ĐỀ THI HSG số 4 lớp 10

ĐỀ THI HỌC CHỌN SINH GỎI MƠN: VẬT LÍ – LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút Bài 1: (4 điểm) Người ta lồng hịn bi có lỗ xuyên suốt có khối lượng m vào AB nghiêng góc  so với phương nằm ngang Lúc đầu bi đứng yên Cho AB tịnh tiến mặt phẳng thẳng đứng với gia tốc a0 nằm ngang B Giả sử khơng có ma sát bi Trong trường hợp: m a0 gia tốc a0 AB hướng sang trái sang phải, tính: - Gia tốc hịn bi AB? A  - Phản lực Q AB lên bi? - Tìm điều kiện để bi chuyển động phía A; phía B; đứng yên? Hỏi câu Cho biết a0 = 2g hướng sang trái, hệ số ma sát bi AB k = 1/3 Bài 2: (3 điểm) Một cốc đong thí nghiệm có dạng hình trụ đáy trịn, khối lượng M, thể tích bên cốc V Trên thành cốc, theo phương thẳng đứng người ta khắc vạch chia để đo thể tích đo độ cao chất lỏng cốc Coi đáy cốc thành cốc có độ dày nhau, bỏ qua dính ướt Được dùng chậu to đựng nước, lập phương án để xác định độ dày d, diện tích đáy ngồi S cốc u cầu: Nêu bước thí nghiệm Lập bảng biểu cần thiết Lập biểu thức để xác định d, S theo kết đo thí nghiệm (cho khối lượng riêng nước ) Bài 3: (4 điểm) Trên mặt phẳng ngang có hai khối lập phương cạnh H, khối lượng M đặt cạnh Đặt nhẹ nhàng cầu có bán kính R, khối lượng m = M lên vào khe nhỏ hai khối hộp Hai khối hộp cách khoảng R, cầu đứng cân khối hộp sau đặt nhẹ lên khe hở Tìm lực khối hộp tác dụng lên cầu vật đứng cân Biết hệ số ma sát tĩnh M R hai khối hộp mặt bàn k, tìm điều kiện k để cầu đứng cân hộp sau đặt lên Bỏ qua ma sát vận tốc ban đầu cầu Tìm vận tốc M M cầu trước va đập xuống mặt phẳng ngang R Bài (4 điểm) Một mol khí đơn nguyên tử giam xi lanh diện tích tiết diện ngang S Lị xo có độ cứng k đặt nằm ngang, đầu gắn với pittơng, cịn đầu giữ cố định (hình vẽ) Ban đầu khối khí có áp suất p 0, thể tích V0, nhiệt độ T0, pittơng trạng thái cân Người ta làm nóng khí thật chậm để thực q trình cân chuyển khí đến trạng thái có áp suất p1, thể tích V1 = 2V0 nhiệt độ T1 Bỏ qua ma sát pittông thành xi lanh Giả thiết trao đổi nhiệt khối khí với mơi trường khơng đáng kể Tìm giá trị p1 T1 Biểu diễn trình đồ thị p –V Tính cơng A mà khối khí p0 , V0 , sinh T0 Tính nhiệt lượng mà khối khí nhận Bài 5: (5 điểm) Cho mỏng, khối lượng M, có dạng hình vng ABCD đồng chất, tiết diện Bản quay khơng ma sát quanh trục nằm ngang, trùng với cạnh AB khung E, F trung điểm cạnh AB, CD khung hình vẽ Một cầu có khối lượng m bay với vận tốc v tới va chạm đàn hồi với mỏng điểm M nằm EF cách E khoảng d (0 < d< l) Tính vận tốc vật vận tốc góc sau va E chạm E E B Xác định lực trục quay tác dụng lên (hướng A độ lớn) lệch góc  phương thẳng đứng) v0 Nhận xét lực thời điểm: M M • m - Ngay sau va chạm D - Bản lệch góc cực đại so với phương thẳng đứng C F F Xác định lực giá đỡ tác dụng lên *** Hết *** ĐÁP ÁN TĨM TẮT VẬT LÍ 10   Chọn hệ quy chiếu xOy gắn với que AB Bi chịu tác dụng của: trọng lực P , phản lực Q  Bài que, lực quán tính  ma  4điểm * TH a hướng sang trái: lực quán tính hướng sang phải vật có gia tốc j hướng theo AB Theo định luật II Niutơn:      B P  Q  ma m j (1) Q Chiếu (1) xuống hai trục Ox Oy:  x F - mgsin + ma0cos = mj y a 0,75  - mgcos + Q ma0sins = Giải hệ:   ma a) j = -gsin+ a0cos O  P b) Q = M(gcos + a0sins) ; Q> 0, Q hướng lên  0,5 A c) a0 - Nếu tg  j > , bi phía đầu B g a0 0,75 - Nếu tg  j > , bi phiá đầu A g a0 - Nếu tg  j = , bi đứng yên g  * Khi a hướng sang phải Giải tương tự ( đổi dấu a), ta có j = - (gsin + a0cos) ln có giá trị âm Vậy bi phía A   a0 a0 Q = m(gcos - a0sins) Nếu tg  Q hướng lên Ngược lại tg  Q hướng g g  a0 xuống Nếu tg  Q = , thành phần thẳng đứng j jg = jsin = -g, bi rơi tự theo g phương thẳng đứng 1đ    Bi chịu thêm tác dụng lực ma sát F Giả sử j hướng lên F hướng xuống hình vẽ      P  Q  ma  F m j (1) Chiếu xuống hai trục Ox Oy thay F = kQ= Q/3 - mgsin + 2mg0cos - kQ = mj - mgcos + Q - 2mgsins = Giải hệ: Q = mg(cos + 2sins) g j= ( 7cos - sin) Điều kiện để j > tg > hay  > 820 3  Giả sử j hướng xuống F hướng lên Ta có kết qủa tương tự ( đổi dấu F) g j = ( cos - sin) Điều kiện để bi xuống, j < ( cos < sin) hay  > 45 Bi đứng yên 450 <  < 820 d Vạch chia Vt S hn 0,5đ 0,5đ Bài 3đ Phương án bước: - 1đ Cho nước vào bình với thể tích V 1, thả bình vào chậu, xác định mực nước ngồi bình h n1 (đọc vạch chia) - Tăng dần thể tích nước bình: V 2, V3, lại thả bình vào chậu, xác định mực nước hn2, hn3, - Khi đo phải chờ cho nước phẳng lặng *Lập bảng số liệu: hn1 hn2 V1 V2 d S b 0,5 đ Các biểu thức Gọi hn mực nước ngồi bình,  khối lượng riêng nước, mt Vt tương ứng khối lượng thể tích nước bình Phương trình cân cho bình có nước sau thả vào chậu: 0,5đ g(d+hn)S = (M+mt)g  (d+hn)S = M+Vt  (1) Từ (1) ta thấy hn phụ thuộc tuyến tính vào Vt Thay Vt giá trị V1, V2, (d+hn1)S = M+V1 (2) (d+hn2)S = M+V2 (3) Đọc hn1, hn2, vạch chia thành bình Lấy (3) trừ (2) rút S ra: S = (V2-V1)/(hn2-hn1) 0,5đ (4) Thay đổi giá trị V2, V1,hn2, hn1 nhiều lần để tính S Sau lắp vào (2) để tính d: d ( M  V1  )(hn  hn1 ) M  V1   hn1   hn1 (5) S  (V2  V1 ) 0,5đ Bài 4đ Quả cầu cân khối hộp, AOB tam giác Có thể thấy lực khối tác dụng lên cầu hướng tâm độ lớn, góc lực 600 Các lực cân với trọng lực tác dụng lên cầu Vì vậy: Mg  N � N  Mg Để khối hộp cầu đứng cân sau đặt cầu lên lực tác dụng lên khối hộp theo phương ngang phải không lớn ma sát nghỉ cực đại fms Xét lực tác dụng lên khối hộp gồm: r r Trọng lực P = Mg, áp lực cầu F với F   N Phản lực Q bàn với: Q = Mg + Fsin600 O A R 0,5 B R N cos 600 �f ms  N cos 600   k k ( Mg  N sin 60 ) N Mg  N Mg / Mg  Mg 0,5 3 - Xét thời điểm cầu rơi xuống khối lập phương, ta cần xác định góc  Liên hệ vận tốc: v1 cos   v sin  � v1  tg v2 - Bảo toàn lượng: 1 mv12  mv 22  mgR   cos   2 � � v12 �  2 � 2gR   cos   � tg  � � v12  α v2 2gR   cos   tg 2  tg 2 M v1 -v2 v M Trong HQC chuyển động với vận tốc v cầu chuyển động trịn quanh điểm tiếp xúc, thời điểm rời HQC trở thành HQC quán tính, lúc thành phần trọng lực đóng vai trị lực hướng tâm: 0,75 mv  mg cos  R v mv12 v �  mgcos  sin  R sin  (*) 0,75 Thay v1 biểu thức vào, phương trình: 2gR   cos   tg   gR cos .sin  2  tg  v12  � cos3   3cos    � cos   0,596 (Có thể tính theo cách sau: Tìm v2 xác định cực đại v2 2gR   cos    cos   cos  v12  �v    2gR tg   tg 2  cos  Lấy đạo hàm theo cos cho đạo hàm ta nhận phương trình: cos3   3cos    ) 2 Thay vào (*): v1  gR cos .sin   gR cos   cos  2   h  H  R   cos   Còn cầu cách mặt đất: 0,5 x - Nếu H  R   cos   �0, 404R cầu chạm đất trước rời hình lập phương, lúc V0 S H chạm đất góc f thỏa mãn H  R   cos   �  cos   Vận tốc trước chạm đất R xác định theo định luật bảo toàn lượng liên hệ vận tốc v12  2gR V  cos   cos    cos    2gR  cos   cos  � v1  2g 2 2R  H  2RH  2R  H  H 0,5 - Nếu H  R   cos   �0, 404R sau rơi, cầu chuyển động rơi tự do: R� � v f  v12  2gH  2gH �  0, 212 � H� � 0,5 Gọi x độ dời pittông V  V0  Sx (1) BÀI (4 đ) p  p0  kx S (2) k  V  V0  k k  V  p0  V0 (3) S S S k (4) với V1 = 2V0 ta có: p1  p0  V0 S � kV0 � T pV p1V1 p0V0  � T1  1  2T0 �  � (5) Theo phương trình trạng thái: T1 T0 p0V0 � S p0 � � p  p0  Quá trình biến đổi khí biểu diễn phương trình (3) 0.5 0.5 1.0 Đường biểu diễn đồ thị p – V hình bên, đoạn thẳng Cơng A có độ lớn diện tích hình thang giới hạn hai cạnh song song với trục tung có hồnh độ V0 2V0 (diện tích bơi đen hình vẽ) 1 v02 A   p0  p1  V0  p0V0  k (6) 2 S Theo nguyên lí I: kV Q  U  A � U  p0V0 (1  2 ) S p0 Q  U  A  Bài 5đ kV p0V0  k 20 2 S p P1 P0 1.0 V0 2V0 V Ngay sau va chạm vật có vận tốc v, có vận tốc góc  Bảo tồn lượng bảo tồn mơ men động lượng trục M: mv02 mv12 Iw12 = + 2 mv0d = mvd + I1 6mdv0 (Ml - 3md )v0 w = Giải hệ: ; v1 = 3md + Ml 3md + Ml 2 Khi góc lệch phẳng so với phương thẳng đứng  vận tốc góc : Ml w12 w2 l ( ) = Mg (1- cos a ) Khi góc lệch cực đại = 0; 2 l (6mdv0 ) cos amax = 3g(3md + Ml ) Gọi Q lực trục tác dụng lên r r r r Q + Mg = Ma t + Ma n Chiếu theo hai phương nằm ngang thẳng đứng ta Qx Qy l Q  Q 2x  Q 2y a với a , an gia tốc tiếp tuyến pháp tuyến khối tâm: an= Mw2 ; 2 3g sin a l 3gsin a l Ml Quay quanh A: Mg sin a = ; a = g = g ; g= 2l Ngay sau va chạm a =0, Q có phương thẳng đứng r r r Khi lệch cực đại an = 0; Q = Ma t - Mg 1.0 1đ 1đ 1đ 1đ 1đ ... 0,5 - Nếu H  R   cos   �0, 40 4R sau rơi, cầu chuyển động rơi tự do: R� � v f  v12  2gH  2gH �  0, 212 � H� � 0,5 Gọi x độ dời pittông V  V0  Sx (1) BÀI (4 đ) p  p0  kx S (2) k  V ... tự ( đổi dấu F) g j = ( cos - sin) Điều kiện để bi xuống, j < ( cos < sin) hay  > 45 Bi đứng yên 45 0 <  < 820 d Vạch chia Vt S hn 0,5đ 0,5đ Bài 3đ Phương án bước: - 1đ Cho nước vào bình... (V2-V1)/(hn2-hn1) 0,5đ (4) Thay đổi giá trị V2, V1,hn2, hn1 nhiều lần để tính S Sau lắp vào (2) để tính d: d ( M  V1  )(hn  hn1 ) M  V1   hn1   hn1 (5) S  (V2  V1 ) 0,5đ Bài 4? ? Quả cầu cân