10ly nangkhieul2 2021 2022

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LẦN II LỚP 10 CHUYÊN LÝ Ngày thi 08/11/2021 Thời gian làm bài 180 Phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2,0 điểm) Các giọt nước m[.]

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LẦN II TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI LỚP 10 CHUYÊN LÝ Ngày thi : 08/11/2021 Thời gian làm bài: 180 Phút (Không kể thời gian giao đề) Câu (2,0 điểm): Các giọt nước mưa rơi khỏi đám mây thời tiết lặng gió Giả sử giọt nước mưa giống có dạng hình cầu, rơi với vận tốc ban đầu không, theo phương thẳng đứng Biết đám mây độ cao đủ lớn, coi trọng trường nơi khảo sát g  10(m / s ) Bỏ qua sức cản Tìm quãng đường giọt nước mưa rơi giây đầu giây thứ Xét giọt nước mưa rơi chịu lực cản không khí FC  kv (với k số, v vận tốc giọt nước đất) Tại lúc gia tốc đạt tới giá trị (m / s ) vận tốc đạt giá trị 12  m / s  Khi xuống tới gần mặt đất, giọt nước mưa rơi với vận tốc không đổi, lúc giọt nước đập vào kính cửa bên ô tô chuyển động thẳng theo phương ngang, giọt mưa để lại kính vết nước hợp với phương thẳng đứng góc 300 Tính tốc độ tơ cho biết người lái xe có vi phạm luật giao thơng lỗi vượt q tốc độ quy định không? Biết tốc độ tối đa cho phép ô tô 70 (km/h) Câu 2: ( 2,5 điểm) Một nêm khối lượng M  10kg đặt mặt sàn nằm ngang Nêm có mặt AB dài 1m nghiêng góc   300 so với mặt phẳng ngang Bỏ qua ma sát nêm mặt sàn Từ A thả nhẹ vật nhỏ khối lượng m  1kg để trượt đến B (hình vẽ 2) Hệ số ma sát m M µ  0,2 Lấy g  10m / s Ban đầu nêm M giữ cố định Tính vận tốc vật m trượt đến B thời gian vật m trượt từ A đến B Nêm thả tự Tính thời gian để vật m trượt từ A đến B quãng đường nêm trượt thời gian A m M Hình vẽ B Câu 3: Trong hệ thống hình 1, khối lượng vật 6,0 lần khối lượng vật Chiều cao h = 20cm Khối lượng ròng rọc dây lực ma sát bỏ qua Lấy g = 10m/s2 Ban đầu vật giữ đứng yên mặt đất, sợi dây khơng dãn có phương thẳng đứng Thả vật 2, hệ bắt đầu chuyển động Xác định: a gia tốc vật sau vật thả ra; b độ cao tối đa mặt đất mà vật đạt Câu 4: lượng khí lí tưởng thực chu trình hình vẽ Nhiệt độ khí trạng thái A TA =150K; TB =TC Xác định nhiệt độ cực đại khí tồn chu trình Vẽ lại đồ thị biểu diễn chu trình hệ trục tọa độ (T, V) Câu 5: Một bình hình trụ kín, nằm ngang chứa đầy khí lí tưởng, khoảng cách hai đáy bình l Ban đầu, nhiệt độ khí đồng T0, áp suất khí p0 Sau người ta đưa nhiệt độ đáy bên phải lên thành T0  T ( T T0 ), nhiệt độ đáy bên trái giữ nguyên T0 Nhiệt độ khí biến đổi tuyến tính theo khoảng cách tới đáy bình Tính áp suất p khí Tính độ dời khối tâm lượng khí bình Cho biết: +) ln(1  x)  x  x x3 x    +) Cơng thức tính khối tâm: xG   xdm  dm (khi x 1) HƯỚNG DẪN CHẤM LÝ KHỐI 10 LẦN Câu (2 điểm): 1(1đ) Quãng đường giọt nước rơi (s) đầu : S  gt  45(m) 0,5 Quãng đường giọt nước rơi giây thứ : 0,5 S  10.(52  42 )  45(m) 2(1 đ) Chọn chiều dương chiều chuyển động giọt nước mưa - Áp dụng Định luật II Niu-tơn cho giọt nước : Fhl  P  FC Chiếu lên chiều dương, ta có: ma = P - FC Tại thời điểm a = (m/s2), v = 12 (m/s), ta có: m.6  m.10  k.12 ;  m 3 k (1) Khi rơi gần mặt đất, giọt nước chuyển động thẳng đều, ta có: 0,25 P  FC'  mg  kv '; Thay (1) vào, ta có: v’ = 30(m/s) 0,25 Gọi giọt nước vật 1; ô tô vật 2; mặt đất vật  v13  v12  v23 Biết v13 = v’ = 30(m/s) v12 hợp với v13 góc 300  v Từ hình vẽ: tan 300  23 ; v13  v23  v13 tan 300  10 3(m / s)  62,35(km / h)  70(km / h) Vậy người lái xe không vi phạm giao thông tốc độ 0,25 0,25 Câu 2: (2,5 điểm) a (1,5đ) A y Gia tốc vật m là: 0,5đ O a  g (sin   .cos )  3, 268(m / s ) x Vận tốc vật B là: B 0,5đ vB  2.a AB  2,557(m / s) Thời gian vật chuyển động từ A đến B là: 0,5đ v v t  B  0,782( s) a b (1,0đ) Chọn HQC gắn đất *) Xét vật m: A y P1  N1  Fms  m(a  a0 ) (Trong đó: a gia tốc m với M; a gia tốc M với đất) O x B Chiếu lên Oy: N1 - P1cosα = -ma0sinα.(1) Chiếu lên Ox: P1sinα - Fms = m(- a0cosα + a)(2) Từ (1) (2): N = m(g cosα - a0 sinα.) a = a0(µsinα + cosα) +g(sinα - µcosα) (*) *) Xét vật M: P2  N2  N1'  Fms'  Ma0 Chiếu xuống phương chuyển động: a0 = mg cos  (sin   k cos  )  0, 278m / s M  m sin  (sin   k cos  ) 0,25đ 0,25đ Thay vào (*) ta được: a  3,537m / s Thời gian vật đến B: t  0,25đ AB  0, 752s a Quãng đường chuyển động 0,25đ M: S = a0t  0,0786m Câu 3: a Gọi T lực căng dây Gia tốc vật 2: a  T  P2 m2 Gia tốc vật 1: a  P1  2T .P2  2T  .m m1 Với ròng rọc động: a  2.a Kết quả: a  2.a  2  g  Thay số: a  8m / s ; a  4m / s b Vật chuyển động nhanh dần với gia tốc a2 từ mặt đất đến độ cao 2h đạt vận tốc cực đại độ cao này: v 2max  2.a 2h (1) Sau đó, vật chuyển động chậm dần với gia tốc g từ độ cao 2h đến hmax: v 2max  2.g.(h max  2h) (2) Từ (1) (2) ta có h max  6h  , Thay số: h max  72cm  Câu (2 điểm) Quá trình A-B trình đẳng tích Theo định luật Sac-lơ: 0,25 TB  Câu 4.1 (1 điểm) pB TA pA (1) Trong trình B-C: TB =TC Ta có: pB VC  3 pC VB 0,25 (2) Quá trình C-A biểu diễn đoạn thẳng kéo dài qua gốc tọa độ, 0,25 dựa vào tam giác đồng dạng ta có: p A VA    pC  p A pC VC  Thay (3) vào (2) suy ra: pB  pC  p A (3) 0,25 (4) Thay (4) vào (1) ta được: TB  9TA  1350 K Viết phương trình biểu diễn trình B-C hệ tọa độ (T, V): 0,25 p  3 pA V  12 p A VA Từ phương trình trạng thái: T  3 TA T V  12 A V VA VA (4) Nhận xét: hệ tọa độ (T, V) trình BC biểu diễn nhánh parabol, kéo dài qua gốc tọa độ, trục đối xứng song song với trục OT Từ ta tìm nhiệt độ cực đại khí q trình này: Tmax  12 pAVA  12TA  1800 K R (5) Viết phương trình biểu diễn trình C-A hệ tọa độ (T, V): 0,25 p  aV  pA V VA Từ phương trình trạng thái, suy ra: T  TA V VA2 (6) Nhận xét: hệ tọa độ (T, V) trình CA biểu diễn nhánh parabol, đỉnh gốc tọa độ, trục đối xứng song song với trục OT Từ ta tìm nhiệt độ cực đại khí q trình này:  9 Tmax pAVA  9TA  1350 K R (7) Từ (4), (5) (7) ta thấy: nhiệt độ cực đại khí tồn chu trình 1800K Câu 4.2 Vẽ đồ thị biểu diễn chu trình hệ tọa độ (T, V) 0,5 (0.5 điểm) Câu (2 điểm) Xét lớp khí nằm hai mặt phẳng tiết diện cách đáy bên trái 0,25 đoạn tương ứng x x+dx, đủ mỏng cho hiệt độ lớp khí T Theo đề: T  Câu 5.1 (1 điểm) T x  T0 l (1) Áp dụng phương trình Clapeyron – Mendeleep cho lớp khí ta có: 0,25 dm  pSdx  pSldx p.S dx  RT  dm   (2)   T  R  Tx  lT0  R x  T0   l  Do bình kín, nên khối lượng khí bình khơng đổi bằng: 0,25 m   dm   p0 Sl RT0 l   pSldx R  Tx  lT0    T  ln 1   RT  T0   pSl (3)  T   Áp dụng công thức gần đúng, suy được: p  p0 1   2T Câu 5.2 (1 điểm) Áp dụng cơng thức tính khối tâm: xG   xdm  dm Thay phương trình (2) vào (5) ta có:  (4) 0,25 0,25 (5)  pSldx xG  xdx  x R  Tx  lT   xT  lT  pSldx  R  Tx  lT   dx  xT  lT0  A B (6) Biến đổi áp dụng công thức gần đúng, ta thu được: 0,25 A l B xdx l  xT  lT0 2T0 (7) dx  T   1   xT  lT0 T0  2T0  (8) 0,25 Thay (7) (8) vào (6) ta được: xG  lT0 2T0  T (9) 0,25