Đề thi học sinh giỏi 2018 môn vật lý chuyên trần phú, hải phòng

a Thay đổi góc ném với điều kiện vận tốc ban đầu không đổi, chứng minh rằng tọa độ mục tiêu của chất điểm thỏa mãn phương trình: 2 2 0 2 0 b Cần ném vật lên đỉnh của một tòa nhà hình cầ

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

KHU VỰC DUYÊN HẢI BẮC BỘ

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI DUYÊN HẢI BẮC

BỘ LẦN THỨ XI NĂM 2018

MÔN: Vật lý 10

Ngày thi:…/4/2018

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Đề gồm 02 trang Người ra đề: Vũ Thế Tiến – SĐT: 0936.026.168

Bài 1(5,0 điểm) CƠ HỌC CHẤT ĐIỂM

Một vật được coi là chất điểm được

ném đi với vận tốc ban đầu v0 tại gốc O

trong hệ trục tọa độ Oxy ở nơi có gia tốc

trọng trường g, biết quĩ đạo của vật nằm

trong mặt phẳng Oxy Bỏ qua mọi sức cản

của không khí

a) Thay đổi góc ném với điều kiện vận tốc

ban đầu không đổi, chứng minh rằng tọa

độ mục tiêu của chất điểm thỏa mãn

phương trình:

2

2 0

2 0

b) Cần ném vật lên đỉnh của một tòa nhà hình cầu bán kính R như hình vẽ Có thể tùy ý lựa chọn

vị trí ném (nhưng vẫn thỏa mãn y = 0) và góc ném Xác định vận tốc ban đầu nhỏ nhất sao cho vật không va chạm với tòa nhà tại bất kì điểm nào khác mục tiêu

Bài 2 (4,0 điểm) CƠ HỌC VẬT RẮN

Cho con lăn hình trụ đặc bán kính r khối lượng m

lăn không trượt trong máng cong cố định AB bán kính R

tại nơi có gia tốc trọng trường là g như hình vẽ Hệ số ma

sát trượt μ =1

7 Bỏ qua ma sát lăn

a) Thả cho con lăn lăn không trượt từ độ cao h = ? với

Đơn vị: Trường THPT Chuyên

Trần Phú – Hải Phòng

R

x

y

O

0

v

r

φ

A

Bài 3 (4,0 điểm) CƠ HỌC CHẤT LƯU

Một khối chất lỏng nhớt có khối lượng riêng ρ và hệ số

nhớt  chảy trong một ống có chiều dài và bán kính R ở trạng

thái dừng Biết vận tốc dòng của chất lỏng phụ thuộc vào khoảng

cách r đến trục của ống theo định luật

2

r v(r) v 1

R

a) Thể tích chất lỏng chảy qua tiết diện thẳng của ống trong một

đơn vị thời gian

b) Động năng của khối chất lỏng trong thể tích của ống

Bài 4 (4,0 điểm) NHIỆT HỌC

Một lượng khí lí tưởng đơn nguyên tử thực hiện chu

trình ABCDECA biểu diễn như đồ thị Cho biết pA = pB

= 105 (Pa), pC = 3.105 (Pa), pE = pD = 4.105 (Pa), TA = TE

= 300 K, VA = 20 ( l ), VB = VC = VD = 10 ( l ), AB, BC,

CD, DE, EC,CA là các đoạn thẳng

a) Tính các thông số TB, TD và VE

b) Tính tổng nhiệt lượng mà khí nhận được trong tất cả

các giai đoạn của chu trình mà nhiệt độ khí tăng

c) Tính hiệu suất của chu trình

Bài 5 (3,0 điểm) PHƯƠNG ÁN THỰC HÀNH

Cho các dụng cụ sau:

- Một số lượng đủ dùng các quả cân như nhau có móc treo đã biết khối lượng;

- Dây nối mảnh, nhẹ đủ dài và không dãn;

- Thước đo chiều dài, bút viết;

- Một bàn phẳng đồng chất, nằm ngang có gắn sẵn một ròng rọc nhẹ ở mép của bàn;

- Khối hộp chữ nhật đồng chất có khối lượng m đã biết

Trình bày một phương án thực nghiệm để xác định hệ số ma sát trượt μt giữa khối hộp và mặt bàn nói trên

r

p

V

VA

VC

VE

pE

pC

pA

C

A

B

O

Họ, tên thí sinh:……… Số báo danh:………

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Đáp án và biểu điểm

Bài 1

5.0

điểm

a 2,0 điểm

Gọi góc ném là α, ta có phương trình chuyển động của vật:

0

2

0

x = v cosα.t

gt

y = v sinα.t -

2









0,5

2

Đây là phương trình bậc hai đối với tanα Điều kiện để phương trình có nghiệm là:

2

0

2 0

b 3,0 điểm

Do tính thuận nghịch của quĩ đạo và định luật bảo

toàn năng lượng nên ta có thể chuyển về bài toán

tìm vận tốc nhỏ nhất của vật được ném từ đỉnh tòa

nhà sao cho không va chạm với tòa nhà tại bất kì

điểm nào khác Xét hệ tọa độ như hình vẽ

0,75

Để v1 nhỏ nhất thì quĩ đạo của vật phải tiếp xúc với tòa nhà tại một điểm Khi đó ta có

hệ phương trình sau phải có nghiệm duy nhất:

2

2 1



y

O

1

v

x

R

2 1



Giá trị nhỏ nhất của v0 được xác định thông qua giá trị nhỏ nhất của v1 theo hệ thức:

2 0min 1

gR

v = v + 4gR = 3

2

0,75

Bài 2

4.0

điểm

a 2,0 điểm

Để con lăn đi được hết vòng tròn thì khi lên đến điểm cao nhất trên vòng tròn, v của

Áp dụng bảo toàn cơ năng:

2

0

0

3 mgh = m.ω (R - r) + mg(2R - r)

4

2 2

0

Tại điểm cao nhất: N + P = mω (R - r)20 N = mω (R - r) mg20  0,25

ω (R - r) g ω (R - r) g(R - r)

Thay (1) vào (2): 3

h (R - r) + 2R - r 4

3

(11R - 7r)

3 để con lăn lăn không trượt hết vòng tròn

0,25

b 2,0 điểm

+) Theo định luật II Niu-tơn:

t ms

2

n

a : -F + mgsinφ = mγr

v

a : N - mgcosφ = m

+) Phương trình quay quanh tâm K:

2 K

3

2

2 gsinφ

γ =

3

0,25

+) Bảo toàn cơ năng:

φ

ms

F

P

N

K

2 2 0

v m = m.v mg(R - r).(1 - cosφ)

0

4

v = v - g(R - r)(1- cosφ)

3

+) Thay vào phương trình động lực học:

2 0

2 0

+) Thay 2

rγ = gsinφ

3 vào phương trình động lực học: ms

mgsinφ

F =

+) Lăn không trượt

2 0 ms

3mv

R-r

2 0

2 0

2 0

3v

R-r 3μ

v g(sinφ + 4μ - 7cosφ.μ)

R-r R- r

3μ

0,25

Vậy: vmin = 11

g(R - r)

0,25

Bài 3

4.0

điểm

a 2,0 điểm

Thể tích chất lỏng chảy

qua tiết diện ống trong

một đơn vị thời gian

0,5

R

r

Xét lưu lượng chất lỏng chảy qua hình vành khăn

2

r

dQ = S.v = 2πrdr.v 1-

R

Lưu lượng chất lỏng qua cả tiết diện ống là

Q =

2 0

0

v r

b 2, 0 điểm

Động năng của chất lỏng trong thể tích của ổng

Xét một lớp chất lỏng hình trụ bán kính r, dày dr Động năng của lớp này là:

2 d

1

dW = (2π.dr ).v

0,75

Động năng tổng cộng: Wđ =

lρv Q

Bài 4

4.0

điểm

a 1,0 điểm

Áp dụng phương trình trạng thái:

A A

A

E

b 2,0 điểm

Khí nhận nhiệt trong quá trình đẳng tích BD và một giai đoạn trong quá trình biến đổi

ECA

Q = Q = n R(T - T ) = (600 -150) = 4500J

0,25

Phương trình của đường thẳng ECA:

(V đo bằng lít, p đo bằng 105

Pa)

0,25

Suy ra:

2

T = Tmax = 468,75 K khi Vm = 12,5 l

T tăng khi 5 V 12,5l

0,5

Vm ứng với điểm F trên đoạn CA Xét nhiệt lượng nhận được ΔQ trong quá trình thể

tích tăng từ V đến V + ΔV (trên đoạn EF):

3n

Từ (1) và (2) tìm được 4V

5

0,25

Dễ dàng thấy rằng, trong giai đoạn ECF luôn có ΔQ > 0 Trong giai đoạn này, nhiệt

lượng nhận được là:

3n

A là diện tích hình thang EFVmVE có giá trị là 2437,5J

2

Q = 3187,5 + 2437,5 = 4125J

0,5

Tổng nhiệt lượng khí nhận được: Q = Q1 + Q2 = 4500 + 4125 = 8625 J 0,25

c 1,0 điểm

Công sinh ra trong một chu trình:

Chu trình: ABC cùng chiều kim đồng hồ, CDE ngược chiều đồng hồ

=> công A bằng hiệu số giữa diện tích tam giác ABC và diện tích tam giác CDE

Vậy A = 750 J

0,5

p

V

VA

VC

VE

pE

pC

pA

C

A

B

F

2 2 1

(m g - μm g)2h

v = 2a h =

m + m

(1)

* Giai đoạn 2: m1 chuyển động

chậm dần đều do tác dụng của

ma sát trượt với gia tốc:

2

a = -μg

(2)

Kể từ khi m2 chạm đất đến khi m1 dừng lại, vật m1 đi được quãng đường:

2

2μg( - h) μ =

+ Bố trí thí nghiệm

- Đặt khối hộp lên bàn, dùng một số quả cân có tổng khối lượng m2 đủ lớn tạo hệ liên

kết qua ròng rọc như hình vẽ

- Nếu m2 chạm đất mà m1 chưa chạm vào ròng rọc thì nó sẽ tiếp tục chuyển động

chậm dần đều và dừng lại Bố trí độ cao h của mép dưới m2 so với đất và chiều dài dây

nối sao cho m1 dừng lại mà chưa chạm ròng rọc

0,75

+ Các bước tiến hành

- Giữ m1 để hệ cân bằng, đo độ cao h từ mép dưới m2 tới đất và đánh dấu vị trí ban đầu

(M) của m1 trên bàn

- Thả tay nhẹ nhàng cho hệ chuyển động, đánh dấu vị trí m1 dừng lại trên mặt bàn (vị

trí N) Đo l = MN

- Tính μ theo công thức (*)

0,75

Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác, vẫn đúng thì cho điểm tối đa

m1

m2

h