Đề thi học sinh giỏi 2018 môn vật lý chuyên hoàng lê kha, tây ninh

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ

VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

KHỐI 10

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG LÊ KHA
TỈNH TÂY NINH

NĂM 2018

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Thời gian làm bài 180 phút

(Đề này có 05 câu, in trong 03 trang)
Câu 1 (5,0 điểm ):
Chất điểm khối lượng m = 200g tại đỉnh A của hình bán trụ có đáy là một nửa
hình tròn tâm O bán kính R = 20cm, chuyển động trượt không ma sát trên mặt trụ
và song song với đáy mặt trụ, tốc độ ban đầu không đáng kể. Hình trụ đặt trên mặt
phẳng ngang như hình vẽ

A

B
C

Lấy g = 10m/s2 và 3 = 1,732.

D
α3

O

v

ˆ = α1 = 300, tính tốc độ chuyển động
a) Khi chất điểm đến điểm B với góc AOB

và phản lực của hình trụ tác dụng lên chất điểm.
ˆ = α2 chất điểm bắt đầu rời mặt trụ. Tính α2.
b) Tại điểm C với AOC

c) Chất điểm tiếp tục chuyển động và chạm vào mặt ngang tại điểm D với vận
tốc v lập với mặt ngang góc α3. Tính α3 và độ lớn của vận tốc chất điểm khi chạm
vào mặt ngang.
Câu 2 (4,0 điểm) :

A

ℓ

Thanh thẳng AB chiều dài ℓ = 1,2m có khối
lượng m1 = 400g phân bố đều, có thể quay không ma

B

α0
m2


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

sát trên mặt phẳng thẳng đứng quanh trục nằm ngang, vuông góc AB tại A.
Momen quán tính của thanh lúc này là I =

1
m1ℓ2. Kéo thanh AB đến góc lệch α0 =
3

600 so với phương thẳng đứng rồi thả không vận tốc. Lấy g = 9,8m/s2 và π =
3,1416 .
a) Khi AB đến vị trí thẳng đứng, tính tốc độ góc ω của thanh và độ lớn phản
lực N của trục quay tác dụng vào thanh.
b) Tại vị trí thẳng đứng, đầu B của thanh AB va chạm đàn hồi và tức thời với
chất điểm có khối lượng m2 = 100g đang đứng yên ở mép bàn nằm ngang. Tính tốc
độ v của m2 ngay sau va chạm và góc lệch cực đại α của thanh sau khi va chạm.
Câu 3 (4,0 điểm). Trong một ống có nước chảy, người ta cắm hai ống có áp kế tại
những chỗ có tiết diện ống bằng S1 và S2 với S1  S2. Hiệu
hai mức nước trong hai ống áp kế bằng  h. Khối lượng
riêng của chất lỏng và chất khí là  0 và  . Xác định thể tích
khí đi qua tiết diện của ống trong một đơn vị thời gian.

Câu 4 (4,0 điểm) :
Một mol khí lý tưởng đơn nguyên tử thực hiện một
chu trình C: 1 – 2 – 3 – 1 – 4 – 5 – 1, gồm hai chu trình
là C1:1 – 2 – 3 – 1 và C2: 1 – 4 – 5 – 1 như hình vẽ 3.

p
p3

3

Các quá trình: 3 – 1 và 5 – 1 là đẳng nhiệt, 1 – 2 và 4 –
5 là đẳng áp, 2 – 3 và 1 – 4 là đẳng tích.Áp suất ở trạng
N
N
thái 5 là p5 = 2.10 2 , ở trạng thái 3 là p3 = 2.106 2 .
m
m

p1
p5

1
2
4

5

V2

V1

5
V5

V


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Thể tích trạng thái 5 là V5 = 10 lít, ở trạng thái 1 là V1 = 8 lít. Biết hằng số khí phổ
biến là R = 8,31

J
.
mol.K

a) Tính áp suất p1 ở trạng thái 1 và nhiệt độ T4 ở trạng thái 4.
b) Ở chu trình C1, tính công A1mà khối khí thực hiện và tính nhiệt lượng Q1
mà khối khí nhận được từ bên ngoài.
c) Xét cả chu trình C, tính tỷ số phần trăm giữa công A mà hệ thực hiện và
nhiệt lượng Q mà hệ thuvào (còn gọi là hiệu suất của cả chu trình C).
Câu 5 (3 điểm)
a. Cho hai nhiệt kế giống nhau, có độ chia đến 0,1 0C. Hãy đề xuất một phương
án thí nghiệm chỉ dùng hai nhiệt kế ấy và một số vật liệu thông thường khác để có
thể nhận biết được sự thay đổi độ ẩm tỷ đối của không khí trong phòng. Nhiệt độ
không khí coi như không đổi.
b. Biết rằng áp suất hơi bão hoà của nước tuân theo gần đúng công thức
Clapeyron-Clausius:
dp bh
L

dT
T(v h  v L )

trong đó

L  2240J / g là

nhiệt hoá hơi của nước; v h và vL lần lượt là thể tích của 1g

hơi nước bão hoà và 1g nước ở nhiệt độ T. Hãy lập biểu thức tính độ ẩm tỷ đối của
không khí theo các thông số đo được bằng các dụng cụ nói trên (coi áp suất và thể
tích của hơi nước bão hoà tuân theo phương trình trạng thái khí lí tưởng). Lập bảng
cho phép suy ra
độ ẩm tỷ đối của không khí (trong khoảng từ 80% đến 100%) theo các số đo mà
các dụng cụ trên đo được. Cho nhiệt độ phòng là 270C.
Gv ra đề


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Phan Ngọc Huệ
Đ T 01229454561

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN: VẬT LÝ 10

1

a)

Chọn gốc thế năng tại O.

5đ.

2đ.

- Cơ năng ban đầu chỉ là thế năng:
0,25đ.

W0 = Wt = mgR.
- Khi đến B cơ năng là:
WB = Wđ + Wt =

0,25đ.

1
mv2 + mgRcosα1 .
2

- Cơ năng bảo toàn:
WB = W0
1
mv2 + mgRcosα1 = mgR.
2

- v2 = 2gR(1 – cos α1) = 0,536.

A

N
B

0,25đ.
α1

P

O

v = 0,732m/s.
0,25đ.
- Tại B, lực tác dụng lên m gồm trọng lực P và phản lực


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

0,25đ.

N:
P  N  ma

Chiếu lên phương bán kính chiều dương hướng tâm thì:

0,25đ.

Pcosα1 – N = man
N = mgcosα1 – m
1

b)

(tt)

1,5đ.

v2
= 0,2x10x0,866 – 0,536 = 1,196N
R

0, 5đ.

- Tại C cơ năng là:
WC = Wđ + Wt =

1
mv2 + mgRcosα2 .
2

0,25đ.

- Cơ năng bảo toàn:
WC = W0
1
mvC2 + mgRcosα2 = mgR.
2

vC2 = 2gR(1 – cos α2).(1)
- Mặt khác, các lực tác dụng lên m gồm trọng lực P và

0,25đ.

phản lực N :
P  N  ma

Chiếu lên phương bán kính chiều dương hướng tâm thì:
Pcosα2 – N = man = m

v C2
R

- Tại đây m bắt đầu rời mặt trụ thì N = 0 nên :

0,25đ.


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

v C2
- mgcos α2 = m (2).
R

0,25đ.
A

- Thế (1) vào (2):

α2

cosα2 = 2(1 – cosα2)
cosα2 =

vx

C

α2

2
.
3

P

vC

0,25đ.

O

α2 ≈ 48,190 ≈ 0,84rad

0,25đ.
1

c)
1,5đ.

- Cơ năng tại D chỉ là động

A

năng:
1
WD = mvD2.

2

Cơ năng bảo toàn:

C
α2
O

vx
D v
x
α3

vD

WD = W0
1
mvD2 = mgR
2

-Tính được: vD = 2m/s.
- Từ (1) tốc độ tại C là :

0,25đ.
0,25đ.


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

vC = 2x10x0, 2 1   =

m/s.
3
 3
2

2 3

0,25đ.

- Thành phần nằm ngang là :
vx = vCcosα2 =

- cosα3 =

2 3 2 4 3
=
3 3
9

2 3
vx
=
= 0,0,385
9
vD

0,25đ.

α3 ≈ 1,176rad ≈ 67,360

0,5đ.
CÂU: 2
2
1,5
đ

a)

- Chọn gốc thế năng tại G dưới A một đoạn

1
ℓ.
2

- Cơ năng ban đầu chỉ là thế năng :
W0 = Wt = m1gh =

1
m1gℓ.
4

0,25

- Cơ năng tại vị trí thanh thẳng đứng chỉ là động năng :
W = Wđ =

1 2 1
Iω = m1ℓ2ω2.
2
6

0,25

- Cơ năng bảo toàn W = W0 nên :
ω=

3g
= 3,5rad/s .
2

Lực tác dụng lên thanh gồm trọng lực P và phản lực N .

0,25


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Khi thanh thẳng đứng :
N A

0,25

- Vẽ hình : chỉ yêu cầu vẽ đủ hai lực P , N đúng
phương và chiều, có thể sai điểm đặt .

G

P
B

- Theo định luật II Newton : P  N  m1a .
Chọn chiều dương hướng tâm :
N – m1g = m1an = m1ω2R

- Với R =

0,25

1
ℓ = 0,6m .
2

- Tính được : N = 6,86N .

0,25


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

2
2,5
đ

b)

Sau va chạm , tốc độ góc của AB là ω1 , tốc độ chất điểm
là v .
- Do momen động lượng bảo toàn :
Iω = Iω1 + m2vℓ (1)

0,25

Iω = Iω1 + m2vℓ (1)

0,25

- Do va chạm đàn hồi nên động năng trước và sau va
chạm bằng nhau:
0,25

1 2 1
1
Iω = Iω12 + m2v2 (2)
2
2
2

- Giải hệ phương trình , tính được : v = 4,8(m/s).

0,25

- Tính được ω1 = 0,5rad/s .
- Cơ năng của thanh AB ngay sau va chạm chỉ là động
năng :
Wđ1 =

1
1
Iω12 = m1ℓ2ω12.
2

6

ℓ

năng :
Wt = m1gh =

B
1
m1gℓ(1 – cosα).
2

0,25

0,25

A

- Cơ năng ở góc lệch cực đại α chỉ là thế

0,25

0,25

α0
m2

0,25

- Cơ năng bảo toàn nên Wđ1 = Wt

Tính được cosα =

97
= 0,989  α = 8,1920
98

0,25


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Câu 3
4đ

Áp dụng phương trình Bec-nu-li đối với ống dòng nằm
ngang:
p1 

 v1 2
2

 p2 

 v2 2

0,5
(1)

2

Lưu lượng chất lỏng chảy qua ống trong một đơn vị thời
gian:

0,5

M = v1S1 = v2S2

0,5

Suy ra: v 2 

S1
v1
S2

(2)

Sự thay đổi áp suất giữa hai vị trí trong long chất lỏng:
p2 – p1 = gh

(3)

0,5

Từ (1), (2) và (3) ta suy ra:
 v1 2
2

 p 2  p1 

 S
v1 1   1
  S 2
2



v1 

1
S2





2

 v2 2
2

 gh 

 v2 2
2


  2 gh

2 gh

S 2  S1
2

2

0,5

0,5

0,5

Do vậy thể tích chảy qua ống trong một đơn vị thời gian:
M  v1 S1  S1 S 2

2 gh
2
2
S 2  S1

Câu 4
4

a)

- Ở quá trình đẳng nhiệt 5 – 1:

0,5


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

4đ.

1đ.

p1V1 = p5V5.
Tính được: p1 = 2,5.105 N/m2.

0,5đ.

- Ở trạng thái 4:
p4V4 = RT4 ; trong đó p4 = p5 = 2.105 N/m2 và V4 = V1 = 8
lít.

0,5đ.

Tính được: T4 = 192,54 K.
b)

p5V5
= 1 lít.
p2

- Ta có V2 = V3 =

1,5đ.

0,25đ.

- Công ở quá trình đẳng áp 1 – 2 là:

A12 = p1(V2 – V1)
= 2,5.105x(– 7.10-3) = – 1750 J.

0,25đ.

- Công ở quá trình đẳng
nhiệt 3 – 1 là:

p
p3

3
V1

A31 =

 p.dV .

V3

p1
p5

1
2
4
V1

V2
V1

Với p =

5
V5

V

độ ở quá trình đẳng nhiệt).

dV
; với RT = p1V1.
V
V3

A31 = RT 

RT
(T là nhiệt
V


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

A31 = p1V1ℓn

V1
= 2,5.105x8.10-3ℓn8 = 4158,88 J.
V3

- Công cả hệ thực hiện sau chu trình C1:
A1 = A12 + A31 = 4158,88 – 1750 = 2408,88 J

0,25đ.

- Ở quá trình 2 – 3, hệ nhận nhiệt lượng:
Q23 = ΔU23 = CvΔT23 =

3
3
R ΔT23 = V2(p3 – p2) = 2625 J.
2
2

- Ở quá trình 3 – 1, hệ nhận nhiệt lượng:

0,25đ.

Q31 = A31 = 4158,88 J.
- Nhiệt lượng cả hệ nhận ở chu trình C1 là:
Q1 = Q23 + Q31 = 6783,88 J.

0,25đ.

0,25đ.

c)
1,5đ

Công thực hiện ở chu trình C2 là:

A2 = A45 + A51.
- Tính được: A45= p5(V5 – V4) = 2.105x2.10-3 = 400 J.

0,25đ.


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

4

c)

(tt)

(tt)

- A51 = p1V1 ℓn

V1
= 2,5.105x8.10-3ℓn0,8 = – 446,29 J.
V5

- Tính được: A2 = – 46,29 J.

0,25đ.

0,25đ.

- Nhiệt cả hệ nhận ở chu trình C2 là:
Q2 = Q45 = A45 + ΔU45 = p5(V5 – V4) +

3
p5(V5 – V4).
2

= 2,5x2.105x2.10-3 = 1000 J.
- Nhiệt nhận được ở cả chu trình C là:

0,25đ.

Q = Q1 + Q2 = 7783,88 J.
- Công thực hiện ở cả chu trình C là:
A = A1 + A2 = 2362,59 J.

0,25đ.

- Hiệu suất của chu trình:
H=

A
100% = 30,35% .
Q

0,25đ.

Câu 5
5

a)

3đ

1,5 đ

Dụng cụ cấu tạo bởi hai nhiệt kế I, II.
+ Nhiệt kế I: để bình thường, đo nhiệt độ không khí ta 0,5
được T1 . (Nhiệt kế khô)


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

+ Nhiệt kế II: bầu nhiệt kế bọc một lớp bông (hoặc vải 0,5
bông ...) đẫm nước. Nhiệt kế này chỉ nhiệt độ T2 .
(Nhiệt kế ẩm).
T2 là nhiệt độ cân bằng của nước thấm ở lớp bông. Áp

suất hơi bão hoà của nước ở nhiệt độ T2 bằng áp suất
riêng phần của nước trong không khí; T1  T2 càng lớn

0,5

thì không khí càng khô (độ ẩm tỷ đối càng nhỏ).

5

b)

Độ ẩm tỷ đối của không khí tính bằng:

1,5 đ



Trong
nên:

 dp 
p bh (T2 )
p (T )  p bh (T2 )
 1  bh 1
 100% 1 
p bh (T1 )
p bh (T1 )
p 


công

thức

Clapeyron

do

vh  vL ,

dp bh
L
1 RT


víi v h 
dT
Tv h
18 p bh

Suy ra:

0,25

dp bh
18L

dT.
p bh
RT 2

   1

0,25

0,25
0,25

dp
18L
 1
dT  1  0, 05391.dT
p
RT 2

0,25

 100% 1  0, 05391(T1  T2 )

với T1  300o K  27 o C .

T1- T2 (0C)

0

...

0,2

...

3,6

0,25


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

 (%)

100

...

98,9

...

80,5