Tài liệu Tuyển chọn đề thi học sinh giỏi vật lý 10 có đáp án

TUYỂN CHỌN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN VẬT LÝ LỚP 10 (có đáp án và thang điểm) Tp. Hồ Chí Minh, 10/2016 SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC K× THI CHäN HSG LíP 10 THPT N¡M HäC 2010-2011 §Ò THI M¤N: VËT Lý ĐỀ CHÍNH THỨC (Dµnh cho häc sinh THPT kh«ng chuyªn) Thêi gian lµm bµi: 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò Câu 1: Một viên bi chuyển động thẳng nhanh dần đều không vận tốc đầu, xuất phát trên đỉnh một máng nghiêng dài 10m và trong giây thứ năm nó đi được quãng đường bằng 36cm. Hãy tính: a) Gia tốc của bi khi chuyển động trên máng. b) Thời gian để vật đi hết 1 mét cuối cùng trên máng nghiêng. Câu 2: Trên mặt phẳng ngang nhẵn có một chiếc nêm với góc nêm α. Vật m nhỏ khối lượng m trượt xuống với gia tốc có hướng hợp với mặt phẳng ngang góc β (Hình 1), gia tốc trọng trường g. Xác định khối lượng của β α nêm và gia tốc trong chuyển động tương đối của vật đối với nêm. Bỏ qua mọi ma sát. Hình 1 Câu 3: Một vật có trọng lượng P=100N được giữ đứng yên trên mặt phẳng nghiêng góc α bằng lực F có phương nằm ngang (hình 2). Biết tanα=0,5 và hệ số ma sát trượt μ=0,2. Lấy g=10m/s2. a) Tính giá trị lực F lớn nhất. b) Tính giá trị lực F nhỏ nhất Câu 4:  F  Hình 2 Một quả cầu nặng m=100g được treo ở đầu một sợi dây nhẹ, không co dãn, dài l=1m (đầu kia của dây cố định). Truyền cho quả cầu ở vị trí cân bằng một vận tốc đầu v0 theo phương ngang. Khi dây treo nghiêng góc α =30o so với phương thẳng đứng thì gia tốc của quả cầu có phương ngang. Cho g=10m/s2, bỏ qua mọi ma sát. a) Tìm vận tốc v0. b) Tính lực căng dây và vận tốc của vật tại vị trí có góc lệch  = 40o Câu 5: Vật có khối lượng M = 0,5kg được treo vào đầu dưới của lò xo nhẹ có độ cứng K = 100N/m, đầu trên lò xo treo vào giá cố định, chiều dài tự nhiên của lò xo là l0 = 30cm. Một vật nhỏ có khối lượng m = 100g chuyển động theo phương ngang với vận tốc v0 = 6m/s tới va chạm đàn hồi với vật M đang đứng yên ở vị trí cân bằng. Hãy xác định độ cao (so với vị trí cân bằng) của vật M và độ giãn của lò xo khi M lên tới điểm cao nhất. Bỏ qua lực cản không khí. Lấy g = 10m/s2. ------------------HẾT-------------------(Giám thị không giải thích gì thêm) Họ tên thí sinh ...........................................................................................Số báo danh.......................... ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI HSG LỚP 10 MÔN VẬT LÝ TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2010 – 2011 Câu 1 (3 điểm): a) Quãng đường vật đi được sau 4s và sau 5s đầu tiên là: 1 2   s4  2 a.4  8a   s  1 a.52  12,5a  5 2 (1đ)  Quãng đường bi đi được trong giây thứ năm là: l5 = S5 - S4 = 4,5a = 36cm  a = 8cm/s2 (0,5đ) b) Gọi thời gian để vật đi hết 9m đầu và 10m đầu là t9, t10 ta có:  18 1 2  t  9  at  9 9  a  2   10  1 at 2 t  20 10  10 2  a (1đ) Thời gian để vật đi hết 1m cuối là: t  t10  t9  20 18   0,81s (0,5đ) 0, 08 0, 08 Câu 2 (1,5 điểm): - Xét chuyển động của vật trong hệ quy chiếu gắn với mặt đất. +) Các lực tác dụng lên vật như hình vẽ. r +) Gọi a : gia tốc của vật đối với nêm uur a0 : gia tốc của nêm đối với đất - Phương trình ĐLH viết cho vật:  N sin   m  a0  a cos   N cos   mg   ma sin  (1) (2) - Phương trình ĐLH viết cho nêm: Q sin   Ma0 ; Q  N +) Giải hệ: Từ (1) và (3) có:  Ma0  m  a0  a cos   Từ (2) và (3) có: Ma0 (0,25đ) (3) (4) cos   m  g  a sin   sin  (5) (0,25đ) - Sử dụng định lý hàm số sin trong tam giác gia tốc ta có: a0 a a sin     0 sin     sin 180  a0 sin     a mM  thay vào (6) (0,25đ) a0 m cos  tan  - Tìm được : M  m (0,25đ) tan   tan  - Từ (4)  (6) (0,25đ) N ao Q β P α a - Từ (4), (5) và (6) tìm được: a  g sin  sin  sin   sin      cos  (0,25đ) Câu 3 (2 điểm): a) Lực F có giá trị lớn nhất khi vật có xu hướng đi lên. Khi đó các lực tác dụng lên vật như hình vẽ. Do      vật cân bằng nên N  F  Fms  P  0 (0,25đ) Chiếu lên phương mặt phẳng nghiêng và phương vuông góc với mặt phẳng nghiêng ta được: Fms  F cos  P sin   N N  F sin  P cos P(sin   cos ) P(tan    )  cos   sin 1   tan  P(tan    )  1   tan  Do : Fms  N  F   Fmax (0,5đ)  F Fms  P α Thay số ta được: Fmax  77,8 N (0,25đ) b) Lực F có giá trị nhỏ nhất khi vật có xu hướng đi xuống. Khi đó lực ma sát đổi chiều so với hình vẽ.      Do vật cân bằng nên N  F  Fms  P  0 (0,25đ) Chiếu lên phương mặt phẳng nghiêng và phương vuông góc với mặt phẳng nghiêng ta được: Fms   F cos   P sin  N  F sin   P cos  Do : Fms   N  F   Fmin  P(sin    cos  ) P(tan    )  cos    sin  1   tan  (0,5đ) P(tan    ) 1   tan  Thay số ta được: Fmax  27, 27 N (0,25đ) Câu 4 (2 điểm): a) Khi dây treo nghiêng góc α=300 so với phương thẳng đứng, vật M chịu tác dụng của các lựcnhư hình vẽ. Do gia tốc có phương ngang nên: T .cos30o  mg (1) (0,25đ) Mặt khác, xét theo phương hướng tâm MO ta có: mv 2 T  mgcos30  (2) (Với v là vận tốc của vật tại M) (0,25đ) l O α o gl Từ (1) và (2) suy ra: v 2  (3) (0,25đ) 2 3 Áp dụng ĐLBT cơ năng cho hệ khi vật ở vị trí M và khi vật ở vị trí cân bằng ta được: v02=v2+2gl(1 – cos300) = 12  5 3 gl (0,25đ) 6  v0 ≈ 2,36m/s (0,25đ) b) Áp dụng ĐLBT cơ năng cho hệ khi vật ở vị trí =40o và khi vật ở vị trí cân bằng ta được: T ma M P vo2  v 2  2 gl (1  cos40o )  v  vo2  2 gl (1  cos40o )  0,94(m / s) (0,25đ) Xét theo phương sợi dây ta có: T  mgcos40o  mv 2 0,1.0,942  0,1.10.cos40o   0,86 N (0,5đ) l 1 Câu 5 (1,5 điểm): - XÐt va ch¹m ®µn håi gi÷a m vµ M, ta cã: mv0  mv0 ' Mv  2  mv0 mv02 ' Mv 2    2 2  2 (1) (2) Thay sè vµo, gi¶i hÖ (1) vµ (2) ta ®-îc: v0’ = v 2vo = - 4m/s, v = 0 = 2m/s (0,25đ) 3 3 - Sau va ch¹m vËt m chuyÓn ®éng ng-îc l¹i víi lóc tr-íc va ch¹m, cßn vËt M cã vËn tèc ®Çu lµ v vµ chuyÓn ®éng lªn tíi ®é cao cùc ®¹i h (so víi VTCB), khi ®ã lß xo bÞ lÖch mét gãc  so víi ph-¬ng th¼ng ®øng. Tr-íc lóc va ch¹m lß xo bÞ gi·n mét ®o¹n x0 = Mg  5cm vµ khi vËt ë ®é cao h, lß xo bÞ k gi·n mét ®o¹n x. - ¸p dông ®Þnh luËt II Niut¬n cho M, ta ®-îc: kx - Mgcos = 0 víi cos = l 0 x 0  h l0  x (0,25đ) suy ra: kx(l0 + x) = (l0 + x0 - h).Mg (3) (0,25đ) - ¸p dông ®Þnh luËt b¶o toµn c¬ n¨ng(mèc thÕ n¨ng t¹i VTCB) cho vËt M, ta cã: Mv 2 kx 02 kx 2   Mgh  2 2 2 (4) (0,25đ) - Thay sè vµo, gi¶i hÖ (3) vµ (4) ta ®-îc: x  2cm, h  22cm. (0,5đ) ========================================================================= *-Nếu thí sinh làm cách khác vẫn đúng thì cho điểm tối đa tương ứng. *-Thí sinh không viết hoặc viết sai đơn vị từ hai lần trở lên thì trừ 0,25 điểm cho toàn bài. SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC ----------------ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012 ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ Dành cho học sinh THPT không chuyên Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề. ------------------------ Câu 1: Một vật bắt đầu chuyển động nhanh dần đều từ điểm O trên trục Ox, theo chiều dương với gia tốc a. Sau khoảng thời gian to thì vật chuyển động với gia tốc –a. Hỏi sau bao lâu kể từ lúc bắt đầu chuyển động thì vật lại về đến điểm O? Cho biết tính chất của chuyển động sau khoảng thời gian to? Câu 2: Một vật nhỏ có khối lượng m trượt không vận tốc ban đầu từ đỉnh một nêm có góc nghiêng α=300 so với phương m ngang (hình 1). Hệ số ma sát giữa vật với mặt nêm là μ=0,2. Lấy g=10m/s2. Mốc thế năng tại chân mặt phẳng nghiêng. a) Nêm được giữ cố định. Khi vật đến chân nêm thì có bao ar α nhiêu phần trăm cơ năng của vật chuyển hóa thành nhiệt năng? b) Nêm được kéo cho trượt sang trái với gia tốc không đổi Hình 1 a=2m/s2 trên sàn nằm ngang. Tìm gia tốc của m so với nêm khi nó được thả cho chuyển động. Câu 3: Một thanh AB đồng chất, tiết diện đều, khối lượng α m=100kg có thể quay tự do quanh một trục đi qua đầu A và vuông A góc với mặt phẳng hình vẽ (hình 2). Thanh được giữ cân bằng theo r r F phương hợp với phương ngang một góc α=300 nhờ một lực F đặt r B vào đầu B, phương của F có thể thay đổi được. Hình 2 r a) F có phương nằm ngang. Tìm giá trị của F. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của lực F để có thể giữ thanh như đã mô tả. Câu 4: Một vật có khối lượng 800g, chuyển động trên trục Ox theo phương 1 trình x = t2-5t+2 (m), (t có đơn vị là giây). Xác định độ biến thiên động lượng của vật kể từ thời điểm t0=0 đến thời điểm t1=2s, t2=4s. 2 Câu 5: Hai quả bóng nhỏ đàn hồi có khối lượng m1 và m2 (m1to là: 1 1 x  xo  v o (t  t o )  a (t  t o ) 2   at 2  2at o t  at o2 ……………………………. 2 2 Khi vật trở về điểm O ta có: x=0……………………………………………………  t 2  4tot  2to2  0  t  to (2  2) …………………………………………………... Sau thời điểm to, vật bắt đầu chuyển động chậm dần đều cho đến lúc dừng lại tức thời. Sau đó vật chuyển động nhanh dần đều theo chiều ngược lại về điểm O…….. Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 a) Lực ma sát: Fms = μ.N = μmg.cosα ....................................................................... Công của lực ma sát: Ams = Fms.l với l là chiều dài nêm............................................ Cơ năng ban đầu của vật: W = mgh = mgl.sinα......................................................... A ms  = 34,6%.................................................................................................  W tan   b) Các lực tác dụng vao vật m như hình  N vẽ F 0,25 0,25 0,25 0,25 ns 2 (2đ) r a  P      Phương trình định luật II cho vật: P  N  Fms  m(a 12  a ) ...................................... Chiếu lên phương vuông góc với nêm và song song với nêm ta được: N + ma.sin α - mg.cos α = 0 mg.sin α + ma.cos α – Fms = m.a12.............................................................................. a12 = g. sin   a. cos    g. cos   a. sin   = 5,2 m/s2.................................... HV 0,25 0,25 0,25 0,25 a) Các lực tác dụng vào thanh AB và không đi qua trục quay A như hình vẽ. A  P 3 (2đ) r F B Phương trình mômen với trục quay ở A. AB mg. cos  = F.AB.sin α........................................................................................ 2 mg F= = 866 N................................................................................................. 2. tan  b) Muốn F có giá trị nhỏ nhất thì F phải có phương vuông góc với AB.................... AB mg. cos  = F.AB................................................................................................. 2 mg. cos  Fmin = = 433 (N)....................................................................................... 2 Áp dụng phương trình chuyển động tổng quát: 1 x  at 2  vo t  x o ta có: a=2m/s2, vo=-5m/s, xo=2m............................................... 2 phương trình vận tốc của vật là: v  vo  at  5  2t ……………………………... * Sau 2s, vận tốc của vật là: v=-5+4=-1m/s………………………………………... - Như vậy sau 2s thì vật vẫn chuyển động ngược chiều dương, nên độ biến thiên 4 (2đ) HV 0,25 0,25 0,50 0,50 0,25 0,25 0,5 0,25 động lượng của vật là:  P  P1  Po  P  P1  Po  0,8.(1)  0,8.(5)  3, 2  kg .m  ……. 0,25 * Sau 4s, vận tốc của vật là: v=-5+8=3m/s…………………………………………. - Như vậy sau 4s thì vật đổi chiều chuyển động và chuyển động cùng chiều dương, nên độ biến thiên động lượng của vật là:…………………………………………… 0,25 ur ur uur  s  ur uur uur  kg .m  .  P  P2  Po  P  P2  Po  0,8.3  0,8.(5)  6, 4    s  ……………………….............. 0,25 0,25 0,25 a) Khi quả bóng 2 sắp chạm đất thì cả hai đều có vận tốc là v  2 gh ............ ....... 5 (2đ) Quả 2 chạm đất và nảy lên va chạm với quả 1. Quả 1 sẽ nhận được năng lượng lớn nhất có thể nếu quả dưới sau khi va chạm với quả trên thì đứng yên........................ Chọn chiều dương hướng lên. Gọi u là vận tốc của quả 1 ngay sau va chạm với quả 2. Định luật bảo toàn động lượng ta có: (m2  m1 ).v  m1 .u (1)................................... v2 u2 Định luật bảo toàn cơ năng ta có: (m1  m2 ) (2)....................................  m1 2 2 Từ (1) và (2) suy ra: u  2v m 1 Thay u=2v vào (1) ta được 1  ………………………………………………... m2 3 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 b) (m2  m1 ).v  m1v1  m2 v 2 (3) (m1  m2 ) v2 v2 v2  m1 1  m2 2 (4)............................................................................. 2 2 2 Từ (3) và (4) suy ra: v1  (3m2  m1 )v …………………………………………........... m2  m1 0,25 0,25 =3v (vì m1< - Xem thêm -