Đề thi năng khiếu môn Vật lí 10 năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi (Lần 2)

Cùng tham khảo Đề thi năng khiếu môn Vật lí 10 năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi (Lần 2) sau đây để biết được cấu trúc đề thi cũng như những dạng bài chính được đưa ra trong đề thi. Từ đó, giúp các bạn học sinh có kế hoạch học tập và ôn thi hiệu quả. Chúc các bạn ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao.

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI ĐỀ THỨC ĐỀ CHÍNH ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LỚP 10L (LẦN 2) NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN: VẬT LÝ Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 02 trang, gồm 07 câu) Câu (2,0 điểm): Một canô chạy qua sông xuất phát từ A, mũi hướng tới điểm B B bờ bên kia, AB vng góc với bờ sơng Nhưng dịng nước chảy nên đến bờ bên kia, canơ lại C cách B đoạn BC = 200 m Thời gian qua sông phút 40 s A Nếu ca nô xuất phát từ A, người lái giữ cho mũi canơ chếch góc 300 so AB mở máy chạy trước canơ chạy tới vị trí B Biết tốc độ dịng nước chảy, ca nô bờ sông không đổi Hãy tính: Tốc độ dịng nước chảy bờ sơng Tốc độ canơ dịng nước chảy Bề rộng dịng sơng Câu (2,0 điểm): Hai chất điểm A, C chuyển động thẳng hai đường thẳng tạo với góc   30 với tốc độ v1 ) hướng phía giao điểm B (như hình vẽ) Tại thời điểm khoảng cách hai chất điểm đạt giá trị nhỏ chất điểm A tương ứng v1 , v2 (với v   v2 C A C  v1 x1  B x2 cách giao điểm B đoạn d1  30 m, chất điểm C cách giao điểm B đoạn Câu (1,0 điểm): Một vật có khối lượng m chuyển động dọc theo đường thẳng mặt phẳng nằm  ngang với tốc độ ban đầu v0 Trong trình vật chuyển động, vật chịu tác dụng lực cản F     phụ thuộc vào vận tốc v vật theo công thức F  kv (với k số dương, v vận tốc vật thời điểm t xét) Bỏ qua ma sát Tính quãng đường mà vật dừng lại Câu (2,0 điểm): Một vật có khối lượng m (coi chất điểm) có m A thể trượt khơng ma sát nêm ABC, với   90 , ABC    Nêm ban đầu đứng AB =  , ACB yên, khối lượng nêm M trượt khơng  C B ma sát mặt sàn nằm ngang hình vẽ Cho vật m trượt từ đỉnh A nêm, vận tốc ban đầu vật không Gia tốc trọng trường g Tính gia tốc vật nêm Tính gia tốc nêm sàn Câu (1,0 điểm): Một vật có khối lượng m nằm yên mặt phẳng nằm ngang nhẵn Tại thời điểm t = vật chịu tác dụng lực có độ lớn F phụ thuộc thời gian F  .t (với  số  dương, t thời điểm xét) Lực F hợp với mặt phẳng ngang góc  khơng đổi Biết gia tốc trọng trường g Tính vận tốc vật bắt đầu rời mặt phẳng ngang Quãng đường vật từ thời điểm t = đến lúc vật bắt đầu rời mặt phẳng ngang Câu (1,0 điểm): Chiếu tia sáng trắng vào mặt bên thứ lăng kính có thiết diện tam giác với góc tới i  450 Do tượng tán sắc ánh sáng, tia sáng ló khỏi mặt bên thứ hai lăng kính với góc lệch khác so với tia tới Biết thay đổi chiết suất lăng kính tia từ đỏ đến tím chậm Chiết suất lăng kính với tia vàng n v  1, 653 Tính góc lệch vàng (DV ) sau ló khỏi lăng kính Biết hai tia đơn sắc ló khỏi lăng kính hợp với góc i ' nhỏ (dưới 20) Tìm hiệu số chiết suất  n lăng kính hai tia đơn sắc Áp dụng tính  n với i '  20 Câu (1,0 điểm): Cho mạch điện MN hình vẽ Điện trở đèn R1 R  3 , giá trị điện trở tương ứng r  2 , R  3 , AB U r D biến trở với chạy C Bỏ qua điện trở dây nối Đặt vào hai M N R2 đầu mạch điện MN hiệu điện không đổi U = 8V Gọi điện C trở toàn phần biến trở AB R B A Di chuyển chậm chạy C, người ta nhận thấy điện trở phần AC (của biến trở AB) có giá trị 1 đèn tối Tìm R Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu; - Giám thị khơng giải thích thêm ĐÁP ÁN Câu (2,0 điểm): Một canô chạy qua sông xuất phát từ A, mũi hướng tới điểm B B C bờ bên kia, AB vng góc với bờ sơng Nhưng dịng nước chảy nên đến bờ bên kia, canô lại C cách B đoạn BC = 200 m Thời gian qua sông phút 40 s A Nếu ca nô xuất phát từ A, người lái giữ cho mũi canơ chếch góc 300 so AB mở máy chạy trước canơ chạy tới vị trí B Biết tốc độ dòng nước chảy, ca nơ bờ sơng ln khơng đổi Hãy tính: Tốc độ dòng nước chảy bờ sơng Tốc độ canơ dịng nước chảy Bề rộng dịng sơng BG: + Gọi ca-nơ (1), nước (2), bờ (3) thì:  - Vận tốc canô bờ sông v13  - Vận tốc canô nước v12 ;  = Vận tốc dòng nước bờ sông v 23    a) Vì canơ hướng mũi tới B nên v12 có hướng AB, canơ đến C nên v13 có hướng AC v 23 có hướng BC + Trong thời gian 1phút 40 giây = 100s nước làm canô trơi đoạn từ B đến C vận tốc dòng nước là:  v 23  BC 200   2m / s t 100 + Khi canơ chếch 300 phía D canơ tới B + Từ hình vẽ b ta xác định vận tốc canô nước là: v v 23 sin 30o  23  v12   4m / s v12 sin 30o B 200 m  v12 B D C  v13  v13  v12  + Từ hình vẽ a ta có: BC AB 200 AB t     AB  400m v 23 v12 A  v 23 v1 ) hướng phía giao điểm B (như hình vẽ) Tại thời điểm khoảng cách hai chất điểm đạt giá trị nhỏ chất điểm A tương ứng v1 , v2 (với v  A Hình b Hình a Câu (2,0 điểm): Hai chất điểm A, C chuyển động thẳng hai đường thẳng tạo với góc   30 với tốc độ  v23  v2 C A  v1 x1  B x2 cách giao điểm B đoạn d1  30 m, chất điểm C cách giao điểm B đoạn BG: + Gọi d1, d2 khoảng cách từ vật vật đến O lúc đầu ta xét (t = ) + Áp dụng định lý hàm sin ta có:  d d/ d/ d d  v1 t d  v t      sin  sin  sin  sin  sin  sin  v2 C d v t 3d  v1 t d + Vì v  nên ta có:  1  sin 30 sin  3 sin  v1 A + Áp dụng tính chất phân thức ta có: d1  v1t 3d  v1t   sin  sin    x1  d 2/ B x2  3d  v1 t   d1  v1 t  sin   sin  3d  d1 d  sin 30 sin   sin  d1/  d  v1   3d  d1 sin   sin  (1) + Mặt khác, tacó: sin   sin(1800  )  sin(  )  sin(300   )  sin   sin(300  )  3(sin 300 cos   cos300 sin )  sin   3 cos   sin  2 (2) + Thay (2) vào (1) ta có: 3d  d1 d  sin 300 3 cos   sin   sin  2 3d  d1 3d  d1 + Vậy d   y cos   sin   d + Khoảng cách hai vật dmin  ymax với y =  3d  d1 sin 300 cos   sin  2  cos   sin    3d  d1 cos   sin  + Áp dụng bất đẳng thức Bunhia Côpski: ( cos   sin  )     3  12  cos   sin     ymax=  Dấu “=” xảy cos   sin   + Lúc đó: cos    tan      300   1200 sin  d1/ d 2/ sin1200 /   d 2/  d1  3d1/  90  m  0 sin 30 sin120 sin 300 + Vậy, khoảng cách từ vật hai đến O lúc là: d2/  90  m Câu (1,0 điểm): Một vật có khối lượng m chuyển động dọc theo đường thẳng mặt phẳng nằm  ngang với tốc độ ban đầu v0 Trong trình vật chuyển động, vật chịu tác dụng lực cản F     phụ thuộc vào vận tốc v vật theo công thức F  kv (với k số dương, v vận tốc vật thời điểm t xét) Bỏ qua ma sát Tính quãng đường mà vật dừng lại BG: Vật chịu tác dụng lực cản F   kv Theo định luật II Newton ta có:  kv  ma   kv  m dv m  vdt   dv dt k v ds  vdt  S   ds   vdt    v0  v  v0  k S m m m mv mv dv    v  v    k k k k (*) Quãng đường vật dừng lại, v = Từ (*)  s mv k Câu (2,0 điểm): Chú ý: Học sinh xét hệ quy chiếu gắn với nêm, vật chịu tác dụng lực qn tính Một vật có khối lượng m (coi chất điểm) có m A thể trượt không ma sát nêm ABC, với   90 , ABC    Nêm ban đầu đứng AB =  , ACB yên, khối lượng nêm M trượt không  C B ma sát mặt sàn nằm ngang hình vẽ Cho vật m trượt từ đỉnh A nêm, vận tốc ban đầu vật khơng Gia tốc trọng trường g Tính gia tốc vật nêm Tính gia tốc nêm sàn BG: Gọi gia tốc vật nêm gia tốc nêm sàn tương ứng a a - Chọn hệ trục tọa độ xOy hình vẽ Động lượng hệ  Vật xuống sang phải thi nêm phải sang trái  giá trị đại số gia tốc nêm a <  Q  N'   - Vật m chịu tác dụng lực: Trọng lực m g , phản lực N x’ nêm vng góc với AB    + Gia tốc vật sàn: a1 = a + a + Phương trình chuyển động vật : Theo phương AB : mgsin  = m(a + a cos  ) Theo phương vng góc với AB: N - mgcos  = ma sin  Áp dụng định luật II Niu-tơn cho nêm    O’ (1) (2) Q  Mg  N '  M.a Chiếu lên chiều dương O’x’ - N’.sin  = M a - Từ (2) (3) ta có : (N = N’) N sin  ) sin  M N sin  N + m.sin  = mgcos  M N  mg cos   m.(   N(M + m.sin  ) = M mgcos  (3)  Mg  N= M mg cos  M  m sin  - Thế vào phương trình (3) ta :  M mg cos  sin    mg sin 2 M  m sin    a0 = = M 2( M  m sin  ) - Thế vào phương trình (1) ta : mg sin 2 mgsin  = m(a + ()cos  ) 2( M  m sin  )  mgsin  = m.a  a = gsin  + m g sin 2 soc 2( M  m sin  ) Mg sin   2mg sin   mg sin 2 cos  mg sin 2 cos  = 2( M  m sin  ) 2( M  m sin  ) Mg sin   2mg sin  (1  cos  )  2mg sin  cos  2( M  m sin  ) ( M  m) g sin  = M  m sin  Câu (1,0 điểm): Một vật có khối lượng m nằm yên mặt phẳng nằm ngang nhẵn Tại thời điểm t = vật chịu tác dụng lực có độ lớn F phụ thuộc thời gian F  .t (với  số =  dương, t thời điểm xét) Lực F hợp với mặt phẳng ngang góc  không đổi Biết gia tốc trọng trường g Tính vận tốc vật lúc rời mặt phẳng ngang Quãng đường vật từ thời điểm t = đến lúc vật bắt đầu rời mặt phẳng ngang BG: Áp dụng Định luật II Newton cho vật:     F  P  N  ma Chiếu lên 0x: Fcos   ma (1) Chiếu lên 0y: N  Fsin   P  (2)  N  P  Fsin   mg t.sin  Vật rời khỏi mặt ngang : N  Hay mg t.sin   Thời điểm vật rời khỏi mặt phẳng ngang: t  Từ (1): Fcos   ma  t cos   m dv dt mg  sin   dv  .cos  t.dt m t0 v   dv  v  cos  .t 02 cos   t.dt  v   m m mg cos  .sin  a Phương trình vận tốc : v t .cos   cos  .t cos   dv  t.dt   dv    t.dt  v  m m m 0 Quãng đường vật từ  t : t0  cos  t 30 cos  S   ds   vdt    t dt  m m  mg     sin   S   cos  m m 2g3  cos  S   sin  Câu (1,0 điểm): Chiếu tia sáng trắng vào mặt bên thứ lăng kính có thiết diện tam giác với góc tới i  450 Do tượng tán sắc ánh sáng, tia sáng ló khỏi mặt bên thứ hai lăng kính với góc lệch khác so với tia tới Biết thay đổi chiết suất lăng kính tia từ đỏ đến tím chậm Chiết suất lăng kính với tia vàng n v  1, 653 Tính góc lệch vàng (DV ) sau ló khỏi lăng kính Biết hai tia đơn sắc ló khỏi lăng kính hợp với góc i ' nhỏ (dưới 20) Tìm hiệu số chiết suất  n lăng kính hai tia đơn sắc Áp dụng tính  n với i '  20 BG: a) sin i  nv sin r  sin r  sin 450  r  25019' 1, 653 r '  A  r  600  25019'  34041' sin i '  nv sin r '  1, 653.sin 340 41'  i '  700 ' Góc lệch tia vàng qua lăng kính là: DV  i  i ' A  450  700 ' 600  550 ' b) Từ công thức: r  r '  A ta đạo hàm hai vế theo n ta được: dr dr '    dr  dr ' dn dn (1) Từ công thức: sin i  n sin r với i  450 không đổi ta đạo hàm hai vế theo n:  sin r  n  dr cos r dn dr sin r  dn n cos r (2) Từ công thức sin i '  n sin r ' ta đạo hàm hai vế theo n: di ' dr ' cos i '  sin r ' n .cos r ' dn dn (3) Thay (1), (2) vào (3) ta được: di '  sin r  cos i '  sin r ' n   cos r ' dn  n cos r  di '  sin r 'cos r  sin r cos r ' dn cos i '.cos r di '  sin A dn cos i '.cos r (4) Lại có: cos r   sin r   sin i  1 n 2n Kết hợp với (4) ta được: di '  sin A cos i '  2n dn Xét thay đổi nhỏ góc ló di '  20 từ giá trị góc ló tia vàng với n  nv  1, 653 i '  iv'  70 '  180  sin 450 cos 70 '  2.1, 6532 dn  dn  0, 015 Câu (1,0 điểm): Cho mạch điện MN hình vẽ Điện trở đèn R  3 , giá trị điện trở tương ứng r  2 , R  3 , AB biến trở với chạy C Bỏ qua điện trở dây nối Đặt vào hai đầu mạch điện MN hiệu điện không đổi U = 8V Gọi điện trở toàn phần biến trở AB R Di chuyển chậm chạy C, người ta nhận thấy điện trở phần AC (của biến trở AB) có giá trị 1 đèn tối Tìm R BG: Gọi điện trở phần AC x Khi K mở ta có mạch hình vẽ điện trở tồn mạch B U r R1 D MN R2 C B A U x r A R1  (R- x) C D R2 3(x  3) 2 x6 x  (R  1)x  21  6R  x6 Cường độ dòng điện qua đèn: U I.R CD 24 I1  CD   x  R1 x  R1 x  (R 1)x  21  6R Khi đèn tối I1 nhỏ hay mẫu số lớn b R  x  2a Theo đề R tm  R  x  x  1  R  3 ... trường g Tính vận tốc vật bắt đầu rời mặt phẳng ngang Quãng đường vật từ thời điểm t = đến lúc vật bắt đầu rời mặt phẳng ngang Câu (1,0 điểm): Chiếu tia sáng trắng vào mặt bên thứ lăng kính có. .. hình vẽ Cho vật m trượt từ đỉnh A nêm, vận tốc ban đầu vật không Gia tốc trọng trường g Tính gia tốc vật nêm Tính gia tốc nêm sàn BG: Gọi gia tốc vật nêm gia tốc nêm sàn tương ứng a a - Chọn hệ... (1,0 điểm): Chiếu tia sáng trắng vào mặt bên thứ lăng kính có thi? ??t diện tam giác với góc tới i  450 Do tượng tán sắc ánh sáng, tia sáng ló khỏi mặt bên thứ hai lăng kính với góc lệch khác so