Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn vật lý 10 của một số trường trên toàn quốc CÓ ĐÁP ÁN

Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc THPT CHUYÊN BẮC NINH ĐỀ ĐỀ XUẤT KỲ THI OLYMPIC DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ MÔN VẬT LÝ 10 -----------***----------Bài 1. (4,0 điểm) Một xuồng máy khối lượng m = 100 kg uđang chuyển động r r r trên mặt nước thì tắt máy, tiếp tục chuyển động thẳng chịu tác dụng lực cản của nước F c = −α v , với v là vận tốc xuồng, α là hệ số dương. Biết vận tốc xuồng khi tắt máy là v0 = 10m / s và quãng đường mà xuồng đi được khi vận tốc giảm từ v0 đến v = 5m / s là 40m. Hãy xác định: a. Hệ số α và thời gian xuồng đi quãng đường trên. b. Quãng đường xuồng đi được cho đến khi dừng lại và thời gian đi hết quãng đường này. Nhận xét kết quả tính được. Bài 2. (4,0 điểm) Thanh AB cứng, nhẹ chiều dài l mỗi đầu gắn một quả cầu nhỏ khối lượng bằng nhau, tựa vào tường thẳng đứng (Hình vẽ). Truyền cho quả cầu B một vận tốc rất nhỏ để nó trượt trên mặt sàn nằm ngang. Giả thiết rằng trong quá trình chuyển động thanh AB luôn nằm trong mặt phẳng vuông góc với tường và sàn. Bỏ qua ma sát giữa các quả cầu với tường và sàn. Gia tốc trọng trường là g. a. Xác định góc α hợp bởi thanh với sàn vào thời điểm mà quả cầu A bắt đầu rời khỏi tường. b. Tính vận tốc của quả cầu B khi đó. A B Bài 3. (4,0 điểm) Một hình trụ ngang một đầu kín, quay với vận tốc góc không đổi ω xung quanh một trục thẳng đứng đi qua đầu hở của hình trụ. Áp suất của không khí ở xung quanh là p 0 , nhiệt độ là T, khối lượng mol của không khí là µ. Hãy tìm áp suất không khí tại điểm cách trục quay là x tính từ trục quay. Coi khối lượng mol không phụ thuộc vào x. Bài 4. (4 điểm) Hình trụ tròn đặc đồng chất bán kính r, khối lượng m lăn không trượt từ trạng thái nghỉ trên một cái nêm khối lượng M có góc nghiêng α . Ban đầu nêm đứng yên có thể trượt không ma sát trên sàn ngang. Tìm gia tốc của tâm hình trụ đối với nêm và gia tốc của nêm đối với sàn. Bỏ qua ma sát lăn. Μ α Bài 5. (4,0 điểm) Phương án thí nghiệm: Xác định khối lượng riêng của nước muối 3 Cho các dụng cụ sau: Một bình lớn đựng nước có ρ0 = 1000kg / m ; thước mm, 1 tờ giấy, một ống nghiệm thường sử dụng trong thí nghiệm hóa học, cốc đựng nước muối cần đo khối lượng riêng. a. Lập phương án đo khối lượng riêng của nước muối với các dụng cụ trên. b. Thiết lập biểu thức sai số của phép đo. c. Ước lượng sai số của phép đo. Nhận xét về tính khả thi của phương án và cách khắc phục. -----------------Hết----------------- THPT CHUYÊN BẮC NINH ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT KỲ THI OLYMPIC DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ www.nbkqna.edu.vn 1 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc MÔN VẬT LÝ 10 -----------***----------Bài 1. (4,0 điểm) + Chọn chiều dương trùng với hướng vận tốc lúc tắt máy: ur r dv dv dx = −α v (1) Ta có: F c = ma ↔ m = −α v ↔ m dt dx dt dv α Hay m = −α ↔ dv = − dx (2) dx m v α x v −v α dv = − dx  v − v0 = − x ↔ α = m 0 (3) Tích phân 2 vế (2) ∫ ∫ m0 m x v0 Thay số được α = 12,5( Ns / m) (4 điểm) dv α dv α = − dt → ∫ = − ∫ dt v m v m v0 0 v + Tính thời gian: từ (1) suy ra t v m v x t = ln 0 = ln 0 = 5,5s α v v0 − v v m + Khi xuồng dừng lại thì v = 0 suy ra x1 = v0 = 80(m) α Từ (4) suy ra v = v0 e − αt m 0, 5 đ 0, 5 đ 0, 5 đ 0, 5 đ (4) . Do đó ta thấy khi v = 0 khi t1 = ∞ ur r + Ta thấy điều này là vô lí: F c = −α v không còn đúng khi vận tốc nhỏ nữa. 0, 5 đ 0, 5 đ 0, 5 đ 0, 5 đ Bài 2. (4,0 điểm) a. Vào thời điểm đầu A còn tựa vào tường. AB hợp với phương ngang một góc α. Vận tốc của A và B là v A và v B lúc đó A đi xuống một đoạn x - l(1sinα) b. Định luật bảo toàn cơ năng: 1 1 2 2 2 2 mgx = m(v A + v B ) ⇒ mgl (1 − sin α ) = m(v A + v B ) (1) 2 2 Vì thanh AB cứng nên theo định lí về hình chiếu của hai điểm A, B trên vật cos α vB rắn: v A sin α = v B cos α ⇒ v A = sin α (4 điểm) 1 2 1 ⇒ v B2 = 2 gl (1 − sin α ).sin 2 α Từ (1) và (2) ta suy ra: gl(1 – sin α ) = v B 2 2 sin α Khi A chưa rời tường thì lực gây ra gia tốc và vận tốc theo phương ngang nằm ngang là phản lực của tường tác dụng lên A theo phương ngang. Lực này làm vGx tăng dần. Nên khi đầu A rời tường tức Nx = 0, aGx = 0 và vGx đạt cực đại Mà vB = 2vGx nên vB đạt giá trị cực đại Xét phương trình: v B2 = 2 gl (1 − sin α ).sin 2 α = 8 gl (1 − sin α ) sin α . sin α 2 2 3 sin α sin α 1  sin α sin α  Ta thấy : (1 − sin α ) . ≤ (1 − sin α ) + + = const  2 2 27  2 2  sin α 2 ⇒ sin α = ;α ≈ 42 0 Nên vB đạt cực đại khi (1 − sin α ) = 2 3 www.nbkqna.edu.vn 0, 5 đ 0, 5 đ 0, 5 đ 0, 5 đ 0, 5 đ 0, 5 đ 0, 5 đ 0, 5 đ 2 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc b. Thay sinα = 2/3 vào (3) ta được vB = 8 gl 27 Bài 3. (4,0 điểm) + Xét hệ quy chiếu phi quán tính gắn với trụ, khi đó các phân tử khí trong hình trụ chịu tác dụng của lực quán tính li tâm. 1đ + Xét yếu tố thể tích dV có bề dày dx, khối lượng dm 0, 5 đ chịu tác dụng của lực quán tính dF = dm.ω 2 x Độ chênh lệch áp suất do lực quán tính dF tác dụng lên tiết diện S là (4 điểm) 0, 5 đ dF dmω 2 x ρ Sdxω 2 x m dp = = = = ρω 2 x.dx = ω 2 x.dx (1) S S S V PT Mendeleev – Clapayron: pV = 1đ m RT (2) µ 0, 5 đ dp µω = xdx (3) p RT 2 Thay (2) vào (1) ta được:  µω 2 x 2  Tích phân hai vế phương trình (3) , rút gọn ta được: p = p0 exp  ÷  2 RT  O 0, 5 đ dx O x Bài 4. (4,0 điểm) + Vì bảo toàn động lượng theo phương ngang nên trụ đi xuống sang phải, nêm chuyển động sang trái. Hình trụ chịu tác dụng của trọng lực P và lực ma sát Fms Trụ có gia tốc a đối với nêm, nêm có gia tốc a 0 , nên trụ có gia tốc (a + a 0 ) Ta có P + Fms = m( a + a 0 )(1) Trên Ox : mg sin α − Fms = m(a − a 0 cos α )(2) Phương trình quay của trụ: Bài 4 mr 2 F . r = I γ = γ ms (4 điểm) 2 Trụ lăn không trượt nên : γ = a / r Nên Fms = www.nbkqna.edu.vn mr ma (3) γ = 2 2 0, 5 đ ao ao a Fms 0, 5 đ α P x 0, 5 đ 0, 5 đ v vs vo α z 3 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc 2 Thay (3) vào (2) ta được a = ( g sin α + a 0 cos α )(4) 0, 5 đ 3 Mặt khác vận tốc của tâm hình trụ đối với sàn v s = v + v 0 (5) Chiếu (5) lên trục z nằm ngang: v sz = v cos α − v 0 (6) Bảo toàn động lượng theo phương ngang: mv sz = Mv0 ↔ mv cos α = ( M + m)v 0 (7) Lấy đạo hàm hai vế của (7) theo thời gian ta được ma cos α = ( M + m)a 0 (8) a ( M + m) (9) Suy ra : a = 0 m cos α mg sin 2α (10) Từ (4) và (9) ta được a 0 = 3( M + m) − 2m cos 2 α 2( M + m) g sin α (10) Thay (10) vào (9) được a = 3( M + m) − 2m cos 2 α 0, 5 đ 0, 5 đ 0, 5 đ Bài 5. (4,0 điểm) a. Phương án thí nghiệm: - B1: dùng giấy cuộn sát vào mặt ngoài và mặt trong của ống nghiệm, sau đó dùng thước đo ta xác định được chu vi mặt trong C1 và chu vi mặt ngoài C2 của ống nghiệm - B2: đổ nước muối vào ống nghiệm sao cho khi thả ống vào bình nước, ống cân bằng bền và có phương thẳng đứng. Đánh dấu mực nước muối trong ống và mực nước bên ngoài ống. - B3: đổ thêm nước muối vào ống, chiều cao nước muối đổ thêm là ∆x . Thả ống vào bình thì ống chìm sâu thêm một đoạn ∆y . Đo Bài 5 ∆x và ∆y bằng thước. (4 điểm) 0, 5 đ Gọi S1 ; S 2 tương ứng là tiết diện trong và tiết diện ngoài của ống nghiệm, từ phương trình cân bằng của ống suy ra: 2  C  ∆y S ∆y ρ1S1∆x = ρ0 S 2 ∆y ⇒ ρ1 = 2 ρ0 =  1 ÷ ρ0 S1∆x  C2  ∆x b. Biểu thức sai số: C ∆y ln ρ1 = 2 ln 1 + ln + ln ρ0 C2 ∆x ⇔ ln ρ1 = 2 ( ln C1 − ln C2 ) + ln ∆y − ln ∆x + ln ρ 0  ∆C ∆C2  ∆ ( ∆y ) ∆ ( ∆x ) ∆ρ0 ∆ρ ⇒ 1 = 2 1 + + + ÷+ ρ1 C2  ∆y ∆x ρ0  C1 c. Ước lượng sai số: Ta chỉ xét sai số hệ thống do dụng cụ đo - Với ống nghiệm thông thường thì C1 ; C2 ≈ 70mm - ∆x; ∆y ≈ 50mm - Sai số do dụng cụ đo (thước mm) lấy nhỏ nhất có thể ≈ 0,5mm ∆ρ0 - Bỏ qua sai số của hằng số ρ0 www.nbkqna.edu.vn 0, 5 đ 0, 5 đ 0, 5 đ 4 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc ∆ρ1 ≈ 4,86% . Dung dịch nước muối có ρ ≈ 1040kg / m3 (nước biển Vậy ρ1 chẳng hạn), với sai số trên thì ∆ρ ≈ 50kg / m3 , mục đích đo không đạt được. Để giảm sai số, cần phải - tăng C1 ; C2 và ∆x; ∆y (không khả thi) - hoặc làm giảm sai số của 4 đại lượng trên bằng cách tăng độ chính xác của dụng cụ đo (thay thước mm bằng loại thước có độ chính xác cao hơn, có thể trực tiếp đo đường kính trong và ngoài của ống nghiệm như thước kẹp chẳng hạn) - thay đổi phương án đo (sử dụng đồ thị) 0, 5 đ 0, 5 đ 0, 5 đ 0, 5 đ Thiếu hoặc sai đơn vị: cứ 2 lần trừ 0, 5 điểm Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa www.nbkqna.edu.vn 5 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG ĐỀ XUẤT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Các trường THPT chuyên khu vực Duyên hải - ĐBBB lần thứ VI MÔN VẬT LÝ LỚP 10 Bài 1: (5 điểm) Một hạt cườm khối lượng m được xỏ qua một sợi dây nhẹ, không giãn chiều dài L. Một đầu dây buộc cố định tại điểm A, đầu kia buộc vào một cái vòng rất nhẹ, vòng lại có thể m trượt không ma sát trên một thanh ngang Tại thời điểm ban đầu, dây được giữ ở cạnh vòng g h L và dây thẳng, không căng. Thả cho hạt cườm chuyển động. Tìm vận tốc của nó ở thời điểm dây bị đứt biết rằng dây chịu sức căng lớn nhất A là T0. Khoảng cách từ A đến thanh là h. Bỏ qua mọi ma sát. Bài 2: ( 5 điểm) Một mặt phẳng nghiêng khối lượng m2 được đặt trên một mặt phẳng nhẵn có phương ngang. Một quả bóng đàn hồi khối lượng m 1 bay đến đập vào mặt phẳng nghiêng với vận tốc u theo phương ngang. sau va chạm quả bóng nảy lên khỏi mặt phẳng nghiêng, sau đó lại rơi xuống và va chạm với mặt phẳng nghiêng vẫn tại vị trí va chạm lần đầu. Tính tỷ số khối lượng của quả bóng và mặt phẳng nghiêng. Biết mặt phẳng nghiêng góc θ so với phương ngang. Bài 3:( 4 điểm) Một khối trụ đặc khối trụ đặc khối lượng M, bán kính Rlăn xuống mặt phẳng nghiêng góc α. 1. Giả sử khối trụ lăn không trượt. Hãy tính gia tốc của khối tâm và hệ số ma sát nghỉ 2. Cho hệ số ma sát giữa khối trụ và mặt phẳng nghiêng là μ. Hỏi với điều kiện nào của μ thì khối trụ lăn không trượt, lăn có trượt? Bài 4: ( 4 điểm) Mét mol khÝ lý tëng thùc hiÖn chu tr×nh gåm c¸c qu¸ tr×nh sau: qu¸ tr×nh ®o¹n nhiÖt AB, qu¸ tr×nh ®¼ng nhiÖt BC ë nhiÖt ®é T1 , qu¸ tr×nh ®¼ng tÝch CD vµ qu¸ tr×nh ®¼ng nhiÖt DA ë nhiÖt ®é T2 = αT1 . H·y x¸c ®Þnh tû sè VC / V A theo α vµ hÖ sè γ ®Ó c«ng mµ khÝ nhËn ®îc trong chu tr×nh trªn b»ng kh«ng. BiÓu diÔn chu tr×nh trªn gi¶n ®å p – V. BiÖn luËn theo α. www.nbkqna.edu.vn 6 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc Bài 5: ( 2 điểm) Xác định hệ số ma sát nhớt của chất lỏng Cho công thức xác định lực ma sát nhớt tác dụng lên bi nhỏ: F = 6π .η .v.r Trong đó: η là hệ số ma sát nhớt của chất lỏng, v là tốc độ chuyển động của bi so với chất lỏng, r là bán kính của bi. Cho các dụng cụ thí nghiệm: (1) Một ống thủy tinh hình trụ dài (2) Một ống nhỏ giọt (3) Một cân (4) Một đồng hồ bấm giây (5) Một thước đo chiều dài (6) Chậu đựng nước có khối lượng riêng ρ đã biết (7) Chậu đựng dầu thực vật có khối lượng riêng ρd đã biết. Trình bày cơ sở lý huyết, cách bố trí, các bước tiến hành thí nghiệm để xác định hệ số ma sát nhớt của dầu thực vật đã cho. …………………………..Hết……………………………… ĐÁP ÁN VẬT LÝ LỚP 10 Bài 1 Trước tiên ta xác định quỹ đạo chuyển Chọn hệ tọa độ như hình vẽ. Theo định lý Pitago: AN2 = QN2 + QA2 (L – y)2 = x2 + (h – y)2 L+h x − 2 2(L − h) 2 y= V động. y g B x O T1 F Q N ỏ T2 X P A C Y Như vậy quỹ đạo là parabol. Phương trình định luật II Newton viết theo phương pháp tuyến: v2 m = 2T.cosα − mg.cosα R với v = 2g.y (1) (2) còn R là bán kính chính khúc tại N. Để tìm R ta so sánh quỹ đạo hạt cườm với quỹ đạo một vật ném xiên góc. Chọn các thông số của quỹ đạo để nó đối xứng với quỹ đạo hạt cườm. Như vậy: OV L2 − h 2 = H+L ux = t 2H với H = 2 g www.nbkqna.edu.vn 7 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc → ux = g(L − h) còn: vy = 2g(H − y) Gia tốc pháp tuyến tại N là: 2 2 u 2 u x + u y 2g(L − y) = = R R R 2(L − y) Vậy: R = cos α an = g.cos α = Giải các phương trình (1) – (3) được: mgL T= 2(L − y)  mg  Lúc T = T0 thì y = L 1 − ÷  2T0  Chú ý là: 0 ≤ y ≤ (L + h)/2 ⇔ 1 − Khi đó v = h mg ≤ ≤2 L T0  mg  2gL 1 − ÷  2T0  • Biện luận: • Khi mg > 2 thì dây đứt ngay ở thời điểm vừa thả ra. T0 • Khi mg h < 1 − : dây không bị đứt trong suốt quá trình chuyển động. T0 L Bài 2: Quả bóng khối lượng m1 có vận tốc ban đầu u đến va chạm với mặt phẳng nghiêng đứng yên. Ngay sau va chạm, quả bóng có vận tốc v1, mặt phẳng nghiêng có vận tốc v2, góc phản xạ của quả bóng (là góc giữa vectơ vận tốc v1 với mặt phẳng nghiêng) là α. Góc tới của quả bóng (là góc giữa vectơ vận tốc u với mặt phẳng nghiêng) là θ, là góc m 2 nghiêng của mặt phẳng nghiêng. Để xác định tỷ số q = m , bằng bốn điều kiện sau: 1 - Theo phương ngang, không có ngoại lực tác dụng vào hệ, do đó thành phần động lượng theo phương ngang được bảo toàn, ta có: u = v1 . cos( α + θ ) + q.v 2 (1) - Vì va chạm là hoàn toàn đàn hồi, mặt phẳng nằm ngang hoàn toàn không có ma sát nên động năng của hệ được bảo toàn, ta có: u 2 = v12 + q.v 22 (2) www.nbkqna.edu.vn 8 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc - Trong va chạm, lực tương tác giữa quả bóng và mặt phẳng nghiêng vuông góc với mặt phẳng nghiêng, do đó thành phần song song với mặt phẳng nghiêng của vectơ vận tốc được bảo toàn, ta có: u. cos θ = v1 . cos α (3) - Vì va chạm lần hai xảy ra tại cùng một vị trí trên mặt phẳng nghiêng, do đó theo phương ngang, tốc độ chuyển động của quả bóng và mặt phẳng nghiêng là như nhau, ta có: v1 . cos( α + θ ) = v 2 (4) Thay (4) vào (1) và (2) ta được: u = (1 + q ).v1 . cos( α + θ ) (5) u 2 = v12 [1 + q. cos 2 ( α + θ ) ] (6) Từ (5) và (6) ta có:  tan α + tan θ  q 2 + q = tan 2 ( α + θ ) =  1 − tan α . tan θ  2 (7) Từ (5) và (3) ta có: tan α = q. cot θ − tan θ 1+ q (8) Thay (8) vào (7), ta có: q= tan 2 θ 1 − tan 2 θ Với 0 ≤ q ≤ ∞ ⇒ 0 ≤ θ ≤ (9) π 4 Thay (9) vào (8), ta được: tan α = tan 3 θ Nhận xét: + α ≤ θ . Dấu “=” xảy ra khi α = 0; π 4 + Đặc biệt, kết quả này phù hợp cả khi mặt phẳng nghiêng góc θ > 45 o. Khi θ = 45o, mặt phẳng có thể có khối lượng bất kỳ so với quả bóng, khi đó động lượng của hệ theo phương ngang luôn bằng không sau lần đầu va chạm. Bài 3 1. Áp dụng định luật II + Psinα –Fms = MaG (1) + N = Pcosα (2) + Phương trình chuyển động quay quanh khối tâm G + R.Fms = IG.γ ( 3) N K α Fms P 1 1 a MR 2 , γ = G thay vào phương trình (3) => Fms = MaG thay vào (1) 2 2 R 2 => aG = g sin α 3 với IG = www.nbkqna.edu.vn 9 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc tan α + Vì ma sát là ma sát nghỉ do vậy: Fms ≤ µ n .N => µ n ≥ 3 2. Từ (1) và (3) ta suy ra Mg sin α − Fms M 2F => γ = ms MR => aG = + Gọi K là điểm tiếp xúc gia]x khối trụ và mặt nghiêng: + aK = aG – γR=> aK = gsinα – 3μgcosα + Biện luận: tan α 3 tan α + aK > 0 khối trụ lăn có trượt => µ  3 + aK = 0 khối trụ lăn không trượt => µ = Bài 4: - V× C − D lµ qu¸ tr×nh ®¼ng tÝch nªn VC = VD vµ ACD = 0 . - V× qu¸ tr×nh A − B lµ ®o¹n nhiÖt → T A ⋅ V Aγ = TB ⋅ VBγ −1 V  ↔  B   VA  γ −1 1 T V = A = α ↔ B = α γ −1 TB VA VC V ⋅V V V 1 + ln A = ln A C = ln A = ⋅ ln α (1) VB Vc VB ⋅ VD VB 1 − γ Nªn ln V× c¸c qu¸ tr×nh BC vµ DA lµ ®¼ng nhiÖt → ABC = nRTB ⋅ ln AAD = nRTD ⋅ ln VC (n lµ sè mol khÝ: n = 1) VB VA V = nRTB ⋅ α ⋅ ln A VD VC XÐt qu¸ tr×nh ®o¹n nhiÖt AB ta cã: AAB = −∆U = §Ó c«ng ∑A= A ↔ ln AB nR(TB − T A ) nRTB (1 − α ) = 1− γ 1− γ mµ khÝ nhËn ®îc trong c¶ chu tr×nh b»ng 0 + ABC + ACD + ADA = 0 VC V α −1 + α ⋅ ln A = ( 2) VB VC 1 − γ Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh (1) vµ (2) ta cã: ln = VC α (ln α − 1) + 1 V α − 1 − ln α = ; ln A = VB (1 − γ )(α − 1) VC (1 − γ )(α − 1) www.nbkqna.edu.vn 10 th×: Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc * BiÖn luËn: + NÕu α < 1 → VC V > 1 vµ A > 1 . Ta cã ®å thÞ h×nh a. VB VC + NÕu α > 1 → VC V < 1 vµ A < 1 . Ta cã ®å thÞ h×nh b. VB Vc Bài 5 1. Cơ sở lý thuyết Vật rơi trong một môi trường chịu tác dụng của lực cản tỷ lệ với tốc độ chuyển động của vật. Ban đầu vật rơi nhanh dần, nên tốc độ tăng dần, đến khi lực cản của môi trường đủ lớn để cân bằng với trọng lực và lực đẩy Acsimet thì vật chuyển động đều. Xét một viên bi nhỏ bán kính r chuyển động đều trong dầu với tốc độ v: + Phân tích lực: trọng lực P , lực đẩy Acsimet F A , lực ma sát nhớt F . + Viên bi chuyển động đều nên ta có: P + FA + F = 0 ⇒ F = P – FA 4 3 2 r 2 ( ρ − ρ d ). g ⇒ 6πη.v.r = π .r ( ρ − ρ d ).g ⇒ η = ⋅ 3 9 v Nhận xét: Để đo η, ta cần đo bán kính r và tốc độ chuyển động v của viên bi. 2. Tiến hành thí nghiệm Ống nhỏ a. Bố trí thí nghiệm như Hình 2: giọt b. Tiến trình thí nghiệm: Bước 1: Thí nghiệm với ống nhỏ giọt - Dùng cân điện tử để cân khối lượng: ống nhỏ giọt, ống nhỏ giọt có chứa nước để xác định khối lượng m của nước trong ống. - Đếm số giọt nước N. Giọt Bước 2: Cho giọt nước từ ống nhỏ giọt rơi vào dầu từ một độ cao h xác nước định (để giọt nước có tốc độ ban đầu đủ lớn). Mỗi giọt nước chuyển động S CĐ đều. trong ống dầu, quan sát chuyển động của giọt nước: Nước - Dùng thước đo quãng đường S (quan sát thấy giọt nước chuyển động Hình 2 đều). - Dùng đồng hồ đo khoảng thời gian t chuyển động tương ứng. Chú ý: Khi tiến hành bước 2 nhiều lần mức chất lỏng và nước trong ống sẽ dâng lên nên ta phải chú ý: điều chỉnh vị trí của ống nhỏ giọt (để độ cao h không đổi); vị trí đo quãng đường S (do mức nước dâng lên). 3. Xử lý số liệu a. Xác định bán kính của một giọt nước: Đo m, đếm N - Khối lượng 1 giọt nước: m0 = www.nbkqna.edu.vn m . N 11 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc 3V 3.m =3 - Bán kính 1 giọt nước: r = 3 . 4π 4π .ρ b. Xác định tốc độ chuyển động đều của giọt nước trong dầu: v= S t c. Xác định hệ số nhớt của dầu: η= 2 r 2 ( ρ − ρ d ). g ⋅ 9 v www.nbkqna.edu.vn 12 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM HỌC 2012- 2013 TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN, HÀ NỘI MÔN THI: VẬT LÝ LỚP 10 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ (Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 3 trang Câu 1 (5 điểm): Động lực học chất điểm Trên mặt bàn nằm ngang nhẵn, có một chiếc xe khối lượng m. Trên xe có hai khối hộp, khối lượng 5m và m được nối với nhau bằng một sợi dây nhẹ không dãn, vắt qua một ròng rọc có khối lượng không đáng kể. Người ta  kéo ròng rọc bằng một lực F không đổi theo phương ngang như hình vẽ 1. Hệ số ma sát trượt và nghỉ giữa xe và các khối là μt = μn = μ = 0,1. 5m m  F m Hình 1  a) Hỏi độ lớn của lực F bằng bao nhiêu thì xe có gia tốc a = 0,2g. Khi ấy gia tốc của các khối và của ròng rọc bằng bao nhiêu? b) Khi ấy gia tốc của các khối và của ròng rọc bằng bao nhiêu? Câu 2 (5 điểm): Các định luật bảo toàn Hai viên bi giống nhau, được nối với nhau bằng một sợi dây nhẹ, không giãn, dài 2l, đặt trên mặt phẳng nằm ngang nhẵn (hình vẽ 2). Người ta truyền cho một trong hai viên bi đó một vận tốc v 0 hướng theo phương thẳng đứng lên trên. vO Hình 2 a) Giả sử trong quá trình chuyển động, sợi dây luôn căng và viên bi dưới không bị nhấc lên, hãy lập phương trình quĩ đạo của viên bi trên? b) Tìm điều kiện của v0 để thỏa mãn điều giả sử trên (tức là trong suốt quá trình chuyển động, sợi dây luôn căng và viên bi dưới không rời mặt phẳng ngang). Bỏ qua lực cản của không khí, có thể thừa nhận rằng viên bi dưới sẽ dễ bị nhấc lên khỏi mặt phẳng ngang nhất khi dây ở vị trí thẳng đứng. Câu 3 (4 điểm): Cơ học vật rắn Một băng chuyền đang chuyển động với vận tốc không đổi v0. Từ độ cao h0 so với băng chuyền, một quả cầu đặc, đồng chất có khồi lượng m, bán kính R được thả không vận tốc đầu, rơi xuống va chạm với băng chuyền. Sau va chạm quả cầu bật lên đến độ cao h = k 2h 0 (k là hằng số). Biết rằng trong suốt quá trình va chạm giữa quả cầu và băng chuyền, quả cầu www.nbkqna.edu.vn m ho vO Hình 3 13 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc luôn bị trượt, cho hệ số ma sát trượt giữa quả cầu và băng chuyền là μ. Coi rằng trọng lực rất nhỏ so với lực tương tác trong quá trình va chạm, bỏ qua lực cản của không khí. ( Hình vẽ 3) a) Tìm góc θ giữa hướng vận tốc của tâm quả cầu so với phương ngang. b) Tìm động năng của quả cầu ngay sau va chạm. c) Tính khoảng cách giữa vị trí va chạm lần 2 với vị trí kết thúc va chạm lần 1 trên băng chuyền. Câu 4 (4 điểm): Nhiệt học Một xi lanh hình trụ, kín, tiết diện S, thể tích 3V0, có chứa hỗn hợp khí lí tưởng gồm hai khí trơ có khối lượng mol lần lượt là μ 1 và μ2. Khối lượng riêng của hỗn hợp khí là ρ, áp suất của khí là p 0, nhiệt độ của xi lanh luôn được giữ ở nhiệt độ To. Trong xi lanh có 1 pit tông mỏng, khối lượng M, có thể trượt không ma sát trong xi lanh, chia xi lanh thành hai ngăn A và B. Ban đầu xi lanh đặt nằm ngang, ngăn A thể tích là V0, ngăn B có thể tích là 2V0 (Hình 4a) a) Hãy xác định số phân tử khí có khối lượng mol μ1 trong xi lanh? A B Hình 4a B A có α Hình 4b b) Người ta cho xi lanh trượt xuống trên mặt phẳng nghiêng góc α so với phương ngang, ngăn A xuống trước (Hình 4b). Biết hệ số ma sát giữa xi lanh và mặt phẳng nghiêng là k. Tìm tỷ số thể tích ngăn B và thể tích ngăn A của xi lanh khi đó. (Coi rằng khi xi lanh trượt xuống, hỗn hợp khí trong mỗi ngăn vẫn có chung một giá trị áp suất tại mọi điểm) Câu 5 (2 điểm): Phương án thực hành Cho các dụng cụ sau: - Một mẩu gỗ. - Lực kế. - Mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng không đổi và chưa biết giá trị góc nghiêng. - Dây chỉ. Trình bày phương án thí nghiệm xác định hệ số ma sát giữa một mẩu gỗ với mặt phẳng nghiêng, biết rằng độ nghiêng của mặt phẳng không đủ lớn để cho mẩu gỗ tự trượt xuống. …………………………………….Hết ………………………………………….. www.nbkqna.edu.vn 14 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Đáp án Câu 1 a) Có thể xảy ra các trường hợp sau: Điểm 5m  * Trường hợp 1: Hai khối hộp cùng T mT F chuyển động, khi đó, lực ma sát tác m dụng lên khối 5m và m là ma sát trượt và có độ lớn lần lượt là: Fms1 = 5μmg, Hình 1 Fms2 = μmg. .......................................................................... Gọi a là gia tốc của xe ta có: Fms1 + Fms2 = ma  a= 6 μg =0,6g  không thoả mãn yêu cầu của đề bài (loại) * Trường hợp 2: Cả hai khối lập phương đều đứng yên đối với xe, khi đó gọi gia tốc của xe là a thì: Khối 5m: T – Fms1 =5ma Khối m: T – Fms2 = ma Suy ra: Fms2 – Fms1=4ma (1) Với xe: Fms1 + Fms2 =ma (2) 0,5 0,5 0,5 0,5 5 Từ (1) và (2) ta có: Fms2 = ma mà Fms2 ≤ μmg hay a ≤ 0,04g 2 0,5 Vậy trường hợp này cũng không thoả mãn yêu cầu bài toán (loại). * Vậy chỉ có thể xảy ra trường hợp 3 là khối 5m đứng yên so với xe, khối m chuyển động trên xe. Khi đó, gọi a là gia tốc của xe thì: Với khối 5m: T – Fms1 = 5ma, T= F (3) 2 0,5 Với xe: Fms1 + Fms2 =ma và Fms2 = μmg (4) Từ (3) và (4) suy ra: F=2(6ma – μmg) = 2,2mg. 0,5 F − µmg b) Gia tốc của vật 2: a = 2 = g (a2>a). 2 m 0,5 Do dây không dãn nên khối m lại gần ròng rọc bao nhiêu thì khối 5m ra xa ròng rọc bấy nhiêu. Nghĩa là: a2/rr = - a1/rr Hay: (a2 – arr ) = - (a1 –arr). Suy ra: a rr = 0,5 a1 + a 2 0,2g + g = = 0,6g 2 2 0,5 Câu 2 a) + NX: Vì bỏ qua ma sát nên khối tâm của hệ (trung điểm của sợi dây) chỉ chuyển động theo phương thẳng đứng. + Phương trình chuyển động của viên bi 2 (viên bi trên) x = l sin α www.nbkqna.edu.vn 0,5 15 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc y = 2l cos α C m2 => Phương trình quĩ đạo x2 y2 + = 1 (1) α l 2 4l 2 => Quĩ đạo của viên bi trên là (nửa) elip. O m1 b) Khi viên bi 2 chuyển động lên trên: Hình 2 vận tốc v giảm dàn, thành phần của trọng lực làm giảm lực căng tăng dần  lực căng dây giảm dần + Tại vị trí cao nhất cua m2: 2 mvC TC = − mg (2) RC + Tìm vận tốc của m2 tại vị trí cao nhất: Tại vị trí cao nhất, về độ lớn: v1 = v2 = vC Bảo toàn cơ năng: 2 2 mv0 mvc = 2. + mg 2l 2 2 2 vO 2 => vC = − 2 gl (3) 2 + Tìm bán kính chính khúc RC của m2 tại vị trí cao nhất Đạo hàm 2 vế biểu thức (1) 2v X x 2vY . y + = 0  4v X .x + vY . y = 0 (1’) l2 4l 2 Đạo hàm hai vế biểu thức (1’) 2 2 4a X .x + 4v X + a y . y + vY = 0 0,5 vO m2 Tại vị trí C: x = 0; y = 2l vx = vC; vy = 0 ax = 0; ay = - vc2/RC 2 vC 2 = 0 => RC = l/2 => 4vC − 2l. (4) RC + Thay (3) và (4) vào (2) ta được: 2 vO 2 m( − 2 gl ) mvO 2 TC = − mg = − 5mg l l 2 + Điều kiện để dây luôn căng: TC ≥ 0 => vO ≥ 5 gl + Điều kiện để m1 luôn chuyển động trên mặt phẳng ngang: TC ≤ mg => vO ≤ 6 gl Kết luận: ……. www.nbkqna.edu.vn 0,5 0,5 0,5 1,0 0,5 0,5 0,5 5 gl ≤ vO ≤ 6 gl 16 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc Câu 3 + Gọi v là vận tốc khối tâm của quả cầu ngay trước khi va r chạm N vx; vy là vận tốc khối tâm quả cầu theo 0x và 0y r ngay sau va chạm 2 Fms vO Ta có: v = 2gh0 y x v y = 2 gh = 2 gk 2 h0 2 => vy = kv + Gọi Δt là khoảng thời gian va chạm. + Viết được các phương trình về biến thiên động lượng của khối tâm và biến thiên mô men động lượng của quả cầu đối với trục quay đi qua khối tâm quả cầu: N .∆t = mv y + mv = (k + 1)mv (1) µN .∆t = mvX 2 µN .R.∆t = mR 2 .ω 5 (2) 0,5 0,5 (3) 0,5 a) Từ (1) và (2) suy ra: v X = µ (k + 1)v vY k = => tan θ = v X µ (k + 1) 0,5 b) Từ (1) và (3) tìm được tốc độ góc của quả cầu ngay sau va chạm. ω= 5µ (k + 1)v 2R 0,5 => động năng của quả cầu ngay sau va chạm: mvX mv Iω 2 (2k 2 + 7 µ ( k + 1) 2 ).mghO Wđ = + Y + = 2 2 2 2 2 2 0,5 c) Thời gian từ cuối lần va chạm thứ nhất đến lần va chạm thứ 2: t=2 2h 2hO = 2k g g Khoảng cách giữa vị trí cuối lần va chạm thứ nhất đến vị trí va chạm lần thứ hai trên băng chuyền là: l = v0 − v X .t = vO − µ (k + 1) 2 ghO .2k 2hO g 1,0 Câu 4 a) Gọi n1 và n2 lần lượt là số mol khí của khí 1 (μ1) và khí 2 (μ2) + Ta có các phương trình sau: m = 3ρVO = n1µ1 + n2 µ 2 3p V n1 + n2 = O O RTO 0,5 0,5 + Từ 2 phương trình suy ra: n1 = 3VO pO µ 2 − ρRTO . RTO µ 2 − µ1 0,5 + Số phân tử khí 1 (có khối lượng mol μ1) là: N1 = n1.N A = 3VO .N A ( pO µ 2 − ρRTO ) RTO ( µ 2 − µ1 ) 0,5 0,5 b) + Khi xi lanh trượt xuống mặt phẳng nghiêng thì gia tốc của xi lanh là: www.nbkqna.edu.vn 17 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc a = g sin α − kg cos α (1) + Phương trình động lực học cho pittong là: (pB – pA)S + Mgsinα = Ma (2) + Thay (1) vào (2) ta được: (pB – pA)S = - kMgcosα (3) + Phương trình trạng thai cho ngăn A và B. p0V0 = pAVA (4) 2p0V0 = pBVB (5) + Mặt khác: VA + VB = 3V0. Đặt x = VB/VA => VA = 3V0 ; 1+ x VB = 0,5 3V0 x 1+ x 0,5 Kết hợp với phương trinh (3), (4), (5) ta được: 1+ x 1 + x − kMg cos α − p0V0 . = 3V0 x 3V0 S 3kMg cos α 2 + 1) x − 2 = 0 (*)  x −( p0 S 2 p0V0 . Giải phương trình bậc 2 (*) ta được: 0,5 3kMg cos α 3kMg cos α + 1) + ( + 1) 2 + 8 p0 S p0 S VB =x= VA 2 ( Câu 5 - Móc lực kế vào mẩu gỗ và kéo nó trượt đều đi lên mặt phẳng nghiêng, khi đó ta có: F1 = kPcosα + Psinα (1), 0,5 (F1 là số chỉ của lực kế khi đó). 0,5 - Tương tự, kéo vật chuyển động đều đi xuống ta có: F2 = kPcosα - Psinα (2). - Trừ vế với vế của (1) cho (2) ta có: F1-F2=2Psinα → sin α = - Cộng vế với vế phương trình (1) và (2) ta có: cos α = F1 − F2 (3). 2P 0,25 F1 + F2 (4). 2P 0,25 - Do sin2α+cos2α = 1 nên ta có: 1= ( F1 − F2 2 F + F2 2 ) +( 1 ) →k = 2P 2kP F1 + F2 0,5 4 P 2 − ( F1 − F2 ) 2 - Các lực đều được đo bằng lực kế, từ đó tính được k. Người ra đề: Ngô Thị Thu Dinh Đơn vị: Trường THPT CHUYÊN BIÊN HÒA TỈNH HÀ NAM ----------------------- GIỚI THIỆU ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI- ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ MÔN: VẬT LÝ LỚP :10 Thời gian làm bài: 180 phút Bài 1: (5 điểm) Một quả cầu nhỏ nằm ở chân nêm tam B giác OBM vuông cân, cạnh l (hình vẽ). l www.nbkqna.edu.vn M uu r vo O18 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc 1, Để quả cầu rơi đúng điểm M trên nêm thì phải cung cấp cho quả cầu vận tốc ban đầu hướng song song với cạnh OB bằng bao nhiêu? 2, Tính thời gian quả cầu rơi xuống M kể từ khi quả cầu được cung cấp vận tốc tại O. Bỏ qua mọi ma sát, coi mọi va chạm tuyệt đối đàn hồi. Bài 2: (5 điểm) Một tấm ván khối lượng M được treo vào một dây dài nhẹ, không giãn. Nếu viên đạn có khối lượng m bắn vào ván với vận tốc v0 thì nó dừng lại ở mặt sau của ván, nếu bắn với vận tốc v1 > v0 thì đạn xuyên qua ván. Tính vận tốc v của ván ngay sau khi đạn xuyên qua. Giả thiết lực cản của ván đối với đạn không phụ thuộc vào vận tốc của đạn. Bài 3: (4 điểm) Cho 1 mol khí lý tưởng đơn nguyên tử thực hiện quá trình biến đổi trạng thái (1 sang 2) sao cho nhiệt dung của nó trong quá trình này không đổi bằng 2R. 1. Hỏi thể tích khí tăng bao nhiêu lần nếu nhiệt độ tăng gấp 9 lần? 2. Khí tiếp tục biến đổi sang trạng thái 3 bởi quá trình dãn đoạn nhiệt, rồi làm lạnh đẳng tích sang trạng thái 4 và trở về trạng thái đầu thông qua quá trình đẳng áp. Cho biết V 4 = 4V1. a. Biểu diễn chu trình biến đổi trạng thái của khí trên đồ thị (p – V). b. Tính hiệu suất chu trình. Bài 4: (4 điểm) Thanh mỏng đồng chất AB thẳng dài L quay xung quanh trục đi qua trung điểm. Lúc đầu thanh được giữ nằm ngang, một con nhện được ném theo phương ngang từ một vị trí cách thanh một khoảng h và cách đầu mút A khoảng L/4, rơi vào điểm chính giữa của đầu mút A với tâm quay thanh (hình vẽ), cho khối lượng nhện bằng khối lượng thanh. 1. Tìm vận tốc góc của thanh ngay sau va chạm. 2. Khi vừa chạm vào thanh, nhện bò dọc trên thanh để vận tốc góc của thanh không đổi. Tìm tỉ số h/L và vận tốc ban đầu của nhện để nhện thực hiện được điều này cho biết nhện rời thanh khi thanh thẳng đứng www.nbkqna.edu.vn 19 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc h A C G L/4 D B L Bài 5: (2 điểm) Xác định hiệu suất của mặt phẳng nghiêng với các dụng cụ và vật liệu sau: 1. Một mặt phẳng dùng làm mặt phẳng nghiêng; 2. Khúc gỗ dạng hình hộp chữ nhật; 3. Giá đỡ; 4. Thước đo chiều dài. -------------HẾT------------ Người ra đề: Ngô Thị Thu Dinh Đơn vị: Trường THPT CHUYÊN BIÊN HÒA TỈNH HÀ NAM ----------------------- ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI- ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ MÔN: VẬT LÝ LỚP: 10 Thời gian làm bài: 180 phút Đáp án Bài 1 1. Điểm 5 điểm  Tìm vận tốc ban đầu của quả cầu. Chọn hệ trục tọa độ xBy (hình vẽ) Chọn gốc thế năng ở mặt phẳng ngang. uu r Vận tốc của quả cầu tại đỉnh nêm là vB Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng tại O và B. y uu r vB α mvo2 mvB2 l 2 = + mg 2 2 2 0,25 l ⇒ vB = vo2 − ga 2 www.nbkqna.edu.vn B x M O 20 o Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc Sau khi rời B, quả cầu chuyển động uur như vật ném xiên với vận tốc ban đầu vB , α = 450 . 0,5 + Trên By: g 2 ; v0 y = vB 2 g 2 g 2 2 v y = vB − t ; y = vB t − gt 2 4 ay = 0,25 Khi vật chạm mặt phẳng BM lần đầu tiên: y1 = 0 ⇒ t1 = 0,25 2 2 vB g Vận tốc quả cầu ngay trước va chạm: v y = vB − g 22 2 vB = −vB 2 g 0,5 Do va tuyệt đối chạm đàn hồi, nên sau va chạm lần thứ nhất quả cầu lại nảy lên và tiếp tục va chạm lần 2, lần 3…sau những khoảng thời gian liên tiếp t = t1 = 0,5 2 2 vB , vận tốc sau va chạm vẫn là vB . g + Trên Bx Quả cầu chuyển động nhanh dần đều với ax = g 2 ; v0 x = 0 2 0,5 Theo tính chất chuyển động nhanh dần đều thì quãng đường đi được dọc theo OM sau những khoảng thời gian bằng nhau liên tiếp t là: x1 : x2 : x3 : … = 1 : 3 : 5 : … : ( 2 n -1) Để quả cầu rơi đúng điểm M: 0,5 x1 + x2 + … + xn = 1 + 3 + 5 + … + ( 2n - 1)  x1 = n 2 x1 = l Với x1 = axt 2 = ⇒ vo = 2. ( 4n 2 2 2(v02 − gl 2) g ) + 1 gl 2 2n 2 0,5 0,5 n = 1, 2,3...  Thời gian quả cầu rơi xuống M tOB: Thời gian quả cầu từ O đến B: vB2 − vO2 = 2a.OB ⇒ a = ⇒ tOB 0,25 v −v −g = 2.OB 2 2 B 2 O v 2 − gl 2 − vO vO 2 − 2vo2 − 2 2 gl 1 v −v = B O = o = = −g a' g n 2 ( 4n 2 + 1) l g 2 − 1 n l g 2 tn: thời gian quả cầu từ B về M sau n lần va chạm với mặt phẳng BM tn = n.t = n. 2 2 2 2 2 vB = n. vo − gl 2 = g g 0,5 0,25 4l g 2 Thời gian quả cầu rơi xuống M kề từ khi xuất phát tại O là: 0,25 www.nbkqna.edu.vn 21 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc t = tn + tOB = = ( 4n 4l 1 + g 2 n ( 1 2n + n 2 + 1) l g 2 ( 4n 2 ) + 1) − 1 − 1 n l g 2 l 1 g 2 Chú ý: Nếu học sinh chỉ xét trường hợp quả cầu từ B rơi ngay xuống M(n = 1) thì cho 1,5đ x1 = l ⇒ vo = 0,5 5 gl 2 2 4l 5l l + − g 2 g 2 g 2 t = tn + tOB = ( = 1+ 5 Bài 2 ) l g 2 5 điểm  Khi vận tốc đạn là v0 Sau khi xuyên qua, đạn và tấm gỗ cùng chuyển động với vận tốc v’. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng và năng lượng cho hệ ngay trước và sau khi va chạm ta có: mv0 =(M+m)v’ (1) 1 1 mv0 2 = ( M + m ) v 2 + Q 2 2 (2) 0,5 0,5 0,5 Q: Công của lực cản biến thành nhiệt 0,5 2  m  .v0 ÷ Từ (1), (2) ⇒ Q = mv0 − ( M + m )  M +m  mM Q= v02 2( M + m) 2 (3)  Khi đạn có vận tốc v1 > v0. Gọi v2 là vận tốc đạn sau khi xuyên qua tấm gỗ. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng và năng lượng cho hệ ngay trước và sau khi va chạm ta có: mv1 = Mv + m v2 (4) 1 2 1 1 mv1 = Mv 2 + mv22 + Q 2 2 2 (5) 0,5 0,5 Thay (3), (4) vào (5) ta suy ra: 2 M 2  M  M v = v +  v1 − v ÷ + .v02 m m  M +m  m 2 v02 mv1 ⇒ v2 − 2 .v + =0 M +m ( M + m) 2 2 1 0,5 Giải phương trình ta được: v= www.nbkqna.edu.vn m (v1 ± v12 − v02 ) M +m 1 22 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc Nếu chọn dấu “+”, thay vào (4) ta suy ra: v2 = mv1 − M v12 − v02 M +m 0 Quá trình 2-3: Q23 = 0 ⇒ A '23 = −∆U 23 = 2,356 RT1 Quá trình 3-4: A '34 = 0 ⇒ Q34 = ∆U 34 = −5,144 RT1 < 0 Quá trình 4-1: ∆U 41 = −4,5RT1 ; A '41 = −3RT1 ⇒ Q41 = −7,5RT1 < 0 Tổng công thực hiện trong chu trình: b. 0,5 A ' = A '12 + A '23 + A '34 + A '41 = 3,356 RT1 Nhiệt lượng mà khí nhận: Q = Q12 = 16 RT1 A ' 3,356 RT1 Hiệu suất chu trình: H = Q = 16 RT = 20,975% ≈ 21% 1 Bài 4 0,5 0,5 4 điểm  Phân tích chuyển động của con nhện trong quá trình trước khi chạm vào thanh. Chọn Oxy: O là tại vị trí ném nhện, Ox theo hướng ném ban đầu; Oy hướng xuống dưới. Gọi v0 là vận tốc ban đầu của nhện tại vị trí ném. Khối lượng của nhện bằng khối lượng thanh bằng m. gL2 2h uur Tại vị trí rơi xuống thanh (D): vD = (vx , v y ) với vx = v0 ; v y = 2 gh O Theo giả thiết ta tìm được mối liên hệ: v0 = 0,25 (1) h A C G L/4 a. L D αt B ω a  Tìm vận tốc góc của thanh ngay sau va chạm Trong quá trình va chạm, moment ngoại lực tác dụng lên hệ “thanh + nhện” bằng 0 (đối với trục quay qua G), nên moment động lượng được bảo toàn. Xét động lượng hệ ngay trước và sau khi va chạm: mv y L = I ω0 4 (2) 0,25 Tính được moment quán tính (nhện và thanh có khối lượng bằng nhau): 2 1 7 L mL2 + m  ÷ = mL2 12 48 4 12 v y 12 2 gh = Thay (3) vào (2) tìm được: ω0 = 7 L 7 L  Tính tỉ số h/L và v0 với ω0 không đổi I= b. (3) (4) Chọn gốc thời gian là ngay sau khi nhện chạm vào thanh và bắt đầu bò trên thanh. Xét tại thời điểm t: nhện bò được một đoạn x; thanh quay được góc α t = ω0t Moment động lượng của hệ: Lt = Itω0 www.nbkqna.edu.vn 0,25 0,25 0,25 0,25 24 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc 2 dI 1 L  L  mL2 + m  + x ÷ ⇒ t = 2m  + x ÷dx 12 dt 4  4  dL Phương trình động lực học cho hệ quay: M = t dt dI L  ⇔ mg  + x ÷cosα t = ω0 t (ω0 = const ) dt 4  t g cos ω0t g cos ω0t g sin ω0t Suy ra: dx = 2ω dt ⇒ x = ∫ 2ω dt = 2ω 2 0 0 0 0 Khi đó: I t = π 0,5 0,5 0,5 π Nhện rời thanh khi thanh thẳng đứng: α = 2 = ω0t ⇒ t = 2ω 0 Khi đó: x = 0,25 L 2g ⇒ ω0 = 4 L (5) 0,25 (6) 0,25 (7) 0,25 2 h 7 Từ (4) và (5) ta có: =  ÷ L  12  Từ (6) và (1) ta được: v0 = Bài 5 12 7 gL 2 2 điểm Nguyên tắc: xác định hiệu suất dựa vào pháp đo công của trọng lực với công của các lực cản trên mặt phẳng nghiêng thông qua phép đo chiều dài. 0,5 Cách làm: + gá mặt phẳng lên giá tạo ra mặt phẳng nghiêng với góc h 1 nghiêng α mà tan α = l 1 + Hiệu suất của mặt phẳng nghiêng xác định bởi công thức: H= A ' mgh = A F .l 0,5 (1) Với F là lực theo phương mặt phẳng nghiêng cần thiết để kéo vật lên F = mg sin α + µ mg cos α (2) Với µ là hệ số ma sát. h1 Để xác định hệ số ma sát µ , ta cần đặt vật lên trên mặt phẳng nghiêng sao cho vật nằm yên. Tăng dần góc nghiêng cho đến khi góc nghiêng là α 0 thì vật bắt đầu trượt xuống khi đó: l1 mg sin α 0 = µ mg cos α α Từ đó: µ = tan α 0 = Thay (2), (3) vào (1): l0 h0 (3) H= 1 hl 1+ 0 1 l0 h1 (4) Đo lần lượt các độ dài: l0; h0 ứng với góc nghiêng α 0; l1, h1 ứng với góc α , tính H theo công thức trên. 0,5 Sai số: www.nbkqna.edu.vn 0,5 25 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc ∆H h0 ∆l0 ∆h ∆l1 = + + + H h0 l0 h l1 -------------HẾT------------ www.nbkqna.edu.vn 26 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc SỞ GD&ĐT HÒA BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC THPT TRƯỜNG THPT CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI & ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HOÀNG VĂN THỤ LẦN THỨ VI, NĂM HỌC 2012-2013 Môn:Vật lí; Lớp: 10 Thời gian: 180 phút không kể thời gian phát đề ĐỀ GIỚI THIỆU Câu 1: (5 Điểm) Động lực học chất điểm + Động học chất điểm. Cho cơ hệ và hệ trục toạ độ như hình vẽ 1 (HV1). Cơ hệ gồm bốn vật nặng có khối lượng tương ứng lần lượt là m1 ; m2 ; m01 ; m02 . Ban đầu người ta giữ cơ hệ ở trạng O X thái tĩnh rồi thả nhẹ. Bỏ qua mọi ma sát và lực cản, khối lượng các ròng rọc, cho rằng dây mảnh nhẹ không giãn. Tính độ lớn Y lực căng dây treo nếu: m02 m01 a. m01 ; m02 được giữ cố định. m1 b. m01 ; m02 để tự do. Kết quả này sẽ thay đổi như thế nào nếu m01 & m02 có giá trị rất lớn. m2 HV1 Câu 2: (5 Điểm) Các định luật bảo toàn + Động lực học chất điểm. Một cái vòng khối lượng M, bán kính R được treo bởi một sợi dây nhẹ không giãn. Người ta lồng vào vòng hai hạt cườm giống hệt nhau khối lượng m và ban đầu chúng được giữ ở A như HV2. Các hạt cườm có thể chuyển động không ma sát trên vòng. Từ điểm cao nhất A của vòng người ta thả đồng thời hai hạt cườm không vận tốc đầu đề chúng trượt xuống. A m αα b. Xác định giá trị của α để lực căng dây nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất R O a. Xác định lực căng của dây treo khi các hạt cườm ở vị trí bất kì xác định bởi góc α như HV. m M HV2 này. c. Xác định giá trị tối thiểu của M (tính theo m) để vành không bị nâng lên trong quá trình các hạt cườm chuyển động. www.nbkqna.edu.vn 27 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc Câu 3: (4 Điểm) Động cơ nhiệt có tác nhân là một mol khí lí tưởng đơn nguyên tử hoạt động theo chu trình 1-2-3-1 vẽ trong hệ tọa độ COT như hình vẽ 3, với C là nhiệt dung: + Quá trình 1-2 là quá trình nhiệt dung không đổi có giá trị bằng C1 được biểu diễn bằng đường thẳng song với OT. + Quá trình 2-3 có nhiệt dung C biến đổi theo nhiệt độ theo quy luật C = α T 2 ; α là hằng số dương. + Quá trình 3-1 được biểu diễn bằng đường thẳng song với OC. Cho biết nhiệt độ ở trạng thái 1 và 2 lần lượt là T1 ; 4T1 . C a. Tính hiệu suất động cơ nhiệt nói trên theo C1 ; α ; T1 . Áp dụng số C1 = 4,9α T12 b. Trong quá trình biến đổi trạng thái từ (2 → 3) , tìm mối liên hệ giữa thể C1 (1) (2) tích V và nhiệt độ T. Câu 4: (4 Đểm) Động lực học vật rắn + Các định luật bảo toàn trong vật rắn + Tĩnh học vật rắn. (3) Một thanh cứng nhẹ hình chữ T (nhưng không có dạng đối xứng như HV4). O T1 Lần lượt gắn ở các đầu A;B;C của thanh các vật có O khối lượng lần lượt là 3m; 2m; m . Thanh có thể quay trong mặt phẳng thẳng đứng quanh trục quay đi qua O như HV. Cho biết OA = l ; OB = 2l ; T HV3 C A OC = 3l . 1. Khi hệ cân bằng, phương AC của thanh hợp với phương ngang góc α bằng bao nhiêu? HV4 B 2. Từ vị trí cân bằng của thanh, đưa thanh đến vị trí sao cho phương AC của thanh hợp với phương ngang một góc ϕ rồi thả nhẹ. a. Tính lực tác dụng lên vật 2m theo m; g ;ϕ khi đó. Chỉ rõ phương chiều của lực này. b. Áp dụng số ϕ = 450 ; m = 17 ≈ 4,1231kg ; g ≈ 10m / s 2 www.nbkqna.edu.vn 4T1 28 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc Câu 5: (2 Đểm) Từ các dụng cụ thí nghiệm sau: 1. Một đồng hồ bấm giây 2. Một chiếc giá cao h = 50 cm. R 3. Một quả cầu đồng chất có bán R (R 0 ⇒ quá trình này khí nhận nhiệt. (0,5đ) T1 T1 T3 T1 T2 4T1 Q23 = ∫ C.dT = α ∫ T 2 .dT = −21α T13 ⇒ quá trình này khí nhả nhiệt. Q31 = 0 (Do T = const ) (0,5đ) (0,25đ) Q1 = Q12 = 3C1T1 (0,25đ)  3 Q2 = Q23 = 21α T1 Vì đây là động cơ nhiệt nên hiệu suất cho bởi công thức: Q C H = 1 − 2 = 1 − 1 2 (0,25đ) Q1 7α T1 Áp dụng số: ⇒ H = 1 − C1 = 0,3 = 30% (0,25đ) 7α T12 b. (2,0đ) 2 Xét quá trình 2-3 ta có: C = α T = δ Q pdV + CV dT = dT dT (1) (0,5đ) pV RT =R⇒ p= (2) (0,25đ) T V dV  α   C  dT =  ÷TdT −  V ÷ Từ (1)(2) ⇒ (0,5đ) V R  R  T Mặt khác ⇒∫ dV  α   C  dT =  ÷∫ TdT −  V ÷∫ V R  R  T  α  2  CV Hay ⇒ ln V =  ÷T −   2R   R ⇒ V .T CV R .e  α  2 − ÷T  2R  Tóm lại: V .T CV R .e  ÷ln T + const  CV R 2 = const = V2 .T  α  2 − ÷T  2R  www.nbkqna.edu.vn (0,25đ) .e  α  2 − ÷T2  2R  3 CV R 3 = V3 .T  α  .e  α  2 − ÷T3  2R  (0,5đ) 2 − ÷T = const hay V .T 2 .e  2 R  = const 32 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc C Câu 4: (4 Điểm) 1. (1,0đ) Giả sử khi thanh cân bằng phương AC của thanh sẽ hợp với phương Ox góc α như HV. định + là: M 1 + M 2 + M 3 = 0 A ⇔ −3mg.l cos α + 2mg .2l sin α + mg.3l cos α = 0 ⇒ sin α = 0 ⇒ α = 0 x O Ta có điều kiện cân bằng của vật rắn có trục quay cố (1,0đ) Vậy khi hệ cân bằng, phương AC của thanh là + B phương ngang. 2a. (2,5đ) Xét B. uu r uu r uur uu r P2 + Ft + Fn = m2 a2 Chiếu lên phương hướng tâm và phương tiếp tuyến có: Fn − P2 cosϕ = m2 a2 n = m2 . V022 = 0 (do V02 = 0) ⇒ Fn = P2cosϕ (1) 2l P2 sin ϕ − Ft = m2 a2t = m2 .γ .2l (2) (0,5đ) (0,5đ) Xét cả hệ thống khi phương AC của thanh hợp với phương Ox góc ϕ ta có: M 1 + M 3 + M 2 = I O .γ ⇔ P2 .2l sin ϕ = I O .γ ⇒ γ = 14 2 43 0 2 2 2 2 Với I O = 3m.l + 2m.(2l ) + m.(3l ) = 20m.l (4) P2 .2l sin ϕ (3) IO (0,5đ) (0,25đ) (1)(2)(3)(4) ⇒ Ft = 3P2 sin ϕ 5 ⇒ F = Fn2 + Ft 2 = P2 2mg 9 + 16cos 2ϕ = 9 + 16cos 2ϕ 5 5 (5) (0,25đ) (0,25đ) Ft 3 ur F hợp với phương OB góc β thỏa mãn tg β = F = 5 tgϕ n (0,25đ) 2b. (0,5đ) Áp dụng số.  2 17 mg = 68 N  F = 0 5 Khi ϕ = 45 ⇒  tg β = 3 = 0, 6  5 (0,5đ) 0 Câu 5: (2 Điểm) A Ban đầu quả cầu xoay quanh trục quay tức thời A. Lúc bắt đầu rơi khỏi bàn vận tốc của nó là v, phản lực N bằng 0, lực làm cho quả cầu quay tròn quanh A là trọng lực p cos α : www.nbkqna.edu.vn y α u r P α r v x 33 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc v2 (1) (0,5đ) p cos α = m ⇒ v 2 = gR cos α R Theo định luật bảo toàn năng lượng: 1 mgR = mgR cos α + mv 2 (2) 2 Từ (1) và (2) ⇒ cos α = (0,25đ) 2 5 ⇒ sin α = 3 3 2 2 vào phương trình (1) ta được vận tốc của vật lúc đó: v = gR 3 3 Giai đoạn tiếp theo vật như một vật bị ném xiên với góc α và với vận tốc ban đầu: 2 (0,25đ) v= gR 3  x = v cos α .t  Chọn trục 0' xy như hình vẽ 0' ≡ A .  1 2  y = v sin α .t + 2 gt 1 2 Khi chạm đất y = h , nên: v sin α .t + gt = h 2  − 10 gR + 10 gR + 54 gh  2 t1 = gR v = 3 3.g   3 Thay  vào phương trình trên ta tìm được:  − 10 gR − 10 gR + 54 gh 5   < 0 (loai ) sin α = 3 t2 = 3 3.g  − 10 gR + 10 gR + 54 gh Vậy sau t = (1) thì vật sẽ rơi xuống đất. (0,5đ) 3 3. g Thay cos α = 2 1  54h − A2  Đặt 3 3 g .t = A khi đó thay vào (1) ta có: R= .  ÷ (2). Vậy khi đo được thời gian quả cầu rơi 10  2. A  bằng đồng hồ bấm giây, biết được h = 50 cm thay vào (2) ta đo được bán kính của quả cầu cần tìm. (0,5đ) www.nbkqna.edu.vn 34 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ VI (2012-2013) ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. HỌ VÀ TÊN THÍ SINH: ………………………………………………… SỐ BÁO DANH:…………………………. Câu 1 (5 điểm): Một khung rắn vuông AOB ( AOˆ B = 900 ) nằm trong mặt phẳng thẳng đứng, quay quanh trục OO’ thẳng đứng sao cho AOˆ O ' = α . Một thanh rắn nhẹ dài 2a có gắn 2 vòng nhỏ, nhẹ ở hai đầu có thể trượt không ma sát dọc các cạnh OA và OB của khung. Tại trung điểm của thanh có gắn quả nặng nhỏ. Vận tốc góc quay của khung bằng bao nhiêu để thanh nằm ngang? α Câu 2 (5,0 điểm): Một quả bóng đàn hồi rơi tự do từ độ cao h = 2m . Sau mỗi va chạm với sàn ngang cơ năng chỉ còn lại k = 81% so với trước lúc va chạm. Quỹ đạo bóng luôn thẳng đứng. Lấy g = 9.8m/s2. Hỏi sau bao lâu thì bóng dừng, trong thời gian đó C D bóng đi được quãng đường dài bao nhiêu? A B Câu 3 (4,0 điểm): Động cơ nhiệt là một khối hình trụ (xy lanh) chứa đầy khí, trong đó có một pittông mà chuyển động của nó bị giới hạn bởi các cữ chặn AA và BB. Khí được nung nóng từ từ cho đến khi pittông bị cữ chặn BB giữ lại. Sau đó đáy của lò xo được dịch chuyển từ vị trí CC đến vị trí DD. Rồi khí được làm lạnh từ từ cho đến khi A B pittông bị cữ chặn AA giữ lại và đáy lò xo được dịch chuyển ngược lại trở về vị trí CC. Sau đó khí lại được nung nóng v.v…Tìm hiệu C D suất của động cơ này biết khối trụ chứa khí Hêli, tiết diện pittông S = 20cm 20cm 20cm 10cm 10 cm2, độ cứng lò xo k = 10 N/m, chiều dài tự nhiên của lò xo là l 0 = 60 cm và áp suất bên ngoài bằng không. Câu 4 (4,0 điểm): Vành mảnh bán kính R, bắt đầu lăn không trượt trên mặt nghiêng góc α với phương ngang từ độ cao H (R 0 Để m dịch chuyển lên trên nêm thì:  ( II ) N > 0 • Giải (I): a 2 y > 0 ⇔ F cos α [ M + m(1 − cos α )] − mg ( M + m) sin α cos α > 0 ⇔F> mg ( M + m) sin α M + m(1 − cos α ) (7) .....(0,5đ) • Giải (II): Thay (6) vào (3) rút ra N và từ điều kiện N > 0 ta suy ra: F< Mg cos α (1 − cos α ) sin α (8) .....(0,5đ) Từ (7) và (8) ta suy ra để m leo lên được mặt nêm M thì lực F phải thoả mãn điều kiện mg ( M + m) sin α Mg cos α x2 = 2 L( 2 − 3 ) 3 . ……(0,5đ) Chọn mốc thế năng tại độ cao của đường AB. Gọi khoảng cách từ vật 2 đến đường AB ban đầu là H.áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho quá trình chuyển động từ vị trí ban đầu đến vị trí cân bằng, ta có: - mgH = -mgx - mg(H - x2) + m.v2 ……… (1,0đ) => v2 = g(x - x2) => v = gL(2 − 3 ) ………..(0,5đ) Câu 3: 4 điểm (Nhiệt) 1 mol khí lí tưởng đơn nguyên tử thực hiện một chu trình như hình vẽ. Trong chu trình đó khối khí thực hiện công A = 2026 J. Chu trình này bao gồm quá trình 1 → 2 ở đó áp suất là hàm tuyến tính của thể tích, qúa trình đẳng tích 2 → 3 và quá trình 3 → 1 nhiệt dung P1 1 P2 2 P3 3 O của chất khí không đổi. Biết rằng T1 = T2 = 2T3 = 100 K , P A V B V2 = 8. V1 Cho R = 8,31 J/mol.K. Tìm nhiệt dung trong quá trình 3 → 1. Đáp án: Đối với quá trình 3 → 1: Q31 = ∆U 31 + A31 Sự thay đổi nội năng trong quá trình 3 → 1: www.nbkqna.edu.vn 48 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc 3 3 3 1 3 ∆U 31 = R∆T31 = R (T1 − T3 ) = R (T1 − T1 ) = RT1 ……. (0,5 đ) 2 2 2 2 4 Công A31 mà chất khí thực hiện được trong quá trình có thể tìm được bằng điện tích của đường cong dưới đường 3 → 1: A31 = S A12 B − S12 S A12 B = ở đây P1 + P2 (V2 − V1 ) 2 …… (0,5 đ) Từ phương trình khí lí tưởng đối với các điểm 1 và 2 ta có: p1V1 = RT1 p2V2 = RT2 …… (0,5 đ) V2 p Vì T1 = T2 và V = 8 thì p2 = 1 8 1 Vì vậy: S A12 B = 8 p1 + p1 63 (8V1 − V1 ) = p1V1 2.8 16 ……. (0,5 đ) Diện tích tam giác cong 123 cho ta biết công của chu trình 123: S A12 B = A Khi đó: A31 = 63 p1V1 − A = 1246( J ) 16 ……. (0,5 đ) Vì chất khí bị nén nên A31 < 0 , A31 = −1246 Nhiệt lượng Q31 nhận được (thải ra) trong quá trình 3 → 1 bằng: Q31 = 3 63 RT1 + A − RT1 = −632( J ) 4 16 ……. (0,5 đ) Vì nhiệt lượng liên hệ với nhiệt dung là: Q31 = C (T1 − T3 ) = C. Thì: C = 12,5 J/K T1 2 …… (0,5 đ) B ……..(0,5 đ) Câu 4: 4 điểm (Cơ vật rắn) Thanh AB đồng chất, tiết diện đều, chiều dài l, khối lượng m, đứng yên trên mặt ngang nhẵn. Một cục nhừa nhỏ A có cùng khối lượng m, bay với vận tốc vuông góc với thanh AB đến va chạm mềm vào đầu B. d) Tính vận tốc khối tâm của hệ ngay sau va chạm. e) Tính tốc độ góc của thanh, vận tốc của đầu A ngay sau va chạm. Và phần động năng bị mất trong va chạm www.nbkqna.edu.vn 49 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc f) Ngay sau va chạm có một điểm C của thanh có vận tốc tuyệt đối bằng 0. Xác định vị trí điểm C Đáp án: a) Trước va chạm thanh có khối tâm nằm ở trung điểm O của thanh. Ngay sau va chạm khối tâm g chuyển động tịnh tiến với vận tốc v G và chuyển động quay ngược chiều kim đồng hồ quanh trục quay đi qua tâm O. Áp dụng công thức xác định vị trí khối tâm hệ ta tìm được vị trí khối tâm hệ nằm cách B đoạn l/4 Bảo toàn động lượng: mv = (m + M)VG => vG = v/2 …….. (1,0 điểm) b) Momen quán tính của hệ 2 vật sau va chạm đối với khối tâm của hệ là: I = ml2/12 + ml2/16 + ml2/16 = 5 ml2/24 ……….(0,5 điểm) Bảo toàn mô men động lượng cho hệ ngay trước và sau va chạm Mvl/4 = I  = 6v/5l ………..(0,5 điểm) - Vận tốc tuyệt đối của đầu A +  VA = GA – v/2 = 2v/5…….. (0,5 điểm) - Động năng bị mất trong va chạm là: = mv2/10 …………..(0,5 điểm) c) Điểm C cách khối tâm đoạn x có vận tốc bằng 0: vG = x x = 5l/12 ………..(1,0 điểm) Câu 5 : Thực hành. (2 điểm) B C Cho một khối gỗ hình hộp có cạnh BC dài hơn đáng kể so với cạnh A D AB đặt trên một tấm ván nằm ngang (hình vẽ), một cái bút chì và một cái thước. Hãy tìm cách làm thí nghiệm và trình bày cách làm để xác định gần đúng hệ số ma sát giữa khối gỗ và tấm ván. Giải thích cách làm. Đáp án Đặt khối gỗ dựng đứng như hình vẽ. Dùng bút chì kẻ KL chia đôi mặt bên khối gỗ. Đặt C mũi bút chì trên đường KL và đẩy nhẹ nhàng khối D M L F gỗ bằng một lực theo phương ngang, song song với cạnh nhỏ nhất AB của nó (hình vẽ). www.nbkqna.edu.vn K B A 50 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc Ban đầu, điểm đặt của bút chì ở gần K. Khi đó nếu đẩy nhẹ khối gỗ thì nó sẽ trượt chậm trên mặt tấm ván. Dịch chuyển dần điểm đặt của bút chì dọc theo đường KL về phía L và đẩy như trên thì sẽ tìm được một điểm M mà nếu điểm đặt của lực ở phía dưới nó thì khối gỗ sẽ trượt, còn nếu điểm đặt của lực ở phía trên nó thì khối gỗ sẽ bị đổ nhào mà không trượt. ………… (0,5ñ) Dùng thước đo AB = a; KM = b Khi đó hệ số ma sát sẽ được xác định theo công thức µ = a . 2b ……. D C F (0,5ñ) Giải thích: Nếu đẩy nhẹ cho khối gỗ trượt được thì lúc đó lực đẩy F bằng độ lớn của lực ma sát trượt giữa khối gỗ và mặt ván. Nếu hợp M α B a b P A lực của trọng lực P của khối gỗ và lực đẩy F có giá trị còn rơi vào mặt chân đế của khối gỗ thì nó sẽ trượt, còn nếu hợp lực này có giá lệch ra bên ngoài mặt chân đế thì nó sẽ bị đổ. Khi điểm đặt của lực đúng vào điểm M thì giá của hợp lực sẽ đi qua mép của chân đế (hình vẽ). Khi đó: tgα = F µmg a = =µ= . P mg 2b …….. (0,5ñ) Hình vẽ ............................................................................. (mỗi hình 0,25đ x 2 = 0,5đ) www.nbkqna.edu.vn 51 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc SỞ GD&ĐT NINH BÌNH ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHU VỰC TRƯỜNG THPT CHUYÊN DUYÊN HẢI&ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LƯƠNG VĂN TỤY LẦN THỨ VI Môn:Vật lí 10 ĐỀ GIỚI THIỆU Thời gian làm bài:: 180 phút (Đề gồm 5 câu, trong 2 trang) Bài 1. (5 điểm ) Hai vật có cùng khối lượng m được gắn vào hai đầu một thanh nhẹ hình thước thợ, với cạnh OA =2.OB. Thanh có thể quay xung quanh một trục đi qua đỉnh O vuông góc với mặt phẳng hình vẽ. Ban đầu thanh được giữ ở vị trí OA nằm ngang như hình vẽ, rồi sau đó buông nhẹ nhàng. Xác định lực do thanh tác dụng lên trục quay ngay sau khi thanh được buông ra. Lấy gia tốc trọng trường g, bỏ qua mọi ma sát. Bài 2.( 5 điểm) A Một quả cầu bán kính R, khối lượng M được đặt trên mặt nằm ngang.Từ đỉnh A của quả cầu, một vật nhỏ khối lượng m trượt ma sát với vận tốc ban đầu bằng 0. a) Quả cầu được gắn cố định trên bàn.Vật sẽ rời mặt cầu ở độ cao với mặt bàn và góc chạm mặt bàn là bao nhiêu? o và ra B bàn không A R • nào so O b) Quả cầu nằm tự do trên mặt bàn nhẵn.Xác định tỉ số m/M để vật nhỏ rời mặt cầu tại tại độ cao 7R/4 bên trên mặt bàn. Bài 3.( 4 điểm) Một thanh cứng không đồng chất chiều dài L, khối lượng M. Mật khối lượng theo chiều dài bằng kx, với: k là hằng số; x là khoảng cách đầu O của thanh 1.Xác định giá trị của k và vị trí khối tâm C của thanh theo M và 2.Tính mômen quán tính của thanh đối với trục đi qua đầu O và góc với thanh. 3. Thanh có thể quay xung quanh trục nằm ngang O. Một viên nhỏ khối lượng m bay với vận tốc v theo phương ngang cắm vào đầu B. định: a) Tốc độ góc của thanh ngay sau va chạm. b) Giá trị của m để thanh mang viên đạn quay trọn vòng quanh O điều kiện của vận tốc v khi đó. Lấy gia tốc trọng trường g, bỏ qua mọi ma sát. độ tới * 0 L. vuông * đạn Xác C B và Bài 4.(4 điểm) www.nbkqna.edu.vn 52 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc Một bình hình trụ đặt thẳng đứng có một pittông khối lượng M, diện tích S. Bên dưới pittông có một mol khí lý tưởng đơn nguyên tử, bên ngoài là không khí. Lúc đầu pittông có độ cao 2h so với đáy. Khí được làm lạnh chậm cho đến khi pittông xuống một đoạn h. Sau đó người ta lại nung nóng chậm khí để pittông trở về độ cao ban đầu. Biết rằng giữa pittông và thành bình có ma sát, độ lớn lực ma sát trượt bằng lực ma sát nghỉ cực đại và bằng F. áp suất khí quyển bằng p0 . 1. Trong quá trình nung nóng, nhiệt dung của khối khí biến đổi như thế nào? 2. Xác định nhiệt dung trung bình của khí trong quá trình nung nóng. Bài 5.(2 điểm) thí nghiệm thực hành Xác định khối lượng chiếc thước Cho các đồ dùng : 1 Thước nhựa dẹt có vạch chia chính xác đến 0,5 mm. 1 bút chì gỗ tròn. 1 quả cân nhỏ. Yêu cầu : + Nêu phương án thí nghiệm xác định khối lượng của thước nhựa đó. + Nêu cách tính sai số của phép đo .....................Hết................... SỞ GD&ĐT NINH BÌNH ĐÁP ÁN ĐỀ (ĐỀ XUẤT) TRƯỜNG THPT CHUYÊN THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC LƯƠNG VĂN TỤY DUYÊN HẢI&ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ VI Môn:Vật lí 10 www.nbkqna.edu.vn 53 Bài Nội dung  A Vật Lý 10 của một số trường O Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn trên Fxtoàn quốc Ký hiệu là lực mà trục quay  α F P tác dụng lên hệ, có các thành phần Fx và Fy như hình vẽ. G  Fy x α αα  a tG 0,5 B  P y Coi hai vật là hai chất điểm có khối tâm tại G. . Dễ dàng thấy rằng: AB = OA 2 + OB 2 = ( 2l ) 2 + l 2 = Điểm 0,5 5l 5 l 2 Mô men quán tính của hệ đối với trục quay qua O là I = m( 2l ) 2 + ml 2 = 5ml 2 ( l là chiều dài thanh ngắn) Xét chuyển động quay đối với trục đi qua O với γ là gia tốc góc , ta có: 2g I ⋅ γ = M P ⇔ 5ml 2 ⋅ γ = mg 2l ⇔ γ = . 5l 2g 5 g a tG = γ ⋅ R = ⋅ l= => 5l 2 5 Dễ dàng tính được: OG = Bài 1 Ngay sau khi thả thì vG = 0 ⇒ a n = 0 , tức gia tốc của khối tâm G chỉ có thành phần tiếp tuyến (vuông góc với OG). 5 Theo phương Gx , ta có: điểm g OB g l g a x = at ⋅ sin α = ⋅ = ⋅ = , 5 AB 5 5 ⋅l 0,75 0,5 G G 0,5 0,5 5 g 2mg ⋅ 2m = . 5 5 Theo phương Gy , ta có: Fx = a x ⋅ 2m = a y = a tG ⋅ cos α = Fy + 2mg = a y ⋅ 2m ⇒ Fy = − g OA g 2l 2g , = ⋅ = 5 5 AB 5 5 ⋅l ⋅ 0,5 6mg . 5 Như vậy, thành phần Fy hướng lên trên. Suy ra: 2 2 2  2mg   6mg  F = F +F =   + −  = 2 mg . 5  5  5   Fy  =3 Gọi β là góc hợp bởi lực F và phương Ox, ta có: tgβ = Fx 2 x 2 y 0,5 0,25 ⇒ β = 71,5 0 Vậy thanh tác dụng lên trục quay một lực Q = − F có độ lớn Q = F = 2 2 mg 5 và có phương lập với trục Ox một góc ⇒ β = 71,5 0 . 1) Độ cao khi rời mặt cầu và góc chạm bàn khi cầu cố định www.nbkqna.edu.vn qủa   N ° α° N  V R •α X v2 •Omg V A A h.v 54 0,25 O ° 0,5 β  -------------- 1 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc HẾT------------------ www.nbkqna.edu.vn 55 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI - HẢI DƯƠNG GIỚI THIỆU ĐỀ THI DUYÊN HẢI BẮC BỘ - LẦN VI MÔN VẬT LÍ - KHỐI 10 Câu 1 (5đ). ( Động học, động lực học, tĩnh học) Một khung sắt hình tam giác ABC vuông góc, với góc nhọn B = 300. Hai hòn bi nối với nhau bằng thanh cứng trọng lượng không đáng kể, có thể trượt không ma sát trên hai cạnh góc vuông. Bi I trên cạnh AB có trọng lượng P1. Bi J trên cạnh AC có trọng lượng P2. a.Khi hệ thống đã cân bằng, tính góc α = AIJ ; lực căng thanh IJ; các phản lực Q của cạnh A AB và R của cạnh AC. b.Cân bằng là bền hay không bền ? I Xét hai trường hợp : J B C 1. p1 = p2 = 100N 2. p1 =100N; p2 = 300N Câu 2(5đ). Định luật bảo toàn Hai quả cầu có khối lượng m1 và m2 được treo vào cùng một điểm bằng hai dây có chiều dài tương ứng là l1 = l 2 = l . Kéo hai quả cầu về hai phía sao cho các dây lập với phương thẳng đứng các góc α1 và α 2 rồi thả nhẹ. Khi đến vị trí thấp nhất thì hai quả cầu va chạm với nhau. Biết va chạm mềm. Xác định góc lệch lớn I r l2 nhất của hai dây so với phương thẳng đứng? g α α1 02 Áp dụng bằng số: m1 = 10g; m2 = 30g; α1 = l1 m2 * 0 0 60 , α2 = 90 . Câu 3 ( 4đ). Phương trình trạng thái, m1 nguyên lí I, II Một mol khí lí tưởng lưỡng nguyên tử C * thực hiện chu trình biến đổi khí trong đó p phụ thuộc tuyến tính vào thể tích (gồm bốn đoạn thẳng như hình vẽ), (12) và (34) đi qua gốc toạ B độ. Các điểm 1, 4 có cùng nhiệt độ T1 = 300K , các điểm 3, 2 có cùng nhiệt độ T2 = 400K, các điểm 2 và 4 có cùng thể tích V. Xác định công của chu trình. p ( 2) (1) (3) Câu 4 (4đ). Cơ vật rắn Một sợi dây vắt qua ròng rọc, ở hai đầu sợi dây có hai người đu vào. Biết khối lượng của (4) mỗi người lớn gấp 4 lần www.nbkqna.edu.vn 0 V (l) r u B A 56 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc khối lượng ròng rọc. Người A bắt đầu leo theo dây với vận tốc tương đối với dây là u. Tính vận tốc của người B so với mặt đất? coi như khối lượng ròng rọc phấn bố đều trên vành . Câu 5 (2đ). Thí nghiệm thực hành, xây dựng phương án, xử lí số liệu, sai số. Một chiếc cốc có dạng hình trụ, đáy tròn, khối lượng M, thể tích bên trong là V0 . Trên thành cốc, theo phương thẳng đứng người ta khắc các vạch chia để đo thể tích và đo độ cao của chất lỏng trong cốc. Coi đáy cốc và thành cốc dày như nhau, bỏ qua sự dính ướt. Được dùng một chậu đựng nước. Hãy lập phương án thí nghiệm để xác định độ dày d, diện tích đáy ngoài S và khối lượng riêng ρC của chất làm cốc. Yêu cầu : 1. Nêu các bước thí nghiệm. Lập biểu bảng cần thiết. 2. Lập các biểu thức để xác định d, S theo các kết quả đo của thí nghiệm (cho khối lượng riêng của nước là ρ ) 3. Lập biểu thức tính khối lượng riêng ρC của chất làm cốc qua các đại lượng S, d, M và V0 4. Dùng phương pháp đồ thị để xác định diện tích đáy ngoài S, rồi tìm độ dày d của cốc. Nêu các bước tiến hành và giải thích. ---Hết --- ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ THI DUYÊN HẢI BẮC BỘ (MÔN VẬT LÍ 10) Bài 1 (5 điểm) Nội dung Điểm 1.Trường hợp trọng lượng p1 = p2 - Khi thanh ị di chuyển thì khối tâm (trung điểm) G sẽ vạch 1 www.nbkqna.edu.vn 57 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc IJ đIểm một cung tròn có tâm A, bán kính . Điểm thấp nhất của 2 G ứng với cân bằng bền của hệ 2 bi. Ta tính α trong l trường hợp nàyl1 : A B l 2 OA R Q Q 1 I G R 2P J B C Q 2P I T P - Xét các tam giác lực ta có : Q = 2 Pcos 300 = 100 3( N ) R = P = 100 N T = P = 100 N 2.Trường hợp trọng lượng p2 = 3 p1 : dùng phép chiều lên các trục Ax và Ay ta có các phương trình ứng với hai bi :  P sin 300 = Tcosα  Bi I :   Pco s 300 + T sin α = Q 3Pco s 600 + Tcosα = R  Bi J:  3Pco s 300 = T sin α 0,5 điểm 1điểm (1) (2) (3) (4) Chia (4) cho (1) ta tính được tan α = 3 3 → α = 790. → cos α = 1 3 3 và sin α = 28 28 Thay vào (1) ta tính được T = 50 28 (N) = 265 N Phương trình (2) cho Q = 346,4N Phương F trình (3) cho R = 200N b.Cân bằng bền hay không bền? Hai lực260 tác dụng vào thanh dọc theo 2 trục Ax và Ay là : F Fx = P siny 300 – T cos α = 50 – 265 cos α FOy = 3P sin 600 – T 79 sin0 α = 260 – 265 sin α Cân bằng xảy ra khi Fx = Fy = 0 tức là α = 790. Đường biểu diễn Fx www.nbkqna.edu.vn -215 0,5 điểm 1điểm 58 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc Fx ( α ) và Fy ( α ) được vẽ như hình vẽ. Bài 2 (5 điểm) Ta thấy rằng khi đã có cân bằng nếu α tăng (I đi lên ; J tụt xuống) thì Fx ( α ) > 0 ; kéo I xuống còn Fy ( α ) < 0 kéo J đi lên Do vậy cân bằng của IJ là cân bằng bền. Nội dung điểm Gọi u là vận tốc của hệ sau va chạm. 1 điểm (m1 + m2 )u 2 = (m1 + m2 ) gh = (m1 + m2 ) gl (1 − cosα ) 2 (0.5đ) → 2 u = l (1 − cos α ) 2g r g l1 m1 (1) I α1 α2 l2 m2 h2 h1 * Tính u. Theo định luật bảo toàn động lượng, ta có:    m1v1 + m2 v 2 = (m1 + m2 )u 1điểm Xem hướng từ trái sang phải là dương, ta có: m1v1 − m2 v 2 = (m1 + m2 )u (2) (0.5 đ) (m1v1 − m2v2 )2 = l (1 − cos α ) Khử u từ (1) và (2), ta được: (m1 + m2 ) 2 2 g (3) Các giá trị của v1 và v 2 tìm được từ điều kiện: khi chuyển động 1điểm www.nbkqna.edu.vn 59 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc tới điểm thấp nhất trước va chạm, năng lượng của hai quả cầu không thay đổi. Điều này có nghĩa là: m1 gh1 = m1v12 2 và m2 gh2 = m2 v22 2 (4) 2điểm Khi đó (3) sẽ có dạng: [m 1 (m1 2 gh1 − m2 2 gh2 ) 2 2 gl (1 − cos α 1 ) − m2 2 gl (1 − cos α 2 ) hay sau khi rút gọn: ( m1 + m2 ) 2 2 g = l (1 − cos α ) , ] 2 = l (1 − cos α ) (m1 1 − cos α1 − m2 1 − cos α 2 ) 2 Lưu ý rằng 1 − cos αi = 2 sin 2 m1 sin ( m1 + m2 ) 3 2 g ( m1 + m2 ) 2 = 1 − cos α (5) αi , (5) sẽ có dạng: 2 α1 α − m2 sin 2 2 2 = sin α . m1 + m2 2 áp dụng bằng số tìm được: sin α ≈ −0, 405 => α = -47,780 hai con 2 lắc lệch sang trái. Bài 3 (4 điểm) Nội dung điểm * Quá trình 12 : p=aV với a là hằng số →a= ↔ p1 p2 pV pV = → 1 21 = 2 2 2 V1 V2 V1 V2 1 điểm RT1 RT2 V T = 2 → 1 = 2 2 V1 V2 V2 T1 * Quá trình 34 : p= b V với là hằng số →b= p3 p4 pV RT V pV RT T = → 3 23 = 4 24 ↔ 23 = 24 → 3 = 2 V3 V4 V3 V2 V3 V4 V2 T1 V1 V2 V22 → V = Nhận xét : V = 3 V3 V1 2 • Công của khí trong các quá trình : 0,5điểm 1,5điểm ( p1 + p2 )(V1 − V2 ) p1V1 + p2V1 − p1V2 − − p2V2 1 = = R (T2 − T1 ) 2 2 2 ( p3 + p4 )(V3 − V4 ) p3V3 + p4V3 − p3V4 − p4V4 1 A34 = − =− = − R (T2 − T1 ) → A12 = − A34 2 2 2 ( p + p3 )(V3 − V2 ) p2V3 + p3V3 − p2V2 − p3V2 1 A23 = 2 = = ( p2V3 − p3V2 ) 2 2 2 ( p + p1 )(V1 − V4 ) p4V1 + p1V1 − p4V4 − p1V4 1 A41 = 4 = = ( p4V1 − p1V4 ) 2 2 2 A12 = S ABCD = www.nbkqna.edu.vn 60 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc • Công của khí trong chu trình : A = A12 + A34 + A23 + A41 = A23 + A41 = 1điểm V V V V 1 1 RT2 ( 3 − 2 ) + RT1 ( 1 − 2 ) 2 V2 V3 2 V2 V1 nR (T22 − T12 ) V1 T2 V3 T2 = 839, 61( J ) Vì = ; = nên A = 2 T1T2 V2 T1 V2 T1 Bài 4 (4 điểm) Nội dung điểm r Gọi v B là vận tốc của dây đối với đất, (và cùng là vận tốc của người B đối với đất ). Theo công thức cộng vận tốc ta có vận 1 điểm tốc của người A đối với đất là: r r r vA = u + vB ( 1) Chiếu ( 1 ) xuống phương chuyển động của A ta được : vA = u − vB (2) Ban đầu cơ hệ đứng yên nên mômen động lượng của hệ đối với trục ròng rọc bằng không: r L =0 0,5 điểm (3) Khi người A bắt đầu leo lên dây thì mômen động lượng của hệ gồm mômen động lượng của người A, người B và mômen 0,5 điểm v ' quay của ròng rọc: L = R.m.v A − R.m.v B − I.ω với ω = B R Áp dụng định luật bảo toàn mômen động lượng cho hệ : L = L, ⇔ R.m.v A − R.m.v B − I.ω = 0 ⇔ R.m.(U − VB ) − R.m.v B − Giải phương trình tìm được: v B = m 4 vB R =0. 9 4u 9 Nội dung 1. Các bước thí nghiệm – Cho nước vào cốc tới thể tích V1 ; thả cốc vào chậu , xác định mực nước ngoài cốc hn1 (đọc trên vạch chia) – Tăng dần thể tích nước trong cốc : V2 ; V3 .... và lại thả cốc vào chậu, xác định mực nước ở ngoài hn 2 ; hn 3 ..... – Khi đo phải chờ cho nước phẳng lặng Lập bảng số liệu : www.nbkqna.edu.vn 1điểm 1điểm 4u Vậy vận tốc của người B đối với đất bằng : v B = Bài 5 (4 điểm) 2 .R . điểm 0,5điểm 61 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc hn1 hn 2 V1 V2 ........... ........... ........... ........... 2. Các biểu thức Gọi hn là mực nước ở ngoài cốc ; ρ là khối lượng riêng của nước, mt ; Vt tương ứng là khối lượng và thể tích nước trong cốc. Phương trình cân bằng cho cốc có nước sau khi thả vào chậu : ρ g (d+ hn ) S = (M + mt )g 0,5 điểm Hay ρ (d+ hn ) S = M + Vt g (1) Từ (1) ta thấy hn phụ thuộc tuyến tính vào VT . Thay VT . bởi V −V 2 1 các giá trị V1 ; V2 ; V3 ... ; đọc hn1 ; hn 2 .... Sút ra S : S = h − h n2 n1 Thay đổi các giá trị V1 ; V2 ; hn1 ; hn 2 . nhiều lần để tính S Sau đó tính d : d = ( M + V1ρ ) ( hn 2 − hn1 ) − h M + V1 ρ − hn1 = n1 ρS ρ (V2 − V1 ) 3. Biểu thức tính ρb Gọi h là độ cao của cốc; h0 là độ cao của thành trong của cốc, r là bán kính trong, Rlà bán kính ngoài của cốc; V là thể tích của chất làm cốc, s1 là diện tích đáy trong cốc. Ta có : h = h0 + d h0 = 0,5 điểm Vot Vot = St π r 2 S S →r= −d π π M M M = = V S (h0 + d ) − Vot  Vot ρb = S   S − d π R=r+d= ( 4. Phương pháp đồ thị ) 2  + d  − Vot   0,5điểm hn h 2 Vì hn phụ thuộc tuyến tính vào Vtnnên phương trình (1) có thể hn1 viết dưới dạng : hn = a + b Vt . a M Với a = ρ S - d ; www.nbkqna.edu.vn b= 1 S O V1 V2 Vt 62 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc * Vẽ đồ thị hn h −h 1 n2 n1 * Đồ thị hn là đường thẳng dốc b = tan α = V − V = S 2 1 V2 − V1 Suy ra S = h − h n2 n1 Giá trị a xác định bằng cách ngoại suy từ đồ thị thực nghiệm; khi kéo dài đường thực nghiệm, cắt trục tung ở a (tương ứng M với Vt = 0). Từ đây ta tính được độ dày d = ρ S - a . www.nbkqna.edu.vn 63 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI & ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2013 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: VẬT LÝ, LỚP 10 ( Thời gian: 180 phút không kể thời gian giao đề) Bài 1: Một xe nhỏ có khối lượng m nằm yên trên một đường ray ngang. Một cột thẳng đứng chiều dài L và cùng khối lượng m đặt cố định trên xe. Một thanh mảnh cùng khối lượng m và chiều dài cũng bằng L gắn trên đầu phía trên của cột nhờ một bản lề. Thanh rời từ vị trí nằm ngang (Hình 1). Tìm tốc độ điểm cuối của thanh so với Hình 1 xe và so với đất khi nó chạm vào cột. Bỏ qua mọi ma sát. Bài 2: Tấm ván khối lượng m2 nằm yên trên mặt phẳng nằm ngang rất nhẵn. Trên tấm ván đặt một hình trụ đồng chất khối lượng m1, bán kính R. Khối tâm hình trụ được truyền vận tốc đầu v 0 (Hình 2). Hệ số ma sát giữa hình trụ và tấm ván là μ. Hình 2 Xác định thời gian mà trụ lăn có trượt trên tấm ván và quãng đường mà trụ đã đi được trên tấm ván trong khoảng thời gian ấy. Bài 3: Một viên gạch được ném xiên góc θ so với mặt đất nằm ngang. Giả định rằng mặt dưới của viên gạch luôn song song với mặt ngang và không có biến dạng nào khi gạch va chạm vào đất. Nếu hệ số ma sát giữa gạch và đất là µ , tìm quãng đường viên gạch di chuyển được theo phương ngang cho đến khi dừng lại? Bài 4: Một xi lanh kín cả hai đầu, bên trong có một pit tông nhẹ có thể di chuyển không ma sát dọc theo xi lanh. Xi lanh và pit tông hoàn toàn cách nhiệt. Bên trong mỗi ngăn có chứa một mol khí Heli ở điều kiện chuẩn (xem là khí lí tưởng, hình 3). Đun nóng ngăn dưới bằng một điện trở R=200Ω nhờ một hiệu điện thế không đổi U=220V sao cho nhiệt độ ngăn trên tăng lên đến 410K. Tìm thời gian đun. Hình 3 Bài 5: Phương án thí nghiệm www.nbkqna.edu.vn 64 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc Hoàng tử Bé trong tác phẩm cùng tên của Antoine de Saint-Exupéry đến từ tiểu hành tinh B612 bé xíu, bé đến nỗi, chú nói về tinh cầu quê hương thế này: "người ta đâu có thể đi xa chi lắm đâu..." bởi chú thường đi vòng quanh tinh cầu B612 trong những chuyến rong chơi. Giả định bạn hạ cánh xuống B612 trong một chuyến du hành. Bạn có ý muốn ước lượng khối lượng của nó bằng một cách đơn giản dùng đồng hồ, thước đo, cùng vài thứ dễ kiếm khác. Hãy trình bày một phương án của bạn. www.nbkqna.edu.vn 65 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc ĐÁP ÁN Bài 1: Gọi v0 là tốc độ của khối tâm thanh đối với đất và vx là tốc độ của xe. (4 điểm) Vc/x là tốc độ điểm cuối của thanh đối với xe. Theo đề vì không có ngoại lực theo phương ngang nên theo phương ngang động lượng bảo toàn.................................................................... ⇒ vx = − mv0+2mvX=0 v0 ............................................................ 2 Vận tốc của khối tâm của thanh đối với xe là 3 2 V0/x=v0-vX= v0 ................................................................................... 0,5 0,5 0,5 Tốc độ của điểm cuối của thanh đối với xe vc/x=2v0/x=3v0...................................................................................... 0,5 Mặt khác theo định luật bảo toàn cơ năng L 2 mg = với I= Với ω= 1 2 1 2 1 mv0 + Iω + 2mv 2x .......................................................... 2 2 2 0,5 1 m L2. 12 vc / x =3v0/L.................................................................................. L Giải ra ta được v0= 2 3 gL ................................................................ 0,5 1 Vận tốc điểm cuối của thanh đối với xe Vc/x=3v0=2 gL ........................................................................ Vận tốc của điểm cuối của thanh đối với đất Vc=vc/x+vx=3v0- v0 5 = 2 3 0,5 gL ............................................................. 0,5 0,5 Bài 2: Hình vẽ (4 điểm) Lực tác dụng lên hình trụ là lực ma sát trượt của tấm ván F ms và lực tác dụng lên tấm ván là lực ma trượt của hình trụ F’ms=Fms. Chọn chiều dương là v0 Fms sát F’ms uu r chiều của véc tơ v0 . Ta có www.nbkqna.edu.vn 66 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc -Fms=m1a1 ⇒ a1 = − µ g ........................................................ 1 2 Fms.R= m1R2γ ⇒ γ = 2µ g ....................................................... R µ m1 g Fms=m2a2=μm1g ⇒ a2 = m ..................................................... 2 ........................................... Vận tốc của điểm tiếp xúc M đối với khối tâm VM/G=-γRt=-2μgt. µm g 0,25 .................................................... Vận tốc của ván đối với đất 1 V2=a2t = m t 2 0,25 0,25 Vận tốc của khối tâm hình trụ so với đất V1=v0+a1t=v0-μgt 0,25 0,25 ........................................................................ 0,25 Hình trụ không trượt trên tấm ván khi VM/V=0................................... Với vM/V=vM/G+v1-v2=0 0,5 µ m1 g t +v0-μgt=0 ⇔ -2μgtm2 v0 m Suy ra t= (3 + 1 ) µ g ........................................................................... m2 0,5 m1 Gia tốc của G đối với ván: a12=a1-a2=-μg(1+ m )................................ 2 Quãng đường mà hình trụ đi được đối với ván. S12=v0t+a12 0,5 t2 2 m2 v02 (5m2 + m1 ) S12= .......................................................................... 2(3m2 + m1 ) 2 µ g Bài 3: Gọi V là tốc độ ban đầu, các thành phần nằm ngang và thẳng đứng lần (5 điểm) lượt là V cos θ , V sin θ . 2V 2 sin θ cosθ Khoảng cách bay trên không là d kk = ................................ g 0,5 1 Tìm tốc độ theo phương ngang sau va chạm: Phản lực N do đất tác dụng lên gạch theo phương thẳng đứng triệt tiêu www.nbkqna.edu.vn 67 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc thành phần thẳng đứng của vận tốc trong va chạm.Trong thời gian va chạm độ biến thiên động lượng viết theo phương thẳng đứng và phương nằm ngang là: ∫ Ndt = mV sin θ .................................................................................... m∆vx = − ∫ Fms dt = − ∫ ( µ N )dt = − µ mV sin θ Suy ra, ∆vx = − µV sin θ ............................................................................. Tốc độ theo phương ngang sau va chạm là V cos θ − µV sin θ ................. 1 1 0,5 1 Điều này chỉ đúng khi tan θ ≤ µ . Nếu θ lớn hơn giá trị này vật dừng lại trong va chạm................................................................................... 0,5 Lực ma sát sau va chạm là µ mg , gia tốc a = − µ g , quãng đường đi được sau va chạm là: d dat = (V cos θ − µV sin θ ) 2 ........................................................................ 2µ g 0,5 Quãng đường đi được tổng cộng theo phương nằm ngang là: d= 2V 2 sin θ cosθ (V cos θ − µV sin θ ) 2 + ...................................................... g 2µ g 0,5 V2 2 d= ( cosθ + µ sin θ ) 2µ g Bài 4: Xét ngăn trên (4 điểm) Trạng thái ban đầu P1, V1, T1. Trạng thái cuối P2, V2, T2, Quá trình đoạn nhiệt Q=0, ta có TV γ −1 =hằng số................................. γ −1 1 1 Suy ra T V =T2V γ −1 2 0,5 . Với p1=1,013.105Pa; T1=273K; V1=22,4 l 3/ 2 T  Suy ra V2=  1 ÷ V1 =12,17 l ...............................................................  T2  0,5 Áp suất khí trong ngăn trên PV PV VT 1 1 = 2 2 ⇒ P2=p1 1 2 =2,8.105Pa..................................................... T1 T2 TV 1 2 0,5 Xét ngăn dưới Trạng thái ban đầu P1, V1, T1. Trạng thái cuối P’2, V’2, T’2 www.nbkqna.edu.vn 68 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc P2' = p2 = 2,8.105 Pa.............................................................................. V '2 = 2V1-V2=44,8-12,17=32,63 l ....................................................... 0,5 p2' V2' T = T1 =1099K................................................................................. p1V1 0,25 Xét cả xy lanh: 0.25 ' 2 3 2 A’=0, suy ra Q=ΔU1+ ΔU2=CV(T2-T1)+CV(T’2-T1)= R (T2+T '2 -2T1) Q=12003(J)............................................................................................. U2 QR Q= t ⇒ t = 20 =49,6s......................................................................... R0 U 1 0,5 Bài 5: Phương án: Xác định độ dài trung bình của bước chân của bạn bằng (2 điểm) thước, đếm số bước chân khi đi vòng quanh tiểu hành tinh để tính chu 1 vi và suy ra bán kính R. Thả một cục đá từ độ cao h, đo thời gian rơi t bằng đồng hồ để tính gia 0,5 tốc rơi tự do g. (Vì khối lượng hành tinh nhỏ nên thời gian rơi đủ lâu) Tính M bằng công thức g=GM/R2 ...................................................... www.nbkqna.edu.vn 0,5 69 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ HẠ LONG HSG TRƯỜNG CHUYÊN CÁC TỈNH DH&ĐBBB NĂM HỌC 2012-2013 MÔN: VẬT LÝ LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút – không kể giao đề Bài 1 ( 5 điểm ) 1.Một dây kim loại mảnh được uốn thành một đường xoắn ốc dài có bán kính r, bước ốc d . Trục của đường xoắn ốc thẳng đứng. Một hạt cườm nhỏ được xâu qua dây và bắt đầu trượt xuống. Sau một thời gian, hạt cườm chuyển động tốc độ không đổi v. Tìm hệ số ma sát trượt giữa hạt cườm và hình xoắn ốc. 2.Hai người đi xe đạp với cùng tốc độ v trên các đường tròn bán kính R 1 và R2 theo chiều như hình vẽ. Tâm của các đường tròn O1 và O2 và cách nhau một R1 A1 O2 O1 R2 B1 B2 A2 khoảng L < R1 + R2 . Tìm vận tốc của L người 2 so người 1 tại thời điểm khi cả hai người ở vị trí A1 và A2. Bài 2 ( 5 điểm ): 1.Một quả cầu nhẵn có khối lượng M và bán kính R nằm trên một mặt bàn ngang nhẵn. Từ đỉnh của quả cầu bắt đầu trượt tự do vật nhỏ có khối lượng m. Xác định tỉ số m/M để vật nhỏ rời mặt quả cầu ở độ cao H = 7R/4 so mặt bàn. 2. Một dây xích AB, dài l, khối lượng phân bố đều theo chiều dài. Dây xích có một phần nằm trong một ống nằm ngang, nhẵn và một phần dài h lơ lửng ở ngoài. Đầu B của dây chạm nhẹ vào mặt bàn. Người ta thả đầu A của xích. Tìm tốc độ của Hình 3 đầu A khi nó vừa rời khỏi ống. p Bài 3( 4 điểm): Một mol khí lí tưởng thực hiện một chu trình 1→2→3→1như hình vẽ. Quá trình 2→3 là quá trình 2 βp0 đoạn nhiệt. Quá trình 1→2 đối xứng với quá trình 2→3 p0 www.nbkqna.edu.vn O 1 (1 - α)V0 3 V0 70 (1+α)V0 V Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc qua đường thẳng đứng. Các thông số α, β, p0, V0 đã biết. Tính hiệu suất của chu trình. Bài 4 ( 4 điểm) Một thanh kim loại mảnh AB đồng chất dài 2l, khối lượng m và AO một vật nhỏ cùng khối lượng m có thể di chuyển dọc theo thanh nhờ ốc vít (hình X 2l vẽ). Hệ có thể quay tự do trong mặt phẳng thẳng đứng quanh trục cố định đi qua đầu A của thanh. Tại thời điểm ban đầu thanh ở vị trí thẳng đứng, đầu B ở dưới. Vật cách đầu A đoạn x. Hệ nhận được vận tốc góc ω0 . m a- Xác định vận tốc góc ω khi thanh đến vị trí nằm ngang như là một hàm số của x. B Xác định x để ω đạt giá trị cực tiểu. b- Cho x = 2l, ω0 = 15 g . Xác định gia tốc góc và phản lực R tại A khi thanh ở vị 8l trí nằm ngang. Bài 5. (2,0 điểm): Trình bày một phương án thực nghiệm để xác định hệ số ma sát trượt μt giữa m1 và mặt bàn với các dụng cụ sau: Một số lượng đủ dùng các quả cân chưa biết khối lượng giống hệt nhau có móc treo. Dây nối mảnh, nhẹ đủ dài. Một ròng rọc nhẹ. Thước đo chiều dài. Một mặt bàn nằm ngang. -----------------HẾT-------------TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG Bài 1 3,5 ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỂ NGHỊ NĂM HỌC 2012-2013 MÔN: VẬT LÝ LỚP 10 Khi hạt cườm chuyển động trên đường xoắn ốc giống như chuyển động trên một mặt phẳng nghiêng góc θ Các lực tác dụng hạt cườm như hình: +Trọng lực P +Lực ma sát trượt Fms + Phản lực N phân tích thành hai thành phần như hình vẽ. www.nbkqna.edu.vn 0,75 71 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc Chọn HQC như hình vẽ theo đinh luật II Niu tơn ta có Ox: mg sin θ − F = 0 ⇒ F = mg sin θ (1) 0.75 Oy: N1 − mg cos θ = 0 ⇒ N1 = mg cos θ (2) Oz: N 2 = ma (3) Kết hợp (2) và (3) ta có phản lực tác dụng lên hạt cườm N= N12 + N 22 = m 2 g 2 cos 2 θ + m 2 a 2 vBk 2 ω  a N = mg cos θ 1 +   g cos O2θ O1 B2    2 0,5 (4) Hạt cườm chuyển động với vận tốc có độ lớn    2R2 không đổi v: v = vH + vv L – R2 A2 0,5 Hạt cườm chuyển động tròn đều với gia tốc hướng tâm 2 2 vH2 v cos θ a= = (5) r r Hệ số ma sát trượt là µ= Thay (5) vào (6) : Do tan θ = F = N µ=  a   1 +   g cos θ  tan θ  v 2 cosθ 1 +   gr 0,25 2 (6) 0,5 2  (7)   d vào (7) rút gọn ta có 2πr µ= 1,5 tan θ d 2πr 0,25 2  v2  1 1 +    gr  1 + ( d ) 2 2πr Vận tốc tuyệt đối của người 2 và v. Chọn hệ quy chiếu có gốc trùng tâm O và quay vận tốc góc ω = v/R1. Vận tốc kéo theo của người thứ hai tại A2 là 0,5 v v kA = ωO1A 2 = (L + R 2 ) 2 R1    Do v tuyÖt ®èi = v t¬ng ®èi + v kÐo theo    → v t¬ng ®èi = v tuyÖt ®èi – v kÐo theo vt¬ng ®èi A2 = v + v Ak www.nbkqna.edu.vn 2 R + R2 + L v (L + R 2 ) = v 1 = v+ R1 R1 0,25 0,75 72 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc Véc tơ vận tốc tương đối của người 2 so 1 hướng xuống dưới. Bài 2 α v2 3,5 điểm P v1 Khi m rời M : gọi v2 là vận tốc của M và v1 vận tốc m so M. Do ngoại lực tác dụng lên hệ 2 vật theo phương thẳng đứng lên động lượng bảo toàn theo phương ngang 0 = Mv2 + m(v2 − v1 sin α ) ⇒ v2 = mv1 sin α m+M 0,5 (1) Theo định luật bào toàn cơ năng 1 1   mg 2 R = mgR(1 + cos α ) + Mv22 + m(v1 + v2 ) 2 2 2 (2) 0,75   (v1 + v2 ) 2 = v12 + v22 + 2v1v2 cos(90 + α ) (3) Thay (3) và (1) vào (2) biến đổi ta thu được biểu thức v12 = 2 gR (1 − sin α ) m+M M + m cos 2 α (4) 1 Khi m bắt đầu rời M thì N = 0, HQC gắn với M là HQC quán tính . Theo định luật II Niu tơn ta có : mg sin α = m Từ (4) và (5) ta có : 0,5 v12 2 ⇒ v1 = gR sin α R (5) m 3 sin α − 2 = M 4 sin α − sin α . cos 2 α 0,5 Theo hình ta có sin α = 3 4 0,25 Giải ra ta có m 16 = M 11 1,5 điểm - - Chọn chiều dương là chiều chuyển động. Tại thời điểm t, khi đầu A đi được một đoạn x và có vận tốc v, định luật II Niu-tơn áp dụng cho hệ được viết như sau : dv = dt www.nbkqna.edu.vn mt ∑ F(ngo¹i lùc) + 0,5 dm u dt (1) 73 Hình 3 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc m m trong đó : m t = (l − x) ; u = 0 ; ∑ F = gh l l (2) Thay vào (1) ta được : ( l − x ) dv = gh ⇒ ( l − x ) dv = ghdt Thay dt = dx v dv dx dx ⇒ vdv = gh = gh dt v l−x d l − x) ⇒ 1 d v 2 = −gh ( 2 l−x vào (2) ta được ( l − x ) 0,5 ( ) v 1 Tích phân hai vế ta được: ∫ d(v 2 ) = − gh 2 0 1 2 l v = gh ln ⇒ v = 2 h l−h ∫ d ( l − x) . Suy ra : l−x 0 0,5 l 2ghln . h Bài 3 p 2 βp0 p0 O 1 3 (1 - α)V0 V0 (1+α)V0 V Áp dụng phương trình trạng thái của khí lí tưởng ta có: (1 − α ) p0V0 βp V (1 + α ) p0V0 T1 = T2 = 0 0 T3 = R R , R , Do Cp CV = γ và Cp – Cv = R nên CV = R γ −1 0,5 Do quá trình 2→3 là quá trình đoạn nhiệt ta có: Q23 = 0 ∆U 23 = CV (T3 − T2 ) = p0V0 (− β + 1 + α ) γ −1 0,5 Công chất khí sinh ra trong quá trình 2→3 là : , A23 = −∆U 23 = CV (T3 − T2 ) = p0V0 (β −1 − α ) γ −1 Do quá trình 1→2 và 2→3 đối xứng qua đường thẳng đứng nên công chất khí sinh ra trong hai quá trình bằng nhau quá trình : p0V0 (β − 1 − α ) γ −1 pV ∆U 12 = CV (T2 − T1 ) = 0 0 ( β − 1 + α ) γ −1 , A12, = A23 = www.nbkqna.edu.vn 0,5 74 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc Nhiệt lượng khí nhận được trong quá trình 1→2 là : Q12 = A12, + ∆U 23 = 2 p0V0 ( β − 1) γ −1 0,5 Quá trình 3→1là đẳng áp ∆U 31 = CV (T1 − T3 ) = p0V0 (−2α ) γ −1 A, 31 = p0 (V1 − V3 ) = p0V0 (−2α ) Nhiệt lượng khí truyền ra môi trường: 2p V Q31 = A31, + ∆U 31 = 0 0 ( β − 1) γ −1 Tổng công mà khí thực hiện: 2 p0V0 ( β − 1 − αγ ) A’ = A’12 + A’23+ A’31 = γ −1 Hiệu suất của chu trình là A' αγ H= = 1− Q12 β −1 Bài 4 0,5 0,5 0,5 Do quá trình 2→3 là quá trình đoạn nhiệt γ γ γ Ta có p 2V2 = p3V3 ⇒ β = (1 + α ) ⇒ γ = log 1+α β α log1+α β H = 1− β −1 Áp dụng định lý biến thiên động năng: 1 1 I Aω2 − I Aω02 = − mgl − mgx 2 2 2mg ( l + x ) ω2 = ω02 − IA m ( 4l + 3x +) Tính I A = 1 m × ( 2l ) 2 + mx 2 = 2 3 0,5đ ) 3 2 2 +) Tìm được: ω = ω0 − +) ω cực đại khi y = ⇔ y '( x) = 2 0,5 6g ( l + x) 4l 2 + 3x 2 ( l + x) 4l 2 + 3x 2 ( 4l + 3x 0,25đ min 4l 2 + 3x 2 − ( l + x ) × 6x 2 0,5đ ) 2 2 = 0 ⇒ 3x 2 + 6lx − 4l 2 = 0 0,5đ  21  − 1÷ ÷l ≈ 0,53l 3   Tìm được: x =  b- Khi thanh đến vị trí nằm ngang. Phương trình ĐLH viết cho chuyển động của thanh ở thời điểm này: − mgl − mg × 2l = I A γ ⇒ γ = − www.nbkqna.edu.vn B Rx A 3mgl IA RY Y mg mg 0,5đ X 75 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc +) Với I A = m ( 4l 2 + 3x 2 ) 3 9g Tìm được: γ = − 16l = 16 2 ml 3 15 g 6 g ( l + 2l ) 3 g − 2 = +) Vận tốc góc: ω = 8l 4l + 12l 2 4l 0,5đ 2 Khối tâm thanh chuyển động tròn với các thành phần gia tốc: +) Gia tốc tiếp tuyến: a t = γ. AG , với AG = m.l + m.2l 3 = l 2m 2 ur 9g 3 27 × l= g . at thẳng đứng hướng xuống. 16l 2 32 3 g 3l 9 2 × = g +) Gia tốc pháp tuyến: an = ω × AG = 4l 2 8 ⇒ at = +)Phương trìnhr ĐLH viết cho chuyển động của khối tâm: ur ur R + 2mg = 2ma 0,5đ 0,5đ +) Theo phương tiếp tuyến: 2mg + Ry = 2mat = 27 5 mg ⇒ Ry = − mg 16 16 +) Theo phương pháp tuyến: 9 R x = − 2man = − mg 4 Từ đó: R = Rx2 + R y2 ≈ 5,16mg 0,25 Bài 5 + Bố trí: Với các dụng cụ đã cho ta bố trí cơ hệ như đề bài, trong đó: Dùng 1 quả cân làm vật m1, treo n quả cân (n > 2) để tạo ra vật m2 sao cho khi thả tay ra hệ chuyển động được (trọng lượng của m2 lớn hơn ma sát nghỉ cực đại 0,25 giữa m1 và mặt bàn). - Nếu m2 chạm đất mà m1 chưa chạm ròng rọc thì nó sẽ tiếp tục chuyển động chậm dần đều và dừng lại. Bố trí độ cao h của mép dưới m2 so với đất và chiều dài dây nối sao cho m1 dừng lại mà chưa chạm ròng rọc. 0,25 + Tiến hành: Giữ m1 để hệ cân bằng, đo độ cao h từ mép dưới m2 tới đất và www.nbkqna.edu.vn 76 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc đánh dấu vị trí ban đầu M của m1 trên mặt bàn. - Thả tay nhẹ nhàng cho hệ chuyển động, đánh đấu vị trí m1 dừng lại trên mặt bàn N. Đo ℓ = MN. + Tính μ: Giai đoạn 1: hai vật chuyển động nhanh dần đều cùng gia tốc: m 2 g − µm1g n − µ = g a1 = m1 + m 2 n +1 0,25 0,25 0,25 khi m2 chạm đất, vận tốc của hai vật: v12 = 2a1h = 2 n −µ gh n +1 - Giai đoạn 2: m1 chuyển động chậm dần đều do tác dụng của ma sát trượt: a2 = - μg Kể từ khi m2 chạm đất đến khi m1 dừng lại, nó đi được quãng đường: S=ℓ-h 2 - v1 = 2a2S →2 n.h n.h n −µ gh = 2μg(ℓ - h) → μ = = h + (n + 1)(l − h) (n + 1)l − n.h n +1 www.nbkqna.edu.vn 0,25 0,25 0,25 77 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc SỚ GD& ĐT THÁI BÌNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI HSG CÁC TRƯỜNG CHUYÊN DUYÊN HẢI BẮC BỘ MÔN VẬT LÝ LỚP 10 Năm học 2012 - 2013 (Thời gian làm bài 180 phút) (Đề gồm 5 câu, 02 trang) Bài 1: Một viên gạch được ném từ mặt sàn nằm ngang với góc ném α. Biết trong quá trình chuyển động, bề mặt lớn của viên gạch luôn song song với sàn và khi va chạm với sàn viên gạch không nảy lên. Hệ số ma sát trượt giữa viên gạch và sàn là µ. Xác định góc α để viên gạch dừng lại cách điểm ném xa nhất. Bài 2: Một vật có dạng bán cầu, khối lượng M, bán kính R được đặt nằm ngang trên một mặt phẳng nhẵn năm ngang. Trên đỉnh của M đặt một vật nhỏ có khối lượng M = 3m. Vật m bắt đầu trượt xuống với vận tốc ban đầu không đáng kể. Bỏ qua ma sát giữa m và M. ( Hình vẽ 2). Tìm vị trí vật m có góc Hình 2 hợp bởi đường nối vật m và tâm bán cầu với phương thẳng đứng mà tại đó vật m bắt đầu rời khỏi M. Cho ph¬ng tr×nh x3 −12 x + 8 = 0 cã mét nghiÖm lµ x= 0,695. Bài 3: Một mol khí lý tưởng thực hiện chu trình như hình vẽ. Trong đó quá trình từ 1 đến 2 được 1 biểu diễn bởi phương trình : T = 2T1( 1 - βV)βV 2 T T1 T1 1 2 3 ( với b là 1 hằng số dương) ; quá trình 2 đến 3 là đoạn thẳng có đường kéo dài đi qua gốc tọa độ ; quá trình 3 đến 1 được biểu diễn bởi phương trình V T = T1β2V2. Biết nhiệt độ ở trạng thái 1 và 2 là T1 và 3 T1. Hãy tính công mà khối khí thực hiện trong chu trình đó 4 www.nbkqna.edu.vn 78 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc Bài 4: Một hình trụ đặc đồng chất có khối lượng m và bán kính R được làm quay với vận tốc góc ω0 rồi đặt trên mặt phẳng ngang và thả ra. Hệ số ma sát trượt là R. Tìm : a) Thời gian chuyển động lăn có trượt b) Công của lực ma sát trượt trong khoảng thời gian lăn có trượt. Bài 5: Một cốc đong trong thí nghiệm có dạng hình trụ đáy tròn, khối lượng M, thể tích bên trong của cốc là V0. Trên thành cốc, theo phương thẳng đứng người ta khắc các vạch chia để đo thể tích và đo độ cao của chất lỏng trong cốc. Coi đáy cốc và thành cốc có độ dày như nhau, bỏ qua sự dính ướt. Được dùng một chậu to đựng nước, hãy lập phương án để xác định độ dày d, diện tích đáy ngoài S của cốc. Yêu cầu: 1. Nêu các bước thí nghiệm. Lập bảng biểu cần thiết. 2. Lập các biểu thức để xác định d, S theo các kết quả đo của thí nghiệm (cho khối lượng riêng của nước là ρ). ...........................................Hết...................................... SỚ GD& ĐT THÁI BÌNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN www.nbkqna.edu.vn ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG CÁC TRƯỜNG CHUYÊN DUYÊN HẢI BẮC BỘ LẦN IV MÔN VẬT LÝ KHỐI 10 79 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc Năm học 2012 - 2013 (Thời gian làm bài 180 phút) Bài 1 5điểm Gọi t1 là thời gian từ lúc ném viên gạch đến lúc nó chạm đất( viên gạch chuyển động như vật ném xiên). t1 = 2v 0 sin α g Khoảng cách từ điểm rơi đến điểm ném là : v0 cos α.2v 0 sin α 2v02 cos α.sin α S1 = v0cosα.t1 = = g g Ngay trước khi va chạm với sàn viên gạch vẫn giữ nguyên vận tốc là v0 và hợp với phương ngang góc α. Ngay sau khi va chạm thì r r viên gạch có vận tốc là v ( v hướng theo phương ngang) Vì thời gian va chạm là nhỏ lên ta có công thức : r r F .∆t = ∆P => r r −Fms .∆t = m(v − v 0 ).cos α Fx .∆t = ∆Px  r =>  N 0 .∆t = mv0 sin α r F . ∆ t = ∆ P  y y  Fms = µN 0   v = v0(cosα - µsinα) Sau đó viên gạch trượt trên sàn với gia tốc : a = -µg v02 (cos α − µ sin α) 2  s2 = 2µg Vậy viên gạch dừng lại cách điểm ném 1 khoảng : 2v02 cos α.sin α v02 (cos α − µ sin α) 2 S = s1 + s2 = + = g 2µg v02 (cos α + µ sin α) 2 2µg Theo định lý Bunhiacopski thì : (cos α + µ sin α) 2 ≤ ( 1 + µ2) www.nbkqna.edu.vn 80 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc v02  s≤ (1 + µ2) 2µg 4đ Dấu bằng xảy ra khi µ = tanα Biện luận : + ) Để v > 0 thì (cosα - µsinα) > 0  µ < cotα. 1đ v02 smax = (1 + µ2) khi µ = tanα 2µg v02 +) Khi µ ≥ cotα thì s = s1max = khi α = 450 g Bài 2 5 điểm - Khi xét vật ở vị trí xác định bởi góc α như hình vẽ. Gọi V và u tương ứng vận tốc của bán cầu và v M của vật m so với bán cầu v α m u r r r Vận tốc vật m so với đất v = u + V Theo phương ngang động lượng của hệ được bảo toàn mu x = MV ⇒ m(u cos α − V) = MV ⇒V= mu cos α M+m (1) Khi bắt đầu rời khỏi M ta có mg cos α = mu 2 R ⇒ u 2 = gR cos α Mặt khác (2) v 2 = V 2 + u 2 − 2uV cos α (3) Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng www.nbkqna.edu.vn 81 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc mv 2 MV 2 mgR(1 − cos α) = + 2 2 (4) Từ các phương trình (1),(2),(3),(4) ta được m cos3 α − 3cos α + 2 = 0 (5) M+m Vật m rời khỏi M tại vị trí có góc α xác định bởi phương trình (5) Khi M = 3m thì 0,25. cos3 α − 3cos α + 2 = 0 ⇒ α = 4600’18.83’’ Bài 3 4 điểm Mỗi quá trình chuyển đổi trạng thái trong đề đều có thể chuyển về quan hệ P – V p +) Quá trình 1 – 2 : p = 2RT1(11 P1 1 βV)β = -R.β2T1V + 2RβT1 2 P1/2 3 2 Là đường thẳng p – V có hệ số V góc nhỏ hơn 0 V1/2 V1 3V1/2 +) Quá trình 2-3 là quá trình đẳng áp +) Quá trình 3-1 là : p = R β2T1V là 1 đoạn thẳng Từ phương trình biến đổi 1 – 2 tìm được : V1 = 1 3 3 = V1 ; V2 = β 2β 2 p1 = R βT1 ; p2 = R βT1/2 = p1/2 Thể tích của trạng thái 3 : V3 = 1 1 = V1 2β 2 Công của chu trình chính là diện tích tam giác trong đồ thị P –V A= 1 (p1 – p2)(V2 – V1) = 0,25RT1 2 www.nbkqna.edu.vn 82 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc Bài 4 4 Điểm 4.a Ta có : f ms = ma c = kmg ⇒ a c = kg 2đ 2kg mR 2 f ms R = −Iγ = kmgR = − γ ⇒γ=− R 2 Tại thời điểm t thì: ω = ω0 + γt = ω0 − 2kg t R vc = v 0 + at = kgt khi t nhỏ thì v < ωR Khi bắt đầu lăn không trượt thì v c = ωR ⇒ kgt = ω0 R − 2kgt ⇒ t = Vận tốc khối tâm khi đó Tốc độ góc ω = ω0 − 4. b vC = kgt = ω0 R 3kg ω0 R mm 3 2kg ω0 R ω0 = R 3kg 3 Công của lực ma sát trượt Gọi s là quãng đường trượt được s = ∆φ.R − s = (ω0 t + at 2 2 2đ γt 2 at 2 thay những kết quả thu được ở câu a )R − 2 2 vào ta được kết quả 1 ω02 R 2 s= 6 kg mω02 R 2 A= - kmgs = − 6 www.nbkqna.edu.vn 83 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc Bài 5 2 Điểm Phương án và các bước: 1. - 1đ Cho nước vào bình với thể tích V1, d thả bình vào chậu, xác định mực nước Vạch chia ngoài bình hn1 (đọc trên vạch chia). Tăng dần thể tích nước trong bình: Vt V2, V3, ... và lại thả bình vào chậu, xác S - hn định các mực nước hn2, hn3, ... - Khi đo phải chờ cho nước phẳng lặng. *Lập bảng số liệu: hn1 hn2 V1 V2 d S ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... Các biểu thức Gọi hn là mực nước ngoài bình, ρ là khối lượng riêng của nước, mt và Vt tương ứng là khối lượng và thể tích nước trong bình. Phương 2. trình cân bằng cho bình có nước sau khi thả vào chậu: 1đ ρg(d+hn)S = (M+mt)g → ρ(d+hn)S = M+Vt ρ (1) Từ (1) ta thấy hn phụ thuộc tuyến tính vào V t. Thay Vt bởi các giá trị V1, V2,... ρ(d+hn1)S = M+V1ρ (2) ρ(d+hn2)S = M+V2ρ (3) ... www.nbkqna.edu.vn 84 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc Đọc hn1, hn2,... trên vạch chia thành bình. Lấy (3) trừ (2) rồi rút S ra: S = (V2-V1)/(hn2-hn1) (4) Thay đổi các giá trị V2, V1,hn2, hn1 nhiều lần để tính S. Sau đó lắp vào (2) để tính d: d= ( M + V1 ρ )( hn 2 − hn1 ) M + V1 ρ − hn1 = − hn1 (5) ρS ρ (V2 − V1 ) ---------------HẾT------------- www.nbkqna.edu.vn 85 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc Sở GD-ĐT Nam Định Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI MIỀN BẮC MỞ RỘNG Môn Vật lý 10 Thời gian: 180 phút Câu 1 (5đ): Động học, động lực học Một hạt cườm khối lượng m được xỏ qua một sợi dây nhẹ, không giãn chiều dài L. Một đầu dây buộc cố định tại điểm A, đầu kia buộc vào một cái vòng m rất nhẹ, vòng lại có thể trượt không ma sát trên một thanh ngang. Ở thời điểm ban đầu, vật được giữ ở vòng và dây thẳng, không căng. Thả cho hạt cườm g cạnh h L chuyển động. a, Lập phương trình quỹ đạo của hạt cườm nếu dây A không đứt. b, Biết rằng dây chịu sức căng lớn nhất là T0. Tìm vận tốc của nó ở thời điểm dây bị đứt Cho khoảng cách từ A đến thanh là h. Bỏ qua mọi ma sát. Câu 2(5đ): Các định luật bảo toàn Trên một mặt phẳng nằm ngang, nhẵn người ta đặt một quả tạ đôi thẳng đứng gồm một thanh cứng nhẹ, chiều dài l hai đầu gắn hai vật khối lượng m như nhau. Người ta dùng quả cầu nhỏ thứ ba khối lượng m/2 chuyển động trên mặt phẳng ngang với tốc độ v 0 đến va (2) chạm tuyệt đối đàn hồi và xuyên tâm với quả cầu ở dưới (quả cầu 1). Sau khi va chạm quả cầu (1) trượt mà không rời mặt phẳng ngang. a, Tìm điều kiện của v0. b, Xác định hướng và độ lớn của lực mà thanh tác dụng lên (3) uu r v0 (1) quả cầu phía trên ngay sau va chạm. Biện luận các trường hợp có thể xảy ra. c, Xác định hướng và tốc độ của quả cầu nằm ở trên ( quả cầu 2) ngay trước khi nó chạm mặt phẳng ngang Câu 3(2đ): Nhiệt học Một máy nhiệt lí tưởng hoạt động theo các chu trình tuần hoàn với nguồn nóng là một khối nước có khối lượng m1 = 10 kg ở nhiệt độ ban đầu t1 = 100oC, nguồn lạnh là một khối nước có khối lượng m 2 = 5 kg và ban đầu là nước đá ở nhiệt độ t 2 = 0oC. Giả sử trong mỗi chu trình, nhiệt độ nguồn nóng và nguồn lạnh thay đổi không đáng kể. Các chu trình đều cho hiệu suất cực đại. Bỏ qua tương tác nhiệt với môi trường bên ngoài. Biết ẩn nhiệt nóng chảy của nước đá là λ = 334 kJ.kg-1 và nhiệt dung riêng của nước là c = 4,18 kJ.kg-1.K-1. a, Xác định nhiệt độ t3 của nguồn nóng khi khối nước đá đã tan được một nửa. b, Xác định công lớn nhất Amax có thể nhận được và nhiệt độ cuối cùng tc của nguồn nóng. Câu 4 (2đ): Cơ học vật rắn www.nbkqna.edu.vn 86 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc Một hình trụ rỗng bán kính R, mặt trong nhám, được giữ thẳng đứng. Một đĩa mỏng đồng chất khối lượng m, bán kính r (r < R), lăn không trượt ở mặt trong của hình trụ sao cho tiếp điểm của nó với hình trụ luôn nằm trên một mặt phẳng nằm ngang. Gọi µ là hệ số ma sát nghỉ giữa đĩa và hình trụ, θ là góc nghiêng của đĩa so với phương thẳng đứng. Cho gia tốc trọng trường là g, bỏ qua ma sát lăn và lực cản môi trường. Giả sử đĩa lăn đều, không trượt và luôn nghiêng một góc θ = θ0 không đổi. a, Tính vận tốc góc của khối tâm đĩa trong chuyển động quay quanh trục hình trụ. b, Hỏi θ0 phải nằm trong khoảng giá trị [ θmin , θmax ] nào thì điều giả sử trên (đĩa lăn không trượt với góc nghiêng không đổi) thỏa mãn? c, Gọi momen quán tính của đĩa đối với trục quay tiếp tuyến với đĩa và nằm trong mặt phẳng của đĩa là I = γmr 2 . Tìm giá trị của γ. Câu 5(2đ): Thực nghiệm xác định hệ số ma sát trượt và hệ số cản Xét chuyển động của một tấm nhựa phẳng trên một mặt bàn phẳng nằm ngang, người ta nhận thấy trong quá trình chuyển động, tấm chịu tác dụng của lực ma sát trượt (hệ số ma sát trượt α) và chịu lực cản của r r môi trường tỉ lệ thuận với vận tốc ( f c = −βv, β là hệ số cản). Quãng đường mà tấm nhựa trượt được trên v2 β v3 − 2 2 với v là vận tốc ban đầu của tấm nhựa, M là 2αg 3α Mg khối lượng của tấm nhựa, g là gia tốc trọng trường. a, Trình bày cơ sở lý thuyết và xây dựng các công thức cần thiết xác định α và β. b, Coi các va chạm trong quá trình làm thí nghiệm (nếu có) là hoàn toàn đàn hồi. Cho các dụng cụ sau: - Vật nhỏ có khối lượng m đã biết; - Thước đo có vạch chia đến milimét; - Các sợi dây mềm, mảnh, nhẹ; - Tấm nhựa phẳng hình chữ nhật; - Bàn thí nghiệm, giá đỡ, giá treo cần thiết. Trình bày cách bố trí thí nghiệm, thu thập và xử lí số liệu để xác định α và β. mặt phẳng ngang được tính gần đúng là: s = www.nbkqna.edu.vn 87 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc Đáp án Câu 1 (5đ): Động học, động lực học Một hạt cườm khối lượng m được xỏ qua một sợi dây nhẹ, không giãn chiều dài L. Một đầu dây buộc cố định tại điểm A, đầu kia buộc vào một cái vòng m rất nhẹ, vòng lại có thể trượt không ma sát trên một thanh ngang. Ở thời điểm ban đầu, vật được giữ ở vòng và dây thẳng, không căng. Thả cho hạt cườm g cạnh h L chuyển động. a, Lập phương trình quỹ đạo của hạt cườm nếu dây A không đứt. b, Biết rằng dây chịu sức căng lớn nhất là T0. Tìm vận tốc của nó ở thời điểm dây bị đứt Cho khoảng cách từ A đến thanh là h. Bỏ qua mọi ma sát. Lời giải a, Trước tiên ta xác định quỹ đạo chuyển động. Chọn hệ tọa độ như hình vẽ. Theo định lý Pitago: α P AN2 = QN2 + QA2 …………………………0,25đ (L - y)2 = x2 + (h - y)2 ……………………..0,25đ L+h x2 − y= 2 2(L − h) y Như vậy quỹ đạo là parabol………………0,5đ b, Do cơ năng của hệ bảo toàn nên hợp lực của lực dây tác dụng lên vật phải vuông góc với quỹ đạo. Phương trình định luật II Newton viết theo phương g B x O Q A C Y N X V T1 F N α T2 căng P pháp tuyến: v2 m = 2T.cosα − mg.cosα R (1)………………………………………..0,5đ với v = 2g.y (2)……………………………………….0,25đ còn R là bán kính chính khúc tại N. Để tìm R ta so sánh quỹ đạo hạt cườm với quỹ đạo một vật ném xiên góc. Chọn các thông số của quỹ đạo để nó đối xứng với quỹ đạo hạt cườm qua OX. Như vậy: OV L2 − h 2 = ux = t 2H …………………………………………………………………….0,5đ g với H = OA+AC=h+ www.nbkqna.edu.vn L−h h +L = 2 2 88 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc g(L − h) ………………………………………………………………………..0,25đ → ux = còn: uy = 2g(H − y) …………………………………………………………………….0,25đ Gia tốc pháp tuyến tại N là: 2 2 u 2 u x + u y 2g(L − y) an = g.cosα = …………………………………………………0,25đ = = R R R Vậy: 2(L − y) cos α R= (3)……………………………………………………………..0,25đ Giải các phương trình (1) – (3) được: T= mgL ……………………………………………………………………………….0,5đ 2(L − y)  Lúc T = T0 thì y = L 1 −  0 ≤ y ≤ (L + h)/2 ⇔ 1 − Chú ý là: (2)⇒ v = mg  ÷………………………………………………………………0,25đ 2T0  h mg ≤ ≤2 L T0  mg  2gL 1 − ÷ ………………………………………………………………….0,5đ  2T0  * Biện luận: • Khi mg > 2 thì dây đứt ngay ở thời điểm vừa thả ra…………………………………0,25đ T0 • Khi mg h < 1 − : dây không bị đứt trong suốt quá trình chuyển động………………..0,25đ T0 L Câu 2(5đ): Các định luật bảo toàn Trên một mặt phẳng nằm ngang, nhẵn người ta đặt một quả tạ đôi thẳng đứng gồm một thanh cứng nhẹ, chiều dài l hai đầu gắn hai vật khối lượng m như nhau. Người ta dùng quả cầu nhỏ thứ ba khối lượng m/2 chuyển động trên mặt phẳng ngang với tốc độ v 0 đến va (2) chạm tuyệt đối đàn hồi và xuyên tâm với quả cầu ở dưới (quả cầu 1). Sau khi va chạm quả cầu (1) trượt mà không rời mặt phẳng ngang. a, Tìm điều kiện của v0. b, Xác định hướng và độ lớn của lực mà thanh tác dụng lên (3) uu r v0 (1) quả cầu phía trên ngay sau va chạm. Biện luận các trường hợp có thể xảy ra. c, Xác định hướng và tốc độ của quả cầu nằm ở trên ( quả cầu 2) ngay trước khi nó chạm mặt phẳng ngang www.nbkqna.edu.vn 89 Tổng hợp một số đề thi đề xuất môn Vật Lý 10 của một số trường trên toàn quốc Giải a, Khi quả cầu (3) va chạm quả cầu (1). Động lượng và động năng của hệ bảo toàn m m v0 = v '+ mv1 ………………………………………………………………..0,25đ 2 2 1m 2 1m 2 1 v0 = v ' + mv12 ……………………………………………………….0,25đ 2 2 2 2 2 ⇒v1=2/3v0 ………………………………………………………………………………..0,25đ Ngay sau va chạm khối tâm có vận tốc vG=v1/2=v0/3……………………………………..0,25đ Giả sử quả cầu rời sàn. Khi đó aG=g. Vận tốc của quả cầu (1) với khối tâm G là v1-vG=v0/3…0,25đ Trong hệ quy chiếu gắn với khối tâm quả cầu 1 có gia tốc hướng tâm: a ht = Để quả cầu (1) rời mặt sàn: aht>aG=g⇒v0> 3 (v0 / 3) 2 2v 02 …0,25đ = l/2 9l gl 2 Vậy để quả cầu (1) không rời mặt sàn thì: v0≤ 3 gl …………………………………………0,5đ 2 b, Trong hệ quy chiếu gắn với quả cầu (1). Lực quán tính nằm ngang. Ngay sau va chạm quả cầu (2) có v2=2/3v0 ……………………………………………………………………………….0,25 Có: T+mg=mv22/l………………………………………………………………………………0,25 4v02 m 2 9 − mg = m  4v 0 − g  ……………………0,5 T=  ÷ l  9l  Nếu: v0 > ur 3 gl ⇒T>0⇒ T hướng xuống………….0,25 2 Nếu: v0 < ur 3 gl ⇒T[...]... 25 Tng hp mt s thi xut mụn Vt Lý 10 ca mt s trng trờn ton quc H h0 l0 h l1 = + + + H h0 l0 h l1 -HT www.nbkqna.edu.vn 26 Tng hp mt s thi xut mụn Vt Lý 10 ca mt s trng trờn ton quc S GD&T HềA BèNH THI CHN HC SINH GII BC THPT TRNG THPT CHUYấN VNG DUYấN HI & NG BNG BC B HONG VN TH LN TH VI, NM HC 2012-2013 Mụn:Vt lớ; Lp: 10 Thi gian: 180 phỳt khụng k thi gian phỏt GII THIU Cõu 1: (5... h s nht ca du: = 2 r 2 ( d ) g 9 v www.nbkqna.edu.vn 12 Tng hp mt s thi xut mụn Vt Lý 10 ca mt s trng trờn ton quc HI CC TRNG THPT CHUYấN KHU VC DH & B BC B K THI CHN HC SINH GII KHU VC DUYấN HI BC B NM HC 2012- 2013 TRNG THPT CHU VN AN, H NI MễN THI: VT Lí LP 10 THI NGH (Thi gian lm bi 180 phỳt khụng k thi gian giao ) thi gm 3 trang Cõu 1 (5 im): ng lc hc cht im Trờn mt bn nm ngang nhn, cú... bit c h = 50 cm thay vo (2) ta o c bỏn kớnh ca qu cu cn tỡm (0,5) www.nbkqna.edu.vn 34 Tng hp mt s thi xut mụn Vt Lý 10 ca mt s trng trờn ton quc TRNG THPT CHUYấN QUC HC HU K THI OLYMPIC TRUYN THNG 30/4 LN TH VI (2012-2013) THI MễN VT Lí LP 10 Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian giao H V TấN TH SINH: S BO DANH: Cõu 1 (5 im): Mt khung rn vuụng AOB ( AO B = 900 ) nm trong mt phng thng ng, quay... Khi chm t y = h , nờn: v sin t + gt = h 2 10 gR + 10 gR + 54 gh 2 t1 = gR v = 3 3.g 3 Thay vo phng trỡnh trờn ta tỡm c: 10 gR 10 gR + 54 gh 5 < 0 (loai ) sin = 3 t2 = 3 3.g 10 gR + 10 gR + 54 gh Vy sau t = (1) thỡ vt s ri xung t (0,5) 3 3 g Thay cos = 2 1 54h A2 t 3 3 g t = A khi ú thay vo (1) ta cú: R= ữ (2) Vy khi o c thi gian qu cu ri 10 2 A bng ng h bm giõy, bit c h = 50 cm... Ngụ Th Thu Dinh n v: Trng THPT CHUYấN BIấN HềA TNH H NAM - GII THIU THI HC SINH GII CC TRNG THPT CHUYấN KHU VC DUYấN HI- NG BNG BC B MễN: VT Lí LP :10 Thi gian lm bi: 180 phỳt Bi 1: (5 im) Mt qu cu nh nm chõn nờm tam B giỏc OBM vuụng cõn, cnh l (hỡnh v) l www.nbkqna.edu.vn M uu r vo O18 Tng hp mt s thi xut mụn Vt Lý 10 ca mt s trng trờn ton quc 1, qu cu ri ỳng im M trờn nờm thỡ phi cung... 4,1231kg ; g 10m / s 2 www.nbkqna.edu.vn 4T1 28 Tng hp mt s thi xut mụn Vt Lý 10 ca mt s trng trờn ton quc Cõu 5: (2 m) T cỏc dng c thớ nghim sau: 1 Mt ng h bm giõy 2 Mt chic giỏ cao h = 50 cm R 3 Mt qu cu ng cht cú bỏn R (R 0 quỏ trỡnh...Tng hp mt s thi xut mụn Vt Lý 10 ca mt s trng trờn ton quc * Biện luận: + Nếu < 1 VC V > 1 và A > 1 Ta có đồ thị hình a VB VC + Nếu > 1 VC V < 1 và A < 1 Ta có đồ thị hình b VB Vc Bi 5 1 C s lý thuyt Vt ri trong mt mụi trng chu tỏc dng ca lc cn t l vi tc chuyn ng ca vt Ban u vt ri nhanh dn, nờn tc... 0,5 0,5 5 gl vO 6 gl 16 Tng hp mt s thi xut mụn Vt Lý 10 ca mt s trng trờn ton quc Cõu 3 + Gi v l vn tc khi tõm ca qu cu ngay trc khi va r chm N vx; vy l vn tc khi tõm qu cu theo 0x v 0y r ngay sau va chm 2 Fms vO Ta cú: v = 2gh0 y x v y = 2 gh = 2 gk 2 h0 2 => vy = kv + Gi t l khong thi gian va chm + Vit c cỏc phng trỡnh v bin thi n ng lng ca khi tõm v bin thi n mụ men ng lng ca qu cu i vi trc... ng Hỡnh 2 u) - Dựng ng h o khong thi gian t chuyn ng tng ng Chỳ ý: Khi tin hnh bc 2 nhiu ln mc cht lng v nc trong ng s dõng lờn nờn ta phi chỳ ý: iu chnh v trớ ca ng nh git ( cao h khụng i); v trớ o quóng ng S (do mc nc dõng lờn) 3 X lý s liu a Xỏc nh bỏn kớnh ca mt git nc: o m, m N - Khi lng 1 git nc: m0 = www.nbkqna.edu.vn m N 11 Tng hp mt s thi xut mụn Vt Lý 10 ca mt s trng trờn ton quc 3V 3.m ... 0,5 25 Tng hp mt s thi xut mụn Vt Lý 10 ca mt s trng trờn ton quc H h0 l0 h l1 = + + + H h0 l0 h l1 -HT www.nbkqna.edu.vn 26 Tng hp mt s thi xut mụn Vt Lý 10 ca mt s trng trờn... , nờn: v sin t + gt = h 10 gR + 10 gR + 54 gh t1 = gR v = 3.g Thay vo phng trỡnh trờn ta tỡm c: 10 gR 10 gR + 54 gh < (loai ) sin = t2 = 3.g 10 gR + 10 gR + 54 gh Vy sau t = (1)... hp NGH Tng mt s thi xut mụn Vt Lý 10 ca mt s trng trờn ton quc HNG DN CHM TRNG THPT CHUYấN QUC HC HU K THI OLYMPIC TRUYN THNG 30/4 LN TH V (2011-2012) MễN THI: VT Lí KHI: 10 (Hng dn chm gm