Vật lý 10 đề thi (chính thức) kỳ thi HSG các trường chuyên khu vực duyên hải đồng bằng bắc bộ lần thứ IX năm 2016

Từ đỉnh A của quả cầu, một vật nhỏ khối lượng m trượt không ma sát với vận tốc ban đầu bằng 0.. Xem hình vẽ 1 a Quả cầu được gắn cố định trên bàn.Vật sẽ rời mặt cầu ở độ cao nào so với m

(Đề thi gồm 02

trang)

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG

BẮC BỘ LẦN THỨ IX, NĂM HỌC 2015 – 2016

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÍ 10

Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 23/4/2016

Câu 1: (4 điểm)

Một quả cầu bán kính R, khối lượng M được đặt trên mặt

bàn nằm ngang Từ đỉnh A của quả cầu, một vật nhỏ khối

lượng m trượt không ma sát với vận tốc ban đầu bằng 0

(Xem hình vẽ 1)

a) Quả cầu được gắn cố định trên bàn.Vật sẽ rời mặt cầu ở

độ cao nào so với mặt bàn Tính góc tạo bởi phương ngang và

véctơ vận tốc của vật ngay trước khi vật chạm mặt bàn

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

7 4

R

so với mặt bàn

O

A

R

Hình vẽ 1

Câu 2: (4 điểm)

Người ta ném một vật từ mặt đất lên với tốc độ ban đầu v0 theo phương hợp với phương ngang một góc  Gia tốc trọng trường là g, bỏ qua sức cản của không khí Chọn hệ qui chiếu

có gốc tọa độ O tại vị trí ném, trục Oy hướng thẳng đứng lên trên, trục Ox hướng theo phương ngang sao cho vật chuyển động trong mặt phẳng Oxy

1) Với giá trị v0 xác định, vật chỉ có thể đi tới các vị trí nằm bên trong một đường giới hạn Xác định phương trình đường giới hạn này

2) Khi rơi chạm mặt đất, cho rằng vật không bị nảy lên Hệ số ma sát giữa vật và mặt đất là 

a) Tìm tốc độ của vật ngay sau khi chạm đất Bỏ qua tác dụng của trọng lực trong thời gian

xảy ra va chạm

Biện luận kết quả thu được theo mối quan hệ giữa góc ném  và hệ số ma sát 

b) Với góc  bằng bao nhiêu thì vị trí vật dừng lại nằm xa O nhất.

Câu 3: (4 điểm)

Một động cơ đốt trong thực hiện chu trình

1-2-3-4-1 theo đồ thị như hình vẽ 2 Chu

trình gồm hai quá trình đẳng tích và hai quá

trình đoạn nhiệt xen kẽ nhau Tác nhân sử

dụng là n mol khí (coi là khí lý tưởng) Biết T1

= 524K, T2 = 786K và T4 = 300K Tính nhiệt

độ T3 và hiệu suất của chu trình

ĐỀ CHÍNH THỨC

Hình vẽ 2 Câu 4: (5 điểm)

Một đĩa phẳng đồng chất, khối lượng M và bán kính

R đang quay với vận tốc góc ω0 quanh trục thẳng đứng đi

qua tâm đĩa thì rơi nhẹ lên mặt sàn nằm ngang Lực cản

của sàn tác dụng lên phần đĩa diện tích S có vận tốc v

được xác định bằng biểu thức: F C k Sv. 

, với k là hệ

số cản Mặt sàn gồm hai phần được ngăn cách nhau bởi

đường thẳng Δ, có hệ số cản tương ứng là k1 và k2

(k2 > k1) Tại thời điểm ban đầu, tâm đĩa nằm trên đường

phân cách Δ (Hình vẽ 3)

a) Xác định độ lớn gia tốc góc và gia tốc khối tâm của đĩa tại thời điểm ban đầu

b) Tìm quãng đường mà tâm đĩa đi được từ thời điểm ban đầu cho đến khi dừng lại hẳn

Câu 5: (3 điểm)

Xác định hệ số ma sát trượt giữa gỗ và gỗ

Dụng cụ:

- Một lò xo được xem là lý tưởng

- Một quả cân đã biết khối lượng

- Một khối gỗ hình hộp chữ nhật có móc treo

- Một mặt phẳng bằng gỗ

- Một thước chia đến milimet

Hãy thiết lập một phương án đo hệ số ma sát trượt giữa gỗ và gỗ Gia tốc trọng trường xem như đã biết

HẾT

-(Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

Hình vẽ 3

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG

BẮC BỘ LẦN THỨ IX, NĂM HỌC 2015 – 2016

HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN: VẬT LÍ 10

Ngày thi: 23/4/2016

Câu 1 (4 điểm) – Ninh Bình+ Bắc giang

a

2 đ



P

N

v





1

v

* Quả cầu được gắn cố định trên mặt bàn

*Xác định góc  và vận tốc v của

vật khi rời khỏi mặt quả cầu từ đó suy ra độ cao tương ứng

* Xét chuyển động của vật trong HQC găn với mặt bàn

Lực tác dụng như hình vẽ Chiếu lên trục bán kính ta được:

2

R

  

………

vật rời khỏi mặt quả cầu : N = 0

Giải hệ (1)((2) =>

2 cos

3

 

;

2 3

gR

v 

………

Độ cao khi rời mặt cầu: h = R + Rcosα =

5 3

R ……….

* Khi chạm vào mặt bàn vật có vận tốc v1

hợp với phương ngang góc β ĐLBTCN

2 1 2

2

mv mgR 

=> v12 gR ………

+ Theo phương ngang vận tốc không đổi

=>v.cos v cos1  ………

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Thay các biểu thức của v , v và cos vào phương trình trên ta được1

0 6

9

………

0,25

0,25 b

2đ



P



v

2

v

* Quả cầu nằm tự do trên mặt bàn + M chỉ chuyển động trượt không ma sát do tương tác với m

+ m bắt đầu rời M : aM = 0 , M có vận tốc v2, m có vận tốc v đối với M

Trong HQC gắn M: vào thời điểm rời Fqt = 0, N = 0, phương trình động lực

học cho m, chiếu lên phương hướng tâm:

mg.cosα =

2

mv

R => v2 =gRcosα (1)………

Trong HQC bàn: Xét hệ hai vât

Áp dụng ĐL bảo toàn ĐL theo phương ngang:

0 = Mv2 + m(v2 – v.cosα) => v =

cos

M m v



(*)………

ĐLBTCN : mgR(1- cosα) =

2

2 2

m v v



(**)………

(*)&(**) => v2 = 2gR(1 - cosα ) sin2



+ (1)&(2) => 3

m M







+ hình vẽ =>

cos

4

R



(4)………

+ Từ (3)(4) được

16 11

m

0,25

0,25

0,25

0,5

0,25

0,25

0,25

Câu 2: (4 điểm)- Quảng Ninh

1,5đ

Phương trình chuyển động của vật là

0

2 0

1 2

x v cos t

y v sin t gt





 







Phương trình quĩ đạo của vật:

2



………

Biến đổi pt về dạng:

2

Vật không thể đến được các vị trí không cho ta nghiệm tanαα, tức là:

2

v

Đường giới hạn cần tìm là Parabol :

2 2 0

2 0

v gx y

 

………

0,5

0,5

0,5

2.a

1đ

Ngay trước khi chạm đất, vật có tốc độ v0 hợp với phương ngang một góc α

như lúc ném Ta có:

0

ms

N t mv sinα

F t m v cosα v

 







0

v cosα μNsinα ; cotα μN

v







(Nếu chỉ giải ra ĐS: v v 0cos  sin cho 0,25 điểm)

0,5

0,5

2.b

1,5đ Tầm xa

2

0sin 2

v L

g





Sau khi vật chạm đất, vật đi được thêm một đoạn là:

2 2

2 0

v v

………

Vị trí vật dừng lại cách nơi ném là:

2

0

sin 2

cosα μNsinα 2

s L s





………

Lấy đạo hàm của s theo α ta được:

2 cos 2

s







0,25

0,25

   

2

s

2

v

g







Để s s max cần điều kiện:

' 0

2

1







 ………

0,5

0,5

Câu 3: (4 điểm)- Lào Cai

2,5đ Áp dụng phương trình đoạn nhiệt cho giai đoạn 4 – 1; 2 – 3 ta có :

p V = p V v p V = p V 

(1)

Qúa trình 1- 2; 3 - 4 là đẳng tích : V1 = V2 ; V3 = V4 (2)

- Từ (1) và (2) ta có :

1 4

2 3

=

p p (3)

- Áp dụng phương trình trạng thái cho quá trình đẳng tích 1 - 2; 3 - 4 ta có :

1 1

2 2

4 4

3 3

=

=













 (4) ………



3 4

0,5 0,5

0,5

0,5

0,5

1,5đ * Vì công của quá trình đẳng tích bằng không, công của chu trình sinh ra là

tổng công của hai quá trình đoạn nhiệt (Xét về độ lớn):

23 41

A' A' A'

2 ' 56

i

A i n R

….

* Nhiệt lượng thu vào của chu trình là :

2

i

Q U  nR T  T  i n R

………

* Hiệu suất của chu trình là : 12

' 0,4275 43%

A H Q

………

0,5

0,5

0,5

Câu 4: (5 điểm) Thanh hóa

a

3đ

Tại thời điểm ban đầu, vật chỉ có chuyển động quay quanh khối tâm nên

lực cản, tại một vị trí trên đĩa sẽ hướng theo phương vuông góc với véc tơ

bán kính

+ Xác định mô-men lực cản tác dụng lên nửa đĩa:

x

y

O

dS



d

r



c

dF

Chia đĩa thành các phần tử diện tích

vi phân như hình vẽ

dS rdrd  Theo bài ra ta có lực cản tác dụng lên phần tử diện tích này có độ lớn:

2

.v.dS k.v.r.dr.d

c c c

dF k dF

dF k r dr d



Mô-men cản do phần tử lực cản này gây ra có giá trị đại số là:

3

Lấy tích phân trên nửa đĩa ta được:

Mnửa đĩa

4 2

3 0 2

4



 

      

………

( Có thể giải theo cách chia nửa đĩa thành các vành mỏng giớ hạn bởi

hai đường tròn bán kính r và r + dr, sau đó tính Mômen cản nguyên tố

và lấy tích phân trên toàn bộ nửa đĩa)

Tích phân trong toàn mặt đĩa, và viết phương trình động lực học cho cả đĩa

tại thời điểm vừa thả đĩa xuống

4

1 2 0

4

R

M  k k 

………

Áp dụng pt ĐLH cho chuyển động quay quanh O



 1 2 0 2 2

M

 

………

+ Do tính chất đối xứng nên ta có thể thấy thành phần lực cản vuông góc

0.5

0,5

0,5

0,5

với Δ tự triệt tiêu nhau (Tức là

0

S

F dF 

) Hợp lực cản tác dụng lên đĩa có phương 

Tích phân trên toàn bộ mặt đĩa, và viết pt động lực học cho chuyển động

của khối tâm ngay sau khi thả đĩa ta có, chiều dương của trục Oy

 2 1 0 3

2

3

F  k  k  R

………

Áp dụng ĐL II Niu-tơn cho chuyển động của khối tâm:

2 1 0 2

3

G

a

M







………

Ngay sau khi thả đĩa, nó sẽ chuyển động quay chậm dần quanh khối tâm,

và khối tâm sẽ bắt đầu chuyển động tịnh tiến nhanh dần lên trên

0,5

0,5

b

2đ

Tại thời điểm bất kì, giả sử đĩa có vận tốc khối tâm v và vận tốc góc ω Ta có

thể tách vận tốc của một điểm trên đĩa thành hai phần v và ωr Có thể nhận

thấy lực cản có hợp lực luôn song song với Δ nên tâm đĩa luôn nằm trên

Δ………

x

y

O

dS



d



c

dF

dF

r



v

Với thành phần ωr, tường tự như trên

ta có:

Mô men cản:

1 4

M   k k R

…………

Lực kéo

2 3

F  k  k R

………

Với thành phần v, ta có:

Lực cản

1 2

F  k k R v

…………

R



………

Viết phương trình động lực học cho chuyển động quay và chuyển động

tịnh tiến tương ứng ta có:

d

dt dv

dt









Nhân hai cả hai vế với dt và tích phân hai vế ta được:

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

     

0









1 2

2 1

3 4

k k L

k k R













 





0 2 2

1 2

2 1

2 1

M L

k k

k k









0,5 Câu 5: (3 điểm)- Quảng nam

3đ Treo quả cân vào lò xo, đo độ dãn  l0

Treo khối gỗ vào lò xo, đo độ dãn l

Lập tỉ số : 0 0





Suy ra khối lượng m = 0 0

l m l



 ………

Độ cứng của lò xo k =

0 0

m g l

Đặt lò xo nằm ngang, một đầu cố định Móc khối gỗ vào đầu kia của lò xo

Đánh dấu vị trí lò xo không biến dạng trên bảng gỗ

Kéo khối gỗ cho lò xo dãn một đoạn x0 Đánh dấu vị trí này để đo x0

Thả nhẹ khối gỗ trượt trên bảng gỗ cho đến khi dừng Đánh dấu vị trí này

Đo độ biến dạng của lò xo lúc đó là x Quãng đường đi được là s

Dùng định luật bảo toàn năng lượng:

2 2 0

kx kx

mgs



………

Suy ra hệ số ma sát trượt:

2 2 0

2

k

mgs

………

0,5

0,25

0,25

1,0

0,5

0,5

HẾT

-(Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

Họ và tên thí sinh: Số báo danh: