1 cbg vật lý 10 trại hè hv 2023

TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ ĐỀ XUẤT THI HÙNG VƯƠNG BẮC GIANG NĂM HỌC 2022 – 2023 (Đề thi có 02 trang, gồm 05 câu) MƠN: VẬT LÍ – KHỐI 10 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (4,0 điểm) Người ta lồng bi có lỗ xuyên suốt có khối lượng m vào AB nghiêng góc  so với phương nằm ngang Lúc đầu bi đứng yên Cho AB tịnh tiến mặt phẳng thẳng đứng với gia tốc a0 nằm ngang Giả sử khơng có ma sát bi Trong trường hợp: gia a0 tốc a0 AB hướng sang trái sang phải, tính: - Gia tốc hịn bi AB? - Phản lực Q AB lên bi? - Tìm điều kiện để bi chuyển động phía A; phía B; đứng yên? m A Hỏi câu Cho biết a0 = 2g hướng sang trái, hệ số ma sát bi AB µ = 1/3 Câu 2: (4,0 điểm) Dây chiều dài L không dãn nằm mặt bàn nằm ngang Đầu dây bên phải luồn qua lỗ nhỏ bàn buộc vào phía hình Phần dây bên mặt bàn vắt qua ròng rọc nhỏ nhẹ có treo vật khối lượng M Đầu dây bên trái giữ cho lúc đầu ròng rọc sát mặt đưới bàn, sau thả Dây trượt bàn vào lỗ Bỏ qua ma sát Bề dày mặt bàn khơng đáng kể Tìm tốc độ v đầu dây bên trái vào lúc di chuyển đoạn x hai trường hợp: Bỏ qua khối lượng dây Dây đồng chất tiết diện có khối lượng m Áp dụng L = 1m; m = 0,1kg; M = 0,2kg; x = 0,2m; g = 10(m/s2) Câu 3: (4,0 điểm) Chu trình thực biến đổi 1,0 mol khí lí tưởng đơn nguyên tử hình vẽ - Có hai q trình biến đổi trạng thái khí, áp suất phụ thuộc tuyến tính vào thể tích Một q trình biến đổi trạng thái khí đẳng tích - Trong q trình đẳng tích – khí nhận nhiệt lượng Q = 4487,4 J nhiệt độ tăng lên lần - Nhiệt độ trạng thái 3R Biết nhiệt dung mol đẳng tích Cv = , R = 8,31 J/K.mol Hãy xác định nhiệt độ T1 khí B Tính cơng mà khí thực chu trình Tính nhiệt độ cực đại chu trình Tính hiệu suất chu trình Câu 4: (4,0 điểm) Một cầu đồng chất khối lượng m, bán kính r lăn khơng trượt bề mặt bên ngồi cầu lớn đứng n có bán kính R hình vẽ Gọi θ góc cực cầu nhỏ hệ trục tọa độ r R với gốc đặt tâm cầu lớn với trục z trục thẳng đứng Quả cầu nhỏ bắt đầu lăn từ đỉnh cầu lớn ( θ 0 ) Tính vận tốc tâm cầu nhỏ ví trí góc θ Tính góc θ mà cầu nhỏ rời khỏi cầu lớn Giử sử hệ số ma sát bề mặt hai cầu μ Hỏi vị trí góc θ cầu nhỏ bắt đầu trượt Câu 5: (4,0 điểm) Một vịng dây bán kính R = cm, tích điện Q phân bố vịng dây, vòng đặt mặt phẳng thẳng đứng, M điểm nằm trục vòng dây, cách tâm vòng dây khoảng x Tính cường độ điện trường vịng dây gây điểm M Tìm x để cường độ điện trường M cực đại HẾT GV: Thân Văn Thuyết, SĐT: 0972916966 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HDC ĐỀ ĐỀ XUẤT THI HÙNG VƯƠNG BẮC GIANG NĂM HỌC 2022 – 2023 MƠN: VẬT LÍ – KHỐI 10 Câu Nội dung Câu (4,0 điểm) Điểm Chọn hệ quy chiếu xOy gắn với que AB Bi chịu tác dụng của: trọng lực P⃗ , phản Q lực que, lực quán tính −m⃗a ⃗a hướng sang trái: lực quán tính hướng sang phải vật có gia tốc ⃗j hướng * TH theo AB Theo định luật II Niutơn: B ⃗P + Q ⃗ −m ⃗a =m ⃗j (1) x y F Chiếu (1) xuống hai trục Ox Oy: O - mgsin + ma0cos = mj 0,75 A - mgcos + Q ma0sins = Giải hệ: a) j = -gsin+ a0cos 0,5 b) Q = M(gcos + a0sins) ; Q> 0, c) - Nếu - Nếu - Nếu Q⃗ hướng lên tg α< a0 g tg α> a0 g j > 0, bi phía đầu A tg α= j > 0, bi phía đầu B 0,75 a0 g j = 0, bi đứng yên ⃗a hướng sang phải Giải tương tự ( đổi dấu a), ta có * Khi 0,5 j = - (gsin + a0cos) ln có giá trị âm Vậy bi phía A Q = m(gcos - a0sins) tg α> a0 g Q⃗ tg α< Nếu hướng xuống Nếu tg α= a0 g Q⃗ hướng lên Ngược lại a0 g Q = , thành phần thẳng đứng 0,5 Câu Nội dung ⃗j Điểm jg = jsin = -g, bi rơi tự theo phương thẳng đứng Bi chịu thêm tác dụng lực ma sát ⃗F Giả sử ⃗j hướng lên ⃗F hướng xuống hình vẽ ⃗P + Q ⃗ −m ⃗a + ⃗F =m ⃗j (1) Chiếu xuống hai trục Ox Oy thay F = µQ= Q/3 - mgsin + 2mg0cos - µQ = mj - mgcos + Q - 2mgsins = Giải hệ: Q = mg(cos + 2sins) j= ( 7cos - sin) Điều kiện để j > tg > hay  > 820 Giả sử ⃗j hướng xuống g j= 0,5 g ⃗F hướng lên Ta có kết qủa tương tự ( đổi dấu F) ( cos - sin) Điều kiện để bi xuống, j < ( cos < sin) hay 0,5  > 450 Bi đứng yên 450 <  < 820 Câu (4,0 điểm) Trường hợp bỏ qua khối lượng dây Gọi h khoảng cách từ ròng rọc đến lỗ x h bàn, ta có: - Tốc độ vật M lúc đầu dây trái di chuyển đoạn x là: u 0,5 h x v   t t - Áp dụng định luật bảo toàn lượng, ta được: 0,5 Mu Mgh  u 2gh  v 8gh 4gx  v 2 gx 2 10.0, 2  m/s  Vậy: Trường hợp bỏ qua khối lượng dây tốc độ đầu dây bên trái vào lúc di v 2  m/s  chuyển đoạn x Trường hợp đồng chất tiết diện có khối lượng m 1,0 Câu Nội dung Điểm - Áp dụng định luật bảo toàn lượng, ta được: Wd Wt (1) Mu + Động vật M: + Phần dây từ mép trái tới ròng rọc lúc t có khối lượng tốc độ v nên có động năng: m m L h L chuyển động với L  h v2 L + Phần dây cịn lại đứng n nên có động  Wd  Mu L  h v Mv L  h v2 m  m L L 0,75 (2) + Vật M hạ xuống đoạn h nên độ giảm Mgh + Phần dây chiều dài x có khối lượng m x , L di chuyển xuống mặt bàn, trọng tâm h x h m g phần dây hạ xuống đoạn nên độ giảm L + Phần dây lại bàn đứng yên nên không đổi  Wt Mgh  m 0,75 x h  mx  x g  M  g L  2L   x   M m L      v  M  mx  g x      2L 2L        - Thay (2) (3) vào (1), ta được:  mx  x 0,1.0,  0,   M g  0,   10 2L  2.1   v      m / s M 0, 1 x   0,   m   0,1     8  4L   4.1  Vậy: 0,5 v   m/s  Câu (4,0 điểm) 1 Quá trình biến đổi trạng thái 1-2 T2 = 4T1; V =const; A12 = Áp dụng nguyên lý I nhiệt động lực học Cv T  R (T2  T1 )  RT1 2 Q12 = 0,5 Câu Nội dung T1  Điểm 2Q 120 K 9R Suy Q trình đẳng tích – 2: T2 = 4T1 suy p2 = 4p1 p3 V 4 V3 Quá trình – 3: T2 = T3 suy p3V3 = p2V2 =p2V1 suy p1 (2) Quá trình -1 : p = aV ; p3 aV3 p1 aV1 0,5 p3 V3  p V1 suy (3) Từ (2) (3) thu V3 = 2V1 Dựa vào hình vẽ tính cơng khí thực chu trình A S123  ( p2  p1 )(V3  V1 )  p1V1 2 (4) Áp dụng phương trình C –M : p1V1 = RT1 (5) 0,5 Thay (5) vào (4) thu : 3 A  RT1 1495,8 J 2p p  V  p1 V1 Quá trình 2-3: Mặt khác (6)   2p pV RT  T    V  p1V  R  V1  Từ (7) suy T cực đại V V4 1,5V1 0,5 (7) (8) T 4,5T1 540 K Thay (8)vào (7) ta max 0,5 Quá trình 2-3: dQ=dA+dU  2p  d ( pV ) dQ  pdV  CV dT   V  p1  dV  R ( ) R  V1  dQ  pdV  (Vdp  pdV )  pdV  Vdp 2   p  5 2p 2p dQ    V  p1  dV  V ( )dV   V  15 p1  dV  V1 V1   V1   dQ  p1 15   V  15 p1  0  V  V1 V5 dV  V1  0,5 Câu Nội dung Vậy trình 2-3 thu nhiệt đoạn 2-5 V5 V5 Điểm    p  p Q25 dQ    V  15 p1 dV   V  15 p1V  V1   V1  V2 V2  15 15  49 49  Q25   p1V1 ( )  15 p1V1     p1V1  15 p1V1   p1V1  RT1 8 16 16  RT1 A A 24 H    Q1 Q12  Q25 R(T  T )  49 RT 121 1 16 Hiệu suất 0,5 0,5 Câu (4,0 điểm) Khi cầu nhỏ lăn không trượt, tổng động số chuyển động, có: 2 2 mv  mr ωmg(Rr)cosθmg(Rr)  mg( R  r )cosθmg(Rr) θ mg( R  r ) 2 0,5 Với: v rωmg(Rr)cosθmg(Rr) ( R  r )ωmg(Rr)cosθmg(Rr)0 Do đó: ωmg(Rr)cosθmg(Rr)0  10(  cosθmg(Rr) θ )g 7( R  r ) 0,25 Vận tốc tâm cầu nhỏ là: v ( R  r )ωmg(Rr)cosθmg(Rr)0  10 ( R  r )(  cosθmg(Rr) θ )g 0,25 Tại thời điểm cầu nhỏ rời khỏi cầu lớn lực giá đỡ lên cầu nhỏ N=0 Từ phương trình lực: 0,5 mv mg cosθmg(Rr) θ  N  Rr Ta tìm góc mà cầu nhỏ rời khỏi cầu lớn cho bởi: 10 cosθmg(Rr) θc  17 Lưu ý kết áp dụng cho hệ số ma sát đủ lớn 0,5 Khi cầu nhỏ lăn không trượt ta có: 0,5 Câu Nội dung Điểm  mg.sθmg(Rr)inθ  f ma  2  f r  mr γ  v rωmg(Rr)cosθmg(Rr) ( R  r )ωmg(Rr)cosθmg(Rr)0 Ở f lực ma sát cầu Từ tìm được: f  mg.sθmg(Rr)inθ Tại thời điểm cầu nhỏ bắt đầu trượt lực ma sát là: f  μN mv mg.sθmg(Rr)inθ  μ( mg cosθmg(Rr) θ  ) Rr Tức là: 0,5 Khi đó, sử dụng biểu thức v câu (a) có: sθmg(Rr)inθ 17 μ cosθmg(Rr) θ  10 μ Giải phương trình ta thấy góc mà cầu nhỏ bắt đầu trượt cho công thức: 0,5 2 170 μ  756 μ  cosθmg(Rr) θsθmg(Rr)  289 μ  Tuy nhiên, thấy θc  θsθmg(Rr) cosθmg(Rr)θsθmg(Rr)  cosθmg(Rr) θc , Ở với giá trị μ làm thỏa mãn điều đó, nói chung phải lấy dấu cộng biểu thức Do đó: 0,5 170 μ  756 μ  θsθmg(Rr) arccosθmg(Rr)( ) 289 μ  Câu 5: (4,0 điểm) Chia vòng dây thành phần tử dài dl, điện tích dq1, với mật độ điện dài  l Q 2 R Điện tích dq1 gây M Q R M x q 0,5 (cách tâm O đoạn x) cường độ điện trường dE1 : 0,5 ⃗ dq dq dE1 k k 2 l R x ⃗ ⃗ dE dE gây cường độ điện trường dọc theo trục xx’véc tơ 1x Chỉ xét thành phần Câu Nội dung dE1x dE1.cos dE1 dE1x k x R2  x2 k Điểm 0,5 dq x R x R2  x2 dq.x dl.x.Q k 2 3/ (R  x ) ( R  x )3/ 2 R 0,5 Vậy cường độ điện trường vòng dây gây M là: 2 R x.Q E   dE k ( R  x )3/2 2 R 2 R  dl k x.Q ( R  x )3/ 0,5 có hướng xa vịng dây Q > 0; hướng lại gần vòng dây Q