20 DE THI OILYMPIC VAT LI 10 CO DAP AN

SỞ GDĐT TỈNH QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT NGUYỄN DUY HIỆU ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 24/3 Năm học 2016- 2017 Môn: VẬT LÝ – Lớp 10 Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi có 02 trang, gồm 06 câu) Bài (4 điểm): Một vật rơi tự 10m cuối quãng đường khoảng thời gian 0,25s Cho g = 9,8m/s2 Tính: a Vận tốc vật chạm đất độ cao từ vật bắt đầu rơi? b Giả sử từ độ cao người ta ném thẳng đứng vật thứ hai (cùng lúc với thả vật thứ rơi tự do) Hỏi phải ném vật thứ hai với vận tốc ban đầu có hướng độ lớn để vật chạm mặt đất trước vật rơi tự giây Bài (4 điểm): Một vật có trọng lượng P=100N giữ đứng yên mặt phẳng nghiêng góc α lực F có phương nằm ngang (hình 2) Biết tanα=0,5 hệ số ma sát trượt μ=0,2 Lấy g=10m/s2 a) Tính giá trị lực F lớn b) Tính giá trị lực F nhỏ Hình Bài (3 điểm): Một AB dài 2m khối lượng m = 2kg giữ C B  nghiêng góc mặt sàn nằm ngang sợi dây nằm ngang BC dài 2m nối đầu B với tường thẳng đứng; đầu A A ) tựa lên mặt sàn Hệ số ma sát mặt sàn (như hình 3) a) Tìm giá trị  để cân Hình b) Tính lực tác dụng lên khoảng cách AD từ đầu A đến góc tường D góc  = 450 Lấy g = 10m/s2 Bài (4 điểm): Một cầu nặng m=100g treo đầu sợi dây nhẹ, không co dãn, dài l=1m (đầu dây cố định) Truyền cho cầu vị trí cân vận tốc đầu v theo phương ngang Khi dây treo nghiêng góc α =30o so với phương thẳng đứng gia tốc cầu có phương ngang Cho g=10m/s2, bỏ qua ma sát a) Tìm vận tốc v0 b) Tính lực căng dây vận tốc vật vị trí có góc lệch  = 40o Bài (3 điểm): P Có g khí Heli (coi khí lý tưởng đơn nguyên tử) 2P0 thực chu trình: – – – – biểu diễn giản đồ P-T hình P0 Cho P0 = 105Pa; T0 = 300K a) Tìm thể tích khí trạng thái T0 2T0 b) Hãy nói rõ chu trình gồm đẳng q trình Vẽ lại chu trình giản đồ P-V giản Hình đồ V-T (cần ghi rõ giá trị số chiều biến đổi chu trình) Bài (2 điểm): Thí nghiệm thực hành Xác định khối lượng gỗ Cho đồ dùng : gỗ cứng hình hộp chữ nhật, kích thước 800 × 20 × 15 (mm); giá thí nghiệm thước thẳng có vạch chia mm; hộp cân (đủ loại từ nhỏ đến lớn); bút nỉ; dây nhựa nhỏ T Yêu cầu : + Nêu phương án thí nghiệm xác định khối lượng gỗ + Nêu cách tính sai số phép đo ********** HẾT **********  Thí sinh khơng sử dụng tài liệu  Giám thị coi thi khơng giải thích thêm ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 24/3 TỈNH QUẢNG NAM MÔN VẬT LÝ 10 - NĂM HỌC 2016-2017 -*** Bài (4,0 điểm) a Chọn gốc tọa độ nơi thả vật, chiều dương hướng xuống, gốc thời gian lúc thả vật 0,5 g t A2 yA  h  Tại A (tại mặt đất ): 0,5 (1) g tB yB  h  10  Tại B (cách mặt đất 10m) : t A  tB  0, 25 s  tB  t A  0, 25 (3) (4 điểm) (2) gt A gt B   10 (4) Từ (1) (2) ta có : 0,5 0,25 0,25 Thay (3) vào (4) ta có : gt A2  g  t A  0, 25   20  4,9t A  0, 6125  20  t A  4, 2066 s  v A  gt A  9,8.4, 2066  41, 225 m / s h b g t A2  86, 71 m y A  h  v0 t ' A  gt ' A 2 (t ' A  t A   3, 2066s )  v0  11,33m / s 0,5 0,5 0,5 0,5 ném xuống Bài (4,0 điểm) a) Lực F có giá trị lớn vật có xu hướng lên Khi lực tác dụng lên vật hình vẽ Do vật cân nên Chiếu lên phương mặt phẳng nghiêng phương vuông góc với mặt phẳng nghiêng ta được: Fms  Fcos   Psin  0,5 N  Fsin   P cos  Do : Fms  N  F  P(sin    cos ) cos    sin  P(tan   )   tan  P(tan   )  Fmax    tan   (4 điểm) 0,5 α 0,5 Thay số ta được: b) Lực F có giá trị nhỏ vật có xu hướng xuống Khi lực ma sát đổi chiều so với hình vẽ Do vật cân nên Chiếu lên phương mặt phẳng nghiêng phương vng góc 0,5 0,5 với mặt phẳng nghiêng ta được: Fms   F cos   P sin  N  F sin   P cos  Do : Fms   N  F   Fmin  0,5 P (sin    cos  ) P(tan    )  cos    sin    tan  P(tan    )   tan  0,5 Thay số ta được: Fmax  27, 27 N 0,5 Bài (3,0 điểm) Các lực tác dụng lên AB trọng lực, lực ma sát, phản lực mặt sàn lực căng dây Các lực biểu diễn hình vẽ T C B 0,5 N A ) P Fms (3 điểm) Áp dụng điều kiện cân tổng quát vật rắn cho AB ta có (1) Thanh cân momen tác dụng lên trục quay tạm thời A : MP = MT (Momen N Fms lưc có giá qua trục quay) Hay T.AB.sin = P.cos (2) T = Pcotg (3) Chiếu (1) lên phương nằm ngang phương thẳng đứng ta có: Fms – T = (4) -P + T = (5) Hay Fms = T = mgcotg (6) N = P = mg (7) Lực ma sát Fms phải lực ma sát nghỉ, ta có Fms Kn Từ (6) (7) mg.cotg kmg cotg 2k = 300 Khi = 450 thay vào (6) (7) ta : Fms = T = 10N N = P = 20N 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Từ hình vẽ ta có : AD = BC – AB cos = 0,59m 0,25 0,25 0,5 Bài (4,0 điểm) a) Khi dây treo nghiêng góc α=300 so với phương thẳng đứng, vật M chịu tác dụng lựcnhư hình vẽ Do gia tốc có phương ngang nên: T cos30  mg (1) Mặt khác, xét theo phương hướng tâm MO ta có: o T  mgcos30o  0,5 O mv (2) l (Với v vận tốc vật α T m a M) M P gl v  (3) Từ (1) (2) suy ra: 0,5 0,5 (4 điểm) Áp dụng ĐLBT cho hệ vật vị trí M vật vị trí cân ta được: v02=v2+2gl(1 – cos300) =  v0 ≈ 0,5 0,5 2,36m/s b) Áp dụng ĐLBT cho hệ vật vị trí =40o vật vị trí cân ta được: vo2  v  gl (1  cos40o )  v  vo2  gl (1  cos40o )  0,94(m / s ) Xét theo phương sợi dây ta có: T  mgcos40o  Bài (3,0 điểm) mv 0,1.0,942  0,1.10.cos40o   0,86 N l 0,5 0,5 a) Quá trình – có P tỷ lệ thuận với T nên q trình đẳng tích, thể tích trạng thái nhau: V1 = V4 Sử dụng phương trình C-M trạng thái ta có: P1V1  m RT1 m V1  RT1  P1  , suy ra: Thay số: m = 1g;  = 4g/mol; R = 8,31 J/(mol.K); T1 = 300K P1 = 2.105 Pa ta được: 8,31.300 V1   3,12.103 m3 2.10 (3 điểm) b) Từ hình vẽ ta xác định chu trình gồm đẳng trình sau: – đẳng áp; – đẳng nhiệt; – đẳng áp; – đẳng tích Vì vẽ lại chu trình giản đồ P-V (hình a) giản đồ V-T (hình b) sau: 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Bài (2,0 điểm) lắp đặt dụng cụ Điều kiện cân gỗ có dạng : 0,25 0,25 M.OG=m.OA M= =m : gọi M,m khối lượng gỗ cân; G trọng tâm gỗ; A điểm treo cân l khoảng cách từ tâm vị trí đặt cân đến O Tiến trình thí nghiệm (0,75 điểm) Bước : buộc dây vào gỗ , treo vào giá thí nghiệm Di chuyển điểm treo dây cho nằm thăng Đánh dấu vị trí trọng tâm G Bước : di chuyển điểm treo dây đến vị trí O khác G, cố định dây treo O, đo OG d Bước : buộc dây vào cân có khối lựơng m treo vào gỗ (phía đối diện với G qua O) Di chuyển điểm treo cân đến vị trí A cho gỗ nằm ngang thăng đo OA l 0,5 lặp lại nhiều lần (ví dụ lần) để lập bảng số liệu lần đo d m l 0,25 M Xử lí số liệu - Tính giá trị trung bình: == ; == -Sai số phép đo : ;== l ; 0,25 ; - Viết kết quả:M= ± 0,25 0,25 Thiếu sai đơn vị: trừ 0,2 điểm cho lần 0,5 điểm cho toàn Học sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐỀ THAM KHẢO OLYMPIC TỈNH QUẢNG NAM NĂM HỌC 2016-2017 MÔN: VẬT LÝ 10 Thời gian: 150 phút( không kể thời gian giao đề) Câu 1( điểm) Từ cao người ta thả rơi hịn bi, sau t giây người ta thả thước dài cho rơi thẳng đứng, rơi thước thẳng đứng Ban đầu điểm cao thước thấp độ cao ban đầu bi 3,75m Khi bi đuổi kịp thước chênh lệch vận tốc hai vật 5m/s Sau đuổi kịp thước 0,2s bi vượt qua thước Tìm khoảng thời gian t, quãng đường mà lúc đuổi kịp thước chiều dài thước ( lấy g = 10m/s2) Câu 2( điểm) Một ván khối lượng M = 2kg trượt khơng ma sát mặt sàn nằm ngang khối gỗ khối lượng m = 1kg đặt tiếp xúc nối với sợi dây mắc qua ròng rọc( bỏ qua khối lượng rịng rọc sợi dây khơng dãn) Hệ số ma sát trượt gỗ ván 0,3 Tác dụng vào ván lực F = 9N theo phương song song với mặt sàn Hỏi sau thời gian t = 0,5s kể từ lúc tác dụng lực F gỗ trượt quãng đường so với ván ( lấy g = 10m/s2) m M Câu 3( 4,0 điểm): Một thang đồng chất có chiều dài AB = l = 2,7m, trọng B lượng P Đầu A thang tựa vào sàn nhà nằm ngang, đầu B thang tựa vào tường thẳng đứng Khối tâm G thang cách đầu A đoạn 0,9m Thang cân vị trí hợp với sàn nhà góc   60 hình vẽ Gọi µ hệ số ma sát thang với sàn, bỏ qua ma sát thang G tường Tìm giá trị nhỏ µ để thang cịn chưa bị trượt Cho   0,32 Một người có trọng lượng P1  3P trèo lên A thang Hỏi người trèo đoạn tối đa (so với đầu A) để thang chưa bị trượt Câu 4(4,0 điểm): Một sợi dây nhẹ không giãn, chiều dài l = 1m, đầu cố định, đầu gắn với vật nặng khối lượng m1  300g nơi có gia tốc trọng trường g  10(m / s ) B O Ban đầu vật m1 vị trí B, dây treo hợp với phương thẳng K 0 đứng góc  (với    90 ), thả vật m1 với vận tốc ban C A D đầu khơng Mốc tính trùng với mặt sàn nằm ngang qua điểm A vng góc với OA hình vẽ, OA = OB = l Bỏ qua ma sát lực cản tác dụng lên vật m1, dây căng trình vật m1 chuyển động Cho   90 Xác định: a Cơ vật m1 lúc thả b Xác định độ lớn lực căng dây vị trí dây treo hợp với phương thẳng đứng góc 30 (ở phía bên trái OA) Khi vật m1 chuyển động tới vị trí A, va chạm hồn tồn đàn hồi xun tâm với vật m2 = 100g (đang đứng yên vị trí A) Sau va chạm vật m tiếp tục chuyển động theo quỹ đạo trịn bán kính l = 1m đến vị trí có độ cao lớn (vị trí K), D chân đường vng góc từ K xuống mặt sàn Vật m chuyển động dọc theo mặt sàn nằm ngang đến vị trí C AD 15  dừng lại Hệ số ma sát m2 mặt sàn 0,1 Biết AC 90 Xác định góc  Câu 5( điểm) Có gam khí Heli (coi khí lý tưởng, khối lượng mol M=4g/mol) thực chu trình - - - - biểu diễn giản đồ P-T hình vẽ Cho P0 = 105Pa; T0 = 300K Tìm thể tích khí trạng thái Hãy nói rõ chu trình gồm đẳng trình Vẽ lại chu trình giản đồ P-V giản đồ V-T (yêu cầu ghi rõ giá trị số chiều biến đổi chu trình giản đồ này) P 2P0 P0 T T0 2T0 -Hết TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÁP ÁN ĐỀ THAM KHẢO OLYMPIC TỈNH QUẢNG NAM NĂM HỌC 2016-2017 MƠN: VẬT LÝ 10 Thời gian: 150 phút( khơng kể thời gian giao đề) Câu Nội dung (điểm) Điểm Chi tiết Câu (4,0đ) Thời gian bi đuổi kịp thước t 1, vận tốc bi thước lúc bi đuổi kịp thước u1 v1 ( t2 thời gian từ lúc thước bắt đầu rơi lúc bi đuổi kịp 0,25 AB cos  N B AB.sin ;  N B  P.cot  3 FmsA  N B  P.cot  Từ (2) (3), ta có: Để thang khơng bị trượt : FmsA  .N A  P (3) 0,5 ; 0,5  P.cot   .P 1    cot    cot  3 Vậy, giá trị nhỏ hệ số ma sát là:   0,192 (2đ) 0,5 Chọn hệ trục tọa độ xOy hình vẽ Gọi khoảng cách từ vị trí người đến A x Do ta có: y’ r r r nằmrcân bằng, r P  P1  N B  N A  FmsA  B Chiếu lên trục Oy’, ta có: NA = P + P1 (1) Chiếu lên trục Ox’, ta có: N B  FmsA  ;  N B  FmsA (2’) Chọn trục r quay rtại A, theo r quy tắc mơ men lực, ta có : M(P)  M(P1 )  M(N B ) G x’ AB  P .cos  P1.x.cos  N B AB.sin  x  N B  P.cot   P1 .cot  (3') l x FmsA  N B  P.cot   P1 .cot  l Từ (2’) (3’), ta có: Để thang khơng bị trượt : x FmsA  .N A  P.cot   P1 .cot   (P  P1 ) l 3(P  P1 ).tan   P l (12 tan   1)  x l( )  x 3.P1 ; A  xmax = Vậy người trèo tối đa đoạn 1,695m Câu (3 điểm): (2đ) a Cơ vật m1 W  m1gl  0,3.10.1  3(J) b Áp dụng định luật bảo toàn cho vật, tìm tốc độ vật vị trí góc lệch   30 , ta được: v2 = 2glcosβ = 2.10.1.cos300 = 10  v = 4,1618m/s 0,5 0,5 - Áp dụng định luật II Niu - tơn cho vật m2 vị trí   30 , chiếu lên phương bán kính, chiều hướng vào tâm, ta T = 3m1gcosβ = 3.0,3.10.cos300 = 4,5N = 7,79N O B K A D C 0,5 0,5 (2đ) - Vận tốc vật m1 trước va chạm v  2gl(1  cos ) - Gọi v1 , v tương ứng vận tốc vật sau va chạm - Áp dụng định luật bảo toàn động lượng, cho hệ hai vật m1 , m2 trước sau va chạm (chiều dương có phương nằm ngang, hướng từ trái sang phải) v  v1    m v  m1v1  m v   12  2 m1v  m1v1  m v2  v  3v  2 0,5 - Xét vật m1: Áp dụng định luật bảo toàn cho vật vị trí A vị trí K, ta : m1v12  m1gl(1  cos )  v  8gl(1  cos )  cos  0, 75  0, 25cos   AD  l sin  0,5 - Xét vật m2: Áp dụng định luật II Niu - tơn cho vật theo phương ngang, chiều dương hướng sang phải  a  g Khi vật dừng lại C Suy ra: AC  v 22 9v  2a 8g 0,5 AD 15 15 4 sin     90 9(1  cos) Theo đề AC 90  4sin   15(1  cos)  16(1  cos )  15(1  cos) (1) Đặt x  cos  x  0,5  cos  0,5    60 (T / m) (1)  4x  6x     x   cos     (L) Vậy   60 Câu (4 điểm): 0,5 (2,0 đ) Do pittông trạng thái cân bằng, ta có: F2  F1  F0  P2 S  P1.S  P0 S n RT n RT RT1 3P0   1  P0   0,75V 0, 25V V n RT P1V1  n1RT1  P1  1  1,5P0 V1 Ta có:  P2  P1  P0  2,5P0 (2,0 đ) P2 V2 P2' V2' P V 15P0  ;  P2'  2  T1 V2 Xét ngăn dưới, ta có: T1 Do pittơng trạng thái cân bằng, ta có: P2 '  P1 ' P0  2,75P0 ' ' ' ' P1V1 P V PV 11T1  ' ;  T1'  T1  T1 P1V1 Xét ngăn dưới, ta có: T1 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 1,0 Câu (3 điểm): (1,5 đ) (1,5 đ) P1V1  nRT;  P1  nRT  24,93.105 (Pa) V1 0,5 - Ở trạng thái 1: - Quá trình từ  trình đẳng áp, ta có: P2  P1  24,93.105 (Pa) 0,5 V1 V2  ;  V2  2V1 Ta có : T1 T2 - Q trình từ  q trình đẳng tích, ta có: 0,5 P3 P2 T3 P2 P2  ;  P3    12, 465.10 (Pa) T3 T2 T2 +) Quá trình  trình đẳng áp, chất khí thực cơng: 0,25 p A12  P1 (V1  V2 )  P1V1  nRT1  2493(J) 0,25 +) Quá trình  trình đẳng tích, ta có: p1 A23 = 0(J) +) Xét q trình  , chất khí nhận công 0,5 T  T1  a  bV  V PV  nRT Ta có : p3 Suy : P  nRa  nRbV Ta thấy P hàm bậc V với hệ số a < V O Đồ thị biểu diễn trục (P,V) 0,5 hình vẽ A 31  7479 (J)  p1  p3   V2  V1   nRT1  4 Câu 6(2đ) m : khối lượng vật Bước : Đặt vật đĩa cân bên trái, cân m1 bên phải cân thăng Bước : Đặt vật đĩa cân bên phải, cân m1 bên trái cân thăng Phương trình cân : Pl1 = P1l2 hay ml1 = m1l2 (1) P2l1 = Pl2 hay m2l1 = ml2 (2) Từ (1) (2) suy m = 0,5 0,5 Chú ý : Học sinh làm theo cách khác, cho điểm tối đa theo ý tương ứng MA TRẬN ĐỀ THI Câu Nội dung Động học chất điểm Động lực học chất điểm Tĩnh học vật rắn Các định luật bảo tồn Chất khí – Sự chuyển thể chất Nhiệt động lực học - Thời gian làm bài: 150 phút - Tổng điểm tối đa thi 20 điểm Điểm 3,00 4,00 3,00 4,00 3,00 3,00 .SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM ĐỀ THI OLYMPIC LỚP 10 THPT NĂM 2016-2017 Môn: Vật lý Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1:(3điểm) Có xe khởi hành từ A B Vận tốc xe nửa đoạn đường đầu 45 km/h, nửa đoạn đường lại 30 km/h Vận tốc xe nửa thời gian đầu 45 km/h nửa thời gian cịn lại 30 km/h Tính: c) Vận tốc trung bình xe ? từ cho biết xe đến B sớm ? d) Chiều dài quãng đường AB thời gian chuyển động xe? Biết xe đến sớm xe phút Bài 2:(4điểm )Cho vật m = 2kg trượt có ma sát(  =0,1) mặt phẳng ngang ( g= 10 m/s2)(hình 2) d) Truyền cho vật vận tốc ban đầu v0 = m/ s theo phương ngang Xác định : Thời gian quãng đường vật chuyển động dừng lại ? e) Tác dụng lực F tạo với phương ngang góc  = 300 làm vật chuyển động Xác định: Lực F? f) Góc  phải để vật trượt Với lực F nhỏ ? F  Hình r Bài 3(3 điểm) : Bánh xe có bán kính R Lực kéo F theo phương nằm ngang, hướng đến trục bánh xe Lực có độ lớn lần trọng lượng bánh xe Xác định độ cao cực đại bậc thềm để bánh xe vượt qua R h Bài 4(4 điểm:) Một vật dạng bán cầu, bán kính R đặt mặt phẳng nằm ngang Trên đỉnh bán cầu có đặt vật nhỏ khối lượng m (xem hình 1).Vật m bắt đầu trượt xuống với vận tốc ban đầu không đáng kể Bỏ qua ma sát vật m bán cầu Tìm vị trí vật m bắt đầu rời khỏi bán cầu m hai trường hợp: 1) Bán cầu giữ cố định R 2) Bán cầu có khối lượng M = m trượt khơng ma sát mặt phẳng nằm ngang Hình Bài 5:(3 điểm )Một ống hình trụ thẳng đứng tích V Ở phía pít tơng khối lượng m, diện tích S, có lượng khí lý tưởng đơn ngun tử nhiệt độ T Pít tơng vị trí cân chia ống thành hai nửa Người ta đun nóng khí từ từ đến nhiệt độ khí 4T Ở phía có làm hai vấu để pít tơng khơng bật khỏi ống.Hỏi khí ống nhận nhiệt lượng bao nhiêu? Bỏ qua bề dày pít tơng ma sát pít tơng thành ống Cho áp suất khí bên P0 nội mol khí lý tưởng đơng ngun tử tính theo cơng thức U  RT Bài (3 điểm) Tính cơng sinh 0,5 (mol) khí lý tưởng thực chu trình biến đổi 1-2-3-1 Biết T1=T3=350K; T2= 600K Bài HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ LỚP 10 Đáp án 2v1v2 c) vTB = v1  v2 =36 km/h -vTB2 = (v1+v2) /2 =37,5 km/h -d) s =90 km/h txe 1=2,5h txe =2,4h Điểm 1,0 1,0 1,0 Bài điểm b) a= - M g = - 1m /s r N - Bài điểm s = 0,5 m t = 1s b)+Viết phương trình định luật N : -+Chiếu phương trình lên trục 0x 0y +Giải hệ phương trình ta được: 1,0 1.0 0.25 Mmg F= cos +Msin =2,18 N -Mmg c)Từ công thức : F= cos +Msin Dựa vào tính chất bất đẳng thức ta có : 1/cos  = K/sin  =>K = tan  =0.1 =>  =5,70 0.25 0,5 1.0 Bài 3 điểm d1 Bánh xe vượt qua bậc thềm  M F A  M P A d2  F d1  P.d  F  R  h   P R   R  h  A F  R  hmax   P R   R  hmax    R  hmax   R   R  hmax   hmax  1,0 h R 2 0,5 1,0 0,5 _ Bài 4 điểm 1) - áp dụng định lý động năng: Vận tốc M: v  gR (1  cos ) (1) - Định luật II Niu tơn : mv N  R mgcos (2) - Từ (1) (2) suy : N =mg(3cos  -2)  cos  - vật bắt đầu trượt N = 2) 1.0 1.0 r V M m 1.0 r r V - Gọi vận tốc bán cầu, u vận tốc M so với bán cầu Vận tốc m so với đất : r r r v  u V - Theo phương ngang động lượng bảo oàn nên : mu cos  mvx  MV  m(u cos   V )  MV  V  M  m (1) mu mg cos   R  u  gR cos  (2) - Khi m bắt đầu rời khỏi M : 1.0 2 - Mặt khác ; v  V  u  2uV cos  (3) mgR(1  cos )  - Ap dụng định luật bảo toàn : m cos3  3cos    - Từ (1),(2),(3),(4) suy ra: M  m mv MV  2 (4) - Với M=m ,ta có : cos   cos    o - Giải phương trình ta cos  =  Bài điểm Bài điểm Trong giai đoạn đầu,pít tơng chưa chạm vấu khí biến đổi đẳng áp, bắt đầu chạm vấu khí có nhiệt độ T2 V1 V2 V   T2  T0  2T0 T T V 2 Áp dung: 1.0 - Nhiệt lượng truyền cho khí q trình : V PV PV Q1  A  U  P1  n R(T2  T1 )   RT0 PV 2 2 RT0 =4 1.0 - Sau pít tơng chạm vấu, thể tích khơng đổi,dây q trình đẳng tích Khí nhận nhiệt lượng làm tăng nội năng: PV 3 Q2  n R 2T0  R 2T0  PV 2 RT0 2  Tổng nhiệt lượng mà khí nhận : 11 11 mg Q  Q1  Q2  PV  ( P0  )V 4 s 1.0  p1V1  nRT1  p V  nRT  3 T3 T12  p V  p V  nR  p1V3  nRT2 1 T2 T2  T T 3  p3  p2  p1 T2 T2 Theo giả thiết ta có:  Theo Cơng sinh là: 1 A  ( p1  p3 )(V3  V1 )  A  ( p1V3  p1V1  p3V3  p3V1 ) 2 (2) 1,0 (1) 1,0 1,0 T12 A  nR(T2  T1  T3  )  216, 4( J ) T2 Từ (1) (2) suy ra: SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI OLYMPIC 24/3 LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn thi : ĐỀ CHÍNH THỨC VẬT LÝ Thời gian : 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 25/03/2017 (Đề thi có trang, tốn) Bài (4đ) Một chất điểm chuyển động thẳng đều, qua điểm A với vận tốc vA chuyển sang chuyển động thẳng chậm dần đều, chất điểm thêm 25,6m (kể từ A) dừng lại hẳn Thấy quãng đường giây (từ lúc bắt đầu chuyển động chậm dần đều) dài gấp 15 lần quãng đường giây cuối Hãy tính gia tốc chuyển động vận tốc vA chất điểm Có hai người quan sát A1 A2 đứng hai hệ quay tròn ngược chiều hình vẽ Biết O1, O2 tâm quay hai hệ tròn; O1O2 = 5m; O1A1 = O2A2 = 2m; ω1 = ω2 = rad/s Tính vận tốc dài A1 A2 thời điểm hai người có vị trí hình vẽ ω2 ω1 O1 A1 A2 O2 Bài 2(4đ) Một Xy lanh kín hai đầu đặt thẳng đứng, bên có Píttơng cách nhiệt, chia Xy lanh thành hai phần, phần chứa lượng khí nhiệt độ T1 = 400K, áp suất P2 phần phía Píttơng gấp lần áp suất P1của phần nằm Píttơng Cần nung nóng phần Píttơng lên thêm nhiệt độ để thể tích hai phần Xy lanh ? Một khối khí lý tưởng biến đổi từ trạng thái (1) sang trạng thái (2) theo quy luật biểu diễn hình vẽ Biết trạng thái (1) nhiệt độ T1=300K, V1=20.10-3 m3 a Tìm biểu thức liên hệ áp suất p thể tích V khối khí b Xác định nhiệt độ cao trình C B G α O A Bài 3(3đ) Một sắt đồng chất, tiết diện đều, dài AB = 1,5m, có khối lượng m = 3kg giữ nghiêng góc α mặt sàn nằm ngang nhờ sợi dây BC nằm ngang có chiều dài BC = 1,5m, nối đầu B AB với tường thẳng đứng, đầu A tựa mặt sàn (hình vẽ) Biết hệ số ma sát mặt sàn / Góc nghiêng α phải có giá trị để cân ? Tính độ lớn lực tác dụng lên khoảng cách OA từ đầu A đến góc tường α = 450 Lấy g = 10m/s2 Bài 4(4đ) Con ếch khối lượng m1 = 300g ngồi đầu ván khối lượng m2 = 3kg, chiều dài l =1,375 m ; ván mặt hồ Ếch nhảy lên theo phương hợp với phương ngang góc  =150 dọc theo ván Tìm vận tốc ban đầu v0 ếch để nhảy trúng đầu ván Bỏ qua ma sát Lấy g = 10m/s2 Bài (3đ) Một bi nhỏ treo đầu sợi dây mảnh, không co dãn, đầu sợi dây treo vào đinh O cố định , chiều dài sợi dây  = 30 cm (hình vẽ) Hỏi tạiOđiểm thấp A phải • truyền cho hịn bi vận tốc theo phương ngang nhỏ để quay tròn mặt phẳng thẳng đứng? Cho g = 10 m/s2 Bỏ qua lực cản A Hình bên: Một nêm có khối lượng m2 = 2kg đặt mặt bàn nằm ngang nhẳn Một cầu khối lượng m1 = 0,5kg bay ngang với vận tốc v0 = 10m/s va chạm tuyệt đối đàn hồi vào mặt nêm bậc lên cao theo phương thẳng đứng với vận tốc V1 nêm chuyển động theo phương cũ m1 với vận tốc V2 Tính độ cao cực đại mà cầu lên tới Lấy g = 10m/s2 Bỏ qua ma sát m1 m2 Bài 6(2đ) Cho lò xo chưa biết hệ số đàn hồi, giá treo, cân biết khối lượng thước có độ chia xác Trình bày phương án xác định khối lượng vật ? …………………………………….…………….HẾT…………………………………………… Giám thị coi thi khơng giải thích thêm ! BÀI Bài Câu (2đ) HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI OLYMPIC LÝ 10 NĂM 2016-2017 NỘI DUNG ĐIỂM 4,0 - Biểu diễn quãng đường vật hình vẽ 0,25 A B D C vC vA vD - Xét đoạn đường AB giây đầu tiên: s AB 0,25 a = v A + a.12 = v A + 2 (1) - Xét đoạn đường CD giây cuối cùng: v D = v C + a.1 =  v C = - a a a a.1 = - a + = 2 a a v A + = 15 ( - )  v A = - 8a 2 - Từ (1) (3) ta được: s CD = v C + - Xét quãng đường AD: => a = - 0,8 (m/s ) s AD = D v -v 2a A = A -v 2a  25,6 = - (- 8a) 2a (2) 0,25 (3) 0,25 0,25 (4) (5) 0,25 0,25 0,25 Từ (4) => v A = 6,4 (m/s) ω2 ω1 Câu (2đ) O1 A1 A2 - Xét thời điểm A1 A2 có vị trí hình vẽ - Xem A1 A2 chuyển động tròn quanh tâm O2 với bán kính R1 = 3m, R2 = 2m m v A1O2  R11  s - Vận tốc A1 O2: m v A2O2  R22  s - Vận tốc A2 O2: uuuu r uuuur uuuur v A1 A2  v A1O2  vO2 A2 - Áp dụng cơng thức cộng vận tốc, ta có: m v A1 A2  v A1O2  v A2O2    s - Độ lớn: Bài O2 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 4,0 Câu (2,5đ) * Trước nung phần Pittong: PV  nRT1 - Ngăn trên: 1 PV  nRT1 - Ngăn dưới: 2 (hai ngăn nhiệt độ) - P2 = 2P1 => V1 = 2V2 * Sau nung phần Pittong: V V V1'  V2'   V1 (thể tích hai ngăn sau nung nhau) ' ' ' PV P1 1  PV 1  P1  - Ngăn đẳng nhiệt: - Áp suất gây Pittong P0: + Trước nung: P2 = P1 + P0 + Sau nung: P2’ = P1’ + P0 P0  P2  P1  P2'  P1'  P2'  P1 => (1) 0,25 (2) (3) (1,5đ) 0,25 0,25 0,25 0,25 (4) 0,25 ' ' 2 Câu 0,25 0,25 0,25 PV PV 2   T2  700 K T2 - Phương trình trạng thái cho ngăn dưới: T1 - Nung thêm 300K 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 - Dạng đường thẳng: p = aV+b - Thế V=0, p=5.105Pa; p=0, V=25.10-3m3 ta : a=-2.107; b=5.105 → p= - 2.10 V  5.10 - Tại (1) ta có V1=20 10-3 m3, p1=1.105 Pa T1=300K T (2.107 V  5.105 V) 20 - Kết hợp P1V1 = nRT1và PV = nRT →  Tmax  - T cực đại V =1 2,5.10-3m3 468,75K Bài 3,0 Y C B G α O A X – Áp dụng điều kiện cân quay trục qua điểm A: AB mg cos  mg cot g M Tuv  M uPr  T OC  P AG cos   T AB sin   mg cos   T   (1) 2sin  ur uu r uuu r ur r P  N  Fms  T  (2) - Áp dụng điều kiện cân tịnh tiến: + Chiếu (2) lên trục OX được: Fms – T = (3) + Chiếu (2) lên trục OY được: N – P = (4) - Muốn cân lực ma sát phải lực ma sát nghỉ nên: Fms < μN (5) mg cot g   mg  cot g  2    300 - Từ (1), (3), (4) (5) suy ra: 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 Khi α = 450 ta có: Fms = T = 15N; N = P = 30N; OA = BC – ABcosα ≈ 0,44m Bài Câu (2đ) 0,5 4,0 - Bỏ qua ma sát, theo phương ngang động lượng hệ ếch ván bảo toàn m1v0cos  + m2v2 = ( với v2 vận tốc ván.), suy độ lớn vận tốc ván: m1 v2 = m2 v0cos  0,5 - Gọi quãng đường ếch nhảy tới s1 ; quãng đường ván chuyển động lui s2 - Thời gian ếch nhảy quãng đường s1, thời gian ván di chuyển quãng đường s2 2v0 sin  g Thời gian là: t = 0,25 Để ếch nhảy trúng ván ta có: s1 + s2 = l Với s1 = v0cos  t s2 = v2.t m1 2v0 sin  2v0 sin  g g  v0cos  + m2 v0cos  = 0,25 v0  l g  m1  1  sin 2  m2  0,25 l 0,25 0,25  Thay số= > v0 =5m/s 0,25 Bài Câu (1,5đ) - Gọi B điểm cao Muốn bi quay tròn mp thẳng đứng lực căng dây TB  - Tại B : TB + mg = mv2/   TB = m(v2/  - g)   v2Bmin = g  - ĐLBTcơ (gốc A) : 1/2mv2A = mg.2  + 1/2mv2B  v = g = 15 (m/s) Amin 3,0 0,25 0,5 0,5 0,25 Câu (1,5đ) m1 m2 - Theo phương ngang, ngoại lực tác dụng lên hệ không nên động lượng bảo tồn Ta có: uu r uu r mv m1 v0  m2 v2  v2   2, m / s m2 (1) 0,5 - Va chạm đàn hồi nên động bảo toàn: 1 1 1 m1v02  m1v12  m2 v22  m1v12  m1v02  m2v22  18, 75J 2 2 2 (2) - Chọn gốc hấp dẫn vị trí m1 va chạm với m2 gọi h độ cao lớn m1 lên sau va chạm (tính từ điểm va chạm) Áp dụng định luật bảo toàn cho vật m1: m1v12  m1 gh  h = 3,75m Bài 0,5 0,5 2,0 * Gọi khối lượng cân m, khối lượng vật M - Treo cân vào lò xo treo thẳng đứng giá Dùng thước đo độ biến dạng lò xo l1 - Treo vật vào lò xo treo thẳng đứng giá Dùng thước đo độ biến dạng lò xo l2 - Theo định luật Húc ta có: F1 = kl1, F2 = kl2 - Khi cân cân ta có: - Khi vật cân ta có: - Dùng thước đo l1 l2 suy M Chú ý: - Học sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa - Sai thiếu đơn vị trừ 0,25điểm/01 lần khơng q lần cho tồn 0,25 0,25 0,25 0, 25 0, 25 0,5 0,25 ...  P .cos  P1.x.cos  N B AB.sin  x  N B  P.cot   P1 .cot  (3'') l x FmsA  N B  P.cot   P1 .cot  l Từ (2’) (3’), ta có: Để thang không bị trượt x FmsA  .N A  P.cot   P1 .cot ... nghiêng ta được: Fms  Fcos   Psin  0,5 N  Fsin   P cos  Do : Fms  N  F  P(sin    cos ) cos    sin  P(tan   )   tan  P(tan   )  Fmax    tan   (4 điểm) 0,5 α 0,5... ta được: Fms   F cos   P sin  N  F sin   P cos  Do : Fms   N  F   Fmin  0,5 P (sin    cos  ) P(tan    )  cos    sin    tan  P(tan    )   tan  0,5 Thay số ta