Đề-đáp án HSG lý 10-chuyên tỉnh Vĩnh phúc -2011

Cõu 2: Một bỏn cầu tõm O, khối lượng m được đặt sao cho mặt phẳng của nú nằm trờn mặt phẳng ngang.. Vật nhỏ cú khối lượng m bay theo phương ngang với vận tốc u tới va chạm với bỏn cầu tạ

Đề CHíNH THứC (Dành cho học sinh THPT chuyên )

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Cõu 1: Một bỡnh hỡnh trụ đặt thẳng đứng cú một pittụng khối lượng M, diện tớch S Bờn dưới

pittụng cú một mol khớ lý tưởng đơn nguyờn tử, bờn ngoài là khụng khớ Lỳc đầu pittụng cú độ cao 2h so với đỏy Khớ được làm lạnh chậm cho đến khi pittụng xuống một đoạn h Sau đú người

ta lại nung núng chậm khớ để pittụng trở về độ cao ban đầu Biết rằng giữa pittụng và thành bỡnh

cú lực ma sỏt trượt khụ bằng F Áp suất khớ quyển bằng p0 Tớnh nhiệt dung của khớ trong quỏ trỡnh nung núng

Cõu 2: Một bỏn cầu tõm O, khối lượng m được đặt sao cho mặt phẳng của nú nằm trờn mặt

phẳng ngang Vật nhỏ cú khối lượng m bay theo phương ngang với vận tốc u tới va chạm với bỏn cầu tại điểm A (bỏn kớnh OA hợp với phương ngang một gúc α Coi va chạm là hoàn toàn đàn hồi Bỏ qua mọi ma sỏt Hóy xỏc định theo m, u và α:

a) Vận tốc của bỏn cầu sau va chạm

b) Xung của lực do sàn tỏc dụng lờn bỏn cầu trong thời gian va chạm

Cõu 3: Cho một hệ cơ học như hỡnh 1, sợi dõy dài 2L

(khụng gión, khụng khối lượng) Một đầu buộc chặt vào A,

đầu kia nối với vật cú khối lượng m2 , vật m2 cú thể di

chuyển khụng ma sỏt dọc theo thanh ngang Tại trung điểm I

của dõy cú gắn chặt một vật cú khối lượng m1 Ban đầu giữ

vật m2 đứng yờn, dõy hợp với phương ngang một gúc a Xỏc

định gia tốc của vật cú khối lượng m2 và lực căng của sợi dõy ngay sau khi thả vật m2

Cõu 4: Trờn mặt phẳng ngang nhẵn cú hai khối lập phương

cạnh H, cựng khối lượng M đặt cạnh nhau (giữa chỳng cú khe

hở nhỏ) Đặt nhẹ nhàng một quả cầu cú bỏn kớnh R, khối

lượng m M lờn trờn vào khe nhỏ Bỏ qua mọi ma sỏt và vận

tốc ban đầu của quả cầu Tỡm vận tốc quả cầu ngay trước khi

va đập xuống mặt phẳng ngang

Cõu 5: Một bỏnh xe bỏn kớnh R quay đều với vận tốc gúc w

trong mặt phẳng thẳng đứng, trục quay cỏch mặt đất một

khoảng H Một giọt nước văng từ mộp bỏnh xe và rơi xuống

đất ở điểm B ngay dưới trục O của bỏnh xe (Hỡnh 2) Hóy tỡm

thời gian rơi của giọt nước và điểm A mà từ đú giọt nước

được tỏch ra Bỏ qua sức cản khụng khớ

-HẾT -(Giỏm thị khụng giải thớch gỡ thờm)

Họ tờn thớ sinh Số bỏo danh

H

B

A

O R

Hỡnh 2

A

m

1

m

2

a I

Hỡnh 1

u1 n

u1 t

u1

V A

a



MÔN VẬT LÝ Câu 1 (2 điểm):

Trong quá trình làm lạnh chậm khí, pittông chuyển động thẳng đều xuống, áp suất của khí không đổi bằng p1, ta có: p1Sp0SMg F (0,25đ)

Đến khi quá trình làm lạnh kết thúc khí có nhiệt độ T1, áp suất khí vẫn bằng p1 thể tích khí là V1 =

S.h, lực ma sát tác dụng lên pittông là ma sát nghỉ và hướng lên trên (0,25đ)

Trong quá trình nung nóng khí ta chia làm hai giai đoạn: giai đoạn nung nóng đẳng tích để nâng nhiệt độ của khí từ T1 đến T1+ T1 (kết thúc giai đoạn này lực ma sát nghỉ đã đổi chiều và pittông bắt đầu chuyển

động lên trên); giai đoạn thứ hai là nung nóng đẳng áp để đưa pittông trở về độ cao ban đầu (0,25đ)

* Giai đoạn nung nóng đẳng tích: kết thúc giai đoạn này áp suất của khí bằng p2 xác định từ phương trình: p2S p0SMgF (0,25đ)

- phương trình trạng thái

1 1

1 2

1

T T

T p

p





 ta có: T T p p S S Mg Mg F F T p S FT Mg F





















0

1 1

0

0 1 1

2 )

(

(0,25đ)

- Nhiệt lượng cần truyền cho khí trong giai đoạn này bằng: Q1 C V T 1 (0,25đ)

* Giai đoạn nung nóng đẳng áp: kết thúc giai đoạn này pittông trở về độ cao ban đầu, nhiệt độ của khí đã tăng gấp hai lần do thể tích tăng gấp đôi, hay nhiệt độ trong giai đoạn này đã tăng thêm một lượng

1 1

T   

0

T p S Mg F

p S Mg F

  (0,25đ)

- Nhiệt lượng cần cung cấp cho khí trong giai đoạn này bằng Q2 C p T 2

- Do vậy nhiệt dung của khí trong giai đoạn nung nóng bằng:

1 3

5 11

2

0

0 2

1

2 1





















Mg S p F

Mg S p

F R

T T

Q Q

Câu 2 (2 điểm):

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng theo phương ngang và bảo toàn cơ năng ta có:

1 2

1

os +mV mu

mu mu c















1

os u

u V u c



 







 u=

2

1

1 os

2 os

c

u c







(1), V=

sin β tan β

osβ

-2



Từ (1) và (3) ta có:

2

2

1 os

os cos (1+tan cot )

2 os

c

c









tan 1 1 tan cot

2     a  tan=2cotα (4) (0,25 điểm)

Thế (4) vào (3) ta có: u1cos=1 2cot2

u

a

 (5) (0,25

P

X

mV 

G

b) Trong quỏ trỡnh va chạm, khối bỏn cầu chịu tỏc dụng của 2 xung lực: X

do sàn tỏc



(Hỡnh vẽ) (0,25đ)

1 cos mu

a a

 (0,5 điểm)

Cõu 3 (2 điểm):

Ngay sau khi thả m2 ra, m2 chịu tác dụng của các lực Q T P  2, ',2 2

, còn m1 chịu tác dụng của các lực T T P  1, ,2 1 Khi đó, m2 chuyển

động sang trái, chỉ cú thành phần gia tốc theo phương ngang là a  2

Vật m1 chuyển động trong quanh A Ngay sau khi thả m2, vận tốc của m1 bằng khụng nờn thành phần gia tốc của m1 theo phương hướng tõm bằng khụng Vậy m1 chỉ cú thành phần gia tốc theo phương tiếp tuyến là a 1

(0,25đ)

- Chọn hệ trục Oxy như hỡnh vẽ

- Do dõy khụng gión, khụng khối lượng nờn: T1 T1' ; T2  T2'

- Theo phương dõy treo, ta cú: 2 os =a os1 2 2 2 sin1

2

  (1) (0,25đ)

- Áp dụng địn luật II Niu-tơn cho cỏc vật, ta cú;

+ Với vật m1: T T               1               2                P m a1                1 1 (2)

+ Với vật m2: T2'  P2  Q2  m a2 2 (3)

(0,25đ)

- Chiếu phương trỡnh (2) lờn trục Ox:  T T c1 2 os =m a 1 1ax  m sin1 1a a (4)

- Chiếu phương trỡnh (2) lờn trục Oy:   T T1 2 sin a  P1=m1 1a c os a (5)

- Chiếu phương trỡnh (3) lờn trục Ox: T c2 os =m a 2 2a (6) (0,25đ)

- Thay (1) vào (6), ta được:

T  T  m a a

- Thay (7) vào (4), ta được:

T  m  m a a (0,25đ)

- Từ (5), (7), (8)

1

os

m 4 sin

m gc a

m

a a





A

m

1

m

2

a

2

Q 

2

P

1

P

1

T  T  2

2 '

T 

1 '

T 

I

O x y

(0,25đ)

sin 2

2 sin

m 4 sin

m g

m

a a

a

 (0,25đ)

- Lực căng dõy:

1 2

' 2 tan

m 4 sin

m m g

m

a a

a

 1 2 1

'

m 4 sin

m

a a



 (0,25đ)

Cõu 4 (2 điểm):

- Xét thời điểm quả cầu rời khỏi khối lập phơng, ta cần xác định góc

α khi đó

- Liên hệ vận tốc: v1cosα = v2sinα  v1 tan

v2  a (0,25đ)

- Bảo toàn năng lợng:

 

2  2   a (0,25đ)

tan

a

  2

2

2

0,25đ)

- Trong HQC chuyển động với vận tốc v2 thì quả cầu chuyển động tròn quanh điểm tiếp xúc, tại thời

điểm rời nhau thì HQC trên trở thành HQC quán tính, lúc này thành phần trọng lực đóng vai trò lực hớng tâm:

2

mv

mg cos

2

2

(*) (0,25đ)

- Thay v1 bằng biểu thức ở trên vào, đợc phơng trình :

  2

2

2 tan

3

- Thay vào (*): v2 gR cos sin2 gR cos 1 cos2 

Còn quả cầu cách mặt đất : h H R 1 cos     a (0,25đ)

* Biện luận :

- Nếu H R 1 cos    a  0, 404R thì quả cầu chạm đất trớc khi rời các hình lập phơng, lúc chạm đất thì

góc a thỏa mãn H R 1 cos  1 cos H

R

toàn năng lợng và liên hệ vận tốc:



0,25đ)

- Nếu H R 1 cos    a  0, 404R thì sau khi rơi, quả cầu chuyển động rơi tự do :

2 R

H

(0,25đ)

M

v

2

-v

2

v

1

v α M

đường tròn bán kính r=(R2+v t2 2 2)1 (0,25đ)

- Đối với hệ quy chiếu cố định gắn với mặt đất thì vị trí các giọt nước xác định bằng cách dịch chuyển đường tròn này xuống một khoảng 1 2

2

S= gt (0,25đ)

- Giọt nước đến B khi r S H (0,25đ)

- Từ đó ta có: (R2+v t2 2 2)1+1 2

2gt = H (0,25đ)

 thời gian rơi là: 2 ( 2 ) ( 4 2 2 2 2)1

0 2

2

g

æ ö÷

=ç ÷ççè ø ë÷÷ê + ± + + úû (0,25đ)

- Loại nghiệm ứng với dấu cộng vì nó ứng với đường đi tới điểm B của giọt nước ở điểm N Sau khi thay vwR có thời gian rơi là:

1

1 2

0

1

=ç ÷ççè øï÷÷íïî êë + - + + úûýïïþ (0,5đ)

Xác định được vị trí điểm A từ điều kiện: 0

0

vt

R

a= =w (0,25đ)

=========================================================================

*-Nếu thí sinh làm cách khác vẫn đúng thì cho điểm tối đa tương ứng.

*-Thí sinh không viết hoặc viết sai đơn vị từ hai lần trở lên thì trừ 0,25 điểm cho toàn bài.

a

r vt

vt

R O A

M