Tải bản đầy đủ (.doc) (6 trang)

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2015 -Vật lý 10 trường chuyên Nam Định

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (368.25 KB, 6 trang )

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG –
NAM ĐỊNH
(ĐỀ THI ĐỀ XUẤT)
ĐỀ THI MÔN: VẬT LÍ – KHỐI 10
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có 02 trang, gồm 5 câu)
Câu 1 (4 điểm): a. Một vật được ném xiên với tốc độ ban đầu v
0
và với điểm ném là x = z
= 0. Vật chuyển động trong trọng trường đều trong mặt phẳng x−z, trong đó, trục x nằm
ngang, và trục z thẳng đứng, song song và ngược chiều với gia tốc rơi tự do g; bỏ qua sự
cản của không khí. Hãy chứng minh rằng vùng không gian mà vật có thể đi qua có ranh
giới là parabol. Tìm phương trình đường ranh giới này.
b. Một bức tường cao H = 40m, dày a = 10m. Một người có thể đứng ở khoảng
cách x tùy ý đến chân tường ném một vật nhỏ với tốc độ v
0
nhỏ nhất bằng bao nhiêu để
vật vượt qua tường, không chạm vào tường. Bỏ qua chiều cao của người. Lấy g = 10
m/s
2
.
Câu 2 (4 điểm): a. Hai hạt A và B có khối lượng m
A
và m
B
, với

m


A
> m
B
. Hạt A chuyển
động tới va chạm hoàn toàn đàn hồi với hạt B, lúc đầu hạt B đang đứng yên. Sau khi va
chạm vận tốc của hạt A lệch đi so với hướng vận tốc trước khi va chạm là θ. Chứng minh
rằng: sin θ ≤
B
A
m
m
.
b. Có N quả cầu nhỏ giống nhau nằm cách đều nhau
trên nửa một đường tròn, trên mặt bàn nhẵn nằm ngang.
Tổng khối lượng của chúng là M. Có một quả cầu khác có
khối lượng m chuyển động từ phía trái tới va chạm lần lượt
với tất cả các quả cầu nhỏ và cuối cùng quay ngược trở lại
về phía trái. Coi M là không đổi, N là rất lớn cho N → ∞:
+ Hãy tìm giá trị của m để xảy ra hiện tượng trên.
+ Với giá trị lớn nhất của m trên, hãy tìm tỉ số vận tốc cuối
cùng của m và vận tốc ban đầu của nó khi chưa va chạm.
Cho biết:
1
1
(1 )
x
e khi x
x

− = → ∞

Câu 3 (4 điểm): Một chất khí có nội năng tỷ lệ với tích của
thể tích và áp suất: U = k.P.V với k là hệ số. Khí thực hiện
một số quá trình khép kín như hình vẽ. Các đoạn 1-4 và 2-3
là các quá trình đẳng áp; các đoạn 1-2 và 3 – 4 là các quá
trình đẳng tích. Nội năng của khí tại hai điểm 2 và 4 là như
nhau. Biết rằng hiệu suất chu trình 1-2-3-4-1 là η = 2/9; nhiệt lượng truyền cho khí sau
chu trình lớn hơn công thực hiện lên khí trên đoạn 4-1 là β = 9 lần. Hãy xác định hệ số k.
P
2
3
4
1
V
Câu 4 (5 điểm): Một thanh cứng AB đồng chất tiết diện đều dài 2a, khối lượng M. Đầu
A và B được treo trên 2 sợi dây mảnh không dãn cùng chiều dài và song song nhau, đầu
B có gắn thêm một vật nhỏ khối lượng m, tại vị trí cân bằng thanh nằm ngang. Xác định
lực căng của dây nối đầu A ngay sau khi dây nối đầu B bị đứt.
Câu 5 (3 điểm): Xác định hệ số ma sát trượt bằng năng lượng đàn hồi.
Cho dụng cụ thí nghiệm gồm:
- Một vật nhỏ hình hộp
- Một lò xo
- một chiếc thước
- mặt bàn có giá đỡ để có thể treo hoặc gắn cố định đầu lò xo vào.
Yêu cầu:
Nêu phương án đo hệ số ma sát trượt, lập công thức cần thiết. Không yêu cầu lập công
thức tính sai số.
HẾT
Người ra đề
Bùi Thái Học
(đt: 0915151981)

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN: VẬT LÍ – KHỐI 10
Câu 1 4 điểm
a.
Phương trình quỹ đạo: z = tanα.x - g.x
2
/2v
0
2
.cos
2
α.
0,5
Đưa về phương trình bậc 2 ẩn k = tanα. Với 1/cos
2
α = 1 + k
2
.
2 2
2
2 2
0 0
. .
. . 0
2. 2.
g x g x
k x k z
v v
 
− + + =
 ÷

 
0,5
Điều kiện có nghiệm: ∆ = x
2
- 4.
2 2
2 2
0 0
. .
.( )
2. 2.
g x g x
z
v v
+
≥ 0
0,5
Chuyển vế ta tìm được vùng ranh giới: z ≤
2
2
0
2
0
2 2
v
g
x
g v

0,5

b.
Áp dụng thuận nghịch của quỹ đạo ném, ta
có thể đứng ở mép trên bên trái của tường
ném ngược lại.
0,5
+ Công thức tầm xa:
x = a = v
1
2
sin(2.α)/g
0,5
+ Để vận tốc v
0
nhỏ nhất thì v
1
nhỏ nhất ứng với góc ném 45
0
.
a = v
1
2
sin(2.45
0
)/g  v
1
= 10 m/s
0,5
+ Bảo toàn cơ năng
 v
0

= (v
1
2
+ 2gH)
1/2
= 30m/s
0,5
Câu 2 4điểm
a. Bảo toàn động lượng:
2 2 2
' '
' ' 2 ' os
A A B
B A A A A
p p p
p p p p p c
θ
= +
→ = + −
r r r
(1)
0,5đ
Bảo toàn năng lượng:
2 2 2
' '
2 2 2
A A B
A A B
p p p
m m m

= +
(2)
0,5đ
Rút
2
'
B
p
từ phương trình (2) thế vào (1) ta có:
2 2
2 ' os (1 ) ' (1 )
B B
A A A A
A A
m m
p p c p p
m m
θ
= − + +
(3)
0,25đ
Đặt x =
' '
A A
A A
p v
p v
=
ta có:
2.cosθ =

1
(1 ) (1 )
B B
A A
m m
x
x m m
− + +
(4)
0,25đ
Áp dụng bất đẳng thức Cosi 0,5đ
0
2.cosθ ≥
2
2
2. (1 ).(1 ) 1
B B B
A A A
m m m
m m m
− + = −
(5)
Vậy:
sinθ ≤
B
A
m
m
(đpcm)
Chú ý: Có thể giải bằng cách đổi hệ quy chiếu khối tâm.

b.
Đặt µ = M/N, áp dụng phần a. ta có:
sinθ ≤
m
µ
góc ở tâm đối với 2 quả cầu liền kề nhau là α = π/N
gần đúng ta có: sinα = π/N.
0,5đ
Giả sử điều kiện va chạm đã xảy ra thì góc lệch của m sau mỗi lần va
chạm sẽ là:
θ = α.
Vậy:
sinα = π/N ≤ µ/m =M/N.m.
 m ≤ M/π.
0,5đ
Bất đẳng thức (5) xảy ra dấu bằng khi: x =
'
A B A
A B A
m m v
m m v

=
+
Áp dụng cho câu b. thì sau môi lần va chạm ta có:
'v m
v m
µ
µ


=
+
0,5đ
Sử dụng công thức gần đúng:

1/2 1/2 2
'
(1 ) .(1 ) (1 ) 1
2
v m
v m m m m m
µ µ µ µ µ
µ


= = − + = − = −
+
0,25đ
Sau N lần va chạm:
(1 )
N
c
v
v m
µ
= −

Khi n ∞ thì
(1 ) 4,32%
N

c
v
e
v m
π
µ

= − = =
(v
c
là vận tốc cuối cùng)
0,25đ
Câu 3 4 điểm
Gọi áp suất trong các quá trình đẳng áp 1- 4 và 2 – 3 là p
1
và p
2
, thể tích
trong các quá trình đẳng tích 1 - 2 và 3 – 4 là V
1
và V
2
. Vì nội năng tại
các trạng thái 2 và 4 bằng nhau nên theo điều kiện bài toán, ta có:

1 2
2 1 1 2 2 4
2 1
p V
kp V kp V (U U )

p V
= = ⇒ = = α
0,5
Bởi vì công của khí sau chu trình: A
12341
= (p
2
- p
1
)(V
2
-V
1
) = (α-1)
2
p
1
V
1
.
0,5
Nhiệt lượng mà khí nhận vào:
12341 12 23 1 1
Q Q Q ( k )(k 1)p V
+
= + = α −1)( + α +
.
Trong đó:
12 12 2 1 1 1 1
23 23 23 2 2 1 2 2 1 1 1

Q U k(p p )V k( p V ;
Q A U p (V V ) kp (V V ) (k 1)( p V
= ∆ = − = α −1)
= + ∆ = − + − = + α −1)α
0,5
Hiệu suất của chu trình 1-2 -3- 4-1:
12341
12341
A 1
Q k (k 1)
+
α −
η = =
+ α +
(1)
0,5
Công thực hiện lên khí trên đoạn 4-1:

'
41 1 2 1 1 1
A p (V V ) ( p V= − = α −1)
0,5
Bởi vì
'
12341 41
Q
+
= βΑ
nên: k + α(k + 1) = β (2)
0,5

Từ các phương trình (1) và (2)
ta nhận được:
(1 ) 1 3
1 3; k
2 2
β − η −
α = + ηβ = = =
+ ηβ
1,0
Câu 4 5 điểm
I
A
=
2
2 2
( ) 4
3
Ma
Ma ma+ +
(1)
1,0
Vì ngay sau khi cắt điểm A chưa kịp chuyển động do đó ta lấy góc toạ
độ tại điểm treo A trục x0y ( Hv )
Phương trình tịnh tiến của thanh theo trục 0y
- T + Mg + N = Maθ
//
Phương trình tịnh tiến của vật m theo trục 0y
- T + mg - N = m2aθ
//
0,5

0,5
Phương trình tịnh tiến của các vật theo trục 0y
- T + (M + m)g = Maθ
//
+ m2aθ
//
(2)
1,0
Phương trình quay của các vật xung quanh trục qua A.
Mgacosθ+ mg.2acosθ = I
A
θ
//
(3)
1,0
Giải ta có ta có T =
( 4 )
4 12
M M m g
M m
+
+
1,0
Câu 5 3 điểm
Bước1: Treo vật khối lượng m vào đầu lò
xo (hình vẽ). Dùng thước đo chiều dài tự
nhiên l
0
của lò xo và chiều dài l của lò xo
khi vật nằm cân bằng.

Khi đó ∆l = l – l
0
= mg/k (1)
0,5
Bước 2: Gắn chặt một đầu lò xo vào giá đỡ (hình 2). Đặt cho vật tiếp
xúc lò xo ( không gắn với lò xo ), đánh dấu vị trí O của vật.
0,5
l
l
0
∆l
A
m
B

y
x0
Bước 3: Trên mặt phẳng ngang,
lấy điểm A với OA = ∆l.
Đưa vật đến vị trí A, lò xo nén một đoạn ∆l. Thả vật tự do, vật đến vị trí
B thì dừng lại. Đo khoảng cách AB = s. 0,5
Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta có: µmgs = k∆l
2
/ 2 (2)
0,5
Từ (1) và (2) ta có :
0
2 2
l l l
s s

µ
∆ −
= =
1,0
Người ra đề
Bùi Thái Học
(đt: 0915151981)

A

O

B

×