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

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ KHỐI 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH
TỈNH YÊN BÁI
NĂM 2015
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề có 02 trang, gồm 05 câu)
Câu 1.Cơ chất điểm (4,0 điểm)
Một chiếc thuyền chuyển động với tốc độ
u
không đổi đối với nước, theo hướng vuông
góc với dòng nước. Biết tốc độ chảy của nước tăng tỉ lệ với khoảng cách từ 0 ở bờ đến giá trị
0
v
ở giữa sông. Khoảng cách giữa hai bờ sông là
l
. Hãy xác định:
a) Khoảng cách thuyền bị dòng nước đữa trôi.
b) Quỹ đạo chuyển động của thuyền.
Câu 2: Định luật bảo toàn (4,0 điểm)
Một máy bắn bóng dùng lò xo: Quả
bóng khối lượng m=100g được ép vào lò xo
có độ cứng k=1N/cm, đang bị nén một đoạn
∆ℓ. Sau khi được thả ra, quả bóng chuyển
động với hệ số ma sát µ=0,1 trên đoạn
đường nằm ngang PS. Khi đến S thì lò xo ở
trạng thái tự nhiên, quả bóng rời lò xo và
được định hướng chuyển động không ma sát lên một mặt AO của nêm cố định, nêm
AOB có dạng một tam giác vuông cân tại O, cạnh OB=l=
2

m. Cơ hệ được mô tả trên
hình vẽ. Lấy g=10m/s
2
1. Cho ∆l=20cm. Hãy xác định:
a. Vectơ vận tốc của quả bóng tại đỉnh O của nêm.
b. Tốc độ lớn nhất của quả bóng trong toàn bộ quá trình chuyển động.
2. Xác định ∆ℓ để quả bóng sau khi vượt qua đỉnh O của mặt nêm thì chạm mặt OB
đúng 1 lần tại điểm B.
Câu 3. Nhiệt học (4,0 điểm)
Một động cơ nhiệt có tác nhân sinh công là n
mol khí lý tưởng đơn nguyên tử thực hiện một chu
trình kín được biểu diễn trong hệ tọa độ (p – V) như
hình vẽ (Hình 3). Các đại lượng p
o
, V
o
đã biết.
1. Tính nhiệt độ và áp suất khí tại trạng thái
(3).
2. Tính công do chất khí thực hiện trong cả
chu trình.
3. Tính hiệu suất của động cơ nhiệt
Hình 2
p
V
7V
0
3V
0
p

0
5p
0
O
1
2
3
Hình 3
Câu 4. Cơ học vật rắn (4,0 điểm)
Một thanh thẳng OA đồng chất, tiết diện đều có chiều dài
l
và khối lượng M có
thể quay không ma sát xung quanh trục cố định nằm
ngang đi qua đầu O của nó. Mômen quán tính của
thanh OA đối với trục quay O là
2
1
I M .
3
= l
Lúc đầu,
thanh được giữ nằm ngang, sau được thả rơi không vận
tốc đầu. Khi thanh tới vị trí cân bằng, đầu A của nó đập
vào một vật B có kích thước nhỏ và có khối lượng m,
đặt trên một giá đỡ phẳng nằm ngang (Hình 4). Va
chạm là hoàn toàn đàn hồi.
a. Xác định vận tốc góc của thanh OA và vận tốc
của vật B ngay sau va chạm. Biện luận các trường hợp có
thể xảy ra đối với chuyển động của thanh OA ngay sau va chạm.
b. Xác định góc lớn nhất mà thanh OA quay được so với vị trí thẳng đứng sau va chạm.

c. Xác định quãng đường mà vật B đi được từ thời điểm ngay sau va chạm cho tới
lúc nó dừng lại. Biết hệ số ma sát giữa mặt giá đỡ và vật B tỉ lệ bậc nhất với độ dời, hệ
số tỉ lệ là k, giá đỡ đủ dài.
Câu 5. Phương án thực hành (2,0 điểm)
Cho các dụng cụ sau:
- Một mặt phẳng nghiêng.
- Một khối gỗ nhỏ có khối lượng m đã biết.
- Một thước có độ chia tới mm.
- Một đồng hồ bấm giây.
Hãy đề xuất một phương án thí nghiệm để có thể xác định được nhiệt lượng tỏa ra
khi khối gỗ trượt không vận tốc đầu từ đỉnh mặt phẳng nghiêng.
Yêu cầu:
1. Nêu cơ sở lý thuyết và xây dựng các công thức cần thiết.
2. Vẽ sơ đồ bố trí thí nghiệm, trình bày các bước tiến hành, đo đạc và tính toán.
SĐT: 0915305750 Người ra đề
(Họ tên, ký tên )
Lê Thị Hoài
O
A
A
B
Hình 4
ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN VẬT LÝ KHỐI 10
Câu Ý Nội dung chính cần đạt Điểm
Câu 1
a
a) Chọn gốc tọa độ O trùng với
vị trí xuất phát của thuyền. Gốc
thời gian là lúc thuyền xuất
phát, hình vẽ.

Phương trình chuyển động theo
Ox:
x ut
=
. (1)
0,5
Theo đề bài:
y
v kx
=
thỏa mãn:
0 0
0
2 2
2
y y
v v
l
x v v k v x
l l
= ↔ = → = → =
(2)
Liên hệ
y
v
với thời gian t.
Thay (1) vào (2):
0
2
y

v u
v t at
l
= =
với
0
2v u
a
l
=
1
Phương trình chuyển động theo trục Oy là:
2 2
0
1
2
v u
y at t
l
= =
(3)
Khi
2
l
x
=
thì
1
2
l

t
u
=
và
2
0 0
2
.
4 4
C
v u v l
l
y
l u u
= =
1
Khi sang tới bờ bên kia tại B thì thuyền bị nước đưa trôi một khoảng
là:
0
2
2
C
v l
L y
u
= =
0,5
b
Quỹ đạo của thuyền.Rút t từ (1) thay vào (3), ta được:
2

0
2
v l
y x
u
=
.
Suy ra quỹ đạo chuyển động là parabol.
1
Câu 2 1
Chọn mốc thế năng ở mặt phẳng chứa AB
Gọi
v

là vận tốc của quả bóng khi lên đến đỉnh nêm,
0
v
r
là vận tốc
của bóng tại chân nêm S
a. Bảo toản năng lượng cho quá trình chuyển động của bóng
từ Vị trí ban đầu đến đỉnh nêm O:
2 2
2 2
2
k l l mv
mg l mg
µ
∆
= ∆ + +

2
2 2
k l
v g l gl
m
µ
∆
⇒ = − ∆ −
(*) ;
Thay số: v=4,43m/s

v
r
: Hướng lên dọc theo mặt nêm hợp với phương ngang góc 45
0
1
b. Trong quá trình chuyển động trên đoạn đường ma sát, ban
0,5
đầu lực đàn hồi lớn hơn lực ma sát nên bóng chuyển động nhanh
dần, đến thời điểm F
đh
=F
ms
vật chuyển động đều, và ngay sau đó
F
đh
>F
ms
nên vận tốc cực đại của bóng đạt được tại vị trí F

đh
=F
ms
:
ms dh
mg
F F mg kx x
k
µ
µ
= ⇔ = ⇒ =
+ Bảo toàn năng lượng:
2 2 2
ax
1 1 1
.
2 2 2
∆ = + +
m ms
k l mv kx F S

=>
2 2 2
ax
1 1 1
( )
2 2 2
µ
∆ = + + ∆ −
l

m
k l mv kx mg x
(1)

2 2
ax
2 ( )
m
k l kx
v g l x
m m
µ
∆
= − ∆ − −
=6,29m/s
0,5
2
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng
Sau khi rời O, quả cầu chuyển động như vật ném xiên với
v

tạo
với phương ngang một góc 45
0
.
Trục Oxy chọn như hình vẽ
+ Theo trục Oy: a
y
= -
const

g
=
2
2
; v
y
= v -
t
g
2
2
; y = vt -
2
4
2
gt
g
Khi chạm B: y = 0 ⇒ t =
g
v22
0,5
+ Theo trục Ox: a
x
=
const
g
=
2
2
; v

0x
= 0 ; x =
2
1
a
x
t
2
:
0,5
+ Khi chạm B : x =
2
1
a
x
t
2
= l
2
1 2 2 2
2 2
l g v
g
 
⇒ =
 ÷
 ÷
 
2
2 2

l v
g
⇒ =
Thay (*) vào ta có phương trình :
2
50 0,1 1,25 0l l
∆ − ∆ − =
; suy ra :
∆l=0,1591m=15,91cm.
1
Câu 3
1
Đường 2-3 có dạng:
0
p
p
= k
0
V
V
TT2: V
2
= 7V
0
; p
2
= p
0

⇒

k =
7
1
0.75

A
O
B
0
v

X
y
x
p
V
7V
0
3V
0
p
0
5p
0
O
1
2
3
I
V

I
p
I
+ TT3: V
3
= 3V
o
; p
3
= kp
0
.
0
3
V
V
=
7
3
0
p
0,25
+ Theo phương trình C-M: T
3
=
nR
Vp
33
=
nR

Vp
00
9
0,5
2 Công do chất khí thực hiện có giá trị: A = S(123) =
7
64
00
Vp
0.5
3 Khí nhận nhiệt trong toàn bộ quá trình 3 – 1 và một phần của quá
trình 1 - 2, trên đoạn 1 - I.
+ Xét quá trình đẳng tích 3-1:
Q
31
=
U
∆
= nR
2
i

T
∆
=
2
3
nR(
nR
Vp

11
-
nR
Vp
33
)

⇒
Q
31
=
7
144
00
Vp
0,25
+ Xét quá trình 1-2: p = aV+b
. TT1: 5p
o
= a.3V
0
+ b
. TT2: p
o
= -
0
V
p
o
.V + 8p

o

⇒
a = -
0
V
p
o
và b = 8p
0
Vì vậy quá trinh 1-2 có phương trình: p = -
0
V
p
o
.V + 8p
o
(1)
0,25
Thay p =
V
nRT
vào ta có:
nRT = -
0
V
p
o
.V
2

+ 8p
o
V
⇒
nR
∆
T = -2
0
V
p
o
.
∆
V + 8p
o
∆
V (2)
0,25
+ Theo NL I: Khi thể tích khí biến thiên
∆
V; nhiệt độ biến thiên
∆
T thì nhiệt lượng biến thiên:

∆
Q =
2
3
nR
∆

T + p
∆
V (3)
0,25
+ Thay (2) vào (3) ta có:
∆
Q = (20p
o
- 4
0
V
p
o
V).
∆
V

⇒

∆
Q = 0 tại điểm I khi V
I
= 5V
o
và p
I
= 3p
o
.
Như vậy khi 3V

o
≤
V
≤
5V
o
thì
∆
Q > 0 tức là chất khí
nhận nhiệt lượng
0,25
Q
12
= Q
1I
=
∆
U
1I
+ A
1I
=
2
3
nR (T
I
-T
1
) +
2

1 I
pp +
(V
I
-V
1
) = =
8p
0
V
0
0,25
* Hiệu suất chu trình là: H =
I
QQ
A
131
+
= 32% 0,5
Câu 4
a
+ Gọi ω
0
là vận tốc góc của thanh ngay trước va chạm với vật B.
2
0 0
1 3
2 2
Mg g
Mg I

I
ω ω
= ⇒ = =
l l
l

0,5
+ Gọi
ω
là vận tốc góc của thanh và v là vận tốc của vật B ngay
sau va chạm. Áp dụng định luật bảo toàn mômen động lượng cho
hệ ngay trước và sau va chạm:
( ) ( )
0 0
I I mv I =mv 1
ω = ω+ ⇒ ω − ω
l l
0,5
+ Va chạm là hoàn toàn đàn hồi nên động năng được bảo toàn:
( )
2 2
2 2 2 2 2
0 0
2
1 1 1 mv 3mv
I I mv = 2
2 2 2 I M
ω = ω + ⇒ ω −ω =
l
0,5

+ Giải hệ (1) và (2) ta được:
( ) ( )
0
M 3m M 3m 3g
M 3m M 3m
2M 3g
v
3m M

− −
ω = ω =

+ +



=

+

l
l
l
0,5
+ Nếu 3m > M thì
v 0, 0
> ω<

sau va chạm, B chuyển động sang
trái, còn A bi bật ngược lại.

+ Nếu 3m = M thì
v 0, 0
> ω=
sau va chạm thanh A dừng lại.
+ Nếu 3m < M thì
0,
ω >
sau va chạm vật B chuyển động sang trái
con thanh tiếp tục đi lên.
0,5
b
+ Gọi
0
α
là góc lệch cực đại của thanh OA sau va chạm, áp dụng
định luật bảo toàn cơ năng cho thanh sau va chạm:
( )
2 2
2
0 0
1 I
I Mg 1 cos cos 1 1
2 2 Mg 3g
ω ω
ω = − α ⇒ α = − = −
l l
l
0,5
+ Thế giá trị của ω vào, ta được
0

12m
cos
M 3m
α =
+
0,5
c + Chọn trục Ox nằm ngang có gốc O trùng với vị trí ban đầu của
vật B, chiều dương trùng với chiều chuyển động của nó. Lực ma
sát tác dụng lên vật có biểu thức:
ms
F N kmg.x= −µ = −
0,25
+ Công của lực ma sát thực hiện khi vật thực hiện độ dời (quãng
đường)
x
∆
=
s
là
s s
2
ms
0 0
1
A F .dx kmg xdx kmgs .
2
= = − = −
∫ ∫
0,25
+ Áp dụng định lý động năng: 0,5

2 2 2
đ
2 2
1 1 1
W A mv mv kmg.s v kg.s
2 2 2
1 2M 3
s v
kg M 3m k
′
∆ = ⇔ − = − ⇔ =
⇒ = =
+
l
l
Câu 5
1
Cơ sở lý thuyết để tiến hành:
Nhiệt lượng tỏa ra
đúng bằng phần
cơ năng đã mất
khi vật trượt đến
chân mặt nghiêng.
Gọi : h là chiều
cao của mặt nghiêng;
l
là chiều dài mặt nghiêng.
Chọn mốc thế năng tại chân mặt nghiêng.
Vận tốc ban đầu bằng 0.
Vận tốc tại chân mặt nghiêng là v

2
m.v
Q m.g.h
2
= −
Với
2
v 2.a.= l
;
2
2
a.t 2
a
2 t
= ⇒ =
l
l
2
2
2.
Q m(g.h )
t
⇒ = −
l
1
2
Cách tiến hành:
+ Thả cho vật trượt không vận tốc đầu từ đỉnh mặt nghiêng đến
chân mặt nghiêng. Đồng thời bấm đồng hồ đo thời gian t vật
chuyển động từ đỉnh tới chân mặt phẳng nghiêng.

+ Đo chiều cao h của mặt nghiêng
+ Đo chiều dài
l
của mặt nghiêng.
Thay vào công thức trên xác định được Q
1
SĐT: 0915305750 Người ra đề
(Họ tên, ký tên )
Lê Thị Hoài
α
h
l