đề Thi Và đáp án Học Sinh Giỏi Lớp 10 Môn Vật Lý Tỉnh Hà Tĩnh - 123doc

Tính tốc độ góc của kim phút và kim giờ.. Tìm thời điểm đầu tiên sau thời khắc giao thừa để tốc độ tăng khoảng cách giữa đầu mũi kim giờ và đầu mũi kim phút là lớn nhấtc. Câu 2: Ở điểm A

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT NĂM HỌC 2014 - 2015

ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: VẬT LÝ – LỚP 10Thời gian làm bài: 180 phút

Đề thi có 8 trang, gồm 5 câu

Câu 1: Một đồng hồ tính giờ gồm kim phút dài 2,5 cm và kim giờ dài 2,0 cm

(hình 1) Coi các kim quay đều trong cùng một mặt phẳng.

a Tính tốc độ góc của kim phút và kim giờ

b Mỗi ngày đêm, có bao nhiêu lần kim phút và kim giờ gặp nhau, đó

là những thời điểm nào ?

c Tìm thời điểm đầu tiên sau thời khắc giao thừa để tốc độ tăng

khoảng cách giữa đầu mũi kim giờ và đầu mũi kim phút là lớn nhất Giá trị

lớn nhất ấy là bao nhiêu ?

Câu 2: Ở điểm A trên mặt đất nằm ngang, một người ném một

quả pháo hướng về một khinh khí cầu đang đứng yên trên không

trung (hình 2) Cùng lúc đó, một người ở trên khí cầu thả một vật

nhỏ rơi tự do từ K xuống H Cho AH = 14,7 m, KH = 19,6 m Lấy

g = 9,8 m/s2 Bỏ qua lực cản của không khí

a Xác định góc ném α và tốc độ ném v0 tối thiểu để pháo

trúng vật khi vật đang còn rơi

b Biết rằng sau khi ném được một thời gian τ = 2 s, quả pháo

phát nổ Hãy xác định góc ném α để vị trí pháo nổ ở gần với vị

trí của người đứng trên khinh khí cầu nhất Xác định khoảng

cách nhỏ nhất đó nếu v0 = 15 m/s

Câu 3: Cho một sợi dây kim loại đồng chất, tiết diện đều, có chiều dài

ℓ = 1,2 m

a Dây được uốn thành đường gấp khúc ABCDEFH gồm 6 đoạn

giống nhau và tạo thành 1 hình vuông ABCDE (A ≡ E) và 1 hình tam

giác đều DEFH (H ≡ D) nằm trong cùng một mặt phẳng (hình 3) Vị

trí khối tâm chung của sợi dây nằm cách F bao nhiêu ?

b Dây được uốn thành nửa vòng tròn tâm O thì khối tâm của sợi

dây cách O một đoạn bao nhiêu ? Cho biết, với |x| << 1 thì sinx ≈ x rad.

Câu 4: Một cái giỏ nhỏ khối lượng m được treo vào đầu dưới của một lò xo có đầu trên cố

định Khi giỏ đang đứng yên ở vị trí cân bằng, lò xo dãn một đoạn 2,5 cm thì người ta bỏ nhẹ vào giỏ một vật nặng có khối lượng m' (m' = m) Sau đó, cả vật và giỏ chuyển động cùng nhau

a Xác định vận tốc cực đại của hệ vật và giỏ

b Tìm độ dãn cực đại của lò xo

Lấy g = 9,8 m/s2 Bỏ qua lực cản của không khí

Câu 5: Ở chính giữa một ống thủy tinh hình trụ tròn nằm ngang, tiết diện nhỏ, chiều dài ℓ =

100 cm, hai đầu bịt kín có một cột thủy ngân dài h = 20 cm nằm cân bằng Trong ống có không khí được giữ ở nhiệt độ không đổi Lấy g = 9,8 m/s2 Cho khối lượng riêng của thủy ngân là ρ = 13600 kg/m3

a Khi đặt thẳng đứng, cột thủy ngân dịch chuyển xuống dưới một đoạn d = 12,5 cm Tìm

áp suất của không khí trong ống khi ống nằm ngang

b Đặt ống thủy tinh trãi dài trên đường dốc chính của một mặt phẳng nghiêng góc α = 30o

so với mặt phẳng ngang Thả cho ống trượt trên đường dốc đó Tìm chiều dài của phần khí bên dưới của ống Biết hệ số ma sát giữa ống và mặt phẳng nghiêng μ = 0,346 ≈ 0,2 3

**** HẾT ****

 Thí sinh không được sử dụng tài liệu;

 Giám thị không giải thích gì thêm.

K

A

v 0

H α

Hình 2

C D

E F

H

Hình 3 Hình 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP

THPT NĂM HỌC 2014 - 2015

1a

(1đ)

Kim phút quay một vòng ~ 2π rad mất 1h = 60min => ωphút = 2π rad/h = 0,105 rad/min 0,5 Kim giờ quay một vòng ~ 2π rad mất 12h = 720min => ωgiờ = π/6 rad/h = 8,73.10-3

1b

(1,5đ)

Trong hệ qui chiếu gắn với kim giờ

Kim phút quay với tốc độ ωp/g = ωphút − ωgiờ = 11π/6 (rad/h) 0,5 Mỗi ngày đêm 24 giờ, kim phút quay được (11π/6).24 = 44π rad ~ 22 vòng, tức gặp

nhau 22 lần

Thời gian giữa các lần là 2π/(11π/6) = 12/11 (giờ) 0,5 Lần 1: 0 giờ - 0 phút

Lần 2: 12/11 giờ = 1h5min; Lần 3: 24/11 giờ = 2h11min; Lần 4: 36/11 giờ = 3h16min

Lần 5: 48/11 giờ = 4h22min; Lần 6: 5h27min; Lần 7: 6h33min; Lần 8: 7h38min

Lần 9: 8h44min; Lần 10: 9h49min; Lần 11: 10h55min;

1c

(1,5)

Tốc độ tăng khoảng cách GP chính là thành phần hình chiếu của vP trên phương GP (vì G đứng yên)

vG/P = v.sin GPO = v.OH/OP ≤ v.OG/OP

= 4v/5 = 11,52 cm/h => vG/P(max) = 11,52 cm/h 0,5

Dấ u bằn g khi

H ≡ G, tức là cos GOP



= 4/5

=> HOP



= 0,6 44 rad

=>

t = HOP

 /(ωg /p) = 0,1

vP = 14,4 cm/s

Kim phút O

G

P

vP/G

H

K

i

m

g

i

ờ

h

= 6mi n43

s = 7 min

(ch

ú ý lúc gia o thừ a

GOP



= 0)

0,5

Khi bắt đầu ném, vận tốc của pháo so với vật là v0

Cả vật và pháo đều có gia tốc g trong hệ qui chiếu gắn với mặt đất

=> trong hệ qui chiếu gắn với vật:

+/ Vật đứng yên tại K' +/ Khí cầu cùng với giỏ K đi lên nhanh dần với gia tốc g (t = 0, K' ≡ K)

+/ Pháo chuyển động thẳng đều với tốc độ v = vban đầu = v0 0,5

=> Để pháo trúng vật thì pháo bay trên đường thẳng A'K' 0,5

=> tan

α = K'H '/A' H'

= 4/3

=>

α = 53,

1o =

53o 8' Thời gian rơi của vật là trơi = 2 h / g = 2 s 0,5 Thời gian pháo đi từ A' đến K' là K'A'/v0 = KA/v0 0,5

=> Để pháo

trúng vật lúc

còn rơi: KA/

v0 ≤ trơi => v0

≥ KA/trơi =

12,25 m/s

0,5

Cũng trong hệ qui chiếu gắn với vật V, khí cầu K bay lên nhanh dần đều với gia tốc g

Trong thời gian τ = 2 s, khí cầu đi lên đến K:

KK' = g τ2/2 = 19,6 m => KH' = 39,2 m => A'K = 41,9 m;

0,5

K'

'' 3 2 5 2 , 1 , 9 h

ỏ n h ấ

t l à : K N

A ' K : K K 'ậ

t V , k h

í c ầ

u K

b a

y l ê

n v ớ

i g i

a t ố

c G tr o n

g h

ệ q u

i c h i ế

u g ắ

n v ớ

i v ậ

t V , p h á

o c h u y ể

n đ ộ n

g t h ẳ n

g đ

α

K'

v0

K N

Pháo nổ ở N cách A' khoảng A'N = v0τ = 30 m Theo bất đẳng thức tam giác: KN ≥ |A'K − A'N|, dấu bằng xảy ra khi A', N, K

thẳng hàng

=> tanα' = H'K/H'A' = 39,2/14,7 => α' = 69,4o = 69o27' 0,5

Kh oản g các h nhỏ nhấ

t là: KN

min

= A'K

− A'N

= 11,

9 m

0,5

Độ dài mỗi đoạn gấp khúc là 120/6 = 20 cm

0,5

G1 là khối tâm của hình vuông ABCDE (4 đoạn)

G2 là khối tâm của đoạn gấp khúc EFG (2 đoạn) 0,5

=> G nằm trên G1G2 với GG1 × 4 = G2G × 2

0,5

=> GG2 = 2G1G2/3 =

3

3 10

20  cm

0,5

cm 1 , 21 3

3 25 20 3

3 10 20 3

0,5 Cung AB cần tìm khối tâm có bán kính R = ℓ/π ≈ 38,2 cm

Vì tính đối xứng, khối tâm G của cung nằm trên đường trung trực của đường kính AB

0,5 Xoay cung AB 1 góc ∆α rất nhỏ được cung A'B' có khốiα rất nhỏ được cung A'B' có khối tâm ở G'

So với cung AB, cung A'B' thêm cung AA' nhưng bớt cung BB' Vì thế nếu tác dụng lực ∆α rất nhỏ được cung A'B' có khốiPℓ kéo lên khử trọng lực cung AA' và lực ∆α rất nhỏ được cung A'B' có khốiPx kéo xuống bổ sung trọng lực cung BB' thì vẫn tương đương cung AB Tức là hợp lực P', ∆α rất nhỏ được cung A'B' có khốiPℓ,

∆α rất nhỏ được cung A'B' có khốiPx đúng bằng P Xét trục quay qua O: MP = 0 => MP MP MP' 0



Vì

∆α rất nhỏ được cung A'B' có khốiα rất nhỏ

=> cán

H '' 3 2 5 2 , 1 , 9 h

ỏ n h ấ

t l à : K N

A ' K : K K 'ậ

t V , k h

í c ầ

u K

b a

y l ê

n v ớ

i g i

a t ố

c G tr o n

g h

ệ q u

i c h i ế

u g ắ

n v ớ

i v ậ

t V , p h á

o c h u y ể

n đ ộ n

g t h ẳ n

g đ

252, 1,9h

ỏ nhất là:

KN A' K:

KK'

ật

V, khí cầu

K bay lên với gia tốc Gtr ong

hệ qui chiế

u gắn với vật

V, phá

o chu yển độn

g thẳn

g đ

α'

C D

E F

H

G1

G2 G×

20 cm cm

G G'

A'

B'

H

∆α rất nhỏ được cung A'B' có khốiPx

∆α rất nhỏ được cung A'B' có khốiP

ℓ

∆α rất nhỏ được cung A'B' có khốiα

h tay đòn của

∆α rất nhỏ được cung A'B' có khốiPℓ

là OA , của

∆α rất nhỏ được cung A'B' có khốiPx

là OB, của P' là OH

= OG sin

∆α rất nhỏ được cung A'B' có khốiα

=>

2∆α rất nhỏ được cung A'B' có khối P.R

= P'

OG' ∆α rất nhỏ được cung A'B' có khốiα

=>











'.

P

R P 2 ' OG (vì

) P P











=>

vậy OG

= OG'

= 2R/

π ≈ 24, 3 cm

0,5

Vật nặng m, ở vị trí cân bằng lò xo dãn ∆α rất nhỏ được cung A'B' có khốiℓ0 = 2,5 cm => hệ 2 vật (giỏ và vật nặng) có

khối lượng 2m thì khi cân bằng lò xo dãn 2∆α rất nhỏ được cung A'B' có khốiℓ0 = 5 cm 0,5

Khi đặt vật vào giỏ, hệ mất cân bằng Trọng lực mạnh hơn lực đàn hồi, vật chạy nhanh

Áp dụng bảo toàn cơ năng: k(∆α rất nhỏ được cung A'B' có khốiℓ0)2/2 = k(2∆α rất nhỏ được cung A'B' có khốiℓ0)2/2 − (2m)g(∆α rất nhỏ được cung A'B' có khốiℓ0) + (2m)v2/2 0,5

Chú ý : k∆α rất nhỏ được cung A'B' có khốiℓ0 = mg => v2 = g∆α rất nhỏ được cung A'B' có khốiℓ0/2 => vmax = 35 cm/s 0,5

Qua vị trí cân bằng, vật tiếp tục chuyển động theo quán tính, đến khi tạm dừng lò xo dãn cực

gốc thế năng hấp dẫn chọn ở vị trí mà vật và giỏ bắt đầu chuyển động 0,5

H '' 3 2 5 2 , 1 , 9 h

ỏ n h ấ

t l à : K N

A ' K : K K 'ậ

t V , k h

í c ầ

u K

b a

y l ê

n v ớ

i g i

a t ố

c G tr o n

g h

ệ q u

i c h i ế

u g ắ

n v ớ

i v ậ

t V , p h á

o c h u y ể

n đ ộ n

g t h ẳ n

g đ

Bảo toàn cơ năng ta có: k(∆α rất nhỏ được cung A'B' có khốiℓ0)2/2 = k(∆α rất nhỏ được cung A'B' có khốiℓmax)2/2 − (2m)g(∆α rất nhỏ được cung A'B' có khốiℓmax − ∆α rất nhỏ được cung A'B' có khốiℓ0)

Thay mg = k∆α rất nhỏ được cung A'B' có khốiℓ0 => (∆α rất nhỏ được cung A'B' có khốiℓ0)2 = (∆α rất nhỏ được cung A'B' có khốiℓmax)2 − 4(∆α rất nhỏ được cung A'B' có khốiℓ0) (∆α rất nhỏ được cung A'B' có khốiℓmax) + 4(∆α rất nhỏ được cung A'B' có khốiℓ0)2

0,5

x2 − 4x + 3 = 0, với x = ∆α rất nhỏ được cung A'B' có khốiℓmax/∆α rất nhỏ được cung A'B' có khốiℓ0 > 1

Lấy nghiệm x = 3 => ∆α rất nhỏ được cung A'B' có khốiℓmax = 3∆α rất nhỏ được cung A'B' có khốiℓ0 = 7,5 cm 0,5

Chú ý:Áp suất của cột thủy ngân cao h (cm) là p = ρgh ~ h gh ~ h (cmHg)

0,5 Gọi áp suất khí trong ống khi ống nằm ngang là p

Khi dựng ống thẳng đứng, áp suất khí bên trong ống Phần trên: pt; Phần dưới:

pd

Áp dụng định luật Bôi-lơ – Ma-ri-ốt ta có: pt.52,5.S = p.40.S = pd.27,5.S 0,5 Mặt khác: pd = pt + 20 cmHg

0,5 cmHg

20 p ) 5 , 52

40 5

,

27

40

(   => p = 28,875 cmHg = 288,75 mmHg

0,5 Gia tốc của ống: a = g.sinα − μ.g.cosα = 0,2g

0,5 Cột thủy ngân dịch xuống 1 đoạn x

Lực đẩy trên xuống (dọc theo mặt phẳng nghiêng): S S h g sin 30 o

x 40

40



Lực đẩy dưới lên (dọc theo mặt phẳng nghiêng): S

x 40

40 p

 Áp dụng định luật II Niu-tơn: S S h 0 , 2 g

x 40

40 p 30 sin g h S S x 40

40









sinh giải đúng theo cách khác hướng dẫn chấm, giám khảo cho điểm tối đa;

 Mỗi lần thiếu đơn vị trừ 0,25 điểm, tối đa trừ 0,5 điểm trong 1 câu lớn.

MỘT SỐ CÁCH GIẢI KHÁC

Câu 1b:

Học sinh có thể giải theo cách sau:

Kim phút quay nhanh hơn kim giờ => trong khoảng thời gian t giữa hai lần gặp kim phút quay nhanh hơn kim giờ 1 vòng, tức 2π rad

=> ωphútt − ωgiờt = 2π rad => t = 12/11 (giờ)

Lần đầu: 0h0min0s => các lần tiếp theo: 12/11 (giờ); 24/11 (giờ) …

Câu 1c:

Học sinh có thể dùng định lí hàm số cosin tính khoảng cách GP rồi xét ∆GP/∆t để tìm tốc độ thay đổi khoảng cách GP

Đặt GOP = ωp/g.t = x

GP2 = OG2 + OP2 − 2OG.OPcosx

Đạo hàm hai vế theo thời gian

2GP.GP' = + 2OG.Opsinx.x'

max 2OG.OPcosx OP

OG

x sin khi

' GP 2OG.OPcosx

OP OG

x sin

OP OG

'

2 2

max 2

2

g / p















max x

cos

a

x

cos





 với a = (OG2 + OP2)/(2OG.OP) =41/40, đặt a − cosx = y ≥ 0

max x

cos

a

1

x

cos





y

1 a y ( a 2 [ a 2 y y

a 1 y

) y a (





















y

1 a y (

2





min

khi y2 = a2 − 1 => cosx = a − a 2 1

 = 4/5, tức là cosGOP = 4/5 như cách giải của HDC

Câu 2: Phương pháp tọa độ

Pháo: +/ xP = v0cosα.t

+/ yP = v0sinα.t − gt2/2

Vật: +/ xV = AH

+/ yV = HK − gt2/2

Pháo trúng vật: +/ xP = xV => AH = v0cosα.t

+/ yP = yV => HK = v0sinα.t Hướng ném: tanα = HK/AH = 3/4 => α = 36,9o = 36o52'

Thời gian rơi: yV = 0 => trơi = 2 s => AH = v0cosα.t ≤ v0cosα.trơi => v0 ≥ AH/(trơicosα) = 12,25 m/s

Gọi vị trí pháo nổ là N: +/ xN = v0cosα.τ

+/ yN = v0sinα.τ − gτ2/2 Khoảng cách NK = z

z2 = (AH − v0cosα.τ)2 + (KH − v0sinα.τ + gτ2/2)2

= AH2 + (KH + gτ2/2)2 + (v0.τ)2 − 2 v0τ[AHcosα + (KH + gτ2/2)sinα] ≥

AH2 + (KH + gτ2/2)2 + (v0.τ)2 − 2 v0τ [ AH 2 ( KH g 2 / 2 ) 2 ][cos 2 sin 2 ]













=> zmin = [AH2 + (KH + gτ2/2)2 + (v0.τ)2 − 2 v0τ AH 2  ( KH  g  2 / 2 ) 2 ]1/2 = 11,9 m

Dấu bằng xảy ra khi: AH/cosα = (KH + gτ2/2)/sinα => tanα = 39,2/14,7 => α = 69,4o = 69o27'

Câu 3b: Phương pháp tìm tọa độ trọng tâm nhờ ứng dụng phép toán

tích phân

Nhận xét: do tính đối xứng, trọng tâm của cung tròn nằm trên trung trực

Ox của đường kính AB

Xét 2 cung tròn có tọa độ α, có số đo góc dα, cùng có tọa độ x = R.sinα

trên trục Ox

Tổng khối lượng của 2 cung là m.2dα/π (m là tổng khối lượng của dây)

Tọa độ khối tâm là:











m

d sin mR 2 x

2 /

0 G

Câu 3b: Phương pháp lượng giác

Chia nửa đường tròn thành hai cung đối xứng cùng có số đo π/2

Dễ dàng nhận thấy, nếu OG = x thì x1 = OG1 = x/cos(π/4)

α x A

x

A

x

G

G1

G 2

Tương tự, chia cung tròn có số đo π/2 thành hai cung tròn đối xứng có số đo π/4

=> x2 = OG2 = x1/cos(π/8); …

2 cos

2

cos 2

cos 2 cos OG

2 3

n 2

n 1 n 1 n n 1

n OG sin2 cos2 cos2 cos2 cos2

2

sin

=> n 1 n n 2 n 2 n 3 2 2n 2 OGnsin21

1

2 cos

2

cos 2

cos 2

sin OG 2

1 2

sin

Chú ý : với n rất lớn n 1 n 1

2 2

sin    ; OGn = R => x = 2R/π

Câu 5a:

Nếu thí sinh không hiểu ý nghĩa đơn vị cmHg thì có thể tính trực tiếp áp suất của cột thủy ngân ra Pa theo công thức: p = ρgh, thay ρ, thay g, thay h đã cho trong giả thiết

Đáp số: pkhông khí = 38484,6 Pa



Đáp số x = 4 cm => phần dưới còn 36 cm, phần trên là 44 cm

Chú ý 28 , 875 cm

g

p



