11angiang 2018 vật lí

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (345.23 KB, 18 trang )

Trang 1<div class="page_container" data-page="1">

Số PháchSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP (TỈNH) AN GIANG

TRƯỜNG : THPT CHUYÊN THOẠI NGỌC HẦU

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - 4 LẦN THỨ 24 – Năm 2018ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: VẬT LÝ; LỚP : 10

Câu 1 : CƠ HỌC VẬT RẮN ( 5 điểm)

phân bố đều trên mặt cầu, tâm O bán kính R có đỉnh A,

được đặt trên sàn nằm ngang nhẵn. Một hòn bi nhỏ coi là chất điểm có khối lượng m được thả rơi tự do từ độ cao so

với sàn h=(2R+22

), rơi chạm vào điểm M trên mặt

cầu( hình vẽ). Coi mặt sàn rất cứng, quả cầu rỗng

không nảy lên khi va chạm; thời gian va chạm rất ngắn.

Vận tốc quả cầu nhỏ lớn nhất trước khi va chạm:v0  2gR

Sau khi vừa va chạm xong, gọi v 1

vận tốc quả cầu nhỏ, v 2

và 

làvận tốc tịnh tiến và vận tốc góc của quả cầu lớn.

a. Va chạm đàn hồi.

Thứ nhất: Trong trường hợp này, thành phần xung lực X

theo phương thẳng đứng tác dụng lên quả cầu rỗng luôn cân bằng với hợp hai xung lực

(N P t)

nên quả cầu không nảy lên.

mv X



X

(1)-Quả cầu nhỏ: mv mv 1  0  X mv1  mv0X

(mv ) (mv )  X 2              mv X.  (mv) (mv )  X 2mv X cos 45

</div>Trang 2<div class="page_container" data-page="2">

Thay X từ (1) vào ta được 22



2

v  v

(5)Đặt  là góc tạo bởi v 1

và phương ngang. Theo định luật bảo toàn động lượng trên phương ngang ta có

2cos cos

b. Va chạm mềm. Vì trước và sau va chạm, khối tâm G của hệ hai vật luôn chuyển động trên

phương thẳng đứng, còn sau va chạm O chỉ chuyển động theo phương ngang( không nảy lên), nên ta dễ dàng xác định tâm quay tức thời của hệ hai quả cầu trong va chạm.

(Khi đó ta coi đoạn OM là một cái thanh có trọng tâm G chỉ đổ xuống theo phương thẳng đứng và

đầu O chỉ trượt theo phương ngang khi va chạm)

Gọi C là tâm quay tức thời của hệ hai quả cầu khi va chạm. C là điểm giaonhau giữa hai đường thẳng vng góc giá véc tơ

v

O

và

v

G

được vẽ từ O vàG

-Nếu bỏ qua thời gian va chạm thì ta bỏ qua xung lực do trọng lực gây ra đối với cực C, nên momenđộng lượng đối với cực C là bảo toàn:

</div>Trang 3<div class="page_container" data-page="3">

vR

</div>Trang 4<div class="page_container" data-page="4">

Bài 2. ( 5,0 điểm). DAO ĐỘNG CƠ HỌC

Một xe lăn B khối lượng M, phần trên của nó có dạnglà một phần của mặt cầu tâm C, bán kính R. Xe đặt trênmặt sàn nằm ngang và trọng tâm của xe nằm trênđường thẳng đứng đi qua tâm mặt cầu. Một hòn bi Arất nhỏ, có khối lượng m được đặt trên mặt cầu của xe(hình 2). Bi A được giữ ở vị trí bán kính mặt cầu quanó hợp với phương thẳng đứng góc 0 và hệ đứngyên. Bỏ qua mọi ma sát, cho gia tốc trọng trường là g.1. Xe lăn được giữ cố định. Thả cho bi A chuyển độngkhơng vận tốc đầu.

a. Tìm vận tốc của A và áp lực của A nén lên B tại vịtrí bán kính qua A hợp với phương thẳng đứng góc   0.

b.Giả thiết góc 0 rất bé, hãy chứng minh A dao động điều hịa và tính chu kì dao động của nó?2.Giả thiết góc 0 rất bé, đồng thời giải phóng A và B không vận tốc đầu. Chứng minh hệ daođộng điều hịa. Tìm chu kì dao động của hệ, biên độ dao động của A, B và áp lực cực đại mà A nénlên B trong quá trình dao động?

HƯỚNG DẪN 1. Câu a.

+ Áp dụng định luật bảo tồn cơ năng, ta có:

mgR(1 cos ) = mgR(1 cos )

+ Suy ra: v 2gR(cos -cos ) 0 (1)

+ Áp dụng định luật II NiuTơn rồi chiếu dọc bán kính, chiều dương tới tâm bán cầu, ta có:2

mvmg cosN

(2)+ Từ (1), (2) và định luật III NiuTơn, ta được:

</div>Trang 5<div class="page_container" data-page="5">

+ Chọn trục tọa độ ox như hình vẽ, gốc O trùng vị trí cân bằng của A.

+ Khi bán kính OA lệch góc  thì : N mg+ =ma. (3)

+ Chiếu (3) trên trục Ox, ta được:

mg mx "R

x   x 0 với

gR 

+ A dao động điều hoà với:

T=2π √ Rg

3. + Theo phương ngang, động lượng bảo tồn và  nhỏ nên có thể coi vận tốc của m có phương

nằm ngang:

mv + MV = 0 (4)+ Bảo toàn cơ năng:

M) (6)+ Từ (4), (5) và (6), ta được:

(1 )M

</div>Trang 6<div class="page_container" data-page="6">

+ Hệ dao động điều hòa với:

22m(v V)

M  

nên khi  = 0 , cos và (v-V) cực đại, khi đó sin



= 0, nên N cực đại:

6

</div>Trang 7<div class="page_container" data-page="7">

M m

Bài 3. ( 5,0 điểm) DÒNG ĐIỆN XOAY CHIỀU

Cho mạch điện sau đây: R = 20 ; r = 10 ; L =

10π

H; C1, C2: điện dung của hai tụ điện.

Hiệu điện thế giữa A, B ln có biểu thức: uAB = 100

√2

cos(100t) V

HƯỚNG DẪN

a. Tính tỉ số

C2 để hiệu điện thế hiệu dụng U

MN cực tiểu. Lập biểu thức của hiệu điện thế tứcthời uMN trong điều kiện đó.

b. Điều kiện trên vẫn được thỏa mãn. Biết rằng dòng điện mạch chính cùng pha với uAB. Hãy:- Tính C1 và C2.

- Lập biểu thức của dịng điện mạch chính.

L, r

M

</div>Trang 8<div class="page_container" data-page="8">



Z

1

=√(R+r)

2

+Z

2L = 20

√3

() ud sớm pha hơn i1 một góc d

sin ϕ1⇒UMN=URsin ϕ1sin α

Với 1

1sin

</div>Trang 9<div class="page_container" data-page="9">

 UMN = Umin  sin = 1   =

 OMB: OMB

ZC 1+ZC 2=ZLZ12

</div>Trang 10<div class="page_container" data-page="10">

= 11

100 20 10.

và B 2

song song với ba mặt phẳng trên và có chiềunhư hình vẽ. Hạt proton trong vùng I được tăng tốc bởi hiệu điệnthế U, sau đó được đưa vào vùng II tại điểm A trên mặt phẳng P1với vận tốc v 0

hợp với pháp tuyến của P1 một góc 600.

Bỏ qua tác dụng của trọng trường. Cho biết khối lượng vàđiện tích của proton lần lượt là m1,673.1027kg và

tỉ lệthuận với vận tốc của hạt (F c kv

, với k là hằng số). Vì vậy khi chuyển động trong

vùng III, bán kính quỹ đạo của hạt giảm dần và khi ra khỏi vùng III, bán kính quỹ đạo 10

1

</div>Trang 11<div class="page_container" data-page="11">

của hạt giảm đi 5% so với khi khơng có lực cản. Tìm độ

dài đoạn đường l mà hạt còn đi tiếp được trong vùng IV.

cùng với (1) ta có: 2

 

Từ (4) và (5) ta có:

1 112

0, 293 2 3

Tại vùng III, từ

11

</div>Trang 12<div class="page_container" data-page="12">

Bài 5: (Quang học )(5 điểm)

Một “mắt thần”, tức là một loại dụng cụ quang học nhỏ,lắp trong cánh cửa nhà, để kín đáoquan sát khách gọi cửa, gồm một vật kính O1, tiêu cự f1 = 1cm, và một thị kính O2, tiêu cự f2 =+3cm, đặt cách O1 một khoảng l = 2cm

a. Chứng minh rằng một vật AB đặt trước O1, cách một khoảng d1 bất kỳ luôn cho ảnh ảo,lớn gấp 3 lần vật, nhưng lại được quan sát từ O2 dưới một góc ’R = (v –V ) = v( 1+ nhỏ hơn so với khiquan sát bằng mắt trần.

b. Tính góc trông các ảnh A’R = (v –V ) = v( 1+ B’R = (v –V ) = v( 1+ ki vật ở cách O1 các khoảng lần lượt bằng 9 cm, 19cm vàcác độ bội giác tương ứng thu được.

c. Vật kính O1, có bán kính r = 0,2cm. Hỏi nếu đặt mắt sátO2 thì một người cao 1,6cm phảiđứng cách O1 bao nhiêu để mắt có thể quan sát được tồn thân người đó ?

</div>Trang 13<div class="page_container" data-page="13">

B1 J

Nhận xét:

Do l O O 1 2 = 2cm =   l 3 f1 f2 nên tiểu điểm ảnh F'1 của O

1 trùng với tiêu điểm vật F2 của O

Tia BI cố định khi vật AB dịch chuyển, nên tia I’R = (v –V ) = v( 1+ R là quỹ tích các ảnh B’R = (v –V ) = v( 1+ , cũng cố định

tức là độ lớn ảnh A’R = (v –V ) = v( 1+ B’R = (v –V ) = v( 1+ không thay đổi và luôn luôn bằng

| f |AB

| f |

 21 .

Đồng thời tuy ảnh A’R = (v –V ) = v( 1+ B’R = (v –V ) = v( 1+ lớn gấp 3 lần vật AB, nhưng lại ở xa O2 hơn vật nhiều lần, nên góctrơng ’R = (v –V ) = v( 1+ từ O2 lại nhỏ hơn góc trông .

Ta hãy tính hai góc này trước hết, ta có:

</div>Trang 14<div class="page_container" data-page="14">

9 2 11 0 383 9 2 29

9 2 29 rad

– Với d1 = 19 cm thì G,.

19 2 21 0 363 19 2 59

19 2 59 rad

c) Theo hình vẽ cho thấy rằng để mắt đặt ở O2 trông thấy ảnh A’R = (v –V ) = v( 1+ của A thì mắt phải nhận đượctia sáng A’R = (v –V ) = v( 1+ I tức O2A’R = (v –V ) = v( 1+ phải gặp thấu kính O1 tức là ta phải có:

14

</div>Trang 15<div class="page_container" data-page="15">

O Itan '



 



 

3 2 10 Với





1 2 thì có



'  d180

Và 3d1 2 800 d1266cm = 2,66 m

Bài 6 : Nhiệt học (5 điểm)

Hình vẽ là một ống trụ trịn có tiết diện S = 1 7 10, . 2m2, thành ống cách nhiệt, bên trong ốngcó hai pit tơng cách nhiệt nối với nhau bằng một lị xo có độ cứng k1 5 10, . 4N/m. Pit tơng có

thể chuyển độn không ma sát với thành ống. Giữa ống là một vách ngăn cố định. Các ngăn ở haiđầu trái và phải cùng một lượng khí lý tưởng. Ngăn bên trái có thể gia nhiệt bằng điện. Hai ngănchứa lị xo thông với nhau và luôn thông với môi trường qua một lỗ hở ở thành ống (xem hìnhvẽ)

15

</div>Trang 16<div class="page_container" data-page="16">

Trước khi gia nhiệt, trạng thái khí ở hai ngăn (trái và phải) ở trạng thái cân bằng, có P 0 105Pa (áp suất khí quyển), T 300K. Vị trí các pit tơng như hình vẽ, với l  1m

0 10 . Ban đầu lị xo khơng biến dạng. Khi đốt dây tăng nhiệt, độ biến dạng lớn nhất của lò xo là lmax, . 

7 4 10 2

m. Khí lý tưởng này tuân theo phương trình pV const

 và nội năng của nó phụ thuộc nhiệt

độ tuyệt đối theo công thức

- Khi pit tơng phải di chuyển một đoạn x thì pit tông trái vượt qua l0 hấp thu nhiệt lượng Q0 thì lịxo co một đoạn lmaxlx, . 

0 7 4 10 m Áp suất hai buồng khí:

Pa Thể tích mỗi buồng khí:

16

</div>Trang 17<div class="page_container" data-page="17">

Theo nguyên lý I nhiệt động lực học: QEkhí  Elịxo A

Ekhí : lượng tăng nội năng của chất khí Elòxo: lượng tăng nội năng của lị xo A: là cơng của hai pit tơng đối với khí quyển. Ta cĩ:

</div>Trang 18<div class="page_container" data-page="18">

Thay (8) vào (5) được: Ekhí 640J

Từ đó Q = 640 +41,1 + 126 = 807,1 J

Vì Q < 1000 J có thể đẩy pit tông trái chạm vách ngăn

Khi pit tông trái chạm vào vách ngăn, pit tông phải không chuyển động tiếp nên nhiệt độ vàáp suất buồng khí bên phải vẫn như cũ:

Như vậy nhiệt độ ở buồng khí trái T’R = (v –V ) = v( 1+ 1 = 1218K và P’R = (v –V ) = v( 1+ 1 = 2,03.105 Pa Còn nhiệt độ ở buồng khí phải T’R = (v –V ) = v( 1+ 2 = 357K và P’R = (v –V ) = v( 1+ 2 = 1,65.105 Pa

---18

</div>