Đề thi học sinh giỏi 2018 môn vật lý chuyên nguyễn trãi, hải dương

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LẦN THỨ XI

VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

MÔN VẬT LÍ - KHỐI 10

TRƯỜ

T

TC U

U

(Đề có 05 câu; gồm 02 trang)

TR I

ĐỀ GIỚI THIỆU

Câu 1 (5,0 điểm):
Trên mặt phẳng ngang nhẵn có một chiếc nêm

A

khối lượng m, góc nêm là . Coi sức cản của không

m

2

khí không đáng kể.
1. Một vật nhỏ khối lượng

m
bắt đầu trượt
2



không ma sát từ A. Biết AB = l (hình 1). Hãy xác định

B

Hình 1

gia tốc của nêm và quãng đường mà nêm đã trượt theo phương ngang kể từ khi vật bắt đầu trượt từ A đến
khi nó rời khỏi nêm tại B.
2. Giả sử nêm đang có vận tốc V0 đến va
chạm hoàn toàn đàn hồi vào một quả cầu nhỏ có

v0

khối lượng 2m đang đứng yên (hình 2).
a. Sau va chạm nêm không nẩy lên. Để nêm

2m


m

tiếp tục chuyển động theo hướng ban đầu thì góc
nêm  phải nhỏ hơn một góc giới hạn 0 . Tìm 0 .

Hình 2

b. Cho V0 = 5m/s ; g = 10m/s2 ;  = 300. Xác định khoảng thời gian quả cầu va chạm với nêm lần
Câu 2 (4,0 điểm):
Một quả cầu đặc, đồng chất, khối lượng m, chuyển động với

m

vận tốc v 0 đến va chạm vào mặt sàn nằm ngang của một chiếc xe
đang đứng yên (hình vẽ). Thân xe có khối lượng M, hệ số ma sát


M

trượt giữa quả cầu và mặt sàn xe là . Xe chuyển động trên mặt M

v0
M

phẳng ngang nhờ hai hình trụ tròn đồng chất, có cùng khối lượng M,
đặt ở trục trước và sau của xe (hình vẽ). Ma sát giữa hai hình trụ và mặt phẳng ngang đủ lớn để giữ cho
hai hình trụ luôn lăn không trượt. Bỏ qua ma sát ở trục quay của hai hình trụ. Sau va chạm, vận tốc của
quả cầu theo phương thẳng đứng giữ nguyên độ lớn nhưng bị đảo chiều. Giả thiết rằng quả cầu bị trượt
trong suốt thời gian va chạm. Tìm vận tốc của xe sau va chạm theo , m, M, v0 và .
Câu 3 (4,0 điểm):

Một vệ tinh chuyển động theo quỹ đạo tròn ở cách bề mặt Mặt Trăng một khoảng bằng bán kính R
của Trái Đất. Tại một thời điểm nào đó, từ vệ tinh phóng ra một trạm đi tới một hành tinh khác, phần còn
lại của vệ tinh chuyển động theo một quỹ đạo elip đi tới gần mặt Trái Đất ở điểm đối diện với điểm xuất


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
phát của trạm. Hỏi khối lượng của trạm có thể chiếm một phần cực đại bằng bao nhiêu khối lượng vệ
tinh.
Câu 4 (4,0 điểm):
Một động cơ nhiệt với tác nh n là n (mol) khí l tưởng
đơn nguyên tử thực hiện một chu trình biến đ i được biểu di n
trên đồ thị như hình vẽ.
- uá trình 1-2 là một đoạn thẳng.
- uá trình 2-3 là một đoạn thẳng có đường k o dài qua gốc t a
độ.
- uá trình 3-1là một đoạn thẳng vuông góc với trục nằm ngang.
Các giá trị p0 , V0 , hằng số khí là đã biết.
1. Xác định nhiệt độ, áp suất của khí ở trạng thái 3 (theo
p0 , V0 , n , R )
2. Xác định công của chất khí trong toàn bộ chu trình
(theo p0 , V0 ).
3. Xác định hiệu suất của động cơ.
Câu 5 (3,0 điểm):
Một h
-

c sinh sử dụng
1 lực kế với độ chia nhỏ nhất là 0,1 N
1 mẩu gỗ nhỏ, 1 tấm gỗ phẳng.
D y mảnh.

Đế 3 ch n, trụ sắt  10, khớp đa năng.

Để xác định hệ số ma sát trượt  giữa bề mặt gỗ với gỗ và đo được bảng số liệu sau :
Lần đo

F1(N)

F2(N)

P(N)

1

3,1

1.3

5,7

2

3,2

1,2

5,8

3

3,1

1,0

5,5

4

3,3

1,1

5,5

5

3,2

1,3

5,7

Trong đó P là tr ng lượng của mẩu gỗ nhỏ. F1, F2 là số chỉ của lực kế trong quá trình đo.
Yêu cầu:
1. Thiết kế phương án thí nghiệm mà h c sinh trên đã đùng để đo thu được bảng số liệu trên. Chỉ
rõ lực F1, F2 là lực gì?
2. Xử lý số liệu, xác định giá trị hệ số ma sát trượt  .


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

ĐÁ Á
Câu 1 (5,0 điể

:
Đáp án

Ý

Điểm

1
Xác định gia tốc của nêm và quãng đường nêm trượt theo phương ngang.
y
N
A

m/2

Fqt
a0

m

0

x

a
p



B

Hình 1
Xét hệ qui
chiếu gắn với nêm.
a : gia tốc của vật đối với nêm
a0: gia tốc nêm đối với sàn
Gia tốc của vật đối với sàn:
am  a  a0

(1)

Định luật II Niu Tơn:

N  P  Fqt 

m
a
2

(2)

Chiếu lên phương AB:

m
m
m
g.sin   a 0 .cos   a  a  g sin   a 0 .cos 

2
2
2

(3)

Ch n hệ tạo độ xoy như hình vẽ. Chiếu (1) lên ox:
am = a.cos - a0

(4)

Vì không có ngoại lực theo phương ngang: động lượng bảo toàn.

m
Vm  mVN  0  ma m  2ma 0  0  a m  2a 0
2

(5)

Thế (4) vào (5) suy ra :
acos - a0 = 2a0  a 

3a 0
cos 

(6)


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
Thế (3) vào (6) suy ra:

g.sin   a 0 cos  

3a 0
g.sin .cos 
 a0 
cos 
3  cos 2 

* uãng đường mà nêm trượt theo phương ngang.
G i S là quãng đường mà nêm trượt, s là quãng đường dịch chuyển theo phương
ngang của vật so với nêm.
Từ định luật bảo toàn động lượng:

m
 s  S  mS  s  3S
2

S

s l cos 

.
3
3


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
2

Ngay khi nêm va chạm vào quả cầu phản lực F truyền cho quả cầu vận tốc V2 .
Ngay sau va chạm xung lực F có phương vuông góc với mặt nêm, nên V2 có phương
hợp với phương thẳng đứng 1 góc .
X t theo phương ox :
Theo Định luật bảo toàn động lượng:
mV0 = mV1 + 2mV2sin
 V0=V1+2V2.sin

(1)

y

o

F

x

V2
m



2m

Hình 2

Va chạm hoàn toàn đàn hồi nên :

1

1
1
mV02  mV12  2mV22  V02  V12  2V22
2
2
2

(2)

Từ (1) và (2) ta có

V2 

2V0 sin 
2sin 2   1

V0 (1  2sin 2 )
V1 
1  2sin 2 

a.Để nêm tiếp tục chuyển động theo hướng cũ thì V1>0
 sin <

1
 sin 450    0  450
2

b. Khi V0 = 5m/s;  = 300
Từ (3) (4) suy ra:
V2 



sau va chạm:

2V0
V
; V1  0
3
3

(3)
(4)


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
- Nêm chuyển động theo hướng cũ với V1 
- Quả cầu chuyển động xiên góc với V2 

V0
3

2V0
3

Vì V2x=V1 nên sau khoảng thời gian t quả cầu rơi vào nêm.
Thời gian bay của quả cầu trong không khí:
V2y = V2cos - gt1 = 0  t1 

V2 cos 300

g

vậy thời gian quả cầu va chạm với nêm lần 2 là t = 2t1

4V0 cos 300
3
t

 0,58(s)
3g
3

Câu 2 (4,0 điể

:

Ý

Điểm

Đáp án



N

1

y
x

-F

 2



F

v0
f1

f2

Ch n các chiều dương như hình vẽ.
Phương trình chuyển động của các hình trụ:
1

2
f1.r  2 Mr .1
1
 f1  f 2  Ma 2x (1)

2
f .r  1 Mr 2 .
2
2

2

(hai hình trụ lăn không trượt nên

a 2x  1.r   2 .r )
Phương trình chuyển động của khối tâm xe:

F  f1  f 2  3Ma 2x

(2)

Phương trình chuyển động của quả cầu:

F  ma1x
Từ (1), (2) và (3) ta được:

ma1x  4Ma 2x  0

(3)


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
m

v1x



v0 sin 

dv1x  4M 

v2 x

0

dv 2x  0  v1x 

4M
v2x  v0 sin 
m

(4)

Áp dụng định lý biến thiên động lượng cho quả cầu:

v0 cos 


  Ndt  m  dv1y
  Ndt  2mv 0 cos 
 v0 cos 
0
0
 
 
v1x

 Fdt  m v  v sin 
 1x 0

  Fdt  m  dv1x

 
0

0
v
sin

0


(5)

Do quả cầu trượt trong toàn bộ thời gian va chạm nên ta có:




0

0

F  N   Fdt    Ndt
2mv 0 cos   m  v1x  v 0 sin    v1x   sin   2 cos   v 0

(6)

Từ (4) và (6) ta tìm được:

v 2x 

m
v0 cos 
2M

Câu 3 (4,0 điể ):
Đáp án

Ý

Điểm

Tỉ số khối lượng của trạm và khối lượng vệ

2R

v'

tinh.
O

Khi trạm m từ vệ tinh M1 tại A, để lợi về năng lượng

0,25đ

R

thì vận tốc u truyền cho trạm phải cùng hướng
chuyển động ( v 0 ) của vệ tinh quanh trái Đất MĐ
Khi đó chính vệ tinh có vận tốc v ngược với hướng

A
v0

v

u

0,25đ

u.

Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có:

mu - M1v = Mv0 với M1 = M - m
 mu - (M - m)v = Mv0



m v0 +v
=
M u+v

0,25đ

(1)

Vệ tinh chuyển động trên quỹ đạo tròn bán kính 2R, lực hấp dẫn giữ vai trò lực
hướng tâm:

Mv02

M M
=G D 2
2R
(2R)

 v0 = G

MD
2R

(2)

Ở rất xa Trái Đất động năng và thế năng của trạm m đều bằng 0 nên theo
định luật bảo toàn cơ năng ta có:


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
Mu 2
M M
-G D =0
2
2R

 u= G

MD
2R

(3)

Xét vệ tinh M1 (phần còn lại không tính trạm) ở các vị trí A phóng trạm và ở
vị trí B cận Trái Đất, theo định luật bảo toàn năng lượng, ta có:
M1v2
M M
M v'2
M M
-G D 1 = 1
-G D 1
2
2R
2
R

(4)

v' là vận tốc vệ tinh tại B trên quỹ đạo elip.
Áp dụng định luật 2 Kepler, ta có:

Rv' = 2Rv

(5)

Từ (4) và (5) suy ra:

v= G

MD
3R

(6)

Đưa v0từ (2), u từ (3) và v từ (6) và (1) ta được:

m
=
M

Thay số và ta được:

MD
M
+ G D
2R
3R
M
M
G D+ G D
R
3R
G

m
 0,8
M

Câu 4 (4,0 điểm):
Đáp án

Ý
1

- X t trạng thái 1:
p dụng phương trình C-M

p1V1  nRT1  T1 

15p0 V0
nR

- uá trình 2-3:
p3 p 2

V3 V2

- Từ đồ thị, ta có:

V3  3V0 ; p2  p0 ; V2  7V0
3
 p3  p 0
7
p dụng phương trình C-M
9 p0 V0
p3V3  nRT3  T3 
7 nR

Điểm


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

2

3

Trong đồ thì p-V, chiều di n biến của chu trình cùng chiều kim đồng hồ
nên chất khí thực hiện công
1
64
A  S123   p1  p3  V2  V3   p0 V0
2
7
- X t quá trình 3-1: Đẳng tích
i
144
 Q31  nR(T1  T3 ) 
p0 V0
2
7
- X t quá trình 1-2:
Phương trình đường thẳng đi qua 1, 2 có dạng
p  aV  b
Đi qua điểm 1, điểm 2 nên ta có hệ
p0

5p0  a.3V0  b
p
a 
V0
 p  0 V  8p 0



V0
 p0  a.7V0  b
 8p
0

p dụng phương trình C-M, ta được

pV V  p 0
p.V  nRT  T 

V  8p 0 

nR nR  V0

T

p0 2
V
V  8p 0
nRV0
nR

- X t trạng thái B bất kì thuộc quá trình 1-2  pB  p; VB  V
Nhiệt lượng của khí trong quá trình 1-B là

Q1B  U1B  A1B
i
1
 Q1B  nR(TB  T1 )  (p1  p B )(VB  V1 )

2
2
 p0 2
3
V 15p0 V0 
 Q1B  nR 
V  8p 0


2
nR
nR 
 nRV0

p
1
  5p0  0 V  8p0   V  3V0 
2
V0



Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
p0 2
V  20p 0 V  42p 0 V0
V0
b
 5V0
Q1B đạt giá trị lớn nhất tại VC 
2a

Nhiệt lượng chất khí nhận trong quá trình 1-2 được tính từ V1 đến VC  5V0
p
 Q1C  2 0 (5V0 ) 2  20p 0 .5V0  42p 0 V0  8p 0 V0
V0
Vậy nhiệt lượng chất khí nhận được trong toàn bộ chu trình là
144
200
Qnhan  Q31  Q1C 
p0 V0  8p0 V0 
p0 V0
7
7
Hiệu suất chu trình là
64
p 0 V0
A
H
 7
 0,32  32%
Q nhan 200 p V
0 0
7
 Q1B  2

Câu 5 (3,0 điểm):
Đáp án

Ý

Điểm

Phương án thí nghiệm
- Móc vật vào lực kế bởi d y mảnh.
- Sử dụng đế 3 ch n , trụ , khớp đa năng và tấm gỗ tạo thành hệ mặt phẳng nghiêng
góc  , chú rằng góc  phải không đủ lớn để cho mẩu gỗ tự trượt xuống.
- K o vật trượt đều đi lên mặt phẳng nghiêng, đo được giá trị của lực kế là:
F   Pcos  P sin  (1)
- K o vật trượt đều đi xuống mặt phẳng nghiêng, đo được giá trị của lực kế là:
Fx   Pcos  P sin  (2)
- Từ (1) và (2) ta thu được:


F  Fx
4P 2  (F  Fx ) 2

(3)

Trong đó P đo được từ lực kế bằng việc treo vật
- Nhận xét: F luôn lớn hơn Fx do đó từ bảng số liệu trên thì :
+ F1 là số chỉ của lực kế khi kéo vật trượt đều đi lên mặt phẳng nghiêng.
+ F2 là số chỉ của lực kế khi kéo vật trượt đều đi xuống mặt phẳng nghiêng.
Vậy  

F1  F2
4 P 2  ( F1  F2 )2

(4)

Bảng số liệu như sau:
Lần đo

F1(N)

 F1i(N)

F2(N)

 F2i(N)

P(N)

 Pi(N)

1

3,1

0,1

1.3

0,1

5,7

0,1

2

3,2

0

1,2

0

5,8

0,2

3

3,1

0,1

1,0

0,2

5,5

0,1

4

3,3

0,1

1,1

0,1

5,5

0,1


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
5

3,2

0

1,3

0,1

5,7

0,1

TB

3,2

0,1

1,2

0,1

5,6

0,1

A

=  Ann
+  Adc

0,2

+ Tính được giá trị trung bình  

0,2

F1  F2
2

4 P  ( F1  F2 )

 0,39
2

+ Tính sai số tương đối của  .
1

Từ (4)  ln   ln( F1  F2 )  ln[4 P 2  ( F1  F2 ) 2 ]
2




d






 



d ( F1  F2 ) 1 d[4 P 2  ( F1  F2 ) 2 ]

F1  F2
2 4 P 2  ( F1  F2 )2



F1  F2 4 PP  ( F1  F2 )(F1  F2 )

F1  F2
4 P 2  ( F1  F2 ) 2







F 1  F2 4 P P  ( F1  F2 )(F 1  F2 )

 0,12
2
F1  F2
4 P  ( F1  F2 ) 2

+ Tính được sai số tuyệt đối trung bình:    .  0,05
Vậy   0,39  0, 05 với độ chính xác của ph p đo là 12%

Giáo viên soạn đề:
Bùi Đức Sơn
DĐ: 0949584545

0,2