5 ly10 hg

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH HÀ GIANG ĐỀ THI ĐỀ XUẤT (Đề thi gồm 02 trang) KỲ THI HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 ĐỀ THI MƠN: VẬT LÍ 10 Thời gian: 180 phút (Khơng kể thời gian giao đề) Câu (4,0 điểm) (Động học động lực học chất điểm) Một thuyền bơi qua sông từ O với vận tốc y v1 khơng đổi ln vng góc với dịng nước chảy Dịng nước chảy có vận tốc bờ điểm v2 L song song với bờ, có giá trị phụ thuộc vào khoảng cách đến bờ theo quy luật: v2 v0 sin y , với v0 L x O Hình số, L chiều rộng sơng (Hình 1) Hãy xác định: a) Vận tốc thuyền bờ sau thời gian t kể từ xuất phát vận tốc thời điểm thuyền đến dòng? b) Xác định phương trình chuyển động, phương trình quỹ đạo thuyền điểm đến thuyền bờ bên sông? Câu (4,0 điểm) (Các định luật bảo tồn.) Một bóng rơi tự từ độ cao h xuống mặt phẳng nghiêng góc α so với mặt phẳng ngang Sau va h chạm tuyệt đối đàn hồi với mặt phẳng nghiêng, bóng lại tiếp tục nảy lên, lại va chạm vào mặt phẳng nghiêng tiếp tục nảy lên tiếp tục (Hình 2) Giả sử mặt phẳng nghiêng đủ dài để trình va chạm vật xảy  liên tục Khoảng cách điểm rơi liên tiếp kể từ lần Hình thứ đến lần thứ tư theo thứ tự ℓ 1; ℓ2 ℓ3 Tìm hệ thức liên hệ ℓ1; ℓ2 ℓ3 Áp dụng số h = m α = 30o Câu (4,0 điểm) (Nhiệt học) Một xilanh chiều dài 2l, bên l có pittơng có tiết diện S Xilanh trượt có ma sát mặt phẳng ngang với hệ số ma sát  (Hình 3) Bên xilanh, phía bên trái có khối khí l p0 K p0 T0 nhiệt độ T0 áp suất áp suất khí Hình bên ngồi p0, pittơng cách đáy khoảng l Giữa tường thẳng đứng pittông có lị xo nhẹ độ cứng K Khối lượng tổng cộng xilanh pittông m Bỏ qua ma sát xi lanh pittông Cần phải tăng nhiệt độ khối khí xi lanh lên lượng T để thể tích tăng lên gấp đôi Câu (4,0 điểm) (Cơ học vật rắn) Hình trụ đồng chất khối lượng m, bán kính r lăn khơng trượt mặt bán trụ cố định bán kính R từ đỉnh với vận tốc đầu v0 = a) Xác định vận tốc khối tâm hình trụ theo góc  góc hợp đường thẳng đứng đường thẳng nối tâm hai trụ b) Định vị trí hình trụ r rời mặt trụ R Bỏ qua ma sát lăn Câu (4,0 điểm) (Tĩnh điện) Một kim loại mảnh AB có chiều dài L, tích điện với mật độ điện tích dài λ a) Xác định cường độ điện trường gây điểm M nằm trục thanh, biết AM a b) Xác định cường độ điện trường điểm nằm cách hai đầu đoạn R cách trung điểm đoạn R0 Nhận xét kết tìm trường R0  R HẾT Người đề Nguyễn Toàn Thắng ĐT: 0916.802.086 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH HÀ GIANG KỲ THI HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XVII, NĂM 2023 ĐỀ THI ĐỀ XUẤT (Đáp án gồm 02 trang) ĐÁP ÁN ĐỀ THI MƠN: VẬT LÍ 10 Nội dung Điểm Câu (4 điểm) πyy v = v0sin L ; vy = v a) Theo thì: vx = πyy Vậy: v = v 2x + v 2y = v12 + v02sin L - Ở thời điểm t, thuyền đến vị trí có y = v1t đó:  πyv  v = v2 + v 2sin  t   L  - Khi thuyền đến dịng thì: y= L y L  t= =  v(L/2) = v + v 2 v1 2v1 dx  πyv   πyv  = v0sin  t   dx = v0sin  t  dt b) Ta có: v x = dt  L   L  v L  πyv   πyv   x = v0sin  t  dt = - cos  t  + C πyv1  L   L  v L v L +C C= Tại t = thì: x(0) = = πyv πyv 1 v L 2v L  πyv   πyv   sin  t  Do ta có: x =  - cos  t   =  2L  πyv  πyv  L     1 2v0 L  πyv   sin  t   x =  2L  πyv Vậy phương trình chuyển động thuyền là:    y = v t  2v L  πyy  sin Phương trình quỹ đạo thuyền: x =   πyv  2L  Khi thuyền sang đến bờ bên thì: y = L Thay vào phương trình quỹ đạo ta xác định 2v L x = vị trí thuyền cập bờ là: πyv 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,25 0,5 Câu (4 điểm) + Vận tốc ban đầu bóng sau va chạm lần với mặt phẳng nghiêng y là:  v0 v h   v  2gh 2g  0,5 + Chọn hệ trục Oxy hình vẽ 1  g 2 3  x + Do va chạm bóng mặt phẳng nghiêng va chạm đàn hồi nên tuân theo định luật phản xạ gương độ lớn vận tốc bảo toàn sau va chạm  + Vectơ vận tốc v hợp với trục Oy góc α + Phương trình chuyển động bóng sau lần va chạm   x  v0 sin   t   gsin   t   y  v cos  t   gcos  t  0,5 + Sau thời gian t1 bóng va chạm với mặt phẳng nghiêng lần thứ hai vị trí cách điểm va chạm lần đầu khoảng ℓ1 Khi ta có 2v    t1  g 1 v sin t   gsin   t     0 v cost   gcos  t   4v sin  8h sin    g 0,5 + Sau va chạm, vật lại bật lên với vận tốc ban đầu tính  v1x v 0x  a x t v sin    g sin   t1 3v sin    v1y v 0y  a y t  v cos   gcos  t1 v cos 0,5 + Phương trình chuyển động bóng sau lần va chạm thứ hai là:   x  3v0 sin   t   g sin   t   y  v cos  t   gcos  t  0,5 + Sau thời gian t2 bóng va chạm với mặt phẳng nghiêng lần thứ ba vị trí cách điểm va chạm lần thứ hai khoảng ℓ2 Khi ta có:    3v0 sin   t   g sin   t 22   2   0 v cost   gcos  t 2   2v  t  g    8v0 sin  16h sin   g  0,5 + Sau va chạm, vật lại bật lên tính tương tự ta thời gian từ lúc va chạm đến lúc bật lên khoảng cách từ vị trí va chạm lần thứ đến vị trí 0,5 va chạm lần thứ bằng: 2v  t  g    12v sin  24h sin   g + Vậy hệ thức liên hệ ℓ1; ℓ2 ℓ3 là: 0,25 0,25 1 2 3   + Khi h = m α = 300 ℓ1 = m; ℓ2 = m ℓ3 = 12 m Câu (4 điểm) - Vì áp suất bên bên ngồi nên ban đầu lị xo không biến dạng l 1- Trường hợp 1: p0 T0 l p0 K Fms  kl  mg  kl Khi xi lanh đứng yên Gọi T nhiệt độ cuối khối khí thì: kl   P0   2Sl   P0 Sl  kl  S   T  2T0    T0 T SP0    Từ đó: T T  T0 T0    2kl   ng SP0  0,5 0,5 2- Trường hợp 2: mg  kl a- Gọi x độ nén cực đại lị xo Pittơng đứng yên kx mg  x  0,5 mg k Gọi T1 nhiệt độ khối khí thời điểm lị xo nén cực đại P áp suất chất khí xi lanh thời điểm thì: P1S  P0 S  kx P0 S mg  P1  P0  0,25 mg S 0,25 - Áp dụng phương trình trạng thái có: mg   P0     l  x  S P0 Sl  S   T0 T1  mg   mg  T1       SP0   kl  0,25 0,5   T0  +) Khi T > T1 pittơng bắt đầu dịch chuyển, thời điểm áp suất chất khí xi lanh khơng đổi Ta có: T1 S  l  x  T 1 x       T S 2l T 2 l 0,25  2T1 mg   T   2T0    T0 mg P S    kl Từ tìm được: 0,5  2mg  T T  T0 T0    SP0   0,5 Câu (4 điểm) a) vận tốc khối tâm trụ nhỏ r: 0,5 C    maC  P  N r chiếu lên trục hướng tâm: C mv mg cos   N R  r mvC2  N mg cos   R  r P R  0,5 0,5 Định lý động năng: T - T0 = AP ; T0= 1 T  mvC2  I , 2 0,5 với vc=  ( R  r )  vận tốc góc khối tâm C trụ nhỏ tâm O trụ lớn I= mr 0,5  vận tốc góc trụ nhỏ quanh khối tâm C ' Lăn không trượt nên:  ' r  ( R  r ) 1 ( R  r ) 2 2 m ( R  r )   mr  Vậy T= r2 0,5 3 T  m( R  r )   mvC2 4 AP mg ( R  r )(1  cos  )  vC2  4g ( R  r )(1  cos  ) 0,5 b) Vị trí trụ nhỏ bắt đầu rời khỏi trụ lớn Khi N = suy cos   0,5 Câu (4 điểm) Giả sử   a) Xét phần tử có chiều  dE dài dx , nằm cách gốc O đoạn A 0,5 O M x , mang điện tích dq .dx B  0,5  Khi đó, cường độ điện trường dq gây điểm M d E có phương dọc theo AB L L kdq k  dx k L   L L L  x)  L (a   x) a (a  L)  ( a  2 2 Ta có: E dE   0.5  E có hướng từ B đến A b) Chọn gốc tọa độ O trùng với trung điểm AB, chiều dương từ  A đến B dE   d E1 d E2 M r A 0,5 R Ro x O B Xét phần tử có chiều dài dx , nằm cách gốc O đoạn x , mang điện tích dq .dx Khi đó, cường độ điện trường dq gây điểm M  véctơ cường độ điện trường d E1 hợp với phương thẳng đứng OM góc  , có độ lớn là: dE1  0,5 k dq k  dx  2 x  Ro x  Ro2 Do tính chất đối xứng qua trục đối xứng OM, véc tơ cường độ điện trường tổng hợp có phương trùng với OM có độ lớn: L /2 E 0,5 k  dx.R0  Ro2 )3/2  dE cos   ( x  L /2 Đặt x Ro tan   dx Ro Khi x  d cos 2 L L     ; x     ; Với 2 0   OMB  k  Ro2 d  E   k  cos d 3/2 cos  Ro (1  tan  ) R0    0  k  sin  Ro 0    0,5 2k  k L sin   Ro R.R0  L 2k    Nhận xét: Nếu R0  R   , R   E  , 2 R0 2 R0 0,5 lúc coi mảnh AB dây dẫn thẳng, dài vô hạn …………………….Hết…………………