Đề thi năng khiếu môn Vật lí 10 năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi (Lần 3)

Tài liệu Đề thi năng khiếu môn Vật lí 10 năm 2020-2021 có đáp án được biên soạn bởi Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi được chia sẻ dưới đây giúp các em có thêm tư liệu luyện tập và so sánh kết quả, cũng như tự đánh giá được năng lực bản thân, từ đó đề ra phương pháp học tập hiệu quả giúp các em tự tin đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới. Chúc các em thi tốt!

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI ĐỀ THỨC ĐỀ CHÍNH ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LỚP 10L (LẦN 3) 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 06 câu) Câu (2,0 điểm): Trên mặt hồ phẳng lặng (vận tốc dịng nước khơng), có hai tàu L1, L2 ban đầu nằm hai điểm A B cách khoảng  thời điểm t = 0, sau hai tàu bắt đầu chuyển động thẳng với tốc độ v1 = v2 = v Tàu L1 di chuyển dọc theo phương vng góc với AB, tàu L2 di chuyển theo phương hợp với AB góc α (hình vẽ) Sau khoảng thời gian tmin khoảng cách hai tàu cực tiểu Xác định khoảng cách cực tiểu Cho  = km, α = 350, v = m/s Ngay sau tàu L2 đến giao điểm C với quỹ đạo hai tàu, lúc tàu L1 di chuyển quỹ đạo đột ngột đổi hướng chuyển động thẳng theo hướng ngắn phía tàu L2 với tốc độ v3 = 2v  Xác định góc β hợp vectơ vận tốc v tàu L1 với phương AC, biết β < 900 Tìm khoảng thời gian từ lúc tàu L1 chuyển hướng đến gặp tàu L2 Câu (1,5 điểm): Một vật khối lượng m rơi chất lỏng với vận tốc ban đầu Biết lực cản tác    dụng lên vật Fc   k.v (với k số dương, v vận tốc vật thời điểm xét) Biết vật chuyển động theo phương thẳng đứng Xác định vận tốc quãng đường vật rơi sau khoảng thời gian t Câu (2,0 điểm): Người ta lồng hịn bi có lỗ xun suốt có khối B   m lượng m vào AB nghiêng góc  so với phương a0 nằm ngang Lúc đầu bi đứng yên Cho AB tịnh tiến  mặt phẳng thẳng đứng với gia tốc a có phương nằm  A ngang chiều hình vẽ Chỉ xét trường hợp bi lên AB Giả sử khơng có ma sát bi Xác định gia tốc bi AB Biện luận kết Trường hợp hệ số ma sát bi AB k  a0 = 2g Xác định gia tốc bi AB Biện luận kết Câu (2,0 điểm): Một máng có khối lượng m, bán kính R, có dạng hình bán trụ, đứng yên mặt phẳng nhẵn nằm ngang (Hình1) Một vật nhỏ có khối lượng với máng thả không vận tốc ban đầu từ mép máng cho bắt đầu trượt khơng ma sát lịng máng 1 Tính vận tốc vật vị trí thấp vị trí ban đầu khoảng R 2 Tại điểm thấp máng, vật tác dụng lên máng lực bao nhiêu? Trong trường hợp mặt phẳng có ma sát hệ số ma sát máng mặt phẳng phải thỏa mãn điều kiện để máng ln ln đứng n trình vật chuyển động? Coi vật chuyển động tiết diện thẳng đứng hình trụ Câu (1,0 điểm): Một lắc đơn có chiều dài dây treo ℓ, khối lượng vật nặng m Từ vị trí cân kéo vật tới vị trí cho dây treo lắc hợp với phương thẳng đứng góc 600 thả nhẹ Gia tốc trọng trường g = 10 m/s2, bỏ qua ma sát Dây ln căng q trình vật chuyển động Xác định độ lớn cực tiểu gia tốc trình chuyển động lắc? Câu (1,5 điểm) Một vật sáng AB hình mũi tên đặt song song với E cách khoảng L Giữa AB E đặt thấu kính hội tụ tiêu cự f, cho trục thấu kính qua A vng góc với E Tịnh tiến thấu kính dọc theo trục chính, người ta thấy có hai vị trí thấu kính cho ảnh rõ nét AB a Tìm điều kiện L để toán thỏa mãn b Biết khoảng cách hai vị trí nói thấu kính a Tìm tiêu cự f thấu kính theo L a Áp dụng số: L = 80cm, a = 40cm Đặt điểm sáng S trước thấu kính hội tụ có tiêu cự f, cách trục khoảng h = cm Cho S chuyển động theo phương trục từ khoảng cách 3f đến 2f thấu kính với tốc độ v = cm/s, người ta thấy tốc độ trung bình ảnh S’ v’ = 1cm/s Tính tiêu cự f thấu kính Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu - Giám thị khơng giải thích thêm ĐÁP ÁN Câu (2,0 điểm): a) Chọn hệ trục tọa độ Oxy hình vẽ Phương trình chuyển động tàu: x1 = vt ; y1 = x  vt sin  ; y  vt cos    Khoảng cách hai tàu thời điểm t:    vt(1  sin  )      vt cos    v t (1  sin   sin  )   20  2vt  cos   v t cos   2(1  sin  )v t   cos  vt   20 (1) Biểu thức (1) có dạng tam thức bậc y = at2 – bt + c, với hệ số a  2(1  sin  )v > 0, đồ thị tam thức bậc có bề lõm hướng lên ứng với tọa độ đỉnh đạt giá trị cực tiểu Ta có: t   b 2 cos v  cos    2a 4(1  sin )v 2v(1  sin ) Thay (2) vào (1) ta được:  2min       (2) 2v 2 20 cos  2v 2 20 cos   20 cos  2       0 4v (1  sin ) 2v (1  sin ) 2(1  sin ) cos2   sin   0 2(1  sin ) (Học sinh sử dụng phương pháp đạo hàm để tìm tmin) b) Tại thời điểm tàu L2 đến giao điểm C, lúc tàu L1 di chuyển đến điểm D quỹ đạo Do v1 = v2, nên khoảng thời gian ta có độ dài BC = AD Gọi khoảng cách CD =  Ta có: 1  AD  AC  0   tan  cos  Khi tàu L2 di chuyển điểm E, tàu L1 bắt đầu chuyển hướng tốc độ 2v Theo giản đồ vectơ: sin  v cos     sin      240 sin(90  ) v3 2 Thời gian chuyển động tàu L1: t1  DE 2v - Khoảng cách DE xác định định lí hàm số sin: 0   tan  DE CD CD cos     sin(900  ) sin(900    ) cos(  ) cos(  )  t1  DE    (1  sin )  sin(90  )    tan     43s 2v  cos   2vcos(  ) 2vcos(  ) với Câu (2,0 điểm): Chọn chiều dương chiều chuyển động Phương trình chuyển động vật: mg  k.v  ma  m  dv dt dv k    v  mg  dt m Đặt x  v  mg  dx  dv  dx k dx k  x    dt dt m x m  x  A.e  k t m  v  mg  A.e  k t m  v  mg  A.e  k t m Tại t = 0, v = 0  mg  A.e  k m  A  mg k  t    v  mg 1  e m    v s t k  t   ds  ds  vdt   ds   mg 1  e m dt dt   0 s  mgt  m g   mk t   e  1 k   Câu (2,0 điểm):   Chọn hệ quy chiếu xOy gắn với que AB Bi chịu tác dụng của: trọng lực P , phản lực Q  que, lực quán tính  ma  Lực quán tính hướng sang phải vật có gia tốc a hướng theo AB Theo định luật II Niutơn:     P  Q  ma  ma12  Q (1) B Chiếu (1) xuống hai trục Ox Oy:   - mgsin + ma0cos = ma12 x Fms a0 y  - mgcos + Q ma0sins =  ma Giải hệ:  O P a12 = -gsin+ a0cos  A a0 - Nếu tg  a12 > , bi phía đầu B g a - Nếu tg   a12 > , bi phía đầu A g a - Nếu tg   a12 = , bi đứng yên g    Bi chịu thêm tác dụng lực ma sát F Giả sử a hướng lên Fms hướng xuống hình vẽ      P  Q  ma  Fms  ma12 Chiếu xuống hai trục Ox Oy thay (1) Fms = kQ= Q/3 - mgsin + 2mg0cos - kQ = mja12 - mgcos + Q - 2mgsins = Giải hệ: Q = mg(cos + 2sins) g a12 = (7cos - sin) Điều kiện để a12 > tg > hay  > 820 Câu (2,0 điểm):   1, Xét hệ vật máng vật trượt góc α , kí hiệu v12 vận tốc vật so với máng, v 23  vận tốc máng so với đất, v13 vận tốc vật so với đất Áp dụng định luật bảo toàn động lượng theo Ox : mv23 + m(v23 - v12 sin  ) =  v12 sin α = 2v23 (1) + Áp dụng định luật bảo toàn năng: mgRsinα = mv 2 23 + mv 2 13 (2)   2 v13 = v12 + v 23  v13 = v12 + v 23 - v12 v 23 sinα  g  m m + Áp dụng công thức cộng vận tốc:  R P2 S  v 23  v13 (3) Từ (1), (2) (3) ta tìm được: gRsinα - sin 2α v12 = ; v 23 = gRsin 2α - sin α Khi vật trượt đến vị trí thấp vị trí ban đầu khoảng R/2 sinα = ta tìm được: gR gR 13gR ; v23 = ; v13 = 14 14 14 2, Khi vật đến vị trí thấp α = 900 ta tìm được: v12 =4 ; v 23 = gR ; v 13 = gR v12 = gR Áp dụng định luật II Niutơn cho vật ta có: N - mg = mv12  N = 5mg R 3, Trong trường hợp mặt bàn có ma sát, giả thiết ma sát đủ lớn để máng không bị trượt Xét vật trượt góc α , kí hiệu cặp lực tương tác vật máng N N’, phản lực sàn lên máng Q, ta có: mv13 2 mv13 N - mgsinα = R Q = N'sinα + mg mgRsinα = ' Fms = N cosα  μQ (4) (5) (6) (7) 3sinαcosα = 1+3sin α 4tanα + cotanα 4tanα + cotanα  4tanα.cotanα  nên μ  Từ biểu thức tìm được: μ  Do Câu (1,0 điểm):  - Gia tốc lắc đơn a gồm thành phần: P sin   g sin  ; + Gia tốc tiếp tuyến a t  m v2 + Gia tốc hướng tâm a h   2g  cos   cos  m  với  m  60 l  a  a 2t  a h2  g sin   4g  cos   cos  m   g 3cos   8cos  m cos   cos  m   g 3cos   cos   - Đặt y  3cos   cos   nhỏ Vậy a  g y  10 2 cos   3  8,16 (m / s ) Câu (1,5 điểm) df  d  Ld  Lf  (1) df - Để có hai vị trí thấu kính cho ảnh rõ nét AB phương trình (1) phải có nghiệm phân biệt   L2  4Lf   L  4f (2) a - Ta có : L  d  d'  d  b Nghiệm (1): d1,2  - Xác định L  ; d1  d  a   a rút d1  - Áp dụng cơng thức thấu kính: La 1 1     f d1 d ' d1 L  d1 - Kết hợp (4), (5) thu : f  (3) L a (4) (5) 4L - Áp dụng số : f = 15cm + Khi điểm sáng S di chuyển từ S1 đến S2 ảnh di chuyển từ S1' đến S 2' + Quãng đường mà điểm sáng S thời gian là: S1S2= vt = d  d  d1  3f  2f  f (1) + Độ dời ảnh theo phương trục là: df df d  d2  d1    0,5f d  f d1  f + Quãng đường mà ảnh là: S1' S 2'  d ' f  v't  cos cos v  2.c os  cos =    300 v' OI h h  f   6cm + Từ hình ta có: tan   OF f tan  + Từ (1) (2) ta có: (2) ... Niutơn cho vật ta có: N - mg = mv12  N = 5mg R 3, Trong trường hợp mặt bàn có ma sát, giả thi? ??t ma sát đủ lớn để máng không bị trượt Xét vật trượt góc α , kí hiệu cặp lực tương tác vật máng N N’,... Q/3 - mgsin + 2mg0cos - kQ = mja12 - mgcos + Q - 2mgsins = Giải hệ: Q = mg(cos + 2sins) g a12 = (7cos - sin) Điều kiện để a12 > tg > hay  > 820 Câu (2,0 điểm):   1, Xét hệ vật máng vật. ..1 Tính vận tốc vật vị trí thấp vị trí ban đầu khoảng R 2 Tại điểm thấp máng, vật tác dụng lên máng lực bao nhiêu? Trong trường hợp mặt phẳng có ma sát hệ số ma sát máng mặt phẳng phải thỏa