Đề thi năng khiếu 10L lần 4 năm học 2019- 2020 trường THPT Chuyên Nguyễn Trãi - Hải Dương.

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LẦN IV TRƯỜNG THPT CHUYÊN LỚP 10 CHUYÊN LÝ NGUYỄN TRÃI Ngày thi : 11/05/2020 Thời gian làm bài: 180 Phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1. (2 điểm) Một vật (coi là chất điểm) được bắn từ điểm M với vận v0 tốc ban đầu v0 ở dưới một căn hầm có độ sâu h (so với mặt đất nằm ngang) như hình vẽ. Điểm M cách vách hầm thẳng đứng h M một đoạn . Bỏ qua mọi ma sát, lực cản, gia tốc trọng trường là g. Xác định giá trị của (theo g, h, v0 ) để tầm xa của vật trên mặt đất đạt giá trị lớn nhất là L, tìm L (theo g, h, v0 ). Câu 2. (2 điểm) Một pit-tông có khối lượng m, giam một mol khí lí tưởng trong xi-lanh như hình vẽ. Pit-tông và xi-lanh đều không giãn nở vì nhiệt. Pít-tông được treo bằng một sợi dây mảnh nhẹ. Ban đầu khoảng cách từ pit-tông đến đáy xi-lanh là h. Khí trong xi lanh lúc đầu có áp suất bằng áp suất khí quyển p0, nhiệt độ T0. Tìm biểu thức nhiệt lượng cần cung cấp cho chất khí để nâng pit-tông đi lên rất chậm tới vị trí cách đáy một khoảng là 2h. Cho biết nội năng của 1 mol khí là U = CT (C là hằng số) gia tốc trọng trường là g. Bỏ qua ma sát. Câu 3. (2 điểm) Hai thanh cứng AB = l1 = 0,5m và AC = l2 = 0,7m được nối với nhau và với tường (đứng thẳng) bằng các chốt. BC = d = 0,3m, hình vẽ. Treo một vật có khối lượng m = 45kg vào đầu A. Các thanh có khối lượng không đáng kể. Tính lực mà mỗi thanh phải chịu, lực ấy là lực kéo hay nén? Lấy g = 10m/s2. h Câu 4. (2 điểm) Một xe lăn có tiết diện như hình vẽ, sàn xe là một mặt phẳng ngang ứng với đường thẳng nối với một mặt cong ứng với một phần tư đường tròn bán kính R = 0,5 m. Khối lượng xe là M = 3 kg. Xe được đặt trên một mặt phẳng ngang. Một vật nhỏ khối lượng m = 2 kg trượt tới sàn xe với vận tốc v = 15 m/s. Bỏ qua mọi ma sát và lực cản của môi trường, lấy g = 10 m/s2. 1. Tính vận tốc xe khi vật nhỏ rời khỏi xe. 2. Tính quãng đường xe đi được từ khi vật nhỏ rời xe đến khi nó rơi trở lại. 3. Tính vận tốc của vật nhỏ và của xe khi vật nhỏ rời xe lần thứ hai. Câu 5. (2 điểm) Một lượng khí lí tưởng đơn nguyên tử thực hiện một chu trình ABCDECA (Hình 3). Cho biết PA=PB=10 5 P PE E D Pa, PC=3.105 Pa, PE=PD=4.105 Pa, TA=TE=300K, VA=20l, VB=VC=VD=10l, AB, BC, CD, DE, EC, CA là các đoạn thẳng. C PC B PA 1. Tính các thông số TB, TD, VE. 2. Tính công của chu trình. O VE VB A VA V Câu 1. Phương trình vận tốc của vật theo phương ox : v x  v0 cos Phương trình vận tốc của vật theo phương oy: v y  v0 sin   gt Phương trình chuyển động: x  v0 cos  t ; gt 2 y  v 0 sin   t  2 Phương trình vận tốc: v x  v0 cos ; v y  v0 sin   gt Để tầm xa x là lớn nhất thì tại A vận tốc của vật phải hợp với mặt ngang một góc 450 có nghĩa sin   cos   v0 là tại A: v x  v y  t  (1) g (2) v 0 cos   t  l x  l   Hơn nữa ta phải có sau thời gian này:  gt 2 h (3)  y  h v 0 sin   t  2  v 02 l Từ (2)  t  (3) kết hợp với (1)  l  cos  .(sin   cos  ) (4) v 0 cos  g gh 1 1 gh Thay t từ (1) vào (3) ta được: sin 2   2  ; cos 2    2 2 v0 v0 2 Thế vào (4): l  Từ (1) :  t  vy  v 2 1 g 2 h 2 1 gh v02  4   2) (sin  cos   cos 2  ) → l  0 ( g 4 2 v0 v0 g 1 gh 1 gh  2   2 v0 2 v 02 g  v0  v y  v0 1 gh  1 gh 1 gh   2   2   2 v0  2 v0 2 v 02    1 gh 1 gh 1 gh 1 gh  2  v A  v02 (  2 )  (  2 )  (  2 )  (v02  1) 2 v0 2 v0 2 v0 2 v0  S max  1 gh  2   2 . v0  1 2 v0  v   g g 2 A   Vậy phải đặt súng cách vách hầm một khoảng: l  v 02 1 g 2 h 2 1 gh (  4   2 ) thì tầm xa của đạn g 4 2 v0 v0  1 gh  2   2 . v 0  1 2 v  0   trên mặt đất là lớn nhất và tầm xa này bằng . g   Do ban dầu khí trong xilanh có áp suất bằng áp suất khí quyển, nên, lực căng Câu 2 dây:   P  mg . Khi nung nóng đến nhiệt độ T, áp suất khí: p  p0  mg thì dây bắt đầu S chùng, quá trình là đẳng tích:  p0 p p mg    T  0 T0  1   T0 T0 T p p0 S   Độ biến thiên năng nội U1  C T  C (T  T0 )  C Mà p0 Sh  RT0  U1  của khí trong quá trình này là: mg T0 p0 S Cmgh R Tiếp tục nung nóng khí, pit-tông đi lên rất chậm. Khi nung tới nhiệt độ T1, pit-tông cách đáy 2h, quá trình là đẳng áp: Độ biến thiên nội năng U 2  C (T1  T )  CT  CT0  của V0 V1   T1  2T T T1 khí trong giai đoạn này Cmgh R Công mà khí thực hiện là: A  pV  RT0  mgh Nhiệt lượng cần cung cấp là: Q  U1  U 2  A  (C  R)T0  mgh(1  Chốt A cân bằng dưới tác dụng của trọng lượng P = 450N và các phản lực của các chốt FB có phương AB và FC có phương AC. Ta vẽ tam giác lực, hình vẽ, và thấy ngay thanh AB bị kéo, thanh AC bị nén. Gọi  và  là các góc mà thanh AC và AB hợp với tường. Suy ra các góc của tam giác hợp lực ghi trong hình. Câu 3 F F P sin   B  C  FB  FC sin(    ) sin  sin  sin  Gọi a là khoảng cách từ A đến tường thì: sin   l a a 5 ; sin    FB  1 FC  FC . (1) l2 l1 l2 7 Từ hệ thức lượng cho tam giác ABC, ta có: l12  l22  d 2  2l2 d cos   cos  0,785    380 Và: l22  l12  d 2  2l1d cos   cos  0,5    600 2C ) R là: Do thanh cân bằng: P  FB  FC  0  P  FB cos  FC cos (2) Từ (1) và (2), ta được: FC  1051N ; FB  751N Câu 4. Vận tốc xe khi vật rời khỏi xe Tại mỗi vị trí của vật nhỏ, ta phân tích vectơ vận tốc của nó làm hai thành phần 𝑣𝑥 và 𝑣𝑦 . Khi lên tới điểm cao nhất, thì vận tốc của xe 𝑉 = 𝑣𝑥0 1 Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ xe – vật theo phương ngang (0,75) ta có 𝑚𝑣 = (𝑀 + 𝑚)𝑉 𝑚 2 ⇒𝑉= 𝑣= . 15 = 6 m/s 𝑀+𝑚 3+2 Quãng đường xe đi được cho đến khi vật rơi trở lại Kể từ khi rời xe, vật chuyển động như một vật được ném xiên với vận tốc ban đầu 𝑣𝑥0 và 𝑣𝑦0 , ta sẽ tính 𝑣𝑦0 bằng định luật bảo toàn cơ năng 1 1 1 2 2 𝑚𝑣 2 = (𝑚 + 𝑀)𝑣𝑥0 + 𝑚𝑣𝑦0 2 2 2 + 𝑚𝑔𝑅 ⇒ 𝑣𝑦0 = √𝑣 2 − √152 − 2 (1,75) Câu 5 Ý 1 2+3 2 𝑚+𝑀 𝑚 2 𝑣𝑥0 − 2𝑔𝑅 = . 62 − 2.10.0,5 = √125 ≈ 11,18 𝑚 𝑠 Phương trình chuyển động của vật đối với đất 𝑥 = 𝑣𝑥0 𝑡 = 6𝑡 1 { 𝑦 = − 𝑔𝑡 2 + 𝑣𝑦0 𝑡 = −5𝑡 2 + √125𝑡 2 Vật rơi trở lại khi 𝑦 = 0, khi đó √125 −5𝑡 2 + √125𝑡 = 0 ⇒ 𝑡 = 𝑠 5 Trong thời gian đó xe chuyển động thẳng đều theo phương ngang với vận tốc 𝑉 = 𝑣𝑥0 = 6 m/s Quãng đường nó đi được là √125 𝑠 = 𝑉𝑡 = 6. ≈ 13,4 𝑚 5 Đáp án + Áp dụng phương trình trạng thái ta có: Điểm PAVA=nRTA nR=PAVA/TA=20/3 TB=PBVB/nR=150K, TD=PDVD/nR=600K, VE=nRTE/PE =5l + Khí nhận nhiệt trong quá trình đẳng tích BD và một giai đoạn trong quá 3 2 trình biến đổi ECA: Q1=QBD=n. R(TD-TB)= - Phương trình của đường thẳng ECA: 3 20 (600  150) =4500 J 2 3 P P P  PA V = E A  P    5 (1) V  VA VE  VA 5 (V đo bằng l, P đo bằng 105Pa) 2  T= PV 3 V 2  (  5V) (2) (T đo bằng 100K) nR 20 5 T= TMax=468,75K khi Vm=12,5l; T tăng khi 5V12,5l Vm ứng với điểm F trên đoạn CA. Trong giai đoạn EF nhiệt lượng nhận được là: 3 2 Q2=U+A với U=n. R(Tmax-TE) =1687,5 J 3 A=diện tích hình thang EFVmVE=2437,5J  Q2=1687,5+2437,5= 4125 J Tổng nhiệt lượng mà khí nhận được là Q=Q1+Q2=4500+4125=8625J + Công sinh ra trong một chu trình là: A=dt(ABC)-dt(CDE)  A=750J Hiệu suất của chu trình: H=A/Q=750/8625 8,6%