=> A

0,75

(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  5Hx  6 H 2 )

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

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.

0,5

0,25

Từ đồ thị thấy: Để đạt đến trạng thái cân bằng khi x = 2,5H, ta cần cung cấp một nhiệt lượng Q0 

RT1  312J .

8

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  312J .

- 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 = kPcos + Psin (1), (F là số chỉ của lực 1 1 kế khi đó).

- Tương tự, kéo vật chuyển động đều đi xuống ta có: F2 = kPcos - Psin (2).

0,5

0,5 9

- Trừ vế với vế của (1) cho (2) ta có: F1-F2=2Psin  sin  

0,5

F1  F2 (3).

2P

- Cộng vế với vế phương trình (1) và (2) ta có: cos  

F1  F2 (4).

2P

0,5

- Do sin2+cos2 = 1 nên ta có: 1 (

F1  F2 2 F  F2 2 F1  F2 ) ( 1 ) k  2P 2kP 4 P 2  ( F1  F2 ) 2

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

0,5 0,5

-----------------Hết-----------------

10

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)

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 µs>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  và θ khi quả cầu lăn không trượt. b)Tìm phương trình liên hệ  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 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 thể tích V. Xác định công của chu trình.

p ( 2)

(1)

(3)

(4)

T2

T1

0 V (l) 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

ĐÁP ÁN Hướng dẫn

Bài số 1 (4 điểm)

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

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  cos ) Từ định luật II Niuton: T  mg cos   m

a)Ban đầu O,A,O’,B ở trên cùng đường thẳng đứng. Khi quả cầu bên trên lăn được góc  thì tâm của nó dịch chuyển được đoạn θ.OO’. Điều kiện cho chuyển động lăn thuần túy: (a+b).θ=b.  .

Phương trình chuyển động của quả cầu bên trên là: m(a+b)  =mgsinθ-f I  =2mb2  /5=fb, với f là lực ma sát nghỉ trên mặt cầu. Khi quả cầu lăn không trượt, ta có: (a+b).  =b.  .

5g sin  Vậy ta được   7(a  b) 1 d 2 10 gcos , từ phương trình trên ta được  2   C .

2 d 7(a  b) 10 g 10 g (1  cos ) Với  =0 tại θ=0 rút ra C  =>  2  .

7( a  b) 7(a  b)

b)Sử dụng  

1,0

vC2 L/2

Tại C, T=0 suy ra cosθ=2/3 => θ=480. b)Tại C, vận tốc vC2  gL(1  cos )  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  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  t= thay vào y=9L/32.

2vC cos Vậy E cách O là 7L/32.

2 (5 điểm)

Thang điểm

1,0

0,75

1,25

0,25

0,5

0,5 0,25

0,75 0,75 0,25

20 g  sin 7(a  b) 2

=



Tại t=0, θ0=θ(0) =>

 

0

   tan 4  ln    tan 0  4

d sin



t



20 g dt 7( a  b) 0

2

  5g  =kt, với k= 7(a  b)  

   ta được   4 arctan  e kt tan 0  .

4 

3 (4 điểm)

aE3 3652 a)Theo định luật 3 Keple: 3  => aE/aV=1,3806. aV 2252 A ' B ' A 'V A 'V 1    =2,6273. b) 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.

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

0,5

0,5

0,5

0,75

0,5 0,25 0,5

0,5

0,5

0,5

* 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 

4 (4 điểm)

RT1 RT2 V T  2  1  2 2 V1 V2 V2 T1

0,5

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

b

p3 p4 pV RT V pV RT T   3 23  4 24  23  24  3  2 V3 V4 V3 V2 V3 V4 V2 T1

V2 V22 V1 Nhận xét : =  V3  V2 V3 V1



Công của khí trong các quá trình :

0,25 0,25

( p1  p2 )(V1  V2 ) p1V1  p2V1  p1V2   p2V2 1   R (T2  T1 ) 2 2 2 p V  p4V3  p3V4  p4V4 ( p  p4 )(V3  V4 ) 1 A34   3  3 3   R (T2  T1 )  A12   A34 2 2 2 ( p  p3 )(V3  V2 ) p2V3  p3V3  p2V2  p3V2 1 A23  2   ( p2V3  p3V2 ) 2 2 2 ( p  p1 )(V1  V4 ) p4V1  p1V1  p4V4  p1V4 1 A41  4   ( p4V1  p1V4 ) 2 2 2

A12  S ABCD 



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

Công của khí trong chu trình :

A  A12  A34  A23  A41  A23  A41 

V V V V 1 1 RT2 ( 3  2 )  RT1 ( 1  2 ) 2 V2 V3 2 V2 V1

T2 V1 T2 V3 nR (T22  T12 )    839, 61( J ) Vì ; nên A  T1 V2 T1 V2 2 T1T2

0,5

0,5

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.

Ta có C0(T1-T0) = C1(T-T1) (1) 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:

T1  T0 T  T1  T2  T1 T  T2

5 (3 điểm)

T2 T0  T12 T T2  T0  2T1



0,5

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)

T

T2 T0  T1T1 ' T2  T0  T1  T1 '

0,5

0,5

0,5

T1’ T0 0

1

2

3

4

5

6

t (ph)

c) Sai số:

T T2 T0  T1T1 ' T2  T0  T1 'T1    T T2 T0  T1T1 ' T2  T0  T1  T1 ' (T2T0) = T2T0 + T0T2 ; (T1T1’) = T1T1’+ T1’T1

Suy ra:

0,5

T 1 T2 T0  T0 T2  T1T1 'T1 ' T1   T T2 T0  T1T1 ' 

1 T2  T0  T1 'T1  T2  T0  T1  T1'

0.5

Giáo viên: Nguyễn Thị Thúy

Điện thoại: 0961282989

TRƯỜNG THPT CHUYÊN - ĐẠI HỌC VINH ĐỀ THI MÔN: Vật lý - KHỐI: 10 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 02 trang, 05 câu) Câu 1. Một quả cầu nhỏ được thả rơi tự do từ điểm A lên một tấm kim loại nặng đặt cố định ở độ cao h = 1 m kể từ mặt đất,

A

nghiêng với phương ngang một góc α  45 . Sau khi va chạm với tấm nặng, quả cầu bắn trở ra theo định luật phản xạ với vận tốc có độ lớn bằng vận tốc ngay trước khi đập vào đập vào tấm kim loại và rơi xuống mặt đất tại điểm C cách đường thẳng đứng AB một khoảng S = 4 m. Bỏ qua sức cản h không khí. a. Hãy tìm thời gian chuyển động của quả cầu từ khi được thả ra cho đến khi chạm đất.

B b. Cần phải đặt tấm kim loại ở độ cao nào (vẫn với tư thế cũ) đề khoảng cách S đạt cực đại nếu vị trí ban đầu A của quả cầu không thay đổi.

Câu 2. Một quả cầu đồng chất khối lượng m, bán kính r lăn không trượt trên bề mặt bên ngoài của một quả cầu lớn hơn đứng yên có bán kính R 0

như hình vẽ. Gọi θ là góc cực của quả cầu nhỏ đối với hệ trục tọa độ với gốc đặt ở tâm của quả cầu lớn với trục z là trục thẳng đứng. Quả cầu nhỏ bắt đầu lăn từ đỉnh quả cầu lớn ( θ  0 ).

s C

r φ

R

θ

a. Tính vận tốc ở tâm của quả cầu nhỏ tại ví trí góc θ bất kỳ. b. Tính góc θ tại đó mà quả cầu nhỏ rời khỏi quả cầu lớn. c. Giử sử hệ số ma sát của giữa bề mặt hai quả cầu là μ . Hỏi ở vị trí góc θ bằng bao nhiêu thì quả cầu nhỏ sẽ bắt đầu trượt.

Câu 3. Coi Trái Đất (T) chuyển động xung quanh Mặt Trời (S) theo một quỹ đạo tròn bán kính

RT  150.109 m với chu kỳ T0 và vận tốc v T . Một sao chổi (C) chuyển động với quỹ đạo nằm trong mặt phẳng quỹ đạo của Trái Đất, đi gần Mặt Trời nhất ở khoảng cách bằng kR T với vận tốc ở điểm đó là v1 . Bỏ qua tương tác của sao chổi với Trái Đất và các hành tinh khác trong hệ Mặt Trời. a. Xác định vận tốc v của sao chổi khi nó cắt quỹ đạo của

Trái

Đất

theo

k, v T và v1 .

Cho

biết

k  0, 42; v T  3.104 m/s và v1  65, 08.103 m/s.

P 2

4P0

b. Chứng minh rằng quỹ đạo của sao chổi này là một elip. Hãy xác định bán trục lớn a dưới dạng a  R T và tâm sai e của elip này theo k, v T và v1 . Biểu diễn chu kỳ

P0

1 3 V0

4V0

V

quay của sao chổi quanh Mặt Trời dưới dạng T  nT0 . Xác định trị số của , e và n.

Câu 4. Một lượng khí lí tưởng lưỡng nguyên tử thực hiện một chu trình cho trên hình vẽ . Các trạng thái 1 và 2 là cố định, trạng thái 3 có thể thay đổi nhưng quá trình 3-1 luôn là đẳng áp. a. Xác định công lớn nhất mà khí có thể thực hiện trong chu trình nếu nhiệt độ của khí trong quá trình 2-3 luôn giảm. b. Tìm hiệu suất của chu trình trong trường hợp này.

Câu 5. Một cốc đong trong thí nghiệm có dạng hình trụ đáy tròn, khối lượng M, thể tích bên trong của cốc là V0. Trên thành cốc, theo phương thẳng đứng người ta khắc các vạch chia để đo thể tích và đo độ cao của chất lỏng trong cốc. Coi đáy cốc và thành cốc có độ dày như nhau, bỏ qua sự dính ướt. Được dùng một chậu to đựng nước, hãy lập phương án để xác định độ dày d, diện tích đáy ngoài S và khối lượng riêng ρc của chất làm cốc. Yêu cầu: a. Nêu các bước thí nghiệm. Lập bảng biểu cần thiết. b. Lập các biểu thức để xác định d, S theo các kết quả đo của thí nghiệm (cho khối lượng riêng của nước là ρ ) c. Lập biểu thức tính khối lượng riêng của chất làm cốc qua các đại lượng S, d, M, V0. d. Dùng phương pháp đồ thị để xác định diện tích đáy ngoài S, rồi tìm độ dày d của cốc. Nêu các bước tiến hành và giải thích.

-----HẾT------

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

ĐÁP ÁN VÀ HƯỠNG DẪN CHẤM

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

MÔN: Vật lý - KHỐI: 10 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề

Câu 1:

a (2 điểm)

(4điểm) Gọi v1 là vận tốc của quả cầu ngay trước khi va chạm. Bởi vì tấm nặng nghiêng 450 so với phương ngang nên ngay sau va chạm, vận tốc của quả cầu có độ lớn cũng bằng v1 nhưng hướng theo phương ngang. Vì vậy, sau va chạm, quả cầu chuyển động theo phương trình :  x  v1t2   1 2 (1 ) y  gt2  2 Trong đó t2 là thời gian chuyển động của quả cầu từ khi va chạm đến khi chạm đất. Từ hệ phương trình (1), ta tìm được : 2h s 2h và v1   s (2) t2  t2 g g Thời gian rơi của quả cầu trước va chạm là : v s t1  1  g 2 gh Tổng thời gian chuyển động của quả cầu từ khi buông ra đến khi chạm đất bằng : 2h s t  t1  t2    1,35s g 2 gh

b (2 điểm)

Độ cao H ( Đối với mặt đất) của điểm A: gt 2 s2 H  h 1  h  5( m ) 2 4h Gọi h0 là độ cao của tầm nặng để quả cầu có tầm xa lớn nhất. Sau khi rơi tự do với quãng đường (H-h0), quả cầu bị ném ngang với vận tốc: v1  2h( H  h0 ) Cũng từ (2), sau khi bật ra, nó rơi xuống mặt đất ở khoảng cách: 2h0 s  v1  2 h0 ( H  h0 ) g Rõ ràng, s sẽ đạt cực đại khi: h0 ( H  h0 )

Điểm 0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ 0,5đ

0,5đ

0,5đ

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, s sẽ đạt giá trị cực đại bằng: smax  5( m ) khi h0  2,5( m ) 0,5đ Câu 2

4 điểm Khi quả cầu nhỏ lăn không trượt, tổng động năng và thế năng của nó là một 0,25đ hằng số của chuyển động, chúng ta có:

1 2 1 2 2 2 mv  . mr .ω  mg( R  r )cos θ  mg( R  r ) 2 2 5 a 1 điểm

0,25đ

Với: v  rω  ( R  r )ω0 Do đó: ω0 

10( 1  cos θ )g 7( R  r )

0,25đ

Vận tốc tâm của quả cầu nhỏ là:

v  ( R  r )ω0 

10 ( R  r )( 1  cos θ )g 7

0,25đ

Tại thời điểm quả cầu nhỏ rời khỏi quả cầu lớn thì lực giá đỡ lên quả cầu 0,5đ nhỏ N=0. Từ phương trình lực: mg cos θ  N 

b 1 điểm

mv 2 Rr

Ta tìm được góc mà tại đó quả cầu nhỏ rời khỏi quả cầu lớn được cho bởi:

cos θc 

10 17

0,5đ

Lưu ý rằng kết quả này chỉ áp dụng cho hệ số ma sát đủ lớn c. Khi quả cầu nhỏ lăm không trượt chúng ta có:  mgSinθ  f  ma  2 2  f .r  mr .γ 5  v  rω  ( R  r )ω0

0,5đ

Ở đây f là lực ma sát trên quả cầu. Từ đó chúng ta tìm được:

2 f  mgSinθ 7

c 2 điểm

Tại thời điểm khi quả cầu nhỏ bắt đầu trượt thì lực ma sát là:

f  μN Tức là: 2 mv 2 mgSinθ  μ( mg cos θ  ) 7 Rr

Khi đó, sử dụng biểu thức của v trong câu (a) chúng ta có:

0,5đ

2 Sinθ  17 μ cos θ  10 μ Giải phương trình này ta thấy rằng góc mà ở đó quả cầu nhỏ bắt đầu trượt được cho bởi công thức: 0,5đ 170 μ 2  756 μ 2  4 289 μ 2  4 Tuy nhiên, chúng ta thấy θc  θs hay là cosθs  cos θc , Ở đây với giá trị của μ có thể làm thỏa mãn điều đó, nói chung chúng ta phải lấy dấu cộng trong biểu thức trên. Do đó: cos θs 

θs  arccos(

Câu 3

170 μ 2  756 μ 2  4 ) 289 μ 2  4

4 điểm Năng lượng của sao chổi

GM S 1 E  mv12  m (1) 2 kR T GM S 1 E  mv 2  m + tại điểm gần cắt quỹ đạo TĐ: (2) 2 RT trong đó m và M S lần lượt là khối lượng của sao chổi và của Mặt Trời.

Vì quỹ đạo của Trái Đất là tròn, ta có: + tại điểm gần MT nhất:

v 2T 

a.

2 điểm Từ (1) và (2) suy ra

GM S RT

Dùng (3), ta được:

(3)

2GM S RT

 1 1  k   

0,5đ

0,5đ

 1 v 2  v12  2v 2T  1    k

 1 v  v12  2v 2T  1    41,8km / s  k + Năng lượng của sao chổi bằng 1 GM S 1 v2  1 m E  mv12  m  mv12  v 2T  m  v12  T   25.10 6 m(J)  0 2 kR T 2 k k  2

hay

0,5đ

GM S 1 2 GM S 1 2 mv1  m  mv  m 2 kR T 2 RT  v 2  v12 

b.

2 điểm

0,5đ

0,5đ

0,5đ Điều này có nghĩa là quỹ đạo của sao chổi là một elip. + Năng lượng của sao chổi và bán trục lớn a của quỹ đạo của nó liên hệ với nhau bởi hệ thức GMS v 2T RT E  m  m 2a 2a Kết hợp với (1) ta được GM S v2 R 1 v2 R 1 m 0,5đ mv12  m  m T T  mv12  2 v 2T  m T T 2 kR T 2a 2 k 2a

Suy ra v 2T R 2T RT   R T 2 2 v1  2v T / k 2 v12  k v 2T 1   17.9 với 2 v12  k v 2T + Tại điểm cận nhật P, ta có: rP  kR T  a(1  e) , suy ra a

e  1

0,5đ

kR T kR v2 k  1  T  1   k 21  1  0, 977  1 . a R T  vT

Với e < 1 lại một lần nữa khẳng định quỹ đạo sao chổi là một elip. + Theo định luật ba Kepler: T02 T 2 T02 T2     T   3 / 2 T0  nT0 a 3 R3T 3 R3T R3T Vậy n  3/ 2  75, 7 và chu kz của sao chổi này khoảng 76 năm (Đây chính là sao chổi Halley).

Câu 4

a.

2 điểm

4 điểm a. Công mà khí thực hiện 1 A  S  3 p0 (V3  V0 ) 2 Do đó: Amax khi Vmax.

Phương trình đường thẳng 2-3: 3 p0 V V p V  4 p0 . 0 3 4V0  V3 4V0  Vc 3 p0 V V nRT  pV  V 2  4 p0 . 0 3 V 4V0  V3 4V0  Vc  6 p0 V V  nRdT  pV   V  4 p0 . 0 3  dV 4V0  Vc   4V0  V3 Do đó để dT<0 thì: 6 p0 V V V  4 p0 . 0 3  0  V3  7V0 4V0  V3 4V0  Vc Vậy: Amax  9 p0V0 khi V3  7V0

0,5đ 0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

1 Q12  ΔU12  A12  nCV (T2  T1 )  (V2  V1 )( p2  p1 ) 2 C 1 1 C  Q12  V ( p2V2  p1V1 )  3V0 5 p0  15V0 p0  V   R 2  R 2 Xét quá trình 2-3: dQ  nCV dT  pdV

b.

2 điểm

 p 1  2 p0 V  8 p0  dV Với: p   0 V  8 p0  dT   V0 nR  V0  C   2C  p dQ     V  1 0 V  8 p p0  R  V0   R 

 dQ  0  V 

8C p CV  CP

V0

 Q12 

Hiệu suất của chu trình: A 9  H 1 8R Q12  Q23 C 15  V     R 2  CV  CP Đối với khí lưỡng nguyên tử: H=19% Câu 5

a 1 điểm

8R p0V0 CV  CP

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

4 điểm Các bước thí nghiệm: - Cho nước vào cốc với thể tích V1, thả cốc vào chậu, xác định mực nước ngoài cốc hn1( dọc trên vạch chia) 0,5đ - Tăng dần thể tích nước trong cốc: V2, V3,… và lại thả cốc vào chậu, xác định các mực nước hn2, hn3,…

- Khi đo phải chờ cho nước phẳng lặng.

Lập bảng số liệu: 0,5đ Lần hn1 hn2 V1 V2 d S … … … … … … … … … … … … … … …

Biểu thức xác định S, d: Gọi hn là mực nước ngoài cốc, ρ là khối lượng riêng của nước, m1 và V1 tương ứng là khối lượng và thể tích nước trong cốc. Phương trình cân bằng cho cốc có nước sau khi thả vào chậu: ρg( d  hn )S  ( M  mt ) g  ρ( d  hn )S  ( M  mt ) ( 1 ) Từ (1) ta thấy hn phụ thuộc tuyến tính vào Vt. Thay Vt bới các giá trị V1, V2,… 0,5đ (2) ρ( d  hn1 )S  M  V1 ρ b 1 điểm

c.

1 điểm

d.

1 điểm

ρ( d  hn 2 )S  M  V2 ρ

(3)

.... Đọc hn1, hn2,... trên vạch chia thành cốc, lấy (3) trừ đi (2) rồi rút S ra: V V S 2 1 (4) hn 2  hn1 Thay đổi các giá trị V2, V1, hn2, hn1,… nhiều lần để tính S. Sau đó, thay vào (2) để tính d: ( M  V1 ρ )(hn 2  hn1 ) M  V1 ρ d  hn1   hn1 (5) ρS ρ(V2  V1 )

0,5đ

Biểu thức tính ρc : Gọi h là độ cao của cốc, h0 là độ cao thành trong của cốc; r là bán kính trong, R là bán kính ngoài của cốc; V là thể tích của chất làm cốc; St là diện tích đáy trong của cốc. Ta có:  V0t V0t S 0,5đ  2 ; R rd r  d  h  h0  d ; h0  S πr π t   (6) M M M   ρc  V  S( h  d )  V    V0t 0 0t   S d   V0t 2  ( S  d π )  0,5đ Phương pháp đồ thị: Vì hn phụ thuộc tuyến tính vào Vt nên phương trình (1) có thể viết dưới dạng: (7) hn  a  bVt M 1 với a  (8)  d; b  0,5đ Sρ S * Đồ thị: Vẽ đồ thị hn (Vt) Đồ thị của phương trình (7) là đường thẳng có độ dốc: h h 1 b  tan α  n 2 n1  V2  V1 S V2  V1 hn 2  hn1 Giá trị a xã định bằng cách ngoại suy từ đồ thị thí nghiệm, khi kéo dài đường thí nghiệm, cắt trục tung ở a ( tương ứng với giá trị Vt=0). Từ đây là xác định 0,5đ M được độ dày d bởi (8) d (9) a Sp S

Chú ý: + Học sinh có cách làm đúng những khi thay số, tính kết quả sai cho 1/2 số điểm câu đó. + Nếu bài làm quá tắt nhưng vẫn thể hiện rõ ý tưởng lời giải vẫn cho điểm tối đa ý đó.

TRĆŻáť&#x153;NG Ä?HSP HĂ&#x20AC; Náť&#x2DC;I TRĆŻáť&#x153;NG THPT CHUYĂ&#x160;N

Cáť&#x2DC;NG HĂ&#x2019;A XĂ&#x192; Háť&#x2DC;I CHᝌ NGHĨA VIáť&#x2020;T NAM Ä?áť&#x2122;c láş­p â&#x20AC;&#x201C; Táťą do â&#x20AC;&#x201C; Hấnh phĂşc

Ä?áť&#x20AC; NGUáť&#x2019;N KĂ&#x152; THI Háť&#x152;C SINH GIáť&#x17D;I Ä?áť&#x2019;NG Báş°NG DUYĂ&#x160;N HẢI NÄ&#x201A;M 2017 - 2018 MĂ´n thi VẏT LĂ? Láť&#x161;P 10 Tháť?i gian lĂ m bĂ i 180 phĂşt (Ä?áť thi gáť&#x201C;m cĂł 02 trang)

Câu I. Ä?áť&#x2122;ng háť?c chẼt Ä&#x2018;iáť&#x192;m Tᝍ Ä&#x2018;áť&#x2030;nh con dáť&#x2018;c cĂł dấng máť&#x2122;t mạt pháşłng nghiĂŞng, hᝣp váť&#x203A;i mạt pháşłng náşąm ngang máť&#x2122;t gĂłc , ngĆ°áť?i ta bắn ra máť&#x2122;t váş­t nháť? váť&#x203A;i váş­n táť&#x2018;c ban Ä&#x2018;ầu â&#x192;&#x2014; hᝣp váť&#x203A;i phĆ°ĆĄng náşąm ngang máť&#x2122;t gĂłc

. Biáşżt ráşąng gia táť&#x2018;c rĆĄi táťą do lĂ â&#x192;&#x2014; vĂ váş­t nháť? Ä&#x2018;Ăł sáş˝ Ä&#x2018;ất Ä&#x2018;áť&#x2122; cao cáťąc

Ä&#x2018;ấi láť&#x203A;n hĆĄn Ä&#x2018;áť&#x2122; cao cᝧa Ä&#x2018;áť&#x2030;nh dáť&#x2018;c, gáť&#x2018;c tháť?i gian lĂ lĂşc váş­t Ä&#x2018;ưᝣc bắn ra kháť?i Ä&#x2018;áť&#x2030;nh dáť&#x2018;c 1. LĂşc Ä&#x2018;ấn chĆ°a quay tráť&#x; lấi dáť&#x2018;c, hĂŁy xĂĄc Ä&#x2018;áť&#x2039;nh a. Ä?áť&#x2122; cao cáťąc Ä&#x2018;ấi cᝧa váş­t so váť&#x203A;i Ä&#x2018;áť&#x2122; cao cᝧa Ä&#x2018;áť&#x2030;nh dáť&#x2018;c. b. Gia táť&#x2018;c tiáşżp tuyáşżn cᝧa váş­t tấi tháť?i Ä&#x2018;iáť&#x192;m . c. BĂĄn kĂ­nh cong cᝧa quáťš Ä&#x2018;ấo tấi tháť?i Ä&#x2018;iáť&#x192;m .

2. Biáşżt va chấm giᝯa váş­t vĂ con dáť&#x2018;c lĂ tuyáť&#x2021;t Ä&#x2018;áť&#x2018;i Ä&#x2018;Ă n háť&#x201C;i váť&#x203A;i háť&#x2021; sáť&#x2018; háť&#x201C;i ph᝼c (cĂł nghÄŠa lĂ váş­n táť&#x2018;c cᝧa váş­t ngay trĆ°áť&#x203A;c vĂ ngay sau va chấm Ä&#x2018;áť&#x2018;i xᝊng váť&#x203A;i nhau qua mạt pháşłng dáť&#x2018;c) a. Chᝊng táť? khoảng tháť?i gian giᝯa hai lần liĂŞn tiáşżp váş­t va chấm váť&#x203A;i dáť&#x2018;c lĂ máť&#x2122;t háşąng sáť&#x2018;, tĂ­nh háşąng sáť&#x2018; Ä&#x2018;Ăł. b. TĂŹm Ä&#x2018;iáť u kiáť&#x2021;n Ä&#x2018;áť&#x192; khoảng cĂĄch giᝯa hai Ä&#x2018;iáť&#x192;m va chấm liĂŞn tiáşżp tÄ&#x192;ng theo quy luáş­t: Câu II. CĆĄ háť?c váş­t rắn Ä?ạt máť&#x2122;t hĂŹnh tr᝼ Ä&#x2018;ạc kháť&#x2018;i lưᝣng

, bĂĄn kĂ­nh

cĂł tr᝼c song song váť&#x203A;i mạt pháşłng

náşąm ngang lĂŞn mạt pháşłng nghiĂŞng cᝧa máť&#x2122;t chiáşżc nĂŞm cĂł kháť&#x2018;i lưᝣng

đ?&#x2018;&#x161;

Ä&#x2018;ang náşąm yĂŞn trĂŞn mạt pháşłng náşąm ngang

tấi nĆĄi cĂł gia táť&#x2018;c rᝣi táťą do â&#x192;&#x2014; nhĆ° hĂŹnh váş˝ bĂŞn. Biáşżt mạt

đ?&#x2018;&#x20AC;

pháşłng nghiĂŞng cᝧa nĂŞm hᝣp váť&#x203A;i mạt pháşłng náşąm ngang

đ?&#x203A;ź

máť&#x2122;t gĂłc , ma sĂĄt giᝯa nĂŞm vĂ mạt pháşłng náşąm ngang khĂ´ng Ä&#x2018;ĂĄng káť&#x192;. Háť&#x2021; sáť&#x2018; ma sĂĄt giᝯa tr᝼ vĂ nĂŞm lĂ , háť&#x2021; sáť&#x2018; ma sĂĄt giᝯa tr᝼ vĂ mạt sĂ n cᝊng náşąm ngang lĂ 1

.

1. TĂ­nh gia táť&#x2018;c cᝧa

, gia táť&#x2018;c cᝧa

so váť&#x203A;i

vĂ gia táť&#x2018;c gĂłc cᝧa

trong cĂĄc

2. Biáşżt ráşąng ngay trĆ°áť&#x203A;c khi va chấm váť&#x203A;i sĂ n,

lÄ&#x192;n khĂ´ng trưᝣt trĂŞn

báť&#x2039; giᝯ cáť&#x2018;

trĆ°áť?ng hᝣp a. NĂŞm báť&#x2039; giᝯ chạt. b. NĂŞm Ä&#x2018;ưᝣc thả táťą do. Ä&#x2018;áť&#x2039;nh váť&#x203A;i váş­n táť&#x2018;c â&#x192;&#x2014; vĂ háť&#x2021; sáť&#x2018; háť&#x201C;i ph᝼c cᝧa va chấm giᝯa a. TĂŹm váş­n táť&#x2018;c cᝧa

vĂ sĂ n lĂ

ngay sau va chấm váť&#x203A;i sĂ n.

b. Tính công cᝧa l᝹c ma såt giᝯa

vĂ sĂ n.

Câu III. CĆĄ háť?c thiĂŞn tháť&#x192; TrĂĄi Ä?Ẽt vĂ Háť?a Tinh chuyáť&#x192;n Ä&#x2018;áť&#x2122;ng quanh Mạt Tráť?i trĂŞn cĂĄc quáťš Ä&#x2018;ấo gần tròn náşąm trong cĂšng máť&#x2122;t mạt pháşłng váť&#x203A;i cĂĄc chu kĂŹ

,

khoảng cĂĄch giᝯa TrĂĄi Ä?Ẽt vĂ Mạt Tráť?i lĂ

, tĂ­nh

. Biáşżt

1. Khoảng cĂĄch cáťąc Ä&#x2018;ấi vĂ cáťąc tiáť&#x192;u giᝯa TrĂĄi Ä?Ẽt vĂ Háť?a Tinh.

2. Máť&#x2122;t nhĂłm cĂĄc nhĂ ThiĂŞn vÄ&#x192;n muáť&#x2018;n lĂŞn Háť?a Tinh du láť&#x2039;ch, Ä&#x2018;áť xuẼt máť&#x2122;t phĆ°ĆĄng ĂĄn phĂłng tĂ u vĹŠ tr᝼ Ä&#x2018;Ć°a cĂĄc nhĂ ThiĂŞn vÄ&#x192;n trĂŞn lĂŞn Háť?a Tinh. Háť?i theo phĆ°ĆĄng ĂĄn Ä&#x2018;Ăł: a. Sau khi ráť?i TrĂĄi Ä?Ẽt bao lâu thĂŹ tĂ u vĹŠ tr᝼ Ä&#x2018;áť&#x2022; báť&#x2122; Ä&#x2018;ưᝣc lĂŞn Háť?a Tinh? b. Sau khi Ä&#x2018;ĂĄp xuáť&#x2018;ng Háť?a Tinh máť&#x2122;t khoảng tháť?i gian táť&#x2018;i thiáť&#x192;u báşąng bao nhiĂŞu thĂŹ tĂ u vĹŠ tr᝼ máť&#x203A;i cĂł tháť&#x192; kháť&#x;i hĂ nh váť TrĂĄi Ä?Ẽt.

3. TĂ­nh khoảng tháť?i gian táť&#x2018;i thiáť&#x192;u Ä&#x2018;áť&#x192; tháťąc hiáť&#x2021;n cuáť&#x2122;c hĂ nh trĂŹnh TrĂĄi Ä?Ẽt - Háť?a Tinh - TrĂĄi Ä?Ẽt.

Câu IV. Nhiáť&#x2021;t háť?c Máť&#x2122;t khĂ­ lĂ­ tĆ°áť&#x;ng Ä&#x2018;ĆĄn nguyĂŞn táť­ tháťąc hiáť&#x2021;n chu trĂŹnh

nhĆ° hĂŹnh váş˝ dĆ°áť&#x203A;i Ä&#x2018;ây. Biáşżt

trĂŹnh Ä&#x2018;oấn nhiáť&#x2021;t, vĂ

lĂ quĂĄ

cĂł tháť&#x192; cháť&#x201C;ng khĂ­t lĂŞn

đ?&#x2018;?

còn

hai quĂĄ trĂŹnh Ä&#x2018;áşłng tĂ­ch. Biáşżt táť&#x2030; sáť&#x2018; giᝯa

tháť&#x192; tĂ­ch láť&#x203A;n nhẼt vĂ tháť&#x192; tĂ­ch nháť? nhẼt cᝧa khĂ­ trong chu trĂŹnh báşąng

(

). Biáşżt ráşąng nhiáť&#x2021;t Ä&#x2018;áť&#x2122;, ĂĄp

suẼt vĂ tháť&#x192; tĂ­ch cᝧa khĂ­ tấi cᝧa khĂ­ tấi

lĂ

và åp suẼt

lĂ 2

O

đ?&#x2018;&#x2030;

1. Tính công sinh ra trong một chu trình.

2. Viết phương trình mô tả các quá trình

và

.

3. Tính hiệu suất của chu trình.

Câu V. Phương án thực hành Cho các vật dụng sau  01 quả cân loại  01 lò xo nhẹ chưa biết độ cứng  01 thanh mảnh đồng chất, chưa biết khối lượng một đầu có đục một lỗ nhỏ.  01 quả dọi  01 giá đỡ có thể dùng để treo thanh cứng, thanh có thể dao động tự do quanh điểm treo.  01 thước đo độ dài  01 cuộn dây mềm, nhẹ, không dãn và đủ bền.

Biết rằng gia tốc rơi tự do tại nơi làm thí nghiệm là

, trọng lượng tổng cộng

của quả cân và thước không kéo dãn được lò xo đến giới hạn đàn hồi. Trình bày một phương án thí nghiệm xác định.

1. Độ cứng của lò xo, viết biểu thức sai số hệ thống của phương pháp mà em trình bày.

2. Giới hạn đàn hồi của lò xo.

Người soạn đề

Phạm Khánh Hội ĐT: 0913.034.747

3

TRƯỜNG ĐHSP HÀ NỘI TRƯỜNG THPT CHUYÊN

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

ĐÁP ÁN ĐỀ NGUỒN KÌ THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2017 - 2018 Môn thi VẬT LÝ Thời gian làm bài 180 phút (Đáp án gồm có 06 trang)

Câu I. Động học chất điểm 1.a

b. Ta có ⃗

⃗ ⃗ ⃗

⃗ (⃗ |⃗

⃗ ) ⃗ | √

c. Ta lại có (⃗

⃗ )

(

√

)

2. Chọn hệ quy chiếu có trục tọa độ O hướng xuống và hợp với mặt phẳng nằm ngang một góc , trục tọa độ O hướng lên, ta có tốc theo phương O ngay sau lần va chạm thứ thứ

) và ngay trước lần va chạm

(

) thỏa mãn hệ thức

( (

do đó

vận

)

(

)

(

)

không phụ thuộc

do đó

(

)

(

a. do đó ( 4

)

)

b. Ta lấi cĂł do Ä&#x2018;Ăł (

)

Tᝍ Ä&#x2018;Ăł Ä&#x2018;áť&#x192; tháť?a mĂŁn Ä&#x2018;iáť u kiáť&#x2021;n Ä&#x2018;ầu bĂ i ta cần cĂł

, hay (

(

(

)

)

)

Hay

Câu II. CĆĄ háť?c váş­t rắn Ä&#x2018;áť&#x2018;i váť&#x203A;i

lĂ â&#x192;&#x2014;, gia táť&#x2018;c cᝧa

1. Gáť?i gia táť&#x2018;c cᝧa

lĂ â&#x192;&#x2014; , gáť?i gia táť&#x2018;c gĂłc cᝧa

ta cĂł

đ??šâ&#x192;&#x2014;

{

â&#x192;&#x2014;

â&#x192;&#x2014;â&#x192;&#x2014;

â&#x192;&#x2014;

â&#x192;&#x2014;

â&#x192;&#x2014;â&#x192;&#x2014;

â&#x192;&#x2014;

â&#x192;&#x2014;â&#x192;&#x2014; (â&#x192;&#x2014;

â&#x192;&#x2014; â&#x192;&#x2014;)

â&#x192;&#x2014;â&#x192;&#x2014; đ?&#x2018; đ??šâ&#x192;&#x2014;

â&#x192;&#x2014;â&#x192;&#x2014; đ?&#x2018;

đ?&#x2018;&#x161;đ?&#x2018;&#x201D;â&#x192;&#x2014;

â&#x192;&#x2014;â&#x192;&#x2014; đ?&#x2018; đ?&#x203A;ź

(

{

)

đ?&#x2018;&#x20AC;đ?&#x2018;&#x201D;â&#x192;&#x2014;

Ta lấi có Trư�ng hᝣp 1:

trưᝣt trên

, do Ä&#x2018;Ăł (

) (

{

(

)

(

)

(

) (

)

) (

5

)

lĂ ,

( Khi nĂŞm báť&#x2039; giᝯ chạt ta cĂł tháť&#x192; coi lĂ

nĂŞn (

Trư�ng hᝣp 2:

)

lÄ&#x192;n khĂ´ng trưᝣt trĂŞn

) , ta cĂł (

(

)

)

(

)

(

)

{ { Sáťą lÄ&#x192;n khĂ´ng trưᝣt sáş˝ xảy ra náşżu (

)

Khi nĂŞm báť&#x2039; giᝯ chạt

, trư�ng hᝣp nà y xảy ra khi

2. VĂŹ háť&#x2021; sáť&#x2018; háť&#x201C;i ph᝼c

nên trong quå trÏnh va chấm

vĂ

đ?&#x2018;&#x2039;

nháş­n máť&#x2122;t xung phĂĄp tuyáşżn đ?&#x153;&#x201D; â&#x192;&#x2014;â&#x192;&#x2014;

a. Theo giả thiết

láť&#x203A;n hĆĄn thĂ nh phần váş­n táť&#x2018;c

nẹm ngang nên trong th�i gian va chấm,

cĂł xu hĆ°áť&#x203A;ng

trưᝣt váť phĂ­a sau vĂŹ tháşż xung ma sĂĄt tĂĄc Ä&#x2018;áť&#x2122;ng lĂŞn

sáş˝ hĆ°áť&#x203A;ng váť phĂ­a trĆ°áť&#x203A;c.

TrĆ°áť?ng hᝣp 1: sáťą trưᝣt luĂ´n xảy ra trong suáť&#x2018;t quĂĄ trĂŹnh va chấm ta cĂł Khi Ä&#x2018;Ăł váş­n táť&#x2018;c tiáşżp tuyáşżn váť&#x203A;i sĂ n vĂ váş­n táť&#x2018;c gĂłc cᝧa ( ( Khi Ä&#x2018;Ăł váş­n táť&#x2018;c cᝧa

ngay sau va chấm cĂł Ä&#x2018;áť&#x2122; láť&#x203A;n 6

ngay sau va chấm là ) )

đ?&#x2018;&#x2039;

√

(

√

)

và hợp với phương nằm ngang một góc

Trường hợp 2: sự trượt kết thúc trước khi va chạm kết thúc (

Từ đó ta có √

Trường hợp này xảy ra khi

, hay

b. Theo định luật bảo toàn cơ năng ta có (

)

(

)

Kết hợp với kết quả của ý 2a ta có (

)

{ (

)

Câu III. Cơ học thiên thể 1. Áp dụng định luật Kepler III, ta có bán kính quỹ đạo của Hỏa Tinh là √ Do đó khoảng cách cực tiểu và cực đại giữa Trái Đất và Hỏa Tinh là 7

)

2.

Khi lên Hỏa Tinh, người ta sẽ phóng tàu lên quỹ đạo elip lấy Mặt Trời làm một tiêu điểm và tiếp xúc với cả quỹ đạo của Trái Đất lẫn quỹ đạo của Hỏa Tinh sao cho tàu và Hỏa Tinh đến điểm tiếp xúc viễn nhật cùng lúc. Còn khi trở về Trái Đất, người ta sẽ phóng tàu lên quỹ đạo elip lấy Mặt Trời làm một tiêu điểm và tiếp xúc với cả quỹ đạo của Trái Đất lẫn quỹ đạo của Hỏa Tinh sao cho tàu và Trái Đất đến điểm tiếp xúc cận nhật cùng lúc. a.

Thời gian bay của tàu

√(

)

√(

)

√ (

√

)

b.

Thời gian

tháng bằng

chu kì quay của Hỏa Tinh vì thế tại thời điểm phóng

tàu từ Trái Đất, vị trí tương đối của Trái Đất - Hòa Tinh - Mặt Trời phải có dạng như hình 1. Khi tàu đổ bộ lên Hỏa Tinh vị trí tương đối của Trái Đất - Hòa Tinh Mặt Trời phải có dạng như hình 2. Trên hành trình trở về Trái Đất, trong khi đường thẳng nối con tàu với Mặt Trời quay được một góc bằng Đất và mặt Trời quay được một góc

thì đường thẳng nối Trái

, do đó để con tàu và Trái Đất đến điểm

tiếp xúc cùng lúc thì Hỏa tinh phải ở trước Trái Đất một góc bộ lên Hỏa Tinh, Trái Đất ở trước Hỏa Tinh

, trong khi lúc đổ

mà Trái Đất quay quanh Mặt Trời

nhanh hơn Hỏa Tinh. Do đó để trở về được Trái Đất con tàu phải đợi 1 năm để vị trí tương đối của Trái Đất - Hòa Tinh - Mặt Trời phải có dạng như hình 3 thì mới trở về Trái Đất được.

8

đ?&#x153;&#x2039; S

S

HĂŹnh 1

S

HĂŹnh 2

HĂŹnh 3

TrĂŞn cĂĄc hĂŹnh Ä&#x2018;Ć°áť?ng elip Ä&#x2018;ưᝣc biáť&#x192;u diáť&#x2026;n báşąng nĂŠt Ä&#x2018;ᝊt cháť&#x2030; quáťš Ä&#x2018;ấo cᝧa tĂ u vĹŠ tr᝼

Váş­y tháť?i gian táť&#x2018;i thiáť&#x192;u mĂ con tĂ u phải áť&#x; trĂŞn Háť?a Tinh lĂ

Câu IV. Nhiáť&#x2021;t háť?c 1. Dáť&#x2026; thẼy

2. Do

lĂ quĂĄ trĂŹnh Ä&#x2018;oấn nhiáť&#x2021;t ta cĂł ( )

( )

(

( )

3. Nhiáť&#x2021;t nháş­n vĂ o trong cĂĄc quĂĄ trĂŹnh

) vĂ

(

(( )

)

, do Ä&#x2018;Ăł

)

Trong quĂĄ trĂŹnh (( Hay (

)

Do Ä&#x2018;Ăł 9

) )

(

)

Do Ä&#x2018;Ăł ta cĂł hiáť&#x2021;u suẼt cᝧa chu trĂŹnh (

)

Câu V. Phưƥng ån th᝹c hà nh 1.

Treo quả cân vĂ o lò xo, khi Ä&#x2018;Ăł lò xo dĂŁn Ä&#x2018;ưᝣc máť&#x2122;t Ä&#x2018;oấn

nĂ o Ä&#x2018;Ăł, Ä&#x2018;áť&#x2122; cᝊng cᝧa lò

xo lĂ

Sai sáť&#x2018; háť&#x2021; tháť&#x2018;ng cᝧa phĂŠp Ä&#x2018;o nĂ y lĂ )

(

(

)

Trong Ä&#x2018;Ăł lĂ Ä&#x2018;áť&#x2122; chia cᝧa thĆ°áť&#x203A;c Ä&#x2018;o Ä&#x2018;áť&#x2122; dĂ i.

2.

Treo thĆ°áť&#x203A;c vĂ o giĂĄ ráť&#x201C;i dĂšng mĂłc máť&#x2122;t Ä&#x2018;ầu cᝧa lò xo vĂ o trung Ä&#x2018;iáť&#x192;m cᝧa thĆ°áť&#x203A;c vĂ giᝯ lò xo cân báşąng áť&#x; phĆ°ĆĄng tháşłng Ä&#x2018;ᝊng. Ä?o Ä&#x2018;áť&#x2122; dĂŁn cᝧa lò xo khi Ä&#x2018;Ăł, giả sáť­ káşżt quả Ä&#x2018;o Ä&#x2018;ưᝣc lĂ

,

đ?&#x2018;Ľ

kháť&#x2018;i lưᝣng cᝧa thanh cᝊng lĂ

Dáť&#x2026; dĂ ng tĂ­nh Ä&#x2018;ưᝣc (

)

Dáť&#x2039;ch dần lò xo váť phĂ­a Ä&#x2018;iáť&#x192;m treo, Ä&#x2018;o Ä&#x2018;áť&#x2122; dĂŁn cᝧa lò xo. Khi

cᝧa lò xo tấi máť&#x2014;i váť&#x2039; trĂ­ cân báşąng

còn nháť? hĆĄn giáť&#x203A;i hấn Ä&#x2018;Ă n háť&#x201C;i, dĂšng quy tắc momen dáť&#x2026; dĂ ng cĂł

Ä&#x2018;ưᝣc háť&#x2021; thᝊc

Do Ä&#x2018;Ăł 10

là hà m bậc nhẼt cᝧa

Ä&#x2018;ất Ä&#x2018;áşżn giáť&#x203A;i hấn Ä&#x2018;Ă n háť&#x201C;i vĂ vưᝣt quĂĄ giĂĄ tráť&#x2039; nĂ y

. Khi

Ä&#x2018;áť&#x2039;nh luáş­t Hooke khĂ´ng còn ĂĄp d᝼ng Ä&#x2018;ưᝣc nᝯa thĂŹ

không còn là hà m bậc nhẼt cᝧa

. Do Ä&#x2018;Ăł phĆ°ĆĄng phĂĄp tĂŹm giáť&#x203A;i hấn Ä&#x2018;Ă n háť&#x201C;i lĂ tĂŹm giĂĄ tráť&#x2039;

Ä&#x2018;áť&#x192; hĂ m

bắt Ä&#x2018;ầu

tráť&#x; thĂ nh phi tuyáşżn.

Láş­p bảng giĂĄ tráť&#x2039; cᝧa

vĂ ... ...

Biáť&#x192;u diáť&#x2026;n cĂĄc giĂĄ tráť&#x2039; thu Ä&#x2018;ưᝣc áť&#x; trĂŞn trĂŞn Ä&#x2018;áť&#x201C; tháť&#x2039; đ?&#x2018;&#x201C;

, nhĆ° hĂŹnh váş˝ Sáť­ d᝼ng Ä&#x2018;áť&#x201C; tháť&#x2039; ta sáş˝ tĂ­nh Ä&#x2018;ưᝣc lấi Ä&#x2018;áť&#x2122; cᝊng

vĂ

tĂŹm Ä&#x2018;ưᝣc giáť&#x203A;i hấn Ä&#x2018;Ă n háť&#x201C;i O

đ?&#x203A;ź O

Î&#x201D;

NgĆ°áť?i soấn Ä&#x2018;ĂĄp ĂĄn

Phấm KhĂĄnh Háť&#x2122;i

11

đ?&#x2018;Ľ

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.

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.





Bài 2. (4 điểm) Từ vị trí cao nhất A của một mặt phẳng nghiêng có độ 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 hình vẽ. a. Tính mômen quán tính của quả cầu đối với trục quay đi qua điểm tiếp xúc và vuông góc với mặt phẳng hình vẽ

A

h B

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.

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.

Bài 5 (3,5 điểm) 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.

Yêu cầu: 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.

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  10 2 2L  20 cm - Từ (1), (2) có : Khối gỗ dịch chuyển sang bên trái một đoạn là: x3  5

Điểm





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)    v2  u 2  v (hình 1c)

v1x  v  u cos 450 Chiếu lên Ox :  v 2 x  v  u cos 450

 v



45

0,5 đ

0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ

0

Hình 1b

0,25 đ

Từ giản đồ có : v12  v22  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)     4 v  2 2 2    L mv1 3mv2 mv L 0 45    mg 3mg  v 2  v 2  1 (2 gL  v 2 ) (6)  2 2 2 2 2 2  1 4   u v 2  4 gL 2 3 2  m/s  v 15 3  Hình 1c - Từ (4), (5) và (6) ta có :   v  v  13gL  13 m / s  1 2 30 6

0,25 đ

0,75 đ

1,0 đ

Bài 2. Ý a

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

b

- 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.

- Vì các lực tác dụng lên hình trụ đặc và quả cầu đều là : p ( lực thế ),  (theo phương pháp tuyến) và lực ma sát tĩnh Fms . Ta có  và Fms

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  c c  Với quả cầu: mgh = (1) 2 2 0,5 đ

Trong đó:

c 

2mR

2

; c 

5

vc

0,5 đ

R 2

Thay vào ( 1 ) ta có:

mgh =

7 mv c

;

10

Bài 3. Ý a

b

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.

Điểm 0,5 0,5 0,5

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng, tại viễn điểm ta có: 0,5 đ =>

(

(1)

)

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

0,5 đ

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

⃗

⃗

⃗

⃗

mv1 = mv1

⃗ ⃗

0,5 đ

’

=>

(2)

Khi mảnh 1 chuyển động trên quỹ đạo tròn bán kính r1 ta có: 0,5 đ (3) Từ (1), (2), và (3) ta có:

√

= 8,66 tấn 0,5 đ

=> m2 = m – m1 = 1,34 tấn ⃗​⃗​⃗​⃗

TĐ r

O r1

2

Bài 4.

Sơ lược lời giải a. Từ phương trình trạng thái của khí lý tưởng: Bài 4 m m MP PV  nRT  RT     (4,5 M V RT điểm)  RT 1, 2.8,31.293 M 1 1   28,84.103 kg / mol  28,84g / mol 5 P0 1, 013.10 b. Do quả cầu hở, áp suất khí bên trong và bên ngoài khí cầu là như nhau =>

Điểm 0,25 đ 0,5 đ

1 T2   2 T1

0,5 đ

Để khí cầu lơ lửng, ta cần có: 1Vg  mg  2 Vg  1V  m   T2 

1T1 V T2

1T1V 1, 2.293.1,1   341,36 K  68,36 0C 1V  m 1, 2.1,1  0,187

0,5 đ

c. Lực cần giữ quả khí cầu là:  T  F  1Vg  mg  3 Vg   1V  m  1 1 V  g T3   1, 2.293    1, 2.1,1  0,187  .1,1 .10  1, 23 N 383  

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

0,75 đ

lớp khí ta có: P  z   P  z  dz   g.dz  dP  g.dz  

0,5 đ

MP g.dz RT

0,25 đ

Mgz  dP Mg dz  P  P0e RT   P RT

   0 e



Mgz RT

 0 e



0 g z P0

0,5 đ

* Tính độ cao lớn nhất của khí cầu - Ở nhiệt độ t1  200 C , khối lượng riêng của không khí là 0  1  1, 2 kg m3 Quả khí cầu cân bằng khi:

m  T 0,187 1, 2.293  '1 Vg  mg  3Vg   '1   1 1    1, 088 kg / m3 V T3 1,1 383 z

0,25 đ

0,5 đ

P0 ' 1, 013.105 1, 088 ln 1   ln  827 m.

1, 2.10 1, 2 0 g 0

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 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: Câu 5 (3

2

 C  y S y 1S1x  0 S2 y  1  2 0   1  0 S1x  C2  x

0, 5

điểm)

b. Biểu thức sai số: ln 1  2 ln

C1 y  ln  ln 0 C2 x

0, 5

 ln 1  2  ln C1  ln C2   ln y  ln x  ln  0



 C C2    y    x  0  2 1     1 0   x C C y 2   1

1

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

0,5

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 LÝ LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút (ĐỀ GIỚI THIỆU)

(Đề thi gồm 05 câu, 03trang)

Câu 1: (5 điểm – Cơ học chất điểm) Một vật có khối lượng m có thể trượt không ma sát trên một cái nêm ABC ; AB =  , Ĉ = 90 0 , B̂ =  . Nêm ban đầu đứng yên, có khối lượng M và có thể trượt không ma sát trên mặt sàn nằm ngang. (hình 1). Cho vật m trượt

Hình 1

không vận tốc đầu từ đỉnh A của nêm. a) Thiết lập biểu thức tính gia tốc a của vật đối với nêm và gia tốc a 0 của nêm đối với sàn. b) Lấy hệ tọa độ xOy gắn với sàn, ban đầu trùng với BCA. Tính hoành độ của vật m và của đỉnh C khi vật trượt tới đỉnh B. Quỹ đạo của vật là đường gì ?

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

Câu 2: (4 điểm – Cơ học vật rắn) Nhờ một chiếc gậy, người ta tác dụng vào quả bi-a (bán kính r, khối lượng m) một xung lực nằm ngang cách mặt bàn bi-a một khoảng h nằm trong mặt phẳng thẳng đứng đi qua khối tâm của bi-a (hình 2). Biết momen quán tính của vật đối với trục quay qua khối tâm là

2 2 mr .

5

H

1) Hãy thiết lập hệ thức giữa vận tốc góc  và vận h

tốc v0 của khối tâm quả bi-a. Biết ban đầu bi-a đứng yên.

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

.

O

I

Hình 2

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) 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

p

p1

(1)

hình 3; trong đó: + Quá trình 1-2 được biểu diễn bằng đường thẳng. + Quá trình 2-3 là quá trình đẳng áp.

p1 8

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

O

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

(3)

(2) V

V1

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   v, β là hệ số cản). Quãng đường mà tấm nhựa trượt được trên mặt phẳng ngang được tính gần đúng là: s 

v2  v3  2 2 với v là vận tốc ban 2g 3 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; - Thước đo có vạch chia đến milimét; - Các sợi dây mềm, mảnh, nhẹ; - Tấm nhựa phẳng hình chữ nhật; - Bàn thí nghiệm, giá đỡ, giá treo cần thiết.

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.

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

Họ và tên người ra đề Số điện thoại Chữ ký

Trần Trung Hiếu

Vũ Thị Lan Hương

0979153042

0982252189

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 ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút (ĐỀ GIỚI THIỆU)

(Đáp án gồm 10 trang)

Câu 1: (4 điểm – Cơ học chất điểm) Nội dung

Câu 2đ

Điểm

- Chọn hệ tục tọa độ xOy như hình vẽ

0,25

- Động lượng của hệ bằng 0  Vật đi xuống sang phải thi nêm chuyển động sang trái  giá trị đại số gia tốc của nêm là a 0 < 0.

- Vật m chịu tác dụng của 2 lực : trọng 



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



0,25



+ Gia tốc của vật đối với sàn : a1 = a + a 0 + Phương trình chuyển động của vật : Theo phương AB : mgsin  = m(a + a 0 .cos  )

(1)

0,25

Theo phương vuông góc với AB : N - mgcos  = m a 0 sin  (2) Chọn trục tọa độ trùng với hướng chuyển động của nêm + Phương trình chuyển động của nêm chịu thành phần nằm ngang  của - N :

- N sin  = M a 0

Từ (2) và (3) ta có :

N  mg cos   m.( 



0,25

(3)

N sin  ) sin  M

N sin  N + m.sin  = mgcos  M

 N(M + m.sin 2  ) = M mgcos 

0,25

 N =

M .mg . cos  M  m. sin 2 

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

 M .mg . cos   sin  .  2  M  m. sin   M

0,25 = -

mg . sin 2 2( M  m sin 2  )

Thế vào phương trình (1) ta được : mgsin  = m(a + (-

mg . sin 2 2( M  m sin 2  )

).cos  )

m 2 g. sin 2 .soc  mgsin  = m.a 2( M  m sin 2  )  a = gsin  +

2đ

mg sin 2 . cos  2( M  m sin 2  )

 a =

2Mg sin   2mg sin 3   mg sin 2 . cos  2( M  m sin 2  )

 a =

2Mg sin   2mg sin  (1  cos 2  )  2mg sin  . cos 2  2( M  m sin 2  )

 a =

( M  m) g. sin  M  m sin 2 

0,5

Thay số ta tính được : a0 = a =

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

20 ( M  m) g. sin  (0,2  0,1).10. sin 30 0 = = m/s 2 .

2 2 0 3 M  m sin  0,2  0,1. sin 30

0,25

0,25



Ta nhận thấy rằng : a 0 có hướng 

cố định , a có hướng cố định 

0,25



song song với AB nên a1 = a +  a 0 cũng có hướng cố định hợp

với phương ngang một góc  ( như hình vẽ ) Ta có : a 12 = a 2 + a 02 - 2.a.a 0 .cos 

0,25 0,25

2

a1 Mặt khác :

20 20 =    (1,92) 2  2. .(1,92). cos 300 = 5,1 m/s 2 .  3  3

sin  sin   a a1

20 . sin 30 0 a sin   sin  = = 3 = 0,6536 a1 5,1

0,25

  = 40,8 0

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

Xét tam giác ACD với AC = 0,5 m ta có : tan  =  x 1 = OD =

AC OD

AC 0,5 = = 0,58 (m) tan  tan 40,80

0,25

Vậy hoành độ của vật m là 0,58 (m) 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  - OD) = - ( 1.cos30 0 - 0,58) = - 0,29 (m) Câu 2: (5 điểm – Cơ học vật rắn) Nội dung

Điểm

1) 1,0 đ

.

y

O

0,5 O

x

I

Hình 1a

Định lý biến thiên động lượng và momen động lượng : ' Δ P = P - 0 = F .Δt

0,5

Δ L0 = L - 0 = OH x F .Δt 1,0đ

Chiếu các phương trình vectơ trên lên trục: Ox: m v0 = F.Δt Oz:

2 2 mr   (h  r ) F .t .

5

Từ đó:

1,25đ

0,25

2 2 mr   (h  r )v0 5

0,25

5 (h  r ) v0 2 r2

0,25

Hay ω = 2)

0,25

2mr 2 d   OI xFms 5 dt

dv m 0 = Fms ; dt Ta có : Trên truc Oz:

2mr 2 d  r  mg 5 dt

0,5

0,25

Nhiều trường hợp được xét tùy theo vận tốc trượt uα của bi-a 7r  5h 5 hr 5(h  r ) )v0 ) =( uα  v0  ( 2 )v0  (1  2r 2 r 2r

0,75đ

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  tăng

a) Nếu h >

b) Nếu h =

7r 5

c) Nếu h <

7r 5

u = 0 quả bi-a lăn trượt u>0

0,5

0,25 0,25

Fms < 0 ; Fms = -  mg 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) Nội dung

Điểm

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  S2 .v2 ; p0 

1 1  v12   gh1  p0   v2 2   gh2 2 2

0,5

 v1 

2điểm

2 gh S ( 2 )2  1 S1

(1) 0,5

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

Từ (1) ta có



h

 h0

dh  h

1 ( h  h0 )   2g

1

0,5

dh dt

t

 dt

0,5

S ( 2 )2  1 0 S1

0,5

t (

S2 2 ) 1 S1

1 2g  h  h0  t 2 ( S2 )2  1 S1

0,5

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

2( h0 ) 2g (

;

Với

d2=

0,96

m;

d 1=

S2 2 ) 1 S1

0,027m; h0 

1,5 V   2, 073m S 2 3,14*0, 482

0,5

 S  2  h0  2   1  S1   t2 2g  d  4   0,96 4  h0  2   1 2, 073    1  d1    0, 027    822,3s  13 phut 42 giay 2 2 2g 2.9,8

0,5

Câu 4: (4 điểm – Nhiệt học) Nội dung

Điểm

2điểm Xét quá trình 1-2: Đồ thị có dạng p = aV +b , Và phương trình C-M pV = RT (1)

0,25

Thu được mối quan hệ giữa T ,V  T  

p1 5p V 2  1 V (2) 4 RV1 4R

0,25

Vậy đồ thị quá trình 1-2 trong hệ hệ tọa độ VOT có dạng một đường 0,25 (P), có bề lõm hướng xuống, đỉnh (P) có tọa độ N(TN,VN).

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 

25 p1V1 25T1   TN 16nR 16

pV pV Với T1  1 1  1 1 nR R

0,25

(3)

0,25 (4)

5p  pN  1  8 Từ (1)(2)(3)   (5) 5 V 1 V  N  2 

0,25

Ta vẽ được đồ thị TOV T

Từ đồ thị ta thấy trong chu trình tại vị trí N là vị trí nhiệt độ của quá

N

25 T1 16

0,25

trình 1-2 cực đại, cũng chính là điểm mà nhiệt độ cao nhất mà tác

T1

nhân có được khi hoạt

9 T1 16

động theo chu trình

T1/8 O

này.

1 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 trên là VN 

5V1 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 tích V để Qmax.

Từ (*)  (Q1M )max  V 

0,25

25.V1 25  V *  V1 8 8

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

Q1

Khí chỉ nhận nhiệt trong quá trình từ 1  M và quá trình từ 3  1 . + Xét quá trình từ 1  M  Q1M 

+

ta có: Thay V 

25 V1 8

0,25

vào (7)

289 p1V1  0 128

Xét

quá

trình

Q31  CV (T1  T3 )  CV (

 Q1  Q1M  Q31 

0,25 biến

đổi

từ

3 1

ta

có:

p1V1 p3V3 21 p1V1  ) 0 R R 16

457 p1V1 128

0,25

p    p1  1 (4,5.V1  V1 ) 49 p1V1 8  + Từ đồ thị  A    2 32

H 

196  42,89% 457

Câu 5: (3 điểm – Phương án thực hành)

0,25

Nội dung

Điểm

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 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 chuyển thành

hoá động

năng. Độ cao vật m

m

ban đầu so với vị trí trước va

h M

v2

chạm là h thì vận tốc vật m thu được là m

v12  mgh  v1  2gh (1).

2

0,25

Vật m khi va chạm đàn hồi với M sẽ tạo vận tốc v2 cho M, xác định từ hệ phương trình mv1  Mv2  mv1' 1 1 1 mv12  Mv22  mv1' 2 2 2 2

suy ra v2  Ta có s 

2m v1 Mm

(*) (**)  v2 

2m 2gh Mm

 v3 v 22  2 2 2 2g 3 Mg

Tuyến tính hóa phương trình ta được

(2). 0,25



v s 1   2 2 2  B  Av 2 2 v 2 2g 3 Mg

Với Y 

0,25

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 s cao vật m và vẽ đồ thị để xác định phụ thuộc của 2 theo v2 ta có thể v2

0,25

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 lượng vật M (sử dụng thước làm m

cân đòn và vật m đã biết để tính

h v2

M

M)

0,25

Bố trí thí nghiệm (hình vẽ ): - Vật M để hơi nhô khỏi mép bàn một chút - Chiều dài dây buộc vật m phải phù hợp

0,25

- 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. - Ghi số liệu vào bảng và xử lí số liệu Lần

1

2

3

4

5

6

7

h

//

//

//

//

//

//

//

s

//

//

//

//

//

//

//

0,25

1điểm Xử lí số liệu: +Tính các đại lượng liên quan và ghi vào bảng Lần h s

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10 0,25

X= v2 Y=s/v22 Vẽ đồ thị Y theo X, tính các hệ số A, B suy ra  và  .

1 1  2g 2Bg  3A A  2 2  M 3 Mg 4B2 B

y

0,25 B

0,25

O

B/A

x

Ghi chú: - Điểm toàn bài: 20 điểm - Học sinh giải bằng cách giải khác, nếu kết quả đúng vẫn cho điểm trọn vẹn.

0,25

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ

VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

KHỐI 10

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG LÊ KHA TỈNH TÂY NINH

NĂM 2018

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Thời gian làm bài 180 phút

(Đề này có 05 câu, in trong 03 trang) Câu 1 (5,0 điểm ): Chất điểm khối lượng m = 200g tại đỉnh A của hình bán trụ có đáy là một nửa hình tròn tâm O bán kính R = 20cm, chuyển động trượt không ma sát trên mặt trụ và song song với đáy mặt trụ, tốc độ ban đầu không đáng kể. Hình trụ đặt trên mặt phẳng ngang như hình vẽ

A

B C

Lấy g = 10m/s2 và 3 = 1,732.

D α3

O

v

ˆ = α1 = 300, tính tốc độ chuyển động a) Khi chất điểm đến điểm B với góc AOB

và phản lực của hình trụ tác dụng lên chất điểm. ˆ = α2 chất điểm bắt đầu rời mặt trụ. Tính α2. b) Tại điểm C với AOC

c) Chất điểm tiếp tục chuyển động và chạm vào mặt ngang tại điểm D với vận tốc v lập với mặt ngang góc α3. Tính α3 và độ lớn của vận tốc chất điểm khi chạm vào mặt ngang.

Câu 2 (4,0 điểm) :

A

ℓ

Thanh thẳng AB chiều dài ℓ = 1,2m có khối lượng m1 = 400g phân bố đều, có thể quay không ma

B

α0 m2

sát trên mặt phẳng thẳng đứng quanh trục nằm ngang, vuông góc AB tại A. Momen quán tính của thanh lúc này là I =

1 m1ℓ2. Kéo thanh AB đến góc lệch α0 = 3

600 so với phương thẳng đứng rồi thả không vận tốc. Lấy g = 9,8m/s2 và π = 3,1416 . a) Khi AB đến vị trí thẳng đứng, tính tốc độ góc ω của thanh và độ lớn phản lực N của trục quay tác dụng vào thanh. b) Tại vị trí thẳng đứng, đầu B của thanh AB va chạm đàn hồi và tức thời với chất điểm có khối lượng m2 = 100g đang đứng yên ở mép bàn nằm ngang. Tính tốc độ v của m2 ngay sau va chạm và góc lệch cực đại α của thanh sau khi va chạm.

Câu 3 (4,0 điểm). Trong một ống có nước chảy, người ta cắm hai ống có áp kế tại những chỗ có tiết diện ống bằng S1 và S2 với S1  S2. Hiệu hai mức nước trong hai ống áp kế bằng  h. Khối lượng riêng của chất lỏng và chất khí là  0 và  . Xác định thể tích khí đi qua tiết diện của ống trong một đơn vị thời gian.

Câu 4 (4,0 điểm) : Một mol khí lý tưởng đơn nguyên tử thực hiện một chu trình C: 1 – 2 – 3 – 1 – 4 – 5 – 1, gồm hai chu trình là C1:1 – 2 – 3 – 1 và C2: 1 – 4 – 5 – 1 như hình vẽ 3.

p p3

3

Các quá trình: 3 – 1 và 5 – 1 là đẳng nhiệt, 1 – 2 và 4 – 5 là đẳng áp, 2 – 3 và 1 – 4 là đẳng tích.Áp suất ở trạng N N thái 5 là p5 = 2.10 2 , ở trạng thái 3 là p3 = 2.106 2 . m m

p1 p5

1 2 4

5

V2

V1

5 V5

V

Thể tích trạng thái 5 là V5 = 10 lít, ở trạng thái 1 là V1 = 8 lít. Biết hằng số khí phổ biến là R = 8,31

J . mol.K

a) Tính áp suất p1 ở trạng thái 1 và nhiệt độ T4 ở trạng thái 4. b) Ở chu trình C1, tính công A1mà khối khí thực hiện và tính nhiệt lượng Q1 mà khối khí nhận được từ bên ngoài. c) Xét cả chu trình C, tính tỷ số phần trăm giữa công A mà hệ thực hiện và nhiệt lượng Q mà hệ thuvào (còn gọi là hiệu suất của cả chu trình C).

Câu 5 (3 điểm) a. Cho hai nhiệt kế giống nhau, có độ chia đến 0,1 0C. Hãy đề xuất một phương án thí nghiệm chỉ dùng hai nhiệt kế ấy và một số vật liệu thông thường khác để có thể nhận biết được sự thay đổi độ ẩm tỷ đối của không khí trong phòng. Nhiệt độ không khí coi như không đổi. b. Biết rằng áp suất hơi bão hoà của nước tuân theo gần đúng công thức Clapeyron-Clausius: dp bh L  dT T(v h  v L )

trong đó

L  2240J / g là

nhiệt hoá hơi của nước; v h và vL lần lượt là thể tích của 1g

hơi nước bão hoà và 1g nước ở nhiệt độ T. Hãy lập biểu thức tính độ ẩm tỷ đối của không khí theo các thông số đo được bằng các dụng cụ nói trên (coi áp suất và thể tích của hơi nước bão hoà tuân theo phương trình trạng thái khí lí tưởng). Lập bảng cho phép suy ra độ ẩm tỷ đối của không khí (trong khoảng từ 80% đến 100%) theo các số đo mà các dụng cụ trên đo được. Cho nhiệt độ phòng là 270C. Gv ra đề

Phan Ngọc Huệ Đ T 01229454561

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN: VẬT LÝ 10

1

a)

Chọn gốc thế năng tại O.

5đ.

2đ.

- Cơ năng ban đầu chỉ là thế năng: 0,25đ.

W0 = Wt = mgR. - Khi đến B cơ năng là: WB = Wđ + Wt =

0,25đ.

1 mv2 + mgRcosα1 .

2

- Cơ năng bảo toàn: WB = W0 1 mv2 + mgRcosα1 = mgR. 2

- v2 = 2gR(1 – cos α1) = 0,536.

A

N B

0,25đ. α1

P

O

v = 0,732m/s.

0,25đ.

- Tại B, lực tác dụng lên m gồm trọng lực P và phản lực

0,25đ.

N: P  N  ma

Chiếu lên phương bán kính chiều dương hướng tâm thì:

0,25đ.

Pcosα1 – N = man N = mgcosα1 – m 1

b)

(tt)

1,5đ.

v2 = 0,2x10x0,866 – 0,536 = 1,196N R

0, 5đ.

- Tại C cơ năng là: WC = Wđ + Wt =

1 mv2 + mgRcosα2 .

2

0,25đ.

- Cơ năng bảo toàn: WC = W0 1 mvC2 + mgRcosα2 = mgR. 2

vC2 = 2gR(1 – cos α2).(1) - Mặt khác, các lực tác dụng lên m gồm trọng lực P và

0,25đ.

phản lực N : P  N  ma

Chiếu lên phương bán kính chiều dương hướng tâm thì: Pcosα2 – N = man = m

v C2 R

- Tại đây m bắt đầu rời mặt trụ thì N = 0 nên :

0,25đ.

v C2 - mgcos α2 = m (2).

R

0,25đ.

A

- Thế (1) vào (2):

α2

cosα2 = 2(1 – cosα2) cosα2 =

vx

C

α2

2 .

3

P

vC

0,25đ.

O

α2 ≈ 48,190 ≈ 0,84rad

0,25đ.

1

c) 1,5đ.

- Cơ năng tại D chỉ là động

A

năng: 1 WD = mvD2.

2

Cơ năng bảo toàn:

C α2 O

vx D v x α3

vD

WD = W0 1 mvD2 = mgR 2

-Tính được: vD = 2m/s.

- Từ (1) tốc độ tại C là :

0,25đ.

0,25đ.

vC = 2x10x0, 2 1   = m/s.

3  3 2

2 3

0,25đ.

- Thành phần nằm ngang là : vx = vCcosα2 =

- cosα3 =

2 3 2 4 3 = 3 3 9

2 3 vx = = 0,0,385 9 vD

0,25đ.

α3 ≈ 1,176rad ≈ 67,360

0,5đ.

CÂU: 2 2 1,5 đ

a)

- Chọn gốc thế năng tại G dưới A một đoạn

1 ℓ.

2

- Cơ năng ban đầu chỉ là thế năng : W0 = Wt = m1gh =

1 m1gℓ.

4

0,25

- Cơ năng tại vị trí thanh thẳng đứng chỉ là động năng : W = Wđ =

1 2 1 Iω = m1ℓ2ω2.

2 6

0,25

- Cơ năng bảo toàn W = W0 nên : ω=

3g = 3,5rad/s .

2

Lực tác dụng lên thanh gồm trọng lực P và phản lực N .

0,25

Khi thanh thẳng đứng : N A

0,25

- Vẽ hình : chỉ yêu cầu vẽ đủ hai lực P , N đúng phương và chiều, có thể sai điểm đặt .

G

P B

- Theo định luật II Newton : P  N  m1a .

Chọn chiều dương hướng tâm : N – m1g = m1an = m1ω2R

- Với R =

0,25

1 ℓ = 0,6m .

2

- Tính được : N = 6,86N .

0,25

2 2,5 đ

b)

Sau va chạm , tốc độ góc của AB là ω1 , tốc độ chất điểm là v .

- Do momen động lượng bảo toàn : Iω = Iω1 + m2vℓ (1)

0,25

Iω = Iω1 + m2vℓ (1)

0,25

- Do va chạm đàn hồi nên động năng trước và sau va chạm bằng nhau: 0,25

1 2 1 1 Iω = Iω12 + m2v2 (2) 2 2 2

- Giải hệ phương trình , tính được : v = 4,8(m/s).

0,25

- Tính được ω1 = 0,5rad/s .

- Cơ năng của thanh AB ngay sau va chạm chỉ là động năng : Wđ1 =

1 1 Iω12 = m1ℓ2ω12.

2 6

ℓ

năng : Wt = m1gh =

B 1 m1gℓ(1 – cosα).

2

0,25

0,25

A

- Cơ năng ở góc lệch cực đại α chỉ là thế

0,25

0,25

α0 m2

0,25

- Cơ năng bảo toàn nên Wđ1 = Wt Tính được cosα =

97 = 0,989  α = 8,1920 98

0,25

Câu 3 4đ

Áp dụng phương trình Bec-nu-li đối với ống dòng nằm ngang: p1 

 v1 2 2

 p2 

 v2 2

0,5 (1)

2

Lưu lượng chất lỏng chảy qua ống trong một đơn vị thời gian:

0,5

M = v1S1 = v2S2

0,5

Suy ra: v 2 

S1 v1 S2

(2)

Sự thay đổi áp suất giữa hai vị trí trong long chất lỏng: p2 – p1 = gh

(3)

0,5

Từ (1), (2) và (3) ta suy ra:  v1 2 2

 p 2  p1 

 S v1 1   1   S 2 2



v1 

1 S2

  

2

 v2 2 2

 gh 

 v2 2 2

   2 gh  2 gh S 2  S1 2

2

0,5

0,5

0,5

Do vậy thể tích chảy qua ống trong một đơn vị thời gian: M  v1 S1  S1 S 2

2 gh 2 2 S 2  S1

Câu 4 4

a)

- Ở quá trình đẳng nhiệt 5 – 1:

0,5

4đ.

1đ.

p1V1 = p5V5.

Tính được: p1 = 2,5.105 N/m2.

0,5đ.

- Ở trạng thái 4: p4V4 = RT4 ; trong đó p4 = p5 = 2.105 N/m2 và V4 = V1 = 8 lít.

0,5đ.

Tính được: T4 = 192,54 K. b)

p5V5 = 1 lít. p2

- Ta có V2 = V3 =

1,5đ.

0,25đ.

- Công ở quá trình đẳng áp 1 – 2 là: A12 = p1(V2 – V1) = 2,5.105x(– 7.10-3) = – 1750 J.

0,25đ.

- Công ở quá trình đẳng nhiệt 3 – 1 là:

p p3

3 V1

A31 =

 p.dV .

V3

p1 p5

1 2 4 V1

V2 V1

Với p =

5 V5

V

độ ở quá trình đẳng nhiệt).

dV ; với RT = p1V1.

V V3

A31 = RT 

RT (T là nhiệt V

A31 = p1V1ℓn

V1 = 2,5.105x8.10-3ℓn8 = 4158,88 J. V3

- Công cả hệ thực hiện sau chu trình C1: A1 = A12 + A31 = 4158,88 – 1750 = 2408,88 J

0,25đ.

- Ở quá trình 2 – 3, hệ nhận nhiệt lượng: Q23 = ΔU23 = CvΔT23 =

3 3 R ΔT23 = V2(p3 – p2) = 2625 J. 2 2

- Ở quá trình 3 – 1, hệ nhận nhiệt lượng:

0,25đ.

Q31 = A31 = 4158,88 J. - Nhiệt lượng cả hệ nhận ở chu trình C1 là: Q1 = Q23 + Q31 = 6783,88 J.

0,25đ.

0,25đ.

c) 1,5đ

Công thực hiện ở chu trình C2 là: A2 = A45 + A51.

- Tính được: A45= p5(V5 – V4) = 2.105x2.10-3 = 400 J.

0,25đ.

4

c)

(tt)

(tt)

- A51 = p1V1 ℓn

V1 = 2,5.105x8.10-3ℓn0,8 = – 446,29 J. V5

- Tính được: A2 = – 46,29 J.

0,25đ.

0,25đ.

- Nhiệt cả hệ nhận ở chu trình C2 là: Q2 = Q45 = A45 + ΔU45 = p5(V5 – V4) +

3 p5(V5 – V4).

2

= 2,5x2.105x2.10-3 = 1000 J. - Nhiệt nhận được ở cả chu trình C là:

0,25đ.

Q = Q1 + Q2 = 7783,88 J. - Công thực hiện ở cả chu trình C là: A = A1 + A2 = 2362,59 J.

0,25đ.

- Hiệu suất của chu trình: H=

A 100% = 30,35% .

Q

0,25đ.

Câu 5 5

a)

3đ

1,5 đ

Dụng cụ cấu tạo bởi hai nhiệt kế I, II. + Nhiệt kế I: để bình thường, đo nhiệt độ không khí ta 0,5 được T1 . (Nhiệt kế khô)

+ Nhiệt kế II: bầu nhiệt kế bọc một lớp bông (hoặc vải 0,5 bông ...) đẫm nước. Nhiệt kế này chỉ nhiệt độ T2 .

(Nhiệt kế ẩm).

T2 là nhiệt độ cân bằng của nước thấm ở lớp bông. Áp

suất hơi bão hoà của nước ở nhiệt độ T2 bằng áp suất riêng phần của nước trong không khí; T1  T2 càng lớn

0,5

thì không khí càng khô (độ ẩm tỷ đối càng nhỏ).

5

b)

Độ ẩm tỷ đối của không khí tính bằng:

1,5 đ



Trong nên:

 dp  p bh (T2 ) p (T )  p bh (T2 )  1  bh 1  100% 1  p bh (T1 ) p bh (T1 ) p  

công

thức

Clapeyron

do

vh  vL ,

dp bh L 1 RT  víi v h  dT Tv h 18 p bh

Suy ra:

0,25

dp bh 18L  dT. p bh RT 2

   1

0,25

0,25 0,25

18L dp  1 dT  1  0, 05391.dT p RT 2

0,25

 100% 1  0, 05391(T1  T2 )

với T1  300o K  27 o C .

T1- T2 (0C)

0

...

0,2

...

3,6

0,25

 (%)

100

...

98,9

...

80,5

TRƢỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƢƠNG – 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)

Câu 1 (5,0 điểm) Hai vật M1 và M2 có khối lượng lần lượt là m1 và m2 được nối với nhau bằng một sợi dây mảnh, nhẹ, không dãn vắt qua ròng rọc nhẹ; M1 đặt

M1

trên mặt bàn nằm ngang nhẵn; M2 treo thẳng đứng



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

M2

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

Hình 1

ngang một góc  = 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  khi đó.

Bài 2 (4 điểm) Một đầu dây cuốn trên hình trụ khối lượng m, đầu kia được buộc với vật khối lượng M. Dây

R

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

M

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.

1

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

p.V 2 = const ; 4 - 1 là quá trình đẳng tích. Cho biết: V1 =

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

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 + 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 V

2 R 2 h (trong đó R là bán kính mặt cầu, h là chiều cao của chỏm cầu).

3

………….HẾT……….

2

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

Điểm

Các lực tác dụng lên M1 và M2 được biểu N1

diễn như hình vẽ.

T1 M1

H



T2

0,5 x

M2

mg 2mg

Áp dụng định luật II Niutown ta có: T cos   ma1 ; T sin   N1  mg;

2mg  T  2ma 2

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

 a1  g.cot 

(*) và a 2  g 

g 2 sin 

0,5 mg sin 

(**)

0,5

Do dây lí tưởng ta có: v1cos  v 2  v1 

v2 a v sin  (1) → a1  2  2 2 . cos cos cos 

1,0 (2)

Gọi H là khoảng cách từ ròng rọc tới mặt bàn ta có: x  H cot   v1  x '  Từ (1) và (3):   

H . sin 2 

(3) 0,5

v 2 sin 2  v2 a thay vào (2)  a1  2 tan 3   2 H cos  H cos

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

(4) 0, 5

3

Ta được:

v 2 tan 3  3  tan 2  1 .cot    2 (5) 2 cos gH

Dùng định luật bảo toàn cơ năng cho hệ:

1 1 mv12  2mv 22  2mgh (6) 2 2

0,5

H H H(2sin   1) Với h  thay vào (6)   sin 30 sin  sin   v12  2v 22  4gH

2sin   1 sin 

(7) 0,5

Từ (1) và (7): v 22 (3  tan 2 )  8gH(1 

1 ) 2 sin 

(8)

Kết hợp (5) và (8) ta được:

1 8 tan 3  1 3  tan 2  cot  (1  )   2 2 cos (3  tan ) 2sin 

(0.25đ) 0,5

(9)

Giải phương trình (9) và kết hợp với điều kiện   300 ta được   450

Bài 2 (4 điểm) * Trường hợp 1: trụ lăn không trượt:

F R

a/2 0,5 Hình 1

M

f

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

Mg  F  Ma 4

a 2

(1) 0,5 (2)

+ Phương trình chuyển động quay của trụ: (F  f )R  I 

Từ (1), (2), (3) ta tính được f 

ma 3ma ; F ; a 8 8

mR 2 a 2 2R

g 3m 1 8M

(3)

(4)

Trụ sẽ không trượt nếu f  mg hoặc 

0,5

0,5

1 với μ là hệ số ma sát.

3m 8 M

* Trường hợp 2: Trụ vừa lăn vừa trượt: Gọi gia tốc góc của trụ là γ, gia tốc của trục trụ là b. + F  f  mb

(5)

mR 2 + (F  f )R  I   2

(6)

0,5

+ Mg  F  Ma

(7)

0,5

Các gia tốc liên hệ với nhau bởi điều kiện: 0,5

a  b  R ; f  mg

(8)

m 3M với   1 Từ (5), (6), (7), (8) ta suy ra: a  g m 3m 1 8 3M M 1

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   hs 2 2

1,0 2

L2  dr   dr  ta có: v     (r ) 2     2  dt   dt  mr 2

5

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. + Muốn vật chuyển động tròn thì: dr/dt=0 dU L2 L2   3  knr n 1  0  r0 n 1  dr knm mr

(1)

0,5

+ 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.

1,0

2

Ta có:

d U(r0 ) 0 dr

(2)

Thay (1) vào (2) ta có:

kn  0 Điều kiện:  n  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

0,5

6

Xét quá trình 2 – 3 là đẳng áp:

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

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 Hay: dT  

0,5

T .dV V

- Nhận thấy, thể tích khí luôn tăng khi biến đổi trong quá trình 3 – 4 → dV  0 Theo đó dT  0 . Vậy trong quá trình 3 – 4, nhiệt độ của khí luôn giảm

0,5

c) Tính nhiệt lượng khí nhận được trong từng quá trình: + Quá trình 1 – 2: Đẳng nhiệt: Q12  A12  R.T1 .ln

V2  R.T1 .ln 4  0 => Hệ V1

0,5

tỏa nhiệt + Quá trình 2 – 3: Đẳng tích: Q23  Cp .(T3  T2 )  5RT1  0 →Hệ nhận nhiệt Quá trình 3 – 4: Nhiệt dung không đổi và bằng C 

R 2

3 → Q34  C.(T4  T3 )   RT1  0 => Hệ tỏa nhiệt 8

Quá trình 4 – 1: Đẳng tích: Q 41  CV .(T1  T4 )  

0,5 15 RT1  0 => Hệ tỏa nhiệt 8

Công sinh ra trong chu trình là: A  Q12  Q 23  Q34  Q 41  (

7

11  ln 4)RT1 4

0, 5



=> Hiệu suất chu trình là:

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

1,5

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

(1)

Quả cầu cân bằng nên trọng lực tác dụng lên quả cầu bằng lực đẩy Acximet ta được: D(V – Vt) = D0(V – Vc)

(2) 0,5

Trong đó: V là thể tích ngoài của quả cầu, Vt là thể tích trong, Vc là thể tích chỏm cầu nổi trên mặt nước.

Thể tích chỏm cầu là: Vc =

Từ (1), (2) và (3) ta có:

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

D r = 3 1 - 0 1 + cosα  R 2D

8

(3) 1,0

9

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

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)

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 B

O

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).

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 ; 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;

0

R

v0

2 5

mômen quán tính đối với trục của khối trụ là I  mR 2 (hình vẽ).

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,   và   .

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

.

B O A

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. 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  d  2  Mm m 2   r   G 2 r  dt    dt

và định luật bảo toàn mômen động lượng : mr 2

d  const . dt

Câu 4 (4 điểm).

Một lượng khí lí tưởng đơn nguyên tử thực hiện một

P

5

chu trình ABCDECA (Hình 1). Cho biết PA=PB=10 Pa, PC=3.105 Pa,

PE=PD=4.105 Pa,

TA=TE=300K,

PE

E

D

VA=20l,

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

1. Tính các thông số TB, TD, VE. 2. Tính tổng nhiệt lượng mà khí nhận được trong tất cả các giai đoạn của chu trình mà nhiệt độ khí tăng.

C

PC B

PA O

VE

VB

A VA V

3. Tính hiệu suất của chu trình.

Câu 5 (4 điểm).

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 ÁNĐỀ THI ĐỀ XUẤT

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)

Câu 1 (4 điểm)

Điểm

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

V1 A 0.25 B V2H O Hình 2a

m3v3 +m2(v2 + v3) +m1(v1sinωt + v3) = 0 1.

=> v3 = -

v2 = -

v3 = -

m2 v2  m1v1 sin t (1) với v1 = ωr, m1  m2  m3

d ( rcost ) dOH dOB = -2 =2 = 2ωrsinωt (2) thay (2) vào (1) ta có: dt dt dt (2m2  m1 )r sin t (3). m1  m2  m3

0.25 0.25 0.25

0.25

Lấy nguyên hàm của (3) x =

(2m2  m1 ) rcost +C m1  m2  m3

0.25

Chọn x = 0 tại t = 0 ta có C =

(2m2  m1 ) r m1  m2  m3

0.25

vậy x =

(2m2  m1 ) r ( cost  1) . m1  m2  m3

0.25

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

2.

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) + p dụng hai định l biến thiên và chú là v x 

v0 .

2

hối trụ trong quá trình va chạm còn chịu thêm tác dụng của phản lực N vuông

1

góc với tường, hướng ngược chiều va chạm và lực ma sát Fms hướng lêntrên theo chiều Oy. Như vậy chuyển động theo phương y sẽ xảy ra hai khả năng: 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 1 sau đó lăn không trượt trong khoảng 2 .

0.25

a) Trong thời gian va chạm  , theo phương Oy khối trụ luôn luôn lăn có trượt. * Định l biến thiên động lượng:

y 0.25



Theo Ox:

 1  3 mv0    mv0   mv0   Ndt  2  2 0

Theo Oy:

mv y    Ndt



(2)

0

Từ (1) và (2): tg 

vy vx



vy v0 / 2

(1)

3  v y  v0 2

N N

x

 3 ;

0.25

0.25

+ Định l biến thiên mômen động lượng: 

I(  0 )  R  Ndt (3)    0

4  15 v0 4R

0.25

+ Điều kiện trên xẩy ra nếu khối trụ vẫn trượt trong va chạm. vy R   

4  0,19 .

21

0.25

1  0,125  0,19 tương ứng trường hợp suốt quá trình va chạm khối 8 trụ luôn luôn lăn có trượt + Giá trị  



4  15 17 v0  v0 4R 32R

0.25

0.25

Động năng 2 2 I2 m  1 2  3   m 2  17  2    v0   v0    R  E  v0 2 2 2  4  16   5  32R  E  0,34mv 02  0,68E 0

m(v 2x  v 2y )

0.25

+ Giá trị   0, 2  0,19 tương ứng trường hợp trongquá trình va chạm khối trụ lăn 2

có trượt trong khoảng thời gian 1và lăn không trượt trong khoảng thời gian 2. 1

mv y    Ndt 0

0.25

1

(4); I(1  0 )  R  Ndt

(5)

0

+Sau khoảng thời gian 1 khối trụ lăn không trượt theo phương y với vận tốc vy:

0.25

1 

vy R

; 0 

v0 R

thay

vào

(4)

và

(5)

 vy v  2  mR 2   0   Rmv y ; 5 R R

2 2v v y  v0 ; 1  0 7 7R tg 

vy vx



4 7

0.25 0.25

0.25

Động năng sau va chạm là

E

m  v 2x  v 2y  2

4  1 m  v02  v 02  2 mR 2 4 2 v 02 I 297 4 49  5 49R      mv 02  0,3E 0 2 2 2 1960 2 1

0.5

Câu 3 (4 điểm) + 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: 1

GMm mv02 GM V1  V0= = = 4,56 km/s  2 3R0 R R 3 Chu kỳ quay của vệ tinh: T0 

0.5

2R  26449s  7,35 h V0

0.5

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

2

d 2 r (c / m)2 GM    2 3 2 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

VA .3R  VB .R mVA2 GMm mVB2 GMm    2 3R0 2 R0

(3)

0.25

(4) 0.5

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 0.25

3

3

+ Áp dụng định luật 3 Keppler ta có:

a3 R a3   T  T 4h 0 T 2 T02 R3

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

Câu 4 (4 điểm) 1

0.5 0.25

+ Áp dụng phương trình trạng thái ta có: PAVA=nRTA nR=PAVA/TA=20/3

0.5

TB=PBVB/nR=150K, TD=PDVD/nR=600K, VE=nRTE/PE =5l + 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 - Phương trình của đường thẳng ECA:

P  PA P P V = E A  P    5 (1) V  VA VE  VA 5

0.5

0.25

0.25

(V đo bằng l, P đo bằng 105Pa) 2  T=

V2 PV 3  (  5V) (2) (T đo bằng 100K) nR 20 5

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: Q2=U+A với U=n.

3 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: 3

A=dt(ABC)-dt(CDE)  A=750J Hiệu suất của chu trình: H=A/Q=750/8625 8,6%

0.25

0.25 0.25 0.5 0.5 0.5

Câu 5 (4 điểm) + Gọi nhiệt độ của nước tăng thêm trong thời gian 1 phút là ΔT0, gọi T là nhiệt độ của nước sau mỗi phút, T0 là nhiệt độ của môi trường. ΔT0 là hàm của T. Gọi Δx 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 1

0.5

ta có : PΔx – k(T-T0)= C.ΔT0 (C là nhiệt dung riêng của nước, k là hệ số tỉ lệ dương). + Theo bảng, chọn Δx=1phút. Ta có: T0 6,3 5,6 4,9 4,3 3,6

0.5

T

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

 P.x  k .T0  k . T 0     .T  a  b.T C   C

0.5

+ Mặt khác từ bảng số liệu đề bài cho ta có thên bảng chứa ΔT0 như sau: x(phút) 0 0 T( C) 20 ΔT0 0 Từ bảng này vẽ đồ thị :

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

6,3  a  26,3.b tìm được a=90; b=0,1. 5,6  a  31,9.b

+ Từ đồ thị hoặc giải hệ: 

+ Ta thấy Tmax khi ΔT0 =0: Tmax=a/b=900C. Nước không thể sôi dù đun mãi.

0.5

0.25 0.25

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

2

 k .T  k T 0   0   .T  bT0  b.T  b(T0  T )  0,1.( 20  60)  4 0 C  C  C

0.5

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.

TRƢỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

THANH HÓA

Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

ĐỀ ĐỀ XUẤT KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DHĐBBB NĂM HỌC 2017- 2018 Môn thi VẬT LÝ 10 Thời gian làm bài 180 phút Đề thi gồm có 02 trang Câu 1 (5 Điểm ) Một sợi chỉ nhẹ không co giãn dài l = 30 cm có một đầu gắn với đáy một bình chứa nƣớc hình trụ, đầu kia gắn một quả cầu gỗ nhƣ hình vẽ. Khoảng cách từ điểm gắn sợi chỉ đến tâm đáy bình là r = 20 cm. Bình bắt đầu quay đều xung quanh trục thẳng đứng của nó. Hãy xác định tốc độ góc quay của bình nếu sợi chỉ bị lệch khỏi hƣớng thẳng đứng góc  = 300, lấy g = 9,8 m/s2.

Câu 2 (4 điểm ) Một khối trụ đặc khối trụ đặc khối lƣợng M, bán kính Rlăn xuống mặt phẳng nghiêng góc α.

1. Giả sử khối trụ lăn không trƣợt. Hãy tính gia tốc của khối tâm và hệ số ma sát nghỉ 2. Cho hệ số ma sát giữa khối trụ và mặt phẳng nghiêng là μ. Hỏi với điều kiện nào của μ thì khối trụ lăn không trƣợt, lăn có trƣợt?

Câu 3 (4 điểm )

Một hành tinh có khối lƣợng m chuyển động theo đƣờng elip quanh Mặt Trời sao cho khoảng cách lớn nhất và nhỏ nhất từ Mặt Trời tới nó lần lƣợt là r1 và r2. Tìm độ lớn momen động lƣợng của hành tinh này đối với tâm Mặt Trời.

Câu 4 (4 điểm ) Biết n mol khí lý tƣởng ở nhiệt độ T  2T0 có nhiệt dung CV   nR , với 1

T  2T0 nhiệt dung của nó là CV2   CV1 , trong đó  ,  là haip

hơn 1. Chu kỳ tuần hoàn của nó thể hiện nhƣ trên hình 1:p2

hằng số lớn B (2T0)

C (3T0)

ABCDA là hình chữ nhật. p1

a. Tìm nhiệt độ TD chất khí ở trạng thái D.

O

A(T0) V1

D V2

b. Vẽ đồ thị sự biến đổi nội năng theo nhiệt độ.

Câu 5 (3 điểm ) Xác định hệ số ma sát nhớt của chất lỏng Cho công thức xác định lực ma sát nhớt tác dụng lên bi nhỏ: F  6 . .v.r Trong đó: η là hệ số ma sát nhớt của chất lỏng, v là tốc độ chuyển động của bi so với chất lỏng, r là bán kính của bi.

Cho các dụng cụ thí nghiệm: (1) Một ống thủy tinh hình trụ dài (2) Một ống nhỏ giọt (3) Một cân (4) Một đồng hồ bấm giây (5) Một thƣớc đo chiều dài

V

(6) Chậu đựng nƣớc có khối lƣợng riêng ρ đã biết (7) Chậu đựng dầu thực vật có khối lƣợng riêng ρd đã biết.

Trình bày cơ sở lý huyết, cách bố trí, các bƣớc tiến hành thí nghiệm để xác định hệ số ma sát nhớt của dầu thực vật đã cho.

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

THANH HÓA

Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ XUẤT ĐBDHBB NĂM HỌC 2017 -2018 Câu 1 + Do khối lƣợng riêng của quả cầu nhỏ hơn khối lƣợng riêng của nƣớc nên khi hình trụ quay thì quả cầu lệch về phía trục quay của hình trụ (Xét một “quả cầu nƣớc” ở vị trí của quả cầu gỗ và sợi dây

Fy Fx P

thẳng đứng khi hình trụ nƣớc quay. Khi đó nó chịu tác dụng của lực li tâm và lực do các phần tử nƣớc khác đẩy nó. Hai lực này cân bằng nhau. Nếu thay vào đó là quả cầu gỗ thì lực quán tính li tâm nhỏ đi còn lực đẩy của nƣớc thì vẫn không đổi, do đó quả cầu bị đẩy vào phía trục quay) + Giả sử chƣa buộc quả cầu vào sợi chỉ và hình trụ nƣớc đang quay Xét một phần tử nƣớc có thể tích đúng bằng thể tích quả cầu (V) và ở đúng vị trí quả cầu nếu có nó.

Những lực tác dụng vào phần tử nƣớc này gồm: P = DngV, lực F do các phần tử nƣớc xung quanh tác dụng: lực này gồm hai thành phần: Fy cân bằng với P và Fx hƣớng tâm.

Fy = DngV ;

Fx = m 2 R = DnV 2 (r - lsin  ) (*)

* Bây giờ nghiên cứu trƣờng hợp có quả cầu gỗ trong hình trụ nƣớc đang quay. + Quả cầu chịu tác dụng của các phần tử nƣớc còn lại chính là Fx và Fy; trọng lực P’ = DgVg và lực căng dây T + Xét theo phƣơng thẳng đứng: Fy - DgVg - Tcos  = 0 (1) + Xét theo phƣơng ngang: Fx - Tsin  = m’ 2 R = DgV 2 ( 2 (r - lsin  ) (2) + Từ (*); (1) và (2):

=

g.tg r  l sin 

 10,6 (rad/s)

Câu 2 1. Áp dụng định luật II + Psinα –Fms = MaG (1) + N = Pcosα (2) + Phƣơng trình chuyển động quay quanh khối tâm G + R.Fms = IG.γ ( 3) với IG =

a 1 1 MR 2 ,   G thay vào phƣơng trình (3) => Fms = MaG thay vào (1) 2 2 R

=> aG =

2 g sin  3

+ Vì ma sát là ma sát nghỉ do vậy: Fms   n .N =>  n  2. Từ (1) và (3) ta suy ra => aG  =>  

Mg sin   Fms M 2 Fms MR

tan  3

+ Gọi K là điểm tiếp xúc giữa khối trụ và mặt nghiêng: + aK = aG – γR=> aK = gsinα – 3μgcosα + Biện luận: + aK = 0 khối trụ lăn không trƣợt =>   + aK > 0 khối trụ lăn có trƣợt =>  

tan  3

tan  3

Câu 3 L = mr2ω = mr 2  mr121  mr222

(1)

Định luật bảo toàn cơ năng cho 2 vị trí r1; r2 m 2 2 GMm m 2 2 GMm 1 r1   2 r2  2 r1 2 r2



r    r  



r  

2 1

2

2 2

1

r12

2 1

1

2

2

r22

2



2  1 1   r1 1   1 1   GM      2  2 r r 2  1 2  r1 r2  2

2GM  r121  1 1  r1 r2

Thay vào (1) ta đƣợc:

2GMr1r2 . r1  r2

Lm

2GMr1r2 r1  r2

Câu 4 Từ đồ thị cho biết: A  B quá trình đẳng tích, tăng áp; B  C là quá trình giãn nở đẳng áp; C  D là quá trình hạ áp đẳng tích; D  A là quá trình nén đẳng áp.

Giả thiết: trạng thái A: p1 ,V1 , T0 ; trạng thái B: p2 ,V1 , 2T0 ; trạng thái C: p2 ,V2 ,3T0 ; trạng thái D: p1 ,V2 , TD a. Phƣơng trình trạng thái khí lí tƣởng: p2 2T0 p2 3T0 3 ;    TD  T0 2 p1 T0 p1 TD

Từ đó có thể biết rằng từ C  D sẽ qua trạng thái F mà có nhiệt độ 2T0 . b. Công thức nội năng khí lý tƣởng: U  CV T Ở trạng thái A: U A  CV T0   nRT0 1

Ở trạng thái B: U B  CV .2T0  2 nRT0 1

Ở trạng thái C: UC  CV .3T0  3 nRT0 1

Ở trạng thái F: U F  CV .2T0  2 nRT0 2

Ở trạng thái D: U D  CV .1,5T0  1,5 nRT0 1

Khi chất khí ở trạng thái B hoặc F (nhiệt độ đều là 2T0 ) có sự đột biến nhiệt dung. Ý nghĩa của nó là một chuyển động tự do nào đó của phân tử vừa đạt đƣợc nhiệt độ 2T0 tức là hệ ở trạng thái B, trạng thái kích thích: hấp thụ nhiệt mà không tăng nhiệt độ, nội năng là U B . Ở trạng thái F, xuất hiện sự tỏa nhiệt mà nhiệt độ không giảm, nội năng là U F . Do đó có thể biểu đạt hệ hoàn chỉnh quan hệ giữa nội năng U và nhiệt độ T là: U  CV1 .T   nRT , với T  2T0

U  CV2 .T   nRT , với T  2T0

U /  nRT0 3 2 2 1 0

T

T0

2T0

3T0

 nRT  U   nRT , với T  2T0

Từ quan hệ U và T ta có đồ thị

Câu 5 1. Cơ sở lý thuyết Vật rơi trong một môi trƣờng chịu tác dụng của lực cản tỷ lệ với tốc độ chuyển động của vật. Ban đầu vật rơi nhanh dần, nên tốc độ tăng dần, đến khi lực cản của môi trƣờng đủ lớn để cân bằng với trọng lực và lực đẩy Acsimet thì vật chuyển động đều.

Xét một viên bi nhỏ bán kính r chuyển động đều trong dầu với tốc độ v: + Phân tích lực: trọng lực P , lực đẩy Acsimet F A , lực ma sát nhớt F . + Viên bi chuyển động đều nên ta có: P  FA  F  0  F = P – FA

4 2 r 2   d .g  6.v.r   .r 3   d .g     3 9 v

Nhận xét: Để đo η, ta cần đo bán kính r và tốc độ chuyển động v của viên bi.

Ống nhỏ giọt

2. Tiến hành thí nghiệm a. Bố trí thí nghiệm nhƣ Hình 2: b. Tiến trình thí nghiệm:

Giọt nước CĐ

S

đều.

Nước Hình 2

Bƣớc 1: Thí nghiệm với ống nhỏ giọt - Dùng cân điện tử để cân khối lƣợng: ống nhỏ giọt, ống nhỏ giọt có chứa nƣớc để xác định khối lƣợng m của nƣớc trong ống.

- Đếm số giọt nƣớc N. Bƣớc 2: Cho giọt nƣớc từ ống nhỏ giọt rơi vào dầu từ một độ cao h xác định (để giọt nƣớc có tốc độ ban đầu đủ lớn). Mỗi giọt nƣớc chuyển động trong ống dầu, quan sát chuyển động của giọt nƣớc: - Dùng thƣớc đo quãng đƣờng S (quan sát thấy giọt nƣớc chuyển động đều).

- Dùng đồng hồ đo khoảng thời gian t chuyển động tƣơng ứng.

Chú ý: Khi tiến hành bƣớc 2 nhiều lần mức chất lỏng và nƣớc trong ống sẽ dâng lên nên ta phải chú ý: điều chỉnh vị trí của ống nhỏ giọt (để độ cao h không đổi); vị trí đo quãng đƣờng S (do mức nƣớc dâng lên).

3. Xử lý số liệu a. Xác định bán kính của một giọt nƣớc: Đo m, đếm N - Khối lƣợng 1 giọt nƣớc: m0 

- Bán kính 1 giọt nƣớc: r  3

m .

N

3V 3.m . 3 4 4 .

b. Xác định tốc độ chuyển động đều của giọt nƣớc trong dầu: v

S t

c. Xác định hệ số nhớt của dầu: 2 r 2   d .g 9 v

 

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

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.

v0

Hình 1

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  0  600 (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 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

0

Hình 2

L/2 L

Hình 3

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 n cách đáy xi lanh một khoảng bằng h, khí trong xi lanh c nhiệt độ T1. Xác định độ dịch chuyển của pittông khi nhiệt độ khí trong xi lanh tăng từ T1 đến T2.

Bài 5:Thực hành(3 điểm) Cho các dụng cụ sau (hình 5): - Một khối gỗ hình hộp ABCDA’B’C’D’ c 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.

C’

D’

C

D B

A’

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

A

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

(Đề thi gồm 02 trang)

HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài

Hướng dẫn chấm

1

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. + 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  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

Điể m

 mv 2 mv02   mgR cos   2  2 mvR sin   mv R 0 

Giải hệ phương trình được: cos  

1  v02  16 g 2 R 2  1  1    4 gR  v04 

0,5

Vậy độ cao nhỏ nhất của quỹ đạo chuyển động của vật so với mặt đất là: hmin

 v02  16 g 2 R 2  1  1  R 1  cos    R   4  4 g  v0 

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.

1

0,5 1

v  v  2 gR cos   2

v

2

2 0

v02  16 g 2 R 2  v04

0,5

2

v02  16 g 2 R 2  v04 2

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

0,25

0

G

0,5

P

0

G

N

0,25

P

Phương trình động lực học cho chuyển động quay quanh 0 là: 2  mL2 L 3  6 3g M P  I 0  P.L sin  0    m         3 13L  2   

0,5

là gia tốc khối tâm ngay sau khi đứt dây

0,5

4mg 13 N 8 Vậy tỉ lệ là:  N 0 13

=> N = P – mAG =

0.5

G

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  3g 3gL mgL I  2   mgL    mL2   2     vG  2

3

2

 3



4L

0,5

1,5

4

a.Xét phần chất lỏng cách trục quay từ x  x+dx.

0,5 L/2 L

Nó có khối lượng là: dm = Sdx Lực li tâm tác dụng lên phần tử chất lỏng này là: dF =  S 2 xdx Áp suất dư do phần tử chất lỏng này gây ra là: dP =  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  2  L2  a 2  2 P    xdx 

0,5

1

2

a

Áp dụng định luật Becnulli cho chuyển động của chất lỏng ngay trong và ngoài lỗ thoát:  2  L2  a 2  2



 v2 2

 v   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: SV = sv  V 

 s L2  a 2 S

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  s L2  a 2 Sda   dt  V dt S s L2  a 2 Vậy thời gian để toàn bộ chất lỏng thoát khỏi xi lanh là Sd

a L

0,5

 /2

S S d sin i   . t    2 2 s  /3 1   sin i  6 s L /2 a s 1    L L

4

0,5

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 ta c : U = Q + A  Q = U – A =

3R k (T2 – T1) + (x 22  x12 ) 2 2

(1)

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 = - Theo phương trình trạng thái: pV = RT

kx p.S F =  x= S S k

(2)

0,5

0,25

p=

RT RT = V S.x

0,25 0,25

(3) RT k

- Thay (3) vào (2)  x2 = R - Vậy: x 22  x12 = (T2 - T1 ) k k R  (x 22  x12 ) = (T2 - T1 ) 2 2

L

F

M

0,5 K

- Thay vào (1)  Q = U – A = 2R(T2 – T1) = 2RT - Nhiệt dung của hệ là: C =

0,5

Q = 2R ΔT

0,25

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) U = 5

3R (T2 – T1) 2

(6)

- Đặt khối gỗ dựng đứng như hình vẽ.

1 D

C

- 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 g c với bề mặt tấm gỗ (như hình vẽ) để nó có thể di chuyển.

F

M 

B

- Ban đầu, điểm đặt của bút chì ở gần K. Khi đ 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.

0,5

a

b

0,5

P A

Dùng thước đo AA’ = b; KM = c Khi đ hệ số ma sát sẽ được xác định theo công thức  

b .

2c

Giải thích: Nếu đẩy nhẹ cho khối gỗ trượt được thì lúc đ 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

1,5

0,5

qua mép của chân đế (hình vẽ). Khi đ : tg 

F mg b   .

P mg 2c

0,5

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT TỈNH QUẢNG NGÃI ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI MÔN VẬT LÍ - KHỐI 10 NĂM 2018 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi này có 02 trang, gồm 5 câu)

Câu 1. (5 điểm) Cơ học chất điểm + Các định luật bảo toàn Một tấm ván A dài l  80cm , khối lượng m1=1kg được đặt

B

trên mặt dốc nghiêng góc  so với mặt phẳng ngang. Một vật B khối lượng m2=100g được đặt trên tấm ván tại điểm cao nhất của tấm ván (hình 1). Thả cho hai vật A, B cùng chuyển động. Cho

A

biết hệ số ma sát giữa A và mặt dốc là 1  0,2 , giữa B và A là α

 2  0,1 . Lấy g=10m/s2.

Hình 1

1. Giả sử dốc đủ dài, cho   300 . a) Tìm thời gian để vật B rời vật A.

b) Khi vật B vừa rời khỏi vật A thì vật A đã đi được đoạn đường dài bao nhiêu trên mặt dốc?

2. Cho chiều dài dốc là L=2,4m. Xác định giá trị của  sao cho khi vật B vừa rời khỏi vật A thì đầu dưới của vật A tới chân dốc.

Bài 2. (4 điểm) Cơ học vật rắn 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 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  0 so với đường thẳng đứng (như hình 2). Sau đó, thả nhẹ vật cho hệ chuyển động.

Giả thiết rằng ma sát giữa vật và vành trụ là không đáng kể, vành trụ chuyển động lăn không trượt trên mặt phẳng ngang. Gia tốc trọng trường là g .

Tìm phản lực của vành trụ lên vật lúc vật đến vị trí thấp nhất của quỹ đạo.

M m

0

Hình 2

g

Bài 3. (4 điểm) Cơ học thiên thể Con tàu vũ trụ có khối lượng M = 1,2 tấn quay quanh Mặt Trăng theo quỹ đạo tròn ở độ cao h = 100km so với bề mặt của Mặt Trăng. Để chuyển sang quỹ đạo hạ cánh, động cơ hoạt động trong thời gian ngắn. Vận tốc khí phụt

R

B

t

ra khỏi ống khí của động cơ là u  10 m / s (vận tốc của khí đối với tàu vũ 4

trụ). Bán kính Mặt Trăng R t  1,7.10 km , gia tốc trọng trường trên Mặt 3

Trăng là g t  1,7m / s . Phải tốn bao nhiêu nhiên liệu để động cơ hoạt 2

Hình 3

động ở điểm A làm con tàu đáp xuống Mặt Trăng tại điểm B (hình 3).

Bài 4. (4 điểm) Nhiệt học 2 2 Xi lanh hình trụ có tiết diện trong S  10 m cùng với pittông P V và vách ngăn V làm bằng chất cách nhiệt (như hình 4). Nắp A của vách mở P khi áp suất bên phải lớn hơn áp suất bên trái. Ban đầu phần bên trái của xi A p0 lanh có chiều dài L  112 cm chứa m1  12g khí Hêli, phần bên phải cũng có chiều dài bằng phần bên trái và chứa m2  2g khí Hêli, nhiệt độ cả hai phần đều bằng T0  273 K. Ấn từ từ vào pittông theo phương ngang Hình 4 để nó chuyển động rất chậm hướng tới vách ngăn, ngừng một chút khi nắp 5 2 mở và sau đó đẩy pittông tới sát vách V . Biết áp suất không khí bên ngoài p0  10 N/m , nhiệt dung riêng đẳng tích và đẳng áp của Hêli bằng CV  3,15.10 J/(kg.K) và Cp  5, 25.103 J/(kg.K). Bỏ qua mọi ma sát, coi các khối khí là khí lí tưởng. Tính công đã thực hiện để di chuyển pittông.

3

Bài 5. (3 điểm) Phương án thực hành Xác định hệ số ma sát nghỉ giữa sợi chỉ và sắt.

Cho các dụng cụ sau : + Một sợi chỉ; + Một khối sắt hình trụ có trục cố định; + Giá để gắn cố định khối sắt hình trụ; + Thước đo độ để đo góc; + Một quả nặng; + Một lực kế; + Giấy kẻ ô milimét.

Yêu cầu: a) Trình bày cơ sở lí thuyết xác định hệ số ma sát nghỉ giữa sợi chỉ và sắt. b) Vẽ sơ đồ thí nghiệm, nêu các bước tiến hành, trình bày cách xử lí số liệu. ................. HẾT .................

A

Người ra đề: Lê Minh Khôi Điện thoại:

0905811799

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN VẬT LÍ KHỐI 10 (Đáp án gồm 07 trang)

Bài 1. (5 điểm)

Đáp án

Điểm

1. Vẽ hình, phân tích lực

N2

N1

Fms2

B

0,5 (+)

Fms1 P2

A

N '2

F'ms2 α

P1

a) - Gọi a1 là gia tốc của vật A đối với mặt dốc, a2/1 là gia tốc của B đối với A. - Xét chuyển động của vật B trong hệ quy chiếu gắn với vật A. 0,5

Theo định luật II Newton: P2

N2

Fms2

Fqt

m 2 a 2/1

(1)

Chiếu (1) lên chiều chuyển động ta có: m2gsin  -  2 m2gcos  - m2a1 = m2a2/1

(2)

0,5

- Xét chuyển động của vật A trong hệ quy chiếu gắn với mặt dốc.

- Theo định luật II Newton:       P1  N1  F 'ms 2  Fms1  N 2 '  m1a1

0,5 (3)

- Chiếu (3) lên chiều chuyển động: m1gsin  +  2 m2gcos  - 1 (m1+m2) gcos  = m1a1 Thay số tìm được

a1  3,18m/s2

Thay vào (2) tìm được

a2/1  0,95m/s2

- Thời gian vật B rời A:

2l a 2/1

t

0,5 (4) 0,5

1,3s

0,5

b) Quãng đường vật A đi được trên mặt dốc: 1 2

sA= a1t 2  2,69m

2. - Thời gian vật B rời A:

t2

- Thời gian vật A tới chân dốc: t1 

0,5

2l a 2/1

2( L  l ) a1

0,5

2( L  l ) 2l = (5) a 2/1 a1

Từ đề bài ta phải có:

Rút a1, a2/1 từ (2) và (4) thế và(5) biến đổi ta được: 0,5 tan   0,43    23,27

0

Bài 2. (4 điểm) Đáp án Các lực tác dụng lên hệ như hình 1.

Điểm

Phương trình chuyển động của vật theo phương ngang max  N sin  .(1)

M, R

m N  Mg

Phương trình chuyển động của vành trụ theo phương ngang Mw  N sin   Fms .

(2)

N

Phương trình chuyển động quay của vành trụ

Fms

là I   Fms R , với I  MR 2 và  

N mg

Hình 1

w nên R

Fms  Mw .

suy ra

Thay (3) vào (2), ta được

N sin   2Mw .

Thay (4) vào (1) ta được

max  2Mw hay mu  2Mv .

0,5

0,5

0,5

(3) (4)

0,5

(5)

0,5

Theo định luật bảo toàn cơ năng

mgh 

1 1 1 1 mu 2  Mv 2  I  2 hay mgR(1  cos  0 )  mu 2  Mv 2 .

2 2 2 2

MgR(1  cos0 ) m , v m  2M M

(6)

MgR(1  cos0 ) . (7) m  2M Khi vật đến vị trí thấp nhất của quỹ đạo, vận tốc của vật đối với vành trụ là vrel  u  v .

Giải hệ (5) và (6) ta được u  2

0,5

0,5

Phương trình chuyển động của vật tại vị trí thấp nhất quỹ đạo xét theo phương hướng tâm cũng là phương thẳng đứng là N  mg  m



 m   2  (1  cos 0 )  . M  

vào ta được kết quả N  mg 1  



2 vrel (u  v) 2 m . Thay u và v ở (7) R R

0,5

Bài 3. (4 điểm) Đáp án

Điểm

Gọi v là vận tốc trên quỹ đạo tròn, vA và vB là vận tốc trên quỹ đạo hạ cánh, quỹ đạo này là một phần của elíp. Vì động cơ chỉ hoạt động trong thời gian rất ngắn đủ giảm bớt v một lượng v cần thiết ( v hướng ra phía trước để hãm tàu).

- Định luật II Niutơn áp dụng cho tàu trên quỹ đạo tròn: 1,0

MtM Mv 2 GM t g t .R 2t G  v   1651m / s (R t  h) 2 R t  h Rt  h Rt  h

(1)

- Định luật bảo toàn năng lượng trên quỹ đạo elip: ( M1 là khối lượng còn lại của tàu vũ trụ)

M1vA2 M t M1 M1vB2 MM EA  EB  G  G t 1 2 (R t  h) 2 Rt

1,0 (2)

Theo định luật Keppler 2:

L A  L B  v A (R t  h)  v B .R t  v B 

v A (R t  h) Rt

(3) 1,0

Thay (3) vào (2): vA  1628m/ s  v  v  vA  23m/ s Gọi m là khối lượng nhiên liệu đã cháy, áp dụng định luật bảo toàn động lượng: Độ biến thiên động lượng của khí bằng độ biến thiên động lượng còn lại của tàu:

(M  m)v  mu (u là vận tốc tương đối của khí đối với tàu vũ trụ)

m

Mv  28,73kg u  v

1,0

Bài 4. (4 điểm) Đáp án

Điểm

Áp suất phần bên trái của xilanh: p1V0 

m1



RT0  p1 

m1 m RT RT0  1 0 V0  LS

0,5

1 .

Áp suất phần bên phải xilanh: p2V0 

m2



RT0  p2 

m2 m RT0 RT0  2 V0  LS

 2

0,5

.

Vì m1  m2  p1  p2 : ban đầu nắp A đóng.

Quá trình pittong nén khí, dời chỗ về phía trái đến sát vách ngăn được chia làm hai giai đoạn: * Giai đoạn 1: Nén khí trong phần bên phải (đoạn nhiệt thuận nghịch) cho đến khi áp suất khí trong phần này bằng với áp suất p1 của phần bên trái, nhiệt độ khí tăng lên đến giá trị T1, khi đó nắp A mở có sự hòa trộn của hai lượng khí: khối khí m1 có nhiệt độ T0 ở bên trái và khối khí m2 có nhiệt độ T1 ở bên phải. Trong quá trình hòa trộn, khí không nhận nhiệt và công bên ngoài vì thế nội năng tổng cộng của hai khối khí không đổi.

0,5

Gọi T2 là nhiệt độ chung của khối khí sau khi hòa trộn, ta có: m1CV T0  m2CV T1   m1  m2  CV T2  T2 

m1T0  m2T1 m1  m2

 3 .

* Giai đoạn 2: Nén khí trong cả hai phần (đoạn nhiệt thuận nghịch) cho đến khi pittong tới sát vách ngăn, nhiệt độ của khí tăng từ T2 đến T, công nén khí An = A  .

Vì nén đoạn nhiệt nên Q = 0, từ nguyên lí I NĐLH cho cả quá trình ta có: Q  A  U  An  A '  U   m1  m2  CV T  T0 

 4 .

0,5

Dựa vào phương trình đoạn nhiệt: 1

1

p   T1  T0  2   p1 

T0 p2   T1 p1 

1



m   T0  2   m1 

1



0,5

5

 559, 01K

.

Thay (5) vào (3), ta có: 1      m1T0  m2T1 m1  m2  T2  1     313,85K  T0 m1  m2 m1  m2   m1    

 6 .

0,5

Gọi V1 là thể tích ngăn bên phải khi áp suất của khí là p1, ta có: 1

1

 p   m  p2V0  p1V1  V1  V0  2   V0  2   p1   m1 

7 .

Giai đoạn 2 là một quá trình nén đoạn nhiệt thuận nghịch khí từ thể tích V0  V1 , nhiệt độ T đến thể tích V nhiệt độ T. Áp dụng phương trình đoạn 2 0

nhiệt, ta có: T2 V0  V1 

 1

 TV0 1

 V V   T  T2  0 1   V0 

 1

1      m 2    T2 1     m1    

 1

0,5



1    m1    m2     T0   381, 7 K  1    m1  m2    m1    

8

Công cần thực hiện:   m1 A1  An  p0 SL  CV  m1  m2  T0   m1  m2 

1      1  m2    1  p SL  0  m1      

Thay số ta tính được: An  4793,67 J , A2  p0 SL  1120 J , A1 = 3673,67J.

9 .

0,5

Bài 5. (3 điểm) Đáp án

Điểm

a)Cơ sở lí thuyết Vắt sợi chỉ qua khối sắt hình trụ, một đầu nối với vật nặng, đầu kia giữ bởi lực căng T. Khi vật nặng sắp trượt xuống dưới, ma sát giữa sợi chỉ và sắt là ma sát nghỉ cực đại.

Xét một phần sợi chỉ chắn góc d , điều kiện cân bằng của phần này là

0,5

T   d   T    dT  Fms .

N  T sin  d   Td .

Mặt khác, áp lực của hai lực căng lên trụ sắt là

Fms   N .

Tại giới hạn trượt ta có

(2) (3)

Mg  T  0   T   e  .

Kết hợp (1), (2) và (3) ta có

(1)

0,5

(4) 0,5

Bằng cách đo quan hệ T   ta sẽ thu được hệ số ma sát. b) Sơ đồ thí nghiệm

0,5

T ( )



d

N T (  d )

Lực kế đo lực căng dây

Trọng vật

Mg

Cách tiến hành Dùng lực kế để đo sức căng dây.

Dùng ê ke để tạo các góc   0;  2;  ; 3 2; 2 ; 5 2.

Thả lực kế yếu dần cho đến khi vật bắt đầu trượt xuống, ghi lại số chỉ lực kế.

Cách xử lí số liệu Từ (4) lấy Logarit Nepe ta được ln T     ln( Mg ). Đặt X   ; Y  ln T .

Vậy quan hệ là tuyến tính. Vẽ đồ thị (Y, X) ta được hệ số góc, ta suy ra được hệ số ma sát nghỉ cần tìm.

Có thể làm ngược lại là kéo cho vật trượt lên.

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

0,5

0,5

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KV DH & ĐB BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN BÌNH ĐỊNH

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ NĂM HỌC 2017- 2018

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

MÔN THI: VẬT LÝ LỚP 10 (Thời gian làm bài 180 phút) Đề thi gồm 2 trang

Câu 1: Cơ chất điểm (5 điểm) Một máng nghiêng AB có một phần được uốn cong thành cung tròn BCD bán kính R. Vật có khối lượng m bắt đầu trượt từ độ cao h so với mặt phẳng ngang qua B. Bỏ qua mọi ma sát. a. Tìm điều kiện của h để m có thể trượt hết máng tròn mà vẫn bám vào máng. b. Nếu tại B có vật M = 2m và m được thả từ độ cao h = 2R. Tìm độ cao lớn nhất mà mỗi vật đạt được sau va chạm. Biết va chạm là xuyên tâm hoàn toàn đàn hồi. c. Tìm điều kiện của h để M bắt đầu rời khỏi máng tại vị trí E có độ cao h E  4R / 3 Câu 2: Cơ học vật rắn (4 điểm) C

Cho cơ hệ như hình 1.

Ròng rọc cố định C và con lăn A là đĩa tròn đồng chất có cùng khối lượng M  600g

và bán

kính R. Sợi dây một đầu quấn quanh con lăn

A m 

A rồi vắt qua ròng rọc C, đầu còn lại nối với một vật có khối lượng m  100g.

(Hình 2)

Thả cho con lăn lăn không trượt trên mặt phẳng nghiêng cố định. Góc giữa mặt phẳng nghiêng so với mặt ngang   300. Biết rằng dây không dãn, không khối lượng, không trượt trên ròng rọc và con lăn. Lấy g  10m / s 2. a. Tính gia tốc của vật m. b. Tính lực căng của sợi dây.

Câu 3: Cơ học thiên thể, cơ học chất lưu (4 điểm) Một vệ tinh nhân tạo khối lượng m chuyển động theo quỹ đạo Elip quanh Trái Đất. Khoảng cách gần nhất từ tâm Trái đất đến vệ tinh là h, khoảng cách xa nhất là H. Tính: a. Cơ năng toàn phần của vệ tinh và vận tốc của vệ tinh tại vị trí cách tâm Trái Đất một khoảng l. b. Chu kì quay T của vệ tinh và khối lượng của Trái Đất nếu sử dụng các thông số quỹ đạo của vệ tinh nhân tạo “Côxmôt” : T = 102,2 phút; h = 6588 km, H = 7926 km.

Câu 4: Nhiệt học (4 điểm) Trong một xy lanh cao cách nhiệt đặt thẳng đứng, ở dưới piston mảnh và nặng có một lượng khí lí tưởng đơn nguyên tử. Ở trên piston, tại độ cao nào đó, người ta giữ vật nặng có khối lượng bằng khối lượng piston. Sau đó, người ta thả vật nặng ra và nó rơi xuống piston. Sau va chạm tuyệt đối không đàn hồi của vật và piston một thời gian, hệ chuyển sang trạng thái cân bằng mà tại đó piston ở cùng độ cao ban đầu của piston. Hỏi độ cao ban đầu của vật so với đáy xy lanh gấp bao nhiêu lần độ cao của piston lúc đầu so với đáy xylanh. Bỏ qua ma sát và trao đổi nhiệt.

Câu 5: Phương án thực hành (3 điểm) Một cốc đong trong thí nghiệm có dạng hình trụ đáy tròn, khối lượng M, có thể tích bên trong của cốc là V0. Trên thành cốc, theo phương thẳng đứng người ta khắc các vạch chia để đo thể tích và đo độ cao của chất lỏng trong cốc. Coi đáy cốc và thành cốc có độ dày như nhau, Bỏ qua sự dính ướt. Được dùng một chậu to đựng nước, hãy lập phương án để xác định độ dày d, diện tích ngoài S và khối lượng riêng C của chất làm cốc. Yêu cầu: a. Nêu các bước thí nghiệm. Lập bảng biểu cần thiết. b. Lập các biểu thức để xác định d, S theo các kết quả đo của thí nghiệm ( cho khối lượng riêng của nước là  ). c. Lập biểu thức tính khối lượng riêng C của chất làm cốc qua các đại lượng S, d, M, V0. d. Dùng phương pháp đồ thị để xác định diện tích đáy ngoài S, rồi tìm độ dày d của cốc. Nêu các bước tiến hành và giải thích. .....................................................Hết................................................

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KV DH & ĐB BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN BÌNH ĐỊNH

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ NĂM HỌC 2017- 2018

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Câu

1

MÔN THI: VẬT LÝ LỚP 10 (Thời gian làm bài 180 phút) Đề thi gồm 2 trang

Nội dung Điểm a. Tìm điều kiện của h để m có thể trượt hết máng tròn mà vẫn bám vào máng 2,0

Xét vật ở tại M Phương trình định luật II Niu ton chiếu lên trục hướng tâm:

N  P cos   m

V2 R

1

0,5

Áp đụng định luật bảo toàn cơ năng tại A và tại M: mgh  m

V2 V2 h   mgR 1  cos   m  2mg   1  cos    2  2 R R 

 2h  Từ (1) và (2) suy ra: N  mg   2  3cos  R 

0,5

0,5

Để vật có thể trượt hết máng mà vẫn bám vào máng thì   2h  2h   N  mg   2  3cos   0,   min mg   2  3cos    0  h  2,5R R R     

0,5

b. Nếu tại B có vật M = 2m và m được thả từ độ cao h = 2R. Tìm độ cao lớn 1,5 nhất mà mỗi vật đạt được sau va chạm Vận tốc của m ngay trước lúc va chạm là: V0  2gh  4gR

0,5

Vận tốc của m và M ngay sau va chạm là: 0,5

V1 

4gR 2 4gR mM 2m V0   ; V2  V0  mM 3 mM 3

Vậy ngay sau va chạm, vật m bị bậc ngược lại, vật M đi tới, độ cao cực đại mỗi vật đạt được sau đó: H1 

V12 V2 2 8  R; H 2  2  R 2g 0 9 2g 0 9

0,5

c. Tìm điều kiện của h để M bắt đầu rời khỏi máng tại vị trí E có độ cao 1,5 h E  4R / 3 Giả sử M trùng E thì h E  R 1  cos   cos  1/ 3 . Vật bắt đầu rời máng tại E nên N = 0. Phương trình định luật II Niuton chiếu lên trục hướng tâm:

VE2 gR  VE  gR cos   Mg cos   M R 3 Áp dụng định luật

0,5

bảo toàn cơ năng tại B và tại E ta có:

V2  VE2  2gh E  3gR

2 2gh 2m 9 V22 27 V0  h  R Mặt khác V2  mM 3 8 g 8 2

0,5

Hình vẽ

(+) A 

T2

0,5

C

T2 K PM

0,5

T1 Fmsn

T1 m P

Gọi O2, O1 là tâm của đĩa A, ròng rọc C.Vận tốc dài tại một điểm trên vành của ròng rọc C là VC  VA/K  1R  2 2R  1  22  1  2  2  a  1R  2  2 R

1

0,5

Phương trình động lực học cho vật chuyển động tinh tiến m, vật chuyển động quay C và vật chuyển động song phẳng A (quanh trục tức thời qua K)

1,5

  T1  mg  ma T1  mg  ma   2 MR M       T T R    2 1 T2  T1  a 1 2 2   2  Mg sin 3M   3MR  T2  a 2 MgR sin   T2 2R   2 8  2

1,0

 a  4g(M sin   2m) 7M  8m   Mmg(4sin   7)  T1   1, 08N 7M  8m   Mmg(4sin   7) M 4g(M sin   2m) Mg  4M sin   m  8sin   6      1,32N T2  7M  8m 2 7M  8m 2  7M  8m  

3

a. Cơ năng toàn phần của vệ tinh và vận tốc của vệ tinh tại vị trí cách tâm 3 Trái Đất một khoảng l. a/ Cơ năng của vệ tinh tại A : mvA 2 mM mM mvA 2 W G  WG  1 2 h h 2 Cơ năng của vệ tinh tại B: mvB2 mM mM mvB2 W G  WG   2 2 H H 2 Theo định luật II Keppler: vA h = vBH (3) Từ (1), (2), (3) ta có: mM 2 WG 2 h  v A   H   h 2  H 2 W  GMm  h  H    mM v 2B  h  WG H mM  W  G H  h là V. - Gọi vận tốc của vệ tinh cách tâm Trái Đất một khoảng 2 mM mV Ta có cơ năng của vệ tinh là: W1  G 2 Xem hệ vệ tinh – Trái Đất là hệ kín nên cơ năng được bảo toàn.

mV 2 mM mM 1  1 G  G  V  2GM    2 (h  H) Hh 

0,5

0,5 0,5

0,5

0,5

0,5

b. Chu kì quay T của vệ tinh và khối lượng của Trái Đất nếu sử dụng các 1,0 thông số quỹ đạo của vệ tinh nhân tạo “Côxmôt” : T = 102,2 phút; h = 6588 km, H = 7926 km.

Theo định luật III Keppler (viết dưới dạng tổng quát) ta có:

T 2 (M  m) 42  a3 G Vì m << M nên gần đúng ta có thể viết lại :

 (H  h)3  0,5  T  2   GM   - Tính khối lượng Trái Đất theo các thông số quỹ đạo của vệ tinh nhân tạo “Côxmôt 380” T 2 42  a 3 GM

M

4

với a=

1 H  h  2

42a 3 42 (H  h)3 2 (H  h)3 3,142 (6588  7926)3109     6, 009.1024 kg T 2G 8T 2G 2T 2G 2(102, 2.60 ) 2 6.67.1011

0,5

Gọi m là khối lượng của vật thì khối lượng piston cũng là m. Gọi h1 là độ cao ban đầu của piston thì độ cao ban đầu của vật là h 2  h1 (so với đáy xy lanh).

Xét vật, ngay trước lúc va chạm, vật có vận tốc là v0 tuân theo định luật bảo toàn cơ năng: v0  2g  h 2  h1   2gh1    1.

0,5 Ngay sau va chạm mềm, vận tốc của hệ (vật-piston) là v tuân theo định luật

2gh1    1 v0  .

2 2 0,5 Theo phương trình trạng thái khí lí tưởng và điều kiện cân bằng piston ở trạng thái đầu (trước va chạm) và cuối (sau va chạm) ta có: p1Sh1  RT1 ; p1S  mg RT1  mgh1  1  1,0 p 2Sh1  RT2 ; p 2S  2mg RT2  2mgh1 Sau va chạm, định luật bảo toàn năng lượng là 1 3 3  2m  v 2  RT1  2mgh1  RT2  2mgh1 2 2 2 mgh1 3 3 1,0     1  RT1  2mgh1  RT2  2mgh1  2  2 2 2 Thay (1) vào (2) ta được: mgh1 3 3  1 7  5  4    1  mgh1  2mgh1  2mgh1  2mgh1  2 2 2 2 2

bảo toàn động lượng mv0  2mv  v 

1,0

5

vạch chia

Vt a. Các bước thí nghiệm:

d

hn=

S 0,75

- Cho nước vào cốc với thể tích V1, thả cốc vào chậu, xác định mục nước ngoài cốc hn1 (đọc trên vạch chia).

- Tăng dần thể tích nước trong cốc: V2, V3,... và lại thả cốc vào chậu, xác định các mực nước hn2, hn3,…

- Khi đo phải chờ cho nước phẳng lặng. * Lập bảng số liệu: hn1 hn2 V1 V2 D S … …

…

…

…

…

…

…

…

…

…

b. Các biểu thức 0,75 Gọi hn là mực nước ngoài cốc, p là khối lượng riêng của nước, m1 và Vt tương ứng là khối lượng và thể tích nước trong cốc. Phương trình cân bằng cho cốc có nước sau khi thả vào chậu: pg(d+hn)S = (M + mt)g  p(d+hn)S = M + Vtp (1) Từ (1) ta thấy hn phụ thuộc tuyến tính vào Vt. Thay Vt bởi các giá trị V1, V2,… p(d+hn1)S = M + V1p (2) p(d+hn2)S = M + V2p (3) … Đọc hn1, hn2,… trên vạch chia thành cốc. Lấy (3) trừ (2) rồi rút S ra: V  V1 (4) S 2 h n 2  h n1 Thay các giá trị V2, V1, hn2, hn1 nhiều lần để tính S. Sau đó thay vào (2) để tính d:  M  V1p  h n 2  h n1   h (5) M  V1p d  h n1  n1 pS p  V2  V1  0,75 c. Biểu thức tính pb: Gọi h là độ cao của cốc, h0 là độ cao thành trong của cốc: r là bán kính trong R là bán kính ngoài của cốc; V là thể tích của chất làm cốc; St là diện tích đáy trong của cốc. Ta có: V V S S h  h 0  d; h 0  0t  0t2 ; R  r  d  r   d; St r   M M M p0    (6) V S  h 0  d   Vot   Vot S  d   V0t 2  ( S  d )  0,75 d. Phương pháp đồ thị Vì hn = a + bV1 (7) Với M 1 a   d; b (8) Sp S * Đồ thị: vẽ đồ thị hn (Vt) Đồ thị của phương trình (7) là đường thẳng có độ dốc:

h n 2  h n1 1 V V  S 2 V2  V1 S h n 2  h n1 Giá trị a xác định bằng cách ngoại suy từ đồ thị thực nghiệm, khi kéo dài đường thực nghiệm, cắt trục tung ở a (tương ứng với giá trị Vt = 0). Từ đây xác M định được độ dày d bởi (8): d   a (9) Sp b  tan  

SỞ GD&ĐT ĐÀ NẴNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2017-2018 MÔN THI: VẬT LÝ.

KHỐI: 10 (Thời gian: 180’ không kể thời gian giao đề)

Câu 1. (5 điểm) 1. Một hòn đá được ném lên từ mặt đất với vận tốc ban đầu v 0 theo phương hợp với mặt phẳng nằm ngang một góc α. Trong quá trình bay, vec-tơ vận tốc quay.

Tìm giá trị cực đại và cực tiểu của tốc độ góc của phép quay đó. Coi mặt đất là phẳng và bỏ qua ma sát của không khí.

2. Cùng vị trí và thời điểm ném hòn đá, người ta ném thẳng đứng lên trên một hòn bi cũng với vận tốc ban đầu v0. Hỏi góc α phải bằng bao nhiêu để khoảng cách giữa hai vật là cực đại. Khoảng cách cực đại đó bằng bao nhiêu? Cho rằng khi chạm đất, vận tốc của hai vật lập tức triệt tiêu.

Câu 2. (4 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 vận tốc góc 0 .

Người ta đặt nhẹ nhàng vành xuống chân của một mặt phẳng nghiêng góc  so với phương

ω0 α Hình 1

ngang (như Hình 1). Hệ số ma sát trượt giữa vành và mặt phẳng nghiêng là  . Bỏ qua ma sát lăn.

1. Tìm điều kiện của góc α 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.

Câu 3. (4 điểm)

Một tàu vũ trụ chuyển động theo quỹ đạo tròn quanh Trái đất ở độ cao h = R D (RD = 6400 km là bán kính Trái đất). Tại thời điểm tàu vũ trụ có vận tốc v0 thì từ tàu phóng ra một robot thăm dò có vận tốc u cùng hướng với v0 để đi tới một hành tinh khác. Vận tốc phần còn lại của tàu ngay sau khi phóng có vận tốc v1 ngược hướng với u và sau đó chuyển động theo một quỹ đạo elip đi tới gần bề mặt Trái đất ở điểm đối diện với với điểm xuất phát của robot.

1. Hỏi khối lượng của robot có thể chiếm một phần tối đa bằng bao nhiêu khối lượng của tàu vũ trụ.

2. Khi tàu quay trở lại vị trí mà robot được phóng ra thì người ta tăng tốc tàu theo phương tiếp tuyến để tàu trở lại quỹ đạo ban đầu. Tính năng lượng cần cung cấp cho tàu.

Câu 4. (4 điểm) Trong một động cơ nhiệt có n mol khí lý

p

tưởng đơn nguyên tử thực hiện một chu

3p0

trình biến đổi 1 – 2 – 3 – 4 – 1 cho trên

2p0

Hình 2.

1. Tính công sinh ra trong một chu trình

2 1

3

p0

theo p0, V0.

2. Tìm hiệu suất của chu trình.

4 2V0 3V0 4V0 V

Hình 2

3. Tìm hiệu suất lí tưởng của một động cơ có nhiệt độ nguồn nóng và nguồn lạnh là nhiệt độ cao nhất và thấp nhất của chu trình trong Hình 2.

Câu 5. (3 điểm) Cho các dụng cụ sau: - Một mặt phẳng nghiêng có thể thay đổi góc nghiêng α - Lực kế - Bình chứa nước và nước đã biết trọng lượng riêng  0 .

- Thước đo góc.

O2

O1

- Một hình cầu bằng thuỷ tinh, bên trong có một bọt khí

Hình 3

hình cầu (Hình 3). Thuỷ tinh đã biết trọng lượng riêng γ.

Yêu cầu: Xác định đường kính của hình cầu, 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.

GV: Phan Thế Hiếu

SĐT: 0906438314

SỞ GD&ĐT ĐÀ NẴNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2017-2018 MÔN THI: VẬT LÝ.

KHỐI: 10 (Thời gian: 180’ không kể thời gian giao đề)

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1 (5 điểm) Nội dung

Ý

Điểm

1. Xét chuyển động của hòn đá gt 2 vx = v0cosα, v y  v0 sin  gt ; x1 = v0(cosα)t; y1 = v0 ( sin )t  2

0,5

Xét tại thời điểm t, lúc đó vt hợp với phương ngang một góc φ.

Ta có ω =

vt với R là bán kính chính khúc) R

vt2 v Gia tốc hướng tâm an   g cos   g x R vt  

gvx gv0cos  2 2 2 vt v0 cos   (v0 sin  gt ) 2 gv0cos

 v02

0,5

 gt 2   2 g  v0 ( sin )t   2  



gv0cos v02  2 gy1

0,75

ωmax khi v02  2 gy1   y1max min y1max khi vy = v0sinα – gt = 0  t =

v0 sin g  max  g v0cos

0,75

gv0cos v02

0,5

ωmin khi v02  2 gy1   y1 = 0  min  max 2. Xét hòn bi gt 2 2v y2  v0t  ; x2  0; t  0 2 g

0,25

Xét hòn đá gt 2 2v sin y1  v0 (sin  )t  ; x1  v0 (cos )t ; t  0 2 g

0,25

Khoảng cách giữa hai vật tại thời điểm t

d  ( y1  y2 ) 2  x12

d  2

2v sin 8v04 2 ) sin )  2 sin  (1  sin ) (vì t  0 g g

0,5

8v04 2 32v04 sin  sin  sin  (1  sin )  2 (1  sin ) 2 2 g2 g

0,25

2vo2t 2 (1 

Xét f ( ) 

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số Ta có

sin  sin  1 (1  sin )  2 2 27

0,25

32v04 d  27 g 2 2

dmax =

0,25

4 2 v02 2 , khi sin      420 3 3 g 3

0,25

Câu 2: (4 điểm) Nội dung

Ý 1.

Điểm

N

Fms

ω0

α P

Do vận tốc ban đầu của khối tâm bằng 0 nên khi đặt xuống vành vừa quay vừa trượt trên mặt phẳng nghiêng.

0,5

Phương trình động lực học cho chuyển động của khối tâm: Fms  mgsin  ma  mg cos  mg sin   ma

0,5

a  g (  cos  sin  )

Để vành đi lên được mặt phẳng nghiêng thì a > 0 → μ > tanα

0,5

2. Vận tốc khối tâm tăng dần trong khi vận tốc góc giảm dần. Đến khi v = ω.R thì vành sẽ lăn không trượt. Ta xét 2 giai đoạn: * Giai đoạn vừa quay vừa trượt Phương trình chuyển động quay:  Fms .R  mR 2    

 g cos 

0,25

R

Đến thời điểm t1, vành kết thúc trượt. Vận tốc của khối tâm và vận tốc góc lúc này là v1  at1  g ( cos  sin  )t1

1  0   t1  0  Do v1  1.R  t1 

 g cos  R

.t1

0 R g (2  cos   sin  )

→ v1  (  cos   sin  ).

0,5

0 R (2  cos   sin  )

0,25

Quãng đường mà vành đi lên được trong giai đoạn này v12 02 .R 2 (  cos   sin  )  S1  2a  2 cos   sin  2 .2 g

0,25

* Giai đoạn lăn không trượt: Lực ma sát nghỉ hướng lên trên. Phương trình động lực học cho chuyển động quay quanh tâm quay tức thời:

mgR sin   2mR 2   

 g sin  2R

0,25

Gia tốc khối tâm của vành là: a '   .R 

 g sin  2

Thời gian vật chuyển động lên trong giai đoạn này được xác định từ phương trình

0  v1  at2  t2  (  cos   sin  ).

20 R g sin  (2 cos   sin  )

Quãng đường vật lên được trong giai đoạn này:

0,25

2

 v12  0 R 1   (  cos   sin  ). s2  2a '  2 cos   sin   g sin 

Thời gian vật đi lên bằng t  t1  t2 

0 R g sin 

02 R 2 (  cos  sin  ) Quãng đường vật đi lên s  s1  s2  2 g sin  (2 cos   sin  )

0,25

0,25

0,25

Câu 3. (4 điểm) Nội dung

Ý 1. v1

m

Điểm

Gọi M là khối lượng của tàu vũ trụ và

u

v0

A

m là khối lượng của robot.

Tại thời điểm tàu phóng ra robot, áp dụng định luật bảo toàn động lượng: mu  M 1v1  Mv0

O

 mu   M  m  v1  Mv0 B

v2

Suy ra:

m v0  v1  (1) M u  v1

0,5

Áp dụng định luật II Niu-tơn cho chuyển động của con tàu trên quỹ đạo tròn bán kính R = h + RD = 2RD: G

M D .M

 2RD 

2

Mv02 GM D   v0  2 RD 2 RD

0,5

Vì ở rất xa Trái đất (sau khi phóng một thời gian) nên động năng và thế năng hấp dẫn của trạm tại đó đều bằng 0; áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ta có:

mu 2 M m GM D (3) G D 0u  2 (2 RD ) RD

0,5

Xét phần còn lại của tàu chuyển động trên quỹ đạo elip. Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng tại A và tại B ta có M1v12 M D M1 M1v22 M M G   G D 1 (4) 2 2 RD 2 RD

0,5

Vì v1 và v2 vuông góc với các bán kính vec-tơ OA và OB nên áp dụng định luật 2 Kepler ta có

0,5

v1.2RD  v2 .RD  v2  2v1 (5)

0,25

Từ (4) và (5) rút ra v1 

GM D (6) 3RD

1 1  m 3  3  2  0,8  2 Thay (2), (3), (6) vào (1) ta được: 1 M 6 2 1 3

0,25

2. Từ (4) và (6) ta có năng lượng của tàu trên quỹ đạo elip W1  

0,5

GM 1M D 3RD

Để chuyển động trên quỹ đạo tròn thì vận tốc của tàu phải là v0 

GM D 2 RD

→ Năng lượng của tàu trên quỹ đạo tròn:

MM 1 MM W2  M1v02  G 1 D  G 1 D 4 RD 2 2 RD

Vậy năng lượng cần cung cấp cho tàu là: W  W2  W1 

( M  m) M D GM1M D M .M D G G 12 RD 12 RD 60 RD

0,5

Nội dung

Điểm

Câu 4 (4 điểm) Ý

1 Tổng công mà khí sinh ra trong một chu trình | A | 2 p0V0

0,5

2. Ta có quá trình 1-2: khí thu nhiệt Nhiệt lượng khí nhận được:

Q12   A12  ΔU12 

5 p0V0 3n  R T2  T1   10 p0V0 2 2

0,25

Quá trình 3-4: khí toả nhiệt Xét quá trình 2-3 ta có:

 p0 2    V  6 p0V  pV  V0 p  (1)  p   0 V  6 p0  T  nR nR V0 Ta có 3 2

 Q  dU  pdV  nRdT  pdV   p  3  p0 2V  6 p0  dV    0 V  6 p0  dV 2  V0   V0 

Q  

 4 p0  V  15 p0  dV  V0 

Q  

Khí nhận nhiệt khi δQ > 0 

0,5

4 p0 15 V  15 p0  0  V  V0 .

V0 4

Vậy nhiệt lượng khí nhận trong quá trình 2-3 là: Q23 

0,25

15 V0 4 



3V0

 4 p0 9p V V  15 p0  dV  0 0  8  V0 

 p0    V  4 p0 V pV  V0 p  (2)  Xét quá trình 4-1: p   0 V  4 p0 → T  nR nR V0  2 p0  V 4 p    0 3nR  V0  dV    p0 V  4 p  dV  Q  dU  pdV   0 nR 2  V0  .  4 p0  V  10 p0  dV  V0 

Q  

Khí nhận nhiệt khi  Q  0 → 

0,5 4 p0 V  10 p0  0  V  2,5V0 V0

0,25

Nhiệt lượng khí nhận là: Q41 

2,5V0



3V0

 4 p0  pV V  10 p0  dV  0 0  2  V0 

0,25

Hiệu suất của chu trình H

A  17,2% Q12  Q23  Q41

3 Ta có T2  T4 ; T2  T1; T3  T4 ; T3  T1 Nên nhiệt độ cao nhất của chu trình nằm trong quá trình 2-3 và nhiệt độ thấp nhất chu trình nằm trong quá trình 4-1

0,25

Xét quá trình 2-3

 p0 2    V  6 p0V  pV  V0   Từ (1) ta có  T  nR nR → Tmax khi V = 3V0 → Tmax  T2 

9 p0V0 nR

0,5

 p0    V  4 p0 V pV  V0   Xét quá trình 4-1, từ (2) ta có T  nR nR  dT 

2 p0 V  4 p0 V0 dV nR

Ta thấy Khi V giảm từ 3V0 về 2V0 thì T tăng (do dT > 0) Vậy nhiệt độ thấp nhất của chu trình là Tmin  T4 

p0 .3V0 nR

0,5

Hiệu suất lí tưởng H 1

Tmin 3  1   66,7% Tmax 9

0,25

Câu 5. (3 điểm) Nội dung Ý

Điểm

Gọi r là bán kính bọt khí và R là bán kính hình cầu.

Dùng lực kế, đo được trọng lượng của quả cầu.

0,5

4 P1   ( R3  r 3 ) (1) 3

Nhúng quả cầu vào nước, dùng lực kế đo trọng lượng biểu kiến của quả cầu 4 4 P2   ( R3  r 3 )   R3 0 (2) 3 3

Từ (1) và (2) tính được bán kính của hình cầu: R  3

0,5 3( P1  P2 ) 4 0

0,5

  3  ( P1  P2 )  P1  3  0  Thay R vào (1) ta tính được r  4

0,5

Đặt quả cầu lên mặt phẳng nghiêng và nghiêng dần tới góc α thì cầu bắt

0,5

đầu lăn. Khi đó khối tâm G nằm trên đường thẳng đứng đi qua điểm tiếp xúc.

O1 G

O2

α Ta có O1G  l  R sin  Đặt a  O1O Ta có:

4 3 4 4  r  ga   ( R3  r 3 )  g.l   ( R3  r 3 )  gR.sin  3 3 3

R3  r 3 a R.sin  r3

0,5

Với R và r đã tính được, α đo bằng thước đo góc, tính được a = O1O

SỚ GD& ĐT QUẢNG TRỊ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

ĐỀ THI HSG CÁC TRƯỜNG CHUYÊN DUYÊN HẢI BẮC BỘ MÔN VẬT LÝ LỚP 10 Năm học 2017 – 2018 Thời gian 180 phút

Bài 1. (5 điểm) Một con chó chạy với tốc độ không đổi v1 đuổi theo con thỏ, con thỏ chạy dọc theo một đường thẳng với tốc độ v2. Con chó luôn hướng đến vị trí của con thỏ. Tại thời điểm ban đầu cả hai con vật cùng ở trên một đường thẳng vuông góc với hướng chạy của thỏ và cách nhau một khoảng a. a) Vận tốc của thỏ và chó phải thỏa mãn điều kiện nào thì chó đuổi kịp thỏ. b) Trong điều kiện chó đuổi kịp thỏ, tìm biểu thức quãng đường mà mỗi con đi được cho đến khi gặp nhau theo a, v1 và v2.

Bài 2. (4 điểm) Khung chử nhật ABCD cấu tạo bởi các thanh hình trụ đồng chất giống nhau, AD và BC liên kết với nhau bởi thanh MN hàn chặt ở hai đầu. Khối lượng khung ABCDMN là m. P là hình cầu đồng chất gắn với AB, tâm O1 nằm trên AB, khối lượng m, bán kính r, momen quán tính I  2mr 2 /5 đối với trục AB, trục này quay quanh hai điểm A, B trên khung. Q là một hình trụ đồng chất gắn với CD, tâm O2, khối lượng m, bán kính r, momen quán tính J  mr 2 /2 đối với trục CD, trục này quay quanh hai điểm C, D trên khung. O 1O2 đi qua khối

tâm G của hệ. Bỏ qua ma sát ở các chổ tiếp xúc A, B, C, D. Hệ được đặt không vận tốc đầu trên đỉnh mặt phẳng nghiêng góc α và chỉ xét đến chuyển động tịnh tiến thẳng của khung song song mặt phẳng nghiêng. Hệ số ma sát lăn trên mặt nghiêng của hình cầu và hình trụ được bỏ qua, hệ số ma sát trượt của hình cầu và hình trụ đều bằng μ. Tính gia tốc của G theo α. Biện luận theo α các trường hợp: P và Q lăn không trượt; Q trượt và P lăn không trượt; P và Q trượt.

A

G

O1

y

D

M

P

O2

G

Q

Q

P B

N

C



x

Câu 3. (4 điểm) Một thiết bị gồm một ống mảnh thẳng đứng và một ống rộng nằm ngang nối với nhau như hình vẽ, phần thẳng đứng nhúng vào chất lỏng có khối lượng riêng  ρ1, đầu phần ống nằm ngang bịt kín và có tiết diện lớn hơn nhiều so với tiết diện phần thẳng đứng. Chiều dài phần ống nằm ngang là L. Khối lượng riêng và áp suất khí quyển bên ngoài (được xem là khí lí tưởng) h là ρa và pa. Ban đầu áp suất và khối lượng riêng của khí bên trong ống và bên ngoài là như nhau. Cho thiết bị quay quanh một trục thẳng đứng với tốc độ góc ω. Bỏ qua sự thay đổi áp suất và khối lượng riêng không khí theo độ cao, bỏ qua hiện tượng mao dẫn và ma sát bề mặt, nhiệt độ không thay đổi trong cả quá trinhg. Tìm chiều cao h mà chất lỏng dâng lên trong ống thẳng đứng, lấy đến bậc 2 của ω.

Câu 4. (4 điểm) Một xilanh đặt thẳng đứng có tiết diện thay đổi như hình vẽ. Giữa hai pittong có n mol không khí. Khối lượng và diện tích tiết diện các pittong lần lượt là m1, m1 m2, S1, S2. Các pittong được nối với nhau bằng một thanh nhẹ có chiều dài không đổi và trùng với trục của xilanh. Cho áp suất khí quyển là p 0 và bỏ qua khối lượng khí trong xilanh so với khối lượng pittong. Bỏ qua ma sát giữa xilanh và pittong. Khi tăng nhiệt độ khí trong xilanh m2 thêm T thì các pittong dịch chuyển một đoạn x. a) Chứng tỏ rằng, khi trạng thái cân bằng của hệ được thiết lập lại thì áp suất của không khí không thay đổi so với ban đầu. b) Tìm x.

Câu 5. (3 điểm) Một cái cốc có dạng hình trụ đáy tròn, khối lượng M, thể tích bên trong cốc là V t. Trên thành cốc theo phương thẳng đứng có các vạch chia để đo thể tích và đo độ cao chất lỏng. Đáy cốc và thành cốc có độ dày như nhau, bỏ qua sự dính ướt. Được dùng một chậu to đựng nước, hãy lập phương án xác định độ dày d của thành cốc, diện tích đáy ngoài S và khối lượng riêng ρc của chất làm cốc.

---------- HẾT--------

SỚ GD& ĐT QUẢNG TRỊ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG CÁC TRƯỜNG CHUYÊN DUYÊN HẢI BẮC BỘ MÔN VẬT LÝ LỚP 10 Năm học 2017 – 2018

Bài 1. (5 điểm) Một con chó chạy với tốc độ không đổi v1 đuổi theo con thỏ, con thỏ chạy dọc theo một đường thẳng với tốc độ v2. Con chó luôn hướng đến vị trí của con thỏ. Tại thời điểm ban đầu cả hai con vật cùng ở trên một đường thẳng vuông góc với hướng chạy của thỏ và cách nhau một khoảng a. a) Vận tốc của thỏ và chó phải thỏa mãn điều kiện nào thì chó đuổi kịp thỏ. b) Trong điều kiện chó đuổi kịp thỏ, tìm quãng đường mà mỗi con đi được cho đến khi gặp nhau.

HD: 5đ Bài 1 - Xét chuyển động của con chó: v ty tan    y '(x)  2  xy '(x)  y  v 2 t x

y

(1)

ds  v1dt  (dx) 2  (dy) 2  dx 1  y '(x) 2

0,5 đ

v2

0,5 đ

(2)

v1

- Đạo hàm theo x hai vế (1) ta có: dt dt y '(x)  x.y"(x)  y '(x)  v 2  v2   x.y"(x) (3) dx dx

0,5 đ

- Từ (2) và (3) ta có: dy '(x) v 2 dx v1 x.y"(x)  1  y '(x) 2   v2 1  y '(x) 2 v1 x

O

x

0,5 đ

- Tại t = 0 thì y’(x) = 0 và x = a, lấy tích phân hai vế phương trình trên ta có: y'( x )

 0



v2



v 2 x dx v2  x v 2 ln y '(x) 1 y '(x) (ln x ln a) ln           v1 a 1  y '(x) 2 v1 a x dy '(x)

v2

 x v  y '(x)  1  y '(x)    a

1

2

2v 2

2v 2

2

2

1

1

2

1

v v 1 x   y     x/a  v   x/a  v 2a 2

1

2

1

v2

1,0 đ

xv  x v  1  y '(x)     2   y '(x)  y '(x) 2 a a 1

2

 x/a  v  1  1  x/a vv  x/a  vv  y '(x)      v 2 2  x/a  v 1

1

  

v1   1  dx v v  v2  2a v 1 2

1

1

 vv x 

2

1

1

a

v2 1 v1

 1 vv v1  a v1  v 2  2 2

1

v 1  1 vv  a v  x   2

2

1

1

0,5 đ

Chó sẽ đuổi kịp thỏ nếu khi cho x  0 thì y phải có giá trị hữu hạn. Điều này chỉ xảy ra  v  0,5 đ nếu 1  2   0  v1  v 2 .  v1  av v 0,5 đ Quãng đường thỏ chạy: s 2  y x 0  2 1 2 2 v1  v 2 Quãng đường thỏ chạy:

s1  v1

s2 av 2  2 1 2 v 2 v1  v 2

0,5 đ

Bài 2. (4 điểm) Khung chử nhật ABCD cấu tạo bởi các thanh hình trụ đồng chất giống nhau, AD và BC liên kết với nhau bởi thanh MN hàn chặt ở hai đầu. Khối lượng khung ABCDMN là m. P là hình cầu đồng chất gắn với AB, tâm O1 nằm trên AB, khối lượng m, bán kính r, momen quán tính I  2mr 2 /5 đối với trục AB, trục này quay quanh hai điểm A, B trên khung. Q là một hình trụ đồng chất gắn với CD, tâm O2, khối lượng m, bán kính r, momen quán tính J  mr 2 /2 đối với trục CD, trục này quay quanh hai điểm C, D trên khung. O1O2 đi qua khối tâm G của hệ. Bỏ qua ma sát ở các chổ tiếp xúc A, B, C, D. Hệ được đặt không vận tốc đầu trên đỉnh mặt phẳng nghiêng góc α và chỉ xét đến chuyển động tịnh tiến thẳng của khung song song mặt phẳng nghiêng. Hệ số ma sát lăn trên mặt nghiêng của hình cầu và hình trụ được bỏ qua, hệ số ma sát trượt của hình cầu và hình trụ đều bằng μ. Tính gia tốc của G theo α. Biện luận theo α các trường hợp: P và Q lăn không trượt; Q trượt và P lăn A

G

O1

HD: Câu 2

P

O2

G

Q

Q

P B không trượt; P và Q trượt.

y

D

M

N

C



x

4đ

Ta có thể biểu diễn các lực tác dụng lên khung như hình vẽ. Ở các trục quay, các tác động của hình cầu lên khung được xác định bởi lực F1 và một momen M1 /O1 đối với O1 (không vẽ trên sơ đồ), các tác động

của hình trụ lên khung được xác định bởi lực F2 và

F1

O1

G

F2

một momen M 2 /O 2 đối với O2. Vì các liên kết không có ma sát nên các thành phần của M1 /O1 và M 2 /O 2 trên trục 0z là bằng không.

- Phương trình động lực học cho khung: ma G  mg sin   F1x  F2x ma G  mg  F1  F2   0  mg cos   F1y  F2 y - Vì khung không quay, cho nên đối với G, ta có: 0  (GO1  F1  M1 /O1 )  (GO 2  F2  M 2 /O 2 )  .e z Chiếu lên trục z ta có: F1y  F2y 1 Từ (2) và (3) ta có: F1y  F2y  mg cos  .

2

mg

(1)

O1 I1

mg - Các phương trình của hình cầu:

0,5 đ

(2)

(3)

0,5 đ

(4)

N1 Fms1

O2

N2 Fms2

F1

O2

 F2

I2

mg

ma G  mg sin   Fms1  F1x (5) + ma O1  ma G  mg  N1  Fms1  F1   (6) 0   mg cos   N1  F1y 2 (7) + mr 2 1  r.Fms1 5 - Các phương trình của hình trụ: ma G  mg sin   Fms2  F2x (8) + ma O2  ma G  mg  N 2  Fms2  F2   (9) 0   mg cos   N 2  F2 y 1 (10) + mr 2  2  r.Fms2 2 - Từ các phương trình (1), (5), (8) ta có: 3ma G  3mgsin   Fms1  Fms2 (11)

0,5 đ

0,5 đ

- Từ các phương trình (4), (6), (9) ta có: 0,5 đ (12) N1  N 2  1,5.mg cos  r.1  r. 2  a G  Nếu hình cầu P và hình trụ Q lăn không trượt: Khử Fms1 và Fms2 ở các phương trình (7), (10) và (11) ta có: 10 a G  a O1  a O2  g sin  .

13 2 4 1 5 Thay vào (11) ta có: Fms1  ma G  mg sin  , Fms2  ma G  mg sin  .

5 13 2 13 39  0,5 đ F   N  tan    ms1 1  39 8 Kiểu chuyển động này xảy ra khi:     1 ; tan 1   .

10 F  N  tan   39  ms2 2  10  Nếu hình cầu P lăn không trượt và hình trụ Q trượt: r.1  a G  Fms1  2ma G /5 và Fms2  N 2 .

Khử Fms1 và Fms2 ở phương trình (11) ta có: a G  a O1  a O2  P lăn không trượt khi Fms1  N1

15  cos   g  sin     17  2 

39 2 6 cos   3  ma G  mg  sin       mg cos      2 với tan  2  10  5 17 2  2  Kiểu chuyển động này là còn xảy ra khi 1     2 .  Nếu hình cầu P và hình trụ Q đều trượt: Fms1  N1 và Fms2  N 2 .

Khi đó a G  a O1  a O2  g  sin    cos   .

Câu 3. (4 điểm)

0,5 đ

 Fms1 

0,5 đ

Một thiết bị gồm một ống mảnh thẳng đứng và một ống rộng nằm ngang nối với nhau như hình vẽ, phần thẳng đứng nhúng vào chất lỏng có khối lượng riêng ρ1, đầu phần ống  nằm ngang bịt kín và có tiết diện lớn hơn nhiều so với tiết diện phần thẳng đứng.

Chiều dài phần ống nằm ngang là L. Khối lượng riêng và áp suất khí quyển bên ngoài (được xem là khí lí tưởng) là ρa và pa. Ban đầu áp suất và khối lượng riêng h của khí bên trong ống và bên ngoài là như nhau. Cho thiết bị quay quanh một trục thẳng đứng với tốc độ góc ω. Bỏ qua sự thay đổi áp suất và khối lượng riêng không khí theo độ cao, bỏ qua hiện tượng mao dẫn và ma sát bề mặt, nhiệt độ không thay đổi trong cả quá trinhg. Tìm chiều cao h mà chất lỏng dâng lên trong ống thẳng đứng, lấy đến bậc 2 của ω.

HD: Áp suất và khối lương riêng không khí trong ống nằm ngang không đều. Xét một lớp không khí thẳng đứng có bề dày dx tại khoảng cách x tính từ trục quay:

0,5 đ

 p(x  dx)  p(x)S   xSdx  2

dp  2 x  dx

(1)

Coi khí là lí tưởng thì ta có: pV 

pM M m RT     d  dp M RT RT

Từ (1) và (2) ta có:

d M2  xdx  RT

0,5 đ

(2)

0,5 đ

(3)

Lấy tích phân, lấy ρ0 là khối lượng riêng không khí ở tại x = 0: M x    M2 2 (4) ln    x    0e 2RT  2RT  0 Vì bỏ qua lượng khí nằm trong phần ống thằng đứng và áp suất khí ban đầu trong ống là pa, nên ta có: 2

L

L

 Sdx   SL    e a

M2 2 x 2RT

0

0

2

dx  a L

0,5 đ

0,5 đ

(5)

0

 M2 L2  M2 2 Lấy gần đúng: e x thay vào (5) ta có: 0  1   1  a 6RT  2RT  Vì nhiệt độ như nhau tại mọi điểm nên áp suất tại x = 0 là: M2 2 x 2RT

0,5 đ

 M2 L2  p0  1   pa 6RT  

0,5 đ

Trong ống nhỏ thẳng đứng: M2 L2 2 L2 a p a  1gh  h  pa  p0  1gh  6RT 6g 1

0,5 đ

Câu 4. (4 điểm) Một xilanh đặt thẳng đứng có tiết diện thay đổi như hình vẽ. Giữa hai pittong có n mol không khí. Khối lượng và diện tích tiết diện các pittong lần lượt là m1, m2, S1, S2. Các

m1

pittong được nối với nhau bằng một thanh nhẹ có chiều dài không đổi và trùng với trục của xilanh. Cho áp suất khí quyển là p0 và bỏ qua khối lượng khí trong xilanh so với khối lượng pittong. Bỏ qua ma sát giữa xilanh và pittong. Khi tăng nhiệt độ khí trong xilanh thêm T thì các pittong dịch chuyển một đoạn x.

m2

a) Chứng tỏ rằng, khi trạng thái cân bằng của hệ được thiết lập lại thì áp suất của không khí không thay đổi so với ban đầu.

b) Tìm x.

HD:

a)

Các lực tác dụng lên hệ (khí + hai pittong) gồm:

m1

0,25

+ Trọng lực: Fg  (m1  m2 )g + Áp lực của không khi lên hai pittong: F1  p0S1 ; F2  p0S2 + Phản lực của phần thành pittong nằm ngang: F  p(S1  S2 ) + Khi trạng thái cân bằng của hệ được thiết lập: Fg  F1  F  F2

h1

0,25 h2

0,25 m2

0,25

 (m1  m2 )g  p0S1  p0S2  p(S1  S2 )  p  p0 

m1  m 2 g  const S1  S2

(1)

- Nhận xét: Áp suất khí trong xilanh không đổi vì trạng thái cân bằng được duy trì. b)

0,5 0,5

Vì áp suất khí trong xilanh không đổi nên khi tăng nhiệt độ, thể tích khí tăng, do đó hệ đi lên một đoạn x. Ta có: h1S1  h 2S2 (h1  x)S1  (h 2  x)S2  T T  T

0,5

 (h1S1  h 2S2 )T  T(S1  S2 )x

Mặt khác:

(h1S1  h 2S2 )p  nR T

(2) T

Giải hệ (1), (2) và (3) ta được: x 

(h1S1  h 2S2 )p nR

nRT p0 (S1  S2 )  (m1  m 2 )g

(3)

0,5 0,5 0,5

Câu 5. (3 điểm) Một cái cốc có dạng hình trụ đáy tròn, khối lượng M, thể tích bên trong cốc là Vt. Trên thành cốc theo phương thẳng đứng có các vạch chia để đo thể tích và đo độ cao chất lỏng. Đáy cốc và thành cốc có độ dày như nhau, bỏ qua sự dính ướt. Được dùng một chậu to đựng nước, hãy lập phương án xác định độ dày d của thành cốc, diện tích đáy ngoài S và khối lượng riêng ρ c của chất làm cốc.

HD:

Cơ sở lí thuyết: - Gọi h là mức nước ngoài cốc, ρ là khối lượng riêng của nước, m và V là khối lượng và thể tích nước trong cốc. Ta có: g(d  h)S  (M  m)g  (d  h)S  M  V

M  1 Vin  d  (1) Hay h  V   h S  S   S - Biểu thức (1) cho thấy h là hàm bậc nhất của Vt. - Với hai cặp giá trị h1, h2, … và V1, V2, … ta có: V  V1 (2) S 2 h 2  h1 - Thay (2) vào (1) ta tính được d: M  V1 (M  V1)(h 2  h1 ) (3) d  h1   h1 S (V2  V1 ) - Gọi H là độ cao của cốc, H0 là độ cao thành trong của cốc, r là bán kính trong, R là bán kính ngoài của cốc, V0 là thể tích chất làm cốc, S0 là diện tích đáy trong của cốc, ta có: V V S S H  H 0  d; H 0  t  t2 ; R  rd  r  d.

S0 r   M M M (4)  c    V0 S(H 0  d)  V   Vt S  d   Vt 2  ( S  d ) 

0,5 đ

0,5 đ 0,5 đ

0,5 đ 0,5 đ

Các bước thí nghiệm: + Cho nước vào cốc với thể tích V, thả cốc vào chậu, xác định mực nước ngoài cốc là h. + Tiến hành nhiều lần để được bẳng số liệu sau: h V d S h1 V1 h2 V2 … … + Tiến hành xử lí số liệu theo các công thức (2), (3) và (4).

0,5 đ

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG – QUẢNG NAM

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ - KHỐI 10 NĂM 2018 Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Bài 1 (5 điểm): Tỷ số khối lượng của ba vật A, B và C là 1: 2: 3. Vật A, B đặt trên sàn xe C như hình vẽ (Hình 1). Giữa vật A và B có đặt một lượng thuốc nổ. Ban đầu, xe đứng yên trên mặt phẳng nhẵn, nằm ngang. Tại thời điểm t = 0, thuốc nổ phát nổ. Vật A và vật B chuyển động về hai phía và dừng lại so với xe C sau những khoảng thời gian tương ứng là t A và tB. Biết hệ số ma sát trượt giữa A, B với C bằng nhau. Tìm tỷ số thời gian chuyển động giữa vật A và vật B. Bài 2 (4 điểm): Một vật khối lượng m có dạng mặt nón, bán kính đáy là R, góc ở đỉnh 2α . Cho hình nón quay với vận tốc góc ban đầu ωo quanh trục của nó và thả một hạt nhỏ có khối lượng cũng bằng m từ đỉnh của hình nón trên một rãnh nhỏ dọc theo một đường sinh. Bỏ qua ma sát. Hãy tìm: a. Mô men quán tính của hình nón. b. Vận tốc góc của hình nón khi hạt tới đáy nón. c. Góc hợp bởi vận tốc của hạt khi rời khỏi đường sinh với mặt đáy của hình nón.

1

Bài 3 (4 điểm): Cho một ống hình chữ U, hai nhánh A và B dựng đứng, áp suất không khí trong hai nhánh này bằng áp suất khí quyển. Phần nằm ngang của ống chữ U có chiều dài 2h, gấp đôi chiều cao của hai ống thẳng đứng và chứa đầy thủy ngân. Bịt kín hai miệng của ống hình chữ U. 1. Cho ống chữ U chuyển động trên mặt ngang, hướng sang phải với gia tốc không đổi. Tính gia tốc của ống khi độ dài của đoạn thủy ngân trong ống nằm ngang là 5 h.

3

2. Nếu lấy nhánh A của ống chữ U làm trục quay thì khi quay ống chữ U với tốc độ góc không đổi ω cũng quan sát được đoạn thủy ngân nằm ngang ổn định là

5 h . Tìm 3

tốc độ quay ω của ống chữ U.

Bài 4 (4 điểm): Cho một động cơ nhiệt, chất công tác là chất khí lưỡng nguyên tử. Động cơ nhiệt hoạt động theo chu trình 1- 2 – 3 - 4 - 5, được biểu diễn trong hệ toạ độ áp suất p và thể tích V như hình vẽ. Các đoạn 1- 2 và 4 - 5 là các quá trình đoạn nhiệt; các đoạn 2 – 3 và 5 - 1 là các quá trình đẳng tích; 3 – 4 là quá trình đẳng áp. Biết nhiệt độ ở trạng thái 1 của chu trình là 270C. Tỉ số giữa áp suất lớn nhất và áp suất nhỏ nhất của chu trình 2

là 70 và tỉ số nén là 15. Nhiệt lượng mà khí nhận vào trong quá trình đẳng tích và quá trình đẳng áp bằng nhau. Hãy tính hiệu suất của động cơ nhiệt đó.

Bài 5 (3 điểm): Xác định nhiệt dung riêng của viên bi kim loại.

Cho dụng cụ thí nghiệm gồm: - Một nhiệt lượng kế dùng để đựng nước và que khuấy.

- Một bình nhôm có hai lớp lớp vỏ A và B. Mặt đáy vỏ trong A nghiêng và có một ống G nghiêng, thông ra ngoài. Đầu ống nghiêng G có một nắp đậy có thể mở được bằng cách kéo lên cao.

- Một nhiệt kế ngắn, một nhiệt kế dài.

- Một bếp điện - Cân Roberval - Hộp quả cân a. Lập phương án xác định nhiệt dung riêng của chất làm viên bi với các dụng cụ trên.

Xem như đã biết nhiệt dung riêng của vật liệu làm nhiệt lượng kế và que khuấy, nhiệt dung riêng của nước. b. Thiết lập biểu thức sai số của phép đo.

---- Hết ----

3

Trần Thị Thanh Huyền SĐT 01248 792 792

ĐÁP ÁN MÔN: VẬT LÍ – KHỐI 10 NĂM HỌC 2017 – 2018 Thời gian làm bài 180 phút

TRƯỜNG THPT TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ THÁNH TÔNG – QUẢNG NAM (ĐỀ THI ĐỀ XUẤT)

Câu Nội dung - Gọi µ là hệ số ma sát trượt giữa A, B với C. Câu 1 (5 điểm) - Vì mA: mB = 1: 2 suy ra mB > mA nên µmAg < µmB g và tA > tB. - Xét chuyển động tương đối của A đối với C và B đối với C. Trong thời gian tB, trong quá trình A chuyển động đối với C thì lực ma sát tác dụng lên C là fmsA = µmAg hướng sang trái, fmsB = µmBg hướng sang phải.

Điểm 0.5

0,5

- Khi B đứng yên đối với C thì B và C chuyển động cùng vận tốc vBC hướng sang phải.

Ta có: (µmBg - µmAg) tB = mCvBC (1) - Xét hệ 3 vật, nội lực của hệ gồm lực do thuốc nổ phát nổ gây ra và các lực ma sát µmBg, µmAg. Theo phương ngang, không có ngoại lực tác dụng lên hệ, áp dụng định luật bảo toàn động lượng : (mA + mB + mC) v0 = (mA + mB + mC) vt (2) Do vận tốc ban đầu v0 = 0 nên vận tốc cuối của A, B, C đều bằng không.

- Sau thời gian (tA - tB) , A sẽ dừng lại đối với C. - Trong thời gian tA - tB, ta có:

0,5

-µmAg(tA - tB) = 0 – (mB + mC)vBC (3)

0,5

0,5

0,5 0,5

- Lấy (1) chia (3), ta tìm được: 0,5 4

mC mB  mA t B .  mA t A  t B mB  mC 2  1 tB 3   1 t A  tB 3  2

Suy ra:

1,0

tA 8  tB 3

a/ Tính mô men quán tính I Câu 2 (4 điểm) Câu 2a (1 điểm)

+ Cắt lớp mỏng dh có bán kính r, khối lượng dm thì dI = dm.r2 + dm =

dr m .2πr. →I= Sxq sinα

+ Với Sxq = πR2/sinα → I = Câu 2b (1 điểm) Câu 2c (1 điểm)

R

 dI = 0

m πR 4 .

Sxq 2sinα

mR 2 2

0.5 0.5 0.5

b/ Mô men động lượng của hệ bảo toàn → Iωo= (I + mR2)ωc Iωo ω  o → ωc = 2 I + mR 3

0.5 0.5

Iωo2 mgR Iωc2 mv2 c/ + Bảo toàn năng lượng: +   2 tanα 2 2 2 2 4R ωo 2gR → v + 9 tanα + Phân tích v thành hai phần, phần nằm ngang có vận tốc là Rωo vn = Rωc = 3

0.25 0.25 0.25

→ phần dọc theo đường sinh có giá trị: R 2 ωo2 2gR + vs = v – vn = tanα 3 v sinα + Góc cần tìm thỏa mãn sinφ = s v 2

2

0.25 0.5 0,25

- Hình vẽ Câu 3 (4 điểm) 5

- Khi ống chữ U chuyển động ngang có gia tốc không đổi hướng sang phải, cột thủy ngân trong ống cũng chuyển động với cùng gia tốc. Bên nhánh A, thể tích cột khí giảm, áp suất khí tăng. Bên nhánh B, thể tích cột khí tăng, áp suất khí giảm. Hợp hai áp lực hai đầu chất lỏng là lực gây gia tốc. a. Gọi gia tốc của ống chữ U là a. Áp lực do khí ở hai nhánh A, B tác dụng lên thủy ngân tương ứng là F1, F2. h 5 Ta có: F1 - F2 = ma   p A   g  S  pB S  hS  a (1) 3 3 

Trước và sau khi chuyển động, nhiệt độ của khí không đổi. Quá trình coi như đẳng nhiệt.

Với khí bên nhánh A: 3 h  p0 hS  p A  h   S  p A  p0 (2) 3 2  h 3 Với khí bên nhánh B: p0 hS  pB  h   S  p A  p0 (3) 3 4  9 p  4  gh Thay (2), (3) vào (1), ta được: a  0 20h

0,5

0,5 0,5 0,5

0,25

b. Khi quay quanh nhánh A với tốc độ góc không đổi , ta có: F2 – F1 = ma   pB '   g  S  p0 S  m. 2 h(4) 3 6 h



7

0,5



Đối với chất khí bên bình nhánh B: p0 hS  pB  h   S 3 h



 pB ' 

3 p0 (5) 2

Thay (5) vào (4), ta được: 6



0,5



0,5

1 9 p0  6  gh 140  h

p p V V Câu 4 Ta có: T1 = 27 + 273 = 300 K; 4  3  70 ; 1  15  1 ; p1 p1 V2 V3 (4 điểm)

Theo đề: Q23 = Q34  mCV(T3 – T2) = mCP(T4 – T3)

0,5

 T3 – T2 = (T4 – T3) (1) với  = CP/ CV  1

T V  Quá trình 1 -2: 2   2  T1  V1 



T2  150,4  T2  886, 25K 300

0,5



p V  Và 2   2   151,4  p2  44,3 p1 p1  V1 

Quá trình 2 -3:

0,25

p p2 T2   T3  3 .T2  1400,39 K p3 T3 p2

0,5

Thay vào (1) suy ra: T4 = 1767,63K Quá trình 3 -4 :

V3 T3 V V T V V   3 . 1  3  1  11,88; 5  11,88; V4 T4 V1 V4 T4 V4 V4  1

Quá trình 4- 5 :

T4  V5    T5  V4 

0,25 0,25

 T5  656,85K

Nhiệt lượng khí nhận vào của chu trình là

0,5

Qnhan  Q23  Q34  mC p (T4  T3 )  mCV (T3  T2 )

Nhiệt lượng khí tỏa ra của chu trình là

0,25

Qtoa  mCV (T5  T1 )

Hiệu suất của chu trình:

0,5

7

H  1  1 

Qtoa Q51  1 Qnhan Q34  Q23

0,5

mCV (T5  T1 ) mC p (T4  T3 )  mCV (T3  T2 )

T5  T1  65, 29%  (T4  T3 )  (T3  T2 )

a. Gọi M là khối lượng vật Câu 5 m1 là khối lượng nhiệt lượng kế và que khuấy.

(3 điểm) m2 là khối lượng nước T là nhiệt độ của vật.

T1 là nhiệt độ của của hệ gồm nhiệt lượng kế và que khuấy.

T2 là nhiệt độ của hệ cân bằng gồm nhiệt lượng kế que khuấy và nước.

C1 là nhiệt dung riêng của vật liệu làm nhiệt lượng kế và que khuấy.

C2 là nhiệt dung riêng của nước.

- Đổ gần đầy nước vào bình nhôm hai vỏ rồi đun lên bằng bếp điện.

- Dùng cân Roberval để cân khối lượng vật rắn (là các viên bi kim loại), khối lượng nhiệt kế. khối lượng của vỏ trong, que khuấy và khối lượng nước bằng phương pháp cân Mendeleev.

Bước 1: bì (500g) cân bằng với các quả cân M1.(1) Bước 2: bì (500g) cân bằng với các quả cân M2 + vật (khối lượng M).(2) Bước 3: bì (500g) cân bằng với các quả cân M3 + nhiệt lượng kế và que khuấy ( khối lượng m1). (3) Bước 4: bì (500g) cân bằng với các quả cân M4 + nhiệt lượng kế và que khuấy có chứa nước (m2) (4) - Rõ ràng ta có sự cân bằng vế phải của: (1) và (2) suy ra: M (vật rắn) = M1 – M2 (1) và (3) suy ra: m1 (nhiệt lượng kế và que khuấy) = M1 – M3 (3) và (4) suy ra: m2 (nước) = M3 – M4 - Sau khi cân xong bỏ vật vào bình A, nắp của ống G đậy kín. Cắm nhiệt kế dài sao cho đầu nhiệt kế ở vị trí đặt vật.

- Dùng que khuấy khuấy đều nước trong nhiệt lượng kế. Cắm nhiệt kế vào nhiệt lượng kế và đọc nhiệt độ T1 của nước và nhiệt lượng kế.

- Theo dõi nhiệt kế trong bình hai vỏ, khi nhiệt độ, lên tới khoảng 96 – 98 và không thay đổi, đọc nhiệt độ T của vật. Đưa nhiệt lượng 8

0,25

0, 25

0,25

0,25

kế vào sát ống G, mở nắp thả vật thật nhanh vào nhiệt lượng kế, khuấy đều nước, theo dõi nhiệt độ của nước bằng nhiệt kế ngắn vẫn cắm trong nhiệt lượng kế. Khi nhiệt độ không lên nữa, đọc nhiệt độ T2.

- Khi hệ cô lập đạt trạng thái cân bằng nhiệt: 0,25 Q1 = Q2  MC (T– T2) = (m1C1 + m2C2).(T2 – T1)

0,25

(m c + m c T ) 1 1 2 2)(T 2 1 C= M(T T  2)

0,5

b. Sai số Δ C C=

(m c + m c T ) 1 1 2 2)(T 2 1  M(T T 2)

Lấy ln hai vế:  (m c + m c )(T T ) 1 1 2 2 2 1   M(T T ) 2

lnC =ln 

0,25

Chuyển ln tích thành ln tổng, chuyển ln thương thành ln hiệu: lnC = ln( (m1.C1 + m2.C2) + ln(T2 – T1) - (ln(M)+ln(T – T2)) Lấy vi phân hai vế: dC C

( ) ( ) d ( )   d m C m C d T T T  T dM 1 1 2 2 2 1 2

   = m   C m C T T T  T 1 1 2 2 2 1 M 2 Do C2 và C1 là hằng số nên vi phân bằng không.

Ta có:

  C dm C dm dT dT dT  dT dM dC 1 1 2 2 2 1    2   C m C m C T T  T 1 1 2 2 T 2 1 M 2 Δ Chuyển ”d” thành “ ”và Chuyển dấu trừ trước “ Δ ” thành

0,25

dấu

cộng       C m C m T T  T   T   M C 1 1 2 2 2 1     2   C m C m C T T  T 1 1 2 2 T 2 1 M 2

Chuyển các đại lượng còn lại về giá trị trung bình:        C m C m T T T   T  M 1 1 2 2 2 1       2 C C   m C m C T T  T 1 1 2 2 T 2 1 M 2

----- Hết ----

9

0,25 0,25

TRƢỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC

LƢƠNG 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)

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 v0 ván. Ban đầu cả hai vật đang chuyển động thẳng đều với vận tốc v 0 hướng về phía bức tường thẳng Hình 1 đứng (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  .

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.

Cho biết : 1  a  a 2  a3  ...  a n 

1  a n1 1 a

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.

2R

R Hình 2

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 1

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.

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

p

2

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.

1

3

4 V O

Hình 3

Câu 5. Phƣơng 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).

--------------HẾT--------------

2

TRƢỜNG THPT CHUYÊN LƢƠNG 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

Câu 1 (5 điểm)

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 : 2mv0  mv0  3m.v1 1 1 .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.

Giải hệ trên → v1 

v0 2v 2 ; x1  0 3 3g

0,5 0,5

1,0

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: 2

V  2 1  v 1 3 v2  1 ; x2     3 3g g

1,0

- 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  3g  9 9 9 

0,5

1 n 2v 3v02  1 9    1  n  .

1 3g 1  4 g  9  9 2 0

1

0,5

- Để vật không rời ván thì độ dài ván lớn hơn hoặc bằng quãng đường s sau nhiều lần va chạm n    : l  lim s 

3v02 . Vậy để 4µg

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

3v02 4 µg

n 

0,5

0,5

3

2 (4 điểm)

1. Gọi m là khối lượng của bóng nhỏ thì khối lượng của bóng lớn là 8m. Vì O2 ma sát giữa bóng dưới và bề mặt rất O1 lớn nên hệ quay quanh điểm tiếp xúc 0,25 H giữa bóng dưới và mặt bàn.

- Khi bóng trên bắt đầu chạm sàn thì K đường nối tâm của chúng lập với phương ngang 1 góc  = góc O2O1H với sin  = R/3R = 1/3. Gọi K là điểm tiếp xúc giữa bóng dưới và 0,25 mặt bàn.

- Ta có: O1H  (3R) 2  R 2  2 2R

 O2 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  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: 160g 1 8mg.3R  8mg.R  (I1  I 2 )2    2 551R - Vận tốc tâm của các quả cầu khi đó là: 160gR v1  .R  551

0,25

1920gR 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

v 2  .O 2 K 

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

K

0,25

0,25

0,25

0,25

G O2

O1

649R 9

- Momen quán tính của hệ đối với K là: 2 2 649 2 3514  8R  2 2 2 I K  mR  m  R  mR 2   .8m.4R  8m.

5 81 45  9  5 - Định luật bảo toàn cơ năng:

0,5

0,5

4

720g 1 8mg.3R  8mg.R  IK 2    2 1757R - Vận tốc tâm của các quả cầu khi đó: 8 720gR v1  .O1K  9 1757 v 2  .O 2 K  3 (4 điểm)

0,5

0,25 0,25

1 467280gR 9 1757

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 ' 

R v (1) r

0,5

+ Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng tại t1, t2: 1 2 Gm 2 Gm 2 1 Gm 2 Gm 2 2 (2) 4. mv  4 2  4. mv '  4 2 2 2R 2 2r R 2 r 2

+ Giải hệ (1) và (2) suy ra: v 

0,5

(2 2  1)Gm r .

(3) 2 R( R  r )

0,5

+ Cơ năng của hệ: 1 2 Gm2 Gm2 (2 2  1)Gm2 W  4. mv  4 2   0 (4) 2 2R Rr R 2

0,5

2. v

a c

b

O

v'

R

r

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

Suy ra: a 

Rr (5) 2

0,25

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

Suy ra: b  a 2  c 2  Rr (7)

Rr (6) 2

0,25 0,25 5

b) Áp dụng định luật II Kepler:

L dS 1 2 d (8)  r1  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 0,5 2mS 2m ab 2 ab L → (9) T     dt dS   0

L

2m 0

mvR

vR

( R  r )3 T Thay v từ (3) vào (9) suy ra: t    2 2(2 2  1)Gm

4 (4 điểm)

0,5

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

+ Áp dụng phương trình Cla-pê-rôn – Men-đê-lê-ép: pV = RT → pdV + Vdp = RdT (3) + Từ (1) và (3) → pdV + VkdV = RdT 1 RdT (4) 2 3 1 + Thay (4) vào (2) → CdT = RdT + RdT → C = 2R 2 2

Mà kV = p → 2pdV = RdT → pdV =

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:

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

0,25 0,25 0,25

0,25

1

p2 V2 = p3V3 → k1V21 = k 2 V31

 k  1 → V2   2  V3 (7)  k1 

Tương tự cho quá trình đoạn nhiệt 4-1: 1

p4 V4 = p1V1 → k 2 V41 = k1V11

 k  1 → V4   1  V1 (8)  k2 

+ Thay (7), (8) vào (5) và (6) ta có: 2     k2  1 2 2 2 2  Q1 = 2k1( V2  V1 ) = 2k1   V3  V1 - V12 ) =   k1      

6

 2k

1 1 1

2  21 2  1 2  k 2 V3  k1 V1   

0,25

2   1   k1 2 2 2 2  Q2 = 2k2( V3  V4 ) = 2k2 V3    V1 - V12 ) =    k2      1 2 2    2k 21  k 21 V32  k11 V12     

0,25

+ Hiệu suất của chu trình: 1

 k  1 Q H  1 2  1  2  Q1  k1 

Thay

k2 1 5 1  và   ta được: H = 1    k1 3 3 3

0,25 5 1 3 5 1 3

≈ 24%

0,25

7

5 (3 điểm)

* 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: 1 2 1 2 kx 2  kx1 = - μmg(x1 + x2 ) 2 2 2mg → x1 – x2 = (2) k x x Từ (1) và (2) suy ra   1 2 2l

0,5

0,5

Đo Δl, 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 x x * Kết quả:   1 2 2l

0,5 0,25

0,25

0,25 0,25

l2

x2

l1

x1

l0

----------HẾT----------

8

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2017 - 2018 ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ LỚP 10 Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 02 trang)

ĐỀ ĐỀ NGHỊ

Bài 1: Cơ chất điểm (5 điểm) Trên một mặt phẳng nhẵn người ta đặt một chiếc nêm hình lăng trụ khối lượng M,

m1

g

m2

các mặt bên tạo thành các mặt phẳng nghiêng với các góc so với phương ngang như trên hình 1. Từ điểm cao nhất của nêm

M 1

2

d

Hình 1

người ta thả không vận tốc đầu hai quyển sổ nhỏ khối lượng m1 và m2.

1) Tỷ số khối lượng m1/m2 phải bằng bao nhiêu để nêm không dịch chuyển?

2) Tìm biểu thức của gia tốc chuyển động a0 của nêm với các giá trị bất kỳ của các góc nêm. Tương tự, tìm biểu thức các gia tốc a1, a2 của các quyển sổ trong chuyển động dọc theo mặt nêm.

3) Cho 1  300 ,  2  600 ,

m1 m  0,1 , 2  0, 2 , gia tốc trọng trường g  10m / s 2 . Tính M M

giá trị các gia tốc a0, a1, a2? Nêm chuyển động theo hướng nào?

4)Cần bao nhiêu thời gian để quyển sổ thứ hai (bên phải) đến được mặt phẳng ngang, nếu quãng đường cần vượt qua là d =50cm.

Bài 2: Cơ học vật rắn (4 điểm) Một quả cầu đặc khối lượng m đặt tại chính giữa trên bề mặt của một khối hình hộp khối lượng M và chiều dài 2l (Hình 2). Một

F

lực không đổi tác dụng vào khối hộp từ thời điểm t = 0 đến thời điểm t.

Hình 2

Sau đó lực F ngừng tác dụng. Ma sát giữa mặt sàn và khối hộp không đáng kể. Ma sát nghỉ giữa quả cầu đặc và khối hộp đủ lớn để quả cầu lăn không trượt. Giả thiết sau khi ngừng tác dụng lực F thì quả cầu vẫn còn nằm trên khối hộp. Tìm thời gian T kể từ lúc bắt đầu tác dụng lực đến khi quả cầu rời khỏi khối hộp. Ma sát lăn không đáng kể.

Bài 3: Cơ học chất lƣu (4 điểm) 1) Một vật có dạng hình cầu có bán kính R, khối lượng m rơi trong một chất lỏng thực, hệ số nhớt  . Tính vận tốc tới hạn của vật. Cho khối lượng riêng chất lỏng

,

thể tích của vật là v.

2) Vật trên (câu 1) chịu tác dụng của một lực kéo F theo phương ngang và chuyển động với vận tốc đầu v0 trong chất lỏng thực, hệ số nhớt . Tìm vận tốc v của vật theo thời gian.

Bài 4: Nhiệt học (4 điểm) Xét một lượng khí Nitơ xác định, lượng khí này đầu tiên được làm nóng đẳng tích, tiếp theo khí dãn đẳng áp, sau đó làm lạnh đẳng tích và cuối cùng nén đẳng áp về trạng thái đầu. Nhiệt độ nhỏ nhất và lớn nhất của khí trong chu trình trên lần lượt là T0 và 4T0. Tìm hiệu suất cực đại của chu trình.

Câu 5: Phƣơng án thực hành (3 điểm) 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.

Trình bày phương án thí nghiệm xác định hệ số ma sát trượt 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........................

GIÁO VIÊN RA ĐỀ

TRƢƠNG NGỌC ĐIỂU KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2017 - 2018 HƢỚNG DẪN CHẤM MÔN: VẬT LÝ LỚP 10 (HDC gồm 08 trang) Bài 1: Cơ chất điểm (5 điểm) Trên một mặt phẳng nhẵn người ta đặt một chiếc nêm hình lăng trụ khối lượng M, các mặt bên tạo thành các mặt phẳng

m1

g

m2

nghiêng với các góc so với phương ngang như trên hình 1. Từ điểm cao nhất của nêm người ta thả không vận tốc đầu hai quyển sổ

M 1

nhỏ khối lượng m1 và m2.

2

d

Hình 1

1) Tỷ số khối lượng m1/m2 phải bằng bao nhiêu để nêm không dịch chuyển?

2) Tìm biểu thức của gia tốc chuyển động a0 của nêm với các giá trị bất kỳ của các góc nêm. Tương tự, tìm biểu thức các gia tốc a1, a2 của các quyển sổ trong chuyển động dọc theo mặt nêm.

3) Cho 1  300 ,  2  600 ,

m1 m  0,1 , 2  0, 2 , gia tốc trọng trường g  10m / s 2 . Tính M M

giá trị các gia tốc a0, a1, a2? Nêm chuyển động theo hướng nào?

4)Cần bao nhiêu thời gian để quyển sổ thứ hai (bên phải) đến được mặt phẳng ngang, nếu quãng đường cần vượt qua là d =50cm. ĐÁP ÁN Câu

Nội dung

Điểm

m1

g

m2

a1 N1

1

a0

M 1

N2

a2 d

2

Khi nêm đứng yên thì áp lực tác dụng lên hai mặt bên của nêm có

0,25

giá trị N1  m1 gcos1 và N 2  m2 gcos 2 Tổng các lực theo phương ngang phải bằng không, từ đây điều

0,5

kiện cân bằng là m1 gcos1 sin 1  m2 gcos 2 sin  2

Hay

0,25

m1 cos1 sin 1 sin 21   m2 cos 2 sin  2 sin 2 2

Khi các góc của lăng trụ có thể nhận giá trị bất kỳ, không thể xác định được hướng chuyển động của nêm. Giả sử gia tốc của nêm hướng sang trái. Nếu nêm chuyển động sang phải thì a0 sẽ nhận giá trị âm mà cách giải bài toán không cần thay đổi.

Chọn hệ quy chiếu gắn với nêm Phương trình chuyển động của 2 quyển sổ theo phương dọc mặt 2)

0,5

nêm: m1a1  m1 g sin 1  m1a0cos1

(1)

m2 a2  m2 g sin  2  m2 a0cos 2

(2) 0,25

Độ lớn các áp lực của 2 quyển sổ lên hai mặt nêm là : N1  m1 gcos1  m1a0 sin 1

(3)

N 2  m2 gcos 2  m2 a0 sin  2

(4)

Định luật II Niu tơn cho chuyển động theo phương ngang của nêm Ma0  N 2 sin  2  N1 sin 1

Từ 5 pt trên, giải ra được

0,5

(5)

0,25

0,5

0,25 0,25

a0 

m2 sin  2 cos 2  m1 sin 1cos1 g M  m1 sin 2 1  m2 sin 2  2

0,25

a1 

( M  m1 ) sin 1  m2 sin  2 cos(1   2 ) g M  m1 sin 2 1  m2 sin 2  2

a2 

( M  m2 ) sin  2  m2 sin  2 cos(1   2 ) g M  m1 sin 2 1  m2 sin 2  2

Thay số vào ta được 3)

4)

a0  0,37m / s 2 ; a1  4,7m / s 2 ; a2  8,8m / s 2

0,5

a0 có giá trị dương. Tức là nêm chuyển động sang trái

0,25

Quyển sổ chuyển động nhanh dần đều không vận tốc đầu d

1 2 at  t  2

0,5

2d  0,34 s a22

Bài 2: Cơ học vật rắn (4 điểm) Một quả cầu đặc khối lượng m đặt tại chính giữa trên bề mặt của một khối hình hộp khối lượng M và chiều dài 2l (Hình 2). Một lực không đổi tác dụng vào khối hộp từ thời điểm t = 0 đến thời điểm t. Sau đó lực F ngừng tác dụng. Ma sát giữa mặt sàn và khối hộp không đáng kể. Ma sát nghỉ giữa quả cầu đặc và khối hộp đủ lớn để quả cầu lăn không trượt. Giả thiết sau khi ngừng tác dụng lực F thì quả cầu vẫn còn nằm trên khối hộp. Tìm thời gian T kể từ lúc bắt đầu tác dụng lực đến khi quả cầu rời khỏi khối hộp. Ma sát lăn không đáng kể.

F

Hình 2

ĐÁP ÁN Ý

Nội dung yêu cầu Vẽ hình

Điểm 0.5

F'ms

Fms

F

Đối với khối hộp: F-Fms= MA (A gia tốc của quả cầu)

(1) 0,25

Đối với quả cầu Fms=ma (Fms= Fms' ) 2 5

Phương trình momen lực: Fms.R= mR 2 

(2)

(3) 0,25

Do lăn không trượt nên gia tốc của quả cầu so với khối hộp: a12  R , với a12= A  a

0,25

0,5 (4)

Giải hệ (1), (2), (3), (4) ta được a

A=

2F 2m  7 M

7 7F a 2 2m  7 M

Vào thời điểm t, tốc độ của khối hộp và của quả cầu đối với đất

0,25

0,25 0,5

được tính bởi biểu thức: V = At và

v = at.

Gọi T-t là thời gian quả cầu tiếp tục chuyển động trên khối hộp sau khi ngừng tác dụng lực F. Ta có quãng đường đi được của khối hộp bao gồm chuyển động nhanh dần đều ở giai đoạn đầu (có lực F) và giai đoạn sau (hết lực F) S

0,25

1 2 At  At (T  t ) 2

Quãng đường đi của quả cầu s

1 2 at  at (T  t ) 2

Quả cầu rơi vào lúc S  s  l Suy ra T=

l t l ( 2m  7 M ) t   = 5F 2 ( A  a)t 2

Bài 3: Cơ học thiên thể, cơ học chất lƣu (4 điểm)

0,25 0,25 0,5

1) Một vật có dạng hình cầu có bán kính R, khối lượng m rơi trong một chất lỏng thực, hệ số nhớt  . Tính vận tốc tới hạn của vật. Cho khối lượng riêng chất lỏng

,

thể tích của vật là v.

2) Vật trên (câu 1) chịu tác dụng của một lực kéo F theo phương ngang và chuyển động với vận tốc đầu v0 trong chất lỏng thực, hệ số nhớt . Tìm vận tốc v của vật theo thời gian. ĐÁP ÁN Câu

Điểm

Nội dung Ban đầu do FC  6 R v nhỏ nên vật chuyển động nhanh dần, khi v tăng lực cản tăng đến khi chuyển động đều.

1)

F = 0  mg  FA  6 R v  0 

0,5

mg   vg 6  R

F  FC  ma  F  6 R v  m

2)

0,5

mg   vg  6 R v  0

v

0,5

dv dt

0,5



dv dt  F  6Rv m



d ( F  6Rv) 1 dt .  F  6Rv 6R m

0,5

Tích phân 2 vế ta được: ln( F  6 vR ) = -

6R t C m

(*)

khi t = 0 thì v = v0, ta có C  ln( F  6Rv0 )

0,5

Biểu thức (*) được viết lại: 6 R  t F  6 Rv 6 R F  6 Rv  ln t e m F  6 Rv0 m F  6 Rv0

v

F 6R F  ( v0  ).e t m 6R 6R

Số hạng thứ 2 giảm rất nhanh sau đó vận tốc đạt giá trị không

0,5

0,5

đổi bằng

F 6R

Bài 4: Nhiệt học (4 điểm) Xét một lượng khí Nitơ xác định, lượng khí này đầu tiên được làm nóng đẳng tích, tiếp theo khí dãn đẳng áp, sau đó làm lạnh đẳng tích và cuối cùng nén đẳng áp về trạng thái đầu. Nhiệt độ nhỏ nhất và lớn nhất của khí trong chu trình trên lần lượt là T0 và 4T0. Tìm hiệu suất cực đại của chu trình. ĐÁP ÁN Ý

Điểm

Nội dung p

p1 p0 O

1

0 V0

2 3 xV0

V

Giả sử ở trạng thái ban đầu áp suất và thể tích có giá trị p0 và V0 và giá trị thể tích lớn nhất mà chất khí đạt được trong cả suốt quá trình biến đổi

0,25

trạng thái là xV0.

Hiệu suất H 

A' Qn

0,25

- Công mà chất khí thực hiện trong cả chu trình

Mà

0,5

A '  ( p1  p0 )(V2  V1 )

(2)

p0V0 p1 xV0 4p   p1  0 T0 4T0 x

(3)

0,25

Thế (3) vào (1) ta được A'  (

4 p0 pV 4  p0 )( xV0  V0 )  p0V0 (  1)( x  1)  0 0 (4  x)( x  1) x x x

Dễ dàng nhận thấy giá trị của x phải thoả mãn 1  x  4 . Khi x=1 và x=4 thì công chất khí thực hiện bằng 0, vì vậy hiệu suất bằng 0.

0,25

- Chất khí nhận nhiệt ứng với 2 quá trình(0-1) và (1-2) Q01  U1   CV T  

0,5

i 5 4p 5 4 5 4 x R(T1  T0 )  ( 0  p0 )V0  p0V0 (  1)  p0V0 2 2 x 2 x 2 x

5 7 7 4 p0 Q12  U 2  pV   C p T  p1V   RT  p1V  p1V  ( xV0  V0 )  2 2 2 x 14 x 1 p0V0 ( x  1)  14 p0V0  x x

Tổng nhiệt lượng mà chất khí nhận được trong chu trình là 5 4 x x  1 p0V0 Qn  Q01  Q12  p0V0  14 p0V0  (11,5x  4) 2 x x x

0,5

0,25

Từ đó suy ra hiệu suất của chu trình là hàm số theo x p0V0 (4  x)( x  1) A' (4  x)( x  1) x 2  5 x  4  x   H p0V0 (11,5  4) 4  11,5 x Qn x (11,5 x  4) x

Hiệu suất đạt giá trị cực đại khi 

0,5

0,25

dH ( x) 0 dx

(2 x  5)(4  11,5 x)  11,5( x 2  5 x  4) 0 (4  11,5 x) 2

 (2 x  5)(4  11,5 x)  11,5( x 2  5 x  4)  11,5 x 2  8 x  26  0

Giải pt ta được x1  1,89 (chọn) Vậy H 

0,25 và x2  1, 2 (loại)

0,25

x2  5x  4  0,106  10, 6% 4  11,5 x

Câu 5: Phƣơng án thực hành (3 điểm) 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.

Trình bày phương án thí nghiệm xác định hệ số ma sát trượt 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.

ĐÁP ÁN Ý 3đ

Điểm

Nội dung - Móc lực kế vào mẩu gỗ và kéo nó trượt đều đi lên mặt phẳng nghiêng, khi đó ta có:

0,5

F1 =  Pcos + Psin

(1)

Với F1 là số chỉ của lực kế khi đó.

0,5

- Tương tự, kéo vật chuyển động đều đi xuống ta có: F2 =  Pcos - Psin

(2)

Với F1 là số chỉ của lực kế khi đó.

0,5

- Trừ vế theo vế của (1) với (2) ta được: F1- F2=2Psin  sin  

F1  F2 2P

(3)

0,5

- Cộng vế với vế phương trình (1) và (2) ta được: cos  

F1  F2 2P

(4)

- Bình phương 2 vế pt (3), (4) và sau đó cộng vế theo vế ta được: 1 (

F1  F2 2 F1  F2 2 F1  F2 ) ( )  2P 2kP 4 P 2  ( F1  F2 )2

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

......................HẾT.......................

1,0

GIÁO VIÊN RA ĐỀ

TRƢƠNG NGỌC ĐIỂU

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH –YÊN BÁI

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

(Đề thi gồm 02 trang)

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

LẦN THỨ XI, NĂM HỌC 2017 – 2018 ĐỀ THI MÔN:VẬT LÝ LỚP 10 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (5,0 điểm) CƠ HỌC CHẤT ĐIỂM Trên một thanh trơn nhẵn có lồng hai vật như nhau có cùng khối lượng M, hai vật được gắn với một dây nhẹ không dãn dài 2L. Ở giữa dây người ta buộc một vật nặng khối lượng 2M. Buông nhẹ ra cho vật chuyển động như hình vẽ (Hình 1). Hãy tính giá trị cực đại của vận tốc hai vật và của vật nặng. Biết rằng ban đầu dây không giãn.

M

M

2M

Hình 1

Câu 2 (4,0 điểm) CƠ HỌC VẬT RẮN Một trụ đặc có khối lượng m, bán kính đáy R đang quay đều quanh trục của nó theo phương ngang với vận tốc góc o . Trụ được đặt nhẹ nhàng lên một sàn xe phẳng, dài nằm ngang. Xe có cùng khối lượng m với trụ và có thể trượt không ma sát trên mặt đất.Ngay sau đó xe chuyển động nhanh dần, nhưng sau một khoảng thời gian xe đạt được vận tốc ổn định và không đổi. a. Xác định vận tốc ổn định của xe. b. Xác định năng lượng mất mát từ khi trụ được đặt lên xe đến khi xe đạt vận tốc không đổi.

Câu 3 (4,0 điểm) CƠ HỌC THIÊN THỂ Một vệ tinh chuyển động với vận tốc có độlớn không đổi v0 không đổi theo quỹ đạo tròn bán kính r0 xung quanh một hành tinh có bán kính R. Biết gia tốc rơi tự do trên bề mặt hành tinh là g a. Xác định bán kính quỹ đạo của vệ tinh r0. b. Do một nguyên nhân chưa biết, tại một thời điểm nào đó, hướng véctơ vân tóc thay đổi một góc nhỏ, nhưng độ lớn vận tốc không đổi. Khi đố hiển nhiên quỹ đạo vệ tinh sẽ là một elip. Hãy xác định sự phụ thuộc vận tốc vệ tinh vào khoảng cách r từ nó đến tâm hành tinh. c. Tìm độ biến thiên ∆v của độ lớn vận tốc khi khoảng cách đến tâm hành tinh thay đổi một lượng ∆r.

d. Chứng minh rằng, khi vệ tinh ở cách tâm hành tinh một khoảng r0 ta có hệ

thức

v v  . r r

Câu 4 (5,0 điểm) NHIỆT HỌC Một lượng khí lí tưởng lưỡng nguyên tử thực hiện một chu trình biến đổi sao cho nhiệt dung riêng đẳng tích không đổi. Chu trình được cho như hình vẽ ( Hình 2 ). Tổng đại số A+(J) nhiệt lượng nhận được hay nhả giữa các trạng thái 3 4 cho trên trục hành còn tổng công thực hiện bởi khí 720 cho trên trục tung. a. Sử đụng đồ thị đã cho tính hiệu suất chu trình.

1

480

b. Xác định mỗi loại quá trình. c. Gọi áp suất và thêt tích của khí ở trạng thái 1 là p0 và V0. Biểu diễn chu trình trên trong hệ p – V.

Q(J) 2

1

400 480 1320 Hình 2

2920

Câu 5 (2,0 điểm) THỰC HÀNH Cho các dụng cụ sau: - Một mặt phẳng nghiêng.

- Một khối gỗ nhỏ có khối lượng m đã biết.

- Một thước có độ chia tới mm.

- Một đồng hồ bấm giây.

Hãy đề xuất một phương án thí nghiệm để có thể xác định được nhiệt lượng tỏa ra khi khối gỗ trượt không vận tốc đầu từ đỉnh mặt phẳng nghiêng.

Yêu cầu: 1. Nêu cơ sở lý thuyết và xây dựng các công thức cần thiết.

2. Vẽ sơ đồ bố trí thí nghiệm, trình bày các bước tiến hành, đo đạc và tính toán. .....................HẾT.....................

Người ra đề (Ký, ghi rõ Họ tên - Điện thoại liên hệ)

Lê Thị Hoài

SĐT: 0915305750

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH – YÊN BÁI

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XI, NĂM HỌC 2017 – 2018

(Đề thi gồm 02 trang)

HDC - ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN:VẬT LÝ LỚP 10 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (5,0 điểm) CƠ HỌC CHẤT ĐIỂM Trên một thanh trơn nhẵn có lồng hai vật như nhau có cùng khối lượng M, hai vật được gắn với một dây nhẹ không dãn dài 2L. Ở giữa dây người ta buộc một vật nặng khối lượng 2M. Buông nhẹ ra cho vật chuyển động như hình vẽ. Hãy tính giá trị cực đại của vận tốc hai vật và của vật nặng. Biết rằng ban đầu dây không giãn.

Câu

M

M

2M

Hình

Thang điểm

Nội dung

Hai vật khối lượng M chuyển động theo phương ngang với gia tốc tức thời ang, còn vật nặng khối lượng 2M chuyển động theo phương thẳng đứng với gia tốc at. Sợi dây không giãn, có nghĩa là hình chiếu gia tốc của hai vật và vật nặng trên phương của sợi dây là như nhau: ang cos   at sin   vng  vt tan  (1) Từ các phương trình động lực học đối với hai vật M

1

T cos   Mang   at  g  ang tan    2Mg  2T sin   2Mat

(2)

Giả sử vật nặng dịch chuyển xuống dưới một đoạn ∆x. Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có 2 Mvng

2 Mvt2 2   2 Mg x (3) 2 2

Từ (1) và (3) ta có vt2  2 g cos 2  .x, vng2 

2 g x 1   1   2  tan  

Dễ thấy khi ∆x tăng tới L, góc α tăng tới π/2

1,0

1,0

1,0

0,5 0,5

Khi ∆x = L, vng đạt giá trị cực đại vng max  2 gL , còn vật nặng ở vị trí thấp nhất với vt = 0 Ta có x  L sin  suy ra vt2  2Lg cos2  sin  Để xác định được giá tri cực đại của vt ta lấy đạo hàm rồi cho nó bằng không:

 cos  sin   '  2cos  .sin   cos   0  tan   12  vt max  3 33 gL 2

2

3

1,0

2

Câu 2 (4,0 điểm)CƠ HỌC VẬT RẮN Một trụ đặc có khối lượng m, bán kính đáy R đang quay đều quanh trục của nó theo phương ngang với vận tốc góc o . Trụ được đặt nhẹ nhàng lên một sàn xe phẳng, dài nằm ngang. Xe có cùng khối lượng m với trụ và có thể trượt không ma sát trên mặt đất.Ngay sau đó xe chuyển động nhanh dần, nhưng sau một khoảng thời gian xe đạt được vận tốc ổn định và không đổi. a. Xác định vận tốc ổn định của xe. b. Xác định năng lượng mất mát từ khi trụ được đặt lên xe đến khi xe đạt vận tốc không đổi.

Câu

Nội dung a. Gọi vận tốc của xe khi ổn định là V. Vận tốc của trụ so với xe khi đó là v, vận tốc quay của trụ khi đó là  . Ban đầu trụ trượt trên sàn xe, lực ma sát làm trụ chuyển động tịnh tiến nhanh dần, chuyển động quay chậm dần đến khi đạt điều kiện lăn không trượt v  R. thì lực ma sát bằng 0 và hệ đạt trạng thái ổn định với các vận tốc không đổi. v Định luật bảo toàn động lượng: mV  m(V  v)  0  V  2 Định luật bảo toàn mô men động lượng với một trục nằm trên sàn xe vuông góc với mặt phẳng hình vẽ: I o  I   m(v  V ) R Với: mR 2 I và v  R. 2

Giải các phương trình ta tìm được: v 

o R 2

Thang điểm

0,5

0,5

0,5

0,5

Qhp  Wtruoc  Wsau

b.

Qhp 

Với V 

I o2  I  2 m(v  V )2 mV 2      2  2 2 2 

R mR 2 v ; v  R. ; I  mà v  o .

2 2 2

0,5

0,5

Biến đổi ta được: Qhp 

mo2 R 2 8

1,0

Câu 3 (4,0 điểm) CƠ HỌC THIÊN THỂ Một vệ tinh chuyển động với vận tốc có độlớn không đổi v0 không đổi theo quỹ đạo tròn bán kính r0 xung quanh một hành tinh có bán kính R. Biết gia tốc rơi tự do trên bề mặt hành tinh là g a. Xác định bán kính quỹ đạo của vệ tinh r0. b. Do một nguyên nhân chưa biết, tại một thời điểm nào đó, hướng véctơ vân tóc thay đổi một góc nhỏ, nhưng độ lớn vận tốc không đổi. Khi đố hiển nhiên quỹ đạo vệ tinh sẽ là một elip. Hãy xác định sự phụ thuộc vận tốc vệ tinh vào khoảng cách r từ nó đến tâm hành tinh. c. Tìm độ biến thiên ∆v của độ lớn vận tốc khi khoảng cách đến tâm hành tinh thay đổi một lượng ∆r. d. Chứng minh rằng, khi vệ tinh ở cách tâm hành tinh một khoảng r0 ta có hệ thức

v v  . r r

Câu

Thang điểm

Nội dung a. Lực hấp dẫn của hành tinh và vệ tinh đóng vai trò lực hướng tâm:

mv02 Mm  G 2 1 r0 r0

0,5

Kí hiệu g là gia tốc rơi tự do ở bề mặt hành tinh: g  Từ (1) và (2) ta tìm được r0  g

R2 v02

GM  2 R2

(3)

0,5 0,5

b. Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta có: 3

mv02 GMm mv 2 GMm    2 2 r0 r

0,5

 4

Từ (1), (3) và (4) ta tìm được: v  v0

2 gR 2 1 v02 r

0,5

(5)

c. Từ (5) lấy vi phân hai vế ta được: v  v ' r 

 2 gR 2   gR 2  v0   r     2 2  r 2 2  2 gR 2 2 gR 2  v0 r   v0 r  2 1 1 2 2 v0 r v0 r

d. Khi r  r0  g

v0

R2 thay vào (6) ta được đpcm v02

 6

1,0

0,5

Câu 4 (5,0 điểm) NHIỆT HỌC Một lượng khí lí tưởng lưỡng nguyên tử thực hiện một chu trình biến đổi sao cho nhiệt dung riêng đẳng tích không đổi. Chu trình được cho như hình vẽ ( Hình 2). Tổng đại số nhiệt lượng nhận được hay nhả giữa các trạng thái cho trên trục hành còn tổng công thực hiện bởi khí cho trên trục tung. a. Sử đụng đồ thị đã cho tính hiệu suất chu trình. b. Xác định mỗi loại quá trình. c. Gọi áp suất và thêt tích của khí ở trạng thái 1 là p0 và V0. Biểu diễn chu trình trên trong hệ p – V. Câu 4 Nội dung

A+(J)

1

480

Q(J)

2

1

400 480 1320 Hình 2

2920

Thang điểm

720 A   16, 4% a. Hiệu suất chu trình: H  Qthu 2920

0,5

b. Quá trình 1-2, 3-4 khí không thực hiện công nên đây là các quá trình đẳng tích.

Quá trình 2-3, 4-1 được biể diễn bằng những đường thẳng song song nên:

3

4

720

dA 2  tan   dQ 7

0,5 0,5

Áp dụng nguyên lý I của nhiệt động lực học: dQ  dA  dU  dU  dQ  dA 

5 2 dV dT được:  V T

Thay dU  nRT , dA  pdV 

Tích phân hai vế ta được

nRT dV V

0,5

5 dQ 7

vào biểu thức trên ta 0,5

V = const hay p  const .

T

Vậy 2-3, 4-1 là các quá trình đẳng áp. c.Nhiệt lượng mà khí nhân được trong quá trình 1-2 là:

0,5 0,25

5 Q12  vCV T  V0  p2  p0  2

Nhiệt lượng khí nhả ra trong quá trình 3-4:

Q V 5 2920  1320 Q34  V3  p2  p0   34  3   4 hay V3  4V0 2 Q12 V0 400

0,5

Công sinh ra trong quá trình 2-3: A23  p2 (V3  V0 ) Công khí nhận trong quá trình 4-1: A41  p0 (V3  V0 )

0,25



0,5

A23 p 720  2   3 hay p2  3 p0 A '41 p0 720  480 P 3P0

P0 V0

3V0

V

Ta có chu trình như hình vẽ 0,5

Câu 5 (2,0 điểm) THỰC HÀNH Cho các dụng cụ sau: - Một mặt phẳng nghiêng.

- Một khối gỗ nhỏ có khối lượng m đã biết.

- Một thước có độ chia tới mm.

- Một đồng hồ bấm giây.

Hãy đề xuất một phương án thí nghiệm để có thể xác định được nhiệt lượng tỏa ra khi khối gỗ trượt không vận tốc đầu từ đỉnh mặt phẳng nghiêng.

Yêu cầu: 1. Nêu cơ sở lý thuyết và xây dựng các công thức cần thiết.

2. Vẽ sơ đồ bố trí thí nghiệm, trình bày các bước tiến hành, đo đạc và tính toán.

Câu

Thang điểm

Nội dung 1. Cơ sở lý thuyết để tiến hành: Nhiệt lượng tỏa ra đúng bằng phần cơ năng đã mất khi vật trượt đến chân mặt nghiêng.

h 

Gọi : h là chiều cao của mặt nghiêng; l là chiều dài mặt nghiêng.

1,0

Chọn mốc thế năng tại chân mặt nghiêng. Vận tốc ban đầu bằng 0.

Vận tốc tại chân mặt nghiêng là v Q  m.g.h 

m.v 2 Với v 2  2.a. ; 2



2 a.t 2 a  2 2 t

2. 2  Q  m(g.h  2 ) t 2. Cách tiến hành:

1,0

+ Thả cho vật trượt không vận tốc đầu từ đỉnh mặt nghiêng đến chân mặt nghiêng. Đồng thời bấm đồng hồ đo thời gian t vật chuyển động từ đỉnh tới chân mặt phẳng nghiêng. + Đo chiều cao h của mặt nghiêng + Đo chiều dài

của mặt nghiêng.

Thay vào công thức trên xác định được Q

.....................HẾT.....................

Người ra đề (Ký, ghi rõ Họ tên - Điện thoại liên hệ)

Lê Thị Hoài SĐT: 0915305750

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LẦN THỨ XI

VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

MÔN VẬT LÍ - KHỐI 10

TRƯỜ

T

TC U

U

(Đề có 05 câu; gồm 02 trang)

TR I

ĐỀ GIỚI THIỆU

Câu 1 (5,0 điểm): Trên mặt phẳng ngang nhẵn có một chiếc nêm

A

khối lượng m, góc nêm là . Coi sức cản của không

m 2

khí không đáng kể.

1. Một vật nhỏ khối lượng

m bắt đầu trượt 2



không ma sát từ A. Biết AB = l (hình 1). Hãy xác định

B

Hình 1

gia tốc của nêm và quãng đường mà nêm đã trượt theo phương ngang kể từ khi vật bắt đầu trượt từ A đến khi nó rời khỏi nêm tại B. 2. Giả sử nêm đang có vận tốc V0 đến va chạm hoàn toàn đàn hồi vào một quả cầu nhỏ có

v0

khối lượng 2m đang đứng yên (hình 2). a. Sau va chạm nêm không nẩy lên. Để nêm

2m 

m

tiếp tục chuyển động theo hướng ban đầu thì góc nêm  phải nhỏ hơn một góc giới hạn 0 . Tìm 0 .

Hình 2

b. Cho V0 = 5m/s ; g = 10m/s2 ;  = 300. Xác định khoảng thời gian quả cầu va chạm với nêm lần Câu 2 (4,0 điểm): Một quả cầu đặc, đồng chất, khối lượng m, chuyển động với

m

vận tốc v 0 đến va chạm vào mặt sàn nằm ngang của một chiếc xe đang đứng yên (hình vẽ). Thân xe có khối lượng M, hệ số ma sát

 M

trượt giữa quả cầu và mặt sàn xe là . Xe chuyển động trên mặt M

v0 M

phẳng ngang nhờ hai hình trụ tròn đồng chất, có cùng khối lượng M, đặt ở trục trước và sau của xe (hình vẽ). Ma sát giữa hai hình trụ và mặt phẳng ngang đủ lớn để giữ cho hai hình trụ luôn lăn không trượt. Bỏ qua ma sát ở trục quay của hai hình trụ. Sau va chạm, vận tốc của quả cầu theo phương thẳng đứng giữ nguyên độ lớn nhưng bị đảo chiều. Giả thiết rằng quả cầu bị trượt trong suốt thời gian va chạm. Tìm vận tốc của xe sau va chạm theo , m, M, v0 và .

Câu 3 (4,0 điểm): Một vệ tinh chuyển động theo quỹ đạo tròn ở cách bề mặt Mặt Trăng một khoảng bằng bán kính R của Trái Đất. Tại một thời điểm nào đó, từ vệ tinh phóng ra một trạm đi tới một hành tinh khác, phần còn lại của vệ tinh chuyển động theo một quỹ đạo elip đi tới gần mặt Trái Đất ở điểm đối diện với điểm xuất

phát của trạm. Hỏi khối lượng của trạm có thể chiếm một phần cực đại bằng bao nhiêu khối lượng vệ tinh.

Câu 4 (4,0 điểm): Một động cơ nhiệt với tác nh n là n (mol) khí l tưởng đơn nguyên tử thực hiện một chu trình biến đ i được biểu di n trên đồ thị như hình vẽ.

- uá trình 1-2 là một đoạn thẳng.

- uá trình 2-3 là một đoạn thẳng có đường k o dài qua gốc t a độ.

- uá trình 3-1là một đoạn thẳng vuông góc với trục nằm ngang.

Các giá trị p0 , V0 , hằng số khí là đã biết.

1. Xác định nhiệt độ, áp suất của khí ở trạng thái 3 (theo p0 , V0 , n , R ) 2. Xác định công của chất khí trong toàn bộ chu trình (theo p0 , V0 ).

3. Xác định hiệu suất của động cơ.

Câu 5 (3,0 điểm): Một h -

c sinh sử dụng 1 lực kế với độ chia nhỏ nhất là 0,1 N 1 mẩu gỗ nhỏ, 1 tấm gỗ phẳng.

D y mảnh. Đế 3 ch n, trụ sắt  10, khớp đa năng.

Để xác định hệ số ma sát trượt  giữa bề mặt gỗ với gỗ và đo được bảng số liệu sau : Lần đo

F1(N)

F2(N)

P(N)

1

3,1

1.3

5,7

2

3,2

1,2

5,8

3

3,1

1,0

5,5

4

3,3

1,1

5,5

5

3,2

1,3

5,7

Trong đó P là tr ng lượng của mẩu gỗ nhỏ. F1, F2 là số chỉ của lực kế trong quá trình đo.

Yêu cầu: 1. Thiết kế phương án thí nghiệm mà h c sinh trên đã đùng để đo thu được bảng số liệu trên. Chỉ rõ lực F1, F2 là lực gì?

2. Xử lý số liệu, xác định giá trị hệ số ma sát trượt  .

ĐÁ Á Câu 1 (5,0 điể

: Đáp án

Ý

Điểm

1 Xác định gia tốc của nêm và quãng đường nêm trượt theo phương ngang. y N A

m/2

Fqt a0

0

x

a

m p



B

Hình 1 Xét hệ qui chiếu gắn với nêm. a : gia tốc của vật đối với nêm a0: gia tốc nêm đối với sàn Gia tốc của vật đối với sàn: am  a  a0

(1)

Định luật II Niu Tơn:

N  P  Fqt 

m a 2

(2)

Chiếu lên phương AB:

m m m g.sin   a 0 .cos   a  a  g sin   a 0 .cos  2 2 2

(3)

Ch n hệ tạo độ xoy như hình vẽ. Chiếu (1) lên ox: am = a.cos - a0

(4)

Vì không có ngoại lực theo phương ngang: động lượng bảo toàn.

m Vm  mVN  0  ma m  2ma 0  0  a m  2a 0 2

(5)

Thế (4) vào (5) suy ra : acos - a0 = 2a0  a 

3a 0 cos 

(6)

Thế (3) vào (6) suy ra:

g.sin   a 0 cos  

3a 0 g.sin .cos   a0  cos  3  cos 2 

* uãng đường mà nêm trượt theo phương ngang.

G i S là quãng đường mà nêm trượt, s là quãng đường dịch chuyển theo phương ngang của vật so với nêm.

Từ định luật bảo toàn động lượng:

m  s  S  mS  s  3S 2

S

s l cos   .

3 3

2

Ngay khi nêm va chạm vào quả cầu phản lực F truyền cho quả cầu vận tốc V2 .

Ngay sau va chạm xung lực F có phương vuông góc với mặt nêm, nên V2 có phương hợp với phương thẳng đứng 1 góc .

X t theo phương ox : Theo Định luật bảo toàn động lượng: mV0 = mV1 + 2mV2sin  V0=V1+2V2.sin

(1)

y

o

F

x

V2 m



2m

Hình 2

Va chạm hoàn toàn đàn hồi nên :

1 1 1 mV02  mV12  2mV22  V02  V12  2V22 2 2 2

(2)

Từ (1) và (2) ta có

V2 

2V0 sin  2sin 2   1

V0 (1  2sin 2 ) V1  1  2sin 2 

a.Để nêm tiếp tục chuyển động theo hướng cũ thì V1>0  sin <

1  sin 450    0  450 2

b. Khi V0 = 5m/s;  = 300 Từ (3) (4) suy ra: V2 



sau va chạm:

V 2V0 ; V1  0 3 3

(3) (4)

- Nêm chuyển động theo hướng cũ với V1  - Quả cầu chuyển động xiên góc với V2 

V0 3

2V0 3

Vì V2x=V1 nên sau khoảng thời gian t quả cầu rơi vào nêm.

Thời gian bay của quả cầu trong không khí: V2y = V2cos - gt1 = 0  t1 

V2 cos 300 g

vậy thời gian quả cầu va chạm với nêm lần 2 là t = 2t1

4V0 cos 300 3 t   0,58(s) 3g 3

Câu 2 (4,0 điể

:

Ý

Điểm

Đáp án



N

1

y x

-F

 2



F

v0 f1

f2

Ch n các chiều dương như hình vẽ.

Phương trình chuyển động của các hình trụ: 1  2 f1.r  2 Mr .1 1  f1  f 2  Ma 2x (1)  2 f .r  1 Mr 2 . 2 2  2

(hai hình trụ lăn không trượt nên

a 2x  1.r   2 .r ) Phương trình chuyển động của khối tâm xe:

F  f1  f 2  3Ma 2x

(2)

Phương trình chuyển động của quả cầu:

F  ma1x Từ (1), (2) và (3) ta được:

ma1x  4Ma 2x  0

(3)

m

v1x



v0 sin 

dv1x  4M 

v2 x

0

dv 2x  0  v1x 

4M v2x  v0 sin  m

(4)

Áp dụng định lý biến thiên động lượng cho quả cầu:

v0 cos      Ndt  m  dv1y   Ndt  2mv 0 cos   v0 cos  0 0     v1x   Fdt  m v  v sin   1x 0    Fdt  m  dv1x   0   0 v sin 0 

(5)

Do quả cầu trượt trong toàn bộ thời gian va chạm nên ta có: 



0

0

F  N   Fdt    Ndt 2mv 0 cos   m  v1x  v 0 sin    v1x   sin   2 cos   v 0

(6)

Từ (4) và (6) ta tìm được:

v 2x 

m v0 cos  2M

Câu 3 (4,0 điể ): Đáp án

Ý

Điểm

Tỉ số khối lượng của trạm và khối lượng vệ

2R

v'

tinh.

O

Khi trạm m từ vệ tinh M1 tại A, để lợi về năng lượng

0,25đ

R

thì vận tốc u truyền cho trạm phải cùng hướng chuyển động ( v 0 ) của vệ tinh quanh trái Đất MĐ Khi đó chính vệ tinh có vận tốc v ngược với hướng

A v0

v

u

0,25đ

u.

Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có:

mu - M1v = Mv0 với M1 = M - m  mu - (M - m)v = Mv0



m v0 +v = M u+v

0,25đ

(1)

Vệ tinh chuyển động trên quỹ đạo tròn bán kính 2R, lực hấp dẫn giữ vai trò lực hướng tâm:

Mv02 M M =G D 2 2R (2R)

 v0 = G

MD 2R

(2)

Ở rất xa Trái Đất động năng và thế năng của trạm m đều bằng 0 nên theo định luật bảo toàn cơ năng ta có:

M M Mu 2 -G D =0 2 2R

 u= G

MD 2R

(3)

Xét vệ tinh M1 (phần còn lại không tính trạm) ở các vị trí A phóng trạm và ở vị trí B cận Trái Đất, theo định luật bảo toàn năng lượng, ta có: M1v2 M M M v'2 M M -G D 1 = 1 -G D 1 2 2R 2 R

(4)

v' là vận tốc vệ tinh tại B trên quỹ đạo elip. Áp dụng định luật 2 Kepler, ta có:

Rv' = 2Rv

(5)

Từ (4) và (5) suy ra:

v= G

MD 3R

(6)

Đưa v0từ (2), u từ (3) và v từ (6) và (1) ta được:

m = M

Thay số và ta được:

MD M + G D 2R 3R M M G D+ G D R 3R G

m  0,8 M

Câu 4 (4,0 điểm): Đáp án

Ý 1

- X t trạng thái 1: p dụng phương trình C-M

p1V1  nRT1  T1 

15p0 V0 nR

- uá trình 2-3: p3 p 2  V3 V2

- Từ đồ thị, ta có:

V3  3V0 ; p2  p0 ; V2  7V0 3  p3  p 0 7 p dụng phương trình C-M 9 p0 V0 p3V3  nRT3  T3  7 nR

Điểm

2

3

Trong đồ thì p-V, chiều di n biến của chu trình cùng chiều kim đồng hồ nên chất khí thực hiện công 1 64 A  S123   p1  p3  V2  V3   p0 V0 2 7 - X t quá trình 3-1: Đẳng tích i 144  Q31  nR(T1  T3 )  p0 V0 2 7 - X t quá trình 1-2: Phương trình đường thẳng đi qua 1, 2 có dạng p  aV  b Đi qua điểm 1, điểm 2 nên ta có hệ p0  5p0  a.3V0  b p a  V0  p  0 V  8p 0   V0  p0  a.7V0  b  8p 0  p dụng phương trình C-M, ta được  pV V   p 0 p.V  nRT  T   V  8p 0   nR nR  V0  T

p0 2 V V  8p 0 nRV0 nR

- X t trạng thái B bất kì thuộc quá trình 1-2  pB  p; VB  V Nhiệt lượng của khí trong quá trình 1-B là

Q1B  U1B  A1B i 1  Q1B  nR(TB  T1 )  (p1  p B )(VB  V1 ) 2 2  p0 2 3 V 15p0 V0  V  8p 0  Q1B  nR    2 nR nR   nRV0  p 1   5p0  0 V  8p0   V  3V0  2 V0 

p0 2 V  20p 0 V  42p 0 V0 V0 b  5V0 Q1B đạt giá trị lớn nhất tại VC  2a Nhiệt lượng chất khí nhận trong quá trình 1-2 được tính từ V1 đến VC  5V0 p  Q1C  2 0 (5V0 ) 2  20p 0 .5V0  42p 0 V0  8p 0 V0 V0 Vậy nhiệt lượng chất khí nhận được trong toàn bộ chu trình là 144 200 Qnhan  Q31  Q1C  p0 V0  8p0 V0  p0 V0 7 7 Hiệu suất chu trình là 64 p 0 V0 A H  7  0,32  32% Q nhan 200 p V 0 0 7  Q1B  2

Câu 5 (3,0 điểm): Đáp án

Ý

Điểm

Phương án thí nghiệm - Móc vật vào lực kế bởi d y mảnh.

- Sử dụng đế 3 ch n , trụ , khớp đa năng và tấm gỗ tạo thành hệ mặt phẳng nghiêng góc  , chú rằng góc  phải không đủ lớn để cho mẩu gỗ tự trượt xuống.

- K o vật trượt đều đi lên mặt phẳng nghiêng, đo được giá trị của lực kế là: F   Pcos  P sin  (1) - K o vật trượt đều đi xuống mặt phẳng nghiêng, đo được giá trị của lực kế là: Fx   Pcos  P sin  (2) - Từ (1) và (2) ta thu được: 

F  Fx 4P 2  (F  Fx )2

(3)

Trong đó P đo được từ lực kế bằng việc treo vật - Nhận xét: F luôn lớn hơn Fx do đó từ bảng số liệu trên thì : + F1 là số chỉ của lực kế khi kéo vật trượt đều đi lên mặt phẳng nghiêng. + F2 là số chỉ của lực kế khi kéo vật trượt đều đi xuống mặt phẳng nghiêng.

Vậy  

F1  F2 4 P 2  ( F1  F2 )2

(4)

Bảng số liệu như sau: Lần đo

F1(N)

 F1i(N)

F2(N)

 F2i(N)

P(N)

 Pi(N)

1

3,1

0,1

1.3

0,1

5,7

0,1

2

3,2

0

1,2

0

5,8

0,2

3

3,1

0,1

1,0

0,2

5,5

0,1

4

3,3

0,1

1,1

0,1

5,5

0,1

5

3,2

0

1,3

0,1

5,7

0,1

TB

3,2

0,1

1,2

0,1

5,6

0,1

A

=  Ann +  Adc

0,2

+ Tính được giá trị trung bình  

0,2

F1  F2 2

4 P  ( F1  F2 )

 0,39 2

+ Tính sai số tương đối của  .

1 Từ (4)  ln   ln( F1  F2 )  ln[4 P 2  ( F1  F2 ) 2 ] 2

 

d

 



 



d ( F1  F2 ) 1 d[4 P 2  ( F1  F2 ) 2 ]  F1  F2 2 4 P 2  ( F1  F2 )2



F1  F2 4 PP  ( F1  F2 )(F1  F2 )  F1  F2 4 P 2  ( F1  F2 ) 2







F 1  F2 4 P P  ( F1  F2 )(F 1  F2 )   0,12 2 F1  F2 4 P  ( F1  F2 ) 2

+ Tính được sai số tuyệt đối trung bình:    .  0,05 Vậy   0,39  0, 05 với độ chính xác của ph p đo là 12%

Giáo viên soạn đề: Bùi Đức Sơn DĐ: 0949584545

0,2

TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2018

ĐỀ NGHỊ

ĐỀ THI M N V T

ỚP 10

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. (Đề thi gồm 06 câu in trong 03 trang) HỌ VÀ TÊN THÍ SINH: …………………………………………………

SỐ BÁO DANH:………………………….

Bài 1. (5 điểm - Cơ học chất điểm) Một vật nhỏ khối lượng m được phóng trên mặt nghiêng nhẵn của nêm có cùng khối lượng (trong quá trình chuyển động vật luôn tiếp xúc với mặt nghiêng của nêm). Nêm đặt trên một mặt bàn nằm ngang không ma

v0 450

450

sát. Vận tốc ban đầu của vật bằng v 0 và lập một góc 450 với cạnh của nêm. Biết góc nhị diện của nêm cũng bằng 450 (hình vẽ), gia tốc rơi tự do là g. a. Tìm phản lực do nêm tác dụng lên vật. b. Sau bao lâu vật quay trở lại độ cao ban đầu. c. Vận tốc của vật tại điểm cao nhất của quỹ đạo. d. Tính bán kính cong của quỹ đạo tại điểm cao nhất.

Giả thiết chuyển động tịnh tiến của nêm chỉ được phép theo hướng vuông góc với cạnh của nó.

Bài 2. (4 điểm - Cơ vật rắn) Một quả cầu đặc đồng chất khối lượng m, bán kính R đang quay với tốc độ góc 0 . Trục quay đi qua tâm quả cầu và lập với phương thẳng đứng  . Vận tốc ban đầu của tâm quả cầu bằng không. Đặt nhẹ quả cầu lên mặt bàn nằm ngang. Hãy xác định vận tốc của tâm quả cầu và 1

0

động năng của quả cầu tại thời điểm nó ngừng trượt trên mặt bàn. Bỏ qua ma sát lăn. Áp dụng số: m  1kg; R  10cm; 0  10rad / s;  120 .

Bài 3. Chọn một trong hai bài (Cơ học thiên thể hoặc cơ học chất lưu) 1. (4 điểm - Cơ học thiên thể): 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 ánh 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. a. Giả sử tiểu hành tinh đó không quay. Hãy xác định bán kính của nó. b. Xác định vận tốc vũ trụ cấp II đối với tiểu hành tinh đó. c. Giả sử tiểu hành tinh quay xung quanh trục của nó và một ngày có 12 giờ. Xác định vận tốc chạy tối thiểu của tiểu Hoàng tử bé để quay xung quanh tiểu hành tinh.

A

2. (4 điểm - Cơ học chất lưu) 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). Thời gian được xác định theo mực nước trong bình. Hãy xác định hình dạng của bình để các

O

B

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.

Bài 4. (4 điểm – Nhiệt học) Sự thay đổi áp suất của hệ xi lanh mở Dưới pittông của một xi lanh hình trụ chứa một lượng không khí. Ở thành của xi lanh có hai van: van hút khí K1 và van thoát khí K2 . Van hút khí K1 mở khi độ chênh lệch áp suất của không khí ở ngoài so với trong xi lanh vượt quá ∆1=0,2po (po là áp suất khí quyển). Van thoát khí K2 mở khi độ chênh lệch áp suất của không khí bên trong so với

p0 , T0 K1

K1

bên ngoài xi lanh vượt quá ∆2=0,4po. Pittông thực hiện nhiều lần chuyển động lên xuống rất chậm, sao cho thể tích không khí trong xi lanh thay đổi trong phạm vi Vo đến 2Vo. Nhiệt độ của hệ không đổi và bằng To. Sau nhiều lần cho pittông chuyển động lên xuống ổn định. Hãy:

2

a. Xác định giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của lượng không khí trong xi lanh (tính theo p0 ,V0 , T0 ).

b. Biểu diễn quá trình diễn ra của không khí trong xi lanh ở sơ đồ p-V. c. Trả lời hai câu hỏi của bài toán nếu ∆1=0,4po còn ∆2=0,2po.

Bài 5. (3 điểm - Phương án thực hành) Đo hệ số nhớt Biết lực cản tác dụng lên vật hình cầu chuyển động trong chất lỏng được tính theo biểu thức fC  6 Rv (  là hệ số ma sát nhớt, R và v tương ứng là bán kính và vận tốc của vật.

Cho các dụng cụ: - Một ống thủy tinh dài có vạch chia độ dài, chứa đầy dầu ăn có khối lượng riêng 1 đã biết; - Nước tinh khiết có khối lượng riêng  2 đã biết; - Ống nhỏ giọt (xilanh); - Cân, cốc thủy tinh và đồng hồ bấm giây. a. Trình bày cơ sở lí thuyết xác định hệ số nhớt của dầu ăn. b. Trình bày các bước tiến hành thí nghiệm, thiết kế biểu bảng cần thiết để ghi số liệu. c. Nêu những chú ý hạn chế sai số.

---------------- Hết--------------

3

HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1. (5 điểm - Cơ học chất điểm) a. Kí hiệu N , N / là lực tương tác giữa vật và nêm, a1 và a 2 lần lượt là gia tốc

Điểm

của vật so với nêm và gia tốc của nêm.

- Xét nêm:

N sin   ma2

(1)

- Xét vật: theo phương vuông góc với cạnh của nêm và vuông góc với mặt nêm ta có:

mg sin   ma2cos  ma1

(2)

N  mgcos  ma2 sin 

(3)

0,5đ

Giải hệ các phương trình trên ta được: a2  g

sin  cos g  1  sin 2  3

a1  g

2sin  2 2g  2 1  sin  3

N  mg

N

Fq a1

p

a2

2 cos  2mg  2 1  sin  3

1,0đ

b. Phản lực N không phụ thuộc vào vị trí và vận tốc của vật. Trong hệ quy chiếu gắn với nêm, vật chuyển động như vật bị ném xiên trong trọng trường hiệu dụng

g /  a1 . Do vậy, thời gian vật trở lại độ cao ban đầu: t

2v0 sin  3v0  . a1 2g

0,5đ

c. Tại điểm cao nhất vật tốc của vật so với nêm có phương ngang và song song với cạnh của nêm

v1  v0cos 

v0 2

.

0,5đ

Còn so với mặt đất, vận tốc của vật tại điểm cao nhất: 0,5đ 4

v  v12  v22 

 v0cos    a2t /   2

2

 / t 3v0  3v0 , với  t   .

2 4g  4 

d.

v1

v

 v2

a1x  a1

a2 0,5đ

a1y

 Phân tích a1  a1x  a1 y . Vậy gia tốc của vật a  a1  a 2  (a1x  a 2 )  a1 y .

Nhận thấy rằng a1y đã vuông góc với v , thành phần còn lại vuông góc với v là

(a2  a1x )sin  . Hai thành phần này lại vuông góc với nhau nên gia tốc hướng tâm của vật là: an  a12y   (a2  a1x )sin   , 2

0,5đ

2g 3 2g với a1 y  a1 sin   3 v 2 2 sin   1  v2 3 a1x  a1cos 

Thay vào ta có an 

2 11 g 9

0,5đ

Vậy, bán kính quỹ đạo của vật tại điểm cao nhất là: 0,5đ 5

81 v02 v2 .

R  an 32 11 g

Bài 2. (4 điểm - Cơ vật rắn)

0 L1



Điểm

L0

L2

1

Phân tích mô men động lượng : L0  L1  L 2 , với

2

L1  L0cos  1  0cos

0,5đ

L2  L0 sin   2  0 sin 

F ms Thành phần 1 có giá trị không đổi khi quả cầu chạm vào mặt sàn do không có lực nào gây ra mô men cản. Động năng ứng với thành phần này:

0,5đ

1 12 Wd 1  I112  mR 202cos 2 .

2 25

Thành phần  2 thay đổi do mô men của lực ma sát trượt Fms hướng ra (hình). Gọi

v và  là vận tốc của tâm và vận tốc góc theo phương ngang của quả cầu khi nó bắt đầu lăn không trượt, ta có:

v  R

(1)

Phương trình mômen: 0,5đ

6

d 2 d   mR 2 dt dt 5 d 2  Fms   mR dt 5 Fms R   I

(2)

Phương trình định luật II Newton: Fms  m

dv dt

(3)

0,5đ

(4)

0,5đ

Từ (2) và (3): v 2 2  dv   Rd    dv   R  d  0 5 5 2 2  v  R (2   ) 5

2 7

2 7

0,5đ

2 7

Từ (1) và (4) rút ra:   2  0 sin  ; v  R  R0 sin  .

Vậy, động năng của quả cầu tại điểm ngừng trượt là:

1 1 Wd  Wd 1  mv 2  I  2 2 2 2

12 1 2  12 2   mR 202 cos 2  m  R0 sin    mR 2  0 sin   25 2 7  25 7  1 2 2  mR 202 cos 2  m  R0 sin   5 35 1  mR 202  5cos 2  2  .

35

2

0,5đ

Thay số 2 R0 sin   0, 0594m / s; 7 1 Wd  mR 202  5cos 2  2   0,1938 J .

35

v

0,5đ

Bài 3. Chọn một trong hai bài (Cơ học thiên thể hoặc cơ học chất lưu) 1. (4 điểm - Cơ học thiên thể)

4,0 đ

7

a. 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: G

v12 mM  m R2 R

,

(1)

0,5đ

4 3

với M   R3  (  là khối lượng riêng của hành tinh) Thay vào (1) ta rút ra được: R

3v12 4 G 

Thay số v1  2m / s;   5200kg / m3 ta tính được R  1659m.

1,0đ

b. Cơ năng của Hoàng tử bé W

Điều kiện thoát là W  0  v 

mM mv 2 G .

R 2

2GM  2v1 .

R

0,5đ

Vậy vận tốc vũ trụ cấp 2 đối với tiểu hành tinh đó là v 2  2v1  2 2  2,83m / s .

0,5đ

c. Vận tốc tự quay của tiểu hành tinh là: v0 

2 R  0, 24m / s , T

0,5đ

với T=43200s.

Vận tốc chạy tối thiểu của Hoàng tử để quay xung quanh tiểu hành tinh khi Hoàng tử chạy ngược chiều quay của tiểu hành tinh. Vận tốc tối thiểu có độ lớn là: vmin  v1  v0  2  0, 24  1,76m / s.

2. (4 điểm - Cơ học chất lưu)

1,0đ

4,0 đ

8

y

Theo công thức Torricelli, ta có vận tốc đầu ra: v  2 gy

,

với y là mực nước tính từ O.

O

Đồng hồ đối xứng tròn xoay, tiết diện lỗ O là a.

v

x

1,0đ

Tiết diện mặt nước tại thời điểm khảo sát là A   x2

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

0,5đ

.

Mực nước trong bình giảm xuống tương ứng là dh 

1,0đ

dV dh a 2 gy    x2 .

A dt

Theo yêu cầu: a 2 gy dh  const.  1 4 x.  const  y    const   2 dt x  a  2g 2

Vậy: Hình dạng của bình

y tỉ lệ với

1,0đ 0,5đ

x4 .

Bài 4. (4 điểm – Nhiệt) Viết phương trình C-M cho khí trong xi lanh: pV=  RTo , với p,V và  lần lượt Điểm là áp suất, thể tích và lượng không khí phù hợp trong xi lanh. Với điều kiện nhiệt độ không đổi, nhưng lượng không khí  trong xi lanh có thể thay đổi, nếu hoặc là không khí đi vào xi lanh qua van hút khí K1, hoặc là không khí thoát ra khỏi xi lanh qua van thoát K2. a. Van hút khí K1 mở khi áp suất không khí bên trong xi lanh thỏa mãn điều kiện p<po - ∆1 = 0,8po. Van thoát khí K2 mở khi áp suất trong xi lanh thỏa mãn điều kiện p > po + ∆2 = 1,4po. Nếu không van nào trong hai van mở trong quá trình dao động của pittông thì áp suất trong xi lanh sẽ tăng hai lần tại vị trí cao nhất của pittông so với vị trí thấp nhất. Nhưng lúc đó không thể thỏa mãn được điều kiện 0,8 p0  p  1, 4 p0 , đó là điều kiện cần phải thỏa mãn để không van nào mở.

9

0,5đ

Do đó, tồn tại các khoảng thời gian, khi không khí tràn chậm vào xi lanh qua van hút và khi không khí thoát chậm ra khỏi xi lanh qua van thoát.

Khi không khí tràn vào xi lanh, lượng không khí tăng với sự tăng của thể tích và đến giá trị cực đại, khi đó pittông nằm ở vị trí cao nhất. Giá trị cực đại đó bằng: max 

0,8 p0 .2V0 1, 6 p0 .V0  RT0 RT0

0,5đ

Khi không khí thoát ra khỏi xi lanh, lượng không khí giảm và đến giá trị nhỏ nhất khi nó nằm ở vị trí thấp nhất, do đó: min 

b. Quá trình diễn ra với không khí trong xi lanh: Xét điểm bắt đầu khảo sát là khi pittông đang ở vị trí thấp nhất

1, 4 p0 .V0 RT0

0,5đ

p 1, 4 p0

0,5đ

(thể tích Vo) chuẩn bị đi lên: - Giai đoạn giãn đẳng nhiệt từ thể tích

0,8 p0

Vo với lượng khí trong xi lanh không đổi, sau đó là giai đoạn giãn đẳng áp đến thể tích 2Vo với sự tăng của lượng

O

V0

2V0

V

không khí

1,0đ

- Tiếp theo là giai đoạn nén đẳng nhiệt từ thể tích 2Vo với lượng khí không đổi khác và cuối cùng là giai đoạn nén đẳng áp đến thể tích ban đầu Vo với lượng không khí giảm. Trong sơ đồ p-V, quá trình này được biểu diễn như hình . c. Xét trường hợp thứ hai của đề bài, khi mà ∆1=0,4po còn ∆2=0,2po. Van hút mở khi áp suất trong xi lanh thoả mãn p < po - ∆1 = 0,6po, còn van thoát mở khi áp suất trong xi lanh thỏa mãn p > po + ∆2 = 1,2po. Ta thấy rằng với sự biến đổi thể tích của không khí tăng 2 lần có thể thỏa mãn được điều kiện 0, 6 p0  p  1, 2 p0 , với việc cả hai van đều không mở trong suốt quá trình.

10

0,5đ

Như vậy, trong trường hợp này lượng

p

không khí trong xi lanh giữ nguyên không đổi và bằng 

1, 2 p0 .V0 RT0

Quá trình, diễn ra với lượng khí trong

1, 2 p0

0, 6 p0

0,5đ

xi lanh trong trường hợp này, bao gồm một đường đẳng nhiệt, theo chiều

O

V0

2V0

V

thuận và theo chiều nghịch.

Bài 5. (3 điểm -Phương án thực hành) a. Cơ sở lí thuyết

Điểm

11

Một của cầu bán kính r, khối lượng riềng  2 , chuyển động dưới tác dụng của trọng lực trong môi trường chất lỏng có khối lượng riêng 1 đã biết. Quả cầu này chuyển động đến một điểm nào đó thì các lực tác dụng lên nó cân bằng, vận tốc đạt đến giá

0,5đ

trị cưc đại v0 . Phương trình động lực học có dạng: FA  f C  p  0  FA  f C  p.

Vậy: 4 3 4  r 1 g  6 Rv0   r 3  2 g 3 3 2 2 r g (  2  1 ).   9v0

1,0đ

b. Tiến hành thí nghiệm Bước 1: Xác định bán kính giọt nước bằng cách dung ống nhỏ giọt nhỏ khoảng 100 giọt nước vào cố thủy tinh, đặt lên cân từ đó suy ra khối lượng trung bình của mỗi giọt. Biết khối lượng riêng ta tìm được bán kính trung bình mỗi giọt

0,25đ

nước.

Bước 2: Dùng ống nhỏ giọt nhỏ một giọt nước vào ống thủy tinh (giọt nước có dạng hình cầu chuyển động trong ống thủy tinh chứa dầu).

0,25đ

Bước 3: Sử dụng đồng hồ đo thời gian chuyển động của giọt nước khi nó rơi dọc theo chiều dài của như đưa ra trong Bảng (ở sau). Chú ý đánh dấu vị trí 20 cm là điểm bắt đầu đo thời gian vì khi đó giọt nước bắt đầu chuyển động đều. Nếu giọt

0,25đ

nước chạm thành ống thủy tinh thì phải làm lại.

Bước 4: Ghi lại thời gian t1 thực hiện cho giọt nước rơi từ điểm bắt đầu đến các vị trí 40, 50, 60, 70 cm…trên ống thủy tinh.

Bước 5: Lặp lại bước 2 và ghi lại thời gian t2.

12

0,25đ

Bảng số liệu Vị trí tính

Quảng

giờ (cm)

đường

Thời gian

chuyển động

t1

t2

t

20 30 40

0,5đ

50 60 70 …

Xử lí số liệu - Tính giá trị trung bình t1 và t2 và ghi lại giá trị t.

- Vẽ đồ thị của quảng đường chuyển động theo thời gian.

- Xac định độ dốc của đồ thị suy ra vận tốc v.

0,5đ

2 2 r g (  2  1 ).

- Tính hệ số ma sát nhớt theo công thức:   9v0

c. Cách hạn chế sai số - Bấm đồng hồ kịp thời khi giọt nước đi qua những vị trí xác định.

- Không để ống nhỏ giọt chạm vào dầu ăn,

0,5đ

- Thả giọt nước gần sát với bề mặt dầu ăn.

Huế, ngày 17 tháng 3 năm 2018 Người ra đề

ê Quốc Anh 0935 935 771 -----------------HẾT---------------13

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI BÌNH

*****

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT (Đề bài gồm 02 trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2018 Môn: VẬT LÍ LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút

Bài 1. (4 điểm) Một vật nhỏ có khối lượng m trượt trong một đường trượt tròn có thành thẳng đứng. Đường trượt có bán kính r nằm trên mặt phẳng ngang và trong quá trình trượt, vật luôn tiếp xúc cả với đường trượt ngang và thành thẳng đứng của đường với hệ số ma sát trượt đều là . Ban đầu vật được cung cấp vận tốc v0 tiếp tuyến với đường trượt.

1. Gọi động năng của vật sau khi nó đi được một cung bằng φ là E. Xác định theo g, r, , m và E? 2. Tính động năng E của vật ở thời điểm đang trượt theo m, g, r, µ và v0?

Xác định v0 theo g, r,  sao cho vật trượt được đúng một vòng rồi dừng lại?

Bài 2. (4 điểm) Một tàu vũ trụ chuyển động trên một quỹ đạo tròn quanh Mặt Trời và ở rất gần Trái Đất. Nó cần chuyển đến một quỹ đạo tròn quanh Mặt Trời nhưng ở rất gần với sao Hỏa. Để thực hiện việc này, tàu phải khởi động tên lửa để tăng tốc thêm một lượng v1 từ quỹ đạo quanh Trái Đất rồi chuyển sang quỹ đạo ellip (in đậm), tới gần sao Hỏa thì tăng tốc lần thứ hai thêm lượng v2. Giả sử cả hai lần tàu đều tăng tốc tức thời và bỏ qua sự thay đổi khối lượng cũng như lực hấp dẫn của Trái Đất và sao Hỏa (không bỏ qua tác dụng của Mặt Trời!). Coi quỹ đạo của Trái Đất, sao Hỏa quanh Mặt Trời là tròn với bán kính tương ứng là RE và RM = RE /, vận tốc tương ứng là vE, vM. 1. Xác định độ tăng tốc độ v1 cần thiết để chuyển sang quỹ đạo ellip theo vE và .

2. Xác định độ tăng tốc độ v2 cần thiết để chuyển sang quỹ đạo tròn gần sao Hỏa theo vE và .

3. Tính khoảng cách góc giữa Trái Đất và sao Hỏa, nhìn từ Mặt Trời, theo . Biết tàu rời quỹ đạo gần Trái Đất từ vị trí Trái Đất và đến quỹ đạo gần sao Hỏa ở đúng vị trí sao Hỏa. (Khoảng cách góc là góc giữa các bán kính nối Mặt Trời với Trái Đất và Mặt Trời với sao Hỏa).

Bài 3.(4 điểm) Một trụ tròn đồng chất khối lượng m, bán kính r tại thời điểm t = 0 đứng yên tại vị trí xC = 0 trên một băng tải nhám. Băng tải chuyển động với vận tốc v0 không đổi. Hệ số ma sát trượt giữa trụ tròn và băng tải là µ. Biết α, r, m, v0 và µ = 2tanα. Hãy tìm:

x v0

1. Thời điểm t1 kể từ đó trụ trong lăn không trượt trên băng tải.

C

y

α

2. Giá trị cực đại của x mà trọng tâm C của trụ đạt được?

Bài 4. (5 điểm) Một bình hình trụ thành mỏng, tiết diện ngang là S, đặt thẳng đứng. Trong bình có một pittôn, khối lượng cũng như bề dày pittôn không đáng kể. Pittôn nối với mặt trên của bình bằng một lò xo có độ cứng k. Trong bình và ở phía dưới

h

pittôn có chứa một lượng khí lí tưởng đơn nguyên tử khối lượng m, khối lượng mol là  . Lúc đầu nhiệt độ của khí trong bình là T1. Biết rằng chiều dài của lò xo khi không biến dạng vừa bằng chiều cao của bình, phía trên pittôn là chân không. Bỏ qua khối lượng của lò xo và ma sát giữa pittôn với thành bình.

1. Cần phải tăng nhiệt độ cuả khí tới giá trị nào để thể tích khí trong bình tăng thêm 20%.

2. Tính nhiệt lượng cần truyền cho bình để thể tích của khí trong bình đạt tới giá trị trên. Bỏ qua nhiệt dung của pittôn và của bình.

3. Chứng tỏ rằng trong một giới hạn cho phép (độ biến dạng của lò xo không quá lớn để lực đàn hồi của lò xo vẫn còn tỷ lệ với độ biến dạng của nó) thì nhiệt dung của hệ gồm lò xo, pittôn và khí trong bình phụ thuộc vào chiều cao h của cột khí trong bình theo một quy luật xác định. Tìm quy luật đó.

Bài 5. (3 điểm) Có một thùng nước nóng đậy kín cách nhiệt tốt chỉ có thể lấy được nước ra qua một vòi có khóa. Người ta muốn đo nhiệt độ của nước trong thùng nhưng trong tay chỉ có một ống nghiệm dung tích nhỏ, một nhiệt kế thuỷ ngân, một đồng hồ bấm giây và một bút viết trên thuỷ tinh (mực không tan trong nước). Hãy đề xuất phương án thí nghiệm để chỉ cần lấy ra những lượng nước nhỏ mà có thể xác định được nhiệt độ của nước trong thùng. Xét thí nghiệm trong trường hợp: 1. Ống nghiệm được bọc ngoài bằng bông cách nhiệt tốt.

2. Ốngnghiệm được bọc ngoài bằng bông cách nhiệt không tốt lắm. *** HẾT ***

Nguyễn Thanh Sơn ĐT: 0989536727

HƯỚNG DẪN CHẤM Bài Bài 1 (4 đ)

Nội dung

Điểm

1. (1,5đ) Gọi v là vận tốc của vật sau khi di chuyển được cung tròn trên đường trượt ứng với góc φ. Áp dụng ĐL II Niu-tơn cho chuyển động của vật ta có: - Phản lực Ft của thành đường trượt đóng vai trò lực hướng tâm nên: - Mặt ngang của đường trượt tác dụng phản lực N với: N = P = mg.

- Lực ma sát tổng cộng do mặt đường và thành đường trượt tác dụng lên vật là: (

)

(

0, 5

)

Xét khi vật di chuyển được cung: ds = rdφ.

Biến thiên động năng của vật là dE bằng công A của các lực tác dụng. Chú ý là trọng lực P, phản lực N và Ft đều không sinh công; lực ma sát ngược hướng chuyển động, do đó ta có: ( (

0,5

) )

(

)(1)

0, 5

2. (2,5đ) Từ (1) ta có: (

(3)

)

Lấy nguyên hàm hai vế của (3) ta được: ∫

(

)

|

|

∫

(

)

1,0

Với C là hằng số xác định từ điều kiện ban đầu : khi φ = 0 thì (

)

[( ) ] Thay vào ta có: Vật đi được một vòng thì dừng lại tức là E =0 khi φ = 2π. Do đó ta có : ( ) ( ) √ ( )

1,0

0,5

1. (2đ) Xét hành tinh khối lượng M chuyển động trên quỹ đạo tròn quanh Mặt trời có bán kính Rc. Ta có: Bài 2 (4 đ)

G

M S M c M c vc 2  R c2 Rc

Trên quỹ đạo ellip với cận điểm R1, viễn điểm R2, áp dụng bảo toàn mô-men động lượng và bảo toàn năng lượng ta được:

0,25

v1 R2  v2 R2 M cv2 M M  G s c  E  const r 2

0,5

Áp dụng tại cận điểm ta có: 2

M c v12 M s M c M c v12  R1  M sMc G    G 2 2  R2  R1 R2 2 v12   R1   R  R1 1      GM s 2  2   R2   R1 R2  

GM s GM s v12 2 (1   )  v12  .

1 2  R1 R1 1    2



Với R1/R2 = α thì:



0,5 0,25

Điểm cực cận trên quỹ đạo của tàu vũ trụ được coi tại Trái đất  R1  RE  nên: v1 

GM S 2 2  vE .

RE 1  1 

0,25

Vậy độ tăng tốc độ cần để chuyển từ quỹ đạo gần Trái đất sang quỹ đạo ellip là:

  2 v1  v1  vE  vE   1  1  

0,25

2. (1,25 đ) Tương tự như trên, áp dụng cho điểm cực viễn của quỹ đạo ellip ở rất gần quỹ đạo sao Hỏa  R2  RM  với chú ý rằng RM = RE/α,ta có: GM s GM s v2 2  2 2 1  1/     v2 2  1  1/     .    2 R2 R2 1  1/   

 v2 

0,5

GM S 2 2  vM .

RM 1  1/   1  1/  

  2  v2  vM  v2  vM  1    1  1/    

0, 5

Áp dụng định luật Kepler cho chuyển động trên quỹ đạo Trái đất và sao Hỏa ta có: vE2 RE  vM2 RM  vM  vE 

  2 Thay vào ta được: v2  vE  . 1    1  1/    

0,25

3. (0,75 đ) Áp dụng định luật Kepler III cho các quỹ đạo ta có với thời gian để chuyển từ quỹ đạo Trái đất sang quỹ đạo sao Hỏa là T thì:

T 1  R  RM    E  TM 2  2.RM 

3/2

1   1     2 2 

3/2

0,25

0,25

T   1  Trong thời gian này, sao Hỏa di chuyển được góc:  M  2 M     T  2  Cũng trong thời gian này tàu di chuyển được từ cực cận đến cực viễn, tức là di chuyển được góc bằng π. Điểm cực cận tại Trái đất, điểm cực viễn tại chính sao Hỏa nên khoảng cách góc giữa Trái đất và sao Hỏa là: 0,25 3/2    1        M   1       2   3/2

1. (2 đ) Lúc đầu trụ tròn vừa lăn vừa trượt trong khoảng 0 ≤ t ≤ t1.

Sau đó trụ lăn không trượt trên băng tải.

Xét: 0 ≤ t ≤ t1: Gọi ac là gia tốc của khối tâm C của trụ, γ là gia tốc góc.

Bài 3 Phương trình động lực học của trụ:

+

N

x y

Fms

(4 đ) (2) =>N = mgcosα =>Fms = µN = 2mg.tanα.cosα = 2mgsinα Do : Ic = mr2/2 nên từ (1) và (3) ta có: Ở t = 0 ta có v(0) = 0, ω(0) = 0 do đó : () () ; Trụ lăn không trượt khi vận tốc tương đối tại điểm tiếp xúc bằng 0, hay: () () Từ đó ta có:

(1) (2) (3) (4)

0,75

(5)

0,25

(6)

0,25 0,25

(7)

2. (2 đ) Khi t > t1: Trụ lăn không trượt trên băng tải. Vận tốc khối tâm C của trụ trên băng tải: ( ) ( ) (8) Ma sát giữa trụ và băng tải lúc này là ma sát nghỉ Fmsn. Phương trình chuyển động: (9) (10) Từ (8) => γ Thay vào (9), (10) ta có: ( )

∫ (

(

)

|

0,25

0,5

( ) 0,25

với v(t1) xác định từ (6): v(t1) = gt1sinα, ta có: ( ) ( ) xC(t) đạt cực đại tại t = t2 khi : ( )

)

0,25

(11) nên: (12)

0,25 0,25

Từ (11) ta có: ∫ ( )

∫ ( (

)

) (

)

0,25

Từ (6) ta có :

( )

.

Thay vào (12) ta được :

( )

1. (1 đ) Lúc đầu: kh1  p1S

(1)

Lúc sau: kh 2  p 2S

(2)

Bài 4 => (p2  p1 )S  k(h 2  h1 ) mRT2 mRT1 ; p2  Mặt khác : p1  (5 đ) Sh1 Sh 2  T2  T1

0,25 0,25

0,5 .

h 22  1, 44T1 h12

0,5

2. (2,5 đ)

dQ  dU  pdV 

m kh CV dT  dV  S

0,25

Tích phân hai vế: T2 h2 m kh Mg Q   CV dT   (  )Sdh  S S T1 h1

k(h 22  h12 ) m Q  CV (T2  T1 )   2 kh m Từ phương trình: 1 Sh1  RT1 ta có S  m m kh12  Mgh1  RT1 ; kh 22  Mgh 2  RT2   Suy ra m Mg Q  (CV  R)(T  T1 )  (h 2  h1 )  2 Q

m Mg M 2g 2 mRT1 M 2g 2 mRT2 (CV  R)(T  T1 )  (    )  2 4k 2 k 4k 2 k

Mg M 2 g 2 mRT1 Mg M 2 g 2 mRT2   ; h    ; 2 2k 4k 2 k 2k 4k 2 k ta được: m mR Q  (CV  R)(T2  T1 )  Mg ( T2  T1 ) với CV = 3R/2  k h1 

mRT1 2mR .

1, 44T1  0, 2Mg  k 3. (1,5 đ) Khi cần tăng tới nhiệt độ T bất kỳ ta có : m mR Q  (CV  R)(T  T1 )  Mg ( T  T1 ) .  k Đạo hàm hai vế theo T: Q

0,5

0,5

0,5 0,25

0,25 0,25

0,5 0,5

mR 1 dQ m  (Cv  R)  Mg dT  k 2 T dQ m MmgR .

C  (Cv  R)  dT  2kh

C

Bài 5 (3 đ)

1. (2 đ) Trường hợp ống nghiệm được bọc ngoài bằng bông 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( nhiệt độ phòng).

- Cho nước trong bình vào ống nghiệm lần thứ nhất đến vạch chuẩn. Đọc nhiệt độ cân bằng trên nhiệt kế T1.

Gọi C0 là nhiệt dung của nhiệt kế và nhiệt dung của ống nghiệm, C1là nhiệt dung của nước rót vào ống nghiệm. Ta có : C0( T1-T0) = C1( T-T1) (1) T là nhiệt độ của nước trong bình cần đo.

- Đổ nhanh nước cũ đi, rót nước mới từ bình vào ống nghiệm, khi nhiệt độ cân bằng, nhiệt kế chỉ T2. Ta có: C0( T2-T1) = C1( T-T2) (2) Chia (1) cho (2) ta được: T2 T0 T12 T= .

T2 T0 2T1 2. (1 đ) T Trường hợp ống nghiệm được bọc ngoài bằng bông cách nhiệt không tốt:Tiến hành như trên.

T1 - Khi đổ nước lần 1, đợi cho cân bằng nhiệt thì nhiệt kế chỉ T' T’1 < T1vì một phần nhiệt mất mát ra môi trường.

- Để có T1 ta dùng cách hiệu chỉnh nhiệt độ: vẽ đồ thị biểu T1 0 diễn T1' theo thời gian. Lấy t=0 là lúc rót nước vào vào ống O nghiệm. t Khi đổ nước lần 2 thì nhiệt độ tăng từ T1' lên T2'. Cũng dùng cách hiệu chỉnh nhiệt độ như trên ta xác định được nhiệt độ T2.

Các phương trình là: C0( T1-T0) = C1( T-T1) (3) T là nhiệt độ của nước trong bình.

- Đổ nhanh nước cũ đi, rót nước mới vào bình, nhiệt kế chỉ T2: C0( T2-T'1) = C1( T-T2) (4) Chia (3) cho (4) ta được: T2 T0 T1 T1' .

T= T2 T0 T1 T1'

0,5

0,5

0,5

0,5 0,5

0,5

0,5

SỞ GD&ĐT THÁI NGUYÊN

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC THPT

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

VÙNG DUYÊN HẢI & ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2017-2018 Môn:Vật lí; Lớp: 10

ĐỀ GIỚI THIỆU

Thời gian: 180 phút không kể thời gian phát đề

Bài 1 (5 điểm) Trên mặt phẳng ngang có một bán cầu khối lượng m. Từ điểm cao nhất của bán cầu có một vật nhỏ khối lượng m trượt không vận tốc đầu xuống. Ma sát giữa vật nhỏ và bán cầu có thể bỏ qua. Gọi  là góc giữa phương thẳng đứng và bán kính véc tơ nối tâm bán cầu với vật (hình 1).



1) Giả sử bán cầu được giữ đứng yên.

Hình 1 a) Xác định vận tốc của vật, áp lực của vật lên mặt bán cầu khi vật chưa rời bán cầu, từ đó tìm góc  = m khi vật rời bán cầu. b) Xét vị trí có  < m. Tìm và các thành phần gia tốc tiếp tuyến và gia tốc pháp tuyến của vật; áp lực của bán cầu lên mặt phẳng ngang khi đó.

2) Giả sử giữa bán cầu và mặt phẳng ngang có ma sát với hệ số ma sát là . Tìm  biết rằng khi  = 300 thì bán cầu bắt đầu bị trượt trên mặt phẳng ngang.

3) Giả sử không có ma sát giữa bán cầu và mặt phẳng ngang. Tìm  khi vật rời khỏi bán cầu.

Bài 2. (4 điểm) Một khối trụ đặc đồng chất bán kính r, khối lượng m tự quay quanh trục với tốc độ góc 0 , được đặt nhẹ nhàng xuống điểm O là chân của mặt phẳng nghiêng góc  . Hệ số ma sát giữa m và mặt phẳng nghiêng là  .

(Cho   tan  ; mặt phẳng nghiêng tuyệt đối rắn, không có sự biến dạng của quả cầu; g là gia tốc trọng trường)

 O

Hình 2

a. Xác định quãng đường mà khối tâm khối trụ đi được trong giai đoạn đầu vừa lăn vừa trượt b. Công của lực ma sát khi lăn lên mặt phẳng c. Xác định độ cao cực đại của tâm khối trụ trên mặt phẳng nghiêng (độ cao so với O) Bài 3: (4 điểm) Một trạm thăm dò vũ trụ P bay quanh hành tinh E theo quỹ đạo tròn có bán kính R. Khối lượng của hành tinh E là M. 1. Tìm vận tốc và chu kỳ quay quanh hành tinh E của trạm P.

2. Một sự kiện không may xảy ra: có một thiên thạch T bay đến hành tinh E theo đường 58GM thẳng đi qua tâm của hành tinh với vận tốc u  . Thiên thạch va chạm rồi dính vào trạm P R nói trên. Sau va chạm thì trạm vũ trụ cùng với thiên thạch chuyển sang quỹ đạo elip. Biết khối lượng của trạm P gấp 10 lần khối lượng của thiên thạch T. Hãy xác định: a) vận tốc của hệ (P và T) ngay sau va chạm. b) khoảng cách cực tiểu từ hệ đó đến tâm hành tinh E. Bài 4: (4 điểm) Xét một chu trình gồm hai quá trình đẳng tích và hai quá trình đẳng áp. Trên hình vẽ là giản đồ p-V của chu trình. Hoạt chất là 1 mol khí lý tưởng gồm các phân tử hai nguyên tử. Điểm chính giữa đường đẳng áp phía dưới H và điểm chính giữa đường đẳng tích bên trái E nằm trên cùng một đường đẳng nhiệt ứng với nhiệt độ T1 . Điểm chính giữa đường đẳng áp phía trên F và điểm chính giữa đường đẳng tích bên phải G nằm trên cùng một đường đẳng nhiệt ứng với nhiệt độ T2 . a. Xác định nhiệt độ của khối khí tại các điểm A, B, C, và D. b. Xác định công khối khí thực hiện trong chu trình ABCDA. c. Xác định hiệu suất lý thuyết của máy nhiệt hoạt động theo chu trình này.

Hình 3

Bài 5: (4 điểm ) Đo hệ số Poatxon .

Cho các dụng cụ và thiết bị: -

Một bình kín có dung tích đủ lớn (có thể tạo lỗ để nối với các ống và khóa) Bơm nén ( chứa khí cần thiết, được coi khí lý tưởng cần xác định  ) Áp kế chứa nước hình chữ U, có tiết diện nhỏ.

Các ống nối và 2 khóa.

Thước đo chiều dài.

Hãy nêu cơ sở lý thuyết, cách bố trí và tiến hành thí nghiệm để xác định hệ số Poatxon  = === HẾT ===

Cp Cv

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1 (5 điểm) Phần

Hướng dẫn giải

Điểm

1 Q 

P

Hình 1

(0,5)

Khi vật trượt trên mặt cầu vật chịu tác dụng của trọng lực P và phản lực Q của mặt cầu có tổng hợp tạo ra gia tốc với hai thành phần tiếp tuyến và hướng tâm. Quá trình chuyển động tuân theo sự bảo toàn cơ năng: 1 2 mv  mgR1  cos   ……………..

2 2

mv a Fht  P. cos   Q  …………….

R

1.a (0,75)

0,25

0,25

Suy ra: v  2 gR1  cos   …….. ……….. …..

0,25

Q  3 cos   2.mg ………………………

Vật rời bán cầu khi bắt đầu xảy ra Q = 0. Lúc đó: cos   cos  m 

1.b (0,75)

2 ; 3

suy ra :

0,25

   m  48,2 0 . ………

0,25

Xét vị trí có  < m: 2

Các thành phần gia tốc: a n  at  g sin  …… ….. …….. .

v  2 g 1  cos   .

R

……

0,25 0,25

Lực mà bán cầu tác dụng lên sàn bao gồm hai thành phần: áp lực N và lực đẩy ngang Fngang:





0,25

N  PcÇu  Q. cos   mg 1  2 cos   3 cos 2  … ….. …….. ……

2 (1,5đ)

Bán cầu bắt đầu trượt trên sàn khi  = 300, lúc đó vật chưa rời khỏi mặt cầu.

Thành phần nằm ngang của lực do vật đẩy bán cầu là: Fngang  Q sin   3 cos  2mg. sin  .

…………….. ………

0,5

Ta có: Fms  Fngang  .N ………… …… …… …….. …………….  

Fngang

Thay số: 3

N



3 cos   2mg. sin 



mg 1  2 cos   3 cos  2





3 cos   2sin  ……………

2

0,25

1  2 cos   3 cos 

0,25

  0,197  0,2…. …… ……. ……….. ………………

0,5

Giả sử bỏ qua được mọi ma sát.

(1,5đ) Khi vật đến vị trí có góc  vật có tốc độ vr so với bán cầu, còn bán cầu có tốc độ V theo phương ngang. 





Vận tốc của vật so với mặt đất là: v  vr  V Tốc độ theo vật: v x  vr cos   V

phương

ngang

của

V

vr

 V

0,25 P

Hệ bảo toàn động lượng theo phương ngang: m.V  m.v x  vx = V

 2V = vr cos.

Bảo toàn cơ năng: 1 2 1 mv  m.V 2  mgR1  cos   2 2

vr  V 2  2vrV cos   V 2  2 gR1  cos   2

 vr 

4 gR1  cos   1  sin 2 

0,25

Tìm áp lực của vật lên mặt bán cầu. Để làm điều này ta xét trong HQC phi quán tính gắn với bán cầu.

Q sin  m

Gia tốc của bán cầu: ac 

Trong HQC gắn với bán cầu, vật sẽ chuyển động tròn và chịu tác dụng của 3 lực (hình vẽ). Theo định luật II Niutơn ta có: 2

v P cos   Q  Fq sin   m r R mg cos   Q  Q sin 2   m

mg cos   mv r / R  1  sin 2  2

Q

2

vr R

4mg 1  cos   6 cos   cos 3   4 1  sin 2   mg 2 1  sin 2  1  sin 2 

0,5

mg cos  





Vật rời bán cầu khi Q = 0  6 cos   cos 3   4  0 0,5

 cos   3  1 hay  = 42,90. …………… …………….

Bài 2. (4 điểm - Cơ vậ rắn) Hướng dẫn giải

Điểm

a. Xét vị trí bất kỳ của khối trụ, khi sự trượt vẫn còn xảy ra:

P  N  f ms  ma Chiếu trên ox và oy

mg cos   N  0   f ms  mg sin   ma  a  g (  cos  sin  )

N  y

x

f ms

G



O

P

0,5đ

Vận tốc khối tâm G:

v  at

0,5đ

Xét chuyển động quay quanh khối tâm G. Gọi γ là độ lớn gia tốc góc, ta có:   0   t



f ms r  mg cos  r 2 gcos   I mr 2 / 2 r

Vật bắt đầu lăn không trượt khi

v  r  at  (0   t )r t 

0 r 0 r 0 r   a   r g (  cos  sin  )  2 gcos 3 gcos  sin 

0,5đ

Quãng đường khối tâm G đi được trong khoảng thời gian vừa lăn vừa trượt

02 r 2 1 2 1 s  at  g (  cos  sin  ) 2 2 2 g (3 cos  sin  ) 2 02 r 2

02 r 2  cos  sin  C   2 g (3 cos  sin  ) 2 2 g 3 cos  sin 

Với C 

 cos  sin  , 3 cos  sin 

b. Gọi W1 là năng lượng lúc vật băt đầu lăn không trượt (ứng với tốc độ góc 1 ). Áp dụng định lý biến thiên cơ năng ta có công của lực ma sát

0,5đ

Ams  W1  W0 

0,5đ

1 3 2 2 1 1 ( mr 1 )  mgs sin   ( mr 202 ) 2 2 2 2

Với

1 

0 r at g ( cos  sin  ) cos  sin    0  0C r r 3 gcos  sin  3 gcos  sin 

mr 2 2 3C 2 C sin  1 0 (   ) Vậy Ams  2 2 3 gcos  sin  2

0,5đ

/ c. Đặt H max  h  r , áp dụng biến thiên cơ năng: W  W0  Ams +A ms  Ams

0,5đ

A/ ms là công của lực ma sát kể từ khi vật lăn không trượt. Do lực ma sát nghỉ không

sinh công nên: A/ ms  0 . Vậy

W=W0  Ams  mgh 

1 1 2 2 ( mr 0 )  Ams 2 2

1 2 2 3C 2 C sin   h  mr 0 ( ) 2 2 3 gcos  sin  0,5đ

Vậy: H max  h  r

Bài 3 – 4 điểm (các định luật Kepple) Phần

Hướng dẫn giải 1) Ký hiệu m0 là khối lượng trạm P, v1 là vận tốc của trạm vũ trục trước va chạm. Lực

Điểm

hấp dẫn giữa trạm P và hành tinh E đóng vai trò lực hướng tâm trong chuyển động của 0,5đ

P quanh E: 2

G

m0 M m0 v12  2    m0   R 2 R R  T 

(1)

0,5đ 0,5đ

GM R

v1 

Suy ra:

(2)

và

T

2 R 3/ 2 .

GM

(3)

2) Ký hiệu m là khối lượng của thiên thạch, v 2 là vận tốc của hệ sau va chạm, u là vận tốc của thiên thạch trước va chạm. Theo định luật bảo toàn động lượng: 0,25đ

mu  10mv1  11mv2 (4) Chiếu lên 2 trục Ox và Oy (hình vẽ): 10m.v1 = 11m.v2x

(5)

m.u = 11m.v2y

(6)

Thay v1 

v1 x

u

m

v2

GM 58GM và u  ta tìm R R

M r

được:

R 2

2

 10   1  v2  v22 x  v22 y   v1    u  .  11   11  v2 

1 158GM .

R 11

v

0,25đ

(7)

Sau va chạm thì hệ chuyển sang quỹ đạo elip

y

0,5đ

(đường đứt nét đậm). Tại điểm cận nhật hệ có vận tốc là v vuông góc với đoạn thẳng r nối điểm cận nhật với tâm hành tinh. Ta viết phương trình bảo toàn năng lượng và bảo toàn mô men động lượng của hệ tại vị trí va chạm và vị ví cận nhật: G

11mM 11m 2 11mM 11m 2  v 2  G  v , R 2 r 2

v.r  v2 x R Từ (9) suy ra: v  v 2 x

(8) (9)

R 10 GM R  r 11 R r

(10) 0,5đ

Thay v2 từ (7) và v từ (10) vào (8) ta thu được phương trình bậc hai đối với r:

42r 2  121R .r  50 R  0 Phương trình có 2 nghiệm: r  tiểu cần tìm, còn r  điểm viễn nhật).

R R 50 và r  R . Giá trị r  là khoảng cách cực 2 2 21

50 R là khoảng cách cực đại từ hệ đó đến tâm hành tinh E (tại 21

0,5đ 0,5đ

Bài 4:(4 điểm – Nhiệt học) Phần

Hướng dẫn giải

a.

(2,25 điểm)

Điểm 0,75 đ

Trong quá trình đẳng tích, áp suất tỷ lệ thuận với nhiệt độ. Tương tự, trong quá trình đẳng áp, thể tích cũng tỷ lệ thuận với nhiệt độ. Đường EG là đường đẳng áp, đường FH là đường đẳng tích. Tại giao điểm M của đường EG và FH ta có T T 1 (1) TM  E G  (T1  T2 ) 2 2 Ta cũng có TB TC TF ;   TE TG TM

0,5 đ TA TD TH   TE TG TM

(2)

Do đó, TB  TD 

b.

(0,75 điểm)

0,25 đ TETF 2T T  1 2 ; TM T1  T2

TGTH 2T T  1 2 T1  T2 TM

0,25 đ

TC 

TGTF 2T22  ; TM T1  T2

0,25 đ

TA 

TETH 2T12  TM T1  T2

0,25 đ

Công A’ do khối khí thực hiện trong một chu trình bằng diện tích hình chữ nhật ABCD. Do đó

0,75 đ

A '  ( pB  pA )(VD  VA )  pBVD  pBVA  pAVD  pAVA <=> A '  pCVC  pBVB  pDVD  pAVA  R(TC  TB  TD  TA ) (T2  T1 ) 2 <=> A '  2 R T1  T2

c.

(1 điểm)

(4)

5 7 R ; C p  R (5) 2 2 Hoạt chất nhận nhiệt trong các quá trình AB và BC. Nhiệt lượng tương ứng là 5 R 2T1 (T2  T1 ) (6) QAB  CV (TB  TA )  2 T1  T2

Nhiệt dung mol đẳng tích và đẳng áp của hoạt chất là: CV 

QBC  C p (TC  TB ) 

7 R 2T2 (T2  T1 ) 2 T1  T2

0,75 đ

(7)

Nhiệt lượng tổng cộng hoạt chất nhận được là (7T2  5T1 )(T2  T1 ) Q  QAB  QBC  R T1  T2

0,25 đ

Hiệu suất lý thuyết của máy nhiệt là A ' 2(T2  T1 )   Q 7T2  5T1

Bài 5 – 3 điểm – phương án thực hành nhiệt Phần

Hướng dẫn giải 1. Cơ sở lý thuyết - K1 mở, K2 đóng, khí được bơm vào bình B đến thể tích V1, áp suất P, nhiệt độ T (bằng nhiệt độ môi trường). Áp suất không khí là P0, độ chênh lệch mực nước trong áp kế là h.  P = P0 + h (P0 được tính ra độ cao cột nước trong áp kế) - Đóng K1, mở K2, lượng khí trong bình giãn nhanh, áp suất giảm xuống P0, nhiệt độ giảm đến T'.

Sau khi giãn, coi gần đúng quá trình là đoạn nhiệt thuận nghịch vì trong quá trình diễn nhanh, độ biến thiên áp suất bé, ta có: 1 

T'  P   T  P0 

1 

P h  0   P0 

1

Điểm 0.5

0.5

1  h .  P0

(1) - Sau khi mở K2 một thời gian ngắn thì đóng lại ngay trong bình B bây giờ còn lại lượng nhỏ khí, áp suất P0, thể tích V1, nhiệt độ T'. Lượng khí này nóng dần lên và biến đổi đẳng tích đến áp suất P' = P0+ h', nhiệt độ là T.

0.5

T ' P0  T P' T' P0 h'  1 T P0  h ' P0 

A

K2

K1 (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

h'   h 1 .  P0 P0 h  h  h ' (3)

1

h B

2. Bố trí thí nghiệm: - Đặt bình B rồi nối nó với các ống với hai khoá K1 và K2, K1 nối giữa bình với bơm nén, K2 nối bình B với môi trường bên ngoài. Bình được nối thông với áp kế nước hình chữ U(hình vẽ) Trong áp kế, mực nước ở hai cột áp kế bằng nhau và có độ cao khoảng 15 - 20cm.

3. Tiến hành thí nghiệm: - Đóng khoá K2, mở K1: Dùng bơm nén khí cần đo  vào bình gây nên sự chênh lệch độ cao của hai cột nước trong áp kế chữ U. Đóng K1 lại, chờ một lúc để cho bình trao đổi nhiệt độ với môi trường. Khi độ chênh lệch h của hai cột nước trong áp kế không đổi nữa, ta dùng thước đo h.

-Sau đó mở khoá K2 cho khí phụt ra ngoài, khi độ cao hai cột nước trong áp kế bằng nhau thì đóng ngay K2 lại. Lúc ổn định thì độ chênh lệch của hai cột nước trong áp kế là h’. Dùng thước đo h’.

- Thay h và h’ vào biểu thức (3) để tính .

- Lặp lại một số lần thí nghiệm để tính giá trị trung bình của .

Giáo viên ra đề: Tạ Đức Trọng (ĐT 0988741743)

0.5

0.5

0.5

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI BẮC BỘ Đơn vị: Trường THPT Chuyên Trần Phú – Hải Phòng

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI DUYÊN HẢI BẮC BỘ LẦN THỨ XI NĂM 2018 MÔN: Vật lý 10 Ngày thi:…/4/2018 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Đề gồm 02 trang Ngƣời ra đề: Vũ Thế Tiến – SĐT: 0936.026.168

Bài 1(5,0 điểm) CƠ HỌC CHẤT ĐIỂM Một vật được coi là chất điểm được ném đi với vận tốc ban đầu v0 tại gốc O trong hệ trục tọa độ Oxy ở nơi có gia tốc trọng trường g, biết quĩ đạo của vật nằm trong mặt phẳng Oxy. Bỏ qua mọi sức cản của không khí. a) Thay đổi góc ném với điều kiện vận tốc ban đầu không đổi, chứng minh rằng tọa độ mục tiêu của chất điểm thỏa mãn phương trình: y 

y

v0

.R .

O

x

2 0

v g 2 .x 2g 2v 02

b) Cần ném vật lên đỉnh của một tòa nhà hình cầu bán kính R như hình vẽ. Có thể tùy ý lựa chọn vị trí ném (nhưng vẫn thỏa mãn y = 0) và góc ném. Xác định vận tốc ban đầu nhỏ nhất sao cho vật không va chạm với tòa nhà tại bất kì điểm nào khác mục tiêu.

Bài 2 (4,0 điểm) CƠ HỌC VẬT RẮN Cho con lăn hình trụ đặc bán kính r khối lượng m lăn không trượt trong máng cong cố định AB bán kính R tại nơi có gia tốc trọng trường là g như hình vẽ. Hệ số ma 1 sát trượt μ = . Bỏ qua ma sát lăn.

7 a) Thả cho con lăn lăn không trượt từ độ cao h = ? với vận tốc ban đầu bằng không để nó đi hết vòng tròn. b) Con lăn đang ở vị trí thấp nhất B và v = 0. Xác định v0min cần truyền cho trụ để con lăn lăn không trượt và đạt π tới φ = .

2 1

A

h

.

r

O. R φ

B

.

Bài 3 (4,0 điểm) CƠ HỌC CHẤT LƢU Một khối chất lỏng nhớt có khối lượng riêng ρ và hệ số nhớt  chảy trong một ống có chiều dài và bán kính R ở trạng thái dừng. Biết vận tốc dòng của chất lỏng phụ thuộc vào khoảng

v

R

r

 r  cách r đến trục của ống theo định luật v(r)  v 0. 1  2  . Tìm:  R  a) Thể tích chất lỏng chảy qua tiết diện thẳng của ống trong một đơn vị thời gian. b) Động năng của khối chất lỏng trong thể tích của ống.

2

Bài 4 (4,0 điểm) NHIỆT HỌC Một lượng khí lí tưởng đơn nguyên tử thực hiện chu trình ABCDECA biểu diễn như đồ thị. Cho biết pA = pB = 105 (Pa), pC = 3.105 (Pa), pE = pD = 4.105 (Pa), TA = TE = 300 K, VA = 20 ( l ), VB = VC = VD = 10 ( l ), AB, BC, CD, DE, EC,CA là các đoạn thẳng. a) Tính các thông số TB, TD và VE. b) Tính tổng nhiệt lượng mà khí nhận được trong tất cả các giai đoạn của chu trình mà nhiệt độ khí tăng. c) Tính hiệu suất của chu trình.

p pE

E

D

pC

C

pA

B O

VE

VC

A VA

V

Bài 5 (3,0 điểm) PHƢƠNG ÁN THỰC HÀNH 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 và không dãn; - Thước đo chiều dài, bút viết; - Một bàn phẳng đồng chất, nằm ngang có gắn sẵn một ròng rọc nhẹ ở mép của bàn; - Khối hộp chữ nhật đồng chất có khối lượng m đã biết.

Trình bày một phương án thực nghiệm để xác định hệ số ma sát trượt μ t giữa khối hộp và mặt bàn nói trên

2

Họ, tên thí sinh:……………………………

Số báo danh:………………………………

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Đáp án và biểu điểm Nội dung

Bài

Điểm

a. 2,0 điểm Gọi góc ném là α , ta có phương trình chuyển động của vật:

 x = v0cosα.t   gt 2 y = v sinα.t  0 2  2 gx gx 2 gx 2 2 y = x.tanα = xtanα .tan α 2v 02cos 2 α 2v 02 2v 02 Đây là phương trình bậc hai đối với tanα . Điều kiện để phương trình có nghiệm là: 2gx 2 gx 2 x2 (y + )0 v 02 2v 02

y

v 02 gx 2 2g 2v 02

0,5

0,5

0,5

0,5

b. 3,0 điểm

Bài 1 5.0 điểm

y

Do tính thuận nghịch của quĩ đạo và định luật bảo toàn năng lượng nên ta có thể chuyển về bài toán tìm vận tốc nhỏ nhất của vật được ném từ đỉnh tòa nhà sao cho không va chạm với tòa nhà tại bất kì điểm nào khác. Xét hệ tọa độ như hình vẽ.

v1

O R

x

0,75

.

Để v1 nhỏ nhất thì quĩ đạo của vật phải tiếp xúc với tòa nhà tại một điểm. Khi đó ta có hệ phương trình sau phải có nghiệm duy nhất:

 v12 g 2 y = .x  2g 2v12   x 2 + (y + R) 2 = R 2 

0,75

2

 g   gR  v12  v12 21 + x + + R  = 0 chỉ có một nghiệm x     2  g  4g   2v21   2 v1  4

3

0,75

2

 1 gR   1 gR  gR Δ =  - 2  -  + 2  = 0  v12 = v1  2  2 v1   4 Giá trị nhỏ nhất của v0 được xác định thông qua giá trị nhỏ nhất của v1 theo hệ thức:

v0min = v12 + 4gR = 3

gR 2

a. 2,0 điểm Để con lăn đi được hết vòng tròn thì khi lên đến điểm cao nhất trên vòng tròn, v của con lăn > 0 và N  0 .

1 mr 2 2 1 .ω + mω02 (R-r)2 + mg(2R- r) Áp dụng bảo toàn cơ năng: mgh = .

2 2 2 2 2 2 2 Trong đó: ω.r = ω0 .(R- r)  ω .r = ω0 .(R- r) 3  mgh = .m.ω02 (R - r) 2 + mg(2R - r) 4 3 (R-r) 2  h = ω02 . + 2R - r (1) 4 g 2 2 Tại điểm cao nhất: N + P = mω0 (R - r)  N = mω0 (R - r)  mg

N  0  ω (R - r)  g  ω (R - r)  g(R - r) (2) 3 1 Thay (1) vào (2): h  .(R - r) + 2R - r  h  (11R - 7r).

4 3 1 Vậy hmin = (11R - 7r). để con lăn lăn không trượt hết vòng tròn.

3 2 0

2 0

Bài 2 4.0 điểm

0,75

2

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

0,25

b. 2,0 điểm +) Theo định luật II Niu-tơn:

a t : -Fms + mgsinφ = mγr a n : N - mgcosφ = m

.

v2 R-r

φ

N

Fms

.K

0,5

P +) Phương trình quay quanh tâm K:

3 2 mr .γ  mgrsinφ 2 2 2 gsinφ γ= .  a t = γ.r = .gsinφ 3 3 r I K .γ = mgrsinφ 

0,25

+) Bảo toàn cơ năng:

I K .ω02 .

1 1 = I K .ω2 . + mg(R - r).(1 - cosφ) 2 2 4

0,25

3 2 3 v 0 m = .m.v 2  mg(R - r).(1 - cosφ) 4 4 4  v 2 = v 02 - g(R - r)(1- cosφ) 3 

+) Thay vào phương trình động lực học: N - mgcosφ =

mv02 4mg (1 - cosφ) R-r 3 0,25

mv02 7 4 N= + mgcosφ - mg R-r 3 3 2 3

+) Thay rγ = gsinφ vào phương trình động lực học: Fms =

mgsinφ 3

0,25

 3mv02  + 7mgcosφ - 4mg  .μ  R-r 

+) Lăn không trượt Fms  μN  mgsinφ  

 gsinφ 

3v02 .μ + 7gcosφ.μ - 4gμ R-r

0,25

3μ  v02 .  g(sinφ + 4μ - 7cosφ.μ) R-r R- r  v02  .g(sinφ + 4μ - 7cosφ.μ) 3μ π 2

1 11 11  v02  g(R - r).  v0  g(R - r) 7 3 3 11 g(R - r) 3

Thay φ = ; μ = Vậy: vmin =

0,25

a. 2,0 điểm

Bài 3 4.0 điểm

Thể tích chất lỏng chảy qua tiết diện ống trong một đơn vị thời gian.

R

r

0,5

l

5

Xét lưu lượng chất lỏng chảy qua hình vành khăn.

 r2  dQ = S.v = 2πrdr.v0 1- 2   R 

r +dr

dr

0,75

Lưu lượng chất lỏng qua cả tiết diện ống là

 r2  2 v 2πrv 0 0 1- R 2 dr = πR . 20

R

Q=

0,75

b. 2, 0 điểm Động năng của chất lỏng trong thể tích của ổng Xét một lớp chất lỏng hình trụ bán kính r, dày dr. Động năng của lớp này là:

1 dWd = . .(2π.dr. ).v 2 2

0,75

Động năng tổng cộng: Wđ = 2  2r 3 r 5  2r 4 r6  R 2r 0 dWd = π  v .0  r- R 2 + R 4 dr = π  v0  2 - 4R 2 + 6R 4  0

R

R

2 0

2  R 2 2R 4 lρv0Q R6  2 R + = πlρv . =  Wd = πlρv02   0 4 6  6 3  2

0,75

0,5

a. 1,0 điểm Áp dụng phương trình trạng thái:

Bài 4 4.0 điểm

p A VA 105 .20.10-3 20 p A VA = nRTA  nR = = = TA 300 3 p V p V nRTE TB = B B = 150K; TD = D D = 600K; VE = = 5l nR nR pE b. 2,0 điểm Khí nhận nhiệt trong quá trình đẳng tích BD và một giai đoạn trong quá trình biến đổi ECA

3 3 20 Q1 = Q BD = n R(TD - TB ) = . (600 -150) = 4500J 2 2 3

0,5

0,5

0,25

Phương trình của đường thẳng ECA:

p - pA p -p V = E A  p = - + 5(1) V - VA VE - VA 5

0,25

(V đo bằng lít, p đo bằng 105 Pa)

6

p Suy ra:

 3  V2 pV T= = + 5V  (2) nR 20  5  T = Tmax = 468,75 K khi Vm = 12,5 l T tăng khi 5  V  12,5l

pE

E

D

0,5 pC

C

pA

F

B O

VE

VC Vm

A VA

V

Vm ứng với điểm F trên đoạn CA. Xét nhiệt lượng nhận được ΔQ trong quá trình thể tích tăng từ V đến V + ΔV (trên đoạn EF):

ΔQ =

3n RΔT + pΔV 2

0,25

 4V  + 12,5  ΔV  5 

Từ (1) và (2) tìm được ΔQ =  -

Dễ dàng thấy rằng, trong giai đoạn ECF luôn có ΔQ > 0. Trong giai đoạn này, nhiệt lượng nhận được là:

Q 2 = ΔU + A; ΔU =

3n R(Tmax - TE ) = 1687,5J 2

0,5

A là diện tích hình thang EFVmVE có giá trị là 2437,5J

 Q2 = 3187,5 + 2437,5 = 4125J

Tổng nhiệt lượng khí nhận được: Q = Q1 + Q2 = 4500 + 4125 = 8625 J c. 1,0 điểm Công sinh ra trong một chu trình: Chu trình: ABC cùng chiều kim đồng hồ, CDE ngược chiều đồng hồ. => công A bằng hiệu số giữa diện tích tam giác ABC và diện tích tam giác CDE. Vậy A = 750 J Hiệu suất của chu trình : H =

Bài 5 3.0 điểm

A 750 = = 8,7% Q 8625

0,25

0,5

0,5

+ Cơ sở lí thuyết * Giai đoạn 1: Hai vật chuyển động nhanh dần đều từ trạng thái nghỉ cùng gia tốc:

a1 =

m2g - μm1g m1 + m2

1,5

Khi m2 chạm đất, vận tốc của hai vật thỏa mãn: 7

m1

v12 = 2a1h =

(m2g - μm1g)2h m1 + m2 m2

(1) * Giai đoạn 2: m1 chuyển động chậm dần đều do tác dụng của ma sát trượt với gia tốc:

h

a 2 = -μg (2) Kể từ khi m2 chạm đất đến khi m1 dừng lại, vật m1 đi được quãng đường:

S = - h  -v12 = 2a 2S (m2g - μm1g)2h hm2 Từ (1), (2) và (3):  2μg( - h)  μ = m1 + m2 m1 +m2 -m2

(3) (*)

+ Bố trí thí nghiệm - 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.

- Nếu m2 chạm đất mà m1 chưa chạm vào 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 dài dây nối sao cho m1 dừng lại mà chưa chạm ròng rọc. + Các bƣớc tiến hành - 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 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 (*)

Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác, vẫn đúng thì cho điểm tối đa

8

0,75

0,75

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG -------ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

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 LÝ LỚP 10 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 02 trang)

Bài 1: Một tàu vũ trụ đang chuyển động tự do quanh trái đất theo quỹ đạo tròn với vận tốc v0 ở độ cao h, biết bán kính trái đất R >> h. Để hạ cánh an toàn xuống trái đất người ta mở động cơ trong thời gian rất ngắn để truyền cho tàu một vận tốc phụ v.

1.Tính v trong hai trường hợp sau: a, v ngược hướng với v0 b, v hướng về phía tâm trái đất 2. Biết nhiên liệu khi động cơ hoạt động được đốt cháy rồi bay khỏi động cơ với vận tốc không đổi. Tìm tỉ số khối của nhiên liệu mà động cơ dùng trong hai trường hợp.

Bài 2. Động học – động lực học Hai quả cầu nhỏ giống nhau đều có khối lượng m, nối với nhau bằng một sợi dây dài ℓ, không dãn, nhẹ, lúc đầu chúng đứng yên, dây thẳng. Truyền cho A vận tốc v0 thẳng đứng. Biết trong quá trình chuyển động dây luôn căng, B không bị nhấc lên, bỏ qua ma sát.

1. Xác định quỹ đạo chuyển động của A, tìm các thông số của quỹ đạo đó.

2. Tìm điều kiện của v0 để hiện tượng trên có thể xảy Bài 3. Nhiệt học Một lượng khí đơn nguyên tử thực hiện chu trình p 2 123a1 như hình vẽ. Biết rằng độ biến thiên thể tích từ trạng thái 1 sang 2 có giá trị bằng độ biến p2 thiên thể tích từ trạng thái 2 sang 3 và bằng thể a tích ban đầu. Độ biến thiên áp suất từ trạng thái 1 sang 2 bằng giá trị áp suất ban đầu. Đường 1 3 biểu diễn chu trình 123b1 có diện tích giới hạn p1 1 bằng diện tích đường tròn bán kính là độ dài b 6 đường biểu diễn trạng thái 1 sang 2 hoặc trạng thái 2 sang 3. Cung tròn 3a1 bằng cung 3b1.

O V1 V2 V3 Công mà khí thực hiện trong cả chu trình là A. Hãy xác định nhiệt lượng trong từng quá trình theo A, cho biết trong quá trình đó khí nhận hay tỏa nhiệt?

Bài 4. Cơ học vật rắn Tấm ván dài có khối lượng M nằm trên mặt 0 phẳng nằm ngang rất nhẵn. Một quả cầu đặc khối m lượng m bán kính R quay quanh trục nằm ngang đi qua tâm với tốc độ góc  0 được thả không vận tốc ban đầu từ độ cao h xuống ván. Trong suốt quá trình h va chạm giữa quả cầu và tấm ván, quả cầu luôn bị trượt. Độ lớn vận tốc theo phương thẳng đứng của M quả cầu ngay sau và ngay trước khi va chạm với ván liên hệ:

v 'y vy

 e  hằng số. Cho hệ số ma sát giữa

V

ván và quả cầu là  . Coi trọng lực của quả cầu rất nhỏ so với lực tương tác khi va chạm. a) Tính tốc độ góc của quay quanh khối tâm của quả cầu ngay sau va chạm với ván. b) Tìm vận tốc khối tâm quả cầu ngay sau va chạm với ván.

Bài 5. Phương án thí nghiệm.

Giả sử bạn cần phải lấy nước từ vòi để chứa đẩy một bể lớn có dung tích biết trước nhờ một ống dẫn mềm có đầu cuối là một ống kim loại hình trụ. Bạn muốn biết trước thời gian hoàn tất cái công việc chán ngất đó. Liệu bạn có thể tính ra thời gian đó không, nếu bạn chỉ có trong tay một cái thước? (Trình bày cơ sở lý thuyết, trình tự thí nghiệm, bảng số liệu, cách tính sai số và những chú ý trong quá trình làm thí nghiệm để giảm sai số)./.

Người ra đề : Đinh Ngọc Tuyến- 0915.195.288

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ LỚP 10

Bai 1: Một tàu vũ trụ đang chuyển động tự do quanh trái đất theo quỹ đạo tròn với vận tốc v0 ở độ cao h, biết bán kính trái đất R >> h. Để hạ cánh an toàn xuống trái đất người ta mở động cơ trong thời gian rất ngắn để truyền cho tàu một vận tốc phụ v.

1.Tính v trong hai trường hợp sau: a, v ngược hướng với v0 b, v hướng về phía tâm trái đất 2. Biết nhiên liệu khi động cơ hoạt động được đốt cháy rồi bay khỏi động cơ với vận tốc không đổi.

Tìm tỉ số khối của nhiên liệu mà động cơ dùng trong hai trường hợp.

Giải” 1. Tính v

 v0

  a, Truyền v1 ngược hướng v0 Bảo toàn moomen động lượng L = m (v0 - v1) (R+h) = mvB R (1) Bảo toàn cơ năng 1 GMm 1 GMm m (v0 - v1)2 = m vB2 2 R+h 2 R Lực hướng tâm là lực hấp dẫn mv02 GMm = (3) R+h (R+h)2 Khi hạ cánh vB = 0 Giải hệ (1),(2), (3) ta được: h h v1 = v0 ≈ v0 2(2R+h) 4R  b, Truyền v2 hướng vào tâm trái đất

R

B

(2)

 v1

 vB

 v0

h

C

Bảo toàn moomen động lượng L = m (v0 (R+h) = mvC R (1) Bảo toàn cơ năng A  1 GMm 1 GMm v2 m (v02 + v22 ) = m vC2 (2) 2 R+h 2 R Lực hướng tâm là lực hấp dẫn mv02 GMm = (3) R+h (R+h)2 Khi hạ cánh vC = 0 Giải hệ (1),(2), (3) gần đúng ta được: h v2 ≈ v0 = 4 v1 R 2. Gọi M0 là khối lượng tàu, m0 là khối lượng nhiên liệu cần tiêu thụ để truyền cho tàu vận tốc v: m0 << M0 Theo định luật bảo toàn động lượng

     (M0 -m0 ) ( v0 + v ) + m0 ( v0 + u ) = M0 v0    m0 u = - M0 v  m0 ≈ v  Vậy trường hợp 2 dùng gấp 4 lần nhiêu liệu so với trường hợp đầu.

Bài 2: Hai quả cầu nhỏ giống nhau đều có khối lượng m, nối với nhau bằng một sợi dây dài ℓ, không dãn, nhẹ, lúc đầu chúng đứng yên, dây thẳng. Truyền cho A vận tốc v0 thẳng đứng. Biết trong quá trình chuyển động dây luôn căng, B không bị nhấc lên, bỏ qua ma sát.

3. Xác định quỹ đạo chuyển động của A, tìm các thông số của quỹ đạo đó.

4. Tìm điều kiện của v0 để hiện tượng trên có thể xảy Giải 1. Chọn hệ trục như hình vẽ (A’B’)2 = ℓ2 = y2 + (2x)2 x2 y2  + 2 =1 ℓ ℓ ( )2 2  Quỹ đạo chuyển động là elip, bán trục lớn là ℓ, ℓ bán trục nhỏ là .

2 Nhận xét: khối tâm luôn chuyển động trên oy 2. Khi dây thẳng đứng Xét chuyển động cuả A quanh B A chuyển động tròn với bán kính là ℓ, vận tốc vA/B Đối với đất vA = vB = v1 mv12 mv02 Bảo toàn năng lượng: 2 + mgℓ = 2 2 2 v  v12 = 0 - gℓ 2 vA/B = 2v1 Phương trình chuyển động m(vA/B)2 m T + mg = = (2v1)2 ℓ ℓ 4m 2 4m v02  T + mg = v = ( - gℓ) ℓ 1 ℓ 2 mv02  T=2 - 5mg ℓ Điều kiện T < mg và T > 0 mv02  2 - 5mg ≤ mg  v02 ≤ 3gℓ ℓ và 

2

mv02 - 5mg ≥ 0  v02 ≥ 2,5 gℓ ℓ

2,5gℓ ≤ v0 ≤

3gℓ

y

.

vA

A’ v0 x

x G

.

y

..

B

vB

O

A

A

.

 vA

T

.

T

 vB

x

B

B’

Bài 2. Một lượng khí đơn nguyên tử thực hiện chu trình 123a1 như hình vẽ. Biết rằng độ biến thiên thể tích ptừ trạng thái 1 sang 2 có giá trị bằng độ biến thiên thể tích p2 từ trạng thái 2 sang 3 và bằng thể tích ban đầu. Độ biến thiên áp suất từ trạng thái 1 sang 2 bằng giá trị áp suất ban đầu. Đường biểu diễn chu trình 123b1 có diện tích giới hạn bằng

2

a

1

1 p1 diện tích đường tròn bán kính là độ dài đường 6

biểu diễn trạng thái 1 sang 2 hoặc trạng thái 2 sang 3.

Cung tròn 3a1 bằng cung 3b1. Công mà khí thực hiện trong cả chu trình là A. Hãy xác định nhiệt lượng trong từng quá trình theo A, cho biết trong quá trình đó khí O nhận hay tỏa nhiệt?

Lời giải:

3 b

V1

V2

V3

V2  V1  V3  V2  V  V1 Vì

p2  p1  p2  p3  p  p1

Và đường biểu diễn chu trình có

1 diện tích diện tích giới hạn bằng 6 đường tròn bán kính là độ dài đường biểu diễn trạng thái 1 sang 2 hoặc trạng thái 2 sang 3.

Nên

p

2

p2  a

p1

1

1   2  300

tan  

1 V V1   tan 300   p1  O3V1 p p1 3

3 b

V1

Công của khí thực hiện trong cả chu trình : 1 1 1 2 A = 2pV -  (p2 + V2) + 2pV = 2 3 V12 - V12 2 6 2 3 3A  V12 = (1) 6 3-2 - Xét quá trình 1  2, độ biến thiên nội năng: 3 9 3 2 9 3 3A U12 = nCV(T2 - T1) = (2p1V1- p1V1) = V1 = (2) 2 2 2 6 3-2 Công khí thực hiện trong quá trình 1  2 : 1 3 3 2 3 3 3A A12 = (p1 + V1)(V2 - V1) = V1 = 2 2 2 6 3-2 Nhiệt lượng khí nhân được trong quá trình 12 : 9 3A Q12 = U12 + A12 = 3 3- - Xét quá trình 2 3, độ biến thiên nội năng: 3 3 3 2 3 3 3A U23 = nCV(T3 - T2) = (p3V3 - p2V2) = V1 = 2 2 2 6 3-2 Công khí thực hiện trong quá trình 23:

V2

V3

V

V

A23 = A12 =

3 3 2 3 3 3A V1 = 2 2 6 3-2

Nhiệt lượng khí trong quá trình 23 : Q23  U 23  A23  0 - Xét quá trình từ 31: Khí thực hiện cả chu trình nên U = 0  Q = A  Q31 = Q - Q12 - Q23 = A - Q12 - Q23 = A -

9 3A <0 3 3-

l

Vậy quá trình 31 là quá trình nhận nhiệt.

Bài 4.

Tấm ván dài có khối lượng M nằm trên mặt phẳng nằm ngang rất nhẵn. Một quả cầu đặc khối lượng m bán kính R quay quanh trục nằm ngang đi qua tâm với tốc độ góc  0 được thả không vận tốc ban đầu từ độ cao h xuống ván. Trong suốt quá trình va chạm giữa quả cầu và tấm ván, quả cầu luôn bị trượt. Độ lớn vận tốc theo phương thẳng đứng của quả cầu ngay sau và ngay trước v' khi va chạm với ván liên hệ: y  e  hằng số. Cho hệ vy

l

0 m h

A

B M

số ma sát giữa ván và quả cầu là  . Coi trọng lực của quả cầu rất nhỏ so với lực tương tác khi va chạm. a) Tính tốc độ góc của quay quanh khối tâm của quả cầu ngay sau va chạm với ván. b) Tìm vận tốc khối tâm quả cầu ngay sau va chạm với ván. c) Vị trí va chạm lần 2 cách vị trí kết thúc va chạm lần 1 bao nhiêu. a) Tìm tốc độ góc của quả cầu ngay sau va chạm Gọi t là thời gian va chạm Pt biến thiên momen động lượng quả cầu với trục quay qua khối tâm:

2mR 2 0     R.Fms t  RN t (1) 5

0

y

m h

N Fms M

Pt biến thiên động lượng khối tâm của quả cầu theo phương Oy: m  v 'y  v y   N .t





m e vy  vy  N .t 2 gh  e  1 

Câu 4

N .t m

Từ (1) và (2):

(2)

2mR 2 0     mR 2 gh  e  1 5

5 (1  e) 2 gh 2R b) Tìm vận tốc tâm quả cầu ngay sau va chạm Pt biến thiên động lượng khối tâm của quả cầu theo phương Ox:

  0 

x





m vx'  vx   N .t

vx' 

 N t m

(3)

Từ (2) và (3): vx'    e  1 2 gh

vx'2  v'2y   2  e  1 .2 gh  e2 .2 gh  2 gh   2 (e  1)2  e2  2

c) Tìm khoảng cách từ vị trí va chạm lần 2 đến vị trí kết thúc va chạm lần 1 Gọi Vx là vận tốc tấm ván ngay khi kết thúc va chạm lần 1.

Theo định luật bảo toàn động lượng cho hệ quả cầu và ván mvx'  MVx  0 m ' m vx    e  1 2 gh M M Sau va chạm quả cầu chuyển động như vật ném xiên với v '(vx' , v 'y ) Vx  

t

2v'y

g Quãng đường quả cầu đi được dọc theo phương ngang: 2v 'y vx' ' s1  t.vx  g Quãng đường ván đi được theo chiều ngược lại là: 2v 'y Vx s2  t. Vx  g Vị trí va chạm thứ 2 cách vị trí kết thúc va chạm lần 1: 2v 'y s  s1  s2  ( Vx  vx' ) g Thay v 'y , Vx , vx' ở trên vào và biến đổi ta được:  mM  s  4he  e  1    M  Bài 5. Phương án thí nghiệm.

Giả sử bạn cần phải lấy nước từ vòi để chứa đẩy một bể lớn có dung tích biết trước nhờ một ống dẫn mềm có đầu cuối là một ống kim loại hình trụ. Bạn muốn biết trước thời gian hoàn tất cái công việc chán ngất đó. Liệu bạn có thể tính ra thời gian đó không, nếu bạn chỉ có trong tay một cái thước?

(Trình bày cơ sở lý thuyết, trình tự thí nghiệm, bảng số liệu, cách tính sai số và những chú ý trong quá trình làm thí nghiệm để giảm sai số).

Lời giải: • Cơ sơ lý thuyết Khi hướng vòi nhựa mềm lên cao theo phương thẳng đứng, t a có thể dùng thước đo được chiều cao h

của tia nước. Vận tốc nước chảy ra khỏi miệng vòi được tính theo công thức v 

2gh

Tích của vận tốc v vừa tìm được với diện tích tiết diện ngang của đầu kim loại (đường kính của đầu kim loại được đo bằng thước) cho lưu lượng Q của nước, tức lượng nước chảy ra trong một giây:

d 2 Q  vS= 2gh.

4 Bây giờ ta có thể tính được thời gian nước chảy đầy bể, vì thể tích V của nó đã biết trước:

t

4V V  2 Q d 2gh

• Tiến hành thí nghiệm Trước tiên ta đo đường kính đầu kim loại bằng thước, sau đó ta hướng vòi nhựa mềm lên cao theo phương thẳng đứng, cho dòng nước chảy ra, đánh dấu rồi đo khoảng cách h. h

d

Tiến hành thí nghiệm 5 lần rồi ghi các số liệu vào bảng sau: • Bảng số liệu : g= 9,8  0,1(m/s2 ) V=……… …..(m3 ) Lần TN

d( m)

d ( m)

d ( m)

d ( m)

h( m)

h ( m)

h ( m)

h ( m)

1 2 3 4 5 • Tính sai số của phép đo: - Tính giá trị trung bình :

t

V 4V  =……………….(s) Q d 2 2gh

- Tính sai số tương đối của phép đo : t  d g h =……………..=……….(%)   2.    t d 2.g 2.h - Tính sai số tuyệt đối trung bình :



t  t. =…………(s) - Viết kết quả cuối cùng :

t  t  t =……….  ……..(s) Những chú ý khi tiến hành thí nghiệm để giảm sai số: - Khi đánh dấu để đo độ cao h thì ta phải đánh dấu và đo chính xác, khí điều chỉnh vòi nước thì ta phải điều chỉnh cho vòi nước thật sự thẳng đứng để giảm sai số.

- Quá trình ta đo đường kính d, ở đây ta dùng thước thẳng do đó khi đo d ta phải xác định chính xác đường thẳng đo qua tâm ống kim loại.

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÍ – KHỐI 10-DHBB NĂM HỌC 2017 – 2018 Thời gian làm bài 180 phút (Đề này có 02 trang, gồm 5 câu)

(ĐỀ THI ĐỀ XUẤT)

Bài 1: (5 điểm – Cơ chất điểm) Một vành tròn cứng, mảnh, khối lượng M, bán kính R đặt trên mặt sàn ngang nhẵn. Bên trong vành có một đồng xu nhỏ khối lượng m, bán kính r. Ban đầu tâm đồng xu cách tâm vành khoảng d. Truyền cho đồng xu vận tốc v theo hướng vuông góc với đường thẳng nối hai tâm như hình vẽ.

Biết va chạm là tuyệt đối đàn hồi và bỏ qua mọi ma sát. a. Xác định các thành phần vận tốc theo phương x và y của đồng xu và vành ngay sau va chạm lần đầu tiên và ngay sau va chạm lần thứ hai. b. Xác định d để sau va chạm lần thứ n thì đồng xu có vận tốc giống ban đầu còn vành đứng yên.

Bài 2: (4 điểm – Cơ vật rắn) Một thanh đồng chất tiết diện đều chiều dài L=2m, một đầu treo vào giá đỡ, đầu kia được giữ cho thanh nằm ngang. Thả nhẹ thanh. Biết sau khi thanh quay qua vị trí thẳng đứng được một góc 30o thì thanh tuột khỏi giá đỡ. a. Tìm khoảng cách nhỏ nhất giữa điểm treo và sàn, biết rằng thanh rơi chạm sàn lúc thanh có phương thẳng đứng. b. Xác định độ cao lớn nhất của đầu dưới của thanh trong quá trình chuyển động Bài 3: (4 điểm – Cơ học chất lưu) Một học sinh tự lắp ráp mô hình tuabin nước như sau: Nước từ thùng lớn chảy ra qua lỗ nhỏ diện tích S=1cm2 ở sát đáy thùng đập vào cánh của tuabin. Trục quay của tuabin có sợi day mảnh nhẹ quấn quanh và vắt qua ròng rọc, đầu còn lại buộc vào vật nhỏ m. Thiết bị này có thể nâng vật m=100g với vận tốc nào đó như hình vẽ. a. Xác định hiệu suất của mô hình nói trên, lấy độ cao nước trong thùng là H=0,2m và vân tốc nâng vật nặng là v1=2cm/s b. Sau khi làm song thí nghiệm thứ nhất, đóng khóa K và nút kín lỗ A ở nắp thùng rồi đem phơi nắng để thùng nóng lên đáng kể. Bây giờ mở khóa K thì thấy mô hình hoạt động mạnh hẳn lên, cụ thể vật nặng được nâng lên với vân tốc v2=5cm/s. Vẫn coi mức nước trong thùng là H=0,2m, hiệu suất mô hình vẫn như trước. Hãy xác định áp suất trong thùng thay đổi bao nhiêu. Cho khối lượng riêng của nước là 1000kg/m3, g=10m/s2.

Bài 4: (4 điểm – Nhiệt học) 1. Khí quyển có nhiệt độ giảm theo độ cao z theo biểu thức: T=T0(1-az) (1) với T0=300K là nhiệt độ tại mặt đất, a là hằng số dương. a. Ở độ cao nào thì nhiệt độ khí quyển giảm 10? b. Chứng tỏ rằng áp suất giảm theo độ cao theo quy luật: p(z)=p0(1-az)α . Hay xác định giá trị của α c. Chứng tỏ rằng mật độ không khí giảm theo độ cao theo quy luật: ρ(z)=0(1-az)β . Hay xác định giá trị của β.

1

2. Do bị ánh sáng mặt trời chiếu, phần khí ở sát mặt đất nóng lên có nhiệt độ T0(còn phần không khí phía trên không hấp thụ nhiệt từ ánh sáng mặt trời), bắt đầu dâng lên cao. Phần khí nóng lên nay coi là giãn nở đoạn nhiệt và sự cân bằng áp suất với phần khí xung quanh diễn ra rất nhanh. Cho hệ số đoạn nhiệt của không khí là γ=1,4. a. Chứng tỏ rằng với áp suất giảm theo độ cao theo quy luật ở phần 1b, thì nhiệt độ không khí dâng lên giảm theo quy luật: T=T0(1-az)δ. Hãy xác định giái trị tham số δ. b. Chứng tỏ rằng mật độ không khí dâng lên giảm theo độ cao theo quy luật: ρ(z)=0(1-az)ε . Hay xác định giá trị của ε. c. Với giá trị nào của a thì không khí bắt đầu dâng lên sẽ dâng lên ngày càng cao. Tính trị số của a.

Cũng tính xem với hiệu độ cao Δz bằng bao nhiêu thì nhiệt độ giảm đi 10.

3. Giả sử độ ẩm của không khí là φ=70%. Áp suất hơi bão hòa liên hệ nhiệt độ theo hệ thức: p (T ) qM 1 1 1 (  )  ln bh pbh (T0 ) R T T0 Với q=2,2.106J/kg ( nhiệt hóa hơi của nước), M1=18.10-3kg/mol: khối lượng một mol nước, R=8,3J/mol.K ( hằng số khí lí tưởng).

Hãy tính xem hơi nước trong khối không khí dâng lên đến độ cao nào thì bắt đầu ngưng tụ (hình thành mây).

Trong bài toán này coi không khí là khí lí tưởng, khối lượng mol trung bình làM=29.10-3kg/mol; lấy g=9,8m/s2.

Bài 5: (3 điểm – Phương án thực hành)

Cho các dụng cụ sau: 1. Một vật hình trụ có khối lượng m đã biết, có gắn móc treo; 2. Sợi dây dây nhẹ không dãn; 3. Giá đỡ có kẹp để gắn được các ròng rọc nhỏ; 4.Bàn nằm ngang cố định; 5. Thước đo chiều dài, giấy, bút.

6. Vật hình hộp khối lượng M cần xác định, có gắn móc treo Hãy nêu phương án thực hành thí nghiệm để: a. Xác định khối lượng M ( M có thể lớn hoặc nhỏ hơn m) b. Xác định hệ số ma sát trượt giữa vật M và mặt bàn nằm ngang.

Chỉ yêu cầu: nêu cách bố trí thí nghiệm (có vẽ hình mô tả), các bước tiến hành và viết công thức áp dụng quan trọng nhất để xác định các đại lượng theo yêu cầu đề bài.

----Hết ----Người ra đề:Nguyễn Văn Quyền Số ĐT: 0988.615.618 quyencvp@vinhphuc.edu.vn

2

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC (ĐỀ THI ĐỀ XUẤT )

Hướng dẫn chấm ĐỀ THI MÔN: VẬT LÍ – KHỐI 10-DHBB NĂM HỌC 2017 – 2018 Thời gian làm bài 180 phút (Đáp án gồm 5 câu)

Bài 1: (4 điểm) Phần Hướng dẫn giải 1a Vận tốc khối tâm của hệ không đổi trong hệ 4đ quy chiếu gắn với sàn: mv vG  ........ mM Xét trong hệ quy chiếu khối tâm: -Vận tốc của đồng xu (Vật 1) và của vành (Vật 2) lần lượt là: Mv v1G  v  vG  ........ mM mv v2G  ......... mM -Động lượng của hệ bằng 0 nên các vật luôn có động lượng bằng nhau nhưng ngược chiều. ……..

- Mặt khác do bỏ qua ma sát, va chạm là đàn hồi nên sau mỗi va chạm vận tốc mỗi vật không đổi và động năng của hệ không đổi. …….

- Sau mỗi va chạm m bị bật ra như phản xạ gương vận tốc quay một góc:   2 ……..

Chuyển sang hệ quy chiếu gắn với sàn, thành phần vận tốc của mỗi vật: m  Mcos 2 v1 y  vG  v1G cos 2  .v.............. mM M sin 2 v1x  .v........... mM m(1  cos 2 ) v2 y  .v........... mM m sin 2 v2 x  .v......... mM Tương tự sau va chạm lần 2 : m  Mcos 4 v1 y  .v............... mM  M sin 4 v1x  .v............. mM m(1  cos 4 ) v2 y  .v.......... mM m sin 4 v2 x  .v............ mM 3

Điểm

0,25

0,5

0,5

0,25 0,25 0,25

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

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

1b 1đ

Để sau n lần va chạm đồng xu có vận tốc như ban đầu, vành đứng yên:

1 k n(  2 )  k 2     (  ); k  Z  ............

2 n  1 k  Suy ra: d  ( R  r ) sin  (  )  .................  2 n 

0,5 0,5

Bài 2: (4 điểm – Cơ vật rắn) Phần 2a 2đ

Hướng dẫn giải Tại thời điểm thanh rời khỏa giá đỡ, tốc độ góc khối tâm G của thanh là ω:

1 1 2 2 L 3 3g . mL   mg cos300    ......

2 3 2 2L Vận tốc khối tâm G: L 3 3gL  ........

2 8 Sau khi rời khỏi giá đỡ, chỉ có trọng lực tác dụng lên khối tâm của thanh nên G chuyển động như vật bị ném xiên góc 30o so với phương ngang, còn thanh quay quanh G với tốc độ góc ω không đổi ………………..

Khi thanh chạm sàn ở tư thế thẳng đứng: thanh quay quanh G được k vòng, gocws mành thanh đã quay được: 5 .t   k .......

6 Khoảng cách nhỏ nhất từ điểm treo đến sàn nhỏ nhất khi k=0, ta có:

Điểm

0,5

vG  

0,25

0,25

0,25

5 3 3gL (1)............

6 8 0,25 Độ dời của G theo phương thẳng đứng kể từ khi thanh dời giá đỡ đến khi chạm sàn: t

H

 L L gt 2  cos30o     vG .sin 30o.t   (2)..........

2 2 2  

0,25

Từ (1) và (2): H≈1,6.L=3,2m ………..

0,25 2b 2đ

Chọn trục Oy thẳng đứng hướng lên, O tai điểm treo, phương trình chuyển động khối tâm:

yG  vG sin 30o.t 

gt 2 L  cos30o.........

2 2

Tọa độ đầu dưới D của thanh: L y  yG  cos t  30o  2 gt 2 L L  vG sin 30o.t   cos30o  cos t  30o  .......

2 2 2 Độ cao cực đại của đầu dưới đạt được khi: 4

0,25

0,5

0,25

dy  0......... dt

0,5

Ta tìm được:

L .............. g

t  1.05

0,5

Từ đó ta có: yDmax=-0,523L nên HDmax=2,68m………

Bài 3: (4 điểm – Cơ học chất lưu) Phần Hướng dẫn giải 3a Áp dụng phương trình Béc – nu – li cho hai điểm A’ và 2đ B

po   gH  po 

 v02

Điểm

0,5

 vo  2 gH .........

2 Xét trong khoảng dt rất nhỏ, coi vo không đổi, động năng của nước chảy ra là: 1 1 W  (  .v0 .S .dt ).v0   .S .vo3dt.........

2 2 Công nâng vật: A  mg.v1.dt..........

0,5 0,5

Hiệu suất:



3b 2đ

2mg.v1 A 2mg.v1    5%.........

3  Svo W  S ( 2 gH )3

0,5

Gọi áp suất trong bình là p, vận tốc nước chảy ra từ vòi là v. Tương tự ta có:



2mgv2 A 2mg.v2  v 3 ............

3  S W  Sv

0,5

Áp dụng phương trình Béc – nu – li cho hai điểm A’ và B khi này:

p   gH  po 

v2 2

..........

0,5

Độ thay đổi áp suất trong thùng:

p  p  po 

v2 2

  gH  1684( Pa)............

1,0

Bài 4:(4 điểm – Nhiệt học) Phần Hướng dẫn giải( Phần 1:1,5đ; phần 2:1đ, phần 3:1,5đ) 4.1a T 1 T  T0  T  aT0 z  z   .......... aT0 300a 4.1b

Điểm 0,25

Ta có phương trình M-C: p

 RT M



 RT0 (1  az ) M 5

........

0,25

Mặt khác theo công thức tính áp suất theo độ sâu trong chất lưu: dp    gdz...............

0,25

Nên: dp Mgdz  p RT0 (1  az )

Lấy tích phân hai vế phương trình này ta có: Mg

p ( z )  p0 (1  az ) RT0 a   

4.1c

Mg  1...............

RT0 a

0,25 0,25

Phương trình đoạn nhiệt:

 p T1 p  T0 p  T1 ( z )  T0    p0  Phương trình đoạn nhiệt: 

4.2b

0,25

Một lần nữa áp dụng phương trình M-C:  RT  RT0 (1  az )  p M M Mp0 (1  az ) Mp    0 (1  az ) 1......

RT0 (1  az ) RT0 (1  az ) Tức là:     1 

4.2a

Mg ............

RT0 a

1 1



1 0

 1 

 T0 (1  az )

 1  

 

 1  ...... 

0,5

1

 p  p pV   c    c '  1       p0  Hay: 4.2c

4.3

 ( z )   0 (1  az )

 

 

 Mg  .....  RT0 a

Khối khí dâng lên ngày càng cao thì: Mg   1   3,3.105 (m 1 ) …… 1           1  a   RT0  Để bắt đầu ngưng tụ, nhiệt độ khối khí dâng lên phải giảm tới nhiệt độ điểm sương.

Tại nhiệt độ T0 áp suất hơi bão hòa là pbh(T0), khi này áp suất riêng phần là: φ. pbh(T0), áp suất này bằng pbh(T) tức là: pbh(T)= φ. pbh(T0)……….. p (T ) T0 qM 1 1 1  (  )  ln   T  ............

Theo bài ra : ln bh RT0 pbh (T0 ) R T T0 1 ln  qM 1 Theo phần 2a và do

RT0 ln   1 : qM 1

T ( z )  T0 (1  az ) 

T0 RT RT  T0 .(1  0 ln  ) 1  T0 (1  0 ln  )........

RT qM 1 qM 1 1  0 ln  qM 1

nên: 6

0,25

0,25

0,25 0,5

0,5

(1  az )  (1 

RT0 RT0 ln  )  z  ln   690m....... qM 1 a qM 1

0,25

Bài 5: (3 điểm – Phương án thực hành) Phần Hướng dẫn giải Điểm 5a * Nếu M > m có thể bố trí như hình vẽ 1. Buộc dây (buộc thắt nút) tại điểm O 1,5đ và kéo dây để OC theo phương nằm ngang để vật M nằm cân bằng, cố định C

vào giá đỡ. Đo các khoảng cách GH= a và OH= h ta có M

m a2  h2 . m cos h

1,25

0,25

5b

* Nếu M < m ta vẫn dùng thí nghiệm này nhưng đổi chỗ m cho M…. Để xác định hệ số ma sát giữa vật khối lượng M và mặt bàn, ta xác định khối lượng M như thí nghiệm 1 nêu trên.

Sau đó, bố trí thí nghiệm như Hình 2, trong đó A, B là hai ròng rọc gắn cố định.

Vật khối lượng m được móc vào dây để trượt trên dây.

Kéo đầu D của dây sao cho M bắt đầu chuyển động sang phải thì dừng tay lại và gắn cố định đầu dây D, vật M ngay sau đó cũng dừng lại khi này ma sát nghỉ đạt cực đại.

1,5 Đo L và h ta tính được lực ma sát trượt: 2

L a  4    m 1  ( L )2 Fms  mg h M 2h 2

7

Có thể tiến hành thí nghiệm theo các cách khác nếu đúng vẫn cho đủ điểm

Hết

8