Đề thi học sinh giỏi 2018 môn vật lý chuyên lương văn tụy, ninh bình

Cơ học chất điểm 5,0 điểm Tại đầu một tấm ván người ta đặt một vật nhỏ có khối lượng bằng hai lần khối lượng tấm ván.. Coi va chạm giữa tấm ván và tường là tuyệt đối đàn hồi và xảy ra t

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

LƯƠNG VĂN TỤY

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2018

Môn: VẬT LÝ 10

Thời gian làm bài 180 phút

(Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang)

Câu 1 Cơ học chất điểm (5,0 điểm)

Tại đầu một tấm ván người ta đặt một vật

nhỏ có khối lượng bằng hai lần khối lượng tấm

ván Ban đầu cả hai vật đang chuyển động thẳng

đều với vận tốc v0 hướng về phía bức tường thẳng

đứng (Hình 1) Vectơ vận tốc hướng dọc theo tấm

ván và vuông góc với tường Bỏ qua ma sát giữa

tấm ván và mặt bàn Coi va chạm giữa tấm ván và tường là tuyệt đối đàn hồi và xảy ra tức thời, còn hệ số ma sát giữa vật và ván bằng 

1 Tìm quãng đường x1 mà vật nhỏ đi được so với tấm ván sau lần va chạm đầu tiên

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

Cho biết :

1

1

n

a







Câu 2 Cơ học vật rắn (4,0 điểm)

Hai quả đặc cầu đồng chất 1 và 2 có bán

kính tương ứng là R và 2R được làm bởi cùng một

loại vật liệu, được dán chặt với nhau để tạo thành

vật rắn Ban đầu hai quả cầu được đặt thẳng đứng

trên mặt bàn nằm ngang, quả nhỏ ở dưới (Hình 2)

Do sự mất cân bằng nhẹ, hệ bị đổ xuống Tìm vận

tốc của tâm các quả cầu ở thời điểm ngay trước khi

quả cầu lớn chạm sàn Xét hai trường hợp:

1 Ma sát giữa quả bóng ở dưới và bề mặt là

rất lớn do đó không có hiện tượng trượt trong suốt

thời gian chuyển động

2 Hoàn toàn không có ma sát giữa quả bóng

dưới và bề mặt

Câu 3 Cơ học thiên thể (4,0 điểm)

Trong không gian ở cách xa các thiên thể, có bốn ngôi sao giống nhau cùng khối lượng m Tại thời điểm t1, bốn ngôi sao nằm tại 4 đỉnh của một hình vuông nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính R, vận tốc của 4 ngôi sao có độ lớn như nhau và hướng tiếp tuyến với đường tròn theo cùng một chiều Thừa nhận rằng quỹ đạo của mỗi ngôi sao giống nhau, có dạng elip với O là một trong hai tiêu điểm Ở thời điểm t2 sau đó, khoảng cách từ mỗi ngôi sao đến O là nhỏ nhất và bằng r (r < R) trong đó vị trí của mỗi ngôi sao

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

0

v

Hình 1

2R

R

Hình 2

1 Tìm cơ năng của hệ

2 Hãy xác định:

a) Các bán trục của elip quỹ đạo của mỗi ngôi sao

b) Khoảng thời gian ∆t = t2 – t1

Câu 4 Nhiệt học (4,0 điểm)

Một mol khí lí tưởng đơn nguyên tử

biến đổi trạng thái theo một chu trình trong

hệ tọa độ p-V như Hình 3 Các quá trình 2-3

và 4-1 là đoạn nhiệt thuận nghịch; các quá

trình 1-2 và 3-4 là các đoạn thẳng kéo dài đi

qua gốc tọa độ Biết rằng hệ số góc của

đường 1-2 gấp 3 lần hệ số góc của đường 3-4

1 Tính nhiệt dung của các quá trình 1-2

và 3-4 theo hằng số các khí R

2 Tính hiệu suất của chu trình

Câu 5 Phương án thực hành (3,0 điểm)

Đo hệ số ma sát trượt giữa một vật bằng gỗ và mặt bàn nằm ngang

Dụng cụ được dùng:

- Vật nhỏ hình hộp chữ nhật bằng gỗ

- Mặt bàn nằm ngang có giá treo cố định

- Một lò xo nhẹ chưa biết độ cứng, hai đầu có móc treo và hệ thống để gắn chặt lò

xo với các vật khác

- Thước thẳng dài có độ chia phù hợp

Yêu cầu trình bày:

- Cơ sở lý thuyết

- Các bước tiến hành

- Xử lý kết quả (không yêu cầu đánh giá sai số)

-HẾT -

p

V

1

2

3

4

O

Hình 3

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

LƯƠNG VĂN TỤY DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2018 HDC THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC

Môn: VẬT LÝ 10

(Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang)

1

(5 điểm)

1

- Sau khi va chạm với tường, ván có vận tốc v0 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

2mv mv  m v

1 2

0

2

1 3

2

1 2 mg x   mv   mv

trong đó v1 là vận tốc khi vật và ván khi vật đã ngừng trượt trên

ván, x1 là quãng đường vật đi được trên ván sau va chạm đầu tiên

Giải hệ trên →

g

v x v

 3

2

; 3

1 0

0,5 0,5

1,0

2 Sau khi vật dừng lại trên ván, vật và ván lại tiếp tục chuyển

động như một vật với vận tốc v1 hướng vào tường, quá trình lặp

lại như trên Sau va chạm lần hai, vận tốc của vật và ván khi vật đã

ngừng trượt và quãng đường x2 vật đi thêm được so với 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 là :



















g

v s s

s s

9

1

9

1 9

1 1 3

2

2 0 2











 









g

v g

v

9

1 1 4 3 9

1 1 9

1 1 3



- 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





vật không va vào tường độ dài tối thiểu của ván là

µg

v l

4

3 02



1,0

0,5

0,5

0,5

0,5

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ma sát giữa bóng dưới và bề mặt rất

lớn nên hệ quay quanh điểm tiếp xúc

giữa bóng dưới và mặt bàn

- Khi bóng trên bắt đầu chạm sàn thì

đường nối tâm của chúng lập với

phương ngang 1 góc  = góc O2O1H

với sin  = R/3R = 1/3 Gọi K là điểm tiếp xúc giữa bóng dưới và

mặt bàn

- Ta có: O H1  (3R)2 R2 2 2R

O K2  (2R)2O H1 2 2 3R

- Momen quán tính của 2 quả bóng đối với K tại thời điểm chạm

sàn là:

1

2

- Gọi  là tốc độ góc của hệ ngay trước khi chạm sàn Áp dụng

định luật bảo toàn cơ năng với gốc thế năng tại O1:

8mg.3R 8mg.R (I I )

- Vận tốc tâm của các quả cầu khi đó là:

1

160gR

551 1920gR

551

  

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25 0,25

2 Không có ma sát:

- Khối tâm G của hệ cách O1 1 đoạn

8R/3; cách O2 1 đoạn R/3

- Vì không có ngoại lực theo phương

ngang nên khối tâm chuyển động theo

phương thẳng đứng Tâm O1 chuyển

động theo phương ngang nên ta xác

định được vị trí tâm quay tức thời của

hệ như hình vẽ

- Từ hình vẽ ta tính được: KO1 = 8R/9; KO2 = 649R

9

- Momen quán tính của hệ đối với K là:

2

K

0,5

0,5

K

O 1

O 2

H

O 2

G

K

O1

2

K

- Vận tốc tâm của các quả cầu khi đó:

8 720gR

9 1757

1 467280gR

0,5

0,25 0,25

3

(4 điểm)

1 Do tính đối xứng nên tại mọi thời điểm các ngôi sao luôn nằm

tại 4 đỉnh của 1 hình vuông nào đó

+ Gọi v và v’ lần lượt là vận tốc của 1 ngôi sao tại thời điểm t1 và

t2 trong hệ quy chiếu khối tâm

Đối với ngôi sao bất kì, hợp lực tác dụng luôn có hướng đi qua O Áp dụng định luật bảo toàn mô-men động lượng đối với

trục quay qua O và vuông góc với mặt phẳng quỹ đạo:

'

mvrmv r→ v' R v

r

 (1) + Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng tại t1, t2:

+ Giải hệ (1) và (2) suy ra: (2 2 1)

v

R R r





 (3)

+ Cơ năng của hệ:

2

mv

R



0,5

0,5 0,5

0,5

2

a) Dễ thấy hai thời điểm t1 và t2 mỗi ngôi sao ở các cận điểm

Suy ra:

2

R r

a 

(5) Khoảng cách từ tâm elip đến tiêu điểm O:

2

R r

c 

(6)

b a c  Rr (7)

0,25

0,25 0,25

O

v v

'

v

a

b

c

dt  dt  m (8) Trong đó r1 là bán kính véc tơ từ O tới ngôi sao; dφ là góc mà bán

kính véc tơ quét trong thời gian dt; L là mô men động lượng của

mỗi ngôi sao

Gọi T là chu kì quay của mỗi sao, từ (8) suy ra:

L

m



Thay v từ (3) vào (9) suy ra: ( )3

t

Gm



0,5 0,5

4

(4 điểm)

1 + Phương trình các đường thẳng 1-2 và 3-4 có dạng p = kV (k là

hệ số góc) → dp = kdV (1)

+ Áp dụng nguyên lí I nhiệt động lực học dạng vi phân:

dQ = dU + dA → CdT = 3

2RdT + pdV (2) + Áp dụng phương trình Cla-pê-rôn – Men-đê-lê-ép:

pV = RT → pdV + Vdp = RdT (3)

+ Từ (1) và (3) → pdV + VkdV = RdT

Mà kV = p → 2pdV = RdT → pdV = 1RdT

2 (4) + Thay (4) vào (2) → CdT = 3

2RdT + 1

2RdT → C = 2R

0,5 0,25

0,25 0,25 0,25 0,5

2 + Nhiệt lượng nhận từ nguồn nóng:

Q1 = Q12 = C(T2 – T1) = 2R(T2 – T1) = 2 (p2V2 – p1V1)

Gọi hệ số góc của 1-2 là k1 thì phương trình của 1-2 là p = k1V

→ Q1 = 2k1( 2 2

V V ) (5) + Nhiệt lượng khí tỏa ra cho nguồn lạnh:

Q2 = Q34 = C(T3 – T4) = 2R(T3 – T4) = 2 (p3V3 – p4V4)

Gọi hệ số góc của 3-4 là k1 thì phương trình của 3-4 là p = k2V

→ Q2 = 2k2( 2 2

V V ) (6) + Xét quá trình đoạn nhiệt 2-3:

2 2

p V = p V3 3 → 1

1 2

2 3

k V →

1 1 2

1

k

k



  

Tương tự cho quá trình đoạn nhiệt 4-1:

4 4

p V = p V1 1 → 1

2 4

1 1

k V →

1 1 1

2

k

k



  

+ Thay (7), (8) vào (5) và (6) ta có:

Q1 = 2k1( 2 2

V V ) = 2k1

2 1

2

1

k

k



- 2 1

V ) =

0,25 0,25 0,25

0,25

1 2 2



    

Q2 = 2k2( 2 2

V V ) = 2k2

2 1

2

k

k



- 2 1

V ) =



    

+ Hiệu suất của chu trình:

1 1





Thay 2

1

k  3 và 5

3

  ta được: H =

5 1 3 5 1 3

1 1 3





 

    ≈ 24%

0,25

0,25

0,25

0,25

Fđh = P ↔ k∆l = mg (1) (∆l là độ dãn của lò xo khi cân bằng)

- Xét con lắc lò xo nằm ngang:

Đưa vật đến vị trí lò xo nén đoạn x2 rồi thả nhẹ, vật sẽ dừng lại khi

lò xo dãn ra một đoạn cực đại x2 Định luật bảo toàn năng lượng:

2  2 = - μmg(x1 + x2 )

→ x1 – x2 = 2 mg

k



( 2 )

Từ (1) và (2) suy ra x 1 x 2

2 l



 



Đo Δl, x1, x2 suy ra µ

* Các bước tiến hành:

- Vẽ hình minh họa:

- Đo chiều dài tự nhiên của lò xo l0

- Móc vật vào lò xo rồi treo đầu trên của lò xo vào giá để tạo ra

con lắc lò xo thẳng đứng Đo chiều dài lò xo khi cân bằng l

→ ∆l = l – l0

- Gắn một đầu lò xo vào thân giá, đầu kia gắn vật để tạo ra con lắc

lò xo nằm ngang Đặt vật tại vị trí lò xo không biến dạng (dài l0)

- Đẩy vật để lò xo nén một đoạn, đo chiều dài l1 → x1 = l0 – l1

- Thả nhẹ để vật chuyển động , đến khi vật dừng thì đo chiều dài l2

của lò xo → x2 = l2 – l0

* Kết quả: x 1 x 2

2 l



 



0,5

0,5

0,5

0,5 0,25

0,25

0,25 0,25

-HẾT -

l2

l1

l0

x1

x2