BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC KẠN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT (Đề thi gồm có 02 trang) ĐỀ THI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X MÔN: VẬT LÝ - 10 NĂM 2014 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1(5 điểm) Một bóng bàn bắt đầu rơi tự từ độ cao h so với mặt sàn Sau va chạm chạm với mặt sàn lại nảy lên phần động Tính thời gian chuyển động bóng bàn coi tỉ số độ lớn vận tốc sau trước lần va chạm với mặt sàn không đổi e( e < 1) Gia tốc rơi tự g Bài 2( điểm) Ba vật 1,2,3 có khối lượng m1 , m2, m3 xếp chồng lên thành khối ( Hình 1) Mặt A( tiếp xúc 2) có hệ số ma sát nghỉ μA Mặt B (tiếp xúc 3) có hệ số ma sát nghỉ μB a Vật kéo sang phải cho gia tốc tăng dần Trên mặt xảy chuyển động tương đối vật trước b Giải lại câu a trường hợp vật kéo sang trái c Nếu µ A = 0,5; µ B = 0,8 trị số góc α phải để xảy trượt mặt B trước kéo vật sang phải để xảy trượt mặt A trước kéo vật sang trái Bài 3( điểm) Biết mol khí lý tưởng đơn nguyên tử tăng nhiệt độ 2, 014 lên độ nội tăng thêm 1,5R Có 8,31 mol khí lý tưởng đơn nguyên tử thực vòng tuần hoàn hình a Tính nhiệt độ cao chu trình b Quá trình từ C đến D trình chất khí thu hay tỏa nhiệt nhiệt lượng trao đổi bao nhiêu? P(105N/m2) B A A C 2 B D α O V(l) Hình Hình Bài 4( điểm) Một đồng chất chiều dài h nằm mặt phẳng nghiêng nhẵn có góc nghiêng α , đầu h tựa mặt nhám Đầu nối với sàn nhờ sợi dây l α nhẹ không giãn Biết l = 2h Tìm điều kiện hệ số ma sát đầu để cân Bài 5( điểm) Thiết kế phương án thí nghiệm để xác định khối lượng viên bi Cho dụng cụ sau đây: Hai viên bi( Một hai viên biết khối lượng), bột dẻo, giá thí nghiệm, thước đo độ, hai sợi dây chiều dài - Hết -Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh Số báo danh BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC KẠN (Đáp án gồm có 07 trang) Bài ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X MÔN: VẬT LÝ 10 NĂM 2014 Đáp án Quả bóng rơi tự nên thời gian từ lúc rơi đến lúc chạm Điểm 2h g sàn lần t0 = Gọi vận tốc trước sau lần va chạm v v1 Ta có: v = gh v1 =e v Sau va chạm lần bóng nảy lên tới độ cao h1 v12 e v = = e2 h lại rơi xuống: h1 = 2g 2g Do lực cản không khí bỏ qua nên độ lớn vận tốc bóng trước va chạm thứ v1 thời gian hai lần va 2h 2h chạm thứ thứ là: t1 = = 2e g g Tương tự thời gian ngắn va chạm thứ thứ là: t2 = 2e 2h thời gian ngắn va chạm thứ n g thứ n+1 : tn = 2en 2h g Vậy thời gian từ lúc rơi đến va chạm thứ ( n+1) là: 2h 2h 2h 2h + 2e + 2e + + 2e n g g g g t = t1 + t2 + + tn = = 2h 2(1 + e + e2 + + en ) − 1) ( g Thời gian chuyển động bóng từ lúc bắt đầu rơi tới dừng hẳn : tn→∞ = 1 + e 2h 1− e g a Xét vật đứng yên tương nhau, có gia tốc a hướng sang phải Đầu tiên tính ma sát tĩnh A fA = m1a Đối với vật phân tích lực HV fB N2 fA α y 1,5 m2a O x Theo định luật II Niu – tơn ta có: Theo phương Ox: f B cos α − f A − N sin α = m2 a Theo phương Oy: f B sin α + N cosα = (m1 + m2 ) g Từ ta : f B = ( m1 + m2 ) ( a cos α + g sin α ) N = ( m1 + m2 ) ( g cos α − a sin α ) f Bmax = µ B N = µ B ( m1 + m2 ) ( g cos α − a sin α ) Do đó: fA f Amax = m1 a f a acosα + g sin α = ; B = µ A m1 g µ B g f Bmax µ A ( gcosα − a sin α ) Đối với vật 1, gia tốc tối đa a1max đó: 1,5 f1max = µ A m1 g = m1a → a1max = µ A g Vì a > a1max mặt A phát sinh chuyển động tương đối Đối với vật 2: f B max = µ B N thay vào công thức ta có: ( µ B N sin α + N cosα ) = ( m1 + m2 ) g µ B N cosα − m1 a2 max − N sin α = m2 a2 max a2 max = ta có: µ B cosα − sin α g µ B sin α + cosα µ cosα − sin α B Do với a2 max ≥ µ sin α + cosα g B có B chuyển động tương đối µ cosα − sin α B Nếu a1max < a2max tức µ A < µ sin α + cosα g chuyển B động mặt A trước; µ cosα − sin α B Nếu a1max > a2max tức µ A > µ sin α + cosα g chuyển B động mặt B trước µ cosα + sin α B b Thay góc α = - α µ A < µ sin α − cosα g B mặt A có chuyển động trước c Nếu μA = 0,5 Nếu μB = 0,8 thay vào 0,8cosα − sin α có: 0,5 < 0,8sin α + cosα g Do ta có αmin = 12,10 ( góc nghiêng không lớn góc ma sát) P(105N/m2) B H A C D E O V(l) Hìnhtròn có tâm nằm Chu trình tuần hoàn vòng đường phân giác góc phần tư thứ mà đường cong đẳng nhiệt hệ PV nhận làm trục đối xứng Gọi H tiếp điểm chu trình với đường đẳng nhiệt cao nhất, TH nhiệt độ cao cần tìm: TH = pH VH nR từ đồ thị ta có: ( + 1.sin 450 ) 105 ( + 1.cos450 ) 10 −3 = 682, K TH = 2, 014 8,31 8,31 Tính nhiệt độ C D: pCVC 3.105.4.10−3 TC = = = 595,8 K 2, 014 nR 8,31 8,31 p V 2.105.3.10−3 TD = D D = = 298K 2, 014 nR 8,31 8,31 Sự thay đổi nội trình CD: ∆U CD = n.1,5 R (TD − TC ) = −7476 J Dấu (-) biểu thị nội giảm Trong trình CD áp suất khí giảm nên môi trường thực công dương chất khí Công có trị số diện tích hình thang cong CDEF hình vẽ đơn vị diện tích 105 10-3 = 100J: π 12 A = × − 100 = 221,5 J ( ) Vậy: Theo nguyên lý I NĐLH ta có: Q + A = ∆U nên Q = 7697,5J Khí hấp thụ nhiệt lượng 7697,5J B Các lực tác dụng lên HV: T D h A mg l C Fms E N Theo phương ngang phương thẳng đứng ta có: Fms = Tcosβ ( 1) N = mg + T sin β ( ) Với điều kiện: Fms ≤ µ N ⇒ T cos β ≤ µ ( mg + T sin β ) ( 3) mg cos α Chọn trục quay B ta T = 4sin β ( ) cos α Từ (3) (4) suy ra: µ ≥ tan β (4 + cosα ) ( 5) Từ hình vẽ ta lại có: tan β = h sin α sin α = l + h cos α + cos α (2 + cos α )cosα Thay vào (5) ta được: µ ≥ (4 + cosα )sin α Buộc viên bi có khối lượng m1 vào sợi dây dài l, kéo lệch góc α1 đo thước đo góc buông Tại điểm thấp quỹ đạo chuyển động viên bi m1 treo viên bi chưa biết khối lượng m2 có gắn mẩu bột dẻo khối lượng ∆m nhỏ Khi chuyển động viên bi khối lượng m1 va chạm vào viên bi khối lượng m2 có bột dẻo nên va chạm cầu va chạm mềm, sau chúng dính vào nghiêng góc α2 theo định luật bảo toàn động lượng m1v1 = (m1 + m2 + ∆m)v2 Ta tìm vận tốc v1 viên bi biết khối lượng vào lúc va chạm từ định luật bảo toàn m1 gh1 = m1 v1 => v1 = gh1 = gl (1 − cosα ) Vì khối lượng ∆m nhỏ nên bỏ qua Tương tự tìm v2 v2 = gh = gl (1 − cosα ) Thay v1 v2 vào (1) ta tìm được: m2 = m1 α1 S in ÷ − cosα − 1÷ ⇒ m2 = m1 − 1÷ α − cosα ÷ Sin ÷÷