Đề thi học sinh giỏi 2018 môn vật lý chuyên hạ long

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
HẠ LONG

ĐỀ ĐỀ XUẤT THI HSG DUYÊN HẢI BẮC BỘ
NĂM 2018

MÔN: VẬT LÝ
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.
Bài 1. (4 điểm)
Một khối gỗ khối lượng m với tiết diện có dạng tam
y
giác vuông cân, có thể trượt không ma sát trên mặt sàn
(2)
nằm ngang. Trên tiết diện đi qua khối tâm khối gỗ có hai
vật nhỏ (1) và (2) có khối lượng lần lượt là m và 3m
G3
được nối với nhau bằng một sợi dây không giãn vắt qua x
(1)
O
ròng rọc như hình vẽ (hình 1): ban đầu vật (1) ở sát đáy,
L
vật (2) ở sát đỉnh góc vuông, các vật được giữ đứng yên.
Hình 1
Chiều dài đáy của tiết diện là L = 50 cm. Bỏ qua mọi ma
sát, khối lượng của dây và ròng rọc. Ở thời điểm nào đó các vật được thả tự do. Khi vật 3m
đến đáy khối, hãy xác định:

a. Độ dịch chuyển của khối gỗ.
b. Vận tốc của hai vật và của khối gỗ. Lấy g = 10 m/s2.





Bài 2. (4 điểm)
Từ vị trí cao nhất A của một mặt phẳng nghiêng có độ
cao h, đặt một quả cầu đặc đồng chất khối lượng m và bán
kính R. Thả nhẹ để quả cầu lăn không trượt xuống dưới như
hình vẽ.
a. Tính mômen quán tính của quả cầu đối với trục quay
đi qua điểm tiếp xúc và vuông góc với mặt phẳng hình vẽ

A

h
B

theo m, R.
b. Tính tốc độ góc của quả cầu và tốc độ dài của khối tâm quả cầu khi vừa xuống tới
chân B của mặt phẳng nghiêng. Bỏ qua ma sát lăn, biết gia tốc trọng trường là g.
Bài 3. (4 điểm)


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Một tên lửa, khối lượng m = 10 tấn chuyển động quanh Trái đất theo quỹ đạo elip.
Khoảng cách từ tâm Trái đất đến tên lửa xa nhất là r1 = 11000 km và gần nhất là r2 = 6600

km. Lấy khối lượng Trái đất là M = 6.1024 kg.
a. Viết phương trình quỹ đạo của tên lửa và xác định tốc độ lớn nhất và nhỏ nhất của
tên lửa trong quá trình chuyển động.
b. Tại viễn điểm tên lửa nổ, vỡ thành hai mảnh. Mảnh có khối lượng m1 chuyển sang
quỹ đạo tròn, còn mảnh có khối lượng m2 rơi thẳng đứng xuống đất. Hãy tìm m1 và m2. Bỏ
qua khối lượng của các chất khí tạo thành khi nổ.
Bài 4. (4,5 điểm)
Một quả khí cầu có một lỗ hở ở phía dưới để trao đổi khí với môi trường xung quanh, có
thể tích không đổi V = 1,1 m3. Vỏ khí cầu có thể tích không đáng kể và khối lượng m = 0,187
kg. Nhiệt độ của không khí là t1 = 200C, áp suất khí quyển tại mặt đất là p0 = 1,013.105 Pa.
Trong các điều kiện đó, khối lượng riêng của không khí là 1,20 kg/m3. Biết gia tốc trọng
trường tại mặt đất là g = 10 m/s2. Lấy hằng số khí R  8,31 J mol.K .
a. Tìm khối lượng mol trung bình của không khí.
b. Ban đầu khí cầu ở gần mặt đất, để quả khí cầu lơ lửng, cần nung nóng khí bên trong khí
cầu đến nhiệt độ t2 bằng bao nhiêu?
c. Nung nóng khí bên trong khí cầu đến nhiệt độ t3 = 1100C. Tìm lực cần thiết để giữ khí
cầu đứng yên.
d. Sau khi đã nung nóng khí bên trong khí cầu, người ta bịt kín lỗ hở lại và thả cho quả khí
cầu bay lên. Coi nhiệt độ khí bên trong khí cầu luôn là t3 = 1100C, nhiệt độ của khí quyển
luôn là t1 = 200C và gia tốc trọng trường g = 10 m/s2 coi như không đổi theo độ cao. Tính độ
cao lớn nhất mà quả khí cầu lên được.
Bài 5 (3,5 điểm)
Cho các dụng cụ: Một ống thủy tinh dài được hàn kín một đầu. Trong ống chứa một
cột không khí ngăn cách với không khí bên ngoài bằng một cột thủy ngân. Một thước thẳng
chia độ đến milimét. Khối lượng riêng của thủy ngân và gia tốc trọng trường đã biết.
Yêu cầu:
1. Trình bày một phương án thí nghiệm để xác định áp suất khí quyển với các dụng cụ đã cho.
2. Thiết lập biểu thức tính sai số của phép đo.
--------------HẾT------------Người ra đề: Nguyễn Ngọc Phúc

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Số diện thoại: 01275688666

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
HẠ LONG

ĐỀ ĐỀ XUẤT THI HSG DUYÊN HẢI BẮC BỘ
NĂM 2018

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

Bài 1.
Sơ lược lời giải
a. Chọn hệ trục Oxy gắn với đất như (hình 1a).
Xét hệ gồm hai vật m, 3m và khối gỗ (3).
y
Bài 1 Theo phương ngang, ngoại lực tác dụng
(4,0 lên hệ bằng 0 nên : x  const (G là khối
G
(2)
điểm)
tâm của hệ trên).
(3)
L

m.
G3
L
2
(1)
x

(1)
- Lúc đầu: xG 
O
m  3m  m 10
L
- Ngay trước khi vật 3m chạm sàn :
mx  3mx2  mx3 x1  3x2  x3
Hình 1a
xG  1

m  3m  m
5
3L
L
(2)
Trong đó : x1  x3 ; x2  x3  ( x2  0) . Suy ra: xG  x3 
10
2
2L
 20 cm
- Từ (1), (2) có : Khối gỗ dịch chuyển sang bên trái một đoạn là: x3 
5

Điểm





b. Gọi u là vận tốc của vật (1), (2) đối với khối gỗ (3) (u1  u 2  u ) và v là vận

tốc của khối gỗ (3) tại thời điểm vật (2) tới đáy khối gỗ.
v1 u

 
1
Theo công thức cộng vận tốc ta có : v1  u1  v (hình 1b)

 
v2  u 2  v (hình 1c)

v1x  v  u cos 450
Chiếu lên Ox : 
v 2 x  v  u cos 450


v



45

0,5 đ

0,5 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ

0

Hình 1b

0,25 đ


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Từ giản đồ có : v12  v22  v 2  u 2  2  u  v (4)
- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng theo phương ngang và bảo toàn năng
lượng ta có :

5 2
mv1x  3mv2 x  mv  0

u
v
(5) 



4

v 
2
2
2



L mv1 3mv2 mv
L
0
45


 mg
3mg 
v 2  v 2  1 (2 gL  v 2 ) (6)

2
2
2
2
2
2
 1
4


u
v
2


4 gL 2 3
2

m/s
 v
15
3

Hình 1c
- Từ (4), (5) và (6) ta có :  
v  v  13gL  13 m / s
 1 2
30
6

0,25 đ

0,75 đ

1,0 đ

Bài 2.
Ý
a

Nội dung
Điểm
- Tính được momen quán tính của quả cầu đi qua khối tâm
0,5 đ

- Dùng định lí trục quay tính được momen quán tính với trục quay đi 0,5 đ
qua điểm tiếp xúc

b

- Gọi vc là vận tốc của quả cầu sau khi lăn xuống được độ cao h.
- Khi quả cầu lăn không trượt xuống dưới, thì điểm đặt của lực ma sát 0,5 đ
tĩnh nằm trên trục quay tức thời, mà tại đó vận tốc của các điểm tại
bằng không và không ảnh hưởng tới cơ năng toàn phần của vật.
- Vai trò của lực ma sát ở đây là đảm bảo cho vật lăn thuần tuỳ không
0,5 đ
trượt và đảm bảo cho độ giảm thế năng hoàn toàn chuyển thành độ tăng
động năng tịnh tiến và chuyển động năng quay của vật.
- Vì các lực tác dụng lên hình trụ đặc và quả cầu đều là : p ( lực thế ),
 (theo phương pháp tuyến) và lực ma sát tĩnh Fms . Ta có  và Fms

0,5 đ
không sinh công
 Acác lực không thế = 0  cơ năng của hệ được bảo toàn.
- Như vậy ta có thể áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho chuyển
động của quả cầu và hình trụ:
0,5 đ
2
2
mv c  c c

Với quả cầu: mgh =
(1)
2
2

0,5 đ


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Trong đó:

c 

2mR

2

; c 

5

vc

0,5 đ

R
2

Thay vào ( 1 ) ta có:

mgh =

7 mv c

;

10

Bài 3.
Ý
a

b

Nội dung
- Chọn trục tọa độ (tọa độ cực hoặc tọa độ Đề các vuông góc) và
viết được phương trình elip dạng tổng quát.
- Xác định được các bán trục lớn, bán trục bé.
-Thay vào thu được phương trình quỹ đạo của tên lửa.

Điểm
0,5
0,5
0,5

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng, tại viễn điểm ta có:
0,5 đ
=>

(

(1)

)

Ngay sau khi nổ mảnh 2 rơi thẳng xuống đất, => v2’= 0.

0,5 đ

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho tên lửa lúc nổ:
⃗
=>
=>

⃗

⃗

⃗

⃗

mv1 = mv1

⃗
⃗

0,5 đ

’

=>

(2)

Khi mảnh 1 chuyển động trên quỹ đạo tròn bán kính r1 ta có:
0,5 đ
(3)
Từ (1), (2), và (3) ta có:

√

= 8,66 tấn
0,5 đ


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

=> m2 = m – m1 = 1,34 tấn
⃗⃗⃗⃗

TĐ
r

O r1

2

Bài 4.
Sơ lược lời giải
a. Từ phương trình trạng thái của khí lý tưởng:
Bài 4
m
m MP

PV  nRT  RT    
(4,5
M
V RT
điểm)
 RT 1, 2.8,31.293
M 1 1 
 28,84.103 kg / mol  28,84g / mol
5
P0
1, 013.10
b. Do quả cầu hở, áp suất khí bên trong và bên ngoài khí cầu là như nhau =>

Điểm
0,25 đ
0,5 đ

1 T2

 2 T1

0,5 đ

Để khí cầu lơ lửng, ta cần có:
1Vg  mg  2 Vg  1V  m 
 T2 

1T1
V
T2

1T1V
1, 2.293.1,1

 341,36 K  68,36 0C
1V  m 1, 2.1,1  0,187

0,5 đ

c. Lực cần giữ quả khí cầu là:

T 
F  1Vg  mg  3 Vg   1V  m  1 1 V  g
T3 

1, 2.293


 1, 2.1,1  0,187 
.1,1 .10  1, 23 N
383



d.
* Lập biểu thức sự phụ thuộc khối lượng riêng của không khí theo độ cao khi nhiệt
độ không đổi
Chia không khí thành các lớp rất mỏng có độ dày dz. Từ điều kiện cân bằng của các

0,75 đ

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

lớp khí ta có:
P  z   P  z  dz   g.dz
 dP  g.dz  

0,5 đ

MP
g.dz
RT

0,25 đ

Mgz

dP
Mg


dz  P  P0e RT
P
RT

   0 e



Mgz
RT

 0 e



0 g
z
P0

0,5 đ

* Tính độ cao lớn nhất của khí cầu
- Ở nhiệt độ t1  200 C , khối lượng riêng của không khí là 0  1  1, 2 kg m3
Quả khí cầu cân bằng khi:

m  T 0,187 1, 2.293
 '1 Vg  mg  3Vg   '1   1 1 

 1, 088 kg / m3
V T3
1,1
383
z

0,25 đ

0,5 đ

P0
'
1, 013.105 1, 088
ln 1  
ln
 827 m.
0 g 0
1, 2.10
1, 2

Bài 5.
a.Phương án thí nghiệm:
- B1: dùng giấy cuộn sát vào mặt ngoài và mặt trong của
3,5 đ

0, 5

ống nghiệm, sau đó dùng thước đo ta xác định được chu
vi mặt trong C1 và chu vi mặt ngoài C2 của ống nghiệm
- B2: đổ nước muối vào ống nghiệm sao cho khi thả ống
vào bình nước, ống cân bằng bền và có phương thẳng

0, 5

đứng. Đánh dấu mực nước muối trong ống và mực nước
bên ngoài ống.
- B3: đổ thêm nước muối vào ống, chiều cao nước muối đổ
thêm là x . Thả ống vào bình thì ống chìm sâu thêm một
0, 5

đoạn y . Đo x và y bằng thước.
Gọi S1 ; S2 tương ứng là tiết diện trong và tiết diện ngoài của
ống nghiệm, từ phương trình cân bằng của ống suy ra:
Câu 5
(3

2

 C  y
S y
1S1x  0 S2 y  1  2 0   1 
0
S1x
 C2  x

0, 5


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

điểm)

b. Biểu thức sai số:
ln 1  2 ln

C1
y
 ln
 ln 0
C2

x

0, 5

 ln 1  2  ln C1  ln C2   ln y  ln x  ln  0



 C C2    y    x  0
 2 1 



1
C
C

y

x
0
 1
2 

1

------------------Hết-------------------

0,5