Một vật có khối lợng m=1kg bay theo phơng ngang với vận tốc v đến cắm vào trong A coi va chạm xảy ra tức thì và hoàn toàn mềm.. b Tính tổng nhiệt lợng mà khí nhận đợc trong tất cả các gi
Trang 1Sở GD & ĐT Vĩnh Phúc
-Đề chính thức
Kỳ thi học sinh giỏi lớp 12 năm học 2007 - 2008
Đề thi môn: Vật lý Dành cho học sinh trờng THPT chuyên Vĩnh Phúc Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
Bài1: Hai trọng vật A và B có khối lợng lần lợt là M1=9kg, M2=40kg đặt trên mặt phẳng nằm
ngang Hệ số ma sát giữa mặt phẳng ngang và A, B đều là à=0,1 Hai vật đợc nối với nhau bằng
một lò xo nhẹ có độ cứng k=150N/m, B tựa vào tờng thẳng đứng (Hình 1) Ban đầu hai khối
nằm yên và lò xo không biến dạng Một vật có khối lợng m=1kg bay theo phơng ngang với vận
tốc v đến cắm vào trong A (coi va chạm xảy ra tức thì và hoàn toàn
mềm) Lấy g=10m/s2
a) Cho v=10m/s Tìm độ nén cực đại của lò xo
b) Tìm vmin để B có thể dịch chuyển sang trái
Bài 2: Cho một lợng khí lý tởng đơn nguyên tử thực hiện chu trình
ABCDECA biểu diễn trên đồ thị (hình 2) Cho biết PA=PB=105Pa, PC=3.105Pa, PE=PD=4.105Pa,
TA=TE=300K, VA=20lít, VB=VC=VD=10lít, AB, BC, CD, DE, EC, CA là các đoạn thẳng
a) Tính các thông số TB, TD, VE
b) Tính tổng nhiệt lợng mà khí nhận đợc trong tất cả các giai đoạn của chu trình mà
nhiệt độ của khí tăng
c) Tính hiệu suất của chu trình
Bài3: Cho mạch điện (hình 3) Tụ điện có điện dung C=1àF ban đầu không mang điện, điện
trở R=10Ω, nguồn điện có suất điện động E=20V có điện trở trong không đáng kể Điốt D có
đờng đặc trng Vôn-Ampe (hình 4), với Io=1A, Uo=10V Bỏ qua điện trở dây nối và khoá K
Tính tổng nhiệt lợng toả ra trên R sau khi đóng K
Bài4: Một thanh cứng AB đồng chất, dài L, khối lợng M có thể quay không ma sát trong mặt
phẳng thẳng đứng quanh một trục cố định nằm ngang đi qua điểm O trên thanh với OA=L/4
Ban đầu thanh đang đứng yên thẳng đứng thì một vật nhỏ có khối lợng m=M/3 bay theo phơng
ngang tới va chạm vào đầu B của thanh với vận tốc V (hình 5) Sau va chạm, vật dính vào thanh
và hệ thanh - vật bắt đầu dao động với góc lệch bé xung quanh vị trí cân bằng Chứng tỏ rằng
dao động của hệ thanh - vật là dao động điều hoà Lập công thức tính chu kì dao động và viết
phơng trình dao động
Bài 5: Một thiên thạch bay tới hành tinh khối lợng M theo đờng thẳng qua tâm của thiên thạch
và hành tinh và đâm vào nhà ga vũ trụ đang bay trên quỹ đạo tròn bán kính R Khối lợng nhà
ga gấp 10 lần của thiên thạch Do va chạm, thiên thạch gắn vào nhà ga vũ trụ và chúng chuyển
sang quỹ đạo mới với bán kính nhỏ nhất là R/2 Hãy xác định vận tốc của thiên thạch tr ớc va
chạm và quỹ đạo của nhà ga sau va chạm
hớng dẫn chấm môn vật lý - lớp 12 (chuyên)
Năm học 2007 - 2008 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
UR
IR
IoR O
Uo
Hình 4
K C R D
E
Hình 3
m
A O
•
Hình 5
O
PA
PC
PE
P
C
VA
VC
VE
V
Hình 2
Hình 1 m
Trang 21 2,00
a) Gọi x là độ co lớn nhất của lò xo, vo là vận tốc của hệ A và viên đạn ngay sau va chạm, áp
dụng định luật baot toàn động lợng ta có: mv=(M1+m)vo→ vo=1m/s
- Định luật bảo toàn năng lợng cho: M m v o kx (M m)gx
2
1 ) (
2
1
1 2
2
m x
x
15 2+ − = → =
→
b) Để B có thể dịch sang trái thì lò xo phải giãn một đoạn ít nhất là xo sao cho:
Fđh=Fms→ kxo=àM2g → 150xo=40 → xo=4/15(m)
- Nh thế, vận tốc vo mà hệ (M1+m) có khi bắt đầu chuyển động phải làm cho lò xo có độ co tối
đa x sao cho khi nó dãn ra thì độ dãn tối thiểu phải là xo
m x
x x kx
x x g m M
2
1 ) ( ) (
2
1
- Theo định luật bảo toàn năng lợng ta có: M m v o kx (M m)gx
2
1 ) (
2
1
1 2
2
- Từ đó tính đợc: vo~1,8m/s → v~18m/s
0,25 0,5
0,25 0,25 0,25 0,25 0,25
a) áp dụng phơng trình trạng thái PAVA=nRTA→nR=20/3
TB=PBVB/nR=150K, TD=PDVD/nR=600K VE=nRTE/PE=5 lít
b) Khí nhận nhiệt trong quá trình đẳng tích BD và một giai đoạn trong quá trình biến đổi ECA:
Q1=QBD=n R T D T B (600 150) 4500J
3
20 2
3 ) (
2
→ P=V/5+5 (1) (V đo bằng lít, P đo bằng 105Pa)→ T=PV/nR 5 )
5
2 ( 20
3
V
−
100K)
T=Tmax=468,75K, khi Vm=12,5 lít, T tăng khi 12,5 lít ≥V≥5, Vm ứng với điểm F trên đoạn CA
Xét nhiệt lợng nhận đợc ∆Q trong quá trình thể tích tăng từ V đến V+∆V (trên đoạn EF)
2
3
R T P V
n
∆ Từ (1), (2) ta tìm đợc: ∆Q=(-4V/5+12,5)∆V Dễ dàng nhận thấy trong
giai đoạn ECF luôn có ∆Q>0
Trong giai đoạn này, nhiệt lợng nhận đợc là: Q2=∆U+A, với ∆U=n R(T T E) 1687,5J
2
3
A là diện tích hình thang EFVmVE=2437,5J→Q2=1687,5+2437,5=4125J
Tổng nhiệt lợng khí nhận đợc là: Q=Q1+Q2=8625J
c) Công sinh ra trong một chu trình là: A=SABC-SCDE→A=750J
Ta thấy khí nhận nhiệt trên giai đoạn ECF, tại F sẽ có: ∆Q=0
K T
Pa P
l V
V
F F
F
F
64
28125 ,
10 875 , 1 , 625 , 15 0
5 , 12 5
−
→
Nhiệt lợng khí nhận: Q=QBD+QEF
QEF=A+∆V Với ∆V= nR(T F T E) 1394,53J
2
A bằng diện tích hình thang VFFEVE→ A=3121J → QEF= 4515J →Qnhận=9015,625J
Hiệu suất: 8,3%
625 , 9015
% 100
=
H
0,25 0,25 0,5
0,25 0,25 0,25 0,25
- Ngay sau khi đóng K thì có dòng điện đi qua điốt D, tụ điện đợc nạp điện, hiệu điện thế trên
tụ điện tăng dần, hiệu điện thế trên D bằng Uo, dòng điện giảm dần, hiệu điện thế trên tụ tăng
dần Đến thời điểm t1, dòng điện trong mạch bằng Io Lúc này hiệu điện thế và điện tích trên tụ
là: U1=E-Uo-IoR, q1=C.U1=C.(E-Uo-IoR)
- Năng lợng tích luỹ trên tụ: WC1=
2
) (
2
2 2
- Nhiệt lợng toả ra trên D: WD1=q1Uo=UoC(E-Uo-IoR)
- Công của nguồn điện: A=q1E=EC(E-Uo-IoR)
- Nhiệt lợng toả ra trên R: Q1=A-WD1-WC1= [( ) ( ) ]
2
2
U E
C
o
o −
−
Sau thời điểm t1 dòng điện trong mạch tiếp tục giảm, lúc này D có vai trò nh điện trở thuần
r=Uo/Io Giai đoạn này, nhiệt lợng Q2 toả ra trên R bằng công của nguồn A2 trừ đi độ tăng năng
0,25 0,25 0,5
0, 5
Trang 3lợng trên tụ ∆WC và nhiệt lợng toả ra trên D (WĐ2): Q2=A2-∆WC-WĐ2
Công của nguồn: A2=E(EC-q1)=E[EC-C(E-Uo-IoR)]=EC(Uo+IoR)
1
2
) (
2 2
C C E W C E
∆
) 2 )(
(U I R E U I R C
o o C
+
− +
=
∆
→
Nhiệt lợng toả ra trên R: Q2=A2-∆WC-WĐ2→Q2+WĐ2=A2-∆WC
2
2
R I
U R I Q W Q R I
U Q W U
RI I U
R r
R W
Q
o
o o D
o
o D
o
o
o o D
+
= +
→
=
→
=
=
=
)]
2 )(
( ) (
[ )
( 2
2
R I U E R I U C R I U EC U R I
R I W
A U R I
R I
o o o
o o
o
o C
o o
+
=
∆
− +
=
→
→
2
) (
2
R I U C RI
Tổng nhiệt lợng toả ra trên R: Q=Q1+Q2= [( ) ] 10 ( )
2
4
U E
C
o o
o + = −
−
0,5
Mômen quán tính của hệ thanh-vật sau va chạm: I= (1)
3
1 ) 4
3 (
12
Ml l
m OG M l
Phơng trình động lực học trong chuyển động quay hệ thanh-vật:
O mg O
Mg M M
Ml M
3
↔
γ
Triển khai các mômen lực vế phải và thay γ =θ" ta đợc:
θ θ
θ θ
θ
4
3 sin
4
"
3
1 sin 4
3 sin
4
mg
l Mg Ml
l mg
l Mg BH
mg GI Mg
θ
2
1
"
2
3
"
2
1
"
3
+
→
= +
→
−
=
l
g g
l
(với
l
g
2
3
2 =
ω ) Vậy hệ thanh-vật sau va chạm dao động điều hoà với chu kì
g
l T
3
2
2π
=
Phơng trình dao động có dạng: θ=θmsin(ωt+ϕ)
Tại t=0 thì θ=0 và θ’=dθ/dt>0 suy ra ϕ=0
Định luật bảo toàn mômen động lợng cho: 2 '
3
1 4
3
3 V l Ml o
M = θ (θ’o là vận tốc góc ban đầu hệ thanh-vật) hay
l
V
o 4
3
' =
θ Phơng trình vận tốc góc của thanh: θ’=ωθmcosωt
l
g gl
V gl
V
2
3 sin(
8
3 8
θ
0,5
0,5 0,5 0,5
- Gọi u, v là vận tốc của thiên thạch và nhà ga trớc va chạm Gọi u’, v’ là vận tốc theo phơng
Ox, Oy của nhà ga vũ trụ sau va chạm Ta có: v2=GM/R
- áp dụng định luật bảo toàn động lợng ta có:
m m
v m v
v m m v m
11
10 '
' ) (
2 1
1 2
1
+
=
→ +
=
- Theo Ox:
11 ' ' ) ( 1 2
2
u u u m m u
- Gọi khối lợng nhà ga sau va chạm là m, năng lợng của nhà ga ngay sau va chạm là:
R
GMm u
v m
2
1
- Tại điểm A trên quỹ đạo nhà ga có bán kính nhỏ nhất thì vận tốc nhà ga lúc đó là v Có:
' 2 '
R
0,25
0,25
0,25 0,25
Trang 4- Năng lợng của nhà ga lúc đó là:
R
GMm mv
R
GMm mv
2
- áp dụng định luật bảo toàn năng lợng ta có: W1=W2
R
GMm mv
R
GMm u
v
2
−
=
− +
→
- Giải ra ta đợc:
R
GM
* Quỹ đạo nhà ga sau va chạm: là quỹ đạo Elip có viễn điểm là vị trí ban đầu sau va chạm có
Rviễn=R và cận điểm ở A có Rcận=R/2