Đề thi học sinh giỏi 2018 môn vật lý chuyên trần phú, hải phòng

8 32 1
  • Loading ...
1/8 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 11/06/2018, 15:09

Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI BẮC BỘ Đơn vị: Trường THPT Chuyên Trần Phú – Hải PhòngTHI CHỌN HỌC SINH GIỎI DUYÊN HẢI BẮC BỘ LẦN THỨ XI NĂM 2018 MÔN: Vật 10 Ngày thi:…/4/2018 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Đề gồm 02 trang Ngƣời đề: Vũ Thế Tiến – SĐT: 0936.026.168 Bài 1(5,0 điểm) CƠ HỌC CHẤT ĐIỂM Một vật coi chất điểm ném với vận tốc ban đầu v0 gốc O hệ trục tọa độ Oxy nơi có gia tốc trọng trường g, biết quĩ đạo vật nằm mặt phẳng Oxy Bỏ qua sức cản khơng khí a) Thay đổi góc ném với điều kiện vận tốc ban đầu không đổi, chứng minh tọa độ mục tiêu chất điểm thỏa mãn phương trình: y  y v0 R O x v g x 2g 2v 02 b) Cần ném vật lên đỉnh tòa nhà hình cầu bán kính R hình vẽ Có thể tùy ý lựa chọn vị trí ném (nhưng thỏa mãn y = 0) góc ném Xác định vận tốc ban đầu nhỏ cho vật không va chạm với tòa nhà điểm khác mục tiêu Bài (4,0 điểm) CƠ HỌC VẬT RẮN Cho lăn hình trụ đặc bán kính r khối lượng m lăn không trượt máng cong cố định AB bán kính R nơi có gia tốc trọng trường g hình vẽ Hệ số ma sát trượt μ = Bỏ qua ma sát lăn a) Thả cho lăn lăn không trượt từ độ cao h = ? với vận tốc ban đầu khơng để hết vòng tròn b) Con lăn vị trí thấp B v = Xác định v0min cần truyền cho trụ để lăn lăn không trượt đạt π tới φ = A h r O R φ B Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 Bài (4,0 điểm) CƠ HỌC CHẤT LƢU Một khối chất lỏng nhớt có khối lượng riêng ρ hệ số nhớt  chảy ống có chiều dài bán kính R trạng thái dừng Biết vận tốc dòng chất lỏng phụ thuộc vào khoảng v R r  r  cách r đến trục ống theo định luật v(r)  v 1   Tìm:  R  a) Thể tích chất lỏng chảy qua tiết diện thẳng ống đơn vị thời gian b) Động khối chất lỏng thể tích ống Bài (4,0 điểm) NHIỆT HỌC Một lượng khí lí tưởng đơn nguyên tử thực chu trình ABCDECA biểu diễn đồ thị Cho biết pA = pB = 105 (Pa), pC = 3.105 (Pa), pE = pD = 4.105 (Pa), TA = TE = 300 K, VA = 20 ( l ), VB = VC = VD = 10 ( l ), AB, BC, CD, DE, EC,CA đoạn thẳng a) Tính thơng số TB, TD VE b) Tính tổng nhiệt lượng mà khí nhận tất giai đoạn chu trình mà nhiệt độ khí tăng c) Tính hiệu suất chu trình p pE E D pC C pA B O VE VC A VA V Bài (3,0 điểm) PHƢƠNG ÁN THỰC HÀNH Cho dụng cụ sau: - Một số lượng đủ dùng cân có móc treo biết khối lượng; - Dây nối mảnh, nhẹ đủ dài không dãn; - Thước đo chiều dài, bút viết; - Một bàn phẳng đồng chất, nằm ngang có gắn sẵn ròng rọc nhẹ mép bàn; - Khối hộp chữ nhật đồng chất có khối lượng m biết Trình bày phương án thực nghiệm để xác định hệ số ma sát trượt μ t khối hộp mặt bàn nói Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 Họ, tên thí sinh:…………………………… Số báo danh:……………………………… Cán coi thi khơng giải thích thêm Đáp án biểu điểm Nội dung Bài Điểm a 2,0 điểm Gọi góc ném α , ta có phương trình chuyển động vật:  x = v0cosα.t   gt y = v sinα.t   gx gx gx 2 y = x.tanα = xtanα tan α 2v 02cos α 2v 02 2v 02 Đây phương trình bậc hai tanα Điều kiện để phương trình có nghiệm là: 2gx gx x2 (y + )0 v 02 2v 02 y v 02 gx 2g 2v 02 0,5 0,5 0,5 0,5 b 3,0 điểm Bài 5.0 điểm y Do tính thuận nghịch quĩ đạo định luật bảo tồn lượng nên ta chuyển tốn tìm vận tốc nhỏ vật ném từ đỉnh tòa nhà cho khơng va chạm với tòa nhà điểm khác Xét hệ tọa độ hình vẽ v1 O R x 0,75 Để v1 nhỏ quĩ đạo vật phải tiếp xúc với tòa nhà điểm Khi ta có hệ phương trình sau phải có nghiệm nhất:  v12 g y = x  2g 2v12   x + (y + R) = R  0,75  g   gR  v12  v12 21 x  + x + + R  = có nghiệm     g  4g   2v21   v1  0,75 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369  gR   gR  gR Δ =  -  -  +  =  v12 = v1   v1   Giá trị nhỏ v0 xác định thông qua giá trị nhỏ v1 theo hệ thức: v0min = v12 + 4gR = gR a 2,0 điểm Để lăn hết vòng tròn lên đến điểm cao vòng tròn, v lăn > N  mr 2 ω + mω02 (R-r)2 + mg(2R- r) Áp dụng bảo toàn năng: mgh = 2 2 2 Trong đó: ω.r = ω0 (R- r)  ω r = ω0 (R- r)  mgh = m.ω02 (R - r) + mg(2R - r) (R-r)  h = ω02 + 2R - r (1) g 2 Tại điểm cao nhất: N + P = mω0 (R - r)  N = mω0 (R - r)  mg N   ω (R - r)  g  ω (R - r)  g(R - r) (2) Thay (1) vào (2): h  (R - r) + 2R - r  h  (11R - 7r) Vậy hmin = (11R - 7r) để lăn lăn không trượt hết vòng tròn Bài 4.0 điểm 0,75 2 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 b 2,0 điểm +) Theo định luật II Niu-tơn: a t : -Fms + mgsinφ = mγr a n : N - mgcosφ = m v2 R-r φ N Fms K 0,5 P +) Phương trình quay quanh tâm K: mr γ  mgrsinφ 2 gsinφ γ=  a t = γ.r = gsinφ r I K γ = mgrsinφ  0,25 +) Bảo toàn năng: I K ω02 1 = I K ω2 + mg(R - r).(1 - cosφ) 2 0,25 Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 3 v m = m.v  mg(R - r).(1 - cosφ) 4  v = v 02 - g(R - r)(1- cosφ)  +) Thay vào phương trình động lực học: N - mgcosφ = mv02 4mg (1 - cosφ) R-r 0,25 mv02 N= + mgcosφ - mg R-r 3 +) Thay rγ = gsinφ vào phương trình động lực học: Fms = mgsinφ 0,25  3mv02  + 7mgcosφ - 4mg  μ  R-r  +) Lăn không trượt Fms  μN  mgsinφ    gsinφ  3v02 μ + 7gcosφ.μ - 4gμ R-r 0,25 3μ  v 02  g(sinφ + 4μ - 7cosφ.μ) R-r R- r  v 02  g(sinφ + 4μ - 7cosφ.μ) 3μ π 11 11  v02  g(R - r)  v0  g(R - r) 3 11 g(R - r) Thay φ = ; μ = Vậy: vmin = 0,25 a 2,0 điểm Bài 4.0 điểm Thể tích chất lỏng chảy qua tiết diện ống đơn vị thời gian R r 0,5 l Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 Xét lưu lượng chất lỏng chảy qua hình vành khăn  r2  dQ = S.v = 2πrdr.v0 1-   R  r +dr dr 0,75 Lưu lượng chất lỏng qua tiết diện ống  r2  v 2πrv 0 1- R dr = πR 20 R Q= 0,75 b 2, điểm Động chất lỏng thể tích Xét lớp chất lỏng hình trụ bán kính r, dày dr Động lớp là: dWd =  (2π.dr ).v 2 0,75 Động tổng cộng: Wđ =  2r r  2r r6  R 2r 0 dWd = π  v 0  r- R + R dr = π  v0  - 4R + 6R  R R 2  R 2R lρv0Q R6  R  Wd = πlρv02  + = πlρv =    0,75 0,5 a 1,0 điểm Áp dụng phương trình trạng thái: Bài 4.0 điểm p A VA 105 20.10-3 20 p A VA = nRTA  nR = = = TA 300 p V p V nRTE TB = B B = 150K; TD = D D = 600K; VE = = 5l nR nR pE b 2,0 điểm Khí nhận nhiệt q trình đẳng tích BD giai đoạn trình biến đổi ECA 3 20 Q1 = Q BD = n R(TD - TB ) = (600 -150) = 4500J 2 0,5 0,5 0,25 Phương trình đường thẳng ECA: p - pA p -p V = E A  p = - + 5(1) V - VA VE - VA 0,25 (V đo lít, p đo 105 Pa) Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 p Suy ra:  pV  V2 T= = + 5V  (2) nR 20   T = Tmax = 468,75 K Vm = 12,5 l T tăng  V  12,5l pE E D 0,5 pC C pA F B O VE VC Vm A VA V Vm ứng với điểm F đoạn CA Xét nhiệt lượng nhận ΔQ q trình thể tích tăng từ V đến V + ΔV (trên đoạn EF): ΔQ = 3n RΔT + pΔV 0,25  4V  + 12,5  ΔV   Từ (1) (2) tìm ΔQ =  - Dễ dàng thấy rằng, giai đoạn ECF ln có ΔQ > Trong giai đoạn này, nhiệt lượng nhận là: Q = ΔU + A; ΔU = 3n R(Tmax - TE ) = 1687,5J 0,5 A diện tích hình thang EFVmVE có giá trị 2437,5J  Q2 = 3187,5 + 2437,5 = 4125J Tổng nhiệt lượng khí nhận được: Q = Q1 + Q2 = 4500 + 4125 = 8625 J c 1,0 điểm Cơng sinh chu trình: Chu trình: ABC chiều kim đồng hồ, CDE ngược chiều đồng hồ => công A hiệu số diện tích tam giác ABC diện tích tam giác CDE Vậy A = 750 J Hiệu suất chu trình : H = Bài 3.0 điểm A 750 = = 8,7% Q 8625 0,25 0,5 0,5 + Cơ sở lí thuyết * Giai đoạn 1: Hai vật chuyển động nhanh dần từ trạng thái nghỉ gia tốc: a1 = m2g - μm1g m1 + m2 1,5 Khi m2 chạm đất, vận tốc hai vật thỏa mãn: Tải file Word website http://dethithpt.com – Hotline : 096.79.79.369 m1 v12 = 2a1h = (m2g - μm1g)2h m1 + m2 m2 (1) * Giai đoạn 2: m1 chuyển động chậm dần tác dụng ma sát trượt với gia tốc: h a = -μg (2) Kể từ m2 chạm đất đến m1 dừng lại, vật m1 quãng đường: S = - h  -v12 = 2a 2S (m2g - μm1g)2h hm2 Từ (1), (2) (3):  2μg( - h)  μ = m1 + m2 m1 +m2 -m2 (3) (*) + Bố trí thí nghiệm - Đặt khối hộp lên bàn, dùng số cân có tổng khối lượng m2 đủ lớn tạo hệ liên kết qua ròng rọc hình vẽ - Nếu m2 chạm đất mà m1 chưa chạm vào ròng rọc tiếp tục chuyển động chậm dần dừng lại Bố trí độ cao h mép m2 so với đất chiều dài dây nối cho m1 dừng lại mà chưa chạm ròng rọc + Các bƣớc tiến hành - Giữ m1 để hệ cân bằng, đo độ cao h từ mép m2 tới đất đánh dấu vị trí ban đầu (M) m1 bàn - Thả tay nhẹ nhàng cho hệ chuyển động, đánh dấu vị trí m1 dừng lại mặt bàn (vị trí N) Đo l = MN - Tính μ theo cơng thức (*) Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác, cho điểm tối đa 0,75 0,75 ... cao nhất: N + P = mω0 (R - r)  N = mω0 (R - r)  mg N   ω (R - r)  g  ω (R - r)  g(R - r) (2) Thay (1) vào (2): h  (R - r) + 2R - r  h  (11R - 7r) Vậy hmin = (11R - 7r) để lăn lăn khơng... động lực học: N - mgcosφ = mv02 4mg (1 - cosφ) R-r 0,25 mv02 N= + mgcosφ - mg R-r 3 +) Thay rγ = gsinφ vào phương trình động lực học: Fms = mgsinφ 0,25  3mv02  + 7mgcosφ - 4mg  μ  R-r  +)... gsinφ  3v02 μ + 7gcosφ.μ - 4gμ R-r 0,25 3μ  v 02  g(sinφ + 4μ - 7cosφ.μ) R-r R- r  v 02  g(sinφ + 4μ - 7cosφ.μ) 3μ π 11 11  v02  g(R - r)  v0  g(R - r) 3 11 g(R - r) Thay φ = ; μ = Vậy:
- Xem thêm -

Xem thêm: Đề thi học sinh giỏi 2018 môn vật lý chuyên trần phú, hải phòng , Đề thi học sinh giỏi 2018 môn vật lý chuyên trần phú, hải phòng

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay