Bài2: Một vận động viên dùng môtô "bay" qua một bờ tờng có bề dày d và chiều cao H so với mặt đất Hình 2.. Trớc khi "bay", môtô chạy trên một cầu là một mặt phẳng nghiêng góc α so với mặ
Trang 1Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc
-Đề chính thức
Kỳ thi chọn hsg lớp 10 thpt năm học 2006 - 2007
Đề thi môn: Vật lý Dành cho học sinh trờng THPT Chuyên Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.
-Bài1: Từ điểm O trên bờ một con sông rộng OA=0,5km, một ngời muốn đi
tới điểm A đối diện bên kia sông bằng cách đi thuyền từ O đến B rồi đi bộ
từ B về A (Hình 1) Vận tốc của thuyền đối với nớc là v1=3km/h, vận tốc
của nớc đối với bờ sông là v2=2km/h, vận tốc đi bộ trên bờ là v=5km/h
Tìm độ dài BA để thời gian chuyển động là ngắn nhất và tính thời gian
ngắn nhất đó
Bài2: Một vận động viên dùng môtô "bay" qua một bờ tờng có
bề dày d và chiều cao H so với mặt đất (Hình 2) Trớc khi
"bay", môtô chạy trên một cầu là một mặt phẳng nghiêng góc
α so với mặt phẳng nằm ngang và có độ cao h so với mặt đất ở
điểm cuối
a) Tính vận tốc nhỏ nhất của môtô ở cuối cầu đủ để bay qua
ờng và góc nghiêng α (khoảng cách l từ điểm cuối cầu đến
t-ờng đợc bố trí thuận lợi nhất)
b) Tính l, coi môtô là chất điểm, bỏ qua sức cản không khí
Bài3: Cho hệ cơ học (Hình 3) Tính gia tốc của vật m đối với
nêm M và của nêm đối với đất trong trờng hợp:
a) Mặt nêm nhẵn, hệ số ma sát giữa nêm và sàn ngang là k
b) Hệ số ma sát giữa vật và nêm là k, mặt sàn nhẵn
c) Bỏ qua các ma sát
Bài4: Một xe lăn nhỏ có khối lợng m=0,6kg đặt trên mặt phẳng
ngang không ma sát (Hình 4) Hai sợi dây nhẹ, không giãn cùng chiều dài
l=0,8m, mỗi dây có gắn quả cầu nhỏ khối lợng m1=0,4kg và m2=0,2kg
Dây gắn m1 buộc cố định tại C, dây gắn m2 buộc vào xe lăn Ban đầu cả hệ
thống đứng yên, hai quả cầu tiếp xúc nhau Kéo m1 sang trái cho đến khi
dây treo nằm ngang, thả nhẹ m1, sau khi va chạm với m2 thì m1 lên đến độ
cao cực đại 0,2m so với vị trí cân bằng ban đầu
a) Xác định độ cao cực đại mà m2 lên đợc sau va chạm
b) Xác định vận tốc của m2 khi nó từ bên phải đi qua vị trí thấp nhất
Bài5: Một thanh nặng AB đồng chất, khối lợng phân bố đều, hai đầu tựa
trên vòng tròn không nhẵn, bán kính R (Hình 5) Mặt phẳng vòng tròn thẳng
đứng, hệ số ma sát trợt giữa thanh AB và vòng tròn là k, khoảng cách từ tâm
O của vòng tròn đến AB là OC=b Xác định góc nghiêng của OC với đờng
kính thẳng đứng OD của vòng tròn
-hết -Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh Số báo danh
hớng dẫn chấm thi môn vật lí lớp 10 chuyên
Năm học 2006 - 2007 Giám khảo chú ý:
Ngoài đáp án sau, nếu học sinh làm theo cách khác mà vẫn đúng bản chất vật lý và đáp số thì vẫn cho điểm tối đa Nếu học sinh làm đúng từ trên xuống nhng cha ra kết quả thì đúng đến bớc nào cho
điểm đến bớc đó Nếu học sinh làm sai trên đúng dới hoặc xuất phát từ những quan niệm vật lí sai thì
dù có ra kết quả đúng vẫn không cho điểm Giám khảo có thể chia thành các ý nhỏ hơn nữa để chấm
điểm
O
Hình 1
α
d
H h
l
Hình 2
M
m
α
Hình 3
m 2
m
m 1 B
l
Hình 4
A
C O
Hình 5
Trang 2- Vận tốc của thuyền so với bờ là: v tb =v1+v2.
- Thời gian thuyền qua sông là:
α cos 1 1
v
OA
- Thời gian đi bộ là:
v
AB
t2 = Với
α
α α
cos
) sin (
) sin (
1
1 2 1
2 1
v
v v OA v
v t
- Thời gian ngời chuyển động là:
α
α α
α
cos
sin 3 7 3
1 , 0 cos
sin
1 2
1
−
=
− +
= +
v v
OA t
t
- Theo bất đẳng thức Bunhiacôpski ta có: ( )
15
10 7
3
) ( 132 3
10 125
→
0,25 0,25
0,50
0,25 0,50 0,25
a) Tính vận tốc nhỏ nhất của môtô ở cuối cầu:
* Theo đề bài, bố trí thuận lợi nhất cho môtô
bay qua tờng phải là: ở độ cao H thì môtô phải
bay qua đoạn d với góc nghiêng ϕ=45o tại điểm
O của bờ tờng
* Khi đó, vận tốc của môtô ở độ cao H là v phải
thoả mãn điều kiện:
) 1 ( 45
2 sin
2
2 2
dg v
d g
v d
x
o
≥
→
=
≥
↔
≥
ϕ
ϕ
- Gọi m là khối lợng của ngời và môtô, vo là vận tốc của môtô ở cuối cầu Từ định luật
2
1 2
h H g v v mgH mv
mgh
- Từ (1) và (2) ta có: v o2 −2g(H −h)≥dg→v o2 ≥ g[d +2(H −h)]
) 3 ( )]
( 2 [
b) Tính l: Chọn trục toạ độ nh hình vẽ thì phơng trình quỹ đạo của môtô khi bay qua
cos 2
2 2
2
gx x x v
g x
tg
ϕ
Do đó, khi môtô đang ở cuối cầu thì có toạ độ x=-l và y=-(H-h) và phải thoả mãn (4):
) 5 ( 0 ) ( )
( )
2
2 2
2
=
−
− +
→ +
= +
=
−
→
−
−
−
=
−
d
l l v
gl l h H v
l g l h
H
- Giải (5) ta thu đợc nghiệm: [ 1 4( ) 1] 0
=
d
h H d
Nghiệm [ 1 4( ) 1] 0
2 − + − − <
=
d
h H d
0,25
0,25
0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25
a) Mặt nêm nhẵn, hệ số ma sát giữa nêm và
sàn là k:
+) Xét chuyển động của m trong HQC gắn
với nêm, theo định luật II Niutơn ta có:
) 1 ( 1 1
12 P N F qt
a
O α
B
v1 v2
vtb
α
d
H h
l
•
m vo
O
y
x
v
β
M
m α
y O x
a2
y' x' O'
Fms p1
N1
N 12 p
N2
fms
fms'
Trang 3
−
=
+
=
→
+ +
−
=
+
=
) 3 ( sin cos
) 2 ( cos sin
sin cos
0
cos sin
2 1
2 12
2 1
2 12
α α
α α
α α
α α
ma mg
N
a g
a ma
N mg
ma mg
ma
+) Xét chuyển động của M trong HQC gắn với mặt đất, theo định luật II Niutơn ta có:
) 4 ( 12 2
2
a
- Chiếu (4) lên O'x', O'y' ta có:
− +
=
−
=
) 6 ( cos
0
) 5 ( sin
2 12
2 12
2
N N
Mg
kN N
Ma
α α
- Lu ý N1=N12, từ (3), (5), (6) ta có:
α α α
α α
α
cos sin sin
) cos (
cos sin
2
2 2
km m
M
kg m
M mg
a
− +
+
−
=
- Thay a2 vào (2) ta sẽ tính đợc a12
b) Sàn nhẵn, giữa vật và nêm có ma sát:
+) Xét chuyển động của m trong HQC gắn với nêm, theo định luật II Niutơn ta có:
) 7 ( 1
1
12 P N F qt f ms
a
- Chiếu (7) lên Ox, Oy ta có:
+ +
−
=
− +
=
α α
α α
sin cos
0
cos sin
2 1
1 2
12
ma N mg
kN ma
mg ma
−
− +
=
−
=
→
) 9 )(
sin cos
( cos sin
) 8 ( sin cos
2 2
12
2 1
α α
α α
α α
ma mg
k a
g a
ma mg
N
+) Xét chuyển động của M trong HQC gắn với mặt đất, theo định luật II Niutơn ta có:
) 10 (
2 2
a
- Chiếu (10) lên Ox', ta có: Ma2 = N12sinα −kN1cosα(11)
- Từ (8) và (11), (chú ý N1=N12)ta có: (12)
cos sin sin
cos cos
sin 2
2
α α
α
km m
M
kmg mg
a
− +
−
=
- Thay (12) vào (9) ta sẽ tính đợc a12
c) Trờng hợp không ma sát:
+) Xét chuyển động của m trong HQC gắn với nêm, theo định luật II Niutơn ta có:
) 13 ( 1 1
12 P N F qt
a
- Chiếu (13) lên Ox, Oy ta có:
−
=
+
=
→
+ +
−
=
+
=
) 15 ( sin cos
) 14 ( cos sin
sin cos
0
cos sin
2 1
2 12
2 1
2 12
α α
α α
α α
α α
ma mg
N
a g
a ma
N mg
ma mg
ma
+) Xét chuyển động của M trong HQC gắn với mặt đất, theo định luật II Niutơn ta có:
) 16 ( sin
12 2 12
2 2
a
- Giải hệ (14), (15), (16) ta có:
α
α α
α α
2 12
2 2
sin
sin ) (
; sin
cos sin
m M
g m M a
m M
mg a
+
+
= +
=
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
a) Xác định độ cao mà m2 lên sau va chạm:
- áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho m1 từ A đến B (Chọn EtB=0), v1 là vận tốc m1
tại B trớc va chạm: 2 2.10.0,8 4 / (1)
2
1
1
2 1 1
Gọi v1' là vận tốc m1 sau va chạm, độ cao h1=0,2m
- áp dụng định luật bảo toàn cơ năng: ( ') ' 2 2 / (2)
2
1
1 1
2 1 1 1
- áp dụng định luật bảo toàn động lợng: m1v1 =m1v1'+m2v2 (v2 là vận tốc m2 sau va
2 , 0
) 2 4 ( 4 , 0 ) ' ( 2
1 1 1
m
v v m
→ Sau va chạm, khi m2 lên đến độ cao h2 thì m2 và xe m cùng vận tốc v áp dụng định
luật bảo toàn động lợng ta có: m2v2=(m+m2)v→v=m2v2/(m+m2) (4)
áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho hệ m+m2 ta có:
0,25
0,25
0,25 0,25 0,25
Trang 4m m
m g
mv h
gh m v m m v
) (
2 )
( 2
1 2
1
2
2 2 2
2 2
2 2
2
2
+
=
→ +
+
=
b) Xác định vận tốc của m2 khi từ độ cao h2 về đến vị trí thấp nhất:
- Khi đến vị trí thấp nhất, m2 có vận tốc v2', xe m có vận tốc v', áp dụng định luật bảo
toàn động lợng cho hệ m+m2 từ sau va chạm đến khi m2 về vị trí thấp nhất ta có:
m2v2=m2v2'+mv'→ m2(v2-v2')=mv' (5)
áp dụng định luật bảo toàn cơ năng: ( ') (6)
2
1 ) ' ( 2
1 2
2 2
2 2
m m
m m
6 , 0 2 , 0
6 , 0 2 , 0
2
2
+
−
= +
−
= Với v2'<0: Khi m2 về đến vị trí thấp nhất nó chuyển động ngợc chiều so với ngay sau
va chạm, với độ lớn vận tốc 2m/s
0,25 0,25 0,25
- Đặt AB=2l, góc COD = ϕ, góc OAC=góc OBC = α → sinα=b/R
- Điều kiện cân bằng của AB là:
=
=
=
∑
∑
∑
0 0 0
/ / /
B F
A F
O F
M M
M
(1)
- Từ (1), đặt Fms1=F1, Fms2=F2 Ta có:
P.bsinϕ=F1R+F2R=(F1+F2)R (1a)
P.lcosϕ+2F2lcosα=2N2lsinα→Pcosϕ+2F2cosα=2N2sinα (1b)
P.lcosϕ=2F1lcosα+2N1lsinα →Pcosϕ=2F1cosα+2N1sinα (1c)
- Khi AB cân bằng: F1≤kN1 (2a), F2≤kN2 (2b)
- Từ (1b), (1c), (2a), (2b) ta có:
−
≤
+
≤
) cos (sin
2
cos
) cos (sin
2
cos
2
1
α α
ϕ
α α
ϕ
k
kP F
k
kP F
(3)
- Thay (3) vào (1a):
) cos (sin
2
cos )
cos (sin
2
cos sin
α α
ϕ α
α
ϕ ϕ
k
kP k
kP Pb
−
+ +
≤
) ) 1 ( (sin
sin
) cos (sin
2
cos sin 2
k k b
Rk tg
R k
kP Pb
− +
≤
→
−
≤
→
α
α ϕ
α α
ϕ α
có:
] )
1 [(
] ) 1 (
2 2
2 2
k R tg
k k R
b b
k R
b R tg
− +
≤
→
− +
ϕ
0,25
0,25 0,25 0,25 0,25
0,25
0,25
0,25
A
C O
N 2
N 1
F 1
α α ϕ