HDC VAT LI 10

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XIII, NĂM 2022 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: VẬT LÍ - LỚP 10 Hướng dẫn chấm (Hướng dẫn chấm gồm 08 trang) Bài 1: (5 điểm) Một pháo bắn viên đạn nhỏ từ điểm O mặt đất nằm ngang với tốc độ ban đầu v0 = 20, m / s , với góc bắn Biết gia tốc rơi tự nơi đặt pháo g = 9,80 m/s2 Bỏ qua sức cản khơng khí Xét chuyển động đạn mặt phẳng Oxy với trục Oy thẳng đứng hướng lên, trục Ox nằm ngang a Viết phương trình quỹ đạo đạn r v0 hợp với Ox góc ϕ < 90 y = a− x2 b Xác định a, b b Chứng tỏ đạn ln nằm parabol có phương trình Dùng pháo bắn vào điểm (kí hiệu M) tịa nhà hình trụ bán kính R = 5,00 m, có trục vng góc với mặt đất nằm ngang Tìm chiều cao cực đại tịa nhà so với mặt đất nằm ngang trường hợp sau: a Nóc nhà hình trịn phẳng bán kính R song song với mặt đất nằm ngang r b Nóc nhà bán cầu bán kính R có bề lõm hướng xuống Tìm góc v0 với mặt đất Ý Nội dung 1a 1b y = x.tan ϕ − Phương trình quỹ đạo đạn là: Từ (1), ta có y = x.tan ϕ − gx 2v02 cos ϕ Điể m 1,0 (1) 0,25 gx gx = x.tan ϕ − (1 + tan ϕ ) 2v cos ϕ 2v0 2v02 2v02 y tan ϕ − tan ϕ + + =0 gx g x 2 (2) Điểm có tọa độ (x,y) đạn đến phải làm cho phương trình (2) có nghiệm: 0,25 Trang 1/8  2v02 y  v04 − 1 + ÷≥ g x2  g x  v02 g a= ; b= 2g 2v0 Suy ra: v02 g x ⇒ y≤ − g 2v02 ⇒ 0,5 r r 2a Giả sử đạn chạm M với vận tốc v ⇒ Đạn rời M với vận tốc −v quay trở lại 0,25 nơi bắn quỹ đạo cũ Từ định luật bảo toàn suy ra: v = v02 − gH 0,25 v − gH v2 ≥R⇒ ≥R g Lại có: g v2 R H≤ − 2g ⇒ H max = 2b 0,25 0,25 v02 R − ≈ 17, m 2g Các quỹ đạo đạn nằm parabol (P) có phương trình v g x − ≥ − R + R − x ∀x Nên đạn đến mái nhà nếu: g 2v g v2 g R 2 2 ( R − x ) − R − x + + R − ≥ ∀x 2v 2g 2v y= v g x − g 2v 0,25 0,25 0,25 g  v2 g.R  ⇒ ∆ =1−  + R − ÷≤ 2v  g 2v  ⇒ v = v02 − gH ≥ gR ⇒H ≤ v02 R − 2g H max = v02 R − = 19,15m 2g 0,25 Tọa độ tiếp điểm (P) nhà đó: R2 − x2 = 0,25 v R R R = ⇒x= ⇒ y=− g 2 Đạn đến nhà phải qua tiếp điểm đó: 0,25 R 3 g ÷  R R  − = tan ϕ − (1 + tan ϕ ) R 2 2g R ⇒ tan ϕ = ⇒ ϕ = 300 ⇒ vx = v0 x = g cos 300 = gR 2 0,25 Trang 2/8 ⇒ cos ϕ0 = 0,25 gR v0 x = ≈ 0, 214 v0 2 v0 ⇒ ϕ0 ≈ 77, 620 Bài (4 điểm) Thả rơi tự cầu đặc đồng chất có bán kính r, khối lượng m xuống va chạm với cầu bán kính R cố định mặt sàn nằm ngang Biết gia tốc rơi tự g, hệ số ma sát m cầu µ Biết vận tốc m trước va chạm v0 khoảng cách từ tâm d= R+r Hai cầu bán kính R đến quỹ đạo tâm cầu nhỏ r cầu cứng tuyệt đối Gọi ϕ góc nhọn v0 đường nối tâm cầu thời điểm va chạm Viết biểu thức momen quán tính cầu khối lượng m với trục quay qua tâm (khơng cần chứng minh) Tìm ϕ độ cao khối tâm cầu khối lượng m thời điểm thả rơi Xét trường hợp trượt hai mặt cầu xảy suốt khoảng thời gian va chạm Tìm vận tốc góc m sau va chạm giá trị cực đại µ Với µ = 0, , tìm momen xung tiếp điểm T (giữa cầu M mặt sàn) mà M nhận từ m trình va chạm trượt kết thúc trước va chạm kết thúc Ý Nội dung Momen quán tính cầu trục quay qua tâm nó: sin ϕ = Trên hình vẽ: Độ cao khối tâm cầu va chạm: ( v0 = g ( H − h) = g H − R − ( R + r ) − d 0,25 (R + r ) Vận tốc m trước va chạm: H= 2mR 0,25 d = ⇒ ϕ = 300 R+r h = R + ( R + r )2 − d = R + I= Điể m 1,0 v02 v2 (R + r) +h= + R+ 2g 2g ) 0,25 0,25 Gọi xung lực pháp tuyến xung lực ma sát mà cầu M truyền cho m lần 0,25 r r X , X ms lượt Định lý biến thiên xung lực: Trang 3/8 r r r r mv = mv0 + X + X ms (*) Vì bề mặt cầu cứng tuyện đối nên: X = m(v y − v0 y ) = −2mv0 y = 2mv0 cos ϕ = mv0 Phương trình chuyển động quay cầu m: X ms r = I ω = 0,25 2 mr ω Quả cầu m trượt suốt trình va chạm nên: X ms = µ X Chiếu (*) lên trục Ox Oy ta được: 0,25 m.vx = mv0 sin ϕ − µ X 1  vx = v0 sin ϕ − µ v0 cos ϕ = v0  − µ ÷ 2  Vận tốc cầu m sau va chạm: v = v + v = v0 x y ( sin ϕ − 2µ cos ϕ ) 2 + cos ϕ = v0 1 3ữ + Tc độ góc cầu sau va chạm: ω= X ms r 5µ v0 cos ϕ 5µ v0 µ Xr 5µ X 5µ = = = 2mv0 cos ϕ = = I r r mr 2mr mr Để trượt xảy suốt q trình va chạm thì: 5µ v0 cos ϕ vx ≥ ω.r ⇒ v0 sin ϕ − µ v0 cos ϕ ≥ 0,25 r tan ϕ = ≈ 8, 25.10−2 7 µ = 0, > ⇒ Với Sự trượt kết thúc trước va chạm kết thúc X vx = ω.r ⇒ vx = v0 sin ϕ − ms m X r X r v X  1 ω = ms = ms = x =  v0 sin ϕ − ms ÷ I m  mr r r  Ta lại có: X ms = mv0 sin ϕ ' L = X '.R sin ϕ − X ms ( R + R cos ϕ ) ⇒µ≤ L=− 0,25 0,25 0,25 0,25 2mv0 R sin ϕ mv R ( − cos ϕ ) = 3 − 7 ( ) Trang 4/8 Bài (4 điểm) Một mol khí lí tưởng đơn nguyên tử biến đổi trạng thái theo chu trình hệ tọa độ p-V hình vẽ Quá trình 4-1 đẳng nhiệt với nhiệt độ T 1; trình 2-3 đẳng nhiệt với nhiệt độ T2 Các trình 1-2 3-4 đoạn thẳng kéo dài qua gốc tọa độ Biết hệ số góc đường 1-2 k; hệ số góc đường 3-4 3k V3 V4 Tìm tỉ số V2 V1 Chứng minh nhiệt dung trình 1-2 4-3 C = 2R với R số khí Tính hiệu suất chu trình theo T1, T2 Ý Nội dung Điể m 0,5 0,5 p2 = 3kV2 ; p3 = kV3 Từ 2-3 trình đẳng nhiệt: p2V2 = p3V3 ⇒ 3kV22 = kV32 ⇒ V3 = V2 p1 = 3kV1 ; p4 = kV4 Từ 4-1 trình đẳng nhiệt: V p1V1 = p4V4 ⇒ 3kV12 = kV42 ⇒ = V1 Phương trình đường thẳng 3-4 có dạng p = kV (k hệ số góc) → Áp dụng nguyên lí I nhiệt động lực học dạng vi phân: dQ = dU + dA → CdT = RdT + pdV (2) Áp dụng phương trình Cla-pê-rơn – Men-đê-lê-ép: pV = RT → pdV + Vdp = RdT (3) Từ (1) (3) → pdV + VkdV = RdT RdT Mà kV = p → 2pdV = RdT → pdV = (4) Thay (4) vào (2) → CdT = RdT + RdT → C = 2R Tương tự cho trình 1-2 thỏa mãn: C = 2R V Qnhan = Q12 + Q23 = nC (T2 − T1 ) + nRT2 ln = R (T2 − T1 ) + RT2 ln V2 V Qtoa = Q34 + Q41 = nC (T2 − T1 ) + nRT1 ln = R(T2 − T1 ) + RT1 ln V1 0,5 0,5 dp = kdV (1) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Trang 5/8 H= 0,5 Qnhan − Qtoa (T2 − T1 ) ln = Qnhan 2(T2 − T1 ) + T2 ln Bài (4 điểm) Một điện tích điểm dương q đặt tâm O vỏ cầu kim loại trung hòa điện (vật 1) có bán kính a bán kính ngồi b (b > a) M điểm cách tâm O khoảng r1 = 0, 5a ; N điểm cách tâm O khoảng r2 = 2b Tìm cường độ điện trường M N Tìm hiệu điện hai điểm M N Đem hệ điện tích đặt vào vỏ cầu mỏng bán kính 1,5b, tích điện Q đặt đồng tâm với vật Nối đất vật Tìm mật độ điện tích mặt vật Ý Nội dung Tại điểm M với OM = r / Áp dụng định lý Gauss với mặt Gauss mặt cầu tâm O bán kính OM EM 4π OM = Điể m 0,5 q ε0 q q = 4π ε OM π ε a Tại điểm N với ON = 2b ⇒ EM = 0,5 Áp dụng định lý Gauss với mặt Gauss mặt cầu tâm O bán kính ON EN 4π ON = q ε0 q q = 4π ε ON 16π ε b a a q q = EM + b.EN = + b 2 π ε a 16π ε b ⇒ EN = U MN U MN = q  1  +  πε  2a 16b ÷  Do hưởng ứng tồn phần nên điện tích mặt vỏ cầu - q Gọi q1 điện tích mặt ngồi vỏ cầu bán kính b Xét điện tổng hợp điểm mặt ngồi vỏ cầu bán kính b: 0,5 0,5 1,0 1,0 Trang 6/8 Vq1 + VQ = k q1 kQ + =0 b 1,5b 2Q ⇒ q1 = − Bài (3 điểm) Cho dụng cụ sau: - Một mặt phẳng nghiêng thép với góc nghiêng thay đổi - Một miếng gỗ hình lập phương cạnh a có khối lượng mg biết - Một cầu đặc thép có đường kính a khối lượng mt biết - Một thước đo độ - Một lọ keo dính Trình bày phương án thực nghiệm để xác định: Hệ số ma sát trượt gỗ với thép, kí hiệu Hệ số ma sát trượt thép với thép µt Ý µg Nội dung Điể m 0,5 - Khỗi gỗ bắt đầu trượt mặt phẳng nghiêng góc nghiêng đạt giá trị α1 thỏa tan α = µ g mãn: Đặt miếng gỗ mặt phẳng nghiêng, tăng dần góc nghiêng từ giá trị nhỏ Khi µ = tan α khỗi gỗ bắt đầu trượt góc nghiêng đạt giá trị α thỏa mãn: g Lần đo Lần Lần Lần Lần Lần tan α tan α1 tan α tan α tan α tan α µg µ g1 µg = µ g1 + µ g + µ g + µ g + µ g 5 ∆µ g = µg µg µg 0,5 0,5 µg 0,5 µ g − µ g + µ g − µ g + µ g1 − µ g + µ g1 − µ g + µ g1 − µ g ⇒ µ g = µ g ± ∆µ g Hệ cầu khối gỗ gắn chặt với đặt nằm yên mặt phẳng nghiêng hình vẽ 0,25 Trang 7/8 Khi hệ bắt đầu trượt mặt phẳng nghiêng góc nghiêng β thỏa mãn: µt mt g cos β + µ g mg g cos β = (mt + mg ) g sin β m  m àt = + g ữtan g g mt  mt  Dùng keo gắn chặt cầu khối gỗ để hai vật nằm cân mặt phẳng nghiêng Tăng dần góc nghiêng từ giá trị nhỏ hệ bắt đầu trượt đo góc nghiêng β  m µt =  + g  mt Lần đo tan àt mg ữtan g mt  Lần tan β1 Lần tan β Lần tan β3 µt1 µt µt µ + µt + µ t + µ t + µ t µ t = t1 µ − µt + µt − µ t + µt − µ t + µ t1 − µ t + µ t1 − µ t ∆µ g = t1 ⇒ µt = µt ± ∆µt Lần tan β Lần tan β5 µt µt 0,25 0,25 0,25 Trang 8/8 ... suốt q trình va chạm thì: 5µ v0 cos ϕ vx ≥ ω.r ⇒ v0 sin ϕ − µ v0 cos ϕ ≥ 0,25 r tan ϕ = ≈ 8, 25 .10? ??2 7 µ = 0, > ⇒ Với Sự trượt kết thúc trước va chạm kết thúc X vx = ω.r ⇒ vx = v0 sin ϕ − ms m