đề thi và đáp án thi học sinh giỏi thpt môn vật lý các tỉnh (6)

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013
ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ
(Dành cho học sinh THPT Chuyên)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1. Tại đầu một tấm ván người ta đặt một vật nhỏ có khối lượng bằng
hai lần khối lượng tấm ván. Đẩy cho cả hai chuyển động với cùng vận tốc
v
0
theo phương ngang hướng về phía bức tường thẳng đứng (Hình 1).
Vectơ vận tốc hướng dọc theo tấm ván và vuông góc với tường. Coi va
chạm giữa tấm ván và tường là tuyệt đối đàn hồi và tức thời, còn hệ số ma
sát giữa vật và ván bằng µ, bỏ qua ma sát giữa tấm ván và sàn. Hãy tìm độ
dài cực tiểu của tấm ván để vật không bao giờ chạm vào tường.
Câu 2. Một sợi dây nhẹ không dãn dài l, một đầu cố định, đầu kia treo vật nhỏ khối lượng m. Kéo vật sao
cho dây hợp với phương thẳng đứng góc α (0
o
<α< 90
o
, vật ở phía dưới điểm treo) rồi thả vật không vận tốc
đầu. Bỏ qua mọi ma sát.
1. Nếu gia tốc của vật ở vị trí thấp nhất và cao nhất có độ lớn bằng nhau thì góc α bằng bao nhiêu?
2. Tại vị trí dây treo lệch góc β (β<α), vận tốc dài có thành phần thẳng đứng v
y
cực đại, tính góc β.
3. Khi đến vị trí thấp nhất, vật va chạm đàn hồi xuyên tâm với vật thứ hai giống hệt nó, đang đứng yên ở
đỉnh một bán cầu bán kính R. Ngay sau va chạm, vật hai rời khỏi bán cầu. Tính bán kính R theo l.
Câu 3. Xi lanh có tiết diện trong S =100 cm
2
cùng với pittông p và vách

ngăn V làm bằng chất cách nhiệt (Hình 2). Nắp K của vách mở khi áp suất
bên phải lớn hơn áp suất bên trái. Ban đầu phần bên trái của xi lanh có chiều
dài l=1,12 m chứa m
1
=12 g khí Hêli, phần bên phải cũng có chiều dài
l=1,12 m chứa m
2
=2 g khí Hêli và nhiệt độ cả hai bên đều bằng T
0
=273 K. Ấn
từ từ pittông sang trái, ngừng một chút khi nắp mở và đẩy pittông tới sát vách
V. Tìm công đã thực hiện biết áp suất không khí bên ngoài P
0
=10
5
N/m
2
nhiệt
dung riêng đẳng tích và đẳng áp của Hêli bằng: C
v
= 3,15.10
3
J/kg.độ;
C
p
=5,25.10
3
J/kg.độ. Bỏ qua mọi ma sát.
Câu 4. Trên mặt phẳng thẳng đứng (P) có vẽ một vòng tròn (C) bán kính
R tiếp xúc với mặt phẳng ngang. Một chiếc vòng M có bán kính R lăn không

trượt trên mặt phẳng ngang tiến về phía vòng tròn (C) (Hình 3). Vận tốc của
tâm O
1
của vòng M là v. Mặt phẳng của M nằm sát mặt phẳng (P). Gọi A là
một giao điểm của hai vòng tròn khi khoảng cách giữa tâm của chúng là
d<2R. Tìm:
1. Vận tốc và gia tốc của A.
2. Bán kính quỹ đạo và vận tốc của điểm nằm trên vòng M tại A.
Câu 5. Trên mặt phẳng ngang có một bán cầu khối lượng m. Từ điểm cao
nhất của bán cầu có một vật nhỏ khối lượng m trượt không vận tốc đầu
xuống. Ma sát giữa vật nhỏ và bán cầu có thể bỏ qua. Gọi α là góc giữa
phương thẳng đứng và bán kính nối từ tâm bán cầu tới vật (Hình 4).
1. Giả sử bán cầu được giữ đứng yên. Xác định vận tốc của vật, áp lực của
vật lên mặt bán cầu khi vật chưa rời bán cầu, từ đó tìm góc α
m
khi vật bắt
đầu rời bán cầu.
2. Giả sử giữa bán cầu và mặt phẳng ngang có hệ số ma sát là µ. Tìm µ biết rằng khi
α
= 30
o
thì bán cầu bắt
đầu bị trượt trên mặt phẳng ngang.
3. Giả sử không có ma sát giữa bán cầu và mặt phẳng ngang. Tìm α khi vật rời khỏi bán cầu.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……….……… …….…….….….; Số báo danh……………….
P
0
K

V
Hình 2
α
Hình 4
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013
ĐÁP ÁN MÔN: VẬT LÝ
(Dành cho học sinh THPT Chuyên)
Câu Ý Nội dung Điểm
1 2đ Để vật không chạm tường thì nó phải không rời
ván. Sau khi va chạm với tường, ván có vận tốc
0
v
hướng ngược lại. Do vật không rời ván nên áp dụng định luật bảo toàn động
lượng và bảo toàn năng lượng, ta có :
100
.32 vmmvmv =−
,
2
1
2
01
3
2
1
3
2
1
.2. mvvmxmg ⋅−⋅⋅=
µ

Trong đó
1
v
là vận tốc khi vật và ván chuyển động như một vật trở lại tường,
1
x
là quãng đường vật đi được trên ván. Suy ra:
g
v
xv
µ
3
2
;
3
v
2
0
1
0
1
==
, khi vật và
ván chuyển động như một vật lao vào tường, quá trình diễn ra giống hệt như
trên, vật đi thêm quãng đường
2
x
trên ván:
gg
V

x
v
v
1
3
3
2
;
3
2
1
2
1
2
⋅






==
µ

Quá trình như vậy lặp lại nhiều lần, và tổng quãng đường vật đi được trên ván
là :







++++=+++=
n
n
g
v
ssss
9
1

9
1
9
1
1
3
2

2
2
0
21
µ







−=
−
−
⋅=
n
n
g
v
g
v
9
1
1
4
3
9
1
1
9
1
1
3
2
2
0
2
0
µµ

Để vật không rời ván thì độ dài ván lớn hơn hoặc bằng quãng đường s sau

nhiều lần va chạm
( )
∞→n
:
.
4
3
lim
2
0
µg
v
sl
n
=≥
∞→
Vậy để vật không va vào tường
độ dài tối thiểu của ván là
µg
v
l
4
3
2
0
=

0,5
0,5
0,5

0,5
2 1
0,75đ
Gọi a
A
và a
B
là gia tốc toàn phần tại A và B





+=
+=
2
nB
2
tBB
2
nA
2
tAA
aaa
aaa

Vì a
nA
= 0 ; a
tB

= 0 nên theo giả thiết a
A
= a
B
thì a
tA
= a
nB
sinαgv
v
gsinα
2
B
2
B


=⇒=⇒

(1)
Chọn mốc tính thế năng qua B, Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho vật tại
A và B W
A
= W
B

( ) ( )
cosα12gvmv
2
1

cosα1mg
2
B
2
B
−=⇒=−⇒ 

0,25
0,25
(Đáp án có 06 trang)
v
0
Hình 1
α
β
y
A
C
B
P

C
T

x
O

(2)
(1),(2)
( )





=→=
=
⇒−=⇒
0
53,13α
5
4
sinα
0(loai)sinα
cosα12gsinαg 

0,25
2
0,75đ
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho vật tại A và C
( ) ( ) ( )
cosαcosβ2gvcosβ1mgmv
2
1
cosα1mg
2
C
2
C
−=⇒−+=− 
(3) ….

Áp dụng định luật II Niutơn cho vật
amTP
C


=+
Theo phương hướng tâm CO :

2
C
C
mv
TPcosβ =+−
(4)
(3),(4)
)2cosmg(3cosβT
C
α
−=⇒
(5)
Theo phương thẳng đứng Cy :
m
PcosβT
amacosβTP
C
yyC
−
=→=+−
Do v
Cy

đạt cực đại nên a
Cy
=0,
cosβ
mg
T
C
=
(6)…………… … …
Từ 4,5 và 6 ta có

2
0
0
mg
mg(3cos 2cos )
cosβ
3cosβ 2cosαcosβ 1 0
cosβ 0,81 β 36
cosβ 0,41 β 114 (loai)
β α
⇒ − =
⇒ − − =

≈ → =

≈ − → =



…………… ………………………
0,25
0,25
0,25
3
0,5đ
Do m
1
=m
2
nên sau va chạm hai vật trao đổi vận tốc
)cos(12gvv
2
B
2
2
α
−== 
(7)
Áp dụng định luật II Niutơn cho vật 2 sau va chạm :
222
amNP


=+
; theo phương hướng tâm
R
v
m
NP

a
2
222
2
=
−
=
(8)
2 2
P N 2g (1 cos )
m R
α
− −
⇒ =
l

2
2
N mg(1 (cosα 1))
R
→ = + −
l

Sau va chạm vật 2 rời khỏi bán cầu nên:
01))(cosα
R
2
mg(10N
2
=−+→=


Vậy:
 0,8)cos(12R =−=
α
……………… ………………
0,25
0,25
2
m
'
O
1
m
2
N

2
P

2
v

3 2đ
Lúc đầu áp suất khí bên trái P
1
=
lS
R.T
.
μ

m
01
lớn hơn áp suất bên phải vách
P
2
=
lS
R.T
.
μ
m
02

Khối khí bên phải bị nén đoạn nhiệt từ thể tích V
0
= lS xuống V
1
, áp suất của
nó tăng lên đến P
1
:
P
2
V
0
g

= P
1
V

1
g
→ V
1
= V
0
γ
1
1
2








P
P
= V
0
γ
1
1
2









m
m
(1)
Khi đó nhiệt độ ở bên phải: T
1
=
0
02
11
T
VP
VP
= T
0
γ
γ−








1
1

2
m
m
=559K (2)
Sau khi nắp K mở hai khí hoà trộn vào nhau và có cùng nhiệt độ T
2
: C
v
m
1
(T
2
-
T
0
) = C
v
m
2
(T
1
- T
0
)
→ T
2
=
21
1201
mm

TmTm
+
+
=


















+
+
γ
1
1
2
21
1

0
m
m
1
mm
m
T
=314K (3)
Sau đó lượng khí m = m
1
+ m
2
bị nén đoạn nhiệt từ thể tích V = V
0
+ V
1
đến V
0
,
nhiệt độ tăng từ T
2
đến T, ta có : T. V
0
g -1
= T
2
(V
0
+ V
1

)
g -1
(4)……… ……
Thay (1) và (3) vào (4) ta được:
T = T
2
γ
γ
1
1
2
21
01
1γ
0
10
m
m
1
mm
.Tm
V
VV



















+
+
=








+
−
=382K (5)
Công do lực tác dụng lên pittông và áp suất khí quyển P
0
thực hiện làm tăng nội
năng của chất khí bị nén đoạn nhiệt:
A= A

1
+ A
2
= ∆U = C
v
(m
1
+ m
2
) (T- T
0
) (6),
với A
1
= P
0
S.l
Thay (5) vào (6), rồi thay số vào ta được A
2
= 3687 (J). . . . .
(Học sinh có thể tính sai số ±20 J)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
4 1

1đ
Giao điểm A dịch chuyển trên đường tròn C với vận tốc v
A
tiếp tuyến với C,
hình chiếu lên phương ngang là v
x
= v/2
v/2 = v
A
cosα = v
A
2 2
R d / 4
R
−
. Vậy:
A
2
2
v
v
d
2 1
4R
=
−

0,25
0,25
Vì thành phần vận tốc của

A
v
r
theo phương ngang không đổi nên gia tốc của A
hướng thẳng đứng và thành phần của gia tốc này lên phương bán kính O
2
A là
gia tốc hướng tâm:
2
A
ht
v
a a.cos
R
= α =
→ a=
2 2 2
A
3 2 2 3/ 2
v v v
Rcos
4.R.cos 4R(1 d / 4R )
= =
α
α −
… …
0,5
2
1đ
Trong khoảng thời gian rất ngắn quỹ

đạo cong của điểm A
1
(tại A) trên
vòng có thể coi là một cung tròn.
Vòng lăn không trượt nên có thể
xem như nó đang quay quanh điểm
tiếp xúc với vận tốc góc
ω = v/R. ………………
Ta có: IA
1
= 2R.cosβ, với β = α/2.
→ cosβ =
2
2
1 d
1 1
2
4R
 
+ −
 ÷
 ÷
 

Do đó v
1
= ω.IA
1
= v
2

2
d
2 1 1
4R
 
+ − ÷
 ÷
 

Gia tốc của A
1
hướng về tâm O
1
và có độ lớn là a
1
= v
2
/R. Gia tốc hướng tâm
của A
1
lại là:
a
ht1
= a
1
.cosβ =
2
1
1
v

R
. Vậy: R
1
= 2R
2
2
d
2 1 1
4R
 
+ −
 ÷
 ÷
 

0,25
0,25
0,25
0,25
5 1
0,5đ
A
C
O
2
O
1
v
M
v

x
v
A
α
α
a
a
ht
A
1
O
1
I
M
v
1
a
1
β
β
Khi vật trượt trên mặt cầu vật chịu tác dụng
của trọng lực P và phản lực Q của mặt
cầu có tổng hợp tạo ra gia tốc với hai thành
phần tiếp tuyến và hướng tâm. Quá trình
chuyển động tuân theo sự bảo toàn cơ
năng:
( )
α
α
cos1

2
1
2
−= mgRmv

R
mv
QPF
a
ht
2
cos. =−=
α
…………….
0,25
Suy ra:
( )
α
α
cos12 −= gRv
( )
mgQ .2cos3 −=
α
Vật rời bán cầu khi bắt đầu xảy ra Q = 0. Lúc đó:
3
2
coscos ==
m
αα
; suy ra :

0
2,48≈=
m
αα
. ………
0,25
2
0,5đ
Bán cầu bắt đầu trượt trên sàn khi α = 30
0
, lúc đó vật chưa rời khỏi mặt cầu.
Thành phần nằm ngang của lực do vật đẩy bán cầu là:
( )
ααα
sin.2cos3sin mgQF
−==
ngang
Ta có:
NFF
ms
.
µ
==
ngang
→
( )
( )
( )
αα
αα

αα
αα
µ
22
cos3cos21
sin2cos3
cos3cos21
sin.2cos3
+−
−
=
+−
−
==
mg
mg
N
F
ngang
……………
Thay số: µ ≈ 0,197 ≈ 0,2…. …… ……. ……… ………………
0,25
0,25
3
1,0đ
Giả sử bỏ qua được mọi ma sát.
Khi vật đến vị trí có góc α vật có tốc độ v
r
so với bán cầu, còn bán cầu có tốc
độ V theo phương ngang.

Vận tốc của vật so với mặt đất là:
Vvv
r


+=
Tốc độ theo phương ngang của vật:
Vvv
rx
−=
α
cos
Hệ bảo toàn động lượng theo phương ngang:
x
vmVm =
⇒ v
x
= V ⇒ 2V = v
r
cosα.
Bảo toàn cơ năng:
( )
α
cos1.
2
1
2
1
22
−=+ mgRVmmv

( )
αα
cos12cos2
22
2
−=+−+ gRVVvVv
rr
⇒
( )
α
α
2
sin1
cos14
+
−
=
gR
v
r
……………………………………. ………… …
Tìm áp lực của vật lên mặt bán cầu. Để làm điều này ta xét trong HQC phi
quán tính gắn với bán cầu.
Gia tốc của bán cầu:
m
Q
a
c
α

sin
=
Vật trong HQC gắn với bán cầu sẽ chuyển động tròn và chịu tác dụng của 3 lực
(hình vẽ). Theo định luật II Niutơn ta có:
0,25
α
V
P
v
r
V
α
P
Q
R
v
mFQP
r
q
2
sincos =−−
αα
R
v
mQQmg
r
2
2
sincos =−−
αα

…………………. ………… ……
( )
( )
mg
mg
mg
Rmvmg
Q
r
2
2
3
2
2
2
2
sin1
4coscos6
sin1
sin1
cos14
cos
sin1
/cos
α
αα
α
α
α
α

α
α
+
−−
=
+
+
−
−
=
+
−
=
.…………………………… …………………………. …………………….
Vật rời bán cầu khi Q = 0 ⇔
04coscos6
3
=−−
αα
⇔
13cos −=
α
hay α = 42,9
0
. ………. ………… ………………
0,25
0,25
0,25
HẾT