Đề thi học sinh giỏi 2018 môn vật lý chuyên lê quý đôn, đà nẵng

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

SỞ GD&ĐT ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LÊ QUÝ ĐÔN

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM HỌC 2017-2018
MÔN THI: VẬT LÝ.
KHỐI: 10
(Thời gian: 180’ không kể thời gian giao đề)

Câu 1. (5 điểm)
1. Một hòn đá được ném lên từ mặt đất với vận tốc ban đầu v 0 theo phương hợp
với mặt phẳng nằm ngang một góc α. Trong quá trình bay, vec-tơ vận tốc quay.
Tìm giá trị cực đại và cực tiểu của tốc độ góc của phép quay đó. Coi mặt đất là
phẳng và bỏ qua ma sát của không khí.
2. Cùng vị trí và thời điểm ném hòn đá, người ta ném thẳng đứng lên trên một hòn
bi cũng với vận tốc ban đầu v0. Hỏi góc α phải bằng bao nhiêu để khoảng cách
giữa hai vật là cực đại. Khoảng cách cực đại đó bằng bao nhiêu? Cho rằng khi
chạm đất, vận tốc của hai vật lập tức triệt tiêu.
Câu 2. (4 điểm)
Một vành tròn mảnh khối lượng m bán kính R
quay quanh trục đi qua tâm và vuông góc với
mặt phẳng của vành với vận tốc góc 0 .
Người ta đặt nhẹ nhàng vành xuống chân của
một mặt phẳng nghiêng góc  so với phương

ω0
α
Hình 1

ngang (như Hình 1). Hệ số ma sát trượt giữa vành và mặt phẳng nghiêng là  . Bỏ
qua ma sát lăn.
1. Tìm điều kiện của góc α để vành đi lên trên mặt phẳng nghiêng.
2. Tính thời gian để vành lên đến độ cao cực đại và quãng đường vành đi lên được
trên mặt phẳng nghiêng.
Câu 3. (4 điểm)


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Một tàu vũ trụ chuyển động theo quỹ đạo tròn quanh Trái đất ở độ cao h = R D (RD
= 6400 km là bán kính Trái đất). Tại thời điểm tàu vũ trụ có vận tốc v0 thì từ tàu
phóng ra một robot thăm dò có vận tốc u cùng hướng với v0 để đi tới một hành
tinh khác. Vận tốc phần còn lại của tàu ngay sau khi phóng có vận tốc v1 ngược
hướng với u và sau đó chuyển động theo một quỹ đạo elip đi tới gần bề mặt Trái
đất ở điểm đối diện với với điểm xuất phát của robot.
1. Hỏi khối lượng của robot có thể chiếm một phần tối đa bằng bao nhiêu khối
lượng của tàu vũ trụ.
2. Khi tàu quay trở lại vị trí mà robot được phóng ra thì người ta tăng tốc tàu theo
phương tiếp tuyến để tàu trở lại quỹ đạo ban đầu. Tính năng lượng cần cung cấp
cho tàu.
Câu 4. (4 điểm)
Trong một động cơ nhiệt có n mol khí lý

p

tưởng đơn nguyên tử thực hiện một chu

3p0

trình biến đổi 1 – 2 – 3 – 4 – 1 cho trên

2p0

Hình 2.
1. Tính công sinh ra trong một chu trình

2
1

3

p0

theo p0, V0.
2. Tìm hiệu suất của chu trình.

4
2V0 3V0 4V0 V

Hình 2

3. Tìm hiệu suất lí tưởng của một động cơ có nhiệt độ nguồn nóng và nguồn lạnh là
nhiệt độ cao nhất và thấp nhất của chu trình trong Hình 2.
Câu 5. (3 điểm)
Cho các dụng cụ sau:

- Một mặt phẳng nghiêng có thể thay đổi góc nghiêng α
- Lực kế
- Bình chứa nước và nước đã biết trọng lượng riêng  0 .
- Thước đo góc.

O2

O1


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

- Một hình cầu bằng thuỷ tinh, bên trong có một bọt khí

Hình 3

hình cầu (Hình 3). Thuỷ tinh đã biết trọng lượng riêng γ.
Yêu cầu: Xác định đường kính của hình cầu, của bọt khí và khoảng cách O1O2 từ
tâm hình cầu đến tâm bọt khí.
Biết rằng quả cầu chìm hoàn toàn trong nước, khối lượng móc treo không đáng kể.
GV: Phan Thế Hiếu

SĐT: 0906438314


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

SỞ GD&ĐT ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LÊ QUÝ ĐÔN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM HỌC 2017-2018
MÔN THI: VẬT LÝ.
KHỐI: 10
(Thời gian: 180’ không kể thời gian giao đề)

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu 1 (5 điểm)
Nội dung

Ý

Điểm

1. Xét chuyển động của hòn đá
gt 2
vx = v0cosα, v y  v0 sin  gt ; x1 = v0(cosα)t; y1 = v0 ( sin )t 
2

0,5

Xét tại thời điểm t, lúc đó vt hợp với phương ngang một góc φ.
Ta có ω =

vt
với R là bán kính chính khúc)
R

vt2
v
Gia tốc hướng tâm an   g cos   g x
R
vt
 

gvx
gv0cos
 2 2
2
vt
v0 cos   (v0 sin  gt ) 2
gv0cos


v02

0,5


gt 2 
 2 g  v0 ( sin )t 

2 




gv0cos

v02  2 gy1

0,75

ωmax khi v02  2 gy1   y1max
min
y1max khi vy = v0sinα – gt = 0  t =

v0 sin
g
 max 
g
v0cos

0,75

gv0cos
v02

0,5

ωmin khi v02  2 gy1   y1 = 0  min 
max
2. Xét hòn bi
gt 2
2v
y2  v0t 
; x2  0; t  0
2
g

0,25


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Xét hòn đá
gt 2
2v sin
y1  v0 (sin  )t 
; x1  v0 (cos )t ; t  0
2
g

0,25

Khoảng cách giữa hai vật tại thời điểm t

d  ( y1  y2 ) 2  x12

d 
2

2v sin
8v04 2
)
sin )  2 sin  (1  sin ) (vì t  0
g
g

0,5

8v04 2
32v04 sin  sin 
sin  (1  sin )  2
(1  sin )
2
2
g2
g

0,25

2vo2t 2 (1 

Xét f ( ) 

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số
Ta có

sin  sin 
1
(1  sin ) 
2
2
27

0,25

32v04

d 
27 g 2
2

dmax =

0,25

4 2 v02
2
, khi sin      420
3 3 g
3

0,25

Câu 2: (4 điểm)
Nội dung

Ý
1.

Điểm

N

Fms

ω0

α
P

Do vận tốc ban đầu của khối tâm bằng 0 nên khi đặt xuống vành vừa
quay vừa trượt trên mặt phẳng nghiêng.

0,5

Phương trình động lực học cho chuyển động của khối tâm:
Fms  mgsin  ma  mg cos  mg sin   ma

0,5


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

a  g (  cos  sin  )

Để vành đi lên được mặt phẳng nghiêng thì a > 0 → μ > tanα

0,5

2. Vận tốc khối tâm tăng dần trong khi vận tốc góc giảm dần. Đến khi v =
ω.R thì vành sẽ lăn không trượt. Ta xét 2 giai đoạn:
* Giai đoạn vừa quay vừa trượt
Phương trình chuyển động quay:  Fms .R  mR 2    

 g cos 

0,25

R

Đến thời điểm t1, vành kết thúc trượt. Vận tốc của khối tâm và vận tốc
góc lúc này là
v1  at1  g ( cos  sin  )t1

1  0   t1  0 
Do v1  1.R  t1 

 g cos 
R

.t1

0 R
g (2  cos   sin  )

→ v1  (  cos   sin  ).

0,5

0 R
(2  cos   sin  )

0,25

Quãng đường mà vành đi lên được trong giai đoạn này
v12 02 .R 2 (  cos  sin  )
S1 


2a  2 cos   sin  2 .2 g

0,25

* Giai đoạn lăn không trượt: Lực ma sát nghỉ hướng lên trên. Phương
trình động lực học cho chuyển động quay quanh tâm quay tức thời:

mgR sin   2mR 2   

 g sin 
2R

0,25

Gia tốc khối tâm của vành là: a '   .R 

 g sin 
2

Thời gian vật chuyển động lên trong giai đoạn này được xác định từ
phương trình

0  v1  at2  t2  (  cos   sin  ).

20 R
g sin  (2 cos   sin  )

Quãng đường vật lên được trong giai đoạn này:

0,25


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
2


v12 
0 R
1
s2 
  (  cos   sin  ).
2a ' 
2 cos  sin   g sin 

Thời gian vật đi lên bằng t  t1  t2 

0 R
g sin 

02 R 2 (  cos   sin  )
Quãng đường vật đi lên s  s1  s2 
2 g sin  (2 cos   sin  )

0,25

0,25

0,25

Câu 3. (4 điểm)
Nội dung

Ý
1.
v1

m

Điểm

Gọi M là khối lượng của tàu vũ trụ và

u

v0

A

m là khối lượng của robot.
Tại thời điểm tàu phóng ra robot, áp
dụng định luật bảo toàn động lượng:
mu  M 1v1  Mv0

O

 mu   M  m  v1  Mv0
B

v2

Suy ra:

m v0  v1

(1)
M u  v1

0,5

Áp dụng định luật II Niu-tơn cho chuyển động của con tàu trên quỹ đạo
tròn bán kính R = h + RD = 2RD:
G

M D .M

 2RD 

2

Mv02
GM D

 v0 
2 RD
2 RD

0,5

Vì ở rất xa Trái đất (sau khi phóng một thời gian) nên động năng và thế

năng hấp dẫn của trạm tại đó đều bằng 0; áp dụng định luật bảo toàn cơ
năng ta có:

mu 2
M m
GM D
(3)
G D 0u 
2
(2 RD )
RD

0,5

Xét phần còn lại của tàu chuyển động trên quỹ đạo elip. Áp dụng định
luật bảo toàn năng lượng tại A và tại B ta có
M1v12
M D M1 M1v22
M M
G

 G D 1 (4)
2
2 RD
2
RD

0,5

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Vì v1 và v2 vuông góc với các bán kính vec-tơ OA và OB nên áp dụng
định luật 2 Kepler ta có

0,5

v1.2RD  v2 .RD  v2  2v1 (5)

0,25

Từ (4) và (5) rút ra
v1 

GM D
(6)
3RD

1
1

m
3  3  2  0,8
 2
Thay (2), (3), (6) vào (1) ta được:
1
M
6 2
1
3

0,25

2. Từ (4) và (6) ta có năng lượng của tàu trên quỹ đạo elip
W1  

0,5

GM 1M D
3RD

Để chuyển động trên quỹ đạo tròn thì vận tốc của tàu phải là
v0 

GM D
2 RD

→ Năng lượng của tàu trên quỹ đạo tròn:

1
MM
MM
W2  M1v02  G 1 D  G 1 D
2
2 RD
4 RD

Vậy năng lượng cần cung cấp cho tàu là:
W  W2  W1 

GM1M D
( M  m) M D
M .M D
G
G
12 RD
12 RD
60 RD

0,5

Nội dung

Điểm

Câu 4 (4 điểm)
Ý

1 Tổng công mà khí sinh ra trong một chu trình | A | 2 p0V0

0,5

2. Ta có quá trình 1-2: khí thu nhiệt
Nhiệt lượng khí nhận được:

Q12   A12  ΔU12 

5 p0V0 3n
 R T2  T1   10 p0V0
2

2

0,25


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Quá trình 3-4: khí toả nhiệt
Xét quá trình 2-3 ta có:

 p0 2

  V  6 p0V 
pV  V0
p
 (1)

p   0 V  6 p0  T 
nR
nR
V0
Ta có
3
2

 Q  dU  pdV  nRdT  pdV

 p

3  p0

2V  6 p0  dV    0 V  6 p0  dV
2  V0

 V0


Q  

 4 p0

V  15 p0  dV
 V0


Q  

Khí nhận nhiệt khi δQ > 0


0,5

4 p0
15
V  15 p0  0  V  V0 .
V0
4

Vậy nhiệt lượng khí nhận trong quá trình 2-3 là:
Q23 

0,25

15
V0
4 



3V0


4 p0
9p V
V  15 p0  dV  0 0

8
 V0


 p0

  V  4 p0 V
pV  V0
p
 (2)

Xét quá trình 4-1: p   0 V  4 p0 → T 
nR
nR
V0

 2 p0


V

4
p

0
3nR  V0
 dV    p0 V  4 p  dV
 Q  dU  pdV 

0
2
nR
 V0
 .
 4 p0

V  10 p0  dV
 V0


Q  

Khí nhận nhiệt khi  Q  0 → 

0,5
4 p0

V  10 p0  0  V  2,5V0
V0

0,25


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Nhiệt lượng khí nhận là: Q41 

2,5V0



3V0

 4 p0

pV
V  10 p0  dV  0 0

2
 V0


0,25

Hiệu suất của chu trình
H

A
 17,2%
Q12  Q23  Q41

3 Ta có T2  T4 ; T2  T1; T3  T4 ; T3  T1
Nên nhiệt độ cao nhất của chu trình nằm trong quá trình 2-3 và nhiệt độ
thấp nhất chu trình nằm trong quá trình 4-1

0,25

Xét quá trình 2-3

 p0 2

  V  6 p0V 
pV  V0


Từ (1) ta có  T 
nR
nR
→ Tmax khi V = 3V0 → Tmax  T2 

9 p0V0
nR

0,5

 p0


  V  4 p0 V
pV  V0


Xét quá trình 4-1, từ (2) ta có T 
nR
nR

dT 

2 p0
V  4 p0
V0
dV
nR

Ta thấy Khi V giảm từ 3V0 về 2V0 thì T tăng (do dT > 0)
Vậy nhiệt độ thấp nhất của chu trình là Tmin  T4 

p0 .3V0
nR

0,5

Hiệu suất lí tưởng
H 1

Tmin
3
 1   66,7%

Tmax
9

0,25

Câu 5. (3 điểm)
Nội dung
Ý

Điểm


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Gọi r là bán kính bọt khí và R là bán kính hình cầu.
Dùng lực kế, đo được trọng lượng của quả cầu.
0,5

4
P1   ( R3  r 3 ) (1)
3

Nhúng quả cầu vào nước, dùng lực kế đo trọng lượng biểu kiến của quả
cầu
4
4
P2   ( R3  r 3 )   R3 0 (2)
3
3

Từ (1) và (2) tính được bán kính của hình cầu: R  3

0,5
3( P1  P2 )
4 0

0,5



3  ( P1  P2 )  P1 
3  0

Thay R vào (1) ta tính được r 
4

0,5

Đặt quả cầu lên mặt phẳng nghiêng và nghiêng dần tới góc α thì cầu bắt

0,5

đầu lăn. Khi đó khối tâm G nằm trên đường thẳng đứng đi qua điểm
tiếp xúc.

O1 G

O2

α

Ta có O1G  l  R sin 
Đặt a  O1O
Ta có:

4 3
4
4
 r  ga   ( R3  r 3 )  g.l   ( R3  r 3 )  gR.sin 
3
3
3

R3  r 3
a
R.sin 
r3

0,5


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Với R và r đã tính được, α đo bằng thước đo góc, tính được a = O1O