Đề thi học sinh giỏi 2018 môn vật lý chuyên đại học vinh

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

TRƯỜNG THPT CHUYÊN - ĐẠI HỌC VINH
ĐỀ THI MÔN: Vật lý - KHỐI: 10
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm 02 trang, 05 câu)
Câu 1. Một quả cầu nhỏ được thả rơi tự do từ điểm A lên một
tấm kim loại nặng đặt cố định ở độ cao h = 1 m kể từ mặt đất,

A

nghiêng với phương ngang một góc α  45 . Sau khi va
chạm với tấm nặng, quả cầu bắn trở ra theo định luật phản xạ
với vận tốc có độ lớn bằng vận tốc ngay trước khi đập vào
đập vào tấm kim loại và rơi xuống mặt đất tại điểm C cách
đường thẳng đứng AB một khoảng S = 4 m. Bỏ qua sức cản
h
không khí.
a. Hãy tìm thời gian chuyển động của quả cầu từ khi được thả
ra cho đến khi chạm đất.
B
b. Cần phải đặt tấm kim loại ở độ cao nào (vẫn với tư thế cũ)
đề khoảng cách S đạt cực đại nếu vị trí ban đầu A của quả cầu không thay đổi.
Câu 2. Một quả cầu đồng chất khối lượng m, bán kính r lăn không trượt
trên bề mặt bên ngoài của một quả cầu lớn hơn đứng yên có bán kính R
0

như hình vẽ. Gọi θ là góc cực của quả cầu nhỏ đối với hệ trục tọa độ
với gốc đặt ở tâm của quả cầu lớn với trục z là trục thẳng đứng. Quả
cầu nhỏ bắt đầu lăn từ đỉnh quả cầu lớn ( θ  0 ).

s
C

r
φ

R

θ

a. Tính vận tốc ở tâm của quả cầu nhỏ tại ví trí góc θ bất kỳ.
b. Tính góc θ tại đó mà quả cầu nhỏ rời khỏi quả cầu lớn.
c. Giử sử hệ số ma sát của giữa bề mặt hai quả cầu là μ . Hỏi ở vị trí
góc θ bằng bao nhiêu thì quả cầu nhỏ sẽ bắt đầu trượt.
Câu 3. Coi Trái Đất (T) chuyển động xung quanh Mặt Trời (S) theo một quỹ đạo tròn bán kính

RT  150.109 m với chu kỳ T0 và vận tốc v T . Một sao chổi (C) chuyển động với quỹ đạo nằm
trong mặt phẳng quỹ đạo của Trái Đất, đi gần Mặt Trời nhất ở khoảng cách bằng kR T với vận tốc
ở điểm đó là v1 . Bỏ qua tương tác của sao chổi với Trái Đất và các hành tinh khác trong hệ Mặt
Trời.
a. Xác định vận tốc v của sao chổi khi nó cắt quỹ đạo
của

Trái

Đất

theo

k, v T và v1 .

Cho

biết

k  0, 42; v T  3.104 m/s và v1  65, 08.103 m/s.

P
2

4P0

b. Chứng minh rằng quỹ đạo của sao chổi này là một
elip. Hãy xác định bán trục lớn a dưới dạng a  R T và
tâm sai e của elip này theo k, v T và v1 . Biểu diễn chu kỳ

P0

1
3
V0

4V0

V


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

quay của sao chổi quanh Mặt Trời dưới dạng T  nT0 . Xác định trị số của , e và n.

Câu 4. Một lượng khí lí tưởng lưỡng nguyên tử thực hiện một chu trình cho trên hình vẽ . Các
trạng thái 1 và 2 là cố định, trạng thái 3 có thể thay đổi nhưng quá trình 3-1 luôn là đẳng áp.
a. Xác định công lớn nhất mà khí có thể thực hiện trong chu trình nếu nhiệt độ của khí trong quá
trình 2-3 luôn giảm.
b. Tìm hiệu suất của chu trình trong trường hợp này.
Câu 5. Một cốc đong trong thí nghiệm có dạng hình trụ đáy tròn, khối lượng M, thể tích bên
trong của cốc là V0. Trên thành cốc, theo phương thẳng đứng người ta khắc các vạch chia để đo
thể tích và đo độ cao của chất lỏng trong cốc. Coi đáy cốc và thành cốc có độ dày như nhau, bỏ
qua sự dính ướt. Được dùng một chậu to đựng nước, hãy lập phương án để xác định độ dày d,
diện tích đáy ngoài S và khối lượng riêng ρc của chất làm cốc. Yêu cầu:
a. Nêu các bước thí nghiệm. Lập bảng biểu cần thiết.
b. Lập các biểu thức để xác định d, S theo các kết quả đo của thí nghiệm (cho khối lượng riêng
của nước là ρ )
c. Lập biểu thức tính khối lượng riêng của chất làm cốc qua các đại lượng S, d, M, V0.
d. Dùng phương pháp đồ thị để xác định diện tích đáy ngoài S, rồi tìm độ dày d của cốc. Nêu các
bước tiến hành và giải thích.
-----HẾT------


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

ĐÁP ÁN VÀ HƯỠNG DẪN CHẤM

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

MÔN: Vật lý - KHỐI: 10
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề

Câu 1:

a
(2 điểm)

(4điểm)
Gọi v1 là vận tốc của quả cầu ngay trước khi va chạm. Bởi vì tấm nặng
nghiêng 450 so với phương ngang nên ngay sau va chạm, vận tốc của quả
cầu có độ lớn cũng bằng v1 nhưng hướng theo phương ngang. Vì vậy, sau
va chạm, quả cầu chuyển động theo phương trình :
 x  v1t2


1 2 (1 )
y

gt2

2
Trong đó t2 là thời gian chuyển động của quả cầu từ khi va chạm đến khi
chạm đất. Từ hệ phương trình (1), ta tìm được :
2h
s
2h
và v1   s
t2 
(2)
g
t2
g

Thời gian rơi của quả cầu trước va chạm là :
v
s
t1  1 
g
2 gh
Tổng thời gian chuyển động của quả cầu từ khi buông ra đến khi chạm
đất bằng :
s
2h
t  t1  t2 

 1,35s
g
2 gh

b
(2 điểm)

Độ cao H ( Đối với mặt đất) của điểm A:
gt 2
s2
H  h 1  h
 5( m )
2
4h
Gọi h0 là độ cao của tầm nặng để quả cầu có tầm xa lớn nhất. Sau khi rơi
tự do với quãng đường (H-h0), quả cầu bị ném ngang với vận tốc:
v1  2h( H  h0 )
Cũng từ (2), sau khi bật ra, nó rơi xuống mặt đất ở khoảng cách:

2h0
s  v1
 2 h0 ( H  h0 )
g
Rõ ràng, s sẽ đạt cực đại khi: h0 ( H  h0 )

Điểm
0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ
0,5đ

0,5đ

0,5đ


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, s sẽ đạt giá trị cực đại bằng:
smax  5( m ) khi h0  2,5( m )
0,5đ
Câu 2

4 điểm
Khi quả cầu nhỏ lăn không trượt, tổng động năng và thế năng của nó là một 0,25đ

hằng số của chuyển động, chúng ta có:

1 2 1 2 2 2
mv  . mr .ω  mg( R  r )cos θ  mg( R  r )
2
2 5
a
1 điểm

0,25đ

Với: v  rω  ( R  r )ω0
Do đó: ω0 

10( 1  cos θ )g
7( R  r )

0,25đ

Vận tốc tâm của quả cầu nhỏ là:

v  ( R  r )ω0 

10
( R  r )( 1  cos θ )g
7

0,25đ

Tại thời điểm quả cầu nhỏ rời khỏi quả cầu lớn thì lực giá đỡ lên quả cầu

0,5đ
nhỏ N=0. Từ phương trình lực:
mg cos θ  N 

b
1 điểm

mv 2
Rr

Ta tìm được góc mà tại đó quả cầu nhỏ rời khỏi quả cầu lớn được cho bởi:

cos θc 

10
17

0,5đ

Lưu ý rằng kết quả này chỉ áp dụng cho hệ số ma sát đủ lớn
c. Khi quả cầu nhỏ lăm không trượt chúng ta có:
 mgSinθ  f  ma

2 2
 f .r  mr .γ
5

v  rω  ( R  r )ω0

0,5đ

Ở đây f là lực ma sát trên quả cầu. Từ đó chúng ta tìm được:

2
f  mgSinθ
7

c
2 điểm

Tại thời điểm khi quả cầu nhỏ bắt đầu trượt thì lực ma sát là:

f  μN
Tức là:
2
mv 2
mgSinθ  μ( mg cos θ 
)
7
Rr

Khi đó, sử dụng biểu thức của v trong câu (a) chúng ta có:

0,5đ


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

2 Sinθ  17 μ cos θ  10 μ
Giải phương trình này ta thấy rằng góc mà ở đó quả cầu nhỏ bắt đầu trượt

được cho bởi công thức:
0,5đ
170 μ 2  756 μ 2  4
289 μ 2  4
Tuy nhiên, chúng ta thấy θc  θs hay là cosθs  cos θc , Ở đây với giá trị của
μ có thể làm thỏa mãn điều đó, nói chung chúng ta phải lấy dấu cộng trong
biểu thức trên. Do đó:
cos θs 

θs  arccos(

Câu 3

170 μ 2  756 μ 2  4
)
289 μ 2  4

4 điểm
Năng lượng của sao chổi

GM S
1
E  mv12  m
(1)
2
kR T
GM S
1
E  mv 2  m
+ tại điểm gần cắt quỹ đạo TĐ:

(2)
2
RT
trong đó m và M S lần lượt là khối lượng của sao chổi và của Mặt Trời.
Vì quỹ đạo của Trái Đất là tròn, ta có:
+ tại điểm gần MT nhất:

v 2T 

a.
2 điểm
Từ (1) và (2) suy ra

GM S
RT

Dùng (3), ta được:

(3)

2GM S
RT

 1
1  k 



0,5đ

0,5đ

 1
v 2  v12  2v 2T  1  
 k

 1
v  v12  2v 2T  1    41,8km / s
 k
+ Năng lượng của sao chổi bằng
1
GM S 1
v2 
1
m
E  mv12  m
 mv12  v 2T  m  v12  T   25.10 6 m(J)  0
2
kR T 2
k
k 
2

hay

0,5đ

GM S 1 2
GM S
1 2

mv1  m
 mv  m
2
kR T 2
RT
 v 2  v12 

b.
2 điểm

0,5đ

0,5đ

0,5đ
Điều này có nghĩa là quỹ đạo của sao chổi là một elip.
+ Năng lượng của sao chổi và bán trục lớn a của quỹ đạo của nó liên hệ
với nhau bởi hệ thức
GMS
v 2T RT
E  m
 m
2a
2a
Kết hợp với (1) ta được
GM S
v2 R
1
v2 R
1

m
0,5đ
mv12  m
 m T T  mv12  2 v 2T  m T T
2
kR T
2a
2
k
2a


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Suy ra
v 2T R 2T
RT

 R T
2
2
v1  2v T / k 2 v12

k v 2T
1

 17.9
với
2 v12


k v 2T
+ Tại điểm cận nhật P, ta có: rP  kR T  a(1  e) , suy ra
a

e  1

0,5đ

kR T
kR
v2
k
 1  T  1   k 21  1  0, 977  1 .
a
R T

vT

Với e < 1 lại một lần nữa khẳng định quỹ đạo sao chổi là một elip.
+ Theo định luật ba Kepler:
T02
T 2 T02
T2



 T   3 / 2 T0  nT0
a 3 R3T
3 R3T R3T
Vậy n  3 / 2  75, 7 và chu kz của sao chổi này khoảng 76 năm (Đây chính là

sao chổi Halley).
Câu 4

a.
2 điểm

4 điểm
a. Công mà khí thực hiện
1
A  S  3 p0 (V3  V0 )
2
Do đó: Amax khi Vmax.
Phương trình đường thẳng 2-3:
3 p0
V V
p
V  4 p0 . 0 3
4V0  V3
4V0  Vc
3 p0
V V
nRT  pV 
V 2  4 p0 . 0 3 V
4V0  V3
4V0  Vc
 6 p0
V V 
nRdT  pV  
V  4 p0 . 0 3  dV
4V0  Vc 

 4V0  V3
Do đó để dT<0 thì:
6 p0
V V
V  4 p0 . 0 3  0  V3  7V0
4V0  V3
4V0  Vc
Vậy: Amax  9 p0V0 khi V3  7V0

0,5đ
0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

1
Q12  ΔU12  A12  nCV (T2  T1 )  (V2  V1 )( p2  p1 )
2
C
1
1
C
 Q12  V ( p2V2  p1V1 )  3V0 5 p0  15V0 p0  V  
R

2
 R 2
Xét quá trình 2-3:
dQ  nCV dT  pdV

b.
2 điểm


p
1  2 p0
V  8 p0  dV
Với: p   0 V  8 p0  dT 

V0
nR  V0

C
  2C

p
dQ     V  1 0 V  8 p p0 
R
 V0
  R


 dQ  0  V 

8C p

CV  CP

V0

 Q12 

Hiệu suất của chu trình:
A
9
H

1
8R
Q12  Q23
C
15  V   
 R 2  CV  CP
Đối với khí lưỡng nguyên tử: H=19%
Câu 5

a
1 điểm

8R
p0V0
CV  CP

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

4 điểm
Các bước thí nghiệm:
- Cho nước vào cốc với thể tích V1, thả cốc vào chậu, xác định mực nước
ngoài cốc hn1( dọc trên vạch chia)
0,5đ
- Tăng dần thể tích nước trong cốc: V2, V3,… và lại thả cốc vào chậu, xác định
các mực nước hn2, hn3,…
- Khi đo phải chờ cho nước phẳng lặng.
Lập bảng số liệu:
0,5đ
Lần
hn1
hn2
V1
V2
d
S
…
…
…
…
…
…
…
…

…
…
…
…
…
…
…


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Biểu thức xác định S, d:
Gọi hn là mực nước ngoài cốc, ρ là khối lượng riêng của nước, m1 và V1
tương ứng là khối lượng và thể tích nước trong cốc. Phương trình cân bằng
cho cốc có nước sau khi thả vào chậu:
ρg( d  hn )S  ( M  mt ) g  ρ( d  hn )S  ( M  mt ) ( 1 )
Từ (1) ta thấy hn phụ thuộc tuyến tính vào Vt. Thay Vt bới các giá trị V1, V2,… 0,5đ
ρ( d  hn1 )S  M  V1 ρ
(2)
b
1 điểm

c.
1 điểm

d.
1 điểm

ρ( d  hn 2 )S  M  V2 ρ

(3)

....
Đọc hn1, hn2,... trên vạch chia thành cốc, lấy (3) trừ đi (2) rồi rút S ra:
V V
S 2 1
(4)
hn 2  hn1
Thay đổi các giá trị V2, V1, hn2, hn1,… nhiều lần để tính S.
Sau đó, thay vào (2) để tính d:
( M  V1 ρ )(hn 2  hn1 )
M  V1 ρ
d
 hn1 
 hn1
(5)
ρS
ρ(V2  V1 )

0,5đ

Biểu thức tính ρc :
Gọi h là độ cao của cốc, h0 là độ cao thành trong của cốc; r là bán kính trong,
R là bán kính ngoài của cốc; V là thể tích của chất làm cốc; St là diện tích đáy
trong của cốc. Ta có:

V0t V0t
S
0,5đ
 2 ; R rd r 

d
 h  h0  d ; h0 
S
πr
π
t


(6)
M
M
M

 ρc  V  S( h  d )  V  

V0t
0
0t

S

d
  V0t
2

( S  d π )

0,5đ
Phương pháp đồ thị:
Vì hn phụ thuộc tuyến tính vào Vt nên phương trình (1) có thể viết dưới

dạng:
(7)
hn  a  bVt
M
1
với a 
(8)
 d; b 
0,5đ
Sρ
S
* Đồ thị: Vẽ đồ thị hn (Vt)
Đồ thị của phương trình (7) là đường thẳng có độ dốc:
h h
1
b  tan α  n 2 n1 
V2  V1
S
V2  V1
hn 2  hn1
Giá trị a xã định bằng cách ngoại suy từ đồ thị thí nghiệm, khi kéo dài đường
thí nghiệm, cắt trục tung ở a ( tương ứng với giá trị Vt=0). Từ đây là xác định 0,5đ
M
được độ dày d bởi (8)
d
a
(9)
Sp
S

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Chú ý:
+ Học sinh có cách làm đúng những khi thay số, tính kết quả sai cho 1/2 số điểm câu đó.
+ Nếu bài làm quá tắt nhưng vẫn thể hiện rõ ý tưởng lời giải vẫn cho điểm tối đa ý đó.