Kỳ thi học sinh giỏi Vật lí Lớp 10 - Năm học 2022-2023 - Trường THPT Thị xã Quảng Trị (Có đáp án)

Nội dung text: Kỳ thi học sinh giỏi Vật lí Lớp 10 - Năm học 2022-2023 - Trường THPT Thị xã Quảng Trị (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THPT THỊ XÃ KỲ THI HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA LỚP 10 THPT QUẢNG TRỊ Khóa ngày 11 tháng 4 năm 2023 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: VẬT LÝ Đề có 2 trang Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 (4 điểm): Một vật có khối lượng m = 1kg được kéo trên mặt sàn nằm ngang bởi lực F hợp với phương ngang α = 600, độ lớn F = 43N (hình 1). Biết hệ số ma sát 3 giữa vật và mặt phẳng ngang là µ = và ban đầu vật đứng yên. Lấy g = 10m/s2. 3 a. Tính gia tốc chuyển động của vật. b. Sau thời gian ts0 = 3 (kể từ khi bắt đầu chuyển động) thì thôi tác dụng lực kéo F . Tính tổng quãng đường mà vật đi từ Hình 1 khi bắt đầu chuyển động cho đến khi dừng lại. c. Thay đổi lực kéo F thì thấy vật chuyển động thẳng đều. Để lực F có giá trị nhỏ nhất thì góc α phải bằng bao nhiêu? Câu 2 (4 điểm): Một ca-nô chạy qua sông xuất phát từ A, mũi hướng tới điểm B ở bờ bên kia (hình 2). AB vuông góc với bờ sông. Nhưng do nước chảy nên khi đến bên kia, ca-nô lại ở C cách B đoạn BC= 200 m . Thời gian qua sông là 1 phút 40s. Nếu người lái giữ cho mũi ca-nô chếch 60° so với bờ sông về phía thượng nguồn và mở máy chạy như trước thì ca-nô tới đúng vị trí B. Hãy tính: Hình 2 a. Vận tốc nước chảy và vận tốc ca-nô. b. Thời gian qua sông của ca-nô lần sau. Câu 3 (4 điểm): Viên đạn khối lượng m = 0,8kg đang bay ngang với vận tốc v0 = 12,5m/s ở độ cao H = 20m thì vỡ thành hai mảnh. Mảnh I có khối lượng m1 = 0,5kg, ngay sau khi nổ bay thẳng đứng xuống và khi bắt đầu chạm đất có vận tốc v1’ = 40m/s. Lấy g = 10m/s2.
2. a. Tìm độ lớn và hướng vận tốc của mảnh đạn II ngay sau khi vỡ. Bỏ qua sức cản của không khí. b. Mảnh II chạm đất sau mảnh I khoảng thời gian bao nhiêu. A c. Vị trí chạm đất của hai mảnh cách nhau bao xa. 45o Câu 4 (3 điểm): Cho một quả cầu có kích thước nhỏ trọng lượng L P = 100N gắn vào đầu B của một thanh cứng đồng nhất trọng lượng B P1 = 10N, đầu còn lại C của thanh gắn với tường thông qua một trục 60o quay nằm ngang. Dây treo AB không giãn khối lượng không đáng C kể. Cho khoảng cách AC = L = 1m, các góc có giá trị như trên hình Hình 3 3. Hệ đang ở trạng thái cân bằng. Tìm lực căng của dây và phản lực của trục quay C tác dụng lên thanh. Câu 5 (3 điểm): Một con lắc đơn gồm sợi dây không dãn chiều dài ℓ= 1 m, treo một vật có khối lượng m = 100 g. Bỏ qua khối lượng của dây và mọi lực cản. Lấy = 9,8 m/s2. Ban đầu đưa con lắc đến vị trí dây treo hợp với phương thẳng đứng góc =𝑔𝑔 60° rồi thả nhẹ. 𝛼𝛼0 a. Tìm vận tốc của vật và lực căng của sợi dây khi dây treo hợp với phương thẳng đứng góc = 30°. b. Khi𝛼𝛼 vật m qua vị trí cân bằng, một vật nhỏ khối lượng M = 200 g chuyển động ngược chiều theo phương ngang với vận tốc đến va chạm hoàn toàn mềm với vật m. Tính giá trị lớn nhất của để hai vật không vượ𝑉𝑉�⃗t quá độ cao H = 0,8 m so với vị trí cân bằng. Câu 6: (2 điểm)𝑉𝑉 Một vật dạng bán cầu, bán kính R được đặt trên mặt phẳng nằm ngang. Trên đỉnh bán cầu có đặt một vật nhỏ khối lượng m ( hình 4). Vật m bắt đầu trượt xuống với vận tốc ban đầu không đáng kể. Bỏ qua ma sát giữa vật m m và bán cầu. Tìm vị trí vật m bắt đầu rời khỏi bán cầu trong hai trường hợp: R 1. Bán cầu được giữ cố định. 2. Bán cầu có khối lượng M = m và có thể trượt không ma Hình 4 sát trên mặt phẳng nằm ngang. HẾT (Thí sinh không được sử dụng tài liệu )
3. TRƯỜNG THPT THỊ XÃ KỲ THI HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA LỚP 10 THPT QUẢNG TRỊ Khóa ngày 11 tháng 4 năm 2023 ĐÁP ÁN Môn thi: VẬT LÝ Đáp án có 4 trang Câu ý Hướng dẫn Điểm a - Vật chịu tác dụng của các lực:     y 1,5đ 0.25 PNFF, ,,ms (Biểu diễn trên hình vẽ)   N  - Theo định luật II Niu tơn: F   0,25 ++ + = F P N Fms ma (*) α Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ, gốc thời F x gian là lúc bắt đầu chuyển động. ms Chiếu (*) lên các trục Ox, Oy: P Ox: Fcosα−=⇔ Fms ma Fcosαµ − N = ma (1) 0.25 0,25 Oy: NF+sinαα −=⇒=− P 0 N PFsin (2) 0.25 F - Từ (1) và (2) suy ra: a =(cosαµ +− sin α) µg (3) m 0.25 23 Thay số: a= ms/ 2 3 b - Trong thời gian ts0 = 3 , vật đi được quãng đường : Câu 1 1,5đ 122 12 3 0.5 (4 điểm) S10= at =. .3 = 3 3 m 2 23 23 Vận tốc của vật tại thời điểm t0 : v= at0 =.3 = 2 3m / s 0.25 3 - Sau thời gian t0 vật chuyển động chậm dần đều với gia tốc: 10 3 a=−=−µ g ms/ 2 0,25 2 3  Quãng đường vật đi được sau khi ngừng tác dụng lực F : 2 v2 (23) 0.25 Sm2 =−= =0,6 3 2a 10 3 2 2. 3 0.25 - Tổng quãng đường vật đi được: SS=+=12 S3,6 3 m c µmg - Từ (3) với a = 0 (vật CĐ thẳng đều) => F = 1đ cosαµ+ sin α 0.25 0.25 - Ta có: Fmin  (cosαµ+ sin α) max Theo bđt bunhiacopxki:
4. (ccosαµ+sin α) ≤+( 1 µ22)( os α +sin 2 α) =+( 1 µ2) 0.25 3 Dấu bằng xảy ra khi tanαµ== →= α300 3 0.25 a BC 0,5 a. - Vận tốc bằng vận tốc nước chảy: v = 2đ n t 200 0,5 ⇒=v =2/ ms n 100 BD vt′ v °= =nn = Trong tam giác vuông ABD ta có: cos60 0,5 AD vcano t′ v cano vn 2 ⇒=vcano ==4/ms 0,5 cos60° 1 2 Câu 2 (4 điểm) b b. Khi ca-nô chuyển động theo phương AB thì: AB= vt =4.100 = 400m . 0,5 2đ Thời gian qua sông của ca-nô lần sau AB 400 800 0,5 Trong tam giác vuông ABD, ta có: AD = = = = 461,9m . sin 60° 33 0,5 2 AD 461,9 0,5 Thời gian qua sông của ca-nô lần sau là: ts′ = = =115,48 vcano 4 a 1,5đ a. Động lượng của hệ bảo toàn: Câu 3 mv0= m 11 v + m 2 v 2 (1) HV 0,5 (4 điểm) Trong đó, v1 và v2 là vận tốc các mảnh đạn ngay sau khi vỡ, v1 có chiều thẳng đứng hướng xuống.
5. 22 2 Ta có: v11′′−= v2 gH ⇒= v1 v 1 −2 gH = 20 3 m / s vv⊥⇒ p ⊥ p nên: 10 1 0 2 22 22 p2=+⇒ pp 1 0 mv 2 2 =( mv 0 0) +( mv 11) =20 kgms . / 0,5 200 ⇒=v ≈66,7ms / . 2 3 α p1 mv 11 o v2 hợp với v0 góc , tanαα= = =3 ⇒= 60 0,5 p00 mv b b. Thời gian mảnh I chạm đất là nghiệm của phương trình: 1,5đ 1 22 H= v t + gt ⇔20 = 20 3t + 5 t ⇔= t 0,53 s (>0 thỏa mãn) 112 1 1 1 1 0,5 Thời gian mảnh II chạm đất là nghiệm của phương trình: 1 200 3 −H = y =( vsinα ) . t − gt 22 ⇔−20 = .t − 5 t ⇔ t = 11,88 s 2 2 22 2 3222 2 0,5 ∆t =−= tt11,88 − 0,53 = 11,35s 21 2 1 0,5 c c. Hai mảnh sau khi chạm đất cách nhau: L= L22 =( v cosα ). t 2 = 396,12 m 1 1đ a) Các lực tác dụng lên thanh như hình vẽ. Trong A HV 0,5 đó: Rx, Ry là thành phần của phản lực của tường tác dụng lên thanh theo phương ngang và phương 45o thẳng đứng. T L Ta có: P + T + P1 + R x + R y = 0 B 0,5 o  R = T sin 45 Ry Suy ra:  x 0,5 P + P = R + T cos45o P 60o Câu 4  1 y P1 điểm (3 ) Đối với trục quay C ta có: Rx C o BC o o ∑M C = 0 → P.BC.sin 60 + P1. sin 60 = T.BC.sin 75 2 0,5 Lực căng dây: T = 94,1 N. 0,5 Rx = 66,6 N, Ry = 43,4 N. 2 2 0,5 Phản lực của tường tác dụng lên thanh: R = Rx + Ry = 79,4N a Theo định luật II Newton: = + = (2) 1,5đ 0,5 cos = = = (3) 𝐹𝐹⃗ℎ𝑙𝑙 𝑃𝑃2�⃗ 𝑇𝑇�⃗ 𝑚𝑚𝑎𝑎⃗ Thay (1) vào (3), suy ra: 𝑚𝑚𝑣𝑣 𝑇𝑇 − 𝑃𝑃 𝛼𝛼 𝐹𝐹ℎ𝑡𝑡 𝑚𝑚𝑎𝑎ℎ𝑡𝑡 𝑅𝑅 0,5 = (3 cos 2 cos ) (4) Câu 5 Thay số = 30°, ta có: (3 điểm) 0 𝑇𝑇 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝛼𝛼=− 2.9,8.𝛼𝛼1(cos 30° cos 60°) 2,7 m/s 0,5 𝛼𝛼 = 0,1.10(3 cos 30° 2 cos 60°) 1,6 N 𝑣𝑣 � − ≈ b b.Vận tốc của 𝑇𝑇 ngay trước va chạm:− ≈ 1,5đ 0,25 𝑚𝑚
6. 3,13m = 2 (1 cos ) s 0 0 0,25 Theo định luật bảo 𝑣𝑣toàn đ�ộng𝑔𝑔 𝑔𝑔lượng:− 𝛼𝛼 +≈ = ( + ) (5) + + = ( + ) 0 = ���⃗ 𝑚𝑚𝑣𝑣����⃗ 𝑀𝑀𝑉𝑉�⃗ 𝑚𝑚 + 𝑀𝑀 𝑣𝑣′ ′ ′ 0 TH1 : Nếu 0 , tức > 0, sau va chạm hai vật chuyển động 0 0,25 cùng chiề𝑙𝑙u dương− (theo𝛼𝛼 chiều′𝑚𝑚 chuyển động trước va chạm của M)và lên đến độ cao h.𝑀𝑀 𝑀𝑀 Độ l𝑚𝑚ớn𝑚𝑚 vận tố𝑣𝑣c = 0 Theo ĐLBT cơ năng : ′ −𝑚𝑚𝑣𝑣 +𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑣𝑣 ( +𝑚𝑚+)𝑀𝑀 ( + ) = = 2 ′2 2′2 0,25 𝑚𝑚 𝑀𝑀 𝑣𝑣 + 𝑣𝑣 𝑀𝑀 𝑚𝑚 𝑔𝑔ℎ2 → ℎ 2 + 𝑔𝑔 ′ 0 ( + ) 2 −+𝑚𝑚𝑣𝑣 𝑀𝑀𝑀𝑀 ℎ ≤ 𝐻𝐻 ⇔ 𝑣𝑣 ≤ � 𝑔𝑔𝑔𝑔 ⇔ ≤ � 𝑔𝑔𝑔𝑔 0,25 𝑚𝑚 𝑀𝑀 7,5 m/s 0 1 𝑚𝑚 𝑀𝑀 � 𝑔𝑔𝑔𝑔 𝑚𝑚𝑣𝑣 ⇔ 𝑉𝑉 ≤ ≈ 1đ 1. Áp dụng định lý động năng: 𝑀𝑀 N 2 Vận tốc tại M: v=2 gR (1 − c osα ) (1) 0,25 mv2 0,25 - Định luật II Niu tơn : mgcosα −=N (2) R - Từ (1) và (2) suy ra : N =mg(3cosα -2) 0,25 2 0,25 - vật bắt đầu rời bán cầu khi N = 0 ⇒=cosα 3 2 1đ 2. V M m Câu 6 - Gọi V là vận tốc bán cầu, u là vận tốc của (2 điểm) M so với bán cầu. Vận tốc của m so với đất là : v= uV + 0,25 - Theo phương ngang động lượng bảo toàn nên : mu cosα mvx = MV ⇒ m( u cosα − V ) = MV ⇒= V (1) 0,25 Mm+ mu2 - Khi m bắt đầu rời khỏi M thì : mg cosα = ⇒=u2 gR cosα (2) R 2 22 - Mặt khác ; v= V +− u2 uV cosα (3) mv22 MV - Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng : mgR(1−=+ c osα ) (4) 0,25 22
7. m 3 0,25 - Từ (1),(2),(3),(4) suy ra: cosαα− 3cos += 2 0 Mm+ - Với M=m ,ta có : coos3αα− 6cos += 4 . Giải ra cosα = 31− • Thí 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. HẾT