ĐỀ THI HSG số 4 lớp 10

Bài 2: 3 điểm Một cốc đong trong thí nghiệm có dạng hình trụ đáy tròn, khối lượng M, thể tích bên trong của cốc là V02. Trên thành cốc, theo phương thẳng đứng người ta khắc các vạch chi

ĐỀ THI HỌC CHỌN SINH GỎI MÔN: VẬT LÍ – LỚP 10

Thời gian làm bài: 180 phút

Bài 1: (4 điểm)

Người ta lồng một hòn bi có lỗ xuyên suốt và có khối lượng m vào một thanh AB nghiêng góc 

so với phương nằm ngang Lúc đầu bi đứng yên Cho thanh AB tịnh tiến trong mặt phẳng thẳng đứng với gia tốc a0 nằm ngang

1 Giả sử không có ma sát giữa bi và thanh Trong mỗi trường hợp:

gia tốc a0 của thanh AB hướng sang trái và sang phải, hãy tính:

- Gia tốc của hòn bi đối với AB?

- Phản lực Q của AB lên bi?

- Tìm điều kiện để bi chuyển động về phía A; về phía B; đứng

yên?

2 Hỏi như câu 1 Cho biết a0 = 2g và hướng sang trái, hệ số ma sát giữa bi và thanh AB là k = 1/3

Bài 2: (3 điểm)

Một cốc đong trong thí nghiệm có dạng hình trụ đáy tròn, khối lượng M, thể tích bên trong của cốc là V0 Trên thành cốc, theo phương thẳng đứng người ta khắc các vạch chia để đo thể tích và đo độ cao của chất lỏng trong cốc Coi đáy cốc và thành cốc có độ dày như nhau, bỏ qua sự dính ướt Được dùng một chậu to đựng nước, hãy lập phương án để xác định độ dày d, diện tích đáy ngoài S của cốc Yêu cầu:

1 Nêu các bước thí nghiệm Lập bảng biểu cần thiết.

2 Lập các biểu thức để xác định d, S theo các kết quả đo của thí nghiệm (cho khối lượng riêng của

nước là )

Bài 3: (4 điểm)

Trên mặt phẳng ngang có hai khối lập phương cạnh H, cùng khối lượng M đặt cạnh nhau Đặt nhẹ nhàng một quả cầu có bán kính R, khối lượng m = M lên trên vào khe nhỏ giữa hai khối hộp

1 Hai khối hộp cách nhau một khoảng R, quả cầu đứng cân bằng trên

các khối hộp ngay sau khi đặt nhẹ lên khe hở Tìm lực do các khối hộp

tác dụng lên quả cầu khi các vật đứng cân bằng Biết hệ số ma sát tĩnh

giữa hai khối hộp và mặt bàn là k, tìm điều kiện của k để quả cầu đứng

cân bằng trên 2 hộp ngay sau khi đặt lên

2 Bỏ qua mọi ma sát và vận tốc ban đầu của quả cầu Tìm vận tốc quả

R

R M

A

B m



a0

Bài 4 (4 điểm)

Một mol khí đơn nguyên tử được giam trong một xi lanh diện tích tiết diện ngang S Lò xo có độ cứng k được đặt nằm ngang, một đầu gắn với pittông, còn một đầu được giữ cố định (hình vẽ) Ban đầu khối khí có áp suất p0, thể tích V0, nhiệt độ T0, và pittông ở trạng thái cân bằng Người ta làm nóng khí thật chậm để thực hiện một quá trình cân bằng chuyển khí đến trạng thái có áp suất

p1, thể tích V1 = 2V0 và nhiệt độ T1 Bỏ qua ma sát giữa pittông và thành xi lanh Giả thiết sự trao đổi nhiệt giữa khối khí với môi trường là không đáng kể

1 Tìm giá trị của p1 và T1

2 Biểu diễn quá trình này trên đồ thị p –V Tính công A mà khối khí

sinh ra

3 Tính nhiệt lượng mà khối khí nhận được

Bài 5: (5 điểm)

Cho một bản mỏng, khối lượng M, có dạng hình vuông ABCD đồng chất, tiết diện đều Bản này

có thể quay không ma sát quanh trục nằm ngang, trùng với cạnh AB của khung E, F là trung điểm các cạnh AB, CD của khung như hình vẽ Một quả cầu có khối lượng m bay với vận tốc v tới va

chạm đàn hồi với bản mỏng tại điểm M nằm trên EF và cách E một khoảng d (0 < d< l).

1 Tính vận tốc của vật và vận tốc góc của bản sau va

chạm

2 Xác định lực do trục quay tác dụng lên bản (hướng và

độ lớn) khi bản lệch góc  đối với phương thẳng đứng)

Nhận xét lực này ở các thời điểm:

- Ngay sau va chạm

- Bản lệch góc cực đại so với phương thẳng đứng

Xác định lực do giá đỡ tác dụng lên bản

*** Hết ***

2

0

p , V , T

F

E

M

v0 m

E

C F

D

M •

E

ĐÁP ÁN TÓM TẮT VẬT LÍ 10

Bài 1

4điểm

1

1 Chọn hệ quy chiếu xOy gắn với que AB Bi chịu tác dụng của: trọng lựcP, phản lực Q

của que, lực quán tính  m a

* TH a0 hướng sang trái: lực quán tính hướng sang phải và vật có gia tốc j hướng theo thanh

AB Theo định luật II Niutơn:

P Q m a0  mj(1)

Chiếu (1) xuống hai trục Ox và Oy:

- mgsin + ma0cos = mj

- mgcos + Q ma0sins = 0 Giải hệ:

a) j = -gsin+ a0cos

b) Q = M(gcos + a0sins) ; Q> 0, Q hướng lên

c)

- Nếu

g

a

tg   0 thì j > 0 , bi đi về phía đầu B

- Nếu

g

a

tg   0 thì j > 0 , bi đi về phiá đầu A

- Nếu

g

a

tg   0 thì j = 0 , bi đứng yên

0,75 0,5

0,75

* Khi a0 hướng sang phải Giải tương tự ( đổi dấu a), ta có

j = - (gsin + a0cos) luôn có giá trị âm Vậy bi đi về phía A

Q = m(gcos - a0sins) Nếu

g

a

tg   0 thì Q hướng lên Ngược lại

g

a

tg   0 thì Q hướng xuống Nếu

g

a

tg   0 thì Q = 0 , thành phần thẳng đứng của j là jg = jsin = -g, bi rơi tự do theo phương thẳng đứng

1đ

2 Bi chịu thêm tác dụng của lực ma sát F Giả sử j hướng lên thì F hướng xuống như hình vẽ

P Q m a0  F mj(1)

Chiếu xuống hai trục Ox và Oy và thay

F = kQ= Q/3

- mgsin + 2mg0cos - kQ = mj

- mgcos + Q - 2mgsins = 0

Giải hệ: Q = mg(cos + 2sins)

j =

3

g

( 7cos - sin) Điều kiện để j > 0 là tg > 7 hay  > 820 Giả sử j hướng xuống thì F hướng lên Ta có kết qủa tương tự ( đổi dấu F)

j = 5

3

g

( cos - sin) Điều kiện để bi đi xuống, j < 0 là ( cos < sin) hay

 > 450 Bi đứng yên khi 450 <  < 820

0,5đ

0,5đ

0

a



0

a 

P 

 A

B

O

x

d Vạch chia

hn V

Bài 2

3đ 1 Phương án và các bước:

- Cho nước vào bình với thể tích V1, thả bình vào chậu, xác định mực nước ngoài bình hn1

(đọc trên vạch chia)

- Tăng dần thể tích nước trong bình: V2, V3, và lại thả bình vào chậu, xác định các mực nước hn2, hn3,

- Khi đo phải chờ cho nước phẳng lặng

*Lập bảng số liệu:

1đ

0,5 đ

2 Các biểu thức

Gọi hn là mực nước ngoài bình,  là khối lượng riêng của nước, mt và Vt tương ứng là khối lượng

và thể tích nước trong bình Phương trình cân bằng cho bình có nước sau khi thả vào chậu:

g(d+hn)S = (M+mt)g

 (d+hn)S = M+Vt  (1)

Từ (1) ta thấy hn phụ thuộc tuyến tính vào Vt Thay Vt bởi các giá trị V1, V2,

(d+hn1)S = M+V1 (2)

0,5đ

4

(d+hn2)S = M+V2 (3)

Đọc hn1, hn2, trên vạch chia thành bình Lấy (3) trừ (2) rồi rút S ra:

S = (V2-V1)/(hn2-hn1) (4) Thay đổi các giá trị V2, V1,hn2, hn1 nhiều lần để tính S

Sau đó lắp vào (2) để tính d:

1





n n

M V h h

M V





0,5đ

0,5đ Bài 3

4đ

1

Quả cầu cân bằng trên 2 khối hộp, AOB là một tam giác đều Có thể thấy ngay các lực của 2 khối tác dụng lên quả cầu hướng về tâm và cùng độ lớn, góc giữa 2 lực là

600 Các lực này cân bằng với trọng lực tác dụng lên quả cầu Vì vậy:

3 3

3

Để các khối hộp và quả cầu đứng cân bằng sau khi đặt quả cầu lên

thì lực tác dụng lên các khối hộp theo phương ngang phải không lớn

hơn ma sát nghỉ cực đại fms Xét lực tác dụng lên mỗi khối hộp gồm:

Trọng lực P = Mg, áp lực của quả cầu F với FN

Phản lực Q của bàn với: Q = Mg + Fsin600

0

cos 60

cos 60 ( sin 60 )

2

ms

k

Mg Mg

Mg N





 2

- Xét thời điểm quả cầu rơi xuống khối lập phương, ta cần xác định góc 

Liên hệ vận tốc: 1 2 1

2

v

v

- Bảo toàn năng lượng:

2

1

tg



2

v

2 tg

Trong HQC chuyển động với vận tốc v2 thì quả cầu chuyển động tròn quanh điểm tiếp xúc, tại thời điểm rời nhau thì HQC trên trở thành HQC quán tính, lúc này thành phần trọng lực đóng vai trò lực hướng tâm:

0,5

0,5

0,75 M

v2

-v2

v1 v

α

M

R

R

O

mv

mg cos

2

2

Thay v1 bằng biểu thức ở trên vào, được phương trình:

2 tg

3

(Có thể tính theo cách sau:

2

v

Lấy đạo hàm theo cos và cho đạo hàm bằng 0 ta nhận được phương trình:

3

cos  3cos  2 0 )

1

Còn quả cầu cách mặt đất: h H R 1 cos    

0,75

0,5

- Nếu H R 1 cos     0, 404R thì quả cầu chạm đất trước khi rời các hình lập phương, lúc chạm đất thì góc f thỏa mãn H R 1 cos  1 cos H

R

xác định theo định luật bảo toàn năng lượng và liên hệ vận tốc

2

1 cos

1 cos

2R H H



- Nếu H R 1 cos     0, 404R thì sau khi rơi, quả cầu chuyển động rơi tự do:

2

R

H

0,5

0,5

BÀI 4

(4 đ)

1 Gọi x là độ dời của pittông

0

0

0

(1) (2)

(3)

kx

S

 

 



với V1 = 2V0 ta có: p1 p0 k2V0 (4)

S

 

Theo phương trình trạng thái: 1 1 0 0 0 1 1 0

p V

0.5

0.5

2 2 Quá trình biến đổi của khí biểu diễn bởi phương trình (3) 1.0

6

V S

x V

0

Đường biểu diễn trên đồ thị p – V ở hình bên, là một đoạn thẳng.

Công A có độ lớn bằng diện tích hình thang giới hạn bởi hai cạnh

song song với trục tung có hoành độ V0 và 2V0 (diện tích bôi đen

trên hình vẽ)

2 0

(6)

v

S

3 Theo nguyên lí I:

0

0 2

0

3 (1 2 ) 2

kV

S p kV

S

     

   

1.0

1.0

Bài 5

5đ

1 Ngay sau va chạm vật có vận tốc v, bản có vận tốc góc  Bảo toàn năng lượng và bảo toàn mô men động lượng đối với trục M:

w

mv0d = mvd + I1

Giải hệ: 0

6mdv 3md M

w =

+ ;

0

(M 3md )v v

3md M





-=

+

1đ

1đ

2 Khi góc lệch của tấm phẳng so với phương thẳng đứng là  thì vận tốc góc của tấm là :

2 1

M

( ) Mg (1 cos )

a

- = - Khi góc lệch cực đại thì = 0;

2 0

(6mdv )

3g(3md M )





Gọi Q là lực do trục tác dụng lên bản

n

Q+Mg=Mat +Ma Chiếu theo hai phương nằm ngang và thẳng đứng ta được Qx và Qy

Q Q Q a với a , an là gia tốc tiếp tuyến và pháp tuyến của khối tâm: an=M 2

2

Quay quanh A: Mg sin M 2

2 a= 3 g

; 3gsin

2

a

g =

 ; a = 3gsin

a

Ngay sau va chạm thì a =0, Q có phương thẳng đứng

Khi lệch cực đại thì an = 0; Q=Mat- Mg

1đ 1đ

1đ

p

P

0

P1

2V0 V

V0