Gia sư Thành Được SỞ GD  ĐT NAM ĐỊNH ĐỀ THI ĐỀ XUẤT www.daythem.edu.vn ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT Năm học 2015 – 2016 Môn thi: VẬT LÝ Thời gian làm bài: 180 phút ( Đề thi gồm: 05 câu ; 02 trang) Câu (3,5 điểm): Thanh OA nhẹ gắn vào tường nhờ lề O Đầu A có treo vật nặng với trọng lượng P Để giữ cho nằm ngang C cân ta dùng dây treo điểm B lên Biết OB=2AB a Tính lực căng T dây phản lực Q lề theo góc α α Xác định lực căng nhỏ phản lực nhỏ mà ta A O nhận thay đổi vị trí điểm treo C B Hình b Vì dây treo chịu lực căng tối đa 4P Hãy xác định P vị trí C dây treo để dây không bị đứt Dây đặt vị trí lực căng dây nhỏ nhất? Câu ( 4,0 điểm): Hai vật nặng A B có khối lượng mA = 900g mB = 4kg mắc vào lò xo nhẹ có khối lượng không đáng kể, độ cứng lò xo k = A 100N/m Vật B có đầu tựa vào tường thẳng B C v đứng Hệ đặt mặt phẳng nằm ngang Hệ số ma sát mặt phẳng ngang với vật A B lần Hình lượt µA = 0,1; µB = 0,3 Ban đầu vật nằm yên lò xo không biến dạng Một vật C có khối lượng m=100g bay theo phương ngang với vận tốc v đến va chạm vào vật A (hình 2) Lấy g =10m/s2 1) Cho v =10m/s Tìm độ co lớn lò xo trường hợp: a Va chạm vật C A hoàn toàn đàn hồi b Va chạm vật C A mềm 2) Nếu sau va chạm, vật C cắm vào vật A C phải có vận tốc tối thiểu để vật B dịch sang trái? Câu (4,0 điểm): Một khối trụ đặc, đồng chất, khối lượng M, bán kính R, đặt mặt phẳng nghiêng cố định, nghiêng góc α = 300 so với mặt phẳng ngang Giữa chiều dài khối trụ có khe hẹp có lõi có bán kính R/2 Một dây nhẹ, không giãn quấn nhiều vòng vào lõi vắt qua ròng rọc B (khối lượng không đáng kể, bỏ qua ma sát trục ròng rọc) Đầu lại dây mang vật nặng C khối lượng m = M/5 Phần dây AB song song với mặt phẳng nghiêng Hệ số ma sát nghỉ hệ số ma sát trượt khối trụ mặt phẳng nghiêng: µn = µt = µ Thả hệ từ trạng thái nghỉ: Trang Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn a Tìm điều kiện µ để khối trụ lăn không trượt mặt phẳng nghiêng Tính gia tốc a0 trục khối trụ gia tốc a m b Giả sử µ không thỏa mãn điều kiện câu a Tìm gia tốc a0 trục khối trụ gia tốc a m p 5p0 P0 V 3V 7V0 Hình Câu (3,0 điểm): Trong động nhiệt có n mol khí (với i=3) thực chu trình kín hình Các đại lượng po; Vo biết Hãy tìm + Nhiệt độ áp suất khí điểm + Công chất khí thực chu trình? + Hiệu suất máy nhiệt? Câu (3,5 điểm): Một thang AB=l, đầu A tựa sàn ngang, đầu B tựa vào tường Hình thẳng đứng Khối tâm C thang cách A đoạn l Thang hợp với sàn góc α 1) Chứng minh thang đứng cân ma sát 2) Gọi hệ số ma sát thang với sàn tường k Biết góc α=600 Tính giá trị nhỏ k để thang đứng cân 3) Khi k=kmin, thang có bị trượt không, nếu: a) Một người có trọng lượng trọng lượng thang đứng điểm C b) Người đứng vị trí D cách A đoạn 2l 4) Chứng minh α nhỏ để thang không trượt ma sát lớn Tính k α=450 ( người) Câu (2,0điểm): Một gam hỗn hợp khí He H trạng thái ban đầu có nhiệt độ t = 270C thể tích V0 Người ta nén đoạn nhiệt khối khí đến thể tích V khác đo nhiệt độ sau lần nén Kết thu được, ghi bảng sau: V0 / V 1,5 2,0 3,0 95 151 247 t 0C Cho biết He = 4; H = Hãy xác định: Khối lượng He H hỗn hợp Trang 4,0 327 Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn Công dùng để nén đoạn nhiệt khối khí đến thể tích SỞ GD  ĐT NAM ĐỊNH ĐỀ THI ĐỀ XUẤT V0 =4 V HDC CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT Năm học 2015 – 2016 Môn thi: VẬT LÝ Thời gian làm bài: 180 phút ( Đề thi gồm: 06 câu ; 02 trang) Câu (3,5 điểm): a Chọn hệ toạ độ Oxy nhu hình vẽ + Điều kiện cân mômen vật với trục quay qua O là: 3P MT  M P   T.OB.sin   P.OA  T  2sin  +Điều kiện cân lực là: Q  T  P  Theo phương Ox: 3P Qx  Tcos    Q x  cos  2sin  Theo phương Oy: 3P P Q y  P  Tsin   Q y  P   Q y   2 + Phản lực Q lề tác dụng lên là: C α A B O O x y 9P P2 P Q Q Q  cotan    9cotan 2  4 3P + Từ biểu thức lực căng T  ta thấy Tmin   900 (dây treo thẳng đứng) lực 2sin  3P P căng T  Cũng vị trí cotan 2   Q  Qmin  2 b Theo giả thiết ta có: 3P Tmax  4P   4P  sin    220    1580 2sin  Vậy để dây không bị đứt ta phải chọn điểm treo C cho góc treo α thoả mãn x y 220    1580 + Vì T dương, nên T sin  max,   90o Vậy dây đặt vuông góc với OA B lực căng dây đạt giá trị nhỏ Câu (4,0 điểm): Trang Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn 1, Chọn chiều dương chiều chuyển động vật C a Xét va chạm C A va chạm hoàn toàn đàn hồi: Gọi vận tốc C A sau va chạm v1 v2 C v Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ A C thời gian va chạm ta được: mv = mv1 +mAv2 (1) Vì va chạm hoàn toàn đàn hồi nên động hệ bảo toàn: 2 mv  mv1  mAv22 (2) 2 Từ (1) (2) ta có 2mv 2.0,1.10 v2    2(m / s)  m  mA 0,1  0,9 A B Hình Khi lò xo có độ nén cực đại x vận tốc A Áp dụng định luật bảo toàn lượng cho vật A ta được: mAv22 kx    AmA gx  50 x  0,9 x  1,8  (3) 2 Giải phương trình (3) ta x  0,18(m) b Xét va chạm C A va chạm mềm sau va chạm vật C A chuyển động với vận tốc v0 Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có: mv = (m + mA)v0 → v0 = 1m/s Gọi x độ co lớn lò xo Áp dụng ĐLBT lượng: 1  mA  m  v02  kx   A  mA  m  g.x → 50x2 + x – 0,5 = 2 Giải phương trình ta x = 0,09(m) 2, Để B dịch chuyển sang trái lò xo phải dãn đoạn x cho: Fđh = Fm/s B ↔ kx0 = B mB g → x0  B mB g k  0,3.4.10  0,12(m) 100 Như vận tốc v0 mà (m + mA) có sau va chạm phải làm cho lò xo co tối đa x cho dãn lò xo có độ dãn tối thiểu x0 Áp dụng ĐLBT lượng cho hệ trình này: kx   A (mA  m) g ( x  x0 )  kx02  50 x  x  0,84  → x = 0,14m 2 ( loại nghiệm âm) Áp dụng ĐLBT lượng cho hệ trình lò xo bị nén, ta có Trang Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn 1 14 (mA  m)v02  kx   A (mA  m) gx  v0  m/s 2 mà mv = (mA + m).v0 → v = 14 m/s  15m/s Như vậy, để mB dịch sang trái C phải có vận tốc 15m/s Câu (4,0 điểm): - Chọn chiều dương hình vẽ Giả sử chiều lực ma sát hình - Phương trình ĐL II Niu-tơn cho khối tâm khối trụ A vật C: PA  Fms  N  T  ma0 T ' PC  ma - Phương trình cho chuyển động quay quanh trục đối xứng qua khối tâm G: Fms R  T R  I G - Khối trụ không trượt dây nên: a0  R b, Khi xảy lăn có trượt khối trụ a mặt phẳng nghiêng: Fms  Fmst   N   Mg Bỏ qua khối lượng ròng rọc ma sát trục ròng rọc nên: T = T’ a, Khối trụ lăn không trượt mặt phẳng nghiêng nên: a0   R Ta có hệ phương trình: Từ ta có hệ:  P sin   Fms  T  Ma0   F R  T R  I   M R   M R a G  ms 2  T  P  M a  M a  5 10  a   R  2a  (1) (2) (8) (9) (10) (11) Từ (9)  T  MR   Mg Thay T vào (4) (10)  a  (5) (12) MR   Mg  Mg /  5R  5 g  g M /5 Thay a vào (11)  a0  5R  5 g  g  Từ (5),(2) a M T M 9a Fms  IG / R   M  (a0 /  g )  (  g ) 2 10 10  P sin   Fmst  T  Ma0   F R  T R  I   M R  G  mst 2   P M a T   5  R  a  a  (3) Từ (3) P M M T   a  (a0 /  g ) 5 (6) Thay a0 , T vào (8)    Thay (5),(6) vào (1): Trang R  11 R  5 g  g  11 3 g ; 13 R Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn Mg M 9a0 M  (  g )  (a0  g )  Ma0 10 10  a0  g  (7) 31 a 10  g  g ; a0    g  g 13 13 26 26 Với   a > 0, a0 > khối trụ vật chuyển 93 Thay a0 vào (6),(4) suy ra: động chiều dương M 9a0 Fms  (  g)  Mg  10 62 a g 0 31 Vậy khối trụ A xuống, vật C lên lực ma sát có chiều hình vẽ Điều kiện: Fms  Fmsn   N  3 Mg   Mg   62 93 Câu (3,0 điểm): 1) Đường 2-3 có dạng: p V =k p0 V0 + TT2: V2=7V0 ; p2=p0  k = + TT3: p3= kp0 V3=3Vo; 3p V3 = V0 + Theo C-M: T3 = p3V3 9p V = 0 nR nR 2) * Công chất khí thực có giá trị: A = S(123) = 64 p0V0 * Tính nhiệt lượng khí thu vào chu trình: + Xét trình đẳng tích 3-1: Q31 = U = nR i pV p V 144 p0V0 T = nR( 1 - 3 ) = 2 nR nR + Xét trình 1-2: p = aV+b Ta có TT1: 5po = a.3V0 + b Ta có TT2: po = - po V + 8po V0 Vì trinh 1-2: p = Thay p =  a=- po V0 vµ b = 8p0 po V + 8po (1) V0 nRT p p vµo ta có: nRT = - o V2 + 8poV  nR  T = -2 o  V + 8po  V V V0 V0 Trang (2) Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn + Theo NLTN: Khi thể tích khí biến thiên  V; nhiệt độ biến thiên  T nhiệt lượng biến thiên: Q = nR  T + p  V (3) + Thay (2) vào (3) ta có:  Q = (20po-4 po V)  V V0   Q = VI= 5Vo pI = 3po 3Vo  V  5Vo  Q>0 tức chất khí nhận nhiệt lượng p p nR (TI-T1) + I (VI-V1) = = 8p0V0 2 A * hiệu suất chu trình là: H = = 32% Q31  Q1I Q12 = Q1I =  U1I + A1I = Câu (3,5 điểm): 1) Không có ma sát thang không cân Điều kiện cân là: Tổng hợp lực tác dụng lên thanh:     R  P N  N  Ba vectơ lực có tổng không không đồng quy không cân 2) Tính kmin Xét trạng thái giới hạn lực masát nghỉ cực đại Fms1=k.N1 ; Fms2=k.N2    Điều kiện cân bằng: P N  N  Chiếu lên phương nằm ngang thẳng đứng ta có: N2=F1=k.N1 (1) P=N1+Fms2 =N1+k.N2 (2) l Chọn trục quay A P cos   N l.sin   Fms l cos   P   N tan  k.N (3) N Từ (1) (2) => P   k.N (4) k Fms2 B N2 D · · C N1 P Fms1 A Từ (3) (4) ta có: 2.k  (3 tan ).k   (5) Thay góc α=600 giải nghiệm kmin=0,18 3) a) Thang có trượt không? Kmin thỏa mãn công thức (5) không phụ thuộc vào trọng lực P nên người đứng khối tâm C ( tức P tăng ) thang không bị trượt b) Người đứng D Khi khối tâm hệ người thang trung điểm I AB Điều kiện cân lúc là: Trang Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn N2=F1=k.N1 (6) 2P=N1+Fms2 =N1+k.N2 (7) Phương trình momen là: l P cos   N l.sin   Fms l cos    P  N2 tan  k.N2 (8) Giải phương trình (6) (7) (8) ta có: k  tan k    k  0,27 Ta thấy k > kmin nên thang bị trượt 4) Tính kmin α=450 Trở lại phương trình (5): 2.k  (3 tan ).k   tan    tan  đặt x=tanα y=4.kmin ta có hàm số  Giải kmin ’ y  9.x   3x sau đạo hàm y