Đề thi học sinh giỏi 2018 môn vật lý chuyên hùng vương phú thọ

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

TRƢỜNG THPT CHUYÊN
HÙNG VƢƠNG – PHÚ THỌ

ĐỀ THI HSG VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG
BẰNG BẮC BỘ - NĂM 2018
Môn: VẬT LÍ - LỚP 10
Thời gian làm bài: 180 phút.

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

(Đề này có 02 trang, gồm 5 câu)

Câu 1 (5,0 điểm)
Hai vật M1 và M2 có khối lượng lần lượt là
m1 và m2 được nối với nhau bằng một sợi dây
mảnh, nhẹ, không dãn vắt qua ròng rọc nhẹ; M1 đặt

M1

trên mặt bàn nằm ngang nhẵn; M2 treo thẳng đứng



(Hình 1). Tại thời điểm ban đầu, giữ các vật đứng

M2

yên ở vị trí sao cho dây nối M1 hợp với phương

Hình 1

ngang một góc  = 300. Sau đó, buông nhẹ cho các

vật bắt đầu chuyển động. Biết m2 = 2m1; mặt phẳng ngang đủ dài. Tính gia tốc của các
vật tại thời điểm vật M1 bắt đầu rời khỏi mặt bàn và xác định góc  khi đó.
Bài 2 (4 điểm)
Một đầu dây cuốn trên hình trụ khối lượng
m, đầu kia được buộc với vật khối lượng M. Dây

R

được vắt qua ròng rọc như (Hình 2). Bỏ qua khối
lượng dây, ròng rọc, ma sát ở trục ròng rọc. Giả
thiết rằng trong tất cả các trường hợp, chuyển động

Hình 2

M

của hình trụ là song phẳng. Hệ bắt đầu chuyển động từ nghỉ. Xác định gia tốc của vật
và tìm điều kiện để hình trụ lăn không trượt, lăn kéo theo cả trượt.
Bài 3 (4 điểm)
Một hạt khối lượng m chuyển động trong trường xuyên tâm, biết thế năng của
hạt Wt  kr n , với k và n là hằng số, r là khoảng cách từ vật tới tâm của trường. Tìm
điều kiện của k và n để hạt có thể chuyển động theo một quỹ đạo tròn.

1

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Câu 4 (4,0 điểm)
Một mol khí lý tưởng đơn nguyên tử thực
hiện một chu trình khép kín như Hình 3. Trong đó:
1 - 2 là quá trình đẳng nhiệt; 2 - 3 là quá trình
đẳng áp; 3 - 4 là quá trình biến đổi theo quy luật

p.V 2 = const ; 4 - 1 là quá trình đẳng tích. Cho
biết: V1 =

4
V = 4V2 và nhiệt độ nhỏ nhất của
3 3

chu trình là 300K; R = 8,31J/mol.K.

Hình 3

a) Tính các nhiệt độ T3 và T4 ứng với các trạng thái 3 và 4.
b) Chứng minh rằng quá trình 3 - 4 nhiệt độ khí luôn giảm.
c) Tính hiệu suất của chu trình.
Câu 5 (3 điểm)
Một quả cầu rỗng đồng chất bằng kẽm, giới hạn bởi hai mặt cầu đồng tâm nổi
được trên mặt nước, trên một đường tròn lớn của quả cầu có chia 360 vạch đều nhau
có đánh số thứ tự. Lập phương án thực nghiệm xác định tỉ số giữa bán kính phần rỗng
bên trong và bán kính mặt ngoài của quả cầu.
Dụng cụ gồm
+ Một bình chứa nước khối lượng riêng Do đã biết, một miếng dán nhỏ có khối
lượng không đáng kể so với khối lượng của quả cầu.

+ Khối lượng riêng của kẽm là D, công thức tính thể tích chỏm cầu là
V

2
R 2 h (trong đó R là bán kính mặt cầu, h là chiều cao của chỏm cầu).
3

………….HẾT……….

2


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
Câu 1 (5 điểm)
Nội dung

Điểm

Các lực tác dụng lên M1 và M2 được biểu
N1

diễn như hình vẽ.

T1
M1

H



T2

0,5
x

M2

mg
2mg

Áp dụng định luật II Niutown ta có:
T cos   ma1 ; T sin   N1  mg;

2mg  T  2ma 2

Tại thời điểm vật M1 bắt đầu rời khỏi mặt bàn: N1= 0  T 

 a1  g.cot 

(*) và a 2  g 

g
2 sin 

0,5
mg
sin 

(**)

0,5

Do dây lí tưởng ta có:
v1cos  v 2  v1 

v2
a
v sin 
(1) → a1  2  2 2 .
cos
cos cos 

1,0
(2)

Gọi H là khoảng cách từ ròng rọc tới mặt bàn
ta có: x  H cot   v1  x ' 
Từ (1) và (3):   

H
.
sin 2 

(3)
0,5

v 2 sin 2 
v2

a
thay vào (2)  a1  2 tan 3   2
H cos 
H
cos

Thay (*) và (**) vào phương trình (4):

(4)
0, 5

3


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Ta được:

v 2 tan 3 
3  tan 2 
1
.cot  
 2
(5)
2
cos
gH

Dùng định luật bảo toàn cơ năng cho hệ:

1
1
mv12  2mv 22  2mgh (6)
2
2

0,5

H
H
H(2sin   1)
Với h 
thay vào (6)


sin 30 sin 
sin 
 v12  2v 22  4gH

2sin   1
sin 

(7)
0,5

Từ (1) và (7): v 22 (3  tan 2 )  8gH(1 

1
)
2 sin 

(8)

Kết hợp (5) và (8) ta được:

3  tan 2 
1
8 tan 3 
1
cot 


(1 
)
2
2
cos (3  tan )
2sin 

(0.25đ)
0,5

(9)

Giải phương trình (9) và kết hợp với điều kiện   300 ta được   450

Bài 2 (4 điểm)
* Trường hợp 1: trụ lăn không trượt:

F

R

a/2
0,5
Hình 1

M

f

+ Phương trình chuyển động tịnh tiến của hình trụ: F  f  m
+ Phương trình chuyển động của vật:

Mg  F  Ma
4

a
2

(1)
0,5
(2)


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

+ Phương trình chuyển động quay của trụ: (F  f )R  I 

Từ (1), (2), (3) ta tính được f 

ma
3ma
; F
; a
8
8

mR 2 a
2 2R

g
3m
1
8M

(3)

(4)

Trụ sẽ không trượt nếu f  mg hoặc


0,5

0,5

1
với μ là hệ số ma sát.
3m
8

M

* Trường hợp 2: Trụ vừa lăn vừa trượt: Gọi gia tốc góc của trụ là γ, gia tốc
của trục trụ là b.
+ F  f  mb

(5)

mR 2
+ (F  f )R  I 

2

(6)

0,5

+ Mg  F  Ma

(7)

0,5

Các gia tốc liên hệ với nhau bởi điều kiện:
0,5

a  b  R ; f  mg

(8)

m
3M với   1
Từ (5), (6), (7), (8) ta suy ra: a  g
m
3m
1
8
3M
M
1

0,5

Bài 3 (Cơ học thiên thể)
+ Momen động lượng và cơ năng của hạt của hạt bảo toàn:
1
mv 2  kr n  hs; L  mr 2   hs
2
2

1,0
2

L2
 dr 
 dr 
ta có: v     (r ) 2     2
 dt 
 dt  mr
2

5


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

thay vào pt bảo toàn năng lượng:

1 dr 2 L2
m( ) 
 kr n  hs
2 dt
2m

L2
đặt U 
 kr n gọi là thế năng hiệu dụng trong HQC chuyển động quay
2
2mr

1,0

với veto bán kính r qua vật.
+ Muốn vật chuyển động tròn thì: dr/dt=0
dU
L2
L2
  3  knr n 1  0  r0 n 1 
dr
knm

mr

(1)

0,5

+ Muốn cho chuyển động của hạt ổn định thì thế năng của vật cực tiểu tại r=r0
hay động năng cực đại. Khi đó nếu vật lệch khỏi vị trí cân bằng thì có lực kéo
vật về vị trí cân bằng.
1,0

2

Ta có:

d U(r0 )
0
dr

(2)

Thay (1) vào (2) ta có:

kn  0
Điều kiện: 
n  2

Có hai khả năng xẩy ra là (k>0 và n>0)
0,5

hoặc (k<0 và -2
Câu 4 (4 điểm)
a) Nhiệt độ nhỏ nhất của chu trình ứng với nhiệt độ trên quá trình 1 - 2, nên:
T1  T2  300K

0,5

6


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Xét quá trình 2 – 3 là đẳng áp:

V
V2 V3

=> T3  3 .T1  3T1  900K
T2 T3
V2

Xét quá trình 3 – 4: p.V 2  const
Áp dụng M – C cho 1mol khí: p.V  R.T

0,5

=> T.V  const (1) => T3 .V3  T4 .V4 => T4 

V3

9
.T3  T1  675K
V4
4

b) Lấy vi phân hai vế phương trình (1) ta được : V.dT  T.dV  0
Hay: dT  

0,5

T
.dV
V

- Nhận thấy, thể tích khí luôn tăng khi biến đổi trong quá trình 3 – 4 → dV  0
Theo đó dT  0 . Vậy trong quá trình 3 – 4, nhiệt độ của khí luôn giảm

0,5

c) Tính nhiệt lượng khí nhận được trong từng quá trình:
+ Quá trình 1 – 2: Đẳng nhiệt: Q12  A12  R.T1 .ln

V2
 R.T1 .ln 4  0 => Hệ
V1

0,5

tỏa nhiệt
+ Quá trình 2 – 3: Đẳng tích: Q23  Cp .(T3  T2 )  5RT1  0 →Hệ nhận nhiệt

Quá trình 3 – 4: Nhiệt dung không đổi và bằng C 

R
2

3
→ Q34  C.(T4  T3 )   RT1  0 => Hệ tỏa nhiệt
8

Quá trình 4 – 1: Đẳng tích: Q 41  CV .(T1  T4 )  

0,5
15
RT1  0 => Hệ tỏa nhiệt
8

Công sinh ra trong chu trình là: A  Q12  Q 23  Q34  Q 41  (

7

11
 ln 4)RT1
4

0, 5


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369



=> Hiệu suất chu trình là:

A
 27, 27%
Q23

0, 5

Bài 5 (3 điểm)
Dán miếng dính lên một điểm thuộc đường tròn lớn có độ chia, thả quả
cầu nổi trên mặt nước thì đường tròn lớn có độ chia thuộc mặt phẳng thẳng
đứng.
1,5

Đọc số đo góc ở tâm của phần nổi là 2
Tính được độ cao của chỏm cầu: h = R(1 – cos)

(1)

Quả cầu cân bằng nên trọng lực tác dụng lên quả cầu bằng lực đẩy Acximet ta
được:
D(V – Vt) = D0(V – Vc)

(2)
0,5

Trong đó: V là thể tích ngoài của quả cầu, Vt là thể tích trong, Vc là thể tích
chỏm cầu nổi trên mặt nước.

Thể tích chỏm cầu là: Vc =

Từ (1), (2) và (3) ta có:

14 3 h 1 h
2
πR
 V
πR 2 h =
23
R 2 R
3

D
r
= 3 1 - 0 1 + cosα 
R
2D

8

(3)
1,0


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

9