Đề thi olympic 10-3 lần thứ 3 môn Vật lí Lớp 10 - Trường THPT Buôn Đôn (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi olympic 10-3 lần thứ 3 môn Vật lí Lớp 10 - Trường THPT Buôn Đôn (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK TRƯỜNG THPT BUÔN ĐÔN KỲ THI OLYMPIC 10-3 LẦN THỨ III ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: VẬT LÝ- LỚP 10
2. ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN Câu 1: (5đ) Một con cá đang bơi theo dòng trên mặt nước với vận tốc không đổi. Biết nước chảy với vận tốc 0,5 m/s. Một người đứng trên một chiếc cầu cách mặt nước 2,45 m muốn thả một hòn bi rơi trúng con cá theo phương thẳng đứng và hướng xuống dưới khi nó bơi qua trước mặt mình. Khi người này bắt đầu thả rơi hòn bi thì con cá còn cách vị trí người đó 2,2m, nhưng khi hòn bi rơi chạm mặt nước thì vẫn còn cách con cá một khoảng 0,94 m về phía trước. Cho g =10 m/s2. a) Cho rằng hòn bi được thả rơi không vận tốc đầu. Tính vận tốc bơi của con cá đối với nước? b) Để hòn bi rơi trúng được con cá thì cần chờ thêm thời gian bao lâu mới thả hòn bi? c) Nếu thời gian phản ứng của người này trước khi ném hòn bi mất 0,8s thì người này phải ném hòn bi theo phương thẳng đứng với vận tốc bao nhiêu để trúng được con cá? Đáp án câu 1: a) Chọn trục tọa độ có gốc ở vị trí người đứng, chiều dương hướng xuống. 0,25 Phương trình chuyển động của hòn bi: 1 1 0,5 x gt 2 .10.t 2 5t 2 2 2 2 Khi hòn bi chạm nước: x = 5t = 2,45 0,5 => Thời gian hòn bi chạm mặt nước kể từ lúc thả rơi: t = 0,7s Trong thời gian 0,7s, con cá đã bơi được quãng đường: s = 2,2-0,94 =1,26 m 0,25 + Con cá bơi theo dòng nước với vận tốc không đổi (chuyển động thẳng đều) 0,25 s 1,26 Vận tốc của con cá đối với bờ: vcb = = 1,8 m/s 0,25 t 0,7 0,25 Do cá bơi cùng chiều dòng nước nên: vcb = vcn + vnb => Vận tốc của cá đối với dòng nước: vcn = vcb – vnb =1,8 -0,5 = 1,3 m/s 0,5 2,2 b) Thời gian để cá bơi đến điểm thả bi là: t 1,22s 1 1,8 0,5 0,5 Vậy người này phải chờ thêm : 1,22 – 0,7 = 0,52 s nữa để thả hòn bi trúng cá. c) Để bi rơi trúng được cá thì thời gian hòn bi chạm mặt nước bây giờ còn:
3. t 2 t1 0,8 1,22 0,8 0,42s 0,5 1 2 Phương trình chuyển động của hòn bi: x v0t 2 gt 2 2 0,25 Với x = 2,45 m. Suy ra, vận tốc ném hòn bi: v0 ≈ 3,73 m/s 0,5 Câu 2: (5đ) Vật m1 = 1 kg được đặt trên tấm ván khối lượng m2 = 3 kg. Hệ số ma sát giữa vật và ván là µ1 = 0,2. Tấm ván được đặt trên mặt sàn nằm ngang có hệ số ma sát trượt giữa ván và sàn là µ2 = 0,3. Tác dụng một lực kéo F có phương hợp với sàn một góc α = 300 lên tấm ván. Lấy g = 10m/s2. a) Để vật m1 nằm yên trên tấm ván thì phải tác dụng lực F có độ lớn bao nhiêu? b) Tính gia tốc của vật và tấm ván khi lực F = 30N? Trạng thái của vật m1 lúc này? Đáp án câu 2: Vẽ hình 0,5 a) Chọn chiều dương là chiều chuyển động của tấm ván m2. 0,25 +Vật m1 chịu tác dụng của các lực: P1, N1, Fms1 0,25 P1 N1 Fms1 m1 a1 (1) N1 P1 m1 g Chiếu (1) lên chiều dương, ta có: a1 1 g 0,5 Fms1 m1a1 _Vật m2 chịu tác dụng của các lực: P1, P2 , N 2 , F, Fms2 (giữa vật m1 và m2),
4. 0,25 Fms3 (giữa m2 và sàn): P1 P2 N F Fms2 Fms3 m2 a2 (2) N2 P1 P2 F sin m1g m2 g F sin 0,5 F cos Fms2 Fms3 m2a2 Chiếu (2) lên chiều dương, ta có: Fms2 Fms1 1m1g Fms3 2 N2 2 (m1g m2 g F sin ) F cos 1m1g 2 (m1g m2 g F sin ) 0,5  a2 m2 +Để vật m1 nằm yên trên tấm ván m2 thì: a1 =a2 0,25 F cos 1m1g 2 (m1g m2 g F sin )  1g 0,25 m2 (1 2 )(m1 m2 )g (0,2 0,3)(1 3).10  F 0 0 19,68N 0,75 cos 2 sin cos30 0,3.sin 30 b) Khi F= 50 N 0,25 2 +Gia tốc vật m1: a1 = µ1g = 0,2.10 = 2 m/s F cos 1m1g 2 (m1g m2 g F sin ) a2 m2 +Gia tốc vật m2 : 30.cos300 0,2.1.10 0,3(1.10 3.10 30.sin 300 ) 0,5 5,49m / s 2 3 + Vì a1 ≠ a2 nên vật m1 bị trượt trên vật m2 0,25
5. Câu 3: (5đ) Một thang AB đồng chất có trọng lượng P, chiều dài l được đặt dựa vào tường với góc nghiêng α hợp bởi thang và sàn. Biết hệ số ma sát giữa thang và mặt sàn là µ1, giữa thang và tường là µ2. a) Tìm giá trị αmin để thang còn đứng yên, không bị trượt? b) Một người lính cứu hỏa có khối lượng 65 kg leo lên thang đến vị trí cách chân A của thang đoạn a. Biết hệ cân bằng, thang có trọng lượng P = 300 N, dài l = 8 m, cho α = 600. Xét trường hợp tường nhẵn, tính lực do tường tác dụng vào thang khi a = 6m? Đáp án câu 3: 0,5 a) Tìm αmin Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ: 0,25 0,25 Các lực tác dụng vào thang: P,N1,N 2 , Fms1, Fms2 0,25 +Vì thang không chuyển động tịnh tiến nên: P N1 N 2 Fms1 Fms2 0 Fms1 N 2 Chiếu lên hệ trục Oxy: 0,5 P N1 Fms2 0 αmin để thang không không trượt thì lực ma sát nghỉ đạt giá trị cực đại: 0,25 Fms1 = µ1N1; Fms2 =µ2N2
6. 1.P 0,5 => N2 =µ1N1 =µ1.(P -µ2N2) => N 2 (1) 1 12 +Thang không quay nên tại trục qua A: M M M 0,25 P N2 Fms 2 l  P. .cos N .l sin  N l cos 2 min 2 min 2 2 min 0,5 l P cos min P. .cos min N 2l(sin min  2 cos min ) N 2 . (2) 2 2 sin min  2 cos min Từ (1), (2), ta có: 1 cos  sin  cos 1   . min 1 min 2 min 1 2 0,5 2 sin min 2 cos min 1 12 cos min 21 1 12 tan min 21 b) Các lực tác dụng vào thang: P,P',N ,N , F 1 2 ms1 0,25 +Vì thang không chuyển động tịnh tiến nên: P P' N1 N 2 Fms1 0 0,5 Fms1 N 2 Chiếu lên hệ trục Oxy: N1 P P' +Thang không quay nên tại trục qua A: M M M P P' N2 l  P. .cos P'l'.cos N 2l.sin 0,5 2 Pl 2P'l' 300.8 2.650.6 N cot = .cot 600 368N 2 2l 2.8 Câu 4: (5đ) Một lò xo được gắn thẳng đứng, một đầu cố định trên mặt sàn, đầu còn lại gắn với một đĩa cân nhẹ. Đặt một khối kim loại có khối lượng 2,5 kg lên đĩa cân thì lúc cân bằng đĩa cân bị nén xuống 5 cm. Sau đó, người ta ấn khối kim loại xuống thêm 12 cm rồi thả nhẹ, khi đến vị trí lò xo dãn 2cm thì khối kim loại bị văng lên khỏi đĩa cân theo phương thẳng đứng. Lấy g = 10 m/s2. a) Tính độ lớn vận tốc của khối kim loại khi văng ra khỏi đĩa cân ?
7. b) Độ cao cực đại mà khối kim loại này văng lên so với lúc rời khỏi đĩa cân ? Đáp án câu 4: + Chọn gốc thế năng đàn hồi và thế năng trọng trường tại vị trí lò xo chưa biến 0,25 dạng. a) Xét quá trình khối kim loại chuyển động gắn với đĩa cân mg 2,5.10 0,5 + Ở vị trí cân bằng: P = k.△l0 mg = k.△l0  k 500N / m l0 0,05 +Khi lò xo bị nén thêm 12 cm thì độ biến dạng của lò xo là 0,25 △l = △l0 + 12 = 5 + 12 = 17 cm = 0,17m. +Cơ năng toàn phần của khối kim loại lúc đầu: Với: z = -17 cm = - 0,17m; v0 = 0 0,75 1 1 W W W 0 (mgz k( l)2 ) 2,5.10.( 0,17) .500.0,172 2,975J 0 đ 0 t0 2 2 + Gọi v là độ lớn vận tốc của khối kim loại lúc văng ra khỏi đĩa cân. Cơ năng toàn phần lúc khối kim loại bị văng ra : Với z’ = 2cm; Δl’ = 2cm 0,75 1 1 W W W mv2 (mgz' k( l')2 ) 1,25.v2 0,6 đ t 2 2 2 0,5 +Theo định luật bảo toàn cơ năng: W0 = W  1,25v + 0,6 = 2,975 v ≈ 1,38 m/s b) Xét quá trình khối kim loại rời khỏi đĩa cân và bị văng lên cao. W1 là cơ năng của khối kim loại ở vị trí z1 = 2cm (bắt đầu văng lên khỏi đĩa cân): 1 W W W mv2 mgz 1 đ1 t1 2 1 0,5 W2 là cơ năng của khối kim loại ở vị trí có độ cao cực đại z2: W2 Wđ 2 Wt 2 0 mgz2 mgz2 0,5 Theo định luật bảo toàn cơ năng: W1 = W2 2 2 0,5  z v z 1,38 0,02 0,115m 11,5cm 2 2g 1 2.10 Vậy, so với vị trí khi khối kim loại rời đĩa cân thì khối kim loại văng lên một đoạn: 0,5 11,5 – 2 = 9,5 cm.
8. Câu 5: (5đ) Một động cơ nhiệt có chu trình hoạt động như hình vẽ. Tác nhân hoạt động của động cơ là khí lý tưởng. Biết nhiệt dung mol cv = 1,5R;Cp = 2,5R. a.Tính công của chu trình (theo Po và v0). b.Tính hiệu suất của động cơ. Đáp án câu 5: a.Cv = 1,5R CP = 2,5R 1 2 đẳng tích => A1 = 0 0,25 2 3 đẳng áp A2 = PΔV = 3P0 (V2 – V3) = -6P0V0 0,5 3 4 đẳng tích A3 = 0 0,25 4 1 đẳng áp A4 = PΔV = P0 (3V2 – V3) = 2P0V0 0,5 A = A1 + A2 + A3 + A4 = -4P0V0 |A| = 4P0V0 0,5 b) Quá trình 1 2 ; 2 3 nhận nhiệt , 3 4; 4 1 tỏa nhiệt 0,25 ta có Q12 = CV (T2 – T1) = 1,5R (T2 – T1) 1 = 1,5 (P2V2 – P1V1) = 1,5 (3 P0V0 - P0V0) = 3 P0V0 Q23 = CP (T3 – T2) = 2,5R (T3 – T2) 1 = 2,5 (P3V3 – P2V2) = 2,5 (9 P0V0 - 3P0V0) = 15 P0V0 Qthu = Q12 + Q23 = 18 P0V0 0,25 H = = = = 22,2% 0,5 Câu 6: (5 điểm): Có 1 g khí Heli (coi là khí lý tưởng đơn P nguyên tử) thực hiện một chu trình 1 – 2 – 3 – 4 – 1 được biểu 1 2 2P0 5 diễn trên giản đồ P-T như hình bên. Cho P0 = 10 Pa; T0 = 300K. P0 4 3 T 0 T0 2T0
9. a) Tìm thể tích của khí ở trạng thái 4. b) Hãy nói rõ chu trình này gồm các đẳng quá trình nào. Vẽ lại chu trình này trên giản đồ P-V và trên giản đồ V-T (cần ghi rõ giá trị bằng số và chiều biến đổi của chu trình). c) Tính công mà khí thực hiện trong từng giai đoạn của chu trình. Đáp án câu 6: a. Quá trình 1 – 4 có P tỷ lệ thuận với T nên là quá trình đẳng tích, vậy thể tích ở trạng thái 1 và 4 là bằng nhau: V1 = V4. 0,25 Sử dụng phương trình C-M ở trạng thái 1 ta có: m m RT1 P1V1 RT1 , suy ra: V1   P1 0,25 5 Thay số: m = 1g;  = 4g/mol; R = 8,31 J/(mol.K); T1 = 300K và P1 = 2.10 Pa ,ta được: 1 8,31.300 3 3 0,5 V4 = V 3,12.10 m 1 4 2.105 b. Từ hình vẽ ta xác định được chu trình này gồm các đẳng quá trình sau: 1 – 2 là đẳng áp; 2 – 3 là đẳng nhiệt 0,25 3 – 4 là đẳng áp; 4 – 1 là đẳng tích. 0,25 Vì thế có thể vẽ lại chu trình này trên giản đồ P-V (hình a) và trên giản đồ V-T (hình b) như sau:
10. P(105Pa) V(l) 1 2 3 2 12,48 Mỗi hình 0,5 4 1 3 6,24 2 4 3,12 1 T(K) V(l) 0 0 3,12 6,24 12,48 150 300 600 Hình a Hình b c. Để tính công, trước hết sử dụng phương trình trạng thái ta tính được các thể tích: – 3 3 – 3 3 V2 = 2V1 = 6,24.10 m ; V3 = 2V2 = 12,48.10 m 0,5 Công mà khí thực hiện trong từng giai đoạn: 5 3 3 2 0,5 A12 p1(V2 V1 ) 2.10 (6,24.10 3,12.10 ) 6,24.10 J V A p V ln 3 2.105.6,24.10 3 ln2 8,65.102 J 23 2 2 0,75 V2 5 3 3 2 0,5 A34 p3 (V4 V3 ) 10 (3,12.10 12,48.10 ) 9,36.10 J A 0 vì đây là quá trình đẳng áp. 41 0,25 HẾT