đề thi chọn hsg vật lí lớp 10 vĩnh phúc đề số 6

Tại đầu một tấm ván người ta đặt một vật nhỏ có khối lượng bằng hai lần khối lượng tấm ván.. Đẩy cho cả hai chuyển động với cùng vận tốc v0 theo phương ngang hướng về phía bức tường thẳn

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ (Dành cho học sinh THPT Chuyên)

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

Câu 1 Tại đầu một tấm ván người ta đặt một vật nhỏ có khối lượng bằng

hai lần khối lượng tấm ván Đẩy cho cả hai chuyển động với cùng vận tốc

v0 theo phương ngang hướng về phía bức tường thẳng đứng (Hình 1)

Vectơ vận tốc hướng dọc theo tấm ván và vuông góc với tường Coi va

chạm giữa tấm ván và tường là tuyệt đối đàn hồi và tức thời, còn hệ số ma

sát giữa vật và ván bằng , bỏ qua ma sát giữa tấm ván và sàn Hãy tìm độ

dài cực tiểu của tấm ván để vật không bao giờ chạm vào tường

Câu 2 Một sợi dây nhẹ không dãn dài l, một đầu cố định, đầu kia treo vật nhỏ khối lượng m Kéo vật sao

cho dây hợp với phương thẳng đứng góc  (0o <α< 90α<α< 90 90o, vật ở phía dưới điểm treo) rồi thả vật không vận tốc đầu Bỏ qua mọi ma sát

1 Nếu gia tốc của vật ở vị trí thấp nhất và cao nhất có độ lớn bằng nhau thì góc  bằng bao nhiêu?

2 Tại vị trí dây treo lệch góc  (<α< 90), vận tốc dài có thành phần thẳng đứng v y cực đại, tính góc 

3 Khi đến vị trí thấp nhất, vật va chạm đàn hồi xuyên tâm với vật thứ hai giống hệt nó, đang đứng yên ở

đỉnh một bán cầu bán kính R Ngay sau va chạm, vật hai rời khỏi bán cầu Tính bán kính R theo l

Câu 3 Xi lanh có tiết diện trong S =100 cm 2 cùng với pittông p và vách

ngăn V làm bằng chất cách nhiệt (Hình 2) Nắp K của vách mở khi áp suất

bên phải lớn hơn áp suất bên trái Ban đầu phần bên trái của xi lanh có chiều

dài l=1,12 m chứa m 1 =12 g khí Hêli, phần bên phải cũng có chiều dài

l=1,12 m chứa m 2 =2 g khí Hêli và nhiệt độ cả hai bên đều bằng T 0 =273 K Ấn

từ từ pittông sang trái, ngừng một chút khi nắp mở và đẩy pittông tới sát vách

V Tìm công đã thực hiện biết áp suất không khí bên ngoài P 0 =10 5 N/m 2 nhiệt

dung riêng đẳng tích và đẳng áp của Hêli bằng: C v = 3,15.10 3 J/kg.độ;

C p =5,25.10 3 J/kg.độ Bỏ qua mọi ma sát.

Câu 4 Trên mặt phẳng thẳng đứng (P) có vẽ một vòng tròn (C) bán kính

R tiếp xúc với mặt phẳng ngang Một chiếc vòng M có bán kính R lăn không

trượt trên mặt phẳng ngang tiến về phía vòng tròn (C) (Hình 3) Vận tốc của

tâm O 1 của vòng M là v Mặt phẳng của M nằm sát mặt phẳng (P) Gọi A là

một giao điểm của hai vòng tròn khi khoảng cách giữa tâm của chúng là

d<2R Tìm:

1 Vận tốc và gia tốc của A.

2 Bán kính quỹ đạo và vận tốc của điểm nằm trên vòng M tại A

Câu 5 Trên mặt phẳng ngang có một bán cầu khối lượng m Từ điểm cao

nhất của bán cầu có một vật nhỏ khối lượng m trượt không vận tốc đầu

xuống Ma sát giữa vật nhỏ và bán cầu có thể bỏ qua Gọi  là góc giữa

phương thẳng đứng và bán kính nối từ tâm bán cầu tới vật (Hình 4)

1 Giả sử bán cầu được giữ đứng yên Xác định vận tốc của vật, áp lực của

vật lên mặt bán cầu khi vật chưa rời bán cầu, từ đó tìm góc m khi vật bắt

đầu rời bán cầu

2 Giả sử giữa bán cầu và mặt phẳng ngang có hệ số ma sát là  Tìm  biết

rằng khi  = 30 o thì bán cầu bắt đầu bị trượt trên mặt phẳng ngang

3 Giả sử không có ma sát giữa bán cầu và mặt phẳng ngang Tìm  khi vật rời khỏi bán cầu.

-Hết -Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:……….……… …….…….….….; Số báo danh………

P0 K

V

Hình 2



Hình 4

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013

ĐÁP ÁN MÔN: VẬT LÝ (Dành cho học sinh THPT Chuyên)

1 2đ Để vật không chạm tường thì nó phải không rời

ván Sau khi va chạm với tường, ván có vận tốc

0

v hướng ngược lại Do vật không rời ván nên

áp dụng định luật bảo toàn động lượng và bảo toàn năng lượng, ta có :

1 0

1

2 0

2

1 3

2

1 2



Trong đó v1 là vận tốc khi vật và ván chuyển động như một vật trở lại tường,

1

x là quãng đường vật đi được trên ván Suy ra:

g

v x v



3

2

; 3

0 1 0

1   , khi vật và ván chuyển động như một vật lao vào tường, quá trình diễn ra giống hệt như

trên, vật đi thêm quãng đường x2 trên ván:

g g

V x

v

3 3

2

; 3

2 1

2 1



















Quá trình như vậy lặp lại nhiều lần, và tổng quãng đường vật đi được trên ván



























g

v s s

s s

9

1

9

1 9

1 1 3

2

2 0 2

1



















g

v g

v

9

1 1 4 3 9

1 1 9

1 1 3

0

2 0





Để vật không rời ván thì độ dài ván lớn hơn hoặc bằng quãng đường s sau nhiều lần va chạm n :

4

3 lim

2 0

µg

v s l





 Vậy để vật không va vào tường

độ dài tối thiểu của ván là

µg

v l

4

3 2 0



0,5

0,5

0,5

0,5

0,75đ Gọi aA và aB là gia tốc toàn phần tại A và B













2 nB 2

tB B

2 nA 2

tA A

a a a

a a a

Vì anA = 0 ; atB = 0 nên theo giả thiết aA = aB thì atA = anB

sinα g v v

B

2

  





(1)

Chọn mốc tính thế năng qua B, Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho vật tại

A và B WA = WB   mv v 2g 1 cosα

2

1 cosα 1

B

2





(2)

0,25

0,25

(Đáp án có 06

trang)

v0

Hình 1

 y

A

C

B

C

T 

x

O

























53,13 α

5

4 sinα

0(loai) sinα

cosα 1 2g sinα

0,25

2

0,75đ

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho vật tại A và C

  mv mg 1 cosβ v 2g cosβ cosα

2

1 cosα 1

C

2



Áp dụng định luật II Niutơn cho vật P  T C m a 





Theo phương hướng tâm CO :



2 C C

mv T

Pcosβ 

 (4) (3),(4) TC  mg(3cosβ  2cos  ) (5) Theo phương thẳng đứng Cy :

m

P cosβ T a ma cosβ T

y y C













Do vCy đạt cực đại nên aCy=0, TC cosβmg (6)……… … …

Từ 4,5 và 6 ta có

2

0

0

mg mg(3cos 2cos )

cosβ 3cos β 2cosαcosβ 1 0 cosβ 0,81 β 36 cosβ 0,41 β 114 (loai)





……… ………

0,25

0,25

0,25 3

0,5đ

Do m1=m2 nên sau va chạm hai vật trao đổi vận tốc

) cos (1 2g v

v 2 B

2

2      (7)

Áp dụng định luật II Niutơn cho vật 2 sau va chạm :

2 2

P     ; theo phương hướng tâm

R

v m

N P

a 2 2 22

2   (8) P2 N2 2g (1 cos )



2

2

N mg(1 (cosα 1))

R

    

Sau va chạm vật 2 rời khỏi bán cầu nên:

0 1)) (cosα R

2 mg(1 0

Vậy: R  2  (1  cos  )  0,8  ……… ………

0,25

0,25

Lúc đầu áp suất khí bên trái P1 = .R.TlS

μ

lớn hơn áp suất bên phải vách

2

m

'

O

1

m N2



2

P  v2



P2= .R.TlS μ

Khối khí bên phải bị nén đoạn nhiệt từ thể tích V0 = lS xuống V1, áp suất của

nó tăng lên đến P1:

P2V0 = P1 V1  V1 = V0



1

1

2













P

P

= V0



1

1

2













m

m

(1)

Khi đó nhiệt độ ở bên phải: T1 = 2 0 0

1

V P

V P

= T0



















1

1

2

m

m

=559K (2)

Sau khi nắp K mở hai khí hoà trộn vào nhau và có cùng nhiệt độ T2: Cvm1(T2-

T0) = Cvm2(T1 - T0)

 T2 =

2 1

1 2 0 1

m m

T m T m





=

































γ 1

1 2 2

1

1

m 1 m m

m

T =314K (3)

Sau đó lượng khí m = m1 + m2 bị nén đoạn nhiệt từ thể tích V = V0 + V1 đến V0 , nhiệt độ tăng từ T2 đến T, ta có : T V0g -1 = T2(V0 + V1)g -1 (4)……… ……

Thay (1) và (3) vào (4) ta được:

T = T2

γ γ 1

1 2 2

1 0 1 1 γ

0 1 0

m

m 1 m m T m V

V V









































=382K (5)

Công do lực tác dụng lên pittông và áp suất khí quyển P0 thực hiện làm tăng nội năng của chất khí bị nén đoạn nhiệt:

A= A1 + A2 = U = Cv(m1 + m2) (T- T0) (6), với A1 = P0S.l

Thay (5) vào (6), rồi thay số vào ta được A2 = 3687 (J)

(Học sinh có thể tính sai số ±20 J)

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25 0,25

1đ

Giao điểm A dịch chuyển trên đường tròn C với vận tốc vA tiếp tuyến với C, hình chiếu lên phương ngang là vx = v/2

v/2 = vAcosα = vA

R d / 4 R

2

v v

d

2 1 4R





0,25

0,25

A

C

O2

O1 v

vA α α a

aht

Vì thành phần vận tốc của vAtheo phương ngang không đổi nên gia tốc của A

hướng thẳng đứng và thành phần của gia tốc này lên phương bán kính O2A là gia tốc hướng tâm:

2 A ht

v

a a.cos

R

A

Rcos 4.R.cos  4R(1 d / 4R ) … … 0,5

2

1đ

Trong khoảng thời gian rất ngắn quỹ đạo cong của điểm A1 (tại A) trên vòng có thể coi là một cung tròn

Vòng lăn không trượt nên có thể xem như nó đang quay quanh điểm tiếp xúc với vận tốc góc

 = v/R ………

Ta có: IA1 = 2R.cos, với  = α/2

→ cos =

2 2

 

Do đó v1 = .IA1 = v

2 2

d

2 1 1

4R

 

Gia tốc của A1 hướng về tâm O1 và có độ lớn là a1 = v2/R Gia tốc hướng tâm của A1 lại là:

aht1 = a1.cos =

2 1 1

v

R Vậy: R1 = 2R

2 2

d

2 1 1

4R

 

0,25

0,25

0,25

0,25

0,5đ

Khi vật trượt trên mặt cầu vật chịu tác dụng của trọng lực P và phản lực Q của mặt cầu có tổng hợp tạo ra gia tốc với hai thành phần tiếp tuyến và hướng tâm Quá trình chuyển động tuân theo sự bảo toàn cơ năng:

 

2



R

mv Q P

ht

2

cos

0,25

Suy ra:

 

  2gR1  cos

v

Q  3 cos   2

 P Q

A1

O1

I

M

v1

a1

β β

Vật rời bán cầu khi bắt đầu xảy ra Q = 0 Lúc đó:

3

2 cos

cos   m  ; suy ra : m  48 , 2 0 ……… 0,25

2

0,5đ

Bán cầu bắt đầu trượt trên sàn khi  = 300, lúc đó vật chưa rời khỏi mặt cầu Thành phần nằm ngang của lực do vật đẩy bán cầu là:

Q

Ta có: F ms F ngang   N

 

















cos 3 cos 2 1

sin 2 cos 3 cos

3 cos 2 1

sin 2 cos 3



















mg

mg N

F ngang

………

Thay số:   0,197  0,2… …… …… ……… ………

0,25 0,25

3

1,0đ

Giả sử bỏ qua được mọi ma sát

Khi vật đến vị trí có góc  vật có tốc độ vr so với bán cầu, còn bán cầu có tốc

độ V theo phương ngang

Vận tốc của vật so với mặt đất là:vvr V

Tốc độ theo phương ngang của vật:

V v

v x  rcos  

Hệ bảo toàn động lượng theo phương ngang:

x

v m V

m   vx = V  2V = vr cos

Bảo toàn cơ năng:

1 cos

2

1 2





  

cos

2 2













2

sin 1

cos 1 4





 gR

Tìm áp lực của vật lên mặt bán cầu Để làm điều này ta xét trong HQC phi quán tính gắn với bán cầu

Gia tốc của bán cầu:

m

Q

a c  sin

Vật trong HQC gắn với bán cầu sẽ chuyển động tròn và chịu tác dụng của 3 lực (hình vẽ) Theo định luật II Niutơn ta có:

R

v m F

Q

q

2

sin cos    

R

v m Q

Q

2 2

sin

mg mg

R mv mg

2 2

3 2

2 2

2

sin 1

4 cos cos

6 sin

1

sin 1

cos 1 4 cos sin

1

/ cos









































……… ……… ………

Vật rời bán cầu khi Q = 0  6 cos cos 3 4 0







 cos   3  1 hay  = 42,90 ……… ………… ………

0,25

0,25

0,25 0,25

-HẾT - V

P

vr V