Đề thi học sinh giỏi 2018 môn vật lý chuyên lương văn tụy, ninh bình

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

TRƢỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC

LƢƠNG VĂN TỤY

DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2018

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Môn: VẬT LÝ 10
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang)

Câu 1. Cơ học chất điểm (5,0 điểm)
Tại đầu một tấm ván người ta đặt một vật
nhỏ có khối lượng bằng hai lần khối lượng tấm
v0
ván. Ban đầu cả hai vật đang chuyển động thẳng
đều với vận tốc v 0 hướng về phía bức tường thẳng
Hình 1
đứng (Hình 1). Vectơ vận tốc hướng dọc theo tấm
ván và vuông góc với tường. Bỏ qua ma sát giữa
tấm ván và mặt bàn. Coi va chạm giữa tấm ván và tường là tuyệt đối đàn hồi và xảy ra
tức thời, còn hệ số ma sát giữa vật và ván bằng  .
1. Tìm quãng đường x1 mà vật nhỏ đi được so với tấm ván sau lần va chạm đầu tiên.
2. Tìm độ dài cực tiểu của tấm ván để vật không bao giờ chạm vào tường.
Cho biết : 1  a  a 2  a3  ...  a n 

1  a n1
1 a

Câu 2. Cơ học vật rắn (4,0 điểm)
Hai quả đặc cầu đồng chất 1 và 2 có bán
kính tương ứng là R và 2R được làm bởi cùng một
loại vật liệu, được dán chặt với nhau để tạo thành
vật rắn. Ban đầu hai quả cầu được đặt thẳng đứng
trên mặt bàn nằm ngang, quả nhỏ ở dưới (Hình 2).
Do sự mất cân bằng nhẹ, hệ bị đổ xuống. Tìm vận
tốc của tâm các quả cầu ở thời điểm ngay trước khi
quả cầu lớn chạm sàn. Xét hai trường hợp:
1. Ma sát giữa quả bóng ở dưới và bề mặt là
rất lớn do đó không có hiện tượng trượt trong suốt
thời gian chuyển động.
2. Hoàn toàn không có ma sát giữa quả bóng
dưới và bề mặt.

2R

R
Hình 2

Câu 3. Cơ học thiên thể (4,0 điểm)
Trong không gian ở cách xa các thiên thể, có bốn ngôi sao giống nhau cùng khối
lượng m. Tại thời điểm t1, bốn ngôi sao nằm tại 4 đỉnh của một hình vuông nội tiếp trong
đường tròn tâm O bán kính R, vận tốc của 4 ngôi sao có độ lớn như nhau và hướng tiếp
tuyến với đường tròn theo cùng một chiều. Thừa nhận rằng quỹ đạo của mỗi ngôi sao
giống nhau, có dạng elip với O là một trong hai tiêu điểm. Ở thời điểm t2 sau đó, khoảng
cách từ mỗi ngôi sao đến O là nhỏ nhất và bằng r (r < R) trong đó vị trí của mỗi ngôi sao

1


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

nằm ở phía đối diện với vị trí của nó tại thời điểm t1 so với điểm O. Cho hằng số hấp dẫn
là G.
1. Tìm cơ năng của hệ.
2. Hãy xác định:
a) Các bán trục của elip quỹ đạo của mỗi ngôi sao.
b) Khoảng thời gian ∆t = t2 – t1.

p

2

Câu 4. Nhiệt học (4,0 điểm)
Một mol khí lí tưởng đơn nguyên tử
biến đổi trạng thái theo một chu trình trong
hệ tọa độ p-V như Hình 3. Các quá trình 2-3
và 4-1 là đoạn nhiệt thuận nghịch; các quá
trình 1-2 và 3-4 là các đoạn thẳng kéo dài đi
qua gốc tọa độ. Biết rằng hệ số góc của
đường 1-2 gấp 3 lần hệ số góc của đường 3-4.
1. Tính nhiệt dung của các quá trình 1-2
và 3-4 theo hằng số các khí R.
2. Tính hiệu suất của chu trình.

1

3

4
V
O

Hình 3

Câu 5. Phƣơng án thực hành (3,0 điểm)
Đo hệ số ma sát trượt giữa một vật bằng gỗ và mặt bàn nằm ngang.
Dụng cụ được dùng:
- Vật nhỏ hình hộp chữ nhật bằng gỗ.
- Mặt bàn nằm ngang có giá treo cố định.
- Một lò xo nhẹ chưa biết độ cứng, hai đầu có móc treo và hệ thống để gắn chặt lò
xo với các vật khác.
- Thước thẳng dài có độ chia phù hợp.
Yêu cầu trình bày:
- Cơ sở lý thuyết.
- Các bước tiến hành.
- Xử lý kết quả (không yêu cầu đánh giá sai số).
--------------HẾT--------------

2


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

TRƢỜNG THPT CHUYÊN
LƢƠNG VĂN TỤY

HDC THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC
DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2018
Môn: VẬT LÝ 10
(Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang)

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Câu
1
(5 điểm)

Nội dung

Điểm

1.
- Sau khi va chạm với tường, ván có vận tốc v0 hướng ngược lại.
Do vật không rời ván nên áp dụng định luật bảo toàn động lượng
và bảo toàn năng lượng, ta có :
2mv0  mv0  3m.v1
1
1
.2mg .x1   3m  v02   3mv12 ,
2
2
trong đó v1 là vận tốc khi vật và ván khi vật đã ngừng trượt trên
ván, x1 là quãng đường vật đi được trên ván sau va chạm đầu tiên.

Giải hệ trên → v1 

v0
2v 2
; x1  0
3
3g

0,5
0,5

1,0

2. Sau khi vật dừng lại trên ván, vật và ván lại tiếp tục chuyển
động như một vật với vận tốc v1 hướng vào tường, quá trình lặp
lại như trên. Sau va chạm lần hai, vận tốc của vật và ván khi vật đã
ngừng trượt và quãng đường x2 vật đi thêm được so với ván:
2

V 
2 1 
v
1
3
v2  1 ; x2    
3
3g g

1,0

- Quá trình như vậy lặp lại nhiều lần, và tổng quãng đường vật đi
được trên ván là :

s  s1  s2  ...  sn 

2v02  1 1
1
1   2  ...  n 
3g  9 9
9 

0,5

1
n
2v
3v02 
1
9



1  n  .
1
3g 1 
4 g  9 
9
2
0

1

0,5

- Để vật không rời ván thì độ dài ván lớn hơn hoặc bằng quãng
đường s sau nhiều lần va chạm n    : l  lim s 

3v02
. Vậy để
4µg

vật không va vào tường độ dài tối thiểu của ván là l 

3v02
4 µg

n 

0,5

0,5

3


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

2
(4 điểm)

1. Gọi m là khối lượng của bóng nhỏ
thì khối lượng của bóng lớn là 8m. Vì
O2

ma sát giữa bóng dưới và bề mặt rất
O1
lớn nên hệ quay quanh điểm tiếp xúc
0,25
H
giữa bóng dưới và mặt bàn.
- Khi bóng trên bắt đầu chạm sàn thì
K
đường nối tâm của chúng lập với
phương ngang 1 góc  = góc O2O1H
với sin  = R/3R = 1/3. Gọi K là điểm tiếp xúc giữa bóng dưới và 0,25
mặt bàn.
- Ta có: O1H  (3R) 2  R 2  2 2R

 O2 K  (2R) 2  O1H 2  2 3R
- Momen quán tính của 2 quả bóng đối với K tại thời điểm chạm
sàn là:
2
7
I1  mR 2  mR 2  mR 2
5
5
2
544
I 2  .8m.4R 2  8m.4R 2 
mR 2
5
5
- Gọi  là tốc độ góc của hệ ngay trước khi chạm sàn. Áp dụng
định luật bảo toàn cơ năng với gốc thế năng tại O1:

1
160g
8mg.3R  8mg.R  (I1  I 2 )2   
2
551R
- Vận tốc tâm của các quả cầu khi đó là:
160gR
v1  .R 
551

0,25

1920gR
551
2. Không có ma sát:
- Khối tâm G của hệ cách O1 1 đoạn
8R/3; cách O2 1 đoạn R/3
- Vì không có ngoại lực theo phương
ngang nên khối tâm chuyển động theo
phương thẳng đứng. Tâm O1 chuyển
động theo phương ngang nên ta xác
định được vị trí tâm quay tức thời của
hệ như hình vẽ

0,25

v 2  .O 2 K 

- Từ hình vẽ ta tính được: KO1 = 8R/9; KO2 =

K

0,25

0,25

0,25

0,25

G O2

O1

649R
9

- Momen quán tính của hệ đối với K là:
2
2
649 2 3514
 8R  2
2
2
I K  mR  m 
R 
mR 2
  .8m.4R  8m.
5
81

45
 9  5
- Định luật bảo toàn cơ năng:

0,5

0,5

4


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

1
720g
8mg.3R  8mg.R  IK 2   
2
1757R
- Vận tốc tâm của các quả cầu khi đó:
8 720gR
v1  .O1K 
9 1757
v 2  .O 2 K 
3
(4 điểm)

0,5

0,25
0,25

1 467280gR
9
1757

1. Do tính đối xứng nên tại mọi thời điểm các ngôi sao luôn nằm
tại 4 đỉnh của 1 hình vuông nào đó.
+ Gọi v và v’ lần lượt là vận tốc của 1 ngôi sao tại thời điểm t1 và
t2 trong hệ quy chiếu khối tâm.
Đối với ngôi sao bất kì, hợp lực tác dụng luôn có hướng đi
qua O. Áp dụng định luật bảo toàn mô-men động lượng đối với
trục quay qua O và vuông góc với mặt phẳng quỹ đạo:
mvr  mv ' r → v ' 

R
v (1)
r

0,5

+ Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng tại t1, t2:
1 2
Gm 2
Gm 2
1
Gm 2
Gm 2
2
(2)
4. mv  4

2
 4. mv '  4
2
2
2R
2
2r
R 2
r 2

+ Giải hệ (1) và (2) suy ra: v 

0,5

(2 2  1)Gm
r
.
(3)
2
R( R  r )

0,5

+ Cơ năng của hệ:
1 2
Gm2
Gm2
(2 2  1)Gm2
W  4. mv  4
2


 0 (4)
2
2R
Rr
R 2

0,5

2.
v

a
c

b

O

v'

R

r

a) Dễ thấy hai thời điểm t1 và t2 mỗi ngôi sao ở các cận điểm.
Suy ra: a 

Rr
(5)

2

0,25

Khoảng cách từ tâm elip đến tiêu điểm O:
c

Suy ra: b  a 2  c 2  Rr (7)

Rr
(6)
2

0,25
0,25
5


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

b) Áp dụng định luật II Kepler:

dS 1 2 d
L
(8)
 r1

dt 2 dt 2m

0,25

Trong đó r1 là bán kính véc tơ từ O tới ngôi sao; dφ là góc mà bán
kính véc tơ quét trong thời gian dt; L là mô men động lượng của
mỗi ngôi sao.
Gọi T là chu kì quay của mỗi sao, từ (8) suy ra:
S
T
0,5
2mS 2m ab 2 ab
L
→
(9)
T



dS

dt


0

L

2m 0

mvR

vR

T
( R  r )3
Thay v từ (3) vào (9) suy ra: t   
2
2(2 2  1)Gm

4
(4 điểm)

0,5

1. + Phương trình các đường thẳng 1-2 và 3-4 có dạng p = kV (k là
hệ số góc) → dp = kdV (1)
0,5
+ Áp dụng nguyên lí I nhiệt động lực học dạng vi phân:
3
0,25
dQ = dU + dA → CdT = RdT + pdV (2)
2

+ Áp dụng phương trình Cla-pê-rôn – Men-đê-lê-ép:
pV = RT → pdV + Vdp = RdT (3)
+ Từ (1) và (3) → pdV + VkdV = RdT
1
RdT (4)
2
3
1
+ Thay (4) vào (2) → CdT = RdT + RdT → C = 2R

2
2

Mà kV = p → 2pdV = RdT → pdV =

2. + Nhiệt lượng nhận từ nguồn nóng:
Q1 = Q12 = C(T2 – T1) = 2R(T2 – T1) = 2 (p2V2 – p1V1)
Gọi hệ số góc của 1-2 là k1 thì phương trình của 1-2 là p = k1V
→ Q1 = 2k1( V22  V12 ) (5)
+ Nhiệt lượng khí tỏa ra cho nguồn lạnh:
Q2 = Q34 = C(T3 – T4) = 2R(T3 – T4) = 2 (p3V3 – p4V4)
Gọi hệ số góc của 3-4 là k1 thì phương trình của 3-4 là p = k2V
→ Q2 = 2k2( V32  V42 ) (6)
+ Xét quá trình đoạn nhiệt 2-3:

0,25
0,25
0,25
0,5

0,25
0,25
0,25

0,25

1

p2 V2 = p3V3 → k1V21 = k 2 V31

 k  1
→ V2   2  V3 (7)
 k1 

Tương tự cho quá trình đoạn nhiệt 4-1:
1

p4 V4 = p1V1 → k 2 V41 = k1V11

 k  1
→ V4   1  V1 (8)
 k2 

+ Thay (7), (8) vào (5) và (6) ta có:
2



 k2  1 2
2
2
2

Q1 = 2k1( V2  V1 ) = 2k1   V3  V1 - V12 ) =
  k1 






6


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

 2k

1
1
1

2
 21 2

1 2
 k 2 V3  k1 V1 



0,25

2


1


k1
2

2
2
2

Q2 = 2k2( V3  V4 ) = 2k2 V3    V1 - V12 ) =


 k2 




1
2
2


 2k 21  k 21 V32  k11 V12 





0,25

+ Hiệu suất của chu trình:
1

 k  1
Q

H  1 2  1  2 
Q1
 k1 

Thay

k2 1
5
1
 và   ta được: H = 1   
k1 3
3
3

0,25
5
1
3
5
1
3

≈ 24%

0,25

7


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

5
(3 điểm)

* Cơ sở lý thuyết:
- Điều kiện cân bằng của con lắc lò xo thẳng đứng:
Fđh = P ↔ k∆l = mg (1) (∆l là độ dãn của lò xo khi cân bằng)
0,5
- Xét con lắc lò xo nằm ngang:
Đưa vật đến vị trí lò xo nén đoạn x2 rồi thả nhẹ, vật sẽ dừng lại khi
lò xo dãn ra một đoạn cực đại x2. Định luật bảo toàn năng lượng:
1 2 1 2
kx 2  kx1 = - μmg(x1 + x2 )
2
2
2mg
→ x1 – x2 =
(2)
k
x x
Từ (1) và (2) suy ra   1 2
2l

0,5

0,5

Đo Δl, x1, x2 suy ra µ.
* Các bước tiến hành:
- Vẽ hình minh họa:

- Đo chiều dài tự nhiên của lò xo l0.
- Móc vật vào lò xo rồi treo đầu trên của lò xo vào giá để tạo ra
con lắc lò xo thẳng đứng. Đo chiều dài lò xo khi cân bằng l
→ ∆l = l – l0
- Gắn một đầu lò xo vào thân giá, đầu kia gắn vật để tạo ra con lắc
lò xo nằm ngang. Đặt vật tại vị trí lò xo không biến dạng (dài l0).
- Đẩy vật để lò xo nén một đoạn, đo chiều dài l1 → x1 = l0 – l1
- Thả nhẹ để vật chuyển động , đến khi vật dừng thì đo chiều dài l2
của lò xo → x2 = l2 – l0
x x
* Kết quả:   1 2
2l

0,5
0,25

0,25

0,25
0,25

l2

x2

l1

x1

l0

----------HẾT----------

8