Đề thi học sinh giỏi môn Vật lý lớp 10 cấp trường năm 2019-2020 có đáp án - Trường THPT Phùng Khắc Khoan, Hà Nội

Chia sẻ: Kiều Anh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

64
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Việc ôn thi sẽ trở nên dễ dàng hơn khi các em có trong tay Đề thi học sinh giỏi môn Vật lý lớp 10 cấp trường năm 2019-2020 có đáp án - Trường THPT Phùng Khắc Khoan, Hà Nội được chia sẻ trên đây. Tham gia giải đề thi để rút ra kinh nghiệm học tập tốt nhất cho bản thân cũng như củng cố thêm kiến thức để tự tin bước vào kì thi chính thức các em nhé! Chúc các em ôn tập đạt kết quả cao!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Vật lý lớp 10 cấp trường năm 2019-2020 có đáp án - Trường THPT Phùng Khắc Khoan, Hà Nội

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT PHÙNG KHẮC NĂM HỌC 2019-2020 KHOAN KHOAN – THẠCH THẤT Đề thi môn: Vật lý 10 Thời gian làm bài: 150 phút Đề chính thức ( Không kể thời gian giao đề) Bài 1 (4 điểm) Một đoạn đường dốc AB có độ dài là 400m. Một người đang đi xe đạp với vận tốc 2m/s thì bắt đầu xuống dốc tại đỉnh A với gia tốc 0,2m/s2, cùng lúc đó một ô tô đi lên từ chân dốc B chậm dần đều với vận tốc 20m/s và gia tốc là 0,4 m/s2. a) Viết phương trình tọa độ và phương trình vận tốc của hai xe. b) Sau bao lâu hai xe gặp nhau, tìm vị trí gặp nhau và vận tốc của mỗi xe lúc gặp nhau ? c) Xác định thời điểm để hai xe cách nhau 40m ? Bài 2 (4 điểm) a) Một ô tô khối lượng m = 1 tấn, chuyển động trên đoạn đường nằm ngang. Hệ số ma sát lăn giữa bánh xe và mặt đường là µ = 0,1. Lấy g =10m/s2. Tính lực kéo của động cơ ô tô trong mỗi trường hợp sau: - Ô tô chuyển động thẳng đều. - Ô tô khởi hành chuyển động thẳng nhanh dần đều sau 10s đi được 100m. b) Nếu ô tô đó chuyển động đều trên một đoạn đường nằm ngang là một cung tròn bán kính 100m. Ô tô có thể đạt vận tốc tối đa là bao nhiêu để xe không bị trượt văng ra khỏi đường? Biết hệ số ma sát trượt giữa ô tô và đường µ = 0,1. Lấy g =10m/s2. Bài 3 (4 điểm) Một thanh sắ t đồ ng chấ t, tiế t diê ̣n đề u, dài AB = 1,5m C B và có khố i lươ ̣ng m = 3kg đươ ̣c giữ nghiêng mô ̣t góc α trên mă ̣t sàn nằ m ngang nhờ mô ̣t sơ ̣i dây BC nằ m ngang có chiề u dài BC = 1,5m. Nố i đầ u trên B của thanh AB với mô ̣t bức tường thẳ ng đứng, đầ u dưới A của thanh tựa trên mă ̣t sàn (hình vẽ). Biế t hê ̣ số ma sát giữa thanh và mă ̣t sàn là 3 / 2 . a) Góc nghiêng α phải có giá tri ̣bao nhiêu để thanh α O có thể cân bằ ng. A b) Tính đô ̣ lớn các lực tác du ̣ng lên thanh và khoảng cách OA từ đầ u A của thanh đế n góc tường khi α = 450. Lấ y g = 10m/s2. Bài 4 (4 điểm). Cho cơ hệ vật như hình vẽ với khối lượng của vật một và vật F m2 m1 hai lần lượt là m1  1kg; m2  2kg , hai vật được nối nhau bằng sợi  dây không dãn và có khối lượng không đáng kểhệ số ma sát giữa hai vật và mặt phẳng nằm ngang là   1  2  0,1 . Tác dụng một lực F vào vật một hợp với phương ngang một góc   300 . Lấy g=10m/s2. a) Khi lực F= 8N. Tính gia tốc chuyển động và lực căng của sợi dây khi đó.
b) Biết rằng dây chỉ chịu được lực căng lớn nhất là 14N. Tìm lực kéo lớn nhất để dây không bị đứt. Bài 5 ( 4 điểm) Một sợi dây nhẹ chiều dài   1m có một đầu buộc vào điểm cố định O, đầu kia mang một hình cầu nhỏ khối lượng m= 100g. Nâng quả cầu lên tới vị trí ở ngay phía dưới điểm O  khoảng rồi từ đấy phóng ngang quả cầu ra phía 4 bên phải với vận tốc nào đó ( Hình vẽ). Sau một lúc, dây lại bị căng thẳng, kể từ đó quả cầu dao động như một con lắc quanh trục O. Cho biết lúc dây vừa bị căng thẳng nó hợp với phương thẳng đứng góc 60 0 . Bỏ qua mọi sức cản. Hãy tính: a) Vận tốc ban đầu của quả cầu lúc vừa được phóng ra? b) Xung lượng của lực đặt vào trục O khi dây vừa bị căng thẳng? ---HẾT---
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT PHÙNG KHẮC NĂM HỌC 2019-2020 KHOAN Đáp án Đề thi môn: Vật lý 10 Thời gian làm bài: 150 phút ( Không kể thời gian giao đề) HƯỚNG DẪN CHẤM: Bài 1 4,0 a(1,5đ) - Chọn chiều dương là chiều từ đỉnh đến chân dốc, gốc toạ độ tại đỉnh A, gốc thời gian là lúc xe A xuống dốc. -Gọi vận tốc ban đầu v0 (m/s); tọa độ ban đầu x0(m); gốc thời gian t0=0; gia tốc a(m/s2) Phương trình tọa độ và vân tốc tổng quát: 1 2 0,5 x= x0+v0t+ at (m) ; v=v0+at( m/s) 2  - Đối với xe A: x0A  0  m  ; v0A  2  m / s  ;a A  0,2 m / s 2 ;  1 xA  2t  .0,2.t 2  2t  0,1t 2 (m) 2 0,5 vA  2  0,2t (m/s)  - Đối với xe B: x0B  400  m  ; v0B  20  m / s  ;a B  0,4 m / s2  1 x B  400  20t  .0,4.t 2  400  20t  0,2.t 2 (m) 0,5 2 vB  20  0,4t (m/s) Vì hai xe gặp nhau xA  xB nên b(1,5đ) t  200s  2t  0,1t 2  400  20t  0,2t 2  0,1t 2  22t  400  0   1 0,5 t 2  20s 1 + Với t1  200s ta có: x  2.200  .0,2.2002  4400m  400m ( loại) 2 1 + Với t2  20s ta có: x  2.20  .0, 2.202  80m  400m (thỏa mãn) 0,5 2 Vận tốc xe A: vA  2  0,2.20  6  m / s  0,5 Vận tốc xe B: vB  20  0,4.20  12  m / s  c( 1đ) xA  x B  40 Để hai xe cách nhau 40m thì xA  xB  40   x B  xA  40  + Khi xA  xB  40  2t  0,1t 2  400  20t  0,2t 2  40  0,1t 2  22t  440  0  t  22,25  s  0,5 + Khi xB  xA  40  400  20t  0,2t 2  2t  0,1t 2  40 0,5  0,1t 2  22t  360  0  t  17,8  s 
Bài 2 4,0 a - Chọn chiều dương cùng chiều chuyển động (Ox) (2đ)  - Ô tô chịu tác dụng của 3 lực P, N , Fmsn , Fk    - Theo định luật II- Niutơn : P  N  Fk + Fm s = m a 0,5 - Chiếu lên phương chuyển động, chiều dương cùng chiều chuyển động, ta có: Fk – Fms = ma + Khi ôtô chuyển động thẳng đều a=0 nên Fk= Fms= mg 0,5 = 0,1x1000x10= 1000(N) 1 + Khi ô tô đi được 100m trong thời gian 10 giây: s  a' t 2 2 0,5  Gia tốc a’ = 2 m/s2. 0,5 Độ lớn lực kéo: F’k = ma’ + Fms = 1000x2+0,1x1000x10= 3000(N) b - Ô tô chịu tác dụng của 3 lực P, N , Fmsn (2đ) 0,5 Trong đó P  N  0 - Lúc đó ô tô chuyển động tròn đều nên Fmsn đóng vai trò là lực hướng tâm. Fht  Fmsn 0,5 2 v - Để ô tô không trượt trên đường thì  m   mg R 0,5  v 2  R g  v  R g Thay số ta được vận tốc tối đa vmax= 10m/s 0,5 Bài 3 4,0 a Y (2,5đ) C T B N G P 0,5 O α Fms X A Áp du ̣ng điề u kiê ̣n cân bằ ng quay đố i với tru ̣c đi qua điể m A: AB M T  M P  T .OC  P. AG cos   T . AB sin   mg . cos  2 mg cos  mg cot g 0,5 T   (1) 2sin  2 ̣ tiế n: P  N  Fms  T  0 (2) - Áp du ̣ng điề u kiê ̣n cân bằ ng tinh 0,5 + Chiế u (2) lên tru ̣c OX đươ ̣c: Fms – T = 0 (3) + Chiế u (2) lên tru ̣c OY đươ ̣c: N – P = 0 (4) 0,5 - Muố n thanh cân bằ ng thì lực ma sát phải là lực ma sát nghỉ nên: Fms < μN (5) mg cot g - Từ (1), (3), (4) và (5) suy ra:   mg  cot g  2    300 0,5 2
b Khi α = 450 ta có: 0,5 (1,5đ) + Từ (1) và (2) ta có Fms = T = 15N; 0,5 + Từ (4) N = P = 30N; + Từ hình vẽ : OA = BC – ABcosα ≈ 0,44m. 0,5 Bài 4 4,0 Phân tích các lực tác dụng lên hệ vật y F N1 x N2 O  T2 T1 0,5 Fms 2 Fms1 P1 Chọn hệ quy chiếu như hình vẽ như hình vẽ, chiều dương (+) là chiều chuyển động Xét vật 1 : Áp dụng định luật II Newton ta có F  Fms1  N  P  T1  m1a Chiếu lên Ox: F cos   Fms1  T1  m1a (1) Chiếu lên Oy: N1  P1  F sin   0  N1  m1 g  F sin  thay vào (1) Ta được: F cos     m1 g  F sin    T1  m1a (*) Tương tự đối với vật 2: Fms 2  N 2  P2  T2  m2 a a (2,5đ) Chiếu lên Ox:  Fms 2  T2  m2 a (2) Chiếu lên Oy: N 2  P2  m2 g thay vào (2) 0,5 Ta được  m2 g  T2  m2 a (**) Vì dây không dãn nên T  T1  T2 Từ (*) và (**) ta có hệ phương trình 0,5  F cos     m1 g  F sin    T1  m1a(3)    m2 g  T2  m2 a(4)  Cộng vế ta có : F cos     m1 g  F sin     m2 g  (m1  m2 )a F cos    (m1 g  F sin  )   m2 g a (5) (m1  m2 )   8.cos 300  0,1 1.10  8.sin 300  0,1.2.10 a  1 2   1,44 m / s2  0,5 Thay vào (4) ta có T  m2 a   m2 g  2.1, 44  0,1.2.10  4,88  N  0,5
Tương tự từ phần a:Thay (5) vào (4) ta có F cos    (m1 g  F sin  )   m2 g T  T1  T2 =  m2 g +m2 (m1  m2 ) 0,5 b Theo đầu bài T  Tmax (1,5đ) F cos    (m1 g  F sin  )   m2 g   m2 g +m2  Tmax 0,5 (m1  m2 )  T max  m2 g m1  m2   gm2 m1  m2    F     cos   sin    Fmax = 45,85N 0,5 4,0 Bài 5 a (2đ) - Khi mới được phóng ra, dây nối chưa căng, quả cầu chỉ chịu tác dụng của trọng lực => Chuyển động của nó là chuyển động ném ngang. - Chọn hệ trục tọa độ xOy sao cho gốc O trùng với điểm trục O, Ox cùng chiều với vận tốc ban đầu, Oy hướng thẳng đứng xuống, gốc thời gian là lúc quả cầu bắt đầu được phóng ra. => Gọi t là thời điểm để dây nối bị căng ra. 0,5 + Tại vị trí dây nối căng ra, ta có các phương trình liên hệ với chuyển động ném ngang của vật là:    x  v0 .t  .sin 60 0 t  0,5   2g   1 2   y   g .t  . cos60 0  1  4 2 v 0  6 gl 0,5 2 +Thay số v0= 15m / s  3,87m / s 0,5
b - Véctơ v và phương thẳng đứng như hình vẽ: (2đ)  1  v x  v0  6.g .     2 0,5 - Ta có: v  vx  v y , Với :  v  g .t  .g  y 2 => v  vx2  v y2  2.g. = 20m / s  4,47m / s 0,5 vx 0,5 - Ta có: tan    3 =>   60 0 vy - Gọi v là vận tốc quả cầu khi dây vừa bị căng ra. Gọi β là góc hợp bởi  => Khi dây treo bắt đầu bị căng ra, góc hợp bởi vận tốc v tại đó với phương thẳng đứng là 60 0  => vận tốc v có phương trùng với phương của sợi dây. Sau đó, quả cầu nhận được một xung của lực căng dây. Cũng trong thời gian đó, điểm treo O cũng nhận được một xung lực cùng độ lớn với xung lực mà quả cầu nhận được 5 0,5 => Xung lực điểm treo O nhận được là: F .t  m.v  0  m. 2 g   0,45( N .s) 5