Đề thi học sinh giỏi 2018 môn vật lý chuyên thái nguyên

Từ điểm cao nhất của bán cầu có một vật nhỏ khối lượng m trượt không vận tốc đầu xuống.. Gọi  là góc giữa phương thẳng đứng và bán kính véc tơ nối tâm bán cầu với vật hình 1.. a Xác địn

SỞ GD&ĐT THÁI NGUYÊN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC THPT

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI & ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2017-2018

Môn:Vật lí; Lớp: 10

Thời gian: 180 phút không kể thời gian phát đề

Bài 1 (5 điểm)

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 véc tơ nối tâm bán cầu với vật

(hình 1)

1) Giả sử bán cầu được giữ đứng yên

a) 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 rời bán cầu

b) Xét vị trí có  < m Tìm và các thành phần gia tốc tiếp tuyến và gia tốc pháp tuyến

của vật; áp lực của bán cầu lên mặt phẳng ngang khi đó

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

 = 300 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

Bài 2 (4 điểm)

Một khối trụ đặc đồng chất bán kính r, khối lượng m tự quay

quanh trục với tốc độ góc 0, được đặt nhẹ nhàng xuống điểm O

là chân của mặt phẳng nghiêng góc  Hệ số ma sát giữa m và

mặt phẳng nghiêng là 

(Cho tan; 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 3: (4 điểm)

Một trạm thăm dò vũ trụ P bay quanh hành tinh E theo quỹ đạo tròn có bán kính R Khối lượng của

hành tinh E là M

1 Tìm vận tốc và chu kỳ quay quanh hành tinh E của trạm P

ĐỀ GIỚI THIỆU

O





Hình 1

Hình 2

2 Một sự kiện không may xảy ra: có một thiên thạch T bay đến hành tinh E theo đường thẳng đi qua tâm của hành tinh với vận tốc u GM

R

58

 Thiên thạch va chạm rồi dính vào trạm P nói trên Sau va chạm thì trạm vũ trụ cùng với thiên thạch chuyển sang quỹ đạo elip Biết khối lượng của trạm P gấp 10 lần khối lượng của thiên thạch T Hãy xác định:

a) vận tốc của hệ (P và T) ngay sau va chạm

b) khoảng cách cực tiểu từ hệ đó đến tâm hành tinh E

Bài 4: (4 điểm)

Xét một chu trình gồm hai quá trình đẳng tích và hai quá

trình đẳng áp Trên hình vẽ là giản đồ p-V của chu trình Hoạt chất

là 1 mol khí lý tưởng gồm các phân tử hai nguyên tử Điểm chính

giữa đường đẳng áp phía dưới H và điểm chính giữa đường đẳng

tích bên trái E nằm trên cùng một đường đẳng nhiệt ứng với nhiệt

độ T1 Điểm chính giữa đường đẳng áp phía trên F và điểm chính

giữa đường đẳng tích bên phải G nằm trên cùng một đường đẳng

nhiệt ứng với nhiệt độ T 2

a Xác định nhiệt độ của khối khí tại các điểm A, B, C, và D

b Xác định công khối khí thực hiện trong chu trình ABCDA

c Xác định hiệu suất lý thuyết của máy nhiệt hoạt động theo chu trình này

Bài 5: (4 điểm )

Đo hệ số Poatxon 

Cho các dụng cụ và thiết bị:

- Một bình kín có dung tích đủ lớn (có thể tạo lỗ để nối với các ống và khóa)

- Bơm nén ( chứa khí cần thiết, được coi khí lý tưởng cần xác định  )

- Áp kế chứa nước hình chữ U, có tiết diện nhỏ

- Các ống nối và 2 khóa

- Thước đo chiều dài

Hãy nêu cơ sở lý thuyết, cách bố trí và tiến hành thí nghiệm để xác định hệ số Poatxon  =

v

p

C C

=== HẾT ===

Hình 3

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1 (5 điểm)

1

(0,5)

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

0,25

1.a

(0,75)

Suy ra:

v  2gR1cos …… ……… …

Q 3cos2 ………

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

3

2 cos

2 , 48



m

0,25

0,25 0,25

1.b

(0,75)

Xét vị trí có  < m:

Các thành phần gia tốc:   

cos 1 2

2





R

v

 sin

g

a t  …… … ……

0,25 0,25



Hình 1

P

Q

Lực mà bán cầu tác dụng lên sàn bao gồm hai thành phần: áp lực N và lực

đẩy ngang Fngang:

cos 3 cos 2 1 cos



0,25

2

(1,5đ)

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:

 3cos 2 sin

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… …… …… ……… ………

0,5

0,25 0,25 0,5

3

(1,5đ)

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 x v rcosV

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 V  v V V  gR 





2 sin 1

cos 1 4





v r

0,25

0,25



V

P

vr

V

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

Trong HQC gắn với bán cầu, vật 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

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  6cos cos3 40

 cos  31 hay  = 42,90 ……… ………

0,5

0,5

Bài 2 (4 điểm - Cơ vậ rắn)

a Xét vị trí bất kỳ của khối trụ, khi sự trượt vẫn còn xảy ra:

ms

Chiếu trên ox và oy

sin

( os sin )

ms









0,5đ



O

ms

f

P

G

y



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:

0 t

    

2

cos 2 os / 2

ms

0,5đ

Vật bắt đầu lăn không trượt khi

0

( )

( os sin ) 2 os 3 os sin

t



 



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

2 2

2

1 1

( os sin )

os sin

2 (3 os sin ) 2 3 os sin

r







3 os sin

c C

c





0,5đ

b Gọi W1 là năng lượng lúc vật băt đầu lăn không trượt (ứng với tốc độ góc 1) Áp

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

2 2 2 2

ms

Với

0

r

C



Vậy

2 0

2 2 3 os sin 2

ms

A

gc







0,5đ

c Đặt Hmax   h r , áp dụng biến thiên cơ năng: W  W0  Ams+ A/ms  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: /

0

ms

A  Vậy

2 2

1 1

2 2

2

2 2

0

2 2 3 os sin

gc







Vậy: Hmax   h r

0,5đ

0,5đ

Bài 3 – 4 điểm (các định luật Kepple)

1) Ký hiệu m0 là khối lượng trạm P, v1 là vận tốc của trạm vũ trục trước va chạm Lực

hấp dẫn giữa trạm P và hành tinh E đóng vai trò lực hướng tâm trong chuyển động của

P quanh E:

R

2 2

0 2

2

0,5đ

0,5đ 0,5đ

Suy ra: v GM

R

GM

3/ 2

2

2) Ký hiệu m là khối lượng của thiên thạch, v2 là vận tốc của hệ sau va chạm, u là

vận tốc của thiên thạch trước va chạm Theo định luật bảo toàn động lượng:

mu10mv1 11mv2 (4) Chiếu lên 2 trục Ox và Oy (hình vẽ):

10m.v1 = 11m.v2x (5) m.u = 11m.v2y (6)

Thay v GM

R

R

58

 ta tìm được:

   

GM v

R

2

1 158 11

Sau va chạm thì hệ chuyển sang quỹ đạo elip (đường đứt nét đậm) Tại điểm cận nhật hệ có vận tốc là v vuông góc với đoạn thẳng r

nối điểm cận nhật với tâm hành tinh Ta viết phương trình bảo toàn năng lượng và bảo

toàn mô men động lượng của hệ tại vị trí va chạm và vị ví cận nhật:

2

x

Từ (9) suy ra: v v x R GM R

2

10 11

Thay v2 từ (7) và v từ (10) vào (8) ta thu được phương trình bậc hai đối với r:

42 121 50 0

Phương trình có 2 nghiệm: r R

2

21

 Giá trị r R

2

 là khoảng cách cực

tiểu cần tìm, còn r 50R

21

 là khoảng cách cực đại từ hệ đó đến tâm hành tinh E (tại

điểm viễn nhật)

0,25đ

0,25đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

x

y

m

u

R

M

v

v2 v1

r

Bài 4:(4 điểm – Nhiệt học)

a

(2,25 điểm)

Trong quá trình đẳng tích, áp suất tỷ lệ thuận với nhiệt độ Tương tự, trong quá trình đẳng áp, thể tích cũng tỷ lệ thuận với nhiệt độ

Đường EG là đường đẳng áp, đường FH là đường đẳng tích Tại giao điểm M của đường EG và FH ta có

1 2

1

E G M

T T

   (1)

0,75 đ

Ta cũng có

C

T

T T T ; A D H

T T T

T T T (2)

0,5 đ

Do đó,

1 2

2

E F B

M

T T T T T

T T T

 ;

0,25 đ

1 2

2

G H D

M

T T T T T

T T T



0,25 đ

2 2

1 2

2

G F C

M

T T T T

T T T

 ;

0,25 đ

2 1

1 2

2

E H A

M

T T T T

T T T



0,25 đ

b

(0,75 điểm)

Công A’ do khối khí thực hiện trong một chu trình bằng diện tích hình chữ nhật ABCD Do đó

0,75 đ

' ( B A)( D A) B D B A A D A A

A  p p V V  p V p V p V p V

<=> A' p V C C p V B B p V D D p V A AR(TC T B T DT A)

<=>

2

2 1

1 2

A R

T T





 (4)

c

(1 điểm) Nhiệt dung mol đẳng tích và đẳng áp của hoạt chất là:

5 2

V

C  R; 7

2

p

C  R (5) Hoạt chất nhận nhiệt trong các quá trình AB và BC Nhiệt lượng tương ứng là

1 2 1

1 2

5

2

AB V B A

T T T R

Q C T T

T T



 (6)

2 2 1

1 2

7

2

BC p C B

T T T R

Q C T T

T T



 (7)

0,75 đ

Nhiệt lượng tổng cộng hoạt chất nhận được là

2 1 2 1

1 2

AB BC

T T T T

T T



Hiệu suất lý thuyết của máy nhiệt là

2 1

2 1

'

T T A

  



0,25 đ

Bài 5 – 3 điểm – phương án thực hành nhiệt

1 Cơ sở lý thuyết

- K1 mở, K2 đóng, khí được bơm vào bình B đến thể tích V1, áp suất P, nhiệt độ T (bằng

nhiệt độ môi trường) Áp suất không khí là P0, độ chênh lệch mực nước trong áp kế là h

 P = P0 + h (P0 được tính ra độ cao cột nước trong áp kế)

- Đóng K1, mở K2, lượng khí trong bình giãn nhanh, áp suất giảm xuống P0, nhiệt độ giảm

đến T'

0.5

Sau khi giãn, coi gần đúng quá trình là đoạn nhiệt thuận nghịch vì trong quá trình diễn

nhanh, độ biến thiên áp suất bé, ta có:

0



0.5

- Sau khi mở K2 một thời gian ngắn thì đóng lại ngay trong bình B bây giờ còn lại lượng

nhỏ khí, áp suất P0, thể tích V1, nhiệt độ T' Lượng khí này nóng dần lên và biến đổi đẳng

tích đến áp suất P' = P0+ h', nhiệt độ là T

0.5

0

'

T P

T  P



0

T ' P h '

1

T  P h '   P

Từ (1) và (2) suy ra:

 



h

h h '

 

2 Bố trí thí nghiệm:

- Đặt bình B rồi nối nó với các ống với hai khoá K1 và K2, K1 nối giữa bình với bơm nén, K2 nối bình B với môi trường bên ngoài Bình được nối thông với áp kế nước hình chữ U(hình vẽ)

Trong áp kế, mực nước ở hai cột áp kế bằng nhau và có độ cao khoảng 15 - 20cm

0.5

3 Tiến hành thí nghiệm:

- Đóng khoá K2, mở K1: Dùng bơm nén khí cần đo  vào bình gây nên sự chênh lệch độ cao của hai cột nước trong áp kế chữ U Đóng K1 lại, chờ một lúc để cho bình trao đổi nhiệt độ với môi trường Khi độ chênh lệch h của hai cột nước trong áp kế không đổi nữa, ta dùng thước đo h

0.5

-Sau đó mở khoá K2 cho khí phụt ra ngoài, khi độ cao hai cột nước trong áp kế bằng nhau thì đóng ngay K2 lại Lúc ổn định thì độ chênh lệch của hai cột nước trong áp kế là h’ Dùng thước đo h’

- Thay h và h’ vào biểu thức (3) để tính 

- Lặp lại một số lần thí nghiệm để tính giá trị trung bình của 

0.5

Giáo viên ra đề: Tạ Đức Trọng (ĐT 0988741743)

A

K1 K2

B

h