Đề thi học sinh giỏi 2018 môn vật lý chuyên hưng yên

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
HƯNG YÊN
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC
DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2018
Môn: Vật lý 10
Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (4 điểm).

Một mô hình động cơ hơi nước đặt nằm
ngang trên mặt sàn nhẵn. Tay quay OA có chiều dài
r và quay đều với tốc độ góc ω, điểm B luôn chuyển
động thẳng. Thanh truyền AB dài bằng tay quay. Coi
khối lượng của các bộ phận chuyển động rút về
thành 2 khối lượng m1 và m2 tập trung ở A và B,
khối lượng của vỏ động cơ là m3 (hình 1).

A
B

O

Hình 1

1. Cho rằng vỏ động cơ chỉ chuyển động ngang và ban đầu pit-tông ở vị trí xa nhất về
bên trái. Xác định phương trình chuyển động của vỏ động cơ.
2. Nếu động cơ được bắt vít xuống nền bằng bu-lông, tìm áp lực của động cơ lên nền và

lực cắt ngang bu-lông. Bỏ qua lực căng ban đầu của bu-lông.
Câu 2 (4 điểm).

Một khối trụ đặc có bán kính R, khối lượng m, lăn không
trượt trên mặt sàn nằm ngang rồi va vào một bức tường thẳng
đứng cố định (trục của khối trụ luôn song song với mặt sàn và
tường). Biết hệ số ma sát giữa khối trụ và bức tường là ; vận tốc
của trục khối trụ trước lúc va chạm là v0; sau va chạm thành phần
vận tốc theo phương ngang của trục giảm đi một nửa về độ lớn;

0

R

v0

2
5

mômen quán tính đối với trục của khối trụ là I  mR 2 (hình vẽ).
Bỏ qua tác dụng của trọng lực trong lúc va chạm và bỏ qua ma sát lăn.
Tính động năng của khối trụ và góc giữa phương chuyển động của nó với phương nằm
1
8

1
5

ngang ngay sau khi va chạm trong hai trường hợp,   và   .
Câu 3 (4 điểm).

Một vệ tinh chuyển động tròn đều quanh Trái Đất ở độ cao R = 3R0 so với tâm O của
Trái Đất. Bán kính Trái Đất là R0 = 6400km.
1. Tính vận tốc V0 và chu kỳ T0 của vệ tinh.
2. Vệ tinh đang chuyển động tròn trên bán kính R thì tại
điểm A vận tốc đột ngột giảm xuống thành VA nhưng giữ nguyên

.
B O
A


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

hướng; vệ tinh chuyển sang quỹ đạo elip và tiếp đất tại điểm B trên đường OA (O, A, B thẳng
hàng). Tìm vận tốc vệ tinh tại A, B và thời gian nó chuyển động từ A đến B.
Cho vận tốc vũ trụ cấp I là VI = 7,9 km/s. Bỏ qua mọi lực cản.
Có thể dùng phương trình chuyển động của một vệ tinh trên quỹ đạo :
 d 2 r  d  2 
Mm
m 2 
 r   G 2
r
 dt  
 dt

và định luật bảo toàn mômen động lượng : mr 2

d
 const .

dt

Câu 4 (4 điểm).

Một lượng khí lí tưởng đơn nguyên tử thực hiện một

P

5

chu trình ABCDECA (Hình 1). Cho biết PA=PB=10 Pa,
PC=3.105 Pa,

PE=PD=4.105 Pa,

TA=TE=300K,

PE

E

D

VA=20l,

VB=VC=VD=10l, AB, BC, CD, DE, EC, CA là các đoạn thẳng.
1. Tính các thông số TB, TD, VE.
2. Tính tổng nhiệt lượng mà khí nhận được trong tất cả
các giai đoạn của chu trình mà nhiệt độ khí tăng.

C

PC
B

PA
O

VE

VB

A
VA V

3. Tính hiệu suất của chu trình.

Câu 5 (4 điểm).

Người ta nhúng một dây đun bằng mayso vào một bình nước. Biết công suất toả nhiệt P
của dây đun và nhiệt độ môi trường ngoài không đổi, nhiệt lượng của nước truyền ra môi
trường ngoài tỉ lệ thuận với độ chênh lệch nhiệt độ giữa nước trong bình và môi trường. Nhiệt
độ của nước trong bình ở thời điểm x được ghi bằng bảng dưới đây:
x(phút)
0
1
2
3
4
5

0
T( C)
20
26,3 31,9
36,8
41,1
44,7
Hãy dùng cách tính gần đúng và xử lý số liệu trên để trả lời các câu hỏi sau.
1. Nếu đun tiếp thì nước có sôi không? Nếu không sôi thì nhiệt độ cực đại của nước là
bao nhiêu?


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

2. Nếu khi nhiệt độ của nước là 600C thì rút dây đun ra. Hỏi nước sẽ nguội đi bao nhiêu
độ sau thời gian 1phút? 2 phút?
...............................Hết...........................

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ..........................................; Số báo danh: .....................................

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
HƯNG YÊN
ĐÁP ÁNĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI
VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2018
Môn: Vật lý 10
Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1
(4 điểm)

Điểm

Nội dung
+ Xét tại thời điểm t góc quay của vật
BOA = φ = ωt (hình 2a). Các bộ phận
có khối lượng m1, m2 có vận tốc lần lượt
là v1 và v2 trong hệ quy chiếu gắn với
vỏ. Vỏ có vận tốc v3 đối với sàn.
+ Theo phương ngang hệ không chịu
tác dụng của ngoại lực nên bảo toàn
động lượng:

V1
A
0.25
B V2H O
Hình 2a

m3v3 +m2(v2 + v3) +m1(v1sinωt + v3) = 0
1.

=> v3 = -

v2 = -

v3 = -

m2 v2  m1v1 sin t
(1) với v1 = ωr,
m1  m2  m3

dOH
d ( rcost )
dOB
= -2
=2
= 2ωrsinωt (2) thay (2) vào (1) ta có:
dt
dt
dt
(2m2  m1 )r sin t
(3).
m1  m2  m3

0.25
0.25
0.25

0.25


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Lấy nguyên hàm của (3) x =

(2m2  m1 ) rcost
+C

m1  m2  m3

0.25

Chọn x = 0 tại t = 0 ta có C =

(2m2  m1 ) r
m1  m2  m3

0.25

vậy x =

(2m2  m1 ) r ( cost  1)
.
m1  m2  m3

0.25

+ Xét cả hệ chỉ có v1 có thành phần vận tốc theo phương thẳng đứng:

2.

vy = v1cosωt = ωrcosωt, do đó áp lực của hệ lên sàn theo phương thẳng đứng là
d ( m1 y )
N = (m1+m2+m3)g +
dt
N = (m1+m2+m3)g - m1ω2r.sinωt.

0.25

0.25
0.5

+ Động lượng của hệ theo phương ngang khi vỏ được giữ đứng yên là
p = m2v2 + m1v1sinωt = (m1 +2m2)ωr.sinωt.

0.5

+ Do đó lực cắt ngang bulong là
T=

dp
= (m1 +2m2)ω2r.cosωt.
dt

0.5

Câu 2
(4 điểm)
+ p dụng hai định l biến thiên và chú là v x 

v0
.
2

hối trụ trong quá trình va chạm còn chịu thêm tác dụng của phản lực N vuông

1

góc với tường, hướng ngược chiều va chạm và lực ma sát Fms hướng lêntrên theo

chiều Oy. Như vậy chuyển động theo phương y sẽ xảy ra hai khả năng:
TH1: trong quá trình va chạm khối trụ luôn luôn lăn có trượt
TH2: trong quá trình va chạm, đầu tiên khối trụ lăn có trượt trong khoảng 1 sau
đó lăn không trượt trong khoảng 2 .

0.25


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

a) Trong thời gian va chạm  , theo phương Oy khối trụ luôn luôn lăn có trượt.
* Định l biến thiên động lượng:

y
0.25



Theo Ox:

 1
 3
mv0    mv0   mv0   Ndt
 2
 2
0

Theo Oy:

mv y    Ndt



(2)

0

Từ (1) và (2): tg 

vy
vx



vy
v0 / 2

(1)

3
 v y  v0
2

N
N

x

 3 ;

0.25

0.25

+ Định l biến thiên mômen động lượng:


I(  0 )  R  Ndt (3)   
0

4  15
v0
4R

0.25

+ Điều kiện trên xẩy ra nếu khối trụ vẫn trượt trong va chạm.
vy R   

4
 0,19 .
21

0.25

1
 0,125  0,19 tương ứng trường hợp suốt quá trình va chạm khối
8
trụ luôn luôn lăn có trượt
+ Giá trị  



4  15
17
v0 
v0
4R
32R

0.25

0.25

Động năng
2
2
I2 m  1 2  3   m 2  17  2
E

  v0   v0    R 
 v0
2
2
2  4
 16   5
 32R 
E  0,34mv 02  0,68E 0

m(v 2x  v 2y )

0.25

+ Giá trị   0, 2  0,19 tương ứng trường hợp trongquá trình va chạm khối trụ lăn
2

có trượt trong khoảng thời gian 1và lăn không trượt trong khoảng thời gian 2.
1

mv y    Ndt
0

0.25

1

(4); I(1  0 )  R  Ndt

(5)

0

+Sau khoảng thời gian 1 khối trụ lăn không trượt theo phương y với vận tốc vy:

0.25


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

1 

vy
R

; 0 

v0
R

thay

vào

(4)

và

(5)

 vy v 
2
 mR 2   0   Rmv y ;
5
R R

2
2v
v y  v0 ; 1  0
7
7R

tg 

vy
vx



4
7

0.25
0.25

0.25

Động năng sau va chạm là

E

m  v 2x  v 2y 
2

4 
1
m  v02  v 02  2 mR 2 4 2 v 02
I
297
4
49  5
49R


 


mv 02  0,3E 0
2
2
2
1960
2
1

0.5

Câu 3
(4 điểm)
+ Gọi M và m lần lượt là khối lượng Trái Đất và vệ tinh. Lực hấp dẫn của Trái
Đất lên vệ tinh đóng vai trò lực hướng tâm nên:
1

GMm mv02
GM V1
 V0=
=
= 4,56 km/s

2
3R0
R
R

3
Chu kỳ quay của vệ tinh: T0 

0.5

2R
 26449s  7,35 h
V0

0.5

+ Từ hai phương trình cho ở đề bài ta được phương trình:

2

d 2 r (c / m)2
GM

  2
2
3
dt
r
r
+ Khi vệ tinh chuyển động với bán kính R = const thì:

(1)

0.5

c
(2)
( ) 2  GMR
m
+ Áp dụng định luật bảo toàn mômen động lượng và bảo toàn cơ năng ta có:

0.25

VA .3R  VB .R
mVA2 GMm mVB2 GMm



2
3R0
2
R0

(3)

0.25

(4)
0.5

VI
 3, 23 km/s ; VB  9, 68 km/s
6
AB
+ Bán trục lớn quỹ đạo elip của vệ tinh: a 

 2 R0
2
+ Từ (3) và (4) ta được: VA 

0.5
0.25


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

3

3

+ Áp dụng định luật 3 Keppler ta có:

a3
R
a3


T

T
4h
0
T 2 T02
R3

+ Thời gian vệ tinh chuyển động từ A đến B là: t = T/2 = 2 h.

Câu 4
(4 điểm)
1

0.5
0.25

+ Áp dụng phương trình trạng thái ta có:
PAVA=nRTA nR=PAVA/TA=20/3

0.5

TB=PBVB/nR=150K, TD=PDVD/nR=600K, VE=nRTE/PE =5l
+ Khí nhận nhiệt trong quá trình đẳng tích BD và một giai đoạn trong quá trình
3
3 20
biến đổi ECA: Q1=QBD=n. R(TD-TB)=
(600  150) =4500 J
2
2 3
- Phương trình của đường thẳng ECA:

P  PA
P P
V
= E A  P    5 (1)
V  VA VE  VA
5

0.5

0.25

0.25

(V đo bằng l, P đo bằng 105Pa)
2
 T=

PV 3
V2
 (
 5V) (2) (T đo bằng 100K)
nR 20
5

0.25

T= TMax=468,75K khi Vm=12,5l; T tăng khi 5V12,5l
Vm ứng với điểm F trên đoạn CA. Trong giai đoạn EF nhiệt lượng nhận được là:
Q2=U+A với U=n.

3
R(Tmax-TE) =1687,5 J
2

A=diện tích hình thang EFVmVE=2437,5J
 Q2=1687,5+2437,5= 4125 J
Tổng nhiệt lượng mà khí nhận được là Q=Q1+Q2=4500+4125=8625J
+ Công sinh ra trong một chu trình là:

3

A=dt(ABC)-dt(CDE)  A=750J
Hiệu suất của chu trình: H=A/Q=750/8625 8,6%

0.25

0.25
0.25
0.5
0.5
0.5

Câu 5
(4 điểm)
+ Gọi nhiệt độ của nước tăng thêm trong thời gian 1 phút là ΔT0, gọi T là nhiệt độ
của nước sau mỗi phút, T0 là nhiệt độ của môi trường. ΔT0 là hàm của T. Gọi Δx
là khoảng thời gian đun nước, vì nhiệt lượng của nước truyền ra môi trường ngoài
tỉ lệ bậc nhất với độ chênh lệch nhiệt độ giữa nước trong bình và môi trường nên
1

0.5


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

ta có : PΔx – k(T-T0)= C.ΔT0
(C là nhiệt dung riêng của nước, k là hệ số tỉ lệ dương).
+ Theo bảng, chọn Δx=1phút. Ta có:
T0

6,3
5,6
4,9
4,3
3,6

0.5

T

O
26,3 31,9 36,8 41,1 44,7

 P.x  k .T0  k .
T 0  
  .T  a  b.T
C

 C

0.5

+ Mặt khác từ bảng số liệu đề bài cho ta có thên bảng chứa ΔT0 như sau:
x(phút)
0
0
T( C)
20
ΔT0
0

Từ bảng này vẽ đồ thị :

1
26,3
6,3

2
31,9
5,6

3
36,8
4,9

4
41,1
4,3

5
44,7
3,6

6,3  a  26,3.b
tìm được a=90; b=0,1.
5,6  a  31,9.b

+ Từ đồ thị hoặc giải hệ: 

+ Ta thấy Tmax khi ΔT0 =0: Tmax=a/b=900C. Nước không thể sôi dù đun mãi.

0.5

0.25
0.25

hi rút dây đun, công suất cung cấp cho nước P=0:

2

 k .T  k
T 0   0   .T  bT0  b.T  b(T0  T )  0,1.( 20  60)  4 0 C
 C  C

0.5

Vậy sau 1phút nước nguội đi 40C.
+ Ở phút thứ 2 nước nguội đi:

T 0  bT0  b.T  b(T0  T )  0,1.(20  56)  3,6 0 C

0.5

Vậy Tổng sau 2 phut nước nguội đi: 7,60C

0.5


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

-------------------------- Hết ----------------------Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.