11angiang 2018 vật lí

Một hòn bi nhỏ coi là chất điểm có khối lượng m được thả rơi tự do từ độ cao so với sàn h=2R+22, rơi chạm vào điểm M trên mặtcầu hình vẽ... Vì trước và sau va chạm, khối tâm G của hệ hai

Số Phách

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP (TỈNH) AN GIANG

TRƯỜNG : THPT CHUYÊN THOẠI NGỌC HẦU

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - 4 LẦN THỨ 24 – Năm 2018

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: VẬT LÝ; LỚP : 10

Câu 1 : CƠ HỌC VẬT RẮN ( 5 điểm)

phân bố đều trên mặt cầu, tâm O bán kính R có đỉnh A,

được đặt trên sàn nằm ngang nhẵn Một hòn bi nhỏ coi là chất điểm có khối lượng m được thả rơi tự do từ độ cao so

với sàn h=(2R+

2 2

R

), rơi chạm vào điểm M trên mặt

cầu( hình vẽ) Coi mặt sàn rất cứng, quả cầu rỗng

không nảy lên khi va chạm; thời gian va chạm rất ngắn.

Biết góc  MOA    450

Hãy tìm vận tốc tịnh tiến khối tâm mỗi vật và tốc độ góc quả cầu rỗng trong hai trường hợp:

a Va chạm hoàn toàn đàn hồi

b Va chạm mềm (sau va chạm quả cầu nhỏ dính trên mặt cầu)

HƯỚNG DẪN.

Vận tốc quả cầu nhỏ lớn nhất trước khi va chạm:v0  2gR

Sau khi vừa va chạm xong, gọi v 1

vận tốc quả cầu nhỏ, v 2

và  

là vận tốc tịnh tiến và vận tốc góc của quả cầu lớn

a Va chạm đàn hồi.

Thứ nhất: Trong trường hợp này, thành phần xung lực  X

theo phương thẳng đứng tác dụng lên quả cầu rỗng luôn cân bằng với hợp hai xung lực ( N P t                              ) 

nên quả cầu không nảy lên

Thứ hai: Thành phần  X

 trên phương ngang có tác dụng làm cho khối tâm O quả cầu chuyển động tịnh tiến, không có tác dụng làm quay

Theo lập luận trên thì tốc độ góc của quả cầu rỗng  =0

-Quả cầu lớn 2

2 sin

2

mv X  X

(1) -Quả cầu nhỏ: mv mv 1  0  X mv1  mv0X

(mv ) (mv )  X 2              mv X  (mv) (mv )  X 2mv X cos 45

Thay X từ (1) vào ta được 2 2  2

(mv) (mv )  mv 2 2mv mv

v  v  v  v v (2)

Vì va chạm đàn hồi, nên bảo toàn động năng khi va chạm:

Thay (2) và (3) vào ta được

2

3

v  v v  v  v v  v  v

(4)

Do đó ta tìm được 1 0

5 3

v  v

(5) Đặt  là góc tạo bởi v 1

và phương ngang Theo định luật bảo toàn động lượng trên phương ngang

ta có

2

1

2 cos cos

5

v

mv mv

v

26,56



b Va chạm mềm Vì trước và sau va chạm, khối tâm G của hệ hai vật luôn chuyển động trên

phương thẳng đứng, còn sau va chạm O chỉ chuyển động theo phương ngang( không nảy lên), nên

ta dễ dàng xác định tâm quay tức thời của hệ hai quả cầu trong va chạm

(Khi đó ta coi đoạn OM là một cái thanh có trọng tâm G chỉ đổ xuống theo phương thẳng đứng và

đầu O chỉ trượt theo phương ngang khi va chạm)

Gọi C là tâm quay tức thời của hệ hai quả cầu khi va chạm C là điểm giao

nhau giữa hai đường thẳng vuông góc giá véc tơ v  O

và v G

được vẽ từ O và G

-Nếu bỏ qua thời gian va chạm thì ta bỏ qua xung lực do trọng lực gây ra đối với cực C, nên momen động lượng đối với cực C là bảo toàn:

Khi đó

0

mv R I  mR mOC mCM 

2

Với

R

CM CQ QM  R    R R

Và

8

2 2

R

0

mv R  mR  mR  mR  mR 

0 0

2

v

R

Vậy:

0

6 2

17

v R



Vì tâm quay tức thời C vẫn chuyển động theo phương thẳng đứng, nên vận tốc khối tâm O quả cầu

là

0

0

R



Quả cầu nhỏ có vận tốc

0

v R

R



3

Bài 2 ( 5,0 điểm) DAO ĐỘNG CƠ HỌC

Một xe lăn B khối lượng M, phần trên của nó có dạng

là một phần của mặt cầu tâm C, bán kính R Xe đặt trên

mặt sàn nằm ngang và trọng tâm của xe nằm trên

đường thẳng đứng đi qua tâm mặt cầu Một hòn bi A

rất nhỏ, có khối lượng m được đặt trên mặt cầu của xe

(hình 2) Bi A được giữ ở vị trí bán kính mặt cầu qua

nó hợp với phương thẳng đứng góc 0 và hệ đứng

yên Bỏ qua mọi ma sát, cho gia tốc trọng trường là g

1 Xe lăn được giữ cố định Thả cho bi A chuyển động

không vận tốc đầu

a Tìm vận tốc của A và áp lực của A nén lên B tại vị

trí bán kính qua A hợp với phương thẳng đứng góc   0

b.Giả thiết góc 0 rất bé, hãy chứng minh A dao động điều hòa và tính chu kì dao động của nó?

2.Giả thiết góc 0 rất bé, đồng thời giải phóng A và B không vận tốc đầu Chứng minh hệ dao động điều hòa Tìm chu kì dao động của hệ, biên độ dao động của A, B và áp lực cực đại mà A nén lên B trong quá trình dao động?

HƯỚNG DẪN

1 Câu a.

+ Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng, ta có:

2

0

mv

mgR(1 cos ) = mgR(1 cos )

+ Suy ra: v 2gR(cos -cos ) 0 (1)

+ Áp dụng định luật II NiuTơn rồi chiếu dọc bán kính, chiều dương tới tâm bán cầu, ta có:

2 mv

mg cos N

R

(2) + Từ (1), (2) và định luật III NiuTơn, ta được:

0

Câu b.

4

Hình 2 C

+ Chọn trục tọa độ ox như hình vẽ, gốc O trùng vị trí cân bằng của A

+ Khi bán kính OA lệch góc  thì : N mg+ =ma (3)

+ Chiếu (3) trên trục Ox, ta được:

x

mg mx "

R

'' 2

x   x 0 với

g R

 

+ A dao động điều hoà với: T=2π √ R g

3 + Theo phương ngang, động lượng bảo toàn và  nhỏ nên có thể coi vận tốc của m có phương

nằm ngang:

mv + MV = 0 (4)

+ Bảo toàn cơ năng:

0

mgR(cos cos )

(5)

với ’R = (v –V ) = v( 1+ R = (v –V ) = v( 1+

m

M) (6) + Từ (4), (5) và (6), ta được:

2 2 2 2 2

2 2 0

; 2

2 2 0

'

(1 )

M

a

-+

(7) + Đạo hàm hai vế theo thời gian t của (7), ta được:

m

M

R

5

A

B

m

M

O

+ Hệ dao động điều hòa với:

m

M ;T 2

m

M





+ Lại xét vật m : N mg+ =ma (8)

+ Trong hệ quy chiếu gắn với xe lăn Áp dụng định luật 2 NewTon cho vật m :

N P F    qt mamM *

Chiếu (*) lên bán kính chiều dương hướng tới tâm C, ta được:

2

R



2 2 m(v V)

R



+ Từ (4) và (5) ta được:

0

M

Và:

m

v V v(1 )

M

  

nên khi  = 0 , cos và (v-V) cực đại, khi đó sin = 0, nên N cực đại:

+Vậy:

2

- 0

3mg 2mg 2mg(1 )c os

+Trong hệ quy chiếu Ox ở trên thì mx1 + Mx2 = 0 A và B dao động điều hòa và ngược pha nhau +Tốc độ của hai vật sẽ đạt cực đại cùng lúc Từ (6) suy ra:

M

m

(9) +Mặt khác: A1A2 R.0 (10)

+Từ (7) và (8), ta được:

6

1

MR

M m







0 2

mR A

M m







Bài 3 ( 5,0 điểm) DÒNG ĐIỆN XOAY CHIỀU

Cho mạch điện sau đây: R = 20 ; r = 10 ; L =

√

10π H; C1, C2: điện dung của hai tụ điện.

Hiệu điện thế giữa A, B luôn có biểu thức: uAB = 100 √ 2 cos(100t) V

HƯỚNG DẪN

a Tính tỉ số

C1

C2 để hiệu điện thế hiệu dụng U

MN cực tiểu Lập biểu thức của hiệu điện thế tức thời uMN trong điều kiện đó

b Điều kiện trên vẫn được thỏa mãn Biết rằng dòng điện mạch chính cùng pha với uAB Hãy:

- Tính C1 và C2

- Lập biểu thức của dòng điện mạch chính

Câu a

(3 đ) a Tính tỉ số

C1

C2 để hiệu điện thế hiệu dụng U

MN cực tiểu.

* Xét nhánh 1:

7

N

M R

i2

i1

i

C2 C1

L, r

M

 Z1= √ ( R+r )2+ Z2L = 20 √ 3 ()

 ud sớm pha hơn i1 một góc d

với tand =

Z L

r = √ 3  d =

π

3

 Cường độ dòng điện tức thời i1

trễ pha so với uAB một góc 1

với tan1 =

Z L R+r =

√

3  1 =

π

6

* Xét nhánh 2:

 i2 sớm pha

π

2 so với uAB.

 uMN = uMA + uAN  U →MN= U→MA+ U→AN= U→C1− U→R

*  OMN:

U R sin α =

U MN sin ϕ1⇒U MN=U R sin ϕ1

sin α

Với

1

1 1

1 sin

2

.20

R

U

Z













8

/3

 UMN = Umin  sin = 1   =

π

2

 OMB: OMB

 =

2 π

3  OBM¿ =

π

6

 I2ZC1 = I2ZC1  C1 = C2 

C1

C2 = 1

* Biểu thức u MN :

 UMN = UC1.tan1 =

U

2 tan1 =

100

2 .

1

√ 3 =

50

√ 3 (V)

 UOMN =

50 √ 2

√ 3 = 40,82 (V)

 uMN sớm pha

π

2 so với uAB

 uMN =

50 √ 2

√ 3 cos ( 100 πt + π

2 ) (V) = 40,82cos ( 100 πt + π

2 )

(V)

Câu b

(2 đ )

b Tính C 1 và C 2 và lập biểu thức của dòng điện mạch chính.

* Tính C 1 và C 2 :

 → I = I→1+ I→2

 Điều kiện i cùng pha với u: I2 = I1sin1

(Z C 1+Z C 2)=

U

Z1.

Z L

1

Z C 1+Z C 2=

Z L

Z12

2ZC1=

10 √ 3 ( 20 √ 3 )2  ZC1 = 20 √ 3   C1 = 9,18.10-5 (F)

* Biểu thức của i:

I = I1cos1

9

= 1 1

100 20 10

20 3 20 3

U R r



= 2,5 (A)

Vì i cùng pha với u

nên i = 2,5 √ 2 cos(100t) A

Bài 4: (Điện từ) Ba mặt phẳng song song P1, P2 và P3 cách nhau

1 2

d  cm và d2 4cm phân chia không gian thành 4 vùng I, II, III

và IV Trong vùng II và III người ta tạo ra từ trường đều có véctơ

cảm ứng từ B 1

và B 2 song song với ba mặt phẳng trên và có chiều như hình vẽ Hạt proton trong vùng I được tăng tốc bởi hiệu điện

thế U, sau đó được đưa vào vùng II tại điểm A trên mặt phẳng P1

với vận tốc v 0

hợp với pháp tuyến của P1 một góc 600

Bỏ qua tác dụng của trọng trường Cho biết khối lượng và

điện tích của proton lần lượt là m1,673.1027kg và

19

1,6.10

1 Tìm giá trị của U, biết rằng hạt đi sang vùng III với vận tốc hướng vuông góc với P2 và cảm ứng từ B1 1T

2 Cho biết hạt ra khỏi vùng III theo hướng vuông góc với v0 tại A Tính cảm ứng từ B

2?

3 Thực tế khi chuyển động trong vùng III và vùng IV, hạt chịu tác dụng của lực cản F c

tỉ lệ thuận với vận tốc của hạt (F c kv

, với k là hằng số) Vì vậy khi chuyển động trong

vùng III, bán kính quỹ đạo của hạt giảm dần và khi ra khỏi vùng III, bán kính quỹ đạo

10 1

của hạt giảm đi 5% so với khi không có lực cản Tìm độ

dài đoạn đường l mà hạt còn đi tiếp được trong vùng IV.

Hướng dẫn giải

1 Vận tốc của hạt proton 2  

1 2

qU

m

2

Từ (1) và (2) suy ra: R 1 2mU  3



- Trong vùng III ta có: 1 1 1 

1

4

mU

Từ (4) ta có:

2 2

1 1 2

25,50 3

qB d

m

2 Trong vùng III:

2 2 2

R d

 cùng với (1) ta có: 2 

2

1

5 2

mU d

Từ (4) và (5) ta có:

1 1 1 2

2

0, 29

3 2 3

d

3 Tại vùng III và IV:  6

c

k

m





Tại vùng III, từ

0 2 2

mv R

B q



2 0

7

với 5% 0, 05

11

- Mặt khác: III 6

R

với

'

2 2

2 1

 

0

0

8

bv

       

- Tại vùng IV: s IV    l v, 0 vv01 b Từ (6) suy ra: v01 b k l

m

- Chú ý đến (8) suy ra:

-

2

0

2

1 / 2

6

1 3 / 2

77,5 3

m

b









Bài 5: (Quang học )(5 điểm)

Một “mắt thần”, tức là một loại dụng cụ quang học nhỏ,lắp trong cánh cửa nhà, để kín đáo quan sát khách gọi cửa, gồm một vật kính O1, tiêu cự f1 = 1cm, và một thị kính O2, tiêu cự f2 = +3cm, đặt cách O1 một khoảng l = 2cm

a Chứng minh rằng một vật AB đặt trước O1, cách một khoảng d1 bất kỳ luôn cho ảnh ảo, lớn gấp 3 lần vật, nhưng lại được quan sát từ O2 dưới một góc ’R = (v –V ) = v( 1+ nhỏ hơn so với khi quan sát bằng mắt trần

b Tính góc trông các ảnh A’R = (v –V ) = v( 1+ B’R = (v –V ) = v( 1+ ki vật ở cách O1 các khoảng lần lượt bằng 9 cm, 19cm và các độ bội giác tương ứng thu được

c Vật kính O1, có bán kính r = 0,2cm Hỏi nếu đặt mắt sátO2 thì một người cao 1,6cm phải đứng cách O1 bao nhiêu để mắt có thể quan sát được toàn thân người đó ?

Hướng dẫn giải:

12

B

I’R = (v –V ) = v( 1+

J’R = (v –V ) = v( 1+

R

I

B1 J

Nhận xét:

Do l O O 1 2 = 2cm =   l 3 f1 f2 nên tiểu điểm ảnh F'1 của O

1 trùng với tiêu điểm vật F2 của O

2 Vật AB đặt trước TKPK O1 nên O1 luôn luôn cho một ảnh ảo A1B1 đặt tại A1 gần O1 hơn F’R = (v –V ) = v( 1+ 1

A1B1 dùng làm vật cho O2 lại đặt tại tiêu điểm A1 ở trong F2 nên O2 luôn luôn chỉ cho ảnh một ảnh ảo A’R = (v –V ) = v( 1+ B’R = (v –V ) = v( 1+ ở xa hơn F2

Tia BI cố định khi vật AB dịch chuyển, nên tia I’R = (v –V ) = v( 1+ R là quỹ tích các ảnh B’R = (v –V ) = v( 1+ , cũng cố định

tức là độ lớn ảnh A’R = (v –V ) = v( 1+ B’R = (v –V ) = v( 1+ không thay đổi và luôn luôn bằng

| f | AB

| f |

 2

1 .

Đồng thời tuy ảnh A’R = (v –V ) = v( 1+ B’R = (v –V ) = v( 1+ lớn gấp 3 lần vật AB, nhưng lại ở xa O2 hơn vật nhiều lần, nên góc trông ’R = (v –V ) = v( 1+ từ O2 lại nhỏ hơn góc trông 

Ta hãy tính hai góc này trước hết, ta có:

tan

A' B' A' B' ' tan '

O A' d'

13

F’R = (v –V ) = v( 1+ 1 F’R = (v –V ) = v( 1+ 2 A1

A

Mặt khác ta lại có:

A' B'

AB d d d  f d  f (l f )(d  f ) d f

Do đó:

' AB







'

d f

d f









1 1

1

'

d







  



1

2 1

2

(1) Biểu thức (1) cho thấy rằng: ’R = (v –V ) = v( 1+ luôn luôn nhỏ hơn và ’R = (v –V ) = v( 1+ tiến tới giá trị /3 khi d1 lớn vô hạn

b) – Với d1 = 9 cm thì G ,

.





9 2 11 0 38

3 9 2 29

và



0 38 0 38

9 2 29 rad

– Với d1 = 19 cm thì G ,

.





19 2 21 0 36

3 19 2 59

và



0 36 0 36

19 2 59 rad

c) Theo hình vẽ cho thấy rằng để mắt đặt ở O2 trông thấy ảnh A’R = (v –V ) = v( 1+ của A thì mắt phải nhận được tia sáng A’R = (v –V ) = v( 1+ I tức O2A’R = (v –V ) = v( 1+ phải gặp thấu kính O1 tức là ta phải có:

14

O I tan '

O O

1 2

20 10 hay '101

Do đó:

d '

d

    



1 1

3 2 10 Với

AB d

 



1 2 thì có '  d1

80

Và 3d1 2 800 d1266cm = 2,66 m

Bài 6 : Nhiệt học (5 điểm)

Hình vẽ là một ống trụ tròn có tiết diện S = 1 7 10,  2m2, thành ống cách nhiệt, bên trong ống

có hai pit tông cách nhiệt nối với nhau bằng một lò xo có độ cứng k1 5 10, 4N/m Pit tông có

thể chuyển độn không ma sát với thành ống Giữa ống là một vách ngăn cố định Các ngăn ở hai đầu trái và phải cùng một lượng khí lý tưởng Ngăn bên trái có thể gia nhiệt bằng điện Hai ngăn chứa lò xo thông với nhau và luôn thông với môi trường qua một lỗ hở ở thành ống (xem hình vẽ)

15

Trước khi gia nhiệt, trạng thái khí ở hai ngăn (trái và phải) ở trạng thái cân bằng, có P 0 105

Pa (áp suất khí quyển), T 300K Vị trí các pit tông như hình vẽ, với l  1m

0 10 Ban đầu lò

xo không biến dạng Khi đốt dây tăng nhiệt, độ biến dạng lớn nhất của lò xo là l max , 

7 4 10 2

m Khí lý tưởng này tuân theo phương trình pV const

 và nội năng của nó phụ thuộc nhiệt

độ tuyệt đối theo công thức

RT E







0 1 Tính nhiệt độ và áp suất của hai ngăn khí, khi buồng khí bên trái hấp thu một nhiệt lượng Q1000J

Hướng dẫn giải:

- Lượng khí trong mỗi bình trước khi gia nhiệt Vì ở trạng thái cân bằng:



0 0

0

10 10 0 0682

8 31 300 mol

- Khi pit tông phải di chuyển một đoạn x thì pit tông trái vượt qua l0 hấp thu nhiệt lượng Q0 thì lò

xo co một đoạn l max l x , 

0 7 4 10 m

Áp suất hai buồng khí:

max





1 2 0 10 1 5 10 7 4 102 1 65 10

1 7 10

Pa Thể tích mỗi buồng khí:

16

V l S  ,  , 

1 20 2 10 1 7 10 3 4 10 m3

V (l x)S l max S ,  ,  , 

2 0 7 4 10 1 7 10 1 26 10 m3

Từ phương trình trạng thái tính được nhiệt độ của mỗi buồng:



1 1

0 0

1 65 10 3 4 10 300 990



2 2

0 0

1 65 10 1 26 10 300 367

10 1 7 10 Theo nguyên lý I nhiệt động lực học: QE khí  E lòxo A

E khí : lượng tăng nội năng của chất khí

E lòxo: lượng tăng nội năng của lị xo

A: là cơng của hai pit tơng đối với khí quyển

Ta cĩ:

E khí nR T T  nR T T  nR T T T 

E lòxo kl max ,  ,   , J

2

1 1 1 5 10 7 4 10 41 1

A P Sl max ,  ,  J

0 10 1 7 10 7 4 10 126 (7) Tìm :



2

1 67 (8) 17

Thay (8) vào (5) được: E khí 640J

Từ đó Q = 640 +41,1 + 126 = 807,1 J

Vì Q < 1000 J có thể đẩy pit tông trái chạm vách ngăn

Khi pit tông trái chạm vào vách ngăn, pit tông phải không chuyển động tiếp nên nhiệt độ và

áp suất buồng khí bên phải vẫn như cũ:

T'2 T2 367K ; P ' P2  2 1 65, Pa

Nếu tiếp tục gia nhiệt buồng khí bên trái để buồng khí bên trái hấp thụ đủ nhiệt lượng 1000

J thì cần thêm một nhiệt lượng Q1000 807 1 192 9 ,  , J

Nhiệt độ tăng thêm T với

nR



1 Tức T’R = (v –V ) = v( 1+ 1 = 990 + 228 = 1218 K

Và áp suất

T'

T

1

2 03 10

Pa Như vậy nhiệt độ ở buồng khí trái T’R = (v –V ) = v( 1+ 1 = 1218K và P’R = (v –V ) = v( 1+ 1 = 2,03.105 Pa

Còn nhiệt độ ở buồng khí phải T’R = (v –V ) = v( 1+ 2 = 357K và P’R = (v –V ) = v( 1+ 2 = 1,65.105 Pa

-18