Đề thi học sinh giỏi 2018 môn vật lý chuyên lê quý đôn, đà nẵng

Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 SỞ GD&ĐT ĐÀ NẴNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2017-2018 MÔN THI: VẬT LÝ KHỐI: 10 (Thời gian: 180’ không kể thời gian giao đề) Câu (5 điểm) Một đá ném lên từ mặt đất với vận tốc ban đầu v theo phương hợp với mặt phẳng nằm ngang góc α Trong trình bay, vec-tơ vận tốc quay Tìm giá trị cực đại cực tiểu tốc độ góc phép quay Coi mặt đất phẳng bỏ qua ma sát khơng khí Cùng vị trí thời điểm ném đá, người ta ném thẳng đứng lên bi với vận tốc ban đầu v0 Hỏi góc α phải để khoảng cách hai vật cực đại Khoảng cách cực đại bao nhiêu? Cho chạm đất, vận tốc hai vật triệt tiêu Câu (4 điểm) Một vành tròn mảnh khối lượng m bán kính R quay quanh trục qua tâm vng góc với mặt phẳng vành với vận tốc góc 0 Người ta đặt nhẹ nhàng vành xuống chân mặt phẳng nghiêng góc  so với phương ω0 α Hình ngang (như Hình 1) Hệ số ma sát trượt vành mặt phẳng nghiêng  Bỏ qua ma sát lăn Tìm điều kiện góc α để vành lên mặt phẳng nghiêng Tính thời gian để vành lên đến độ cao cực đại quãng đường vành lên mặt phẳng nghiêng Câu (4 điểm) Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 Một tàu vũ trụ chuyển động theo quỹ đạo tròn quanh Trái đất độ cao h = R D (RD = 6400 km bán kính Trái đất) Tại thời điểm tàu vũ trụ có vận tốc v0 từ tàu phóng robot thăm dò có vận tốc u hướng với v0 để tới hành tinh khác Vận tốc phần lại tàu sau phóng có vận tốc v1 ngược hướng với u sau chuyển động theo quỹ đạo elip tới gần bề mặt Trái đất điểm đối diện với với điểm xuất phát robot Hỏi khối lượng robot chiếm phần tối đa khối lượng tàu vũ trụ Khi tàu quay trở lại vị trí mà robot phóng người ta tăng tốc tàu theo phương tiếp tuyến để tàu trở lại quỹ đạo ban đầu Tính lượng cần cung cấp cho tàu Câu (4 điểm) Trong động nhiệt có n mol khí lý p tưởng đơn nguyên tử thực chu 3p0 trình biến đổi – – – – cho 2p0 Hình Tính cơng sinh chu trình p0 theo p0, V0 Tìm hiệu suất chu trình 2V0 3V0 4V0 V Hình Tìm hiệu suất lí tưởng động có nhiệt độ nguồn nóng nguồn lạnh nhiệt độ cao thấp chu trình Hình Câu (3 điểm) Cho dụng cụ sau: - Một mặt phẳng nghiêng thay đổi góc nghiêng α - Lực kế - Bình chứa nước nước biết trọng lượng riêng  - Thước đo góc O2 O1 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 - Một hình cầu thuỷ tinh, bên có bọt khí Hình hình cầu (Hình 3) Thuỷ tinh biết trọng lượng riêng γ Yêu cầu: Xác định đường kính hình cầu, bọt khí khoảng cách O1O2 từ tâm hình cầu đến tâm bọt khí Biết cầu chìm hồn tồn nước, khối lượng móc treo khơng đáng kể GV: Phan Thế Hiếu SĐT: 0906438314 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 SỞ GD&ĐT ĐÀ NẴNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2017-2018 MÔN THI: VẬT LÝ KHỐI: 10 (Thời gian: 180’ không kể thời gian giao đề) ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Câu (5 điểm) Nội dung Ý Điểm Xét chuyển động đá gt vx = v0cosα, v y  v0 sin  gt ; x1 = v0(cosα)t; y1 = v0 ( sin )t  0,5 Xét thời điểm t, lúc vt hợp với phương ngang góc φ Ta có ω = vt với R bán kính khúc) R vt2 v Gia tốc hướng tâm an   g cos   g x R vt   gvx gv0cos  2 vt v0 cos   (v0 sin  gt ) gv0cos  v02 0,5  gt   g  v0 ( sin )t      gv0cos v02  gy1 0,75 ωmax v02  gy1   y1max y1max vy = v0sinα – gt =  t = v0 sin g  max  g v0cos 0,75 gv0cos v02 0,5 ωmin v02  gy1   y1 =  min  max Xét bi gt 2v y2  v0t  ; x2  0; t  g 0,25 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 Xét đá gt 2v sin y1  v0 (sin  )t  ; x1  v0 (cos )t ; t  g 0,25 Khoảng cách hai vật thời điểm t d  ( y1  y2 )  x12 d  2v sin 8v04 ) sin )  sin  (1  sin ) (vì t  g g 0,5 8v04 32v04 sin  sin  sin  (1  sin )  (1  sin ) 2 g2 g 0,25 2vo2t (1  Xét f ( )  Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho ba số Ta có sin  sin  (1  sin )  2 27 0,25 32v04 d  27 g 2 dmax = 0,25 v02 , sin      420 3 g 0,25 Câu 2: (4 điểm) Nội dung Ý Điểm N Fms ω0 α P Do vận tốc ban đầu khối tâm nên đặt xuống vành vừa quay vừa trượt mặt phẳng nghiêng 0,5 Phương trình động lực học cho chuyển động khối tâm: Fms  mgsin  ma  mg cos  mg sin   ma 0,5 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 a  g (  cos  sin  ) Để vành lên mặt phẳng nghiêng a > → μ > tanα 0,5 Vận tốc khối tâm tăng dần vận tốc góc giảm dần Đến v = ω.R vành lăn khơng trượt Ta xét giai đoạn: * Giai đoạn vừa quay vừa trượt Phương trình chuyển động quay:  Fms R  mR 2      g cos  0,25 R Đến thời điểm t1, vành kết thúc trượt Vận tốc khối tâm vận tốc góc lúc v1  at1  g ( cos  sin  )t1 1  0   t1  0  Do v1  1.R  t1   g cos  R t1 0 R g (2  cos   sin  ) → v1  (  cos   sin  ) 0,5 0 R (2  cos   sin  ) 0,25 Quãng đường mà vành lên giai đoạn v12 02 R (  cos  sin  ) S1   2a  2 cos   sin  2 g 0,25 * Giai đoạn lăn không trượt: Lực ma sát nghỉ hướng lên Phương trình động lực học cho chuyển động quay quanh tâm quay tức thời: mgR sin   2mR 2     g sin  2R 0,25 Gia tốc khối tâm vành là: a '   R   g sin  Thời gian vật chuyển động lên giai đoạn xác định từ phương trình  v1  at2  t2  (  cos   sin  ) 20 R g sin  (2 cos   sin  ) Quãng đường vật lên giai đoạn này: 0,25 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369  v12  0 R s2    (  cos   sin  ) 2a '  2 cos  sin   g sin  Thời gian vật lên t  t1  t2  0 R g sin  02 R (  cos   sin  ) Quãng đường vật lên s  s1  s2  g sin  (2 cos   sin  ) 0,25 0,25 0,25 Câu (4 điểm) Nội dung Ý v1 m Điểm Gọi M khối lượng tàu vũ trụ u v0 A m khối lượng robot Tại thời điểm tàu phóng robot, áp dụng định luật bảo toàn động lượng: mu  M 1v1  Mv0 O  mu   M  m  v1  Mv0 B v2 Suy ra: m v0  v1  (1) M u  v1 0,5 Áp dụng định luật II Niu-tơn cho chuyển động tàu quỹ đạo tròn bán kính R = h + RD = 2RD: G M D M  2RD  Mv02 GM D   v0  RD RD 0,5 Vì xa Trái đất (sau phóng thời gian) nên động hấp dẫn trạm 0; áp dụng định luật bảo toàn ta có: mu M m GM D (3) G D 0u  (2 RD ) RD 0,5 Xét phần lại tàu chuyển động quỹ đạo elip Áp dụng định luật bảo toàn lượng A B ta có M1v12 M D M1 M1v22 M M G   G D (4) 2 RD RD 0,5 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 Vì v1 v2 vng góc với bán kính vec-tơ OA OB nên áp dụng định luật Kepler ta có 0,5 v1.2RD  v2 RD  v2  2v1 (5) 0,25 Từ (4) (5) rút v1  GM D (6) 3RD 1  m    0,8  Thay (2), (3), (6) vào (1) ta được: M 6 1 0,25 Từ (4) (6) ta có lượng tàu quỹ đạo elip W1   0,5 GM 1M D 3RD Để chuyển động quỹ đạo tròn vận tốc tàu phải v0  GM D RD → Năng lượng tàu quỹ đạo tròn: MM MM W2  M1v02  G D  G D 2 RD RD Vậy lượng cần cung cấp cho tàu là: W  W2  W1  GM1M D ( M  m) M D M M D G G 12 RD 12 RD 60 RD 0,5 Nội dung Điểm Câu (4 điểm) Ý Tổng cơng mà khí sinh chu trình | A | p0V0 0,5 Ta có q trình 1-2: khí thu nhiệt Nhiệt lượng khí nhận được: Q12   A12  ΔU12  p0V0 3n  R T2  T1   10 p0V0 2 0,25 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 Quá trình 3-4: khí toả nhiệt Xét q trình 2-3 ta có:  p0    V  p0V  pV  V0 p  (1)  p   V  p0  T  nR nR V0 Ta có  Q  dU  pdV  nRdT  pdV   p   p0 2V  p0  dV    V  p0  dV  V0   V0  Q    p0  V  15 p0  dV  V0  Q   Khí nhận nhiệt δQ >  0,5 p0 15 V  15 p0   V  V0 V0 Vậy nhiệt lượng khí nhận q trình 2-3 là: Q23  0,25 15 V0   3V0  p0 9p V V  15 p0  dV  0   V0   p0    V  p0 V pV  V0 p  (2)  Xét trình 4-1: p   V  p0 → T  nR nR V0  p0   V  p  0 3nR  V0  dV    p0 V  p  dV  Q  dU  pdV   0 nR  V0   p0  V  10 p0  dV  V0  Q   Khí nhận nhiệt  Q  →  0,5 p0 V  10 p0   V  2,5V0 V0 0,25 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 Nhiệt lượng khí nhận là: Q41  2,5V0  3V0  p0  pV V  10 p0  dV  0   V0  0,25 Hiệu suất chu trình H A  17,2% Q12  Q23  Q41 Ta có T2  T4 ; T2  T1; T3  T4 ; T3  T1 Nên nhiệt độ cao chu trình nằm trình 2-3 nhiệt độ thấp chu trình nằm trình 4-1 0,25 Xét trình 2-3  p0    V  p0V  pV  V0   Từ (1) ta có  T  nR nR → Tmax V = 3V0 → Tmax  T2  p0V0 nR 0,5  p0    V  p0 V pV  V0   Xét q trình 4-1, từ (2) ta có T  nR nR  dT  p0 V  p0 V0 dV nR Ta thấy Khi V giảm từ 3V0 2V0 T tăng (do dT > 0) Vậy nhiệt độ thấp chu trình Tmin  T4  p0 3V0 nR 0,5 Hiệu suất lí tưởng H 1 Tmin    66,7% Tmax 0,25 Câu (3 điểm) Nội dung Ý Điểm Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 Gọi r bán kính bọt khí R bán kính hình cầu Dùng lực kế, đo trọng lượng cầu 0,5 P1   ( R3  r ) (1) Nhúng cầu vào nước, dùng lực kế đo trọng lượng biểu kiến cầu 4 P2   ( R3  r )   R3 (2) 3 Từ (1) (2) tính bán kính hình cầu: R  0,5 3( P1  P2 ) 4 0,5    ( P1  P2 )  P1    Thay R vào (1) ta tính r  4 0,5 Đặt cầu lên mặt phẳng nghiêng nghiêng dần tới góc α cầu bắt 0,5 đầu lăn Khi khối tâm G nằm đường thẳng đứng qua điểm tiếp xúc O1 G O2 α Ta có O1G  l  R sin  Đặt a  O1O Ta có: 4  r  ga   ( R3  r )  g.l   ( R3  r )  gR.sin  3 R3  r a R.sin  r3 0,5 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 Với R r tính được, α đo thước đo góc, tính a = O1O ... http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 SỞ GD&ĐT ĐÀ NẴNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2017 -2 018 MÔN THI: VẬT LÝ KHỐI:... Cho dụng cụ sau: - Một mặt phẳng nghiêng thay đổi góc nghiêng α - Lực kế - Bình chứa nước nước biết trọng lượng riêng  - Thước đo góc O2 O1 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline... R   g sin  Thời gian vật chuyển động lên giai đoạn xác định từ phương trình  v1  at2  t2  (  cos   sin  ) 20 R g sin  (2 cos   sin  ) Quãng đường vật lên giai đoạn này: 0,25