Đề thi học sinh giỏi 2018 môn vật lý chu văn an hà nội

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

LẦN THỨ XI

TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN- HÀ NỘI

MÔN VẬT LÍ - KHỐI 10

ĐỀ GIỚI THIỆU

(Đề có 05 câu; gồm 03 trang)

Câu 1: (5 điểm)
1) Một người đi xe đạp lượn tròn trên một sân nằm ngang có bán kính R. Hệ
số ma sát chỉ phụ thuộc vào khoảng cách r từ tâm của sân theo quy luật



   0 1 

r
 . Với  0 là một hằng số (hệ số ma sát ở tâm của sân). Xác định
R

bán kính của đường tròn tâm O mà người đi xe đạp có thể lượn với vận tốc
cực đại. Tính vận tốc đó.

2) Một khối bán cầu tâm O, khối lượng m, được đặt

A

sao cho mặt phẳng của khối nằm trên một mặt phẳng
nằm ngang. Một vật nhỏ có khối lượng m bay theo

G


O

phương ngang với vận tốc u tới va chạm với bán cầu
tại điểm A sao cho bán kính OA tạo với phương
ngang một góc α . Coi va chạm là hoàn toàn đàn hồi.
Bỏ qua mọi ma sát. Hãy xác định theo m, u, và α :
a) Vận tốc của khối bán cầu sau va chạm.
b) Độ lớn xung lượng của lực do sàn tác dụng lên bán cầu trong thời gian
va chạm.
Câu 2: (4 điểm)
Một vành trụ mỏng, đồng chất, bán kính R, có
khối lượng M được đặt thẳng đứng trên một mặt
phẳng ngang.
a) Từ điểm A trên mặt trong của vành trụ có
cùng độ cao với tâm O người ta thả nhẹ một vật

A

O
R

1


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

nhỏ có khối lượng m (hình vẽ). Bỏ qua ma sát ở mọi mặt tiếp xúc. Tìm áp
lực của vật lên vành khi nó xuống đến vị trí thấp nhất.
b) Bây giờ vật m được gắn chặt vào điểm A. Giữ vành đứng yên trên
mặt phẳng nằm ngang khác sao cho bán kính OA nằm ngang. Tìm điều kiện
của hệ số ma sát giữa vành và mặt phẳng ngang để vành lăn không trượt
ngay sau khi thả.
Câu 3:(4 điểm)
Trong một phương án phóng tàu vũ trụ trong hệ Mặt trời, người ta dự
định dùng một tấm buồm mặt trời diện tích s = 1km2. Buồm được mở ra (coi
như tức thời) khi tàu chuyển động quanh Mặt trời trên quỹ đạo của Trái đất.
Buồm luôn luôn hướng vuông góc với tia mặt trời. Áp suất của tia mặt trời
trên quỹ đạo Trái đất bằng P = 10-5Pa. Bán kính quỹ đạo của Trái đất RĐ =
1,5.108 km
1) Hỏi tàu phải có khối lượng bằng bao nhiêu thì nó có thể vượt ra
khỏi hệ Mặt trời?
2) Với khối lượng cực đại nào của tàu thì nó có thể đạt đến quỹ đạo sao
hỏa? Biết bán kính quỹ đạo sao hỏa RH = 2,3.108 km. Bỏ qua ảnh hưởng của
Trái đất và các hành tinh khác.
Cho biết G.MT = 1,3.1011 km3/s2 (G là hằng số hấp dẫn, MT là khối
lượng Mặt trời)
Câu 4:(4 điểm)
Trong một bình hình trụ cách nhiệt đặt thẳng đứng, bên
dưới một pittông không trọng lượng, không dẫn nhiệt là một

Thủy ngân

mol khí lý tưởng, đơn nguyên tử ở nhiệt độ T1  300K . Bên trên
pittông người ta đổ đầy thủy ngân cho tới tận mép để hở của

khí

bình. Biết rằng ban đầu thể tích khí lớn gấp đôi thể tích thủy
ngân, áp suất khí lớn gấp đôi áp suất khí quyển bên ngoài. Hệ
ở trạng thái cân bằng. Hỏi phải cung cấp cho khí một nhiệt lượng tối thiểu
bằng bao nhiêu để đẩy được hết thủy ngân ra khỏi bình?
2


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Câu 5:(3 điểm)
Cho các dụng cụ sau:
- Một mẩu gỗ.
- Lực kế.
- Mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng không đổi và chưa biết giá trị góc
nghiêng.
- Dây chỉ.
Trình bày phương án thí nghiệm xác định hệ số ma sát giữa một mẩu gỗ
với mặt phẳng nghiêng, biết rằng độ nghiêng của mặt phẳng không đủ lớn
để cho mẩu gỗ tự trượt xuống.
...........................Hết....................

Người ra đề

3

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

ĐÁP ÁN ĐỀ GIỚI THIỆU - LẦN XI – MÔN VẬT LÝ 10
(TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN – HÀ NỘI)
Câu 1
(5 điểm)
1.

Giả sử người đó đang đi trên quỹ đạo tròn
với bán kính r với tốc độ v.
Đối với hệ quy chiếu cố định gắn ở tâm O,
lực ma sát tác dụng lên vật đóng vai trò là
lực hướng tâm.
r
v

N  ma ht =>  0 1  .mg  m
R
r

 g
=> v 2   0 gr  0 r 2
R

F ms

2

Đây là một tam thức bậc 2 ẩn r với hệ số a  
1,5 đ

0 g
R

 0.

0 g
R

2
 0 g 

r

Giá trị của v 2 đạt lớn nhất khi:

0,5đ


V

0,5đ

2. 

 R 

 gR

R  g R
=> v max 
 v  0 g  0    0
2
R 2
4
2

Lúc đó: v

2
max

2

Vậy người đi xe đạp có thể đi với vận tốc lớn nhất bằng
quỹ đạo có bán kính lớn nhất bằng

 0 gR
2

 0 gR
2

trên 0,5đ

R
.
2

2.
3,5 đ


A

a)
2,5 đ

0,25

G


O

Gọi u1 ,V lần lượt là vận tốc của vật nhỏ và bán cầu ngay sau va chạm.
Véctơ
hợp với phương ngang một góc  . áp dụng định luật bảo
toàn động lượng theo phương ngang và bảo toàn cơ năng ta có:
mu  mu1 cos   mV
0,25

mu 2 mu12 mV 2


2
2
2
4

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

 u  V  u1 cos 
u 2  V 2  u12

u

1  cos 2 
 u1
2 cos 

sin 2 
tg 2 
V
 u1 
u1 cos 
2 cos 
2

0,5

(1)
(2)

Phân tích:
không thay đổi trong suốt quá trình

Do không ma sát nên:

va chạm nên ta có:



u1  cos       u sin   u  u1 cos  (1  tg  cot g )
2


0,5

(3)

1  cos 2 
 u1 cos   u1 cos  (1  tg  cot g )
Từ (1), (3) suy ra:
2 cos 2 
1
 tg 2   1  1  tg  cot g
2
Thế (4) vào (3) rút ra: u1 cos  

 tg  2 cot g

0,25

(4)

u
(5)
1  2 cot g 2

0,25

Thay (4) và (5) vào (2), ta được:

2 cot g 2
2 cos 2 
2 cos 2 
V
u 
u 
u
1  2 cot g 2
1  cos 2 
1  cos 2 
0,5

2 cos 2 
u
Vậy vận tốc của khối bán cầu sau va chạm là: V 
1  cos 2 

5


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
b)
1,0 đ

Trong thời gian va chạm, khối bán cầu

chịu tác dụng của 2 xung lực: (do vật
tác dụng) và phản xung
(do sàn tác
dụng).

Hình vẽ
0,5

Định lý biến thiên động lượng cho khối
cầu:
+

=

= > hình vẽ .
từ hình vẽ suy ra: X p  mVtg 

sin 2
 mu
1  cos 2 

0,5

Câu 2 1a) Do không có ma sát nên vành chỉ trượt mà không quay. Gọi v, V
(4 điểm) lần lượt là vận tốc của m và M khi m xuống đến vị trí thấp nhất. Áp
dụng định luật bảo toàn động lượng và cơ năng ta có:
mv  MV
mv 2 MV 2
mgR 


2
2

0,5

Giải hệ pt trên ta được:
v

2 gR
,
m
1
M

V

m
M

2 gR
m
1
M

0,5

Trong HQC gắn với M, m chuyển động tròn, khi m thấp nhất thì HQC
này là HQC quán tính nên :
N  mg 

m(v  V )2
.
R

0,5

Thay v, V vào ta tìm được:
2m 

N  mg  3 

M 


0,5

b). Kí hiệu G là khối tâm của hệ.
Ta có:
OG 

mR
;
M m

Phương trình quay quanh tâm
quay tức thời C:





mgR  I    2MR 2  m R 2  


mg
 R 
2  M  m

O . G.
aG


0,5
mg

2

C
F

6


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
Gia tốc của khối tâm G ngay sau khi thả hệ:
aG   .CG
Phương trình định luật II Niutơn cho hệ :
theo phương ngang: F  (M  m)aG cos   (M  m) R
phương thẳng đứng: (M  m) g  N  (M  m)aG sin 

0,25

0,25
0,25

(2)



m2
 N  ( M  m)( g   OG )   M  m  g 1 
(3)
2 
 2( M  m) 

0,25

Điều kiện để vành lăn không trượt:
(2)&(3) và F   N
Câu 3
(4 điểm)
a)



m( M  m )
2M 2  4Mm  m 2

0,5

Khi buồm mở, tác dụng lên tàu gồm có lực hấp dẫn của Mặt trời và
áp lực của các tia mặt trời, hai lực này ngược hướng nhau.
Hợp lực của chúng là

PSRD2 
 M T 
  m
2
Gm
M
m
M
M
GmR

D
F *  G T2  PS  G T 2 
 PS  G 
RD
RD
GmR D2
R D2

Đặt M T*  M T 
F*  G

0,5
(1)

PSRD2

(2) M T* -gọi là khối lượng Mặt trời hiệu dụng
Gm

M T* m
RD2

F*- gọi là lực hấp dẫn hiệu dụng của Mặt trời.

0,5

Bây giờ ta giải bài toán coi khối lượng mặt trời là M T* và bỏ đi áp
suất Mặt trời.
Trên quỹ đạo Trái đất, vào thời điểm buồm mở:
0,5
Tàu có vận tốc VD :

mV D2
M m
GM T
 G T2  V D 
(3)
2
RD
RD

Năng lượng toàn phần của tàu là:
(2) & (3) => E  G

mV D2
mM T*

E
G
2
RD

0,5

2
m  MT
 Gm  PSRD M T 


M* 


RD  2
2 
 R D  Gm

Tầu vũ trụ ra khỏi hệ mặt trời nếu E  0

0,5

PSRD2 M T
2 PSRD2


0m
 3,46.10 3 kg
Gm

2
GM T

Khi khối lượng đủ lớn tàu sẽ chuyển động theo quỹ đạo kín.
7


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
b)

Giả sử m = m1 nào đó thì quỹ đạo của tàu
có thể tiếp xúc với quỹ đạo sao hoả và
chuyển động theo quỹ đạo elíp. đó là khối
lượng lớn nhất có thể có.
RD

Trục lớn của elíp là (RD + RH)

0,5

s



RH

Áp dụng ĐL bảo toàn năng lượng ta có
m1V D2 Gm1 M t* m1V H2 Gm1 M T*




2
RD
2
RH
 1
1 

 V  V  2GM 

R
R
H 
 D
2
D

2
H

*
t

0,5

(4)

Theo ĐL II Kepler: VD  RD  VH  RH  VH  VD

RD

(5)
RH

Thay (5) vào (4) chú ý đến (3) ta có:
2M*T.RH = MT(RH + RD) (6)


(2) & (6) => 2 RH  M T 


PSRD2
Gm


  M T RH  RD 


0,5

2 PSRH RD2
=> m 
GM T RH  RD 
Thay số, được m  9,95.103 kg.
Gọi pa là áp suất khí quyển, S là diện tích pittông, H và 2H lần lượt

Câu 4
(4 điểm) là độ cao ban đầu của thủy ngân và của khối khí; x là độ cao của khí ở
vị trí cân bằng mới của pittông được nâng lên.
Thiết lập biểu thức liên hệ nhiệt lượng cung cấp Q cho khí và độ cao
x

- Ban đầu, áp suất khí bằng (2 pa ), => áp suất cột thủy ngân có độ
0,25
cao H bằng pa .
- Trạng thái cân bằng mới:
3H  x
pa .
H
3H  x
4H  x
px  pa 
pa 
pa (1)
H
H

+ cột thủy ngân có độ cao 3H  x , có áp suất bằng
+ khí có nhiệt độ Tx, áp suất
- Phương trình trạng thái:

(1)&(2)

=>

px Sx 2 pa .S (2 H )
(2)

Tx
T1
(4 H  x) x
Tx 

T1
4H 2

0,5

0,5

8


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
Độ biến thiên nội năng trong quá trình pittông nâng lên đến độ cao x
bằng:
3( x  2 H )
 x  2H 
U  CV (Tx  T1 )  
RT1
 CV T1  
8H 2
 2H 
với CV  3R / 2 .
2

2

(3)

0,5

Từ (1) thấy áp suất biến thiên tuyến tính theo x từ 2 pa đến p x

=> độ lớn công mà khí thực hiện trong quá trình trên là:
A

2 pa  p x
(6 H  x)( x  2 H )
( xS  2 HS ) 
pa S
2
2H

Vì trong trạng thái ban đầu:
2 pa .2 HS  RT1

=>
A

0,75

(6 H  x)( x  2 H )
RT1
8H 2

Theo Nguyên lý I NĐH: Q  U  A
Và tính đến (2) và (3), ta được
Q  ( x 2  5Hx  6 H 2 )

RT1
RT
= ( x  2 H )(3H  x) 12
2

2H
2H

Nếu thay một cách hình thức x = 3H vào
phương trình trên ta sẽ nhận được đáp số
không đúng là Q = 0. Để có kết luận đúng ta
sẽ hãy vẽ đồ thị của Q theo x.

0,5

0,25

Từ đồ thị thấy:
Để đạt đến trạng thái cân bằng khi x = 2,5H, ta cần cung cấp một
nhiệt lượng Q0 

RT1
 312J .
8

0,25

Còn để đạt tới các vị trí cân bằng với x > 2,5H thì cần một nhiệt
lượng Q  Q0 .
Điều đó có nghĩa là sau khi truyền cho khí nhiệt lượng Q0 và pittông
đạt đến độ cao x = 2,5H khí sẽ bắt đầu tự phát giãn nở và đẩy hết thủy
0,5
ngân ra ngoài bình.
Vậy nhiệt lượng tối thiểu cần cung cấp là Qmin  Q0  312J .
- Móc lực kế vào mẩu gỗ và kéo nó trượt đều đi lên mặt phẳng

Câu 5
(3 điểm) nghiêng, khi đó ta có: F = kPcos + Psin (1), (F là số chỉ của lực
1
1
kế khi đó).
- Tương tự, kéo vật chuyển động đều đi xuống ta có:
F2 = kPcos - Psin (2).

0,5

0,5
9


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
- Trừ vế với vế của (1) cho (2) ta có: F1-F2=2Psin
 sin  

0,5

F1  F2
(3).
2P

- Cộng vế với vế phương trình (1) và (2) ta có: cos  

F1  F2
(4).
2P

0,5

- Do sin2+cos2 = 1 nên ta có:
1 (

F1  F2 2
F  F2 2
F1  F2
) ( 1
) k 
2P
2kP
4 P 2  ( F1  F2 ) 2

- Các lực đều được đo bằng lực kế, từ đó tính được k.

0,5
0,5

-----------------Hết-----------------

10