Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI BÌNH ***** ĐỀ THI ĐỀ XUẤT (Đề gồm 02 trang) KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2018 Mơn: VẬT LÍ LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút Bài (4 điểm) Một vật nhỏ có khối lượng m trượt đường trượt tròn có thành thẳng đứng Đường trượt có bán kính r nằm mặt phẳng ngang q trình trượt, vật ln tiếp xúc với đường trượt ngang thành thẳng đứng đường với hệ số ma sát trượt  Ban đầu vật cung cấp vận tốc v0 tiếp tuyến với đường trượt Gọi động vật sau cung φ E Xác định theo g, r, , m E? Tính động E vật thời điểm trượt theo m, g, r, µ v0? Xác định v0 theo g, r,  cho vật trượt vòng dừng lại? Bài (4 điểm) Một tàu vũ trụ chuyển động quỹ đạo tròn quanh Mặt Trời gần Trái Đất Nó cần chuyển đến quỹ đạo tròn quanh Mặt Trời gần với Hỏa Để thực việc này, tàu phải khởi động tên lửa để tăng tốc thêm lượng v1 từ quỹ đạo quanh Trái Đất chuyển sang quỹ đạo ellip (in đậm), tới gần Hỏa tăng tốc lần thứ hai thêm lượng v2 Giả sử hai lần tàu tăng tốc tức thời bỏ qua thay đổi khối lượng lực hấp dẫn Trái Đất Hỏa (không bỏ qua tác dụng Mặt Trời!) Coi quỹ đạo Trái Đất, Hỏa quanh Mặt Trời tròn với bán kính tương ứng RE RM = RE /, vận tốc tương ứng vE, vM Xác định độ tăng tốc độ v1 cần thiết để chuyển sang quỹ đạo ellip theo vE  Xác định độ tăng tốc độ v2 cần thiết để chuyển sang quỹ đạo tròn gần Hỏa theo vE  Tính khoảng cách góc Trái Đất Hỏa, nhìn từ Mặt Trời, theo  Biết tàu rời quỹ đạo gần Trái Đất từ vị trí Trái Đất đến quỹ đạo gần Hỏa vị trí Hỏa (Khoảng cách góc góc bán kính nối Mặt Trời với Trái Đất Mặt Trời với Hỏa) Bài 3.(4 điểm) Một trụ tròn đồng chất khối lượng m, bán kính r thời điểm t = đứng yên vị trí xC = băng tải nhám Băng tải chuyển động với vận tốc v0 khơng đổi Hệ số ma sát trượt trụ tròn băng tải µ Biết α, r, m, v0 µ = 2tanα Hãy tìm: x v0 Thời điểm t1 kể từ trụ lăn khơng trượt băng tải C y α Giá trị cực đại x mà trọng tâm C trụ đạt được? Bài (5 điểm) Một bình hình trụ thành mỏng, tiết diện ngang S, đặt thẳng đứng Trong bình có pittơn, khối lượng bề dày pittôn không đáng kể Pittôn nối với mặt bình lò xo có độ cứng k Trong bình phía h Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 pittơn có chứa lượng khí lí tưởng đơn nguyên tử khối lượng m, khối lượng mol  Lúc đầu nhiệt độ khí bình T1 Biết chiều dài lò xo khơng biến dạng vừa chiều cao bình, phía pittơn chân khơng Bỏ qua khối lượng lò xo ma sát pittơn với thành bình Cần phải tăng nhiệt độ cuả khí tới giá trị để thể tích khí bình tăng thêm 20% Tính nhiệt lượng cần truyền cho bình để thể tích khí bình đạt tới giá trị Bỏ qua nhiệt dung pittơn bình Chứng tỏ giới hạn cho phép (độ biến dạng lò xo khơng q lớn để lực đàn hồi lò xo tỷ lệ với độ biến dạng nó) nhiệt dung hệ gồm lò xo, pittơn khí bình phụ thuộc vào chiều cao h cột khí bình theo quy luật xác định Tìm quy luật Bài (3 điểm) Có thùng nước nóng đậy kín cách nhiệt tốt lấy nước qua vòi có khóa Người ta muốn đo nhiệt độ nước thùng tay có ống nghiệm dung tích nhỏ, nhiệt kế thuỷ ngân, đồng hồ bấm giây bút viết thuỷ tinh (mực không tan nước) Hãy đề xuất phương án thí nghiệm để cần lấy lượng nước nhỏ mà xác định nhiệt độ nước thùng Xét thí nghiệm trường hợp: Ống nghiệm bọc ngồi bơng cách nhiệt tốt Ốngnghiệm bọc ngồi bơng cách nhiệt khơng tốt *** HẾT *** Nguyễn Thanh Sơn ĐT: 0989536727 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 HƯỚNG DẪN CHẤM Bài Bài (4 đ) Nội dung Điểm (1,5đ) Gọi v vận tốc vật sau di chuyển cung tròn đường trượt ứng với góc φ Áp dụng ĐL II Niu-tơn cho chuyển động vật ta có: - Phản lực Ft thành đường trượt đóng vai trò lực hướng tâm nên: - Mặt ngang đường trượt tác dụng phản lực N với: N = P = mg - Lực ma sát tổng cộng mặt đường thành đường trượt tác dụng lên vật là: ( ) ( 0, ) Xét vật di chuyển cung: ds = rdφ Biến thiên động vật dE công A lực tác dụng Chú ý trọng lực P, phản lực N Ft không sinh cơng; lực ma sát ngược hướng chuyển động, ta có: ( ( 0,5 ) ) ( )(1) 0, (2,5đ) Từ (1) ta có: ( (3) ) Lấy nguyên hàm hai vế (3) ta được: ∫ ( ) | | ∫ ( ) 1,0 Với C số xác định từ điều kiện ban đầu : φ = ( ) [( ) ] Thay vào ta có: Vật vòng dừng lại tức E =0 φ = 2π Do ta có : ( ) ( ) √ ( ) 1,0 0,5 (2đ) Xét hành tinh khối lượng M chuyển động quỹ đạo tròn quanh Mặt trời có bán kính Rc Ta có: Bài (4 đ) G M S M c M c vc  R c2 Rc Trên quỹ đạo ellip với cận điểm R1, viễn điểm R2, áp dụng bảo toàn mơ-men động lượng bảo tồn lượng ta được: 0,25 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 v1 R2  v2 R2 M cv2 M M  G s c  E  const r 0,5 Áp dụng cận điểm ta có: M c v12 M s M c M c v12  R1  M sMc G    G R1  R2  R2 v12   R1   R  R1 1      GM s    R2   R1 R2   GM s GM s v12 1  (1   )  v12  R1 R1 1     Với R1/R2 = α thì:  0,5 0,25 Điểm cực cận quỹ đạo tàu vũ trụ coi Trái đất  R1  RE  nên: v1  GM S 2  vE RE 1  1  0,25 Vậy độ tăng tốc độ cần để chuyển từ quỹ đạo gần Trái đất sang quỹ đạo ellip là:   v1  v1  vE  vE   1  1   0,25 (1,25 đ) Tương tự trên, áp dụng cho điểm cực viễn quỹ đạo ellip gần quỹ đạo Hỏa  R2  RM  với ý RM = RE/α,ta có: GM s GM s v2  2 1  1/     v2   1/       R2 R2 1  1/     v2  0,5 GM S 2  vM RM  1/    1/      v2  vM  v2  vM      1/     0, Áp dụng định luật Kepler cho chuyển động quỹ đạo Trái đất Hỏa ta có: vE2 RE  vM2 RM  vM  vE    Thay vào ta được: v2  vE  1     1/     0,25 (0,75 đ) Áp dụng định luật Kepler III cho quỹ đạo ta có với thời gian để chuyển từ quỹ đạo Trái đất sang quỹ đạo Hỏa T thì: T  R  RM    E  TM  2.RM  3/2   1     2  3/2 0,25 0,25 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 T   1  Trong thời gian này, Hỏa di chuyển góc:  M  2 M     T   Cũng thời gian tàu di chuyển từ cực cận đến cực viễn, tức di chuyển góc π Điểm cực cận Trái đất, điểm cực viễn Hỏa nên khoảng cách góc Trái đất Hỏa là: 0,25 3/2    1        M   1         3/2 (2 đ) Lúc đầu trụ tròn vừa lăn vừa trượt khoảng ≤ t ≤ t1 Sau trụ lăn khơng trượt băng tải Xét: ≤ t ≤ t1: Gọi ac gia tốc khối tâm C trụ, γ gia tốc góc Bài Phương trình động lực học trụ: + N x y Fms (4 đ) (2) =>N = mgcosα =>Fms = µN = 2mg.tanα.cosα = 2mgsinα Do : Ic = mr2/2 nên từ (1) (3) ta có: Ở t = ta có v(0) = 0, ω(0) = : () () ; Trụ lăn không trượt vận tốc tương đối điểm tiếp xúc 0, hay: () () Từ ta có: (1) (2) (3) (4) 0,75 (5) 0,25 (6) 0,25 0,25 (7) (2 đ) Khi t > t1: Trụ lăn không trượt băng tải Vận tốc khối tâm C trụ băng tải: ( ) ( ) (8) Ma sát trụ băng tải lúc ma sát nghỉ Fmsn Phương trình chuyển động: (9) (10) Từ (8) => γ Thay vào (9), (10) ta có: ( ) ∫ ( ( ) | 0,25 0,5 ( ) 0,25 với v(t1) xác định từ (6): v(t1) = gt1sinα, ta có: ( ) ( ) xC(t) đạt cực đại t = t2 : ( ) ) 0,25 (11) nên: (12) 0,25 0,25 Từ (11) ta có: ∫ ( ) ∫ ( ( ) ) ( ) 0,25 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 Từ (6) ta có : ( ) Thay vào (12) ta : ( ) (1 đ) Lúc đầu: kh1  p1S (1) Lúc sau: kh  p 2S (2) Bài => (p2  p1 )S  k(h  h1 ) mRT1 mRT2 ; p2  Mặt khác : p1  (5 đ) Sh1 Sh  T2  T1 0,25 0,25 0,5 h 22  1, 44T1 h12 0,5 (2,5 đ) dQ  dU  pdV  m kh CV dT  dV  S 0,25 Tích phân hai vế: T2 h2 m kh Mg Q   CV dT   (  )Sdh  S S T1 h1 k(h 22  h12 ) m Q  CV (T2  T1 )   kh m Từ phương trình: Sh1  RT1 ta có S  m m kh12  Mgh1  RT1 ; kh 22  Mgh  RT2   Suy m Mg Q  (CV  R)(T  T1 )  (h  h1 )  Q m Mg M 2g mRT1 M 2g mRT2 (CV  R)(T  T1 )  (    )  4k k 4k k Mg M g mRT1 Mg M g mRT2   ; h    ; 2k 4k k 2k 4k k ta được: m mR Q  (CV  R)(T2  T1 )  Mg ( T2  T1 ) với CV = 3R/2  k h1  mRT1 2mR 1, 44T1  0, 2Mg  k (1,5 đ) Khi cần tăng tới nhiệt độ T ta có : m mR Q  (CV  R)(T  T1 )  Mg ( T  T1 )  k Đạo hàm hai vế theo T: Q 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 dQ m mR  (Cv  R)  Mg dT  k T dQ m MmgR C  (Cv  R)  dT  2kh C Bài (3 đ) (2 đ) Trường hợp ống nghiệm bọc ngồi bơng cách nhiệt tốt: - Dùng bút đánh dấu vạch chuẩn ống nghiệm - Đặt nhiệt kế ống nghiệm Đọc nhiệt độ ban đầu T0( nhiệt độ phòng) - Cho nước bình vào ống nghiệm lần thứ đến vạch chuẩn Đọc nhiệt độ cân nhiệt kế T1 Gọi C0 nhiệt dung nhiệt kế nhiệt dung ống nghiệm, C1là nhiệt dung nước rót vào ống nghiệm Ta có : C0( T1-T0) = C1( T-T1) (1) T nhiệt độ nước bình cần đo - Đổ nhanh nước cũ đi, rót nước từ bình vào ống nghiệm, nhiệt độ cân bằng, nhiệt kế T2 Ta có: C0( T2-T1) = C1( T-T2) (2) Chia (1) cho (2) ta được: T2 T0 T12 T= T2 T0 2T1 (1 đ) T Trường hợp ống nghiệm bọc cách nhiệt không tốt:Tiến hành T1 - Khi đổ nước lần 1, đợi cho cân nhiệt nhiệt kế T' T’1 < T1vì phần nhiệt mát mơi trường - Để có T1 ta dùng cách hiệu chỉnh nhiệt độ: vẽ đồ thị biểu T1 diễn T1' theo thời gian Lấy t=0 lúc rót nước vào vào ống O nghiệm t Khi đổ nước lần nhiệt độ tăng từ T1' lên T2' Cũng dùng cách hiệu chỉnh nhiệt độ ta xác định nhiệt độ T2 Các phương trình là: C0( T1-T0) = C1( T-T1) (3) T nhiệt độ nước bình - Đổ nhanh nước cũ đi, rót nước vào bình, nhiệt kế T2: C0( T2-T'1) = C1( T-T2) (4) Chia (3) cho (4) ta được: T2 T0 T1 T1' T= T2 T0 T1 T1' 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 ... nghiệm Ta có : C0( T1-T0) = C1( T-T1) (1) T nhiệt độ nước bình cần đo - Đổ nhanh nước cũ đi, rót nước từ bình vào ống nghiệm, nhiệt độ cân bằng, nhiệt kế T2 Ta có: C0( T2-T1) = C1( T-T2) (2) Chia (1)... nhiệt độ T2 Các phương trình là: C0( T1-T0) = C1( T-T1) (3) T nhiệt độ nước bình - Đổ nhanh nước cũ đi, rót nước vào bình, nhiệt kế T2: C0( T2-T'1) = C1( T-T2) (4) Chia (3) cho (4) ta được: T2... thành đường trượt tác dụng lên vật là: ( ) ( 0, ) Xét vật di chuyển cung: ds = rdφ Biến thi n động vật dE công A lực tác dụng Chú ý trọng lực P, phản lực N Ft không sinh công; lực ma sát ngược hướng