Đề thi học sinh giỏi 2018 môn vật lý chu văn an hà nội

Xác định bán kính của đường tròn tâm O mà người đi xe đạp có thể lượn với vận tốc cực đại.. 2 Một khối bán cầu tâm O, khối lượng m, được đặt sao cho mặt phẳng của khối nằm trên một mặt

A O

R

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN- HÀ NỘI

ĐỀ GIỚI THIỆU

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

LẦN THỨ XI

MÔN VẬT LÍ - KHỐI 10 (Đề có 05 câu; gồm 03 trang)

Câu 1: (5 điểm)

1) Một người đi xe đạp lượn tròn trên một sân nằm ngang có bán kính R Hệ

số ma sát chỉ phụ thuộc vào khoảng cách r từ tâm của sân theo quy luật











 



R

r

1

0



 Với 0 là một hằng số (hệ số ma sát ở tâm của sân) Xác định bán kính của đường tròn tâm O mà người đi xe đạp có thể lượn với vận tốc

cực đại Tính vận tốc đó

2) Một khối bán cầu tâm O, khối lượng m, được đặt

sao cho mặt phẳng của khối nằm trên một mặt phẳng

nằm ngang Một vật nhỏ có khối lượng m bay theo

phương ngang với vận tốc u tới va chạm với bán cầu

tại điểm A sao cho bán kính OA tạo với phương

ngang một góc α Coi va chạm là hoàn toàn đàn hồi

Bỏ qua mọi ma sát Hãy xác định theo m, u, và α:

a) Vận tốc của khối bán cầu sau va chạm

b) Độ lớn xung lượng của lực do sàn tác dụng lên bán cầu trong thời gian

va chạm

Câu 2: (4 điểm)

Một vành trụ mỏng, đồng chất, bán kính R, có

khối lượng M được đặt thẳng đứng trên một mặt

phẳng ngang

a) Từ điểm A trên mặt trong của vành trụ có cùng độ cao với tâm O người ta thả nhẹ một vật

O





G

A

nhỏ có khối lượng m (hình vẽ) Bỏ qua ma sát ở mọi mặt tiếp xúc Tìm áp lực của vật lên vành khi nó xuống đến vị trí thấp nhất

b) Bây giờ vật m được gắn chặt vào điểm A Giữ vành đứng yên trên mặt phẳng nằm ngang khác sao cho bán kính OA nằm ngang Tìm điều kiện của hệ số ma sát giữa vành và mặt phẳng ngang để vành lăn không trượt ngay sau khi thả

Câu 3:(4 điểm)

Trong một phương án phóng tàu vũ trụ trong hệ Mặt trời, người ta dự định dùng một tấm buồm mặt trời diện tích s = 1km2 Buồm được mở ra (coi như tức thời) khi tàu chuyển động quanh Mặt trời trên quỹ đạo của Trái đất Buồm luôn luôn hướng vuông góc với tia mặt trời Áp suất của tia mặt trời trên quỹ đạo Trái đất bằng P = 10-5

Pa Bán kính quỹ đạo của Trái đất RĐ = 1,5.108 km

1) Hỏi tàu phải có khối lượng bằng bao nhiêu thì nó có thể vượt ra khỏi hệ Mặt trời?

2) Với khối lượng cực đại nào của tàu thì nó có thể đạt đến quỹ đạo sao hỏa? Biết bán kính quỹ đạo sao hỏa RH = 2,3.108 km Bỏ qua ảnh hưởng của Trái đất và các hành tinh khác

Cho biết G.MT = 1,3.1011 km3/s2 (G là hằng số hấp dẫn, MT là khối lượng Mặt trời)

Câu 4:(4 điểm)

Trong một bình hình trụ cách nhiệt đặt thẳng đứng, bên

dưới một pittông không trọng lượng, không dẫn nhiệt là một

mol khí lý tưởng, đơn nguyên tử ở nhiệt độ T1300K Bên trên

pittông người ta đổ đầy thủy ngân cho tới tận mép để hở của

bình Biết rằng ban đầu thể tích khí lớn gấp đôi thể tích thủy

Thủy ngân

khí

Câu 5:(3 điểm)

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

Người ra đề

ĐÁP ÁN ĐỀ GIỚI THIỆU - LẦN XI – MÔN VẬT LÝ 10

(TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN – HÀ NỘI)

Câu 1

(5 điểm)

1

1,5 đ

Giả sử người đó đang đi trên quỹ đạo tròn

với bán kính r với tốc độ v

Đối với hệ quy chiếu cố định gắn ở tâm O,

lực ma sát tác dụng lên vật đóng vai trò là

lực hướng tâm

ht ma

N 

 =>

r

v m mg R

0 1  









 

0 2

r R

g gr





0,5đ

Đây là một tam thức bậc 2 ẩn r với hệ số  0 0

R

g

Giá trị của 2

v đạt lớn nhất khi:

















R g

g r

0 0

.



2

R

Lúc đó:

4 2

2

0 2 0

0 2 2 max

gR R

R

g R g v



















2

0gR



Vậy người đi xe đạp có thể đi với vận tốc lớn nhất bằng

2

0gR



trên

quỹ đạo có bán kính lớn nhất bằng

2

R

0,5đ

2

3,5 đ

a)

2,5 đ

0,25

Gọi u ,1 V lần lượt là vận tốc của vật nhỏ và bán cầu ngay sau va chạm

Véctơ hợp với phương ngang một góc áp dụng định luật bảo

V

ms

F

O





G



A

2 1 2 2

1cos

u V u

u V u









) 1 ( cos

2

cos 1

1

2

u







) 2 ( cos

2 cos

2

sin

1

2 1

2









u

tg u

0,5

Phân tích:

Do không ma sát nên: không thay đổi trong suốt quá trình

va chạm nên ta có:







2

cos









0,5

Từ (1), (3) suy ra: cos cos (1 cot )

cos 2

cos 1

1 1

2

2













g tg

u









2

0,25

Thế (4) vào (3) rút ra: (5)

cot 2 1

u u



 Thay (4) và (5) vào (2), ta được:

u u

u g

g





























2 2 2

2 2

2

cos 1

cos 2 cos

1

cos 2 cot

2 1

cot 2

Vậy vận tốc của khối bán cầu sau va chạm là: V u







 2 2 cos 1

cos 2

0,25

0,5

b)

1,0 đ Trong thời gian va chạm, khối bán cầu

chịu tác dụng của 2 xung lực: (do vật

tác dụng) và phản xung (do sàn tác

dụng)

Định lý biến thiên động lượng cho khối

cầu:

+ =

= > hình vẽ

từ hình vẽ suy ra: Xp mVtg  mu











cos 1

2 sin

Hình vẽ 0,5

0,5

Câu 2

(4 điểm)

1a) Do không có ma sát nên vành chỉ trượt mà không quay Gọi v, V

lần lượt là vận tốc của m và M khi m xuống đến vị trí thấp nhất Áp

dụng định luật bảo toàn động lượng và cơ năng ta có:

mvMV

mgR 

0,5

Giải hệ pt trên ta được:

2

1

gR v

m M





, 2

1

V

m M

M





Trong HQC gắn với M, m chuyển động tròn, khi m thấp nhất thì HQC

này là HQC quán tính nên :

2

( )

m v V

N mg

R



Thay v, V vào ta tìm được:

N mg 3 2m

M

b) Kí hiệu G là khối tâm của hệ

Ta có:

mR OG



 ; Phương trình quay quanh tâm

quay tức thời C:

 

0,5

mg

O G

aG



Gia tốc của khối tâm G ngay sau khi thả hệ:

a G .CG 0,25

Phương trình định luật II Niutơn cho hệ :

theo phương ngang: F  (M m a) Gcos  (M m)R (2)

phương thẳng đứng: (M m g) N  (M m a) Gsin

m



  (3)

0,25 0,25 0,25 Điều kiện để vành lăn không trượt:

(2)&(3) và F N

 

 

0,5

Câu 3

(4 điểm)

a)

Khi buồm mở, tác dụng lên tàu gồm có lực hấp dẫn của Mặt trời và

áp lực của các tia mặt trời, hai lực này ngược hướng nhau

Hợp lực của chúng là

2 2

2 2 2

2

*

D

D T

D D D

T D

T

R

m Gm

PSR M

G PS GmR

GmR R

M M G PS R

m M G F



























0,5

Đặt

Gm

PSR M

T T

2

*   (2) *

T

M -gọi là khối lượng Mặt trời hiệu dụng

2

*

*

D

T R

m M G

F  F*- gọi là lực hấp dẫn hiệu dụng của Mặt trời Bây giờ ta giải bài toán coi khối lượng mặt trời là *

T

M và bỏ đi áp suất Mặt trời

0,5

Trên quỹ đạo Trái đất, vào thời điểm buồm mở:

Tàu có vận tốc VD :

D

T D

D

T D

R

GM V

R

m M G mV





2

0,5

Năng lượng toàn phần của tàu là:

D

T D

R

mM G

mV E

* 2



























2 2

2

D T

D

M Gm

PSR R

Gm M

M R

m G E

0,5

Tầu vũ trụ ra khỏi hệ mặt trời nếu E 0

kg GM

PSR m

M Gm

PSR

T

D T

2 2

10 46 , 3

2 0





Khi khối lượng đủ lớn tàu sẽ chuyển động theo quỹ đạo kín

0,5

b) Giả sử m = m1 nào đó thì quỹ đạo của tàu

có thể tiếp xúc với quỹ đạo sao hoả và

chuyển động theo quỹ đạo elíp đó là khối

lượng lớn nhất có thể có

Trục lớn của elíp là (RD + RH)

0,5

Áp dụng ĐL bảo toàn năng lượng ta có

) 4 ( 1 1 2

2 2

* 2

2

* 1 2

1

* 1 2

1



























H D t H

D

H

T H

D

t D

R R GM V

V

R

M Gm V

m R

M Gm V

m

Theo ĐL II Kepler:

H

D D H H H D D

R

R V V R V R

0,5

Thay (5) vào (4) chú ý đến (3) ta có:

2M*T.RH = MT(RH + RD) (6) (2) & (6) => T H D

D T

Gm

PSR M











=> GM TR H H D R D

R PSR m



Thay số, được m 9,95.103 kg

0,5

Câu 4

(4 điểm) Gọi a

p là áp suất khí quyển, S là diện tích pittông, H và 2H lần lượt

là độ cao ban đầu của thủy ngân và của khối khí; x là độ cao của khí ở

vị trí cân bằng mới của pittông được nâng lên

Thiết lập biểu thức liên hệ nhiệt lượng cung cấp Q cho khí và độ cao

x

- Ban đầu, áp suất khí bằng (2 p a), => áp suất cột thủy ngân có độ

cao H bằng p a

- Trạng thái cân bằng mới:

+ cột thủy ngân có độ cao 3H x , có áp suất bằng p a

H

x

H 

3

+ khí có nhiệt độ Tx, áp suất x a a p a

H

x H p H

x H p

(1)

- Phương trình trạng thái:

p x Sx 2p a.S(2H) (2)

0,25

0,5

s

Độ biến thiên nội năng trong quá trình pittông nâng lên đến độ cao x

bằng:

2 1

2 1

8

) 2 ( 3 2

2 )

H

H x T

C H

H x T

T C











 









với C V 3R/2

0,5

Từ (1) thấy áp suất biến thiên tuyến tính theo x từ 2p ađến p x

=> độ lớn công mà khí thực hiện trong quá trình trên là:

S p H

H x x H HS

xS p p

2

) 2 )(

6 ( ) 2 ( 2









Vì trong trạng thái ban đầu:

2p a.2HSRT1

=>

1 2

8

) 2 )(

6 (

RT H

H x x H

0,75

Theo Nguyên lý I NĐH: Q U A

Và tính đến (2) và (3), ta được

2 1 2 2

2 ) 6 5 (

H

RT H Hx x

2 ) 3 )(

2 (

H

RT x H H

x  0,5

Nếu thay một cách hình thức x = 3H vào

phương trình trên ta sẽ nhận được đáp số

không đúng là Q = 0 Để có kết luận đúng ta

sẽ hãy vẽ đồ thị của Q theo x

Từ đồ thị thấy:

Để đạt đến trạng thái cân bằng khi x = 2,5H, ta cần cung cấp một

nhiệt lượng Q RT 312J

8

1

Còn để đạt tới các vị trí cân bằng với x > 2,5H thì cần một nhiệt

lượng QQ0

Điều đó có nghĩa là sau khi truyền cho khí nhiệt lượng Q0 và pittông

đạt đến độ cao x = 2,5H khí sẽ bắt đầu tự phát giãn nở và đẩy hết thủy

ngân ra ngoài bình

Vậy nhiệt lượng tối thiểu cần cung cấp là Qmin Q0 312J

0,25

0,25

0,5

Câu 5

(3 điểm)

- Móc lực kế vào mẩu gỗ và kéo nó trượt đều đi lên mặt phẳng

nghiêng, khi đó ta có: F1 = kPcos + Psin (1), (F1 là số chỉ của lực

kế khi đó)

- Tương tự, kéo vật chuyển động đều đi xuống ta có:

F2 = kPcos - Psin (2)

0,5

0,5

- Trừ vế với vế của (1) cho (2) ta có: F1-F2=2Psin

P

F F

2

- Cộng vế với vế phương trình (1) và (2) ta có:

P

F F

2 cos  1  2 (4)

- Do sin2+cos2 = 1 nên ta có:

2 2 1 2 2 1 2

2 1 2 2 1

) (

4

) 2 ( ) 2 ( 1

F F P

F F k

kP

F F P

F F



















- Các lực đều được đo bằng lực kế, từ đó tính được k

0,5

0,5

0,5 0,5

-Hết -