Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XI TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN- HÀ NỘI MÔN VẬT LÍ - KHỐI 10 ĐỀ GIỚI THIỆU (Đề có 05 câu; gồm 03 trang) Câu 1: (5 điểm) 1) Một người xe đạp lượn tròn sân nằm ngang có bán kính R Hệ số ma sát phụ thuộc vào khoảng cách r từ tâm sân theo quy luật      1  r  Với  số (hệ số ma sát tâm sân) Xác định R bán kính đường tròn tâm O mà người xe đạp lượn với vận tốc cực đại Tính vận tốc 2) Một khối bán cầu tâm O, khối lượng m, đặt  A cho mặt phẳng khối nằm mặt phẳng nằm ngang Một vật nhỏ có khối lượng m bay theo G  O phương ngang với vận tốc u tới va chạm với bán cầu điểm A cho bán kính OA tạo với phương ngang góc α Coi va chạm hồn tồn đàn hồi Bỏ qua ma sát Hãy xác định theo m, u, α : a) Vận tốc khối bán cầu sau va chạm b) Độ lớn xung lượng lực sàn tác dụng lên bán cầu thời gian va chạm Câu 2: (4 điểm) Một vành trụ mỏng, đồng chất, bán kính R, có khối lượng M đặt thẳng đứng mặt phẳng ngang a) Từ điểm A mặt vành trụ có độ cao với tâm O người ta thả nhẹ vật A O R Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 nhỏ có khối lượng m (hình vẽ) Bỏ qua ma sát mặt tiếp xúc Tìm áp lực vật lên vành xuống đến vị trí thấp b) Bây vật m gắn chặt vào điểm A Giữ vành đứng yên mặt phẳng nằm ngang khác cho bán kính OA nằm ngang Tìm điều kiện hệ số ma sát vành mặt phẳng ngang để vành lăn không trượt sau thả Câu 3:(4 điểm) Trong phương án phóng tàu vũ trụ hệ Mặt trời, người ta dự định dùng buồm mặt trời diện tích s = 1km2 Buồm mở (coi tức thời) tàu chuyển động quanh Mặt trời quỹ đạo Trái đất Buồm ln ln hướng vng góc với tia mặt trời Áp suất tia mặt trời quỹ đạo Trái đất P = 10-5Pa Bán kính quỹ đạo Trái đất RĐ = 1,5.108 km 1) Hỏi tàu phải có khối lượng vượt khỏi hệ Mặt trời? 2) Với khối lượng cực đại tàu đạt đến quỹ đạo hỏa? Biết bán kính quỹ đạo hỏa RH = 2,3.108 km Bỏ qua ảnh hưởng Trái đất hành tinh khác Cho biết G.MT = 1,3.1011 km3/s2 (G số hấp dẫn, MT khối lượng Mặt trời) Câu 4:(4 điểm) Trong bình hình trụ cách nhiệt đặt thẳng đứng, bên pittông không trọng lượng, không dẫn nhiệt Thủy ngân mol khí lý tưởng, đơn nguyên tử nhiệt độ T1  300K Bên pittông người ta đổ đầy thủy ngân tận mép để hở khí bình Biết ban đầu thể tích khí lớn gấp đơi thể tích thủy ngân, áp suất khí lớn gấp đơi áp suất khí bên Hệ trạng thái cân Hỏi phải cung cấp cho khí nhiệt lượng tối thiểu để đẩy hết thủy ngân khỏi bình? Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 Câu 5:(3 điểm) Cho dụng cụ sau: - Một mẩu gỗ - Lực kế - Mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng khơng đổi chưa biết giá trị góc nghiêng - Dây Trình bày phương án thí nghiệm xác định hệ số ma sát mẩu gỗ với mặt phẳng nghiêng, biết độ nghiêng mặt phẳng không đủ lớn mẩu gỗ tự trượt xuống .Hết Người đề Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 ĐÁP ÁN ĐỀ GIỚI THIỆU - LẦN XI – MÔN VẬT LÝ 10 (TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN – HÀ NỘI) Câu (5 điểm) Giả sử người quỹ đạo tròn với bán kính r với tốc độ v Đối với hệ quy chiếu cố định gắn tâm O, lực ma sát tác dụng lên vật đóng vai trò lực hướng tâm r v  N  ma ht =>  1  .mg  m R r   g => v   gr  r R F ms Đây tam thức bậc ẩn r với hệ số a   1,5 đ 0 g R  0 g R   0 g  r Giá trị v đạt lớn khi: 0,5đ  V 0,5đ 2.    R   gR R  g R => v max   v  0 g     R 2 Lúc đó: v max Vậy người xe đạp với vận tốc lớn quỹ đạo có bán kính lớn  gR  gR 0,5đ R 2 3,5 đ   A a) 2,5 đ 0,25 G  O Gọi u1 ,V vận tốc vật nhỏ bán cầu sau va chạm Véctơ hợp với phương ngang góc  áp dụng định luật bảo tồn động lượng theo phương ngang bảo toàn ta có: mu  mu1 cos   mV 0,25 mu mu12 mV   2 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369  u  V  u1 cos  u  V  u12 u  cos   u1 cos  sin  tg  V  u1  u1 cos  cos  0,5 (1) (2) Phân tích: khơng thay đổi suốt q trình Do khơng ma sát nên: va chạm nên ta có:   u1  cos       u sin   u  u1 cos  (1  tg  cot g ) 2  0,5 (3)  cos   u1 cos   u1 cos  (1  tg  cot g ) Từ (1), (3) suy ra: cos   tg     tg  cot g Thế (4) vào (3) rút ra: u1 cos    tg  cot g 0,25 (4) u (5)  cot g 2 0,25 Thay (4) (5) vào (2), ta được: cot g 2 cos  cos  V u  u  u  cot g 2  cos   cos  0,5 cos  u Vậy vận tốc khối bán cầu sau va chạm là: V   cos  Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 b) 1,0 đ Trong thời gian va chạm, khối bán cầu chịu tác dụng xung lực: (do vật tác dụng) phản xung (do sàn tác dụng) Hình vẽ 0,5 Định lý biến thiên động lượng cho khối cầu: + = = > hình vẽ từ hình vẽ suy ra: X p  mVtg  sin 2  mu  cos  0,5 Câu 1a) Do khơng có ma sát nên vành trượt mà không quay Gọi v, V (4 điểm) vận tốc m M m xuống đến vị trí thấp Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có: mv  MV mv MV mgR   2 0,5 Giải hệ pt ta được: v gR , m 1 M V m M gR m 1 M 0,5 Trong HQC gắn với M, m chuyển động tròn, m thấp HQC HQC qn tính nên : N  mg  m(v  V )2 R 0,5 Thay v, V vào ta tìm được: 2m   N  mg    M   0,5 b) Kí hiệu G khối tâm hệ Ta có: OG  mR ; M m Phương trình quay quanh tâm quay tức thời C:   mgR  I    2MR  m R     mg  R   M  m O G aG  0,5 mg C F Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 Gia tốc khối tâm G sau thả hệ: aG   CG Phương trình định luật II Niutơn cho hệ : theo phương ngang: F  (M  m)aG cos   (M  m) R phương thẳng đứng: (M  m) g  N  (M  m)aG sin  0,25 0,25 0,25 (2)   m2  N  ( M  m)( g   OG )   M  m  g 1  (3)   2( M  m)  0,25 Điều kiện để vành lăn không trượt: (2)&(3) F   N Câu (4 điểm) a)  m( M  m ) 2M  4Mm  m 0,5 Khi buồm mở, tác dụng lên tàu gồm có lực hấp dẫn Mặt trời áp lực tia mặt trời, hai lực ngược hướng Hợp lực chúng  PSRD2   M T    m Gm M m M M GmR  D F *  G T2  PS  G T   PS  G  RD RD GmR D2 R D2 Đặt M T*  M T  F*  G 0,5 (1) PSRD2 (2) M T* -gọi khối lượng Mặt trời hiệu dụng Gm M T* m RD2 F*- gọi lực hấp dẫn hiệu dụng Mặt trời 0,5 Bây ta giải toán coi khối lượng mặt trời M T* bỏ áp suất Mặt trời Trên quỹ đạo Trái đất, vào thời điểm buồm mở: 0,5 Tàu có vận tốc VD : mV D2 M m GM T  G T2  V D  (3) RD RD Năng lượng toàn phần tàu là: (2) & (3) => E  G mV D2 mM T* E G RD 0,5 m  MT  Gm  PSRD M T    M*    RD  2   R D  Gm Tầu vũ trụ khỏi hệ mặt trời E  0,5 PSRD2 M T PSRD2   0m  3,46.10 kg Gm GM T Khi khối lượng đủ lớn tàu chuyển động theo quỹ đạo kín Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 b) Giả sử m = m1 quỹ đạo tàu tiếp xúc với quỹ đạo hoả chuyển động theo quỹ đạo elíp khối lượng lớn có RD Trục lớn elíp (RD + RH) 0,5 s  RH Áp dụng ĐL bảo tồn lượng ta có m1V D2 Gm1 M t* m1V H2 Gm1 M T*    RD RH  1    V  V  2GM   R R H   D D H * t 0,5 (4) Theo ĐL II Kepler: VD  RD  VH  RH  VH  VD RD (5) RH Thay (5) vào (4) ý đến (3) ta có: 2M*T.RH = MT(RH + RD) (6)  (2) & (6) => RH  M T   PSRD2 Gm    M T RH  RD   0,5 PSRH RD2 => m  GM T RH  RD  Thay số, m  9,95.103 kg Gọi pa áp suất khí quyển, S diện tích pittơng, H 2H Câu (4 điểm) độ cao ban đầu thủy ngân khối khí; x độ cao khí vị trí cân pittông nâng lên Thiết lập biểu thức liên hệ nhiệt lượng cung cấp Q cho khí độ cao x - Ban đầu, áp suất khí (2 pa ), => áp suất cột thủy ngân có độ 0,25 cao H pa - Trạng thái cân mới: 3H  x pa H 3H  x 4H  x px  pa  pa  pa (1) H H + cột thủy ngân có độ cao 3H  x , có áp suất + khí có nhiệt độ Tx, áp suất - Phương trình trạng thái: (1)&(2) => px Sx pa S (2 H ) (2)  Tx T1 (4 H  x) x Tx  T1 4H 0,5 0,5 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 Độ biến thiên nội q trình pittơng nâng lên đến độ cao x bằng: 3( x  H )  x  2H  U  CV (Tx  T1 )   RT1  CV T1   8H  2H  với CV  3R / 2 (3) 0,5 Từ (1) thấy áp suất biến thiên tuyến tính theo x từ pa đến p x => độ lớn công mà khí thực q trình là: A pa  p x (6 H  x)( x  H ) ( xS  HS )  pa S 2H Vì trạng thái ban đầu: pa HS  RT1 => A 0,75 (6 H  x)( x  H ) RT1 8H Theo Nguyên lý I NĐH: Q  U  A Và tính đến (2) (3), ta Q  ( x  5Hx  H ) RT1 RT = ( x  H )(3H  x) 12 2H 2H Nếu thay cách hình thức x = 3H vào phương trình ta nhận đáp số không Q = Để có kết luận ta vẽ đồ thị Q theo x 0,5 0,25 Từ đồ thị thấy: Để đạt đến trạng thái cân x = 2,5H, ta cần cung cấp nhiệt lượng Q0  RT1  312J 0,25 Còn để đạt tới vị trí cân với x > 2,5H cần nhiệt lượng Q  Q0 Điều có nghĩa sau truyền cho khí nhiệt lượng Q0 pittơng đạt đến độ cao x = 2,5H khí bắt đầu tự phát giãn nở đẩy hết thủy 0,5 ngân ngồi bình Vậy nhiệt lượng tối thiểu cần cung cấp Qmin  Q0  312J - Móc lực kế vào mẩu gỗ kéo trượt lên mặt phẳng Câu (3 điểm) nghiêng, ta có: F = kPcos + Psin (1), (F số lực 1 kế đó) - Tương tự, kéo vật chuyển động xuống ta có: F2 = kPcos - Psin (2) 0,5 0,5 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 - Trừ vế với vế (1) cho (2) ta có: F1-F2=2Psin  sin   0,5 F1  F2 (3) 2P - Cộng vế với vế phương trình (1) (2) ta có: cos   F1  F2 (4) 2P 0,5 - Do sin2+cos2 = nên ta có: 1 ( F1  F2 F  F2 F1  F2 ) ( ) k  2P 2kP P  ( F1  F2 ) - Các lực đo lực kế, từ tính k 0,5 0,5 -Hết - 10 ... Người đề Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 ĐÁP ÁN ĐỀ GIỚI THI U - LẦN XI – MÔN VẬT LÝ 10 (TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN – HÀ NỘI) Câu (5 điểm) Giả sử người quỹ đạo... nhiệt lượng tối thi u để đẩy hết thủy ngân khỏi bình? Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 Câu 5:(3 điểm) Cho dụng cụ sau: - Một mẩu gỗ - Lực kế - Mặt phẳng nghiêng... http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 b) 1,0 đ Trong thời gian va chạm, khối bán cầu chịu tác dụng xung lực: (do vật tác dụng) phản xung (do sàn tác dụng) Hình vẽ 0,5 Định lý biến thi n