Đề thi Olympic 10-3 lần 3 môn Vật lí Lớp 10 năm 2018 - Trường THPT Buôn Ma Thuột (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi Olympic 10-3 lần 3 môn Vật lí Lớp 10 năm 2018 - Trường THPT Buôn Ma Thuột (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO ĐĂK LĂK TRƯỜNG THPT BUÔN MA THUỘT TỔ VẬT LÝ-CN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10-03 NĂM 2018 MÔN : VẬT LÝ- LỚP 10
2. y BÀI 1( 5 điểm): Hai chất điểm chuyển động thẳng đều trên hai trục B Ox và Oy vuông góc với nhau. Tại thời điểm t = 0, vật 1 đang ở A cách O một đoạn l1, vật 2 đang v2 ở B cách O một đoạn l2, hai vật cùng chuyển động hướng về O với các vận tốc v và v . 1 2 l a. Tìm điều kiện để hai vật đến O cùng một lúc. 2 b. Cho l1 = 100 m, v1 = 4 m/s, l2 = 120 m, v = 3 m/s. Tìm khoảng cách giữa hai vật tại thời điểm t = 10 s. 2 l1 A c. Với các dữ kiện như câu b. Tìm khoảng cách nhỏ nhất giữa hai vật? Khi đó vật 1 cách O một đoạn bằng bao nhiêu? O v1 x ĐÁP ÁN Nội dung Điểm BÀI 1 : a. Hai vật đến O cùng một lúc thì thời gian chuyển động của chúng phải 0,5 (5 điểm) l l bằng nhau: 1 2 . v1 v2 b. tại thời điểm t = 10 s khoảng cách từ các chất điểm đến O là: 0,5 x = l1 – v1.t = 60 m. y = l2 – v2.t = 90 m. Khoảng cách giữa hai chất điểm. 2 2 l x y 108,17 0,5 m. y c. Chọn hệ quy chiếu gắn B với vật 1, khi đó vật 1 v1 đứng yên còn vật 2 chuyển động với vận tốc v2 v21 v2 v1 v21 H 0,75 Ta tính các góc: l tan OBA 2 + =l1`/l2 OBA 39,80. tan OBH V /V l + 1 2 1 A 0 OBH 53,13 . O + Độ dài đoạn AB = x 0,75 2 2 l1 l2 156,2 m. Khoảng cách gần nhất giữa hai vật là độ dài của đường cao AH: Lmin = AH = AB.sin(ABH) 36 m. + Thời gian từ lúc t = 0 cho đến khi khoảng cách giữa hai vật nhỏ nhất là: 0,75 AB · BH cos ABH t = 32,1 s. v 2 2 21 v1 v2 0,75 Toạ độ của vật 1 là: x = l 1 – v1.t = - 28,4 m hay khoảng cách từ vật 1 đến O là 18,4 m. 0,5
3. BÀI 2(5 điểm): Hai khối A và B có khối lượng mA=9kg, mB=40kg đặt trên mặt phẳng nằm ngang. Hệ số ma sát giữa mặt phẳng ngang và mỗi khối đều là µ=0,1. Hai khối được nối với nhau bằng Hình bài 2 một lò xo nhẹ, độ cứng k=150N/m. Khối B dựa vào tường thẳng đứng. Ban đầu hai khối nằm yên và lò xo không biến dạng. Một viên đạn có khối lượng m=1kg bay theo phương ngang với vận tốc v đến cắm vào trong khối A. Cho g=10m/s2. a) Cho v=10m/s. Tìm độ co lớn nhất của lò xo. b) Viên đạn có vận tốc v là bao nhiêu thì khối B có thể dịch chuyển sang trái ? ĐÁP ÁN Đáp án Điểm BÀI 2: a) Gọi vận tốc của hệ hai vật A và đạn ngay sau va chạm là u, áp dụng (5đ) định luật bảo toàn động lượng ta có: m.v = (m+mA) u m 0,75đ Suy ra: u = .v 1m/s (1) mA m . Gọi Δl là độ nén cực đại của lò xo, áp dụng định luật bảo toàn năng lượng (hoặc định lí động năng) ta có: 1 2 1 2 0,5đ (m+mA).u = k.( Δl) + µ.(m+mA).g. Δl (2) 2 2 . Thay số và giải ra ta thu được: Δl = 0,2m = 20cm. 0,5đ . b) Khối B chỉ có thể dịch chuyển sang trái khi lò xo đang dãn. Khi đó, lực tác dụng lên B gồm: lực đàn hồi và lực ma sát. Muốn B dịch chuyển thì 0,75đ Fđh = k.x ≥ µ.mB g. . Vận tốc v cần tìm có giá trị nhỏ nhất (u nhỏ nhất) khi dấu bằng xảy ra và x là độ dãn cực đại của lò xo. μmBg 4 x = (m) (3) k 15 0,75đ Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ta có: 1 2 1 2 k.(Δ) kx µ(m+mA).g.(x+Δl) (4) 0,5đ 2 2 Thay (3) vào (4) ta tính được: Δl = 0,4 (m) (5) 4 Thay (5) vào (2) ta tính được: u = (m/s) (6) 0,75đ 5 Thay (6) vào (1) ta tìm được: v = 8 5(m/ s) 17,9 (m/s). . 0,5đ Vậy để B dịch chuyển sang trái thì: v ≥ 17,9(m/s)
4. BÀI 3(5 điểm): Một nêm có tiết diện là tam giác ABC vuông tại A, và hai mặt bên là AB và AC. Cho hai vật m1 và m2 chuyển động đồng thời không vận tốc đầu từ A trên hai mặt nêm. A 2 Bỏ qua mọi ma sát. Lấy g = 10m/s . (Hình 3) m2 m a. Giữ nêm cố định, thời gian hai vật m 1 và m 2 trượt đến các 1 chân mặt nêm AB và AC tương ứng là t1 và t2 với t2 = 2t1. Tìm . b. Để t 1 = t 2 thì cần phải cho nêm chuyển động theo phương B C ngang một gia tốc a0 không đổi bằng bao nhiêu? Hình 3 BÀI 3 (5đ) Gia tốc của các vật trên mặt phẳng nghiêng: a1 = gsin , a2 = gcos 0,5 AB = (gsin )t2/2 và AC = (gcos )t2/2 0,5 a AC 4 0,5 t2 = 2t1 (1) 2 điểm AB tan AC 0,5 Mặt khác tan = (2) tan = 2 = 63,40. AB để t1 = t2 thì nêm phải chuyển động về phía bên trái nhanh nhanh dần đều 0,5 Trong hệ quy chiếu gắn với nêm: a1n = gsin - a0cos 0,5 a2n = gcos + a0sin 0,5 AC a2n 0,5 Vì t1 = t2 tan = = b AB a1n 3 điểm gcos + a sin = 0 = 2 0,5 gsin a0cos 3 2 0,5 Thay số ta được a0 = g = 7,5 m/s . 4
5. BÀI 4(5 điểm) : O Cho thanh AB đồng chất, khối lượng m, dài L.Hai đầu thanh dùng hai sợi dây cũng dài L treo vào một điểm O như hình vẽ. Tại đầu B, treo một trọng vật có khối lượng m. Tìm góc lệch A của thanh so với phương nằm ngang khi thanh cân bằng và tính lực căng dây TA, TB ở hai đầu dây. Ѳ B Hình bài4 m Đáp án Điểm BÀI 4: - Vẽ hình: (5đ) O TA TB A Ѳ B 1,0đ P P Trên mặt phẳng tam giác OAB, chọn trục Ox nằm ngang, Oy thẳng đứng. - Theo phương Ox: 0 0 TA .cos(60 – Ѳ) - TB.sin(30 – Ѳ) = 0 (1) - Theo phương Oy: . 0 0 TA.sin(60 – Ѳ) +TB. cos(30 – Ѳ) - 2mg =0 (2). 0,5đ 1 0 Chọn trục quay ở B ta có phương trình: .mg.L.cosѲ = TA.L.sin60 . (3). . 2 0,5đ Lấy (1) nhân với cos(300 – Ѳ) rồi cộng với (2) nhân với sin(300 – Ѳ) ta được: 0 0 TA.cos30 = 2mg. sin(30 – Ѳ) (4). . 0,5đ Lấy (4) chia cho (3) ta được: 4.sin(300 – ) = cos . Ѳ Ѳ .
6. 1 Suy ra: tanѲ = Ѳ = 1606’ 2 3 0,75 . 2mg 6mg Thay vào (4) và (1) tìm được: T ;T 0,75đ A 13 B 13 . 1,0đ
7. BÀI 5:(5 điểm) Một mol khí lí tưởng được nhốt trong bình có hai tiết diện khác nhau 10cm2. Hai pít tông có khối lượng tổng cộng là m = 5kg, được nối với nhau bởi thanh cứng nhẹ , có thể chuyển động không ma sát với thành bình đồng thời giữ cho 5 lượng khí trong ống không đổi. Biết áp suất khí quyển là P0 = 10 Pa, g = 10m/s2, đối với 1 mol khí lí tưởng ta có: PV = RT với R = 8,314J/mol.K. 1. Tính áp suất khí trong bình khi pit tông cân bằng (hình vẽ) 2. Phải tăng nhiệt độ thêm bao nhiêu để pit tông dịch chuyển lên một đoạn a= 10cm? Hướng dẫn Điểm 1 • Khi pít tông cân bằng thì hợp lực tác dụng vào hai pít tông lần lượt là: PS1 = P0S1+T+P1 (1) PS2 = T + P0S2 -P2 (2) 0.5 với : P là áp suất khí, P0 là áp suất khí quyển, T là lực căng dây, P 1 là 0.5 trọng lực của pít tông phía trên, P2 là trọng lực của pít tông phía dưới. mg • Lấy (1) trừ (2) ta được: P = P0 + S • Thay số ta có : P = 1,5.105 Pa 0.5 0.5 BÀI 3 (5,0 điểm) 2 • Khi pít tông dịch chuyển lên trên a thì thể tích khối khí tăng thêm -4 3 là: V =a(S1-S2) = a S = 10 m (1) 0.75 • Vì khi cân bằng P không đổi nên ta áp dụng công thức của quá trình đẳng áp: 0,25 V1 V2 V1 V • hay (2) 0,75 T1 T2 T1 T • Mặt khác theo phương trình Claperon Mendele ep: 0,5 PV 1 R (3) T1 P V 0,75 • Giải (1), (2), (3) ta được: T = 1,8K R
8. Bài 6( 5 điểm) Một ống hình trụ thẳng đứng có thể tích V. Ở phía dưới pít tông khối lượng m, diện tích S, có một lượng khí lý tưởng đơn nguyên tử ở nhiệt độ T0. Pít tông ở vị trí cân bằng chia ống thành hai nửa bằng nhau. Người ta đun nóng khí từ từ đến khi nhiệt độ khí là 4T 0. Ở phía trên có làm hai mấu chặn để pít tông không bật ra khỏi ống.Hỏi khí trong ống đã nhận được một nhiệt lượng là bao nhiêu? Bỏ qua bề dày pít tông , mấu chặn và ma sát giữa pít tông và thành ống. Cho áp suất khí quyển bên ngoài là P 0 3 và nội năng của một mol khí lý tưởng đơng nguyên tử được tính theo công thức U RT 2 Bài Đáp án Điểm mg V0 - Khi pít tông ở VTCB, Các thông số khí : P1= P0 + ; ; T0 s 2 0,5 PV PV Số mol khí n 1 1 1 0 mol 0,5 RT1 2RT0 - Trong giai đoạn đầu,pít tông chưa chạm vấu khí biến đổi đẳng áp, khi bắt 0.5 đầu chạm vấu khí có nhiệt độ T2 V1 V2 V Áp dung: T2 T0 2T0 Bài 6 T1 T2 V 2 0,.5 5 điểm - Nhiệt lượng truyền cho khí trong quá trình này : V 3 P1V P1V 3 5 Q1 A U P1 n R(T2 T1) RT0 = P1V 1,0 2 2 2 2RT0 2 4 - Sau khi pít tông chạm vấu, thể tích không đổi,dây là quá trình đẳng tích 0.5 Khí nhận nhiệt lượng chỉ làm tăng nội năng: 3 P1V 3 3 0,5 Q2 n R2T0 R2T0 P1V 2 2RT0 2 2 Tổng nhiệt lượng mà khí đã nhận : 0.5 11 11 mg Q Q Q PV (P )V 1 2 4 1 4 0 s 0.5