DE THI DBDH 20125

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (201 KB, 6 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN

KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ KHU VỰC MỞ RỘNG NĂM HỌC 2011- 2012 ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 
MÔN THI: VẬT LÝ LỚP 10

Ngày thi: 21 tháng 4 năm 2012

(Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề) 
Đề thi gồm 02 trang

Bài 1 5 điểm

a. Bi đứng yên khi 0

ms
P N F



  

  

P



: trọng lực của hòn bi


N: phản lực của thanh lên m.



ms

F : lực ma sát

Suy ra : N = P. sin
Fms = P. cos

cos sin

1
tan

ms

F N

P P



  






 

 

0,25đ
0,25đ
hình
0,5đ

0,5đ
Khi hịn bi ở vị trí thấp nhất, nó có xu hướng

trượt lên, do đó lực ma sát hướng xuống:

dh ms qt

N mgF F F 0 (1)
Chiếu (1) theo hai phương Ox, Oy với chú ý :
Fms = N, Fdh = k(lm – l0), Fqt = m2 lsin, ta có:
N – mgsin - m2 lsin cos =0 (2)
-mgcos -N –k(lm – l0 )+ m

lsin2 = 0 (3)

2 2 2

k cos sin

(4)

sin sin cos

m

l mg mg

l

k m mg

  

     

 



 

Tương tự: vị trí cao nhất của bi cách A là:

2 2 2

k cos sin

sin sin cos

M

l mg mg

l

k m mg

  

     

 



  (5)

0,25đ
hình
0,25đ

0,5đ
0,25đ
0,5đ
0,5đ
b.

Nếu 0

2 2 2

k cos sin

sin sin cos

 

 

 

m

l mg mg

l

k m mg

  

      , bài tốn có nghiệm:

lm



l  lM

Nếu 0

2 2 2

k cos sin

sin sin cos

 

 

 

M

l mg mg

l

k m mg

  

      , bài tốn vơ nghiệm,

khơng tồn tại vị trí cân bằng.

Nếu l <0, l > 0 thì 0 l l .

0,5đ
0,5đ
0,25đ
B y x

A
 N Fms



Fdh



Fqt



P



O 
 

A
N Fms



P


</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Bài 2 5 điểm

a. Khi bản lề về đến sàn các quả cầu có vận tốc bằng khơng,
bản lề có vận tốc theo phương thẳng đứng.

Áp dụng ĐLBT cơ năng: 1 2 2

mgl  mv v gl 1,0đ

Gọi vận tốc của bản lề và các quả cầu lần lượt là

v v v

,

  

như hình
Các thanh rắn nên hình chiếu vận tốc các quả cầu và bản lề lên các thanh
bằng nhau:

1 2 2

1 3 3

os45 (1)

2
2

os45 (2)

x

y

v v c v

 

1 1 1

2 2

1 1 1 (3)

x y

v v v

 

  

  

0,5đ
hình

0,50đ

0,5đ

Áp dụng ĐLBT động lượng theo phương ngang

0 0

1 2 1 3

2 3

os45 2 os45 3

5 7 (4)

x y

mv c mv mv c mv

v v

  

 

Áp dụng ĐLBT cơ năng

0 2 2 2 2

1 1 2 3

2 2

2 3

1 1 1 1

(1 os45 ) .2 .3

2 2 2 2

4 (1 ) 5 7 (5)
2

x y

mgl c mv mv mv mv

gl v v

    

   

0,5đ

0,5đ
b.

Giải hệ phương trình (1), (2), (3) , (4) và (5) ta được:

7 2

(1 )

15 2

v  gl 

5 1

(1 )

21 2

v  gl 

37 2

(1 )

105 2

v  gl 

0,5đ
0,5đ
0,5đ
v1x



v1y

v



v1


v3


</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Bài 3 4 điểm

Cơng khối khí thực hiện trong q trình đẳng áp 1-2 là:
A12 = p1(V2-V1) = R(T2-T1)

Công trong quá trình đẳng tích 2-3: A23 = 0.
Cơng trong quá trình đoạn nhiệt 3-1: 12

A
A

  0,50đ

Tổng cơng thực hiện trong chu trình:
A = A12 + A23 + A31 = (1 -

3)A12 =
2

3R(T2-T1). 0,50đ

Nhiệt lượng mà khí nhận: Q = Q12 = A12 + U12 =
7

2R(T2-T1) 0,50đ
a.

Hiệu suất chu trình: A 4 19%

Q 21

    0.50đ

Áp dụng nguyên lý I: dA = dQ – dU = 5
2
dT RdT
T



 0,50đ

2 1 2 1

1 1

2 2

5 5

ln 2

2 2

T T T T

T T

A dT R dT RT

T



 

 







  0,50đ

Để tìm mối liên hệ P, V trong quá trình ta sẽ viết lại nguyên lý I dạng:

dQ = dA + dU  5

2
dT PdV RdT
T



  (1).

Từ phương trình trạng thái viết cho 1mol khí : PV = RT  P = RT/V

Thay vào (1) ta được: 5 2 5

2 2

RT dV dT

dT dV RdT dT

T V RT V T

 

    

Hay: 2 2 1 2

5 5

dV
dT

RT T V



 

 

 

 

0,50đ
b.

Lấy nguyên hàm hai vế tìm được: 1,4 2

exp ons .

PV c t

PV



 



 

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Bài 4 4 điểm

Trong suốt quá trình va chạm, momen của ngoại lực tác dụng lên hệ
“chất điểm + thanh” bằng 0 ( đối với trục quay qua O). Nên momen
động lượng được bảo toàn: L/ 0const.

3mvL =

3mv’L + I (1) 0,50đ
Do va chạm đàn hồi nên động năng được bảo toàn:

m 2

v

= m '2

v

+ 2

2
I

(2) 0,25đ
Tính được mơmen qn tính của thanh: I =

3
ML

(3) 0,25đ
a.

Giải hệ phương trình (1), (2), (3) ta được:
v’ = 4 3 .

3 4

m M

v

m M



 (Điều kiện để v’>0: 4m3M) (4)

12 .

4 3
m v
m M L


 (5)

0,50đ
0,50đ
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho chuyển động của thanh

sau va chạm:

(1 cos )

2 2 m

I L

Mg





  0,50đ



2 2

cos 1 .

(4 3 )

m

m v

m M gL

  

 hoặc

24.

sin .

2 4 3

m m v

m M gL




 0,50đ

Độ giảm động năng tương đối của m trong va chạm:

k =

I 2

2 2

I

mv mv



  k = 48 2 48

9 16

(3 4 )

24
Mm

M m

m M




 

0,50đ

Dùng bđt Côsi: 9M 16m 24
m  M  .

khi min

9 16

( M m) 24

m  M  => khi đó

3
4
m
n

M

  và kmax =1.
=> Sau va chạm, vật m dừng lại.

Hoặc dùng lập luận kmax = 1 khi m truyền tồn bộ động năng của nó 
cho thanh và dừng lại sau va chạm => 3

4
m
n

M

 

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Bài 5 2 điểm

Cơ sở lí thuyết

Cho dòng điện chạy qua nhiệt lượng kế trong đó có lượng nước khối
lượng mn. Nhiệt lượng mà nhiệt lượng kế và nước đã thu là:

Q1 c m tn n 1 c m tk k1
1

t

 là độ chênh lệch nhiệt độ giữa lúc đầu và lúc cuối.

Theo định luật Jun-Lenxơ :

1 1

U

Q T

R


trong đó T1 là thời gian dòng điện chạy qua nhiệt lượng kế để làm tăng
nhiệt độ của nó và của nước một lượng t1 .

Như vậy ta có: U2T1 c mn n t1 c mk k t1

R    

Tương tự ta cũng có kết quả như vậy khi thay nước bằng dầu:

2 x d 2 k k 2

U

T c m t c m t

R    

trong đó T2 là thời gian dịng điện chạy qua nhiệt lượng kế để làm tăng
nhiệt độ của nó và của dầu một lượng t2.

So sánh 2 kết quả ta được: 1 1 1

2 2 2

n n k k
x d k k

c m t c m t
T

T c m t c m t

  



  

Từ đó ta xác định được cx .

0,25đ
0,25đ

0,25đ

Phương án thí nghiệm

Bước 1. Dùng cân và bộ quả cân để xác định khối lượng mn của nước, md
của dầu và mk của nhiệt lượng kế.

Bước 2. Cho dòng điện chạy qua nhiệt lượng kế trong đó có lượng nước
đã chọn, dùng đồng hồ bấm giây để đo thời gian T1 và ghi số chỉ của
nhiệt kế trước và sau khi đun.

Bước 3. Làm tương tự bước 2 đối với dầu.
Bước 4. Xử lý số liệu.

0,50đ

b. Xử lí số liệu:

Ban đầu Lần 1 Lần 2 Lần 3 Lần 4

T1(phút) 0 1 2 3 4

Nước

t1°C 30,0 32,4 34,7 37,0 39,2

T2(phút) 0 1 2 3 4

Dầu

t2°C 30,0 34,2 38,1 42,5 46,2

Do mn md mk , ta được :

1 1

2 2 2

n k

x k

c t c t

T

T c t c t

  



  

Suy ra 1 2 1 2

1 2 1 2

. 1 .

x n k

t T t T

c c c

T t T t

 

 

   

   

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Dựa trên bảng số liệu ta có thể vẽ đồ thị của hàm số t1 = f(T1) và t2 = f(T2)
Đồ thị của t1 = f(T1) và t2=f(T2)

có dạng là những đường thẳng, nên t1 = f(T1) = 30 + k1.T1
t2 = f(T2) = 30 + k2.T2
Dựa vào các kết quả trên bảng ta tính được: k12, 345(độ/phút)

k2 4,118(độ/phút)

Với các giá trị đó ta tính được:

2,345.4200 (1 2,345).380 2228 / .

4,118 4,118

x

c     J kg K

Cách 2. Tính toán dựa vào số liệu (0,5đ)

Lập bảng giá trị cho 4 lần đo: 0,25đ 
Tính giá trị trung bình cx: 0,25đ

1
1

t
T

 2

t
T


1 2 1 2

. 1 .

x n k

t T t T

c c c

T t T t

 

 

   

   

Lần 1 0,0400 0,0700 2237,14

Lần 2 0,0392 0,0675 2279,79

Lần 3 0,0389 0,0694 2187,18

Lần 4 0,0383 0,0675 2218,72

Giá trị trung bình 2230,71

Vậy cx 2231 /J kg K.

0,25đ
hình

0,25đ

……….. HẾT ………

t(0C)

46,2

42,5

39,2
38,1

37,0

34,7
34,2

32,4

30,0

0 1 2 3 4 T(phút)

t

(T

)

</div>

DE THI DBDH 20125



<i>v v v</i>

,

,

  

<sub></sub>

<sub></sub>

t

(T

)

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về