Đề thi học sinh giỏi 2018 môn vật lý chuyên hoàng lê kha, tây ninh

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG LÊ KHA TỈNH TÂY NINH ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ KHỐI 10 NĂM 2018 ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Thời gian làm bài 180 phút Đề này

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG LÊ KHA

TỈNH TÂY NINH

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ

KHỐI 10

NĂM 2018

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Thời gian làm bài 180 phút

(Đề này có 05 câu, in trong 03 trang)

Câu 1 (5,0 điểm ):

Chất điểm khối lượng m = 200g tại đỉnh A của hình bán trụ có đáy là một nửa hình tròn tâm O bán kính R = 20cm, chuyển động trượt không ma sát trên mặt trụ

và song song với đáy mặt trụ, tốc độ ban đầu không đáng kể Hình trụ đặt trên mặt phẳng ngang như hình vẽ

Lấy g = 10m/s2 và 3 = 1,732

a) Khi chất điểm đến điểm B với gócAOBˆ = α1 = 300, tính tốc độ chuyển động

và phản lực của hình trụ tác dụng lên chất điểm

b) Tại điểm C với AOCˆ = α

2 chất điểm bắt đầu rời mặt trụ Tính α2 c) Chất điểm tiếp tục chuyển động và chạm vào mặt ngang tại điểm D với vận tốc v lập với mặt ngang góc α3 Tính α3 và độ lớn của vận tốc chất điểm khi chạm vào mặt ngang

Câu 2 (4,0 điểm) :

Thanh thẳng AB chiều dài ℓ = 1,2m có khối

lượng m1 = 400g phân bố đều, có thể quay không ma

α 0

A

B

ℓ

m 2

O

A

B

C

D

α 3

v

sát trên mặt phẳng thẳng đứng quanh trục nằm ngang, vuông góc AB tại A

Momen quán tính của thanh lúc này là I = 1

3m1ℓ2 Kéo thanh AB đến góc lệch α0 =

600 so với phương thẳng đứng rồi thả không vận tốc Lấy g = 9,8m/s2 và π = 3,1416

a) Khi AB đến vị trí thẳng đứng, tính tốc độ góc ω của thanh và độ lớn phản lực N của trục quay tác dụng vào thanh

b) Tại vị trí thẳng đứng, đầu B của thanh AB va chạm đàn hồi và tức thời với chất điểm có khối lượng m2 = 100g đang đứng yên ở mép bàn nằm ngang Tính tốc

độ v của m2 ngay sau va chạm và góc lệch cực đại α của thanh sau khi va chạm

Câu 3 (4,0 điểm) Trong một ống có nước chảy, người ta cắm hai ống có áp kế tại

những chỗ có tiết diện ống bằng S1 và S2 với S1 S2 Hiệu

hai mức nước trong hai ống áp kế bằng h Khối lượng

riêng của chất lỏng và chất khí là 0và  Xác định thể tích

khí đi qua tiết diện của ống trong một đơn vị thời gian

Câu 4 (4,0 điểm) :

Một mol khí lý tưởng đơn nguyên tử thực hiện một

chu trình C: 1 – 2 – 3 – 1 – 4 – 5 – 1, gồm hai chu trình

là C1:1 – 2 – 3 – 1 và C2: 1 – 4 – 5 – 1 như hình vẽ 3

Các quá trình: 3 – 1 và 5 – 1 là đẳng nhiệt, 1 – 2 và 4 –

5 là đẳng áp, 2 – 3 và 1 – 4 là đẳng tích.Áp suất ở trạng

thái 5 là p5 = 2.105 N2

m , ở trạng thái 3 là p3 = 2.106 N2

m

3

2

1

V

V 5

V 1

V 2

p

p 3

p 5

p 1

Thể tích trạng thái 5 là V5 = 10 lít, ở trạng thái 1 là V1 = 8 lít Biết hằng số khí phổ

biến là R = 8,31 J

mol.K a) Tính áp suất p1 ở trạng thái 1 và nhiệt độ T4 ở trạng thái 4

b) Ở chu trình C1, tính công A1mà khối khí thực hiện và tính nhiệt lượng Q1

mà khối khí nhận được từ bên ngoài

c) Xét cả chu trình C, tính tỷ số phần trăm giữa công A mà hệ thực hiện và nhiệt lượng Q mà hệ thuvào (còn gọi là hiệu suất của cả chu trình C)

Câu 5 (3 điểm)

a Cho hai nhiệt kế giống nhau, có độ chia đến 0,10C Hãy đề xuất một phương

án thí nghiệm chỉ dùng hai nhiệt kế ấy và một số vật liệu thông thường khác để có thể nhận biết được sự thay đổi độ ẩm tỷ đối của không khí trong phòng Nhiệt độ không khí coi như không đổi

b Biết rằng áp suất hơi bão hoà của nước tuân theo gần đúng công thức Clapeyron-Clausius:

bh



trong đó L  2240J / glà nhiệt hoá hơi của nước; vhvà vLlần lượt là thể tích của 1g hơi nước bão hoà và 1g nước ở nhiệt độ T Hãy lập biểu thức tính độ ẩm tỷ đối của không khí theo các thông số đo được bằng các dụng cụ nói trên (coi áp suất và thể tích của hơi nước bão hoà tuân theo phương trình trạng thái khí lí tưởng) Lập bảng cho phép suy ra

độ ẩm tỷ đối của không khí (trong khoảng từ 80% đến 100%) theo các số đo mà các dụng cụ trên đo được Cho nhiệt độ phòng là 270

C

Gv ra đề

Phan Ngọc Huệ

Đ T 01229454561

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN: VẬT LÝ 10

1

5đ

a)

2đ

Chọn gốc thế năng tại O

- Cơ năng ban đầu chỉ là thế năng:

W0 = Wt = mgR

- Khi đến B cơ năng là:

WB = Wđ + Wt = 1

2mv2 + mgRcosα1

- Cơ năng bảo toàn:

WB = W0

1

2mv2 + mgRcosα1 = mgR

- v2 = 2gR(1 – cos α1) = 0,536

v = 0,732m/s

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

- Tại B, lực tác dụng lên m gồm trọng lực P và phản lực

O

A

B

N

N:

P   N ma Chiếu lên phương bán kính chiều dương hướng tâm thì:

Pcosα1 – N = man

N = mgcosα1 – m

2 v

R = 0,2x10x0,866 – 0,536 = 1,196N

0,25đ

0,25đ

0, 5đ

1

(tt)

b)

1,5đ

- Tại C cơ năng là:

WC = Wđ + Wt = 1

2mv2 + mgRcosα2

- Cơ năng bảo toàn:

WC = W0

1

2mvC2 + mgRcosα2 = mgR

vC 2

= 2gR(1 – cos α2).(1)

- Mặt khác, các lực tác dụng lên m gồm trọng lực P và phản lực N:

P   N ma Chiếu lên phương bán kính chiều dương hướng tâm thì:

Pcosα2 – N = man = m

2 C

v R

- Tại đây m bắt đầu rời mặt trụ thì N = 0 nên :

0,25đ

0,25đ

0,25đ

- mgcos α2 = m

2 C

v

R (2)

- Thế (1) vào (2):

cosα2 = 2(1 – cosα2)

cosα2 = 2

3

α2 ≈ 48,190 ≈ 0,84rad

0,25đ

0,25đ

0,25đ

1 c)

1,5đ

- Cơ năng tại D chỉ là động năng:

WD = 1

2mvD

2

Cơ năng bảo toàn:

WD = W0

1

2mvD

2

= mgR

-Tính được: vD = 2m/s

0,25đ 0,25đ

- Từ (1) tốc độ tại C là :

O

A

C

α 2

P

α 2 x

v

C

v

O

A

C

D

α 3 D

v

x

v

x

v

α 2

vC = 2x10x0, 2 1 2

3

  

  =

2 3

3 m/s

- Thành phần nằm ngang là :

vx = vCcosα2 = 2 3

3

2

3= 4 3

9

- cosα3 = x

D

v

v = 2 3

9 = 0,0,385

α3 ≈ 1,176rad ≈ 67,360

0,25đ

0,25đ

0,5đ CÂU: 2

2

1,5

đ

a) - Chọn gốc thế năng tại G dưới A một đoạn 1

2ℓ

- Cơ năng ban đầu chỉ là thế năng :

W0 = Wt = m1gh = 1

4 m1gℓ

- Cơ năng tại vị trí thanh thẳng đứng chỉ là động năng :

W = Wđ = 1

2Iω2

= 1

6m1ℓ2ω2

- Cơ năng bảo toàn W = W0 nên :

ω = 3g

2 = 3,5rad/s Lực tác dụng lên thanh gồm trọng lực Pvà phản lực N

0,25

0,25

0,25

Khi thanh thẳng đứng :

- Vẽ hình : chỉ yêu cầu vẽ đủ hai lực P,Nđúng phương và chiều, có thể sai điểm đặt

- Theo định luật II Newton : P   N m a1 Chọn chiều dương hướng tâm :

N – m1g = m1an = m1ω2

R

- Với R = 1

2ℓ = 0,6m

- Tính được : N = 6,86N

0,25

0,25

0,25

N

P

A

B

G

2

2,5

đ

b) Sau va chạm , tốc độ góc của AB là ω1 , tốc độ chất điểm

là v

- Do momen động lượng bảo toàn :

Iω = Iω1 + m2vℓ (1)

Iω = Iω1 + m2vℓ (1)

- Do va chạm đàn hồi nên động năng trước và sau va chạm bằng nhau:

1

2Iω2

= 1

2Iω12

+ 1

2m2v2 (2)

- Giải hệ phương trình , tính được : v = 4,8(m/s)

- Tính được ω1 = 0,5rad/s

- Cơ năng của thanh AB ngay sau va chạm chỉ là động năng :

Wđ1 = 1

2Iω12

= 1

6m1ℓ2ω12

- Cơ năng ở góc lệch cực đại α chỉ là thế năng :

Wt = m1gh = 1

2m1gℓ(1 – cosα)

- Cơ năng bảo toàn nên Wđ1 = Wt Tính được cosα = 97

98 = 0,989  α = 8,1920

0,25 0,25

0,25

0,25 0,25 0,25

0,25 0,25

0,25

0,25

α 0

A

B

ℓ

m 2

Câu 3

4 đ Áp dụng phương trình Bec-nu-li đối với ống dòng nằm

ngang:

2 2

2 2 2

2 1 1

v p

v





Lưu lượng chất lỏng chảy qua ống trong một đơn vị thời gian:

M = v1S1 = v2S2

Suy ra: 1

2

1

S

S

Sự thay đổi áp suất giữa hai vị trí trong long chất lỏng:

p2 – p1 = gh (3)

Từ (1), (2) và (3) ta suy ra:

2 2

2

2 2 2

2 1 2

2

h g

v p p















h g S

S





























1

2

2

1 2

1

2 1 2 2 2 1

2 1

S S

h g S

v









Do vậy thể tích chảy qua ống trong một đơn vị thời gian:

2 1 2 2 2 1 1 1

2

S S

h g S

S S v M









0,5

0,5 0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

Câu 4

4đ 1đ p1V1 = p5V5

Tính được: p1 = 2,5.105 N/m2

- Ở trạng thái 4:

p4V4 = RT4 ; trong đó p4 = p5 = 2.105 N/m2 và V4 = V1 = 8 lít

Tính được: T4 = 192,54 K

0,5đ

0,5đ

b)

1,5đ

- Ta có V2 = V3 = 5 5

2

p V

p = 1 lít

- Công ở quá trình đẳng áp 1 – 2 là:

A12 = p1(V2 – V1) = 2,5.105x(– 7.10-3) = – 1750 J

- Công ở quá trình đẳng nhiệt 3 – 1 là:

A31 =

1

3

V

V p.dV



Với p = RT

V (T là nhiệt

độ ở quá trình đẳng nhiệt)

A31 = RT

1

3

V

V

dV V

 ; với RT = p1V1

0,25đ

0,25đ

3

2

1

V

V 5

V 1

V 2

p

p 3

p 5

p 1

A31 = p1V1ℓn 1

3

V

V = 2,5.105x8.10-3ℓn8 = 4158,88 J

- Công cả hệ thực hiện sau chu trình C1:

A1 = A12 + A31 = 4158,88 – 1750 = 2408,88 J

- Ở quá trình 2 – 3, hệ nhận nhiệt lượng:

Q23 = ΔU23 = CvΔT23 = 3

2R ΔT23 = 3

2V2(p3 – p2) = 2625 J

- Ở quá trình 3 – 1, hệ nhận nhiệt lượng:

Q31 = A31 = 4158,88 J

- Nhiệt lượng cả hệ nhận ở chu trình C1 là:

Q1 = Q23 + Q31 = 6783,88 J

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

c)

1,5đ

Công thực hiện ở chu trình C2 là:

A2 = A45 + A51

- Tính được: A45= p5(V5 – V4) = 2.105x2.10-3 = 400 J 0,25đ

4

(tt)

c)

(tt)

- A51 = p1V1 ℓn 1

5

V

V = 2,5.105x8.10-3ℓn0,8 = – 446,29 J

- Tính được: A2 = – 46,29 J

- Nhiệt cả hệ nhận ở chu trình C2 là:

Q2 = Q45 = A45 + ΔU45 = p5(V5 – V4) + 3

2p5(V5 – V4)

= 2,5x2.105x2.10-3 = 1000 J

- Nhiệt nhận được ở cả chu trình C là:

Q = Q1 + Q2 = 7783,88 J

- Công thực hiện ở cả chu trình C là:

A = A1 + A2 = 2362,59 J

- Hiệu suất của chu trình:

H = A

Q100% = 30,35%

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

Câu 5

5

3 đ

a)

1,5 đ

Dụng cụ cấu tạo bởi hai nhiệt kế I, II

+ Nhiệt kế I: để bình thường, đo nhiệt độ không khí ta được T1 (Nhiệt kế khô)

0,5

+ Nhiệt kế II: bầu nhiệt kế bọc một lớp bông (hoặc vải bông .) đẫm nước Nhiệt kế này chỉ nhiệt độ T2 (Nhiệt kế ẩm)

2

T là nhiệt độ cân bằng của nước thấm ở lớp bông Áp suất hơi bão hoà của nước ở nhiệt độ T2bằng áp suất riêng phần của nước trong không khí; T1T2 càng lớn thì không khí càng khô (độ ẩm tỷ đối càng nhỏ)

0,5

0,5

5 b)

1,5 đ

Độ ẩm tỷ đối của không khí tính bằng:

bh 2 bh 1 bh 2



Trong công thức Clapeyron do vh  vL,

h

víi v

Suy ra: bh

2 bh

dT.

p  RT

2

1 2

dp 18L

1 1 dT 1 0, 05391.dT

100% 1 0, 05391(T T )

       

với o o

1

T  300 K  27 C

T1- T2 (0C) 0 0,2 3,6

0,25

0,25

0,25 0,25 0,25

0,25

(%) 100 98,9 80,5