12 ly10 tn

TRƯỜNG THPT CHUYÊN CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM THÁI NGUYÊN Độc lập – Tự – Hạnh phúc ĐỀ ĐỀ XUẤT KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2022- 2023 Môn thi VẬT LÝ 10 Thời gian làm 180 phút Câu (4 điểm) (Cơ học chất điểm) Một chất điểm khối lượng m treo mặt phẳng thẳng đứng nhờ O hai dây hình vẽ Dây OA hợp phương thẳng đứng góc α, dây AB có α phương nằm ngang Gia tốc trọng trường g Hãy xác định: m 1) Lực căng hai dây m' 2) Lực căng dây OA gia tốc chất điểm sau dây AB bị A B C đốt 3) Bây người ta nối thêm chất điểm m' khối lượng m'=m vào O điểm A nhờ dây AC hình vẽ Tìm lực căng dây AC vào thời điểm sau đốt dây AB α m A Giả thiết sợi dây không dãn, khối lượng dây không đáng kể B Câu (4,0 điểm) (Các định luật bảo toàn) Hai vật nặng có khối lượng m1 = 1kg m2 = 9kg mắc vào lị xo có khối lượng khơng đáng kể, độ cứng k = 200N/m Vật m2 đặt tựa vào tường thẳng đứng Hệ đặt mO h α m1 m2 mặt phẳng ngang Hệ số ma sát mặt phẳng ngang với vật m1 µ1 = 0,1, với vật m2 µ2 = 0,4; lực ma sát nghỉ Hình cực đại lực ma sát trượt Ban đầu hệ trạng thái cân lị xo khơng biến dạng Một vật nhỏ có khối lượng m = 200g, bay vận tốc v0 = 20 m/s hợp với phương ngang góc α =30 đến cắm vào vật m1 (Hình 1) Thời gian va chạm ∆t = 0,05s coi ∆t đủ nhỏ để lị xo biến dạng khơng đáng kể q trình xảy va chạm Lấy g =10m/s2 1) Tìm vận tốc vật m1 sau va chạm ? 2) Tính độ nén cực đại lị xo? 3) Trong trình hệ (m + m1) chuyển động, vật m2 có dịch chuyển khơng? Giải thích? Câu (4 Đểm) (Cơ vật rắn) Một cầu bán kính r khối lượng m nằm cống có dạng hình trụ bán kính R, ( R  r ) , mệng cống nằm mặt phẳng thẳng đứng hình vẽ Ban đầu cầu vị R O trí thấp người ta truyền cho vận tốc ban đầu V0 theo phương ngang Cho cầu lăn không trượt thành cống Bỏ qua ma sát lực cản m V0 a Tìm giá trị tối thiểu V0 để cầu hết cống b Nếu vận tốc ban đầu nhỏ 10 so với V0 , cầu rời thành cống vị trí nào? Tính số vịng mà cầu lăn đến vị trí Áp dụng số R 10r Câu (4 điểm) (Nhiệt học) Một động nhiệt có tác nhân lượng tác nhân lí tưởng đơn nguyên tử thực chu trình 1-2-3-4-1 hình vẽ, áp suất p tác nhân thay đổi theo khối lượng riêng ρ Các q trình 2-3 4-1 phần hai hyperbol Xác định hiệu suất  chu trình Biểu diễn chu trình hệ trục tọa độ p-V Tính hiệu suất chu trình Viết kết tìm dạng phần trăm làm tròn đến hai chữ số thập phân Câu (4 điểm ) (Tĩnh điện) Một tụ điện phẳng, diện tích hai S, đặt nằm ngang hình vẽ, A giữ cố định, B khối lượng không đáng kể nối với lị xo nhẹ có độ cứng k Hai nối với nguồn điện có hiệu điện U qua khóa K Ban đầu khóa K mở, hai cách khoảng d lò xo có độ dài tự nhiên d a) Sau đóng khóa K, người ta thấy khoảng cách hai cịn 10 Nếu đóng khóa K khoảng thời gian ngắn để B dịch chuyển chưa đáng kể, sau lại ngắt K vị trí cân B thay đổi sao? b) Tìm giá trị cực đại mà hiệu điện hai tụ đạt B nằm cân -HẾT TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI ĐỀ XUẤT KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2022- 2023 Môn thi VẬT LÝ 10 Câu (4 điểm) (Cơ học chất điểm) Một chất điểm khối lượng m treo mặt phẳng thẳng O đứng nhờ hai dây hình vẽ Dây OA hợp phương thẳng đứng góc α, dây AB có phương nằm ngang Gia tốc trọng trường α m g Hãy xác định: A 1) Lực căng hai dây B O 2) Lực căng dây OA gia tốc chất điểm sau dây AB α bị đốt m 3) Bây người ta nối thêm chất điểm m' khối lượng m'=m m' vào điểm A nhờ dây AC hình vẽ Tìm lực căng dây A B C AC vào thời điểm sau đốt dây AB Giả thiết sợi dây không dãn, khối lượng dây không đáng kể Hướng dẫn chấm Ý Nội dung Điểm y α T1 T2 x mg 0,25 a)Điều kiện cân bằng: Theo phương Oy: mg - T1cosα = Theo phương Ox: T2 - T1 sinα = 0,25 mg Giải T1 = cos  ; T2 = mgtanα 0,5 α T1 0,25 mg Ngay sau đốt dây, vận tốc chất điểm v = Do gia tốc hướng tâm m an = -Theo phương sợi dây : 0,25 mv T1 – mgcosα =  =  T1 mg cos  0,25 Theo phương vng góc với sợi dây: 0,25 mat = mgsinα  at  g sin  (at: gia tốc tiếp tuyến)    a  a a t Gia tốc chất điểm + n Vậy: 0,25 a = gsinα Ngay sau đốt dây: mg T1 T2 T2 Vận tốc vật m' v' = mg Vận tốc vật m v = α Vật m chuyển động tròn 0,25 Áp dụng định luật II cho m     T1  T2  P ma Vì v = suy gia tốc hướng tâm an = 0, a = at Theo phương tiếp tuyến : ( mg  T2 )sin  = ma t 0,25  a at ( g  T2 )sin  m Xét vật m' Do lực tác dụng lên m' hướng theo phương dây AC nên gia tốc 0,25 0,25 m' hướng theo phương sợi dây Dây không dãn nên gia tốc theo phương dây hai vật a.sinα = a' (a': gia tốc vật m')  (g  0,25 T2 m ' g  T2 T )sin   g  m m' m (vì m = m') mg cos  Suy : T2 =  sin  0,5 Câu (4,0 điểm) (Các định luật bảo toàn) Hai vật nặng có khối lượng m1 = 1kg m2 = 9kg mắc vào lị xo có khối lượng không đáng kể, độ cứng k = 200N/m Vật m2 đặt tựa vào tường thẳng đứng Hệ đặt mO h α m1 m2 mặt phẳng ngang Hệ số ma sát mặt phẳng ngang với vật m1 µ1 = 0,1, với vật m2 µ2 = 0,4; lực ma sát nghỉ Hình cực đại lực ma sát trượt Ban đầu hệ trạng thái cân lị xo khơng biến dạng Một vật nhỏ có khối lượng m = 200g, bay vận tốc v0 = 20 m/s hợp với phương ngang góc α =30 đến cắm vào vật m1 (Hình 1) Thời gian va chạm ∆t = 0,05s coi ∆t đủ nhỏ để lị xo biến dạng khơng đáng kể trình xảy va chạm Lấy g =10m/s2 1) Tìm vận tốc vật m1 sau va chạm ? 2) Tính độ nén cực đại lị xo? 3) Trong q trình hệ (m + m1) chuyển động, vật m2 có dịch chuyển khơng? Giải thích? Hướng dẫn Ý Nội dung Điểm m O h α m1 x y 0,5 Chọn hệ trục Oxy hình vẽ Các ngoại lực tác dụng lên hệ (m + m1) va chạm biểu diễn hình vẽ Mối liên hệ xung lượng lực với độ biến thiên động lượng hệ theo phương   p x F ms t  (m  m1 )v1  mv0 cos    N t (1)     p y ( P  P1  N ).t  p y ( P  P1  N )  t  mv0 sin  (2) (1)  N (m  m1 ) g  (2) 0,25 mv0 sin  t Thay vào (1) ta (m  m1 )v1  mv0 cos   t ((m  m1 ) g  v1  0,25 mv0 sin  ) t mv0 (cos    sin  )   g t 2,67 m  m1 (m/s) 0,5 0,5 2) Tính độ biến dạng cực đại lò xo Áp dụng định luật bảo toàn lượng ta được: 0,5 1  m1  m  v12  kx    m1  m  g.x 2 Giải phương trình ta có : x = 0,2(m) x = - 0,21(m) (loại ) 0,25 Vậy độ biến dạng cực đại lò xo: x = 0,2(m) Điều kiện để m2 dịch chuyển lò xo giãn lực đàn hồi phải thỏa mãn điều kiện 2 m2 g 0,18( m ) k (*) Giả sử m2 cố định, áp dụng định luật bảo toàn lượng ta có độ dãn Fdh Fmst  l  0,5 tối đa lò xo hệ (m+ m1) dừng lại: kxmax  k l   g  m1  m  ( xmax  l ) 2 Giải phương trình ta có : Δl = 0,188 (m) x = - 0,2 (m) (loại ) 0,25 0,25 So sánh : Δl = 0,188 (m) thỏa mãn (*) nên m2 có bị dịch chuyển sang trái Câu (4 Đểm) (Cơ vật rắn) 0,25 Một cầu bán kính r khối lượng m nằm cống có dạng hình trụ bán kính R, ( R  r ) , mệng cống nằm mặt phẳng thẳng đứng hình vẽ Ban đầu cầu vị R O trí thấp người ta truyền cho vận tốc ban đầu V0 theo phương ngang Cho cầu lăn không trượt thành V0 m cống Bỏ qua ma sát lực cản a Tìm giá trị tối thiểu V0 để cầu hết cống b Nếu vận tốc ban đầu nhỏ 10 so với V0 , cầu rời thành cống vị trí nào? Tính số vịng mà cầu lăn đến vị trí Áp dụng số R 10r Hướng dẫn giải Ý Nội dung Điểm a Xét vật vị trí góc  D Phương trình động lực học cho vật theo phương hướng tâm có dạng: mV N  P cos   C R r N R O  mV  N  C  P cos  R r (1) B 0,5đ (+) C A Chọn gốc vị trí thấp khối tâm C P VC N V0 (+) P Áp dụng ĐLBT A B có: 0,5đ mV02 I C 02 mVC2 I C     mg ( R  r )(1  cos  ) 2 2 (2) Vì vật lăn khơng trượt nên: Từ (2)(3)  VC2 V02  VC .r  V0 0 r 0,5đ (3) 10 g ( R  r )(1  cos  )  V2  g  N m   (10  17 cos  )   R r  Từ (1)(4) (4) 0,5đ (5) Để cầu hết cống cần lên tới đỉnh cống  180 mà vật chưa bị rơi được, tức vật ép vào thành cống hay Q  N 0 0,5đ 27( R  r ).g  V0  Vậy vận tốc tối thiểu cần truyền cho cầu để hết cống là:  V0min  27( R  r ).g b Trong trường hợp V 0,9V0min 0,9 27( R  r ).g , với vận tốc cầu lăn đến vị trí góc  rời khỏi cống, làm tương tự ta  V2  g N m   (10  17 cos  )  0  R r  có: 0,75đ 1 7V  1187  cos    10   0,   134,30   17  g(R  r)  1700 Khi lên đến vị trí góc  vật bắt đầu rời khỏi thành cống   ( R  r )  r t t Ta có: Với  góc mà cầu quay 0,75đ quanh khối tâm C VC  n Số vòng quay được:   R     1 3,36 360  r  360 (vòng) Câu (4 điểm) (Nhiệt học) Một động nhiệt có tác nhân lượng tác nhân lí tưởng đơn nguyên tử thực chu trình 1-2-3-4-1 hình vẽ, áp suất p tác nhân thay đổi theo khối lượng riêng ρ Các q trình 2-3 4-1 phần hai hyperbol Xác định hiệu suất  chu trình Biểu diễn chu trình hệ trục tọa độ p-V Tính hiệu suất chu trình Viết kết tìm dạng phần trăm làm tròn đến hai chữ số thập phân Hướng dẫn chấm Câu hỏi Nội dung Gọi m khối lượng tác nhân Vo thể tích tác nhân trạng thái Đường biểu diễn trình 2-3 phần hyperbol nên phương trình có dạng k p  Điểm 0,25 với k số 2p o  k o suy k 2p oo Tại trạng thái 2, ta có Mối liên hệ p ρ tác nhân trình 2-3 2p oo  (1)  V m o Vo V  o   Vo (2) Mặt khác, 2p p oV Vo Thay (2) vào (1) ta p p 3p o V Vo Tương tự cho trình 4-1, ta Vậy hệ trục tọa độ p-V đường biểu diễn hai trình 2-3 4-1 có dạng hai đoạn thẳng có đường kéo dài qua gốc tọa độ Như chu 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 trình biểu diễn hệ trục tọa độ p-V có dạng hình dưới, Các trường hợp sau: Không biểu diễn biểu diễn sai chiều biến đổi q trình, sai dạng đồ thị, khơng kí hiệu tên trục, gốc tọa độ, khơng có thơng số áp suất thể tích trạng thái hai trục tọa độ không điểm Cơng tác nhân sinh tính diện tích giới hạn chu trình hệ trục tọa độ p-V, V   V   A ' S154  S253  2p o  Vo  o   p o  Vo  o   p o Vo    12  Trong chu trình tác nhân nhận nhiệt trình 4-1, nhiệt lượng tác nhân nhận chu trình nhiệt lượng tác nhân nhận trình 4-1 Theo ngun lí I Nhiệt động lực học, Q Q 41 U 41  A '41 nC V  T1  T4   0,5 0,25  p1  p   V1  V4  (3) Ta có phương trình trạng thái cho hai trạng thái 4, nRT1 p1V1 3p o Vo nRT4 p V4 p o Vo (4) 0,25 Thay (4) vào (3) ý tác nhân khí lí tưởng đơn ngun tử CV  3R , ta V  V  16 3  Q   3p o Vo  po o    3p o  po   Vo  o   p o Vo 2    0,5 Hiệu suất chu trình A ' 12 p o Vo    7,81% Q 16 p V 64 o o Vậy chu trình có hiệu suất 7,81% Câu (4 điểm ) (Tĩnh điện) 0,5 Một tụ điện phẳng, diện tích hai S, đặt nằm ngang hình vẽ, A giữ cố định, B khối lượng không đáng kể nối với lị xo nhẹ có độ cứng k Hai nối với nguồn điện có hiệu điện U qua khóa K Ban đầu khóa K mở, hai cách khoảng d lị xo có độ dài tự nhiên d a) Sau đóng khóa K, người ta thấy khoảng cách hai 10 Nếu đóng khóa K khoảng thời gian ngắn để B dịch chuyển chưa đáng kể, sau lại ngắt K vị trí cân B thay đổi sao? b) Tìm giá trị cực đại mà hiệu điện hai tụ đạt B nằm cân Hướng dẫn Ý Nội dung a) Khi đóng khóa K, B bị A hút dịch chuyển đoạn x Điện tích A: qx CU  Điểm 0,5 0S U d x Ex  Cường độ điện trường tạo A là: 0,5 q  U  x  2 2 S  d  x  0,5  SU Fx qx Ex  2 d  x Lực điện tác dụng lên B là: Muốn cho B nằm cân tại vị trí x (bỏ qua tác dụng trọng lực) đó, lực điện phải cân với lực đàn hồi lò xo tác dụng lên B: 0,5 a  SU kx1 2 d  x d x1  10 (1); với Nếu đóng K thời gian ngắn ngắt K, B chưa dịch chuyển, Fx1 kx1  điện tích A là: 0,25 0S U, d giữ khơng đổi Sau đó, B bị hút phía A di chuyển đến vị trí cân Q CU  U x2  U x2  SU Q Q  d  x2  Q Q2   E x2    Fx2 QE x2   Cx2 0S  d  x2  2 S 2 S 2d Điều kiện cân bằng: Fx2 kx2 0,5 (2) x2  d  x1  d  x1   x2 0, 08d 0,25 d 10 Từ (1) (2) suy ra: x1 , với b) Theo (1), hiệu điện Ux hai tụ B nằm cân (sau dịch 0,5  SU x kx 2 d  x lại gần A đoạn x) là: U x đạt cực đại y  x  d  x  b d 2d x2   U xmax  3  3  U x2  2k x  d  x 0S đạt cực đại Đạo hàm y’ = suy 0,5 2kd 3 S Chú ý: Có thể tìm (3) dựa vào định luật bảo toàn lượng: Độ biến thiên lượng tụ điện (do B dịch lại gần A) công ngoại lực (ở lực đàn hồi): W  Fx kx  SU x2 Q2 Q2 d   x  d   x ; A  F  x ;  W  A  F    x x 2 S 2 S  d  x , mà Người đề: Dương Văn Cách Số điện thoại: 0977723886