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

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK TRƯỜNG THPT TRƯỜNG CHINH KÌ THI OLYMPIC 10-3 LẦN III ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: VẬT LÍ LỚP 10
2. ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN v Vật 2 Câu 1: (5 điểm) Trên hình vẽ là đồ thị vận tốc theo thời gian của hai vật, Vật 1 cho biết t1 và t2. Tìm thời gian mà hai vật đi được trong hai quãng đường bằng nhau. t O t1 t2 Đáp án câu 1: +Hình vẽ (1 điểm) +Lập luận: hai quãng đường bằng nhau khi hai diện tích bằng nhau SABC = SCDK (1 điểm) 1 1 v AC.BH = CK.DK (1 điểm) 2 2 D BH H t (t t ) A C K 2 DK 3 2 HC (t t ) t t . 2 1 (1 điểm) B 2 CK 2 (t t ) 3 2 O t1 t2 t3 t t3 t2 t2 (t2 t1 ) (1 điểm) Câu 2: ( 5điểm) Một toa xe có khối lượng M đang chuyển động trên đường ray nằm ngang với vận tốc M v0 = 2m/s thì một vật nhỏ khối lượng m = rơi nhẹ xuống mép trước của sàn xe. Sàn có 10 chiều dài l = 5m. Hệ số ma sát giữa vật và sàn là k = 0,1. Vật có thể sau khi trượt nằm yên trên sàn hay không ? Nếu được thì nằm ở đâu? Lấy g = 10m/s2. Đáp án câu 2: m Fms Fms v M 0 x’ x *Chọn trục x’x theo hướng chuyển động của xe. -Lực ma sát giữa vật và xe là: Fms = k.mg (0,5 điểm) -Vật trượt trên sàn, gia tốc a đối với đất là a = kg = 1m/s2 (0,5 điểm) -Xe chuyển động chậm dần đều, gia tốc A là F A = ms 0,1m / s 2 (0,5 điểm) M -Đối với đất, vật có vận tốc u = at, xe có vận tốc U = v0 + at (0,5 điểm) -Đến thời điểm t0, hai vận tốc bằng nhau, vật nằm yên trên sàn: at0 = v0 + At0 t0 1,82 (s) (0,5 điểm) a -Lúc này đối với đất, vật đi được s = t 2 = 1,65 (m) (0,5 điểm) 2 0
3. A 2 -Xe đi được S = v0t0 + t = 3,47 (m) (1 điểm) 2 0 -Đối với xe, vật đi được S-s = 1,82(m) < 5(m) (0,5 điểm) -Vậy vật nằm yên trên sàn và cách mép trước 1,82(m). (0,5 điểm) Câu 3: ( 5điểm) Một quả cầu (trọng lượng P) được đặt ở đáy phẳng, không nhẵn của một chiếc hộp. Đáy hộp nghiêng một góc so với phương A nằm ngang. Quả cầu được giữ cân bằng bởi một sợi dây song song với đáy, buộc vào đầu A của đường kính vuông góc với đáy (hình vẽ). Hỏi góc có thể lớn nhất bằng bao nhiêu để quả cầu vẫn cân bằng? Tính lực căng của dây nối theo P trong trường hợp này. Biết hệ số ma sát giữa quả cầu và đáy 3 hộp bằng k = 6 Đáp án câu 3: +Điều kiện cân bằng của quả cầu: P N T Fms 0 (1) (0,5 điểm) +Áp dụng quy tắc momen đối với trục quay A: P.R.sin = Fms.2R (0,5 điểm) Psin Fms = (0,5 điểm) y 2 x Giá trị của lực ma sát thỏa điều kiện: F kN (2) (0,5 điểm) ms O +Chiếu (1) lần lượt lên trục ox và trục oy: N T Ox: T + Fms - Psin = 0 (0,5 điểm) Oy: N - Pcos = 0 (0,5 điểm) A T = Psin - Fms (3) (0,5 điểm) F N = Pcos (4) (0,5 điểm) ms + Từ (2) và (4) ta có Psin 3 P kP cos tg 2k tg (0,25 điểm) 2 3 0 Góc lớn nhất: max = 30 (0,25 điểm) P +Từ (3) suy ra giá trị của lực căng dây T = P(sin - kcos ) = (0,5 điểm) 4 Câu 4: (5điểm) Trên mặt bàn nằm ngang có một miếng gỗ khối B lượng m (hình chữ nhật chiều cao R = 0,125m, m 1 v0 R khoét bỏ hình tròn bán kính R). Gỗ ban đầu đứng 4 A yên. Một mẫu sắt khối lượng m chuyển động với vận tốc v0 = 5m/s đến đẩy miếng gỗ (hình vẽ). Bỏ qua ma sát và lực cản không khí. a) Tính các thành phần ngang vx và thẳng đứng vy khi mẫu sắt tới điểm B (B ở độ cao R). 2 Tìm điều kiện v0 để mẫu sắt vượt qua B. Lấy g = 10m/s . b) Tìm độ cao mà mẫu sắt đạt được khi vượt qua B
4. Đáp án câu 4: a) Bảo toàn động lượng theo phương ngang: v0 mv0 = 2mvx vx = = 2,5 m/s. (1 điểm) 2 v y v Bảo toàn cơ năng: B vx 1 2 1 2 1 2 mv0 mv y mvx mgR (0,5 điểm) 2 2 2 m v0 R 2 2 2 v0 2vx v y 2gR (0,5 điểm) A v2 v 0 2gR 10 m/s (0,5 điểm) y 2 Điều kiện để mẫu sắt vượt qua B: v0 > 2 gh 2,24 m/s (0,5 điểm) Theo số liệu thì điều kiện trên thỏa. (0,5 điểm) b) Sau khi rời B mẫu sắt chuyển động theo quỹ đạo parabol, với chiều cao đỉnh là h: v 2 v 2 2gh h y 0,5 m (0,5 điểm) y 2g Độ cao so với mặt đất H = h + R = 0,625 m. (1 điểm) Câu 5 : (5 điểm) Một bình hình trụ chiều dài l = 0,6 m, tiết diện ngang 0,5cm2 đặt nằm ngang, chia làm hai phần nhờ một pittông cách nhiệt, độ dày không đáng kể. Phần một chứa khí He, phần hai 0 chứa khí H2 có cùng khối lượng m0. Giữ phần một ở nhiệt độ t1 = 27 C. a) Khi áp suất hai phần bằng nhau, tính nhiệt độ phần hai. l 1 2 x = 20cm ' ' ' b) Giữ nhiệt độ phần hai không đổi. Nung nóng phần một đến nhiệt độ T1 và p1 = 1,5 p 2 . ' Tính T1 để pittông dịch chuyển sang phải 4cm. c) Đưa bình về trạng thái ban đầu (câu a : p 1 = p2). Bó qua pittông để hai phần bình thông nhau sao cho nhiệt độ không đổi. Khi cân bằng xảy ra hãy tính áp suất của khí theo áp suất ban đầu p1, p2 Đáp án câu 5 : m 0 a) * Ở phần 1 : p1V1 = . RT1 (1) 1 m0 * Ở phần 2 : p2V2 = . RT2 (2)  2 (1) p .V  T 1 1 2 . 1 (3) (2) p2 .V2 1 T2 0 * p1 = p2 V2 = 2V1 T2 = 300 K (1 điểm) b) * Tương tự trên : p' .V '  T ' (3) 1 1 2 . 1 (4) ' '  ' p2 .V2 1 T2
5. ' ' * p1 = 1,5 p 2 ' ' l1 = x + 4 = 24cm l2 = 36cm ' ' ' ' l2 = 1,5 l1 V2 = 1,5 V1 ' 0 * (4) T1 = 600 K (2 điểm) c) Quá trình đẳng nhiệt : Áp dụng định luật Bôi – Mariôt cho khí trong mỗi phần khi chúng chiếm thể tích cả hai phần : ' ' V1 p1 p1V1 = p1 (V1 + V2) p1 = V1 V2 ' ' V2 p2 p2V2 =- p 2 (V1 + V2) p 2 = V1 V2 * p1 = p2 Áp dụng định luật Đantôn (Dalton) : ' ' p = p1 + p 2 = p1 = p2 (2 điểm) Câu 6 : (5 điểm) 1 mol chất khí lí tưởng thực hiện chu trình biến đổi sau đây : từ trạng thái 1 với áp 5 0 4 suất p1 = 10 Pa, nhiệt độ T1 = 600 K, giãn nở đẳng nhiệt đến trạng thái 2 có p2 = 2,5 . 10 Pa, 0 rồi bị nén đẳng áp đến trạng thái 3 có T3 = 300 K, rồi bị nén đẳng nhiệt đến trạng thái 4 và trở lại trạng thái 1 bằng quá trình đẳng tích. a) Tính các thể tích V 1 , V2 , V3 , và áp suất p 4. Vẽ đồ thị chu trình trong tọa độ p, V(Trục hoành V, trục tung p). b) Chất khí nhận hay sinh bao nhiêu công, nhận hay tỏa bao nhiêu lượng trong mỗi quá trình và trong cả chu trình ? 5R Cho biết : R = 8,31J/mol.K, nhiệt dung mol đẳng tích C V = , công 1 mol khí sinh 2 V2 ra trong quá trình giãn nở đẳng nhiệt từ thể tích V1 đến thể tích V2 là : A = R.T. Ln( ) V1 Đáp án câu 6 : a) Áp dụng phương trình trạng thái tìm được : 3 3 V1 0,05m V2 = 0,2m 3 4 V3 = 0,1m p4 = 5.10 Pa Đồ thị như hình vẽ : (0,5 điểm) p (Pa ) 1 105 5.104 4 2,5.104 2 3 V(m3 ) O 0,05 0,1 0,2 (0,5 điểm) b) * Quá trình 1 – 2 : T = const U = 0 : Nhiệt nhận được bằng công sinh ra.
6. V2 Q1 = A1 = R.T.Ln 6912J (1 điểm) V1 * Quá trình 2 – 3 : 5 U2 = CV . T = .R. (T3 – T2) = - 6232,5J 2 Khí nhận công A2 : A2 = p2 (V3 – V2) = - 2500J Khí tỏa nhiệt Q2 : Q2 = U2 + A2 = - 8732,5J (1 điểm) * Quá trình 3 -4 : U3 = 0 Khí nhận công và tỏa nhiệt : V4 Q3 = A3 = R.T.Ln = - 1728J (1 điểm) V3 * Quá trình 4 – 1 : V = const A 4 = 0 Khí nhận nhiệt : Q4 = U4 = CV . T = 6232,5J (0,5 điểm) * Vậy trong cả chi trình thì : Khí nhận nhiệt : Q = Q1 + Q2 + Q3 + Q4 = 2685J (0,25 điểm) Khí sinh công : A = A1 + A2 + A3 = 2684J (0,25 điểm) Hết