Đề thi Olympic 10-3 lần 3 môn Vật lí Lớp 10 năm 2018 - Trường THPT DTNT N'Trang Lơng (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi Olympic 10-3 lần 3 môn Vật lí Lớp 10 năm 2018 - Trường THPT DTNT N'Trang Lơng (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK ĐỀ THI OLYMPIC 10-3 NĂM HỌC 2018 Môn thi: Vật lý lớp 10 Thời gian: 180 phút không kể thời gian phát đề Câu 1: ( 2 điểm). Một người đứng ở sân ga thấy toa thứ nhất của tàu đang tiến vào ga chạy qua trước mặt mình trong 5s và thấy toa thứ 2 trong 45 s. Khi tàu dừng lại đầu toa thứ nhất cách người ấy 75m. Coi tàu chuyển động chậm dần đều, hãy tìm gia tốc của tàu Câu 2: (4 điểm)Trên mặt bàn nằm ngang có hai tấm ván khối lượng m1 và m2. Một lực F song song với mặt bàn đặt vào tấm ván dưới. Biết hệ số ma sát trượt giữa 2 tấm ván là k1, giữa ván dưới và bàn là k2 . 1. Tính các gia tốc a1 và a2 của hai tấm ván. Biện luận các kết quả trên theo F khi cho F tăng dần từ giá trị bằng không. Xác định các khoảng giá trị của F ứng với từng dạng chuyển động khác nhau của hệ. 2 2. Áp dụng bằng số: m1= 0,5kg; m2 =1kg; k1= 0,1 ; k2 = 0,3; g = 10m/s . Câu 3(3 điểm): Trên mặt bàn nằm ngang có một khối bán trụ cố định có bán kính R. Trong mặt phẳng thẳng đứng vuông góc với trục O của bán trụ (mặt phẳng hình vẽ) có một thanh đồng chất AB chiều dài bằng R tựa đầu A lên bán trụ, đầu B ở trên mặt bàn. Trọng lượng của thanh là P. Bỏ qua ma sát giữa bán trụ và thanh. Hệ số ma sát giữa thanh và mặt bàn là 3 k= .Góc (góc hợp bởi thanh AB và mặt bàn) phải thõa mãn điều kiện gì để thanh ở 3 trạng thái cân bằng? Câu 4 : (4 điểm) Một vật A chuyển động với vận tốc v0 đến va chạm hoàn toàn đàn hồi một vật B đang đứng yên tại C. Sau va chạm vật B chuyển động trên máng tròn đường kính CD = 2R. Một tấm ván phẳng E đặt vuông góc với CD tại tâm O của máng tròn. Biết khối lượng hai vật là bằng nhau. Bỏ qua mọi ma sát. 1. Xác định vận tốc của vật B tại M mà ở đó vật bắt đầu rời khỏi máng 2 2. Biết v0 3,5Rg . Hỏi vật có thể rơi vào tấm E không? Nếu có hãy xác định vị trí của vật trên tấm E
2. Câu 5: (3,0 điểm) Một mol khí lí tưởng thực hiện quá trình giãn nở từ trạng thái 1 (P0, V0) đến trạng thái 2 (P0/2, 2V0) có đồ thị trên hệ toạ độ P-V (hình vẽ 2). 1. xác định nhiệt độ cực đại của khối khí trong quá trình đó. 2. Biểu diễn quá trình ấy trên hệ toạ độ P-T và T-P Bài 6. (4 điểm) Trong một xi-lanh thẳng đứng, thành cách nhiệt có hai pit-tông: Pit-tông A nhẹ (trọng lượng không đáng kể), dẫn nhiệt; pit-tông B nặng, cách nhiệt. Hai pit-tông và đáy xi-lanh tạo thành hai ngăn, mỗi ngăn có chiều cao là h = 0,5m và chứa 2 mol khí lý tưởng đơn nguyên tử. Ban đầu hệ thống ở trạng thái cân bằng nhiệt với nhiệt độ bằng 300K. Truyền cho khí ở ngăn dưới một nhiệt lượng Q = 1kJ làm cho nó nóng lên thật chậm. Pit- tông A có ma sát với thành bình và không chuyển động, pit-tông B chuyển động không ma sát với thành bình. Khi cân bằng mới được thiết lập, hãy tính: 1. Nhiệt độ của hệ. 2. Lực ma sát tác dụng lên pit-tông A. Cho biết: Nội năng của 1 mol khí lý tưởng ở nhiệt độ T được tính theo công thức: i U RT - Trong đó: i là số bậc tự do (với khí đơn nguyên tử thì i = 3; khí lưỡng nguyên  2 tử thì i = 5); R = 8,31J/mol.K là hằng số của chất khí.
3. ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI OLYMPIC 10-3 MÔN VẬT LÝ 10 NĂM HỌC 2018 Câu Nội dung Điểm 1 1 - Ta có với toa thứ nhất s v t at 2 5v a.52 5v 12,5a 1 0 1 2 1 0 2 0 0,5 0,5 - Với hai toa ( toa thứ nhất và thứ 2) 2 s 50v0 1250a 2 1225 1 - Từ (1) và (2) suy ra v0 a (3) 0,25 (2đ) 40 Mặt khác trên đoạn đường s=75m ta có 2 2 2 - vt v0 2as v0 150a (4) 0,5 - Từ (3) và (4) ta tính được gia tốc của đoàn tàu là a=-0,16 m / s2 0,25 2 1. (4đ) 0,5 - Các lực ma sát nghỉ có độ lớn cực đại là: F1max= k1m1g ; F2max= k2( m1 + m2)g 0,5 1.1. F F2max thì a1= a2= 0 1.2. F > F2max thì ván 2 chuyển động và chịu tác dụng của các lực : F, F2max và lực ma sát F1 giữa hai ván. Có hai khả năng : a. F1 F1max , ván 1 gắn với ván 2. Hai ván cùng chuyển động với gia tốc: 0,5 F F2max - a = .Lực truyền gia tốc a cho m1 là F1: m1 m2 0,25 F F2max -F 1 =m1 k1m1g F ( k1 +k2)(m1 +m2)g 0,25 m1 m2 - Điều kiện để hai tấm ván cùng chuyển động với gia tốc a là: 0,5 k2( m1 + m2)g F1max 0,5 - Ván 1 trượt trên ván 2 và vẫn đi sang phải với gia tốc a1 a1 0 là m2 - F >(k1 +k2)(m1+m2)g 2. Thay số: F 4,6N : a1= a2 = 0 ; hai vật đứng yên 0,25 F 4,5 4,5N 6N : Vật 1 có a1= 1m/s ; vật 2 có a2 = ( F 5 )
4. 3 (3đ) 0,5 Thanh chịu tác dụng của trọng lực P , phản lực N của bán trục ở A vuông góc với mặt 0,5 trụ( đi qua o). Phản lực toàn phần Q của mặt bàn xiên góc với phương ngang vì có ma sát Q F Q ; trong đó F là lực ma sát. Ba lực Q, N, P cân bằng nên giao điểm của N N,Q phải nằm trên giá của P 0,25 Ta có: P Q N 0 (1) - 0,25 - Chiếu (1) lên ox: Ncos = F ; (2) 0,25 - Chiếu (1) lên oy Nsin + QN = P ; (3) 0,25 R cos - Lấy mô men đối với B : P NR sin 2 ; (4 2 0,25 3 - Mặt khác: F Q ; (5) 3 N P cos P P cot g 0,25 - N . Thay vào (2) ta được F (6) 2sin 2 4sin 4 3P 0,25 - Thay vào (3) QN = P - Nsin = (7) 4 P 3 1 Thay (6) và (7) vào (5) P . Suy ra: tg ; hay 30o - 4tg 4 3 Mặt khác dễ dàng thấy rằng vị trí của thanh khi đầu A của thanh tiếp xúc với bán trụ thì 0,25 thanh tạo với mặt phẳng ngang góc giới hạn = 450 Nên 300 450 . 0,25 4 (4đ) 1. - Va chạm hoàn toàn đàn hồi, khối lượng của hai vật bằng nhau nên sau va chạm B 0,25 chuyển động với vận tốc v0 , còn A đứng yên. 0,5
5. 1 1 - Định luật bảo toàn cơ năng mv2 mv2 mgR(1 sin ) 2 o 2 2 2 v vo 2gR(1 sin ) 0,5 v2 - Định luật II new tơn mg sin N m R 0,5 v2 2Rg Khi B rời khỏi máng N=0 sin 0 3Rg 0,5 v2 2Rg - Vận tốc của B khi nó bắt đầu rời máng v2 o 3 2 - Với điều kiện 2Rg vo 5Rg 0,5 1 2. Khi v2 3,5Rg vị trí B rời khỏi máng sin 300 0 2 Rg - Vận tốc của B lúc đó v2 2 0,25 - Phương trình chuyển động của B sau đó - x (vsin ) t Rcos 0,25 1 - y gt 2 (v cos )t Rsin 2 0,5 6R Để B có thể tới tấm E x 0 t (1) g R 3 11 Khi y=0 t ( ) (2) 1 g 2 2 So sánh (1) và (2) ta thấy B không rơi vào E
6. 1. 0,25 - Vì đồ thị trên P-V là đoạn thẳng nên ta có: P = αV + β (*); trong đó α và β là các hệ số phải tìm. 0, 25 - Khi V = V0 thì P = P0 nên: P0 = αV0 + β (1) 0,25 - Khi V = 2V0 thì P = P0/2 nên: P0/2 = 2αV0 + β (2) - Từ (1) và (2) ta có: α = - P0 / 2V0 ; β = 3P0 / 2 0,25 3P P - Thay vào (*) ta có phương trình đoạn thẳng đó : P = 0 - 0 V ( ) 2 2V 0 0,25 - Mặt khác, phương trình trạng thái của 1 mol khí : PV = RT ( ) 3V 2V - Từ ( ) và ( ) ta có : T = 0 P - 0 P2 R RP0 - T là hàm bậc 2 của P nên đồ thị trên T-P là một phần parabol 0,25 P0V0 + khi P = P0 và P = P0/2 thì T = T1 =T2 = ; R 0,25 + khi T = 0 thì P = 0 và P = 3P0/2 . 5 3V0 4V0 3P0 - Ta có : T( P) = - P T( P) = 0 P = ; (3đ) R RP0 4 3P0 9V0P0 0,25 cho nên khi P = thì nhiệt độ chất khí là T = Tmax = 4 8R 2. - Đồ thị biểu diễn quá trình đó trên hệ toạ độ T-P hay P-T là một trong hai đồ thị dưới đây : 1 Gọi T0, T là nhiệt độ ban đầu và sau cùng của hệ; p 0 là áp suất ban đầu 0,25 của hệ; V0 là thể tích ban đầu của mỗi ngăn. 1. Xét ngăn trên: Khí tăng nhiệt độ đẳng áp từ T 0 đến T, thể tích của nó V0 0,5 tăng từ V0 đến V, ta có: V T T0 Khí sinh công: A = p0.(V – V0) PV 6 0 0 0,5 A (T T0 ) 8R(T T0 ) (1) (4đ) T0 - Độ biến thiên nội năng của khí (4 mol): i 0,5 ΔU ν. R(T T ) 6R(T T ) (2) 2 0 0 Áp dụng nguyên lý I nhiệt động lực học cho hệ: ΔU = Q + A (3) 0,5
7. Q 0,5 Từ (1), (2) và (3): 6R(T – T0) = Q – R(T – T0)  R.(T T ) 0 8 Q  T T 7R 0 0,25 1000  T 300 315K 8.8,31 b) Xét ngăn dưới: Khí nóng đẳng tích từ T0 đến T, áp suất của nó tăng từ 0,5 p0 p0 đến p, ta có: p T T0 - Lực ma sát tác dụng lên pit-tông A: 0,5 V0 p0V 0 2R.(T T 0 ) Fms (p p0 ).S (p p0 ).  Fms .(T T0 ) h T0h h 2.8,31.(315 300)  F 500N ms 0,5 * Lưu ý: HS có thể giải theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa