ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2015 -Vật lý 10 trường chuyên quốc học huế

4 điểm -Động học, động lực học chất điểm Trên mặt phẳng nằm ngang, nhẵn, người ta cố định một thanh mảnh.. 4 điểm -Động học, động lực học chất điểm Một vòng dây đồng chất khối lượng m ba

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

NĂM 2015

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ LỚP 10

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

(Đề thi gồm 05 câu in trong 02 trang)

HỌ VÀ TÊN THÍ SINH: ………

SỐ BÁO DANH:……….

Bài 1 (4 điểm -Động học, động lực học chất điểm)

Trên mặt phẳng nằm ngang, nhẵn, người ta cố định một thanh mảnh Một viên bi khối lượng m xuyên qua thanh có thể trượt không ma sát dọc theo

thanh Người ta buộc một sợi chỉ không dãn dài L

vào viên bi và kéo sao cho đầu tự do của sợi chỉ có

độ lớn vận tốc v0 , phương vận tốc trùng với

phương sợi chỉ, sợi chỉ luôn nằm trong mặt phẳng

thẳng đứng Hỏi phải tác dụng một lực như thế nào vào sợi chỉ ở thời điểm nó tạo một góc α so với phương nằm ngang?

Bài 2 (4 điểm -Động học, động lực học chất điểm)

Một vòng dây đồng chất khối lượng m bao lấy một cái đĩa nằm ngang,

bán kính R như hình Khi đó lực căng trên vòng dây là T Hãy tìm hệ số

ma sát giữa vành đĩa và sợi dây nếu khi quay đĩa với tốc độ góc vượt

quá ω thì vòng dây sẽ rơi xuống

Bài 3 (5 điểm - Cơ vậ rắn) (Quý thấy

cô chú ý giúp)

Một khối trụ đặc đồng chất bán kính r,

khối lượng m tự quay với tốc độ góc ω0 ,

ω

ĐỀ NGHỊ

α

0

v r

0

ω

được đặt nhẹ nhàng xuống điểm O là chân của mặt phẳng nghiêng góc α Hệ số ma sát giữa m

và mặt phẳng nghiêng là µ

(Cho µ >tanα; mặt phẳng nghiêng tuyệt đối rắn, không có sự biến dạng của quả cầu; g là

gia tốc trọng trường)

a Xác định quãng đường mà khối tâm khối trụ đi được trong giai đoạn đầu vừa lăn vừa trượt

b Công của lực ma sát khi lăn lên mặt phẳng

c Xác định độ cao cực đại của tâm khối trụ trên mặt phẳng nghiêng (độ cao so với O)

Bài 4 (4 điểm –Nhiệt)

Trên mặt bàn nằm ngang có một xi lanh cách nhiệt, tiết diện đều, đặt thẳng đứng, bên trong có

2 pittông Pittông ở phía trên thì nặng, cách nhiệt nhưng có thể di chuyển không ma sát bên trong xi lanh Pittông bên dưới thì nhẹ, dẫn nhiệt nhưng giữa

nó và thành xi lanh có ma sát Mỗi ngăn chứa n mol khí lí

tưởng, đơn nguyên tử Lúc đầu hệ ở trạng thái cân bằng nhiệt

và mỗi ngăn có chiều cao L Hệ sau đó được nung nóng chậm

và được cung cấp một lượng nhiệt là ∆Q Bỏ qua nhiệt dung

của xi lanh và của pittông

Nhiệt độ của khí thay đổi một lượng ∆T là bao nhiêu nếu

pittông bên dưới không di chuyển khỏi vị trí ban đầu? Giá trị

nhỏ nhất của lực ma sát giữa pittông bên dưới và thành xi lanh là bao nhiêu để hiện tượng này có thể xảy ra? Nhiệt dung của hệ khí là bao nhiêu trong quá trình này?

( các giá trị: n, L, ∆Q đã biết)

Bài 5 (3 điểm -Phương án thực hành)

Một chiếc cốc có dạng hình trụ, đáy tròn, khối lượng M, thể tích bên trong 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 dày như nhau, bỏ qua sự dính ướt Được dùng một chậu đựng nước Hãy lập phương án thí nghiệm để xác định độ dày d, diện tích đáy ngoài S và khối lượng riêng ρC của chất làm cốc Cho khối lượng riêng của nước làρ

Yêu cầu :

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

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

b.Lập biểu thức tính khối lượng riêng ρ của chất làm cốc qua các đại lượng S, d, M và V

-

Hết -TRƯỜNG THPT CHUYÊN

KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

NĂM 2015

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ LỚP 10

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài 1 (4 điểm -Động học, động lực học chất điểm)

Ta có: yB = L sin α → yB/ = L cos α α/

mà: yB/ = v0sin α

nên: / v0 tan

L

0,5 đ

0,5 đ

Định luật III Niu tơn cho viên bi:

A

T N P ma ur uur ur + + = uur

chiếu lên 0x

//

0,5 đ

Lại có:

sin os

cos

v

α

ĐỀ NGHỊ

α

O

L A

T u r N

uu r

0

v uu r

A

v uu r x

y

B

P

ur

Thay α/ở trên:

3

sin cos

A

v x

L

α α

Từ đó:

1,5 đ

Bài 2 (4 điểm -Động học, động lực học chất điểm)

Nhận xét:

Khi đứng yên, vòng dây căng ra và áp sát vào

vành đĩa nên nhờ lực ma sát nghỉ mà vòng dây

không trượt xuống dưới tác dụng của trọng lực

Nhưng khi quay, do tác dụng của lực li tâm lên

vòng dây nên áp lực tại mặt tiếp xúc sẽ giảm

xuống làm cho lực ma sat nghỉ cực đại giảm

xuống và dây dễ bị rơi xuống

0,5đ

Chia vòng dây thành những phần tử rất nhỏ ∆m

Khi đó hai đầu phần tử chịu tác dụng của hai sức

căng T1 = = T2 T

T T ur uur + = Q r

Q được xác định:

2 sin 2

2 2

Q = T α ≈ T α = T α

0,5đ

Khối lượng phần tử ∆m được xác định:

R

α α

∆ = = (1)

0,5đ

Gọi Nuur là phản lực của đĩa tác dụng lên ∆m Ta có

Q N − = ∆ ma

Với gia tốc hướng tâm a = ω2R ta có:

2

2

m

N Q ma T α α ω R

π

= − ∆ = − (2)

0,5đ

Nếu tốc độ góc đạt đến ω khi vòng dây bắt đầu trượt thì lực ma sát nghỉ cực

đại bằng µ N

mg µN

∆ =

0,5đ

Sử dụng hệ thức (1) và (2) ta tìm được hệ số ma sát: 1đ

0 4

sin cos

mv T

L

α α

=

ω

Q ur

msn

F mg

∆ N

uu r

m

∆

Q ur

α

1

T ur T uu r2

Biện luận:

Trong biểu thức (2), nếu ω tăng N giảm, với giá trị ω0 nào đó thì N=0:

2

2

2

mR

π

Với ω ω≥ 0thì vòng dây sẽ trượt với bất kỳ hệ số ma sát nào.

0,5đ

Bài 3 (5 điểm - Cơ vậ rắn)

Hướng dẫn chấm:

a Xét vị trí bất kỳ của khối

trụ, khi sự trượt vẫn còn

xảy ra:

ms

P N + + f = ma

ur uur uuur r

Chiếu trên ox và oy

sin

ms

α

α

µ α α





Vận tốc khối tâm G:

v at =

Xét chuyển động quay quanh khối tâm G Gọi γ là độ lớn gia tốc góc, ta có:

ω ω γ = −

2

/ 2

ms

µ α µ α

0,5đ

Vật bắt đầu lăn không trượt khi

0

( )

( os sin ) 2 os 3 os sin

v r

at t r

t

a r g c gc gc

ω

ω γ

γ µ α α µ α µ α α

=

→ = −

0,5đ

ω

O

ms

f

ur

P

ur

G

N

uu r

x y

α

Quãng đường khối tâm G đi được trong khoảng thời gian vừa lăn vừa trượt

2 2

2

r

ω

µ α α

µ α α

ω µ α α ω

−

−

3 os sin

c C

c

µ α α

µ α α

−

=

− ,

1đ

b Gọi W là năng lượng lúc vật băt đầu lăn không trượt (ứng với tốc độ góc 1

1

ω ) Áp dụng định lý biến thiên cơ năng ta có công của lực ma sát

ms

0,5đ

Với

0

r

C

ω

Vậy

2 0

ms

A

gc

α ω

µ α α

−

0,5đ

c Đặt

ax

m

0

W W − = Ams+ Ams = Ams

/

ms

A là công của lực ma sát kể từ khi vật lăn không trượt Do lực ma sát nghỉ

không sinh công nên: A/ms= 0 Vậy

2 2

1 1

2 2

2

2 2

0

gc

α ω

µ α α

−

Vậy: Hmax = + h r

0,5đ

1đ

Bài 4 (4điểm –Nhiệt)

Khí đơn nguyên tử : i = 3, thể tích ngăn 1: V = S.L (S: tiết diện pittông) 0,5 đ

a) Gọi ngăn dưới, ngăn trên lần lượt là ngăn 1 và ngăn 2.

* Ban đầu:

Ngăn 1:

1

1

n mol V p T











; Ngăn 2:

2

1

o

n mol V Mg

S T













Từ công thức: pV = nRT  p2 = p1.

* Sau đó: Ngăn 1:

1 1

' '

n mol V p T











; Ngăn 2: 2

1

1'

n mol V p T













0,5 đ

Xét khí trong cả hai ngăn, từ nguyên lý I nhiệt động lực học: ∆Q = ∆U – A = ∆U

+ A’

suy ra: ∆Q = ∆U1 + ∆U2 + A’

0,5 đ

trong đó:

A’= công do khí ngăn 2 sinh ra: A’ = p1 (V2 - V) = nR(T1’ – T1)= nR∆T (quá trình

đẳng áp)

0,5 đ

∆U1 + ∆U2 =

Vậy: ∆Q = (i+1) nR∆T = 4nR∆T 

4

Q T nR

∆

b) Nung chậm, áp suất ngăn trên không đổi, áp suất ngăn dưới tăng dần Để

pittông dưới luôn đứng yên thì: Fms = (pdưới – ptrên) S

 lực ma sát nhỏ nhất cần tìm: Fmsmin = (p1’ – p1) S

mặt khác từ phương trình C-M suy ra: 1 1

1 1

' '

T = T = V

 Fmsmin nR T1 ' nR T S1 nR. T S. nR T

∆

Thay

4

Q T

nR

∆

∆ = vào suy ra Fmsmin =

4

Q L

∆

0,5 đ

c) Nhiệt dung của hệ: C Q 4nR

T

∆

0,5 đ

Bài 5 (3 điểm -Phương án thực hành)

Câu 5

a Các bước thí nghiệm

+Cho nước vào cốc tới thể tích V1 ; thả cốc vào chậu , xác định mực

nước ngoài cốc h1 (đọc trên vạch chia)

+ Tăng dần thể tích nước trong cốc : V2 ; V3 và lại thả cốc vào chậu, xác

định mực nước ở ngoài h h n2; n3

Khi đo phải chờ cho nước phẳng lặng

Lập bảng số liệu :

Điểm 3đ

0,5đ

Các biểu thức

Gọi h n là mực nước ở ngoài cốc ; ρ là khối lượng riêng của nước, mt ; V t tương

ứng là khối lượng và thể tích nước trong cốc Phương trình cân bằng cho cốc có

nước sau khi thả vào chậu :

ρ g (d+ h n ) S = (M + mt )g

Hay ρ (d+ h n ) S = M +V t g (1)

0,5đ

Từ (1) ta thấy h n phụ thuộc tuyến tính vào Vt Thay Vt bởi các giá trị V1 ; V2 ;

3

V ; đọc h1; h2

Rút ra S : S = 2 1

2 1

n n

V V

h h

−

− Thay đổi các giá trị V1 ; V2 ; h1; h 2 nhiều lần để tính S

Sau đó tính d : d = 1 ( 1 ) ( 2 1)

2 1

n n

M V

ρ

ρ

−

0,5đ

0,5đ

1

b.Biểu thức tính ρb

Gọi h là độ cao của cốc; h0 là độ cao của thành trong của cốc, r là bán kính trong,

R là bán kính ngoài của cốc; V là thể tích của chất làm cốc, st là diện tích

đáy trong cốc

0,5đ

Ta có : h = h0 + d ; h0 = 2

ot ot t

S =πr

R = r + d = S r S d

π → = π −

b

ρ =

( )

0

2

( ) ot

ot

ot

V

S d π

0,5đ

-