Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2018 Môn: Vật lý 10 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu (4 điểm) Một mơ hình động nước đặt nằm ngang mặt sàn nhẵn Tay quay OA có chiều dài r quay với tốc độ góc ω, điểm B ln chuyển động thẳng Thanh truyền AB dài tay quay Coi khối lượng phận chuyển động rút thành khối lượng m1 m2 tập trung A B, khối lượng vỏ động m3 (hình 1) A B O Hình 1 Cho vỏ động chuyển động ngang ban đầu pit-tông vị trí xa bên trái Xác định phương trình chuyển động vỏ động Nếu động bắt vít xuống bu-lơng, tìm áp lực động lên lực cắt ngang bu-lông Bỏ qua lực căng ban đầu bu-lông Câu (4 điểm) Một khối trụ đặc có bán kính R, khối lượng m, lăn không trượt mặt sàn nằm ngang va vào tường thẳng đứng cố định (trục khối trụ song song với mặt sàn tường) Biết hệ số ma sát khối trụ tường ; vận tốc trục khối trụ trước lúc va chạm v0; sau va chạm thành phần vận tốc theo phương ngang trục giảm nửa độ lớn; R v0 mơmen qn tính trục khối trụ I  mR (hình vẽ) Bỏ qua tác dụng trọng lực lúc va chạm bỏ qua ma sát lăn Tính động khối trụ góc phương chuyển động với phương nằm ngang sau va chạm hai trường hợp,     Câu (4 điểm) Một vệ tinh chuyển động tròn quanh Trái Đất độ cao R = 3R0 so với tâm O Trái Đất Bán kính Trái Đất R0 = 6400km Tính vận tốc V0 chu kỳ T0 vệ tinh Vệ tinh chuyển động tròn bán kính R điểm A vận tốc đột ngột giảm xuống thành VA giữ nguyên B O A Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 hướng; vệ tinh chuyển sang quỹ đạo elip tiếp đất điểm B đường OA (O, A, B thẳng hàng) Tìm vận tốc vệ tinh A, B thời gian chuyển động từ A đến B Cho vận tốc vũ trụ cấp I VI = 7,9 km/s Bỏ qua lực cản Có thể dùng phương trình chuyển động vệ tinh quỹ đạo :  d r  d   Mm m   r   G r  dt    dt định luật bảo tồn mơmen động lượng : mr d  const dt Câu (4 điểm) Một lượng khí lí tưởng đơn nguyên tử thực P chu trình ABCDECA (Hình 1) Cho biết PA=PB=10 Pa, PC=3.105 Pa, PE=PD=4.105 Pa, TA=TE=300K, PE E D VA=20l, VB=VC=VD=10l, AB, BC, CD, DE, EC, CA đoạn thẳng Tính thơng số TB, TD, VE Tính tổng nhiệt lượng mà khí nhận tất giai đoạn chu trình mà nhiệt độ khí tăng C PC B PA O VE VB A VA V Tính hiệu suất chu trình Câu (4 điểm) Người ta nhúng dây đun mayso vào bình nước Biết cơng suất toả nhiệt P dây đun nhiệt độ mơi trường ngồi khơng đổi, nhiệt lượng nước truyền mơi trường ngồi tỉ lệ thuận với độ chênh lệch nhiệt độ nước bình mơi trường Nhiệt độ nước bình thời điểm x ghi bảng đây: x(phút) T( C) 20 26,3 31,9 36,8 41,1 44,7 Hãy dùng cách tính gần xử lý số liệu để trả lời câu hỏi sau Nếu đun tiếp nước có sơi khơng? Nếu khơng sơi nhiệt độ cực đại nước bao nhiêu? Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 Nếu nhiệt độ nước 600C rút dây đun Hỏi nước nguội độ sau thời gian 1phút? phút? .Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: ; Số báo danh: TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN ĐÁP ÁNĐỀ THI ĐỀ XUẤT ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2018 Môn: Vật lý 10 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu (4 điểm) Điểm Nội dung + Xét thời điểm t góc quay vật BOA = φ = ωt (hình 2a) Các phận có khối lượng m1, m2 có vận tốc v1 v2 hệ quy chiếu gắn với vỏ Vỏ có vận tốc v3 sàn + Theo phương ngang hệ không chịu tác dụng ngoại lực nên bảo toàn động lượng: V1 A 0.25 B V2H O Hình 2a m3v3 +m2(v2 + v3) +m1(v1sinωt + v3) = => v3 = - v2 = - v3 = - m2 v2  m1v1 sin t (1) với v1 = ωr, m1  m2  m3 dOH d ( rcost ) dOB = -2 =2 = 2ωrsinωt (2) thay (2) vào (1) ta có: dt dt dt (2m2  m1 )r sin t (3) m1  m2  m3 0.25 0.25 0.25 0.25 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 Lấy nguyên hàm (3) x = (2m2  m1 ) rcost +C m1  m2  m3 0.25 Chọn x = t = ta có C = (2m2  m1 ) r m1  m2  m3 0.25 x = (2m2  m1 ) r ( cost  1) m1  m2  m3 0.25 + Xét hệ có v1 có thành phần vận tốc theo phương thẳng đứng: vy = v1cosωt = ωrcosωt, áp lực hệ lên sàn theo phương thẳng đứng d ( m1 y ) N = (m1+m2+m3)g + dt N = (m1+m2+m3)g - m1ω2r.sinωt 0.25 0.25 0.5 + Động lượng hệ theo phương ngang vỏ giữ đứng yên p = m2v2 + m1v1sinωt = (m1 +2m2)ωr.sinωt 0.5 + Do lực cắt ngang bulong T= dp = (m1 +2m2)ω2r.cosωt dt 0.5 Câu (4 điểm) + p dụng hai định l biến thiên v x  v0 hối trụ q trình va chạm chịu thêm tác dụng phản lực N vuông góc với tường, hướng ngược chiều va chạm lực ma sát Fms hướng lêntrên theo chiều Oy Như chuyển động theo phương y xảy hai khả năng: TH1: q trình va chạm khối trụ ln ln lăn có trượt TH2: q trình va chạm, khối trụ lăn có trượt khoảng 1 sau lăn khơng trượt khoảng 2 0.25 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 a) Trong thời gian va chạm  , theo phương Oy khối trụ ln ln lăn có trượt * Định l biến thiên động lượng: y 0.25  Theo Ox:   mv0    mv0   mv0   Ndt   Theo Oy: mv y    Ndt  (2) Từ (1) (2): tg  vy vx  vy v0 / (1)  v y  v0 N N x  3 ; 0.25 0.25 + Định l biến thiên mômen động lượng:  I(  0 )  R  Ndt (3)     15 v0 4R 0.25 + Điều kiện xẩy khối trụ trượt va chạm vy R     0,19 21 0.25  0,125  0,19 tương ứng trường hợp suốt trình va chạm khối trụ ln ln lăn có trượt + Giá trị     15 17 v0  v0 4R 32R 0.25 0.25 Động 2 I2 m     m  17  E    v0   v0    R   v0 2   16    32R  E  0,34mv 02  0,68E m(v 2x  v 2y ) 0.25 + Giá trị   0,  0,19 tương ứng trường hợp trongquá trình va chạm khối trụ lăn có trượt khoảng thời gian 1và lăn không trượt khoảng thời gian 2 1 mv y    Ndt 0.25 1 (4); I(1  0 )  R  Ndt (5) +Sau khoảng thời gian 1 khối trụ lăn không trượt theo phương y với vận tốc vy: 0.25 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 1  vy R ; 0  v0 R thay vào (4) (5)  vy v   mR     Rmv y ; R R 2v v y  v0 ; 1  7R tg  vy vx  0.25 0.25 0.25 Động sau va chạm E m  v 2x  v 2y   1 m  v02  v 02  mR v 02 I 297 49  49R      mv 02  0,3E 2 1960 0.5 Câu (4 điểm) + Gọi M m khối lượng Trái Đất vệ tinh Lực hấp dẫn Trái Đất lên vệ tinh đóng vai trò lực hướng tâm nên: GMm mv02 GM V1  V0= = = 4,56 km/s  3R0 R R Chu kỳ quay vệ tinh: T0  0.5 2R  26449s  7,35 h V0 0.5 + Từ hai phương trình cho đề ta phương trình: d r (c / m)2 GM    2 dt r r + Khi vệ tinh chuyển động với bán kính R = const thì: (1) 0.5 c (2) ( )  GMR m + Áp dụng định luật bảo tồn mơmen động lượng bảo tồn ta có: 0.25 VA 3R  VB R mVA2 GMm mVB2 GMm    3R0 R0 (3) 0.25 (4) 0.5 VI  3, 23 km/s ; VB  9, 68 km/s AB + Bán trục lớn quỹ đạo elip vệ tinh: a   R0 + Từ (3) (4) ta được: VA  0.5 0.25 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 3 + Áp dụng định luật Keppler ta có: a3 R a3   T  T 4h T T02 R3 + Thời gian vệ tinh chuyển động từ A đến B là: t = T/2 = h Câu (4 điểm) 0.5 0.25 + Áp dụng phương trình trạng thái ta có: PAVA=nRTA nR=PAVA/TA=20/3 0.5 TB=PBVB/nR=150K, TD=PDVD/nR=600K, VE=nRTE/PE =5l + Khí nhận nhiệt q trình đẳng tích BD giai đoạn trình 3 20 biến đổi ECA: Q1=QBD=n R(TD-TB)= (600  150) =4500 J 2 - Phương trình đường thẳng ECA: P  PA P P V = E A  P    (1) V  VA VE  VA 0.5 0.25 0.25 (V đo l, P đo 105Pa)  T= PV V2  (  5V) (2) (T đo 100K) nR 20 0.25 T= TMax=468,75K Vm=12,5l; T tăng 5V12,5l Vm ứng với điểm F đoạn CA Trong giai đoạn EF nhiệt lượng nhận là: Q2=U+A với U=n R(Tmax-TE) =1687,5 J A=diện tích hình thang EFVmVE=2437,5J  Q2=1687,5+2437,5= 4125 J Tổng nhiệt lượng mà khí nhận Q=Q1+Q2=4500+4125=8625J + Cơng sinh chu trình là: A=dt(ABC)-dt(CDE)  A=750J Hiệu suất chu trình: H=A/Q=750/8625 8,6% 0.25 0.25 0.25 0.5 0.5 0.5 Câu (4 điểm) + Gọi nhiệt độ nước tăng thêm thời gian phút ΔT0, gọi T nhiệt độ nước sau phút, T0 nhiệt độ môi trường ΔT0 hàm T Gọi Δx khoảng thời gian đun nước, nhiệt lượng nước truyền mơi trường ngồi tỉ lệ bậc với độ chênh lệch nhiệt độ nước bình môi trường nên 0.5 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 ta có : PΔx – k(T-T0)= C.ΔT0 (C nhiệt dung riêng nước, k hệ số tỉ lệ dương) + Theo bảng, chọn Δx=1phút Ta có: T0 6,3 5,6 4,9 4,3 3,6 0.5 T O 26,3 31,9 36,8 41,1 44,7  P.x  k T0  k T     T  a  b.T C   C 0.5 + Mặt khác từ bảng số liệu đề cho ta có thên bảng chứa ΔT0 sau: x(phút) 0 T( C) 20 ΔT0 Từ bảng vẽ đồ thị : 26,3 6,3 31,9 5,6 36,8 4,9 41,1 4,3 44,7 3,6 6,3  a  26,3.b tìm a=90; b=0,1 5,6  a  31,9.b + Từ đồ thị giải hệ:  + Ta thấy Tmax ΔT0 =0: Tmax=a/b=900C Nước sôi dù đun 0.5 0.25 0.25 hi rút dây đun, công suất cung cấp cho nước P=0:  k T  k T     T  bT0  b.T  b(T0  T )  0,1.( 20  60)  C  C  C 0.5 Vậy sau 1phút nước nguội 40C + Ở phút thứ nước nguội đi: T  bT0  b.T  b(T0  T )  0,1.(20  56)  3,6 C 0.5 Vậy Tổng sau phut nước nguội đi: 7,60C 0.5 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 Hết Chú ý: Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa  ... Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: ; Số báo danh: TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN ĐÁP ÁNĐỀ THI ĐỀ XUẤT ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI... SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2018 Môn: Vật lý 10 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu (4 điểm) Điểm Nội dung + Xét thời điểm t góc quay vật BOA = φ = ωt (hình... Hình 2a m3v3 +m2(v2 + v3) +m1(v1sinωt + v3) = => v3 = - v2 = - v3 = - m2 v2  m1v1 sin t (1) với v1 = ωr, m1  m2  m3 dOH d ( rcost ) dOB = -2 =2 = 2ωrsinωt (2) thay (2) vào (1) ta có: dt dt