Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
KHU VỰC DUYÊN HẢI BẮC BỘ
Đơn vị: Trường THPT Chuyên
Trần Phú – Hải Phòng

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI DUYÊN HẢI BẮC
BỘ LẦN THỨ XI NĂM 2018
MÔN: Vật lý 10
Ngày thi:…/4/2018
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Đề gồm 02 trang
Ngƣời ra đề: Vũ Thế Tiến – SĐT: 0936.026.168

Bài 1(5,0 điểm) CƠ HỌC CHẤT ĐIỂM
Một vật được coi là chất điểm được
ném đi với vận tốc ban đầu v0 tại gốc O
trong hệ trục tọa độ Oxy ở nơi có gia tốc
trọng trường g, biết quĩ đạo của vật nằm
trong mặt phẳng Oxy. Bỏ qua mọi sức cản
của không khí.
a) Thay đổi góc ném với điều kiện vận tốc
ban đầu không đổi, chứng minh rằng tọa
độ mục tiêu của chất điểm thỏa mãn
phương trình: y 

y

v0

.R
.

O

x

2
0

v
g 2
.x
2g 2v 02

b) Cần ném vật lên đỉnh của một tòa nhà hình cầu bán kính R như hình vẽ. Có thể tùy ý lựa chọn
vị trí ném (nhưng vẫn thỏa mãn y = 0) và góc ném. Xác định vận tốc ban đầu nhỏ nhất sao cho vật
không va chạm với tòa nhà tại bất kì điểm nào khác mục tiêu.
Bài 2 (4,0 điểm) CƠ HỌC VẬT RẮN
Cho con lăn hình trụ đặc bán kính r khối lượng m
lăn không trượt trong máng cong cố định AB bán kính R
tại nơi có gia tốc trọng trường là g như hình vẽ. Hệ số ma
1
sát trượt μ = . Bỏ qua ma sát lăn.
7
a) Thả cho con lăn lăn không trượt từ độ cao h = ? với
vận tốc ban đầu bằng không để nó đi hết vòng tròn.
b) Con lăn đang ở vị trí thấp nhất B và v = 0. Xác định
v0min cần truyền cho trụ để con lăn lăn không trượt và đạt
π

tới φ = .
2
1

A

h

.

r

O. R
φ

B

.


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Bài 3 (4,0 điểm) CƠ HỌC CHẤT LƢU
Một khối chất lỏng nhớt có khối lượng riêng ρ và hệ số
nhớt  chảy trong một ống có chiều dài và bán kính R ở trạng
thái dừng. Biết vận tốc dòng của chất lỏng phụ thuộc vào khoảng

v

R


r


r 
cách r đến trục của ống theo định luật v(r)  v 0. 1  2  . Tìm:
 R 
a) Thể tích chất lỏng chảy qua tiết diện thẳng của ống trong một
đơn vị thời gian.
b) Động năng của khối chất lỏng trong thể tích của ống.
2

Bài 4 (4,0 điểm) NHIỆT HỌC
Một lượng khí lí tưởng đơn nguyên tử thực hiện chu
trình ABCDECA biểu diễn như 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 là các đoạn thẳng.
a) Tính các thông số TB, TD và VE.
b) Tính tổng nhiệt lượng mà khí nhận được trong tất cả
các giai đoạn của chu trình mà nhiệt độ khí tăng.
c) Tính hiệu suất của chu trình.

p
pE

E

D


pC

C

pA

B
O

VE

VC

A
VA

V

Bài 5 (3,0 điểm) PHƢƠNG ÁN THỰC HÀNH
Cho các dụng cụ sau:
- Một số lượng đủ dùng các quả cân như nhau có móc treo đã biết khối lượng;
- Dây nối mảnh, nhẹ đủ dài và không dãn;
- Thước đo chiều dài, bút viết;
- Một bàn phẳng đồng chất, nằm ngang có gắn sẵn một ròng rọc nhẹ ở mép của bàn;
- Khối hộp chữ nhật đồng chất có khối lượng m đã biết.
Trình bày một phương án thực nghiệm để xác định hệ số ma sát trượt μ t giữa khối hộp và
mặt bàn nói trên

2



Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

Họ, tên thí sinh:……………………………

Số báo danh:………………………………

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Đáp án và biểu điểm
Nội dung

Bài

Điểm

a. 2,0 điểm
Gọi góc ném là α , ta có phương trình chuyển động của vật:

 x = v0cosα.t


gt 2
y
=
v
sinα.t

0
2


2
gx
gx 2
gx 2
2
y = x.tanα =
xtanα
.tan
α
2v 02cos 2 α
2v 02
2v 02
Đây là phương trình bậc hai đối với tanα . Điều kiện để phương trình có nghiệm là:
2gx 2
gx 2
x2 (y
+
)0
v 02
2v 02

y

v 02 gx 2
2g 2v 02

0,5

0,5


0,5

0,5

b. 3,0 điểm

Bài 1
5.0
điểm

y

Do tính thuận nghịch của quĩ đạo và định luật bảo
toàn năng lượng nên ta có thể chuyển về bài toán
tìm vận tốc nhỏ nhất của vật được ném từ đỉnh tòa
nhà sao cho không va chạm với tòa nhà tại bất kì
điểm nào khác. Xét hệ tọa độ như hình vẽ.

v1

O
R

x

0,75

.

Để v1 nhỏ nhất thì quĩ đạo của vật phải tiếp xúc với tòa nhà tại một điểm. Khi đó ta có

hệ phương trình sau phải có nghiệm duy nhất:


v12
g 2
y
=
.x

2g 2v12

 x 2 + (y + R) 2 = R 2


0,75

2

 g 

gR  v12  v12
21
x 
+
x
+
+ R  = 0 chỉ có một nghiệm




2 
g  4g

 2v21 
 2 v1 
4

3

0,75


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
2

 1 gR   1
gR 
gR
Δ =  - 2  -  + 2  = 0  v12 =
v1 
2
 2 v1   4
Giá trị nhỏ nhất của v0 được xác định thông qua giá trị nhỏ nhất của v1 theo hệ thức:

v0min = v12 + 4gR = 3

gR
2

a. 2,0 điểm

Để con lăn đi được hết vòng tròn thì khi lên đến điểm cao nhất trên vòng tròn, v của
con lăn > 0 và N  0 .

1 mr 2 2 1
.ω + mω02 (R-r)2 + mg(2R- r)
Áp dụng bảo toàn cơ năng: mgh = .
2 2
2
2 2
2
2
Trong đó: ω.r = ω0 .(R- r)  ω .r = ω0 .(R- r)
3
 mgh = .m.ω02 (R - r) 2 + mg(2R - r)
4
3
(R-r) 2
 h = ω02 .
+ 2R - r (1)
4
g
2
2
Tại điểm cao nhất: N + P = mω0 (R - r)  N = mω0 (R - r)  mg

N  0  ω (R - r)  g  ω (R - r)  g(R - r) (2)
3
1
Thay (1) vào (2): h  .(R - r) + 2R - r  h  (11R - 7r).
4

3
1
Vậy hmin = (11R - 7r). để con lăn lăn không trượt hết vòng tròn.
3
2
0

Bài 2
4.0
điểm

0,75

2
0

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:

3 2
mr .γ  mgrsinφ
2
2 gsinφ
2
γ= .
 a t = γ.r = .gsinφ
3 r

3
I K .γ = mgrsinφ 

0,25

+) Bảo toàn cơ năng:

I K .ω02 .

1
1
= I K .ω2 . + mg(R - r).(1 - cosφ)
2
2
4

0,25


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

3 2
3
v 0 m = .m.v 2  mg(R - r).(1 - cosφ)
4
4
4
 v 2 = v 02 - g(R - r)(1- cosφ)
3



+) Thay vào phương trình động lực học: N - mgcosφ =

mv02 4mg
(1 - cosφ)
R-r
3
0,25

mv02
7
4
N=
+ mgcosφ - mg
R-r
3
3
2
3

+) Thay rγ = gsinφ vào phương trình động lực học: Fms =

mgsinφ
3

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
2

1
11
11
 v02  g(R - r).  v0 
g(R - r)
7

3
3
11
g(R - r)
3

Thay φ = ; μ =
Vậy: vmin =

0,25

a. 2,0 điểm

Bài 3
4.0
điểm

Thể tích chất lỏng chảy
qua tiết diện ống trong
một đơn vị thời gian.

R

r

0,5

l

5



Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
Xét lưu lượng chất lỏng chảy qua hình vành khăn.


r2 
dQ = S.v = 2πrdr.v0 1- 2 
 R 

r +dr

dr

0,75

Lưu lượng chất lỏng qua cả tiết diện ống là

 r2 
2 v
2πrv
0 0 1- R 2 dr = πR . 20

R

Q=

0,75

b. 2, 0 điểm

Động năng của chất lỏng trong thể tích của ổng
Xét một lớp chất lỏng hình trụ bán kính r, dày dr. Động năng của lớp này là:

1
dWd = . .(2π.dr. ).v 2
2

0,75

Động năng tổng cộng: Wđ =
2
 2r 3 r 5 
2r 4
r6  R
2r
0 dWd = π  v .0  r- R 2 + R 4 dr = π  v0  2 - 4R 2 + 6R 4  0

R

R

2
0

2
 R 2 2R 4
lρv0Q
R6 
2 R
 Wd = πlρv02 

+
=
πlρv
.
=

0
4
6 
6
3
 2

0,75

0,5

a. 1,0 điểm
Áp dụng phương trình trạng thái:

Bài 4
4.0
điểm

p A VA
105 .20.10-3
20
p A VA = nRTA  nR =
=
=

TA
300
3
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 trong quá trình đẳng tích BD và một giai đoạn trong quá trình biến đổi
ECA

3
3 20
Q1 = Q BD = n R(TD - TB ) = . (600 -150) = 4500J
2
2 3

0,5

0,5

0,25

Phương trình của đường thẳng ECA:

p - pA

p -p
V
= E A  p = - + 5(1)
V - VA
VE - VA
5

0,25

(V đo bằng lít, p đo bằng 105 Pa)

6


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369

p
Suy ra:


pV
3  V2
T=
=
+ 5V  (2)
nR
20  5

T = Tmax = 468,75 K khi Vm = 12,5 l
T tăng khi 5  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 trên đoạn CA. Xét nhiệt lượng nhận được ΔQ trong quá trình thể
tích tăng từ V đến V + ΔV (trên đoạn EF):


ΔQ =

3n
RΔT + pΔV
2

0,25

 4V

+ 12,5  ΔV
 5


Từ (1) và (2) tìm được ΔQ =  -

Dễ dàng thấy rằng, trong giai đoạn ECF luôn có ΔQ > 0. Trong giai đoạn này, nhiệt
lượng nhận được là:

Q 2 = ΔU + A; ΔU =

3n
R(Tmax - TE ) = 1687,5J
2

0,5

A là diện tích hình thang EFVmVE có giá trị là 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
Công sinh ra trong một chu trình:
Chu trình: ABC cùng chiều kim đồng hồ, CDE ngược chiều đồng hồ.
=> công A bằng hiệu số giữa diện tích tam giác ABC và diện tích tam giác CDE.
Vậy A = 750 J
Hiệu suất của chu trình : H =

Bài 5
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 đều từ trạng thái nghỉ cùng gia tốc:

a1 =


m2g - μm1g
m1 + m2

1,5

Khi m2 chạm đất, vận tốc của hai vật thỏa mãn:
7


Tải file Word tại website – Hotline : 096.79.79.369
m1

v12 = 2a1h =

(m2g - μm1g)2h
m1 + m2
m2

(1)
* Giai đoạn 2: m1 chuyển động
chậm dần đều do tác dụng của
ma sát trượt với gia tốc:

h

a 2 = -μg
(2)
Kể từ khi m2 chạm đất đến khi m1 dừng lại, vật m1 đi được quãng đường:


S = - h  -v12 = 2a 2S
(m2g - μm1g)2h
hm2
Từ (1), (2) và (3):
 2μg( - h)  μ =
m1 + m2
m1 +m2 -m2

(3)
(*)

+ Bố trí thí nghiệm
- Đặt khối hộp lên bàn, dùng một số quả cân có tổng khối lượng m2 đủ lớn tạo hệ liên
kết qua ròng rọc như hình vẽ.
- Nếu m2 chạm đất mà m1 chưa chạm vào ròng rọc thì nó sẽ tiếp tục chuyển động
chậm dần đều và dừng lại. Bố trí độ cao h của mép dưới m2 so với đất và chiều dài dây
nối sao 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 dưới m2 tới đất và đánh dấu vị trí ban đầu
(M) của m1 trên bàn.
- Thả tay nhẹ nhàng cho hệ chuyển động, đánh dấu vị trí m1 dừng lại trên mặt bàn (vị
trí N). Đo l = MN
- Tính μ theo công thức (*)

Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác, vẫn đúng thì cho điểm tối đa

8

0,75


0,75