Đề thi học sinh giỏi lớp 10 THPT tỉnh Hải Dương năm học 2013 Môn Vật lý nâng cao ppt

1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO T
ẠO
HẢI DƯƠNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10
THPT – NĂM HỌC 2012 – 2013
MÔN: VẬT LÍ
Thời gian: 180 phút – Ngày thi 05/4/2013

Đ
ề thi gồm: 02 trang


Câu 1 (2,0 điểm): Một vật có trọng lượng P = 100N được
giữ đứng yên trên mặt phẳng nghiêng góc

so với mặt
phẳng ngang bằng một lực
F

có phương ngang (hình 1).
Biết
tan 0,5


; hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt phẳng
nghiêng là
0,2



. Xác định điều kiện về F để:
1. Vật có xu hướng đi lên.
2. Vật có xu hướng đi xuống.
Câu 2 (2,0 điểm): Thanh AB đồng nhất, trọng lượng P dựa vào
tường thẳng đứng và sàn nằm ngang (hình 2). Bỏ qua mọi ma
sát. Thanh được giữ nhờ dây OI.
1. Chứng tỏ rằng thanh không thể cân bằng nếu
2
AB
AI  .
2. Tìm lực căng dây khi
3
4
AI AB
 và
0
60

 .
Câu 3 (2,0 điểm): Một vật có dạng là một bán cầu
khối lượng M được đặt nằm ngang trên một mặt
phẳng nằm ngang không ma sát (hình 3). Một vật
nhỏ có khối lượng m bắt đầu trượt không ma sát,
không vận tốc đầu từ đỉnh bán cầu. Gọi

là góc
mà bán kính nối vật với tâm bán cầu hợp với
phương thẳng đứng khi vật bắt đầu tách khỏi bán
cầu.
1. Thiết lập mối quan hệ giữa M, m và góc


.
2. Tìm

khi
M m

. Cho phương trình
3
6 4 0
x x
  
có 1 nghiệm
3 1
x
 
.
Câu 4 (2,0 điểm): Ba quả cầu có cùng bán kính,
khối lượng khác nhau, được buộc vào các sợi
dây có chiều dài giống nhau và tiếp xúc với nhau
(hình 4). Quả cầu m
1
được kéo lệch lên đến độ
cao H rồi thả ra. Cho rằng các quả cầu va chạm
hoàn toàn đàn hồi xuyên tâm. Sau va chạm giữa
quả cầu thứ nhất với quả cầu thứ hai và giữa quả
cầu thứ hai với quả cầu thứ ba thì cả ba quả cầu
có cùng động lượng.
1. Tìm mối liên hệ của m
2

và của m
3
theo m
1
.
2. Tìm độ cao cực đại của các quả cầu 1 và 2 theo H.
ĐỀ CHÍNH THỨC
F




Hình 1

O
Hình 2

I


B
A
H

m
1
m
2
m
3

Hình 4



Hình 3
2
Câu 5 (2,0 điểm): Trong một xi lanh kín đặt thẳng đứng có hai pit tông nặng chia xi
lanh thành 3 ngăn (hình 5), mỗi ngăn chứa 1 lượng khí lí tưởng như nhau và cùng
loại. Khi nhiệt độ trong các ngăn là T
1
thì tỉ số thể tích các phần là
1 2 3
: : 4:3:1
V V V  .
Khi nhiệt độ trong các ngăn là T
2
thì tỉ số thể tích các phần là
' ' '
1 2 3
: : :2:1
V V V x . Bỏ
qua ma sát giữa các pit tông và xi lanh.

1. Tìm x.
2. Tìm tỉ số
2
1
T
T
.

HẾT

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Chữ kí giám thị số 1: Chữ kí giám thị số 2:

m
1

m
2

(1)



(2)


(3)

Hình 5

3

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO T
ẠO
HẢI DƯƠNG

HƯỚNG DẪN CHẤM-BIỂU ĐIỂM THI CHỌN HỌC
SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013
MÔN THI: VẬT LÍ
Thời gian làm bài: 180 phút
Đáp án gồm: 04 trang

Câu Ý
Nội dung Điểm

Câu 1
(2 điểm)

1.
Vật có xu hướng đi lên:
Các lực tác dụng vào vật:
, , ,
ms
N F F P
   

Để vật nằm yên và có xu hướng đi lên thì:
sin cos sin
ms
P F P F
  
   với
( .sin os )
ms
F N F Pc
   
  
(sin os ) (tan )
tan
os sin 1 tan
P c P
P F
c
    

    
 
   
 

Thay số ta được:
100(0,5 0,2)
100.0,5
1 0,2.0,5
F

 

700
50 77,8
9
N F N N
   


0,25đ







0,25đ

0,25đ


0,25đ

2.
Vật có xu hướng đi xuống: khi đó lực ma sát đổi chiều so với
hình vẽ ở câu 1
Để vật nằm yên và có xu hướng đi xuống thì:
sin cos sin
ms
P F F P
  
  
với
( .sin os )
ms
F N F Pc
   
  

(tan )
tan
1 tan
P
F P
 

 

  


Thay số ta được:
100(0,5 0,2)

50
1 0,2.0,5
F

 

300
27,3 50
11
N N F N
   

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

Câu 2
(2 điểm)

1.
+ Giả sử I tại trung điểm của thanh AB
Thanh chịu tác dụng của
, , ,
A B
P N N T


  








0,25đ






ms
F


P


N


O

x

y

F




T


P


B
N


A

O
D
I

B
A
N


4

Ta thấy mô men đối D khác 0  thanh không cân bằng
+ Nếu
2
AB
AI  mô men của
T

cùng chiều với mô men của
P

nên
thanh không thể cân bằng.


0,25đ

0,5đ
2.
Khi
3
4
AI AB
 và
0
60

 : Khi đó
OGB

đều, I là trung điểm của

GB nên
0
30
GOI

  
Xét momen đối với điểm D ta có:
. .
2
OB
P T DH


với
. os
.sin .sin
OB AB c
OH OD AB

 



 


. os sin
2
P
c T

 
  . Thay
0 0
60 , 30
 
 
ta được:
0
0
. os60
2.sin30 2
P c P
T
 






0,25đ

0,25đ



0,25đ


0,25đ

Câu 3
(2 điểm)


1.
Theo định luật II Niu-tơn ta có:
2
cos .sin
q
u
mg N F m
R
 
   (1)
Lúc m bắt đầu rời bán cầu thì:
2
0, 0 cos
q
N F u gR

    (2)
Áp dụng công thức cộng vận tốc:
1 2
v v u
 
  

Suy ra:
2 2 2
1 2 2
1 2
2 . os (3)
cos (4)
x
v v u v u c
v u v



  

 








+ Theo phương ngang, động lượng của hệ " vật M-m" được bảo
toàn:
1 2 1 2
0
x x
M
mv Mv v v

m
   
(5)
Từ (4) và (5)
2
cos
m
v u
m M

 

(*)
+ Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ta có:
2 2
1 2
(1 os )=
2 2
mv Mv
mgR c

  (*,*)

0,25đ

0,25đ


0,25đ

0,25đ



0,25đ
P


T


B
N


A
H
O
D
G

I


B
A
N




u


2
v




Hình 3
1
v


q
F


P




N


5
Thay (2), (3) và (*) vào (*,*) và rút gọn ta được:
2 2
2 (3 cos )
m
gR u
m M

 

với
2
cos
u gR



3
cos 3cos 2 0
m
m M
 
   


(*,*,*)






0,25đ

2.
Khi m=M thì từ (*,*,*) ta có:
3
1
cos 3cos 2 0
2
 
  

3
cos 6cos 4 0
 
   
có nghiệm
0
os 3 1 43
c
 
   

0,25đ

0,25đ

Câu 4
(2 điểm)


1.
+ Xét va chạm của quả cầu 1 với quả cầu 2: Gọi v là vận tốc
của quả cầu m
1
trước va chạm. Do sau va chạm giữa quả cầu thứ
nhất với quả cầu thứ hai và giữa quả cầu thứ hai với quả cầu thứ
ba thì cả ba quả cầu có cùng động lượng nên vận tốc quả cầu m
1

sau va chạm là
3
v
. Gọi v
2
là vận tốc quả cầu 2 trước va chạm với
quả cầu 3.
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng:
1 1 2 2
3
v
m v m m v
  (1)

Va chạm hoàn toàn đàn hồi xuyên tâm nên áp dụng định luật bảo
toàn cơ năng ta có:
2
2 2
1 1 2 2
9
v
m v m m v
 
(2)
Giải hệ (1), (2) ta được:
1
2 2
4
;
3 2
m
v v m 
+ Xét va chạm của quả cầu 2 với quả cầu 3: sau va chạm với
quả cầu 3, quả cầu 2 có vận tốc
2
2
v
; quả cầu 3 có vận tốc
3
v

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng:
2
2 2 2 3 3

2
v
m v m m v
  (3)
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ta có:
2
2 2
2
2 2 2 3 3
4
v
m v m m v
  (4)
Giải hệ (3), (4) ta được:
2 1
3 2 3
3
;
2 3 6
m m
v v m  

0,25đ

0,25đ






0,25đ

0,25đ

2.
Độ cao cực đại m
1
sau va chạm được tìm từ định luật bảo toàn cơ
năng:
2
1 1 1
1
2 9
v
m m gH

2
1
2
18 18 9

v gH H
H
g g
   

Tương tự:
2
2
2
2
16
16.2 4
9
8 8 9.8 9
v
v
gH H
H
g g g
   


0,25đ

0,25đ



0,5đ
Câu 5

(2 điểm)
1.


Ở nhiệt độ T
1
khi các pit tông cân bằng ta có:
1 2 1
( )
m g p p S
 


6
2 3 2
( )
m g p p S
 

Trong đó:
1, 2, 3
p p p
lần lượt là áp suất trong ngăn 1, 2 và 3
S là tiết diện của các pit tông
1
1 2 1 2
3
2 3 2
2
1

1
p
m p p p
p
m p p
p


  



Vì nhiệt độ không đổi nên áp dụng định luật Bôi lơ-Mariôt ta có:
1 1 2 2 3 3
pV p V p V
 
3
1 2 2
2 1 2 3
;
p
p V V
p V p V
  

Do đó ta có:
2
1 1
2
2

3
1
1
8
1
V
m V
V
m
V

  

(1)
Tương tự khi nhiệt độ các buồng khí là T
2
ta có:
' '
1 2
' '
1 2 1
' '
3 2
2
'
'
32
2
1 1
1

2
2 1
11
p V
m p V x
x
p V
m x
V
p
 


    


(2)
Từ (1) và (2)
2 1 16
8 7
x
x
x

   

0,25đ

0,25đ




0,25đ



0,25đ

2.


Gọi V là thể tích tổng cộng của cả 3 ngăn
1 2 3 3 3
(4 3 1)
8
V
V V V V V V
        

Tương tự
V
=(
17
6
+2+1)
'
3
V
=
'
3
37
7
V
'
3
7
37
V V
 
'
3
3
56
37
V
V
 

(3)
Mặt khác xét riêng lượng khí ở ngăn 3 ở hai trạng thái ứng với
nhiệt độ T
1
và T
2
ta có
' ' ' '
3 3 3 3 3 3
2
1 2 1 3 3
p V p V p V
T
T T T p V
  
(4)
Mà
'
' ' '
3 3
2 3 2 3 2 3 3
( ) ( )
3 2
p p
m g p p S p p S p p
       
hay
'
3
3

4
3
p
p

(5)
Từ (3), (4) và (5) ta có:
' '
3 32
1 3 3
4 56 224
.
3 37 111
p VT
T p V
  





0,25đ


0,25đ

0,25đ


0,25đ

HẾT
* Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng thì vẫn cho điểm tối đa