SỞ GD&ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH ĐỀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ MÔN THI: VẬT LÝ KHỐI: 10 (Thời gian: 180’ không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 05 câu in trong 02 trang) Bài 1: Cơ vật rắn (4 điểm ) Hai quả cầu đặc đồng chất A, B tương ứng có tâm O 1 , O 2 , bán kính r 1 , r 2 , khối lượng m 1 , m 2 , được đặt trên một xe có khối lượng M, khối lượng các bánh không đáng kể. Xe được kéo với một lực F uv không đổi theo phương nằm ngang sao cho quả cầu B lăn không trượt trên sàn xe, quả cầu A lăn không trượt trên quả cầu B, còn đường thẳng qua tâm hai quả cầu nằm trong mặt phẳng thẳng đứng và hợp với phương ngang một góc α không đổi. Bỏ qua ma sát lăn và ma sát tại trục của bánh xe. Tính gia tốc của xe, gia tốc góc của các quả cầu và độ lớn của lực F uv . Bài 2: Các định luật bảo toàn (5 điểm ) Trên mặt phẳng ngang có hai khối lập phương cạnh H, cùng khối lượng M đặt cạnh nhau. Đặt nhẹ nhàng một quả cầu có bán kính R, khối lượng m = M lên trên vào khe nhỏ giữa hai khối hộp. 1. Hai khối hộp cách nhau một khoảng R, quả cầu đứng cân bằng trên các khối hộp ngay sau khi đặt nhẹ lên khe hở. Tìm lực do các khối hộp tác dụng lên quả cầu khi các vật đứng cân bằng. Biết hệ số ma sát tĩnh giữa hai khối hộp và mặt bàn là k, tìm điều kiện của k để quả cầu đứng cân bằng trên 2 hộp ngay sau khi đặt lên. 2. Bỏ qua mọi ma sát và vận tốc ban đầu của quả cầu. Tìm vận tốc quả cầu ngay trước khi va đập xuống mặt phẳng ngang. Bài 3: Nhiệt học (4 điểm ) Một chất khí lí tưởng đơn nguyên tử, ban đầu hoạt động theo chu trình 1(ABCA), rồi sau đó hoạt động theo chu trình 2(ACDA). Đồ thị của hai chu trình biểu diễn sự phụ khối lượng riêng ρ của khí theo nhiệt độ T như hình bên. Gọi hiệu suất chu trình 1 và hiệu suất chu trình 2 lần lượt là 1 η và 2 η . Biết hiệu suất của hai chu trình thỏa mãn hệ thức ( ) ( ) 1 2 3 1 1 η η − − = . 1. Cho biết khối lượng khí là m, khối lượng mol khí là µ . Hãy tính công mà khí sinh ra trong mỗi chu trình theo m, µ , 1 T và 2 T . 2. Hãy xác định tỉ số 2 1 T T . O T 1 T 2 T ρ 2 1 2 ρ A B C D ρ 1 M M R R M Bài 4: Động lực học (3 điểm ) Một vật chất điểm có khối lượng 3kg chuyển động trong trường lực F  phụ thuộc thời gian trong hệ trục tọa độ oxyz: ( ) [ ] ktjtitF    2 612315 +−+= với kji   ,, là các véctơ đơn vị trên trục ox,oy,oz. Giả sử điều kiện ban đầu: kjir    325 0 −+= , (m) và kiv    += 2 0 (m/s) Tìm sự phụ thuộc của vị trí và vận tốc của vật theo thời gian? Bài 5: Phương án thực hành (4 điểm ) : Đo hệ số Poatxon γ. 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 γ ) - 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 γ = v p C C . ĐÁP ÁN Bài số Hướng dẫn Thang điểm 1 - Vẽ hình - Gia tốc của O 1 và O 2 đối với mặt đất 1 2 a a= ur uur , , 1 1 1 1 1 N m g F m a+ + = uur uur ur ur 1 2 2 1 2 2 2 N N m g F F m a+ + + + = uuur uuuuur uur uur ur uur Chiêu lên ox, oy thu được 1 1 1 1 CosN F Sin m a α α − = 1 1 1 Cos 0N Sin F m g α α + − = 2 1 1 2 1 CosF N F Sin m a α α − + = 2 1 2 0N N Sin m g α − − = 2 F F Ma− = Đối với chuyển động lăn không trượt 2 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 ( ) 5 5 F r m r m r a a γ = = − 2 2 1 2 2 2 2 2 2 1 2 2 (F ) ( ) 5 5 F r m r m r a a γ − = = − Giải hệ phương trình thu được kết quả 7 2(1 ) gCos a Sin α α = + 1 2 7 (1 ) a gCos a Sin α α = = + 2 2 1 2 2 5 5 7 2(1 ) 5 2 (1 ) a gCos r a a Sin gCos r Sin α γ α α γ α = − = = + ⇒ = + tương tự 1 1 5 2 (1 ) gCos r Sin α γ α ⇒ = + Độ lớn lực F 0.5 0.75 0.5 0.75 0.5 0.5 P 2 F 1 P 1 N 1 F 2 F O 2 A B 1 2 2 (2 2 7 ) 2(1 ) m m M gCos F F Ma Sin α α + + = + = + 0.5 2 1. - Vẽ hình - Quả cầu cân bằng trên 2 khối hộp, AOB là một tam giác đều. Có thể thấy ngay các lực của 2 khối tác dụng lên quả cầu hướng về tâm và cùng độ lớn, góc giữa 2 lực là 60 0 . Các lực này cân bằng với trọng lực tác dụng lên quả cầu. Vì vậy: 3 3 3 Mg N N Mg= ⇒ = - Để các khối hộp và quả cầu đứng cân bằng sau khi đặt quả cầu lên thì lực tác dụng lên các khối hộp theo phương ngang phải không lớn hơn ma sát nghỉ cực đại f ms . Xét lực tác dụng lên mỗi khối hộp gồm: Trọng lực P = Mg, áp lực của quả cầu F với F N= − r r Phản lực Q của bàn với: Q = Mg + Fsin60 0 0 0 0 cos60 cos60 ( sin 60 ) / 3 1 2 2 3 3 3 ms N f N k Mg N N Mg k Mg Mg Mg N ≤ ⇔ ≤ + ⇒ ≥ = = + + 2. - Xét thời điểm quả cầu rơi xuống khối lập phương, ta cần xác định góc α. Liên hệ vận tốc: 1 1 2 2 v v cos v sin tg v α = α ⇒ = α - Bảo toàn năng lượng: ( ) 2 2 1 2 1 1 mv 2 mv mgR 1 cos 2 2 + = − α ( ) 2 1 2 1 v 1 2 2gR 1 cos tg   + = − α  ÷ α   ( ) 2 2 1 2 2gR 1 cos tg v 2 tg − α α → = + α Trong HQC chuyển động với vận tốc v 2 thì quả cầu chuyển động tròn quanh điểm tiếp xúc, tại thời điểm rời nhau thì HQC trên trở thành HQC quán tính, lúc này thành phần trọng lực đóng vai trò lực hướng tâm: 2 mv mgcos R = α 2 1 1 2 v mv v mgcos sin R sin = → = α α α Thay v 1 bằng biểu thức ở trên vào, được phương trình: ( ) 2 2 2 1 2 2gR 1 cos tg v gR cos .sin 2 tg − α α = = α α + α 3 cos 3cos 2 0 cos 0,596↔ α + α − = → α = 0.5 0.5 0.5 0.5 0.75 0.75 R R A B O M v 2 -v 2 v 1 v α M - Nếu ( ) H R 1 cos 0,404R< − α ≈ thì quả cầu chạm đất trước khi rời các hình lập phương, lúc chạm đất thì góc f thỏa mãn ( ) H H R 1 cos 1 cos R = − ϕ → − ϕ = . Vận tốc ngay trước chạm đất xác định theo định luật bảo toàn năng lượng và liên hệ vận tốc. ( ) 2 2 2 1 2 1 cos 1 cos v 2gR 1 cos 2gR 1 cos 1 cos + α + α = − α = + α − α ( ) 2 2 1 2 2R H 2RH v 2g 2R H H + − → = − - Nếu ( ) H R 1 cos 0,404R> − α ≈ thì sau khi rơi, quả cầu chuyển động rơi tự do: 2 f 1 R v v 2gH 2gH 1 0,212 H   = + = −  ÷   Thay vào (*): ( ) 2 2 2 1 v gR cos .sin gR cos 1 cos = α α = α − α Còn quả cầu cách mặt đất: ( ) h H R 1 cos= − − α 0.75 0.75 3 1. Theo phương trình C-M m pV RT µ = , ta có m p V RT µ ρ = = . Từ hình vẽ suy ra: 1 2 1 2 c T T ρ ρ = = = hằng số. Chuyển từ giản đồ T-ρ sang giản đồ p - V . Hai đoạn đẳng nhiệt, hai đoạn đẳng tích, còn đường chéo hình chữ nhật trong T - ρ sẽ chuyển thành đường cong 2 2 m R p c V µ = ( bằng cách thay m pV , T V mR µ ρ = = vào phương trình cT ρ = ). Vì công mà khí thực hiện trong một quá trình có giá trị bằng diện tích nằm dưới đường mô tả quá trình đó. Vậy ta hãy đi tính các diện tích có liên quan. Diện tích dưới đường đẳng nhiệt T 1 =const 1 2 1 1 2 2 1 1 1 1 m m mRT mRT Tm S dV ln RT ln V T ρ ρ ρ µ µ ρ µ = = = ∫ Diện tích dưới đường cong 2 2 m R p c V = µ ( ) 1 2 2 2 2 1 2 2 1 2 m m m R m R mR S dV T T c V c m m ρ ρ ρ ρ µ µ µ   = = − = −  ÷   ∫ Diện tích dưới đường đẳng nhiệt T 2 =const 1 2 2 1 2 2 3 2 1 1 m m mRT mRT Tm S dV ln RT ln V T ρ ρ ρ µ µ ρ µ = = = ∫ Công khí sinh ra ở chu trình 1 là: 1 2 1 A S S= − 0.5 0.5 0.5 Công khí sinh ra ở chu trình 2 là: 2 3 2 A S S= − 2. Theo nguyên lí I: dQ=Q+A Đối với chu trình 1: Q T=T1 =-A 1 =-S 1 <0 Trên đường cong 2 2 m R p c V µ = , ta có: 2 1 2 1 2 2 2 T T T T i m m R Q dU pdV RdT dV c V δ µ µ → → = + = + 2 2 2 2 2 1 1m R m m m pdV dV Rd R d RdT c V c c ρ ρ ρ µ µ ρ µ ρ µ     = = = − = −  ÷  ÷     Với i là số bậc tự do Thay vào biểu thức trên ta được: 2 1 2 0 2 T T i m Q RdT δ µ → − = < Vì đường cong nói trên trong chu trình 1 nhiệt độ giảm. Nghĩa là trong quá trình này khí tỏa nhiệt. Như vậy hệ chỉ nhận nhiệt trong quá trình đẳng tích. 1 12 2 1 2 i m Q U R(T T ) µ = ∆ = − Tương tự, với chu trình 2, khí tỏa nhiệt trong quá trình đẳng tích chuyển từ đường đẳng nhiệt này sang đường đẳng nhiệt khác, hai quá trình còn lại đều thu nhiệt. vậy 2 2 2 1 3 2 1 2 1 2 2 2 2 Ti m i m m Q R(T T ) S R(T T ) RT ln T µ µ µ − − = − + = − + Khi đó các hiệu suất tương ứng bằng: ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 T Tm m R T T RT ln T ln A S S T T i m Q Q i T T R T T µ µ η µ   − −  ÷ −  ÷ = = = = − −  ÷ −  ÷   ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 2 2 1 3 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 1 1 2 2 2 2 T Tm m RT ln R T T T ln T T S S A T T T Ti m m i Q Q R T T RT ln T T T ln T T µ µ η µ µ − − − − − = = = = − − − + − + 0.5 0.5 0.5 0.5 p O V T 2 =const T 1 =const 2 m ρ 1 m ρ 1 2 Hình 2 A B C D Đặt 2 1 T x T = Thay các biểu thức trên vào hệ thức: ( ) ( ) 1 2 3 1 1 η η − − = ( ) ( ) 1 2 3 1 1 1 2 1 1 2 xln x x ln x i i x xln x x    ÷ − −     − − − =  ÷  ÷  ÷ − −      ÷ + −   ( ) ( ) 1 0x ln x i − − = Vì 1 2 T T≠ nên 3 20 08 i ln x i x e e ,= ⇒ = = ≈ Vậy: 2 1 20 08 T , T = 0.5 4 Gia tốc của hạt là: m F aamF    =⇒= Từ đó ta có: 2 2 4 5 t m F a t m F a t m F a z z Y y x x == −== == )/( )/( )/( 2 2 2 sm sm sm Vận tốc của vật: 3 3 0 2 0 2 0 2 0 1 2 00 3 2 2 4 2 )4( 2 5 5 ctdttdtav ct t dttdtav cttdtdtav tt zz tt yy tt xx +=== +−=−== +=== ∫∫ ∫∫ ∫∫ Thời điểm ban đầu ta có:      = = = ⇒      = = = 1 0 2 1 2 3 2 1 0 0 0 c c c v ov v z y x Vận tốc của vật theo thời gian: 2 3 2 2 2 22 22 1 2 2 4 22 5 2       ++         −+       +=++= tt t tvvvv z yx Hay: ktjt t itv kvjvivv zyx            ++         −+       += ++= 1 3 2 4 22 5 2 . 3 2 2 0.5 0.5 0.5 0.5 Vị trí của vật:            ++−=       ++−=+= −+=         −+=+= ++=       ++=+= ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ t t t t y t t x t tdttdtvzz t t dtt t dtvyy ttdttdtvxx 0 0 4 3 0 0 0 2 32 0 0 3 0 2 0 6 3 3 2 13 2 6 24 2 2 6 5 25 2 5 25 Vậy vị trí của vật phụ thuộc vào thời gian như sau: =++= kzjyixr    k t tjt t itt           ++−+         −++       ++ 6 32 6 2 6 5 25 4 2 3 3 . 0.5 0.5 5 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: 1 1 0 0 0 0 T' P P h 1 h 1 . T P P P −γ −γ γ γ     + − γ = = ≈ +  ÷  ÷ γ     (1) 0.75 - 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 ' T P T P = → 0 0 0 T' P h' 1 T P h' P = ≈ − + (2) Từ (1) và (2) suy ra: 0 0 h' h 1 1 . P P γ −1 − = − γ h h h' γ = − (3) 0.75 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. 0.75 3. Tiến hành thí nghiệm: 0.5 A K 1 K 2 B h - Đóng khoá K2, mở K1: Dùng bơm nén khí cần đo γ 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. -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 γ. - Lặp lại một số lần thí nghiệm để tính giá trị trung bình của γ. 0.75 . GD&ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH ĐỀ ĐỀ XUẤT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ MÔN THI: VẬT LÝ KHỐI: 10 (Thời gian: 180’ không kể thời gian giao đề) (Đề thi. thể tạo lỗ để nối với các ống và khóa) - Bơm nén ( chứa khí cần thi t, được coi khí lý tưởng cần xác định γ ) - Áp kế chứa nước hình chữ U, có tiết diện nhỏ. - Các ống nối và 2 khóa. - Thước đo. cầu cân bằng trên 2 khối hộp, AOB là một tam giác đều. Có thể thấy ngay các lực của 2 khối tác dụng lên quả cầu hướng về tâm và cùng độ lớn, góc giữa 2 lực là 60 0 . Các lực này cân bằng với