Đề thi học sinh giỏi 2018 môn vật lý chuyên thái bình

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI BÌNH

*****

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
(Đề bài gồm 02 trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM 2018
Môn: VẬT LÍ LỚP 10
Thời gian làm bài: 180 phút

Bài 1. (4 điểm)
Một vật nhỏ có khối lượng m trượt trong một đường trượt tròn có thành thẳng đứng. Đường
trượt có bán kính r nằm trên mặt phẳng ngang và trong quá trình trượt, vật luôn tiếp xúc cả với
đường trượt ngang và thành thẳng đứng của đường với hệ số ma sát trượt đều là . Ban đầu vật
được cung cấp vận tốc v0 tiếp tuyến với đường trượt.
1. Gọi động năng của vật sau khi nó đi được một cung bằng φ là E. Xác định theo g, r, , m và E?
2. Tính động năng E của vật ở thời điểm đang trượt theo m, g, r, µ và v0?
Xác định v0 theo g, r,  sao cho vật trượt được đúng một vòng rồi dừng lại?
Bài 2. (4 điểm)
Một tàu vũ trụ chuyển động trên một quỹ đạo tròn quanh Mặt Trời và ở
rất gần Trái Đất. Nó cần chuyển đến một quỹ đạo tròn quanh Mặt Trời
nhưng ở rất gần với sao Hỏa. Để thực hiện việc này, tàu phải khởi động
tên lửa để tăng tốc thêm một lượng v1 từ quỹ đạo quanh Trái Đất rồi
chuyển sang quỹ đạo ellip (in đậm), tới gần sao Hỏa thì tăng tốc lần thứ

hai thêm lượng v2. Giả sử cả hai lần tàu đều tăng tốc tức thời và bỏ qua
sự thay đổi khối lượng cũng như lực hấp dẫn của Trái Đất và sao Hỏa
(không bỏ qua tác dụng của Mặt Trời!). Coi quỹ đạo của Trái Đất, sao Hỏa
quanh Mặt Trời là tròn với bán kính tương ứng là RE và RM = RE /, vận
tốc tương ứng là vE, vM.
1. Xác định độ tăng tốc độ v1 cần thiết để chuyển sang quỹ đạo ellip theo vE và .
2. Xác định độ tăng tốc độ v2 cần thiết để chuyển sang quỹ đạo tròn gần sao Hỏa theo vE và .
3. Tính khoảng cách góc giữa Trái Đất và sao Hỏa, nhìn từ Mặt Trời, theo . Biết tàu rời quỹ đạo
gần Trái Đất từ vị trí Trái Đất và đến quỹ đạo gần sao Hỏa ở đúng vị trí sao Hỏa. (Khoảng cách góc
là góc giữa các bán kính nối Mặt Trời với Trái Đất và Mặt Trời với sao Hỏa).
Bài 3.(4 điểm)
Một trụ tròn đồng chất khối lượng m, bán kính r tại thời điểm t = 0
đứng yên tại vị trí xC = 0 trên một băng tải nhám. Băng tải chuyển
động với vận tốc v0 không đổi. Hệ số ma sát trượt giữa trụ tròn và
băng tải là µ. Biết α, r, m, v0 và µ = 2tanα. Hãy tìm:

x
v0

1. Thời điểm t1 kể từ đó trụ trong lăn không trượt trên băng tải.

C

y

α

2. Giá trị cực đại của x mà trọng tâm C của trụ đạt được?
Bài 4. (5 điểm)
Một bình hình trụ thành mỏng, tiết diện ngang là S, đặt thẳng đứng. Trong bình

có một pittôn, khối lượng cũng như bề dày pittôn không đáng kể. Pittôn nối
với mặt trên của bình bằng một lò xo có độ cứng k. Trong bình và ở phía dưới

h


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
pittôn có chứa một lượng khí lí tưởng đơn nguyên tử khối lượng m, khối lượng mol là  . Lúc đầu
nhiệt độ của khí trong bình là T1. Biết rằng chiều dài của lò xo khi không biến dạng vừa bằng chiều
cao của bình, phía trên pittôn là chân không. Bỏ qua khối lượng của lò xo và ma sát giữa pittôn với
thành bình.
1. Cần phải tăng nhiệt độ cuả khí tới giá trị nào để thể tích khí trong bình tăng thêm 20%.
2. Tính nhiệt lượng cần truyền cho bình để thể tích của khí trong bình đạt tới giá trị trên. Bỏ qua
nhiệt dung của pittôn và của bình.
3. Chứng tỏ rằng trong một giới hạn cho phép (độ biến dạng của lò xo không quá lớn để lực đàn
hồi của lò xo vẫn còn tỷ lệ với độ biến dạng của nó) thì nhiệt dung của hệ gồm lò xo, pittôn và khí
trong bình phụ thuộc vào chiều cao h của cột khí trong bình theo một quy luật xác định. Tìm quy
luật đó.
Bài 5. (3 điểm)
Có một thùng nước nóng đậy kín cách nhiệt tốt chỉ có thể lấy được nước ra qua một vòi có
khóa. Người ta muốn đo nhiệt độ của nước trong thùng nhưng trong tay chỉ có một ống nghiệm
dung tích nhỏ, một nhiệt kế thuỷ ngân, một đồng hồ bấm giây và một bút viết trên thuỷ tinh (mực
không tan trong nước). Hãy đề xuất phương án thí nghiệm để chỉ cần lấy ra những lượng nước
nhỏ mà có thể xác định được nhiệt độ của nước trong thùng. Xét thí nghiệm trong trường hợp:
1. Ống nghiệm được bọc ngoài bằng bông cách nhiệt tốt.
2. Ốngnghiệm được bọc ngoài bằng bông cách nhiệt không tốt lắm.
*** HẾT ***

Nguyễn Thanh Sơn
ĐT: 0989536727

Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài
Bài 1
(4 đ)

Nội dung

Điểm

1. (1,5đ)
Gọi v là vận tốc của vật sau khi di chuyển được cung tròn trên đường trượt ứng với góc
φ.
Áp dụng ĐL II Niu-tơn cho chuyển động của vật ta có:
- Phản lực Ft của thành đường trượt đóng vai trò lực hướng tâm nên:
- Mặt ngang của đường trượt tác dụng phản lực N với: N = P = mg.
- Lực ma sát tổng cộng do mặt đường và thành đường trượt tác dụng lên vật là:
(

)

(

0, 5

)

Xét khi vật di chuyển được cung: ds = rdφ.
Biến thiên động năng của vật là dE bằng công A của các lực tác dụng. Chú ý là trọng lực
P, phản lực N và Ft đều không sinh công; lực ma sát ngược hướng chuyển động, do đó ta
có:
(
(

0,5

)
)

(

)(1)

0, 5

2. (2,5đ)
Từ (1) ta có:
(

(3)

)

Lấy nguyên hàm hai vế của (3) ta được:
∫

(

)

|

|

∫

(

)

1,0

Với C là hằng số xác định từ điều kiện ban đầu : khi φ = 0 thì
(

)

[(
)
]
Thay vào ta có:
Vật đi được một vòng thì dừng lại tức là E =0 khi φ = 2π. Do đó ta có :
(
)
(
)
√ (

)

1,0

0,5

1. (2đ)
Xét hành tinh khối lượng M chuyển động trên quỹ đạo tròn quanh Mặt trời có bán kính
Rc. Ta có:
Bài 2
(4 đ)

G

M S M c M c vc 2

R c2
Rc

Trên quỹ đạo ellip với cận điểm R1, viễn điểm R2, áp dụng bảo toàn mô-men động
lượng và bảo toàn năng lượng ta được:

0,25


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

v1 R2  v2 R2
M cv2
M M

 G s c  E  const
2
r

0,5

Áp dụng tại cận điểm ta có:
2

M c v12
M s M c M c v12  R1 
M sMc
G

  G
2
R1
2  R2 
R2
2
v12   R1  
R  R1
1      GM s 2

2   R2  
R1 R2



GM s

GM s
v12
2
1 2 
(1   )  v12 
.
2
R1
R1 1   



Với R1/R2 = α thì:



0,5
0,25

Điểm cực cận trên quỹ đạo của tàu vũ trụ được coi tại Trái đất  R1  RE  nên:
v1 

GM S
2
2
.
 vE
RE
1 
1 

0,25

Vậy độ tăng tốc độ cần để chuyển từ quỹ đạo gần Trái đất sang quỹ đạo ellip là:



2
v1  v1  vE  vE 
 1
 1 


0,25

2. (1,25 đ)
Tương tự như trên, áp dụng cho điểm cực viễn của quỹ đạo ellip ở rất gần quỹ đạo sao
Hỏa  R2  RM  với chú ý rằng RM = RE/α,ta có:
GM s
GM s
v2 2 
2
2
1  1/     v2 2 
1  1/    
.


2
R2

R2 1  1/   

 v2 

0,5

GM S
2
2
.
 vM
RM
1  1/  
1  1/  



2
 v2  vM  v2  vM  1 


1  1/   


0, 5

Áp dụng định luật Kepler cho chuyển động trên quỹ đạo Trái đất và sao Hỏa ta có:
vE2 RE  vM2 RM  vM  vE 




2
Thay vào ta được: v2  vE  . 1 


1  1/   


0,25

3. (0,75 đ)
Áp dụng định luật Kepler III cho các quỹ đạo ta có với thời gian để chuyển từ quỹ đạo
Trái đất sang quỹ đạo sao Hỏa là T thì:

T
1  R  RM 
  E

TM 2  2.RM 

3/2

1   1 
 

2 2 

3/2

0,25

0,25


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

T
  1 
Trong thời gian này, sao Hỏa di chuyển được góc:  M  2 M   

T
 2 
Cũng trong thời gian này tàu di chuyển được từ cực cận đến cực viễn, tức là di chuyển
được góc bằng π. Điểm cực cận tại Trái đất, điểm cực viễn tại chính sao Hỏa nên khoảng
cách góc giữa Trái đất và sao Hỏa là:
0,25
3/2
   1  
     M   1  
 
  2  
3/2

1. (2 đ)
Lúc đầu trụ tròn vừa lăn vừa trượt trong khoảng 0 ≤ t ≤ t1.
Sau đó trụ lăn không trượt trên băng tải.
Xét: 0 ≤ t ≤ t1:
Gọi ac là gia tốc của khối tâm C của trụ, γ là gia tốc góc.
Bài 3 Phương trình động lực học của trụ:

+

N

x
y

Fms

(4 đ)
(2) =>N = mgcosα =>Fms = µN = 2mg.tanα.cosα = 2mgsinα
Do : Ic = mr2/2 nên từ (1) và (3) ta có:
Ở t = 0 ta có v(0) = 0, ω(0) = 0 do đó :
()
()
;
Trụ lăn không trượt khi vận tốc tương đối tại điểm tiếp xúc bằng 0, hay:
()
()
Từ đó ta có:

(1)
(2)
(3)
(4)

0,75

(5)

0,25

(6)

0,25
0,25

(7)

2. (2 đ)
Khi t > t1: Trụ lăn không trượt trên băng tải. Vận tốc khối tâm C của trụ trên băng tải:
( )
( )
(8)
Ma sát giữa trụ và băng tải lúc này là ma sát nghỉ Fmsn. Phương trình chuyển động:
(9)
(10)
Từ (8) =>
γ
Thay vào (9), (10) ta có:
( )

∫ (

(

)

|

0,25

0,5

( )
0,25

với v(t1) xác định từ (6): v(t1) = gt1sinα, ta có:
( )
(
)
xC(t) đạt cực đại tại t = t2 khi : ( )

)

0,25

(11)
nên:
(12)

0,25
0,25

Từ (11) ta có:
∫
( )

∫ (
(

)

)
(

)

0,25


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
Từ (6) ta có :

( )

.

Thay vào (12) ta được :

( )

1. (1 đ)
Lúc đầu: kh1  p1S

(1)

Lúc sau: kh 2  p 2S

(2)

Bài 4 => (p2  p1 )S  k(h 2  h1 )
mRT1
mRT2
; p2 
Mặt khác : p1 
(5 đ)
Sh1
Sh 2
 T2  T1

0,25
0,25

0,5
.

h 22
 1, 44T1
h12

0,5

2. (2,5 đ)

dQ  dU  pdV 

m
kh
CV dT  dV


S

0,25

Tích phân hai vế:
T2
h2
m
kh Mg
Q   CV dT   ( 
)Sdh

S
S
T1
h1

k(h 22  h12 )
m
Q  CV (T2  T1 ) 

2
kh
m
Từ phương trình: 1 Sh1  RT1 ta có
S

m
m

kh12  Mgh1  RT1 ; kh 22  Mgh 2  RT2


Suy ra
m
Mg
Q  (CV  R)(T  T1 ) 
(h 2  h1 )

2
Q

m
Mg M 2g 2 mRT1
M 2g 2 mRT2
(CV  R)(T  T1 ) 
(



)

2
4k 2
k
4k 2
k

Mg
M 2 g 2 mRT1

Mg
M 2 g 2 mRT2


;
h



;
2
2k
4k 2
k
2k
4k 2
k
ta được:
m
mR
Q  (CV  R)(T2  T1 )  Mg
( T2  T1 ) với CV = 3R/2

k
h1 

mRT1
2mR
.
1, 44T1  0, 2Mg


k
3. (1,5 đ)
Khi cần tăng tới nhiệt độ T bất kỳ ta có :
m
mR
Q  (CV  R)(T  T1 )  Mg
( T  T1 ) .

k
Đạo hàm hai vế theo T:
Q

0,5

0,5

0,5
0,25

0,25
0,25

0,5
0,5


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
dQ m
mR 1

 (Cv  R)  Mg
dT 
k 2 T
dQ m
MmgR
.
C
 (Cv  R) 
dT 
2kh

C

Bài 5
(3 đ)

1. (2 đ)
Trường hợp ống nghiệm được bọc ngoài bằng bông cách nhiệt tốt:
- Dùng bút đánh dấu một vạch chuẩn trên ống nghiệm .
- Đặt nhiệt kế trong ống nghiệm. Đọc nhiệt độ ban đầu T0( nhiệt độ phòng).
- Cho nước trong bình vào ống nghiệm lần thứ nhất đến vạch chuẩn. Đọc nhiệt độ cân
bằng trên nhiệt kế T1.
Gọi C0 là nhiệt dung của nhiệt kế và nhiệt dung của ống nghiệm, C1là nhiệt dung của
nước rót vào ống nghiệm. Ta có :
C0( T1-T0) = C1( T-T1)
(1)
T là nhiệt độ của nước trong bình cần đo.
- Đổ nhanh nước cũ đi, rót nước mới từ bình vào ống nghiệm, khi nhiệt độ cân bằng,
nhiệt kế chỉ T2. Ta có:
C0( T2-T1) = C1( T-T2)

(2)
Chia (1) cho (2) ta được:
T2 T0 T12
T=
.
T2 T0 2T1
2. (1 đ)
T
Trường hợp ống nghiệm được bọc ngoài bằng bông cách
nhiệt không tốt:Tiến hành như trên.
T1
- Khi đổ nước lần 1, đợi cho cân bằng nhiệt thì nhiệt kế chỉ
T'
T’1 < T1vì một phần nhiệt mất mát ra môi trường.
- Để có T1 ta dùng cách hiệu chỉnh nhiệt độ: vẽ đồ thị biểu T1 0
diễn T1' theo thời gian. Lấy t=0 là lúc rót nước vào vào ống
O
nghiệm.
t
Khi đổ nước lần 2 thì nhiệt độ tăng từ T1' lên T2'. Cũng dùng cách hiệu chỉnh nhiệt độ
như trên ta xác định được nhiệt độ T2.
Các phương trình là:
C0( T1-T0) = C1( T-T1)
(3)
T là nhiệt độ của nước trong bình.
- Đổ nhanh nước cũ đi, rót nước mới vào bình, nhiệt kế chỉ T2:
C0( T2-T'1) = C1( T-T2)
(4)
Chia (3) cho (4) ta được:
T2 T0 T1 T1'

.
T=
T2 T0 T1 T1'

0,5

0,5

0,5

0,5
0,5

0,5

0,5