14 ly10 tq

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG 2023 TRƯỜNG CHUYÊN TUYÊN QUANG ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ KHỐI 10 ĐỀ THI ĐỀ XUẤT m2 m3 m1  Câu Động học động lực học Cho hệ hình vẽ: Biết m1 = m2 = m3 = m Nêm khối lượng m3 có góc nghiêng  Các rịng rọc nhẹ gắn chặt với nêm Dây nối nhẹ căng, không co dãn, m1 áp chặt vào m3 q trình chuyển động a) Giả sử có ma sát nêm mặt đất với hệ số ma sát µ Tìm giá trị nhỏ µ để nêm đứng yên trình m2, m3 chuyển động b) Bỏ qua ma sát tìm độ lớn gia tốc nêm Câu Các định luật bảo toàn Một viên đạn nặng 50 g bay theo phương ngang với tốc độ 16m/s mắc vào túi cát nặng 150 g Túi cát treo vào xe nhỏ có khối lượng 600 g, trượt không ma sát đường ray; dây treo nhẹ, khơng dãn, dài 1,2 m (Hình vẽ) Bỏ qua ma sát khơng khí  v0 a) Giả sử toàn động mát va chạm đạn túi cát chuyển thành nhiệt Xác định lượng nhiệt này? b) Sau va chạm túi cát lên tới độ cao lớn so với vị trí thấp nó? Xác định lực căng dây treo vị trí cao đó? c) Khi từ bên phải trở vị trí thấp nhất, túi cát có tốc độ Xác định lực căng dây treo đó? Câu Nhiệt học 2 Xi lanh hình trụ có tiết diện S 10 m với pittông P vách ngăn V làm chất cách nhiệt (như hình 3) Nắp V P A A vách mở áp suất bên phải lớn áp suất bên trái Hình p0 Ban đầu phần bên trái xi lanh có chiều dài L 112 cm chứa m1 12g khí Hêli, phần bên phải có chiều dài phần bên trái chứa m2 2g khí Hêli, nhiệt độ hai phần T0 273 K, coi khối khí khí lí tưởng a Tính áp suất ban đầu khí xi lanh b Ấn từ từ vào pittơng theo phương ngang để chuyển động chậm hướng tới vách ngăn, ngừng chút nắp mở sau đẩy pittơng tới sát vách V Biết áp suất khơng khí bên ngồi p0 10 N/m , nhiệt dung riêng đẳng tích đẳng áp Hêli Cp 5, 25.103 C  3,15.10 V J/(kg.K) J/(kg.K) Bỏ qua ma sát, coi khối khí khí lí tưởng Tính cơng thực để di chuyển pittơng Câu Cơ học vật rắn A m1 α O B m2 Hình Một thẳng AB, cứng, chiều dài  , hai đầu có gắn hai cầu nhỏ, có khối lượng m1 m2 m Thanh quay mặt phẳng thẳng đứng quanh trục Δ nằm  ngang qua điểm O cách đầu B đoạn Lúc đầu, nằm dọc theo phương thẳng đứng (hình 3) Do tác động nhẹ, cân bắt đầu quay quanh trục O Bỏ qua khối lượng AB ma sát Hai cầu coi chất điểm trục quay Δ Gia tốc trọng trường g a) Tính tốc độ góc qua vị trí hợp với phương thẳng đứng góc α trường hợp  90 b) Biết độ lớn lực tác dụng lên cầu m 1,8 lần trọng lượng m1 m1 bắt đầu tách khỏi Tìm giá trị góc α lúc m1 tách khỏi Câu Tĩnh điện Một điện tích điểm q cách tâm cầu kim loại bán kính R nối đất khoảng a Hãy xác định : a) Xác định lực tương tác điện tích điểm q cầu b) Cường độ điện trường hệ gồm điện tích q điện tích hưởng ứng bề mặt cầu gây không gian xung quanh mặt cầu HẾT Họ tên: Nguyễn Tuyết Hạnh Số điện thoại: 0915480459 TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG 2023 TRƯỜNG CHUYÊN TUYÊN QUANG HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN VẬT LÝ KHỐI 10 m2 m3 m1  Câu Động học động lực học Cho hệ hình vẽ: Biết m1 = m2 = m3 = m Nêm khối lượng m3 có góc nghiêng  Các rịng rọc nhẹ gắn chặt với nêm Dây nối nhẹ căng, không co dãn, m1 áp chặt vào m3 trình chuyển động a) Giả sử có ma sát nêm mặt đất với hệ số ma sát µ Tìm giá trị nhỏ µ để nêm đứng n q trình m2, m3 chuyển động b) Bỏ qua ma sát tìm độ lớn gia tốc nêm Câu Hướng dẫn giải a)   T T   N N1 Điểm  T  T m2 m3g   N m1g x Chọn hệ trục Oxy hình vẽ: Gọi a độ lớn gia tốc vật m2 vật m1 Vật m2: T = ma; N2 = mg 0,25 Vật m1: mg sin   T ma N mgcos T 0,25 mg sin  Vật m3 đứng yên: Oy : T sin   mg  N  Ncos  N1 0  mg sin  N1    N1  Ox :   sin   mg  mg   mgcos  cos  0,5 mg (4  2cos 2  sin  )  T  Tcos  N 'sin   Fmsx 0  (1  cos ) Fmsx  mg sin    mgcos  sin   Fmsx 0 0,5 mg sin  (1  cos ) 0   Fms hướng phía trái * Điều kiện để m3 không trượt: Fms  N1 0,5 mg sin  (1  cos ) mg (4  2cos 2  sin  )   2  sin  (1  cos ) (4  2cos 2  sin  ) 0,25 b) Do Fms hướng sang trái nên m3 chuyển động sang phải với gia tốc a3 Pt chuyển động vật m2: T  ma3 ma2 ; 0,25 0,25 0,25 (1) Pt chuyển động vật m1 mg sin   T  ma3cos ma2 0,25 (2) 0,25 0,5 N mgcos  ma3 sin  (3) T m g sin   a3cos  a3 (4) Từ (1) (2) suy ra: Pt chuyển động vật m3: N sin   T (1  cos  )  ma3 Thay N T vào (5) ta Câu Các định luật bảo toàn (5) a3  g sin  (1  cos )  2cos  sin  Một viên đạn nặng 50 g bay theo phương ngang với tốc độ 16m/s mắc vào túi cát nặng 150 g Túi cát treo vào xe nhỏ có khối lượng 600 g, trượt khơng ma sát đường ray; dây treo nhẹ,  v0 không dãn, dài 1,2 m(Hình vẽ) Bỏ qua ma sát khơng khí a) Giả sử tồn động mát va chạm đạn túi cát chuyển thành nhiệt Xác định lượng nhiệt này? b) Sau va chạm túi cát lên tới độ cao lớn so với vị trí thấp nó? Xác định lực căng dây treo vị trí cao đó? c) Khi từ bên phải trở vị trí thấp nhất, túi cát có tốc độ Xác định lực căng dây treo đó? ĐÁP ÁN *Nhận xét: Hệ đạn, cát xe chịu tác dụng ngoại lực: trọng lực phản lực tác dụng lên xe (lực căng dây nội lực) hình chiếu 0,25 lực theo phương nằm ngang khơng động lượng theo phương ngang bảo toàn  v 2' T  T  v0   T1  v2' P  v2''   T1  v3 P a) Xác định vận tốc sau va chạm nhiệt lượng tỏa ra: + Sau va chạm viên đạn nằm túi cát tạo thành vật có khối lượng: Câu m2 m0  m1 + Định luật bảo toàn động lượng theo phương ngang: 0,25 m0 v0 m v2  v2 4 m/s + Định luật bảo toàn lượng: Q 0,5 m0 v02 m2 v22  4,8 J 2 b) Xác định độ cao lớn Tại vị trí cao vận tốc túi cát so với xe: v23 0 Xe túi cát có vận tốc v2 Định luật bảo toàn động lượng theo phương ngang: ' m2v2 ( m2  m3 )v2'  v2' 1 m/s 0,25 Định luật bảo toàn năng: (m  m3 )v2, m2 v22 m2 ghmax  2  hmax 0,6m 0,25 0,25 Mặt khác: hmax l (1  cos )   60 * Xác định lực căng dây: So với xe túi cát chuyển động trịn tác dụng trọng lực, lực căng dây, lực quán tính (nếu xe có gia tốc) Xe chuyển động theo phương ngang tác dụng lực căng dây Tại vị trí cao nhất, gia tốc xe là: 0,25 T sin  a m3 Túi cát chuyển động tròn quanh xe, vị trí cao v23 0 : T  Fqt sin   m2 g cos  0 T m3m2 g cos  0,8 N m3  m2 sin  c) Gọi vận tốc túi cát xe từ bên phải vị trí thấp nhất: 0,5 v2'' v3 + Định luật bảo toàn động lượng theo phương ngang: m2 v2 m2v2''  m3v3 + Định luật bảo toàn năng: 0,25 0,25 m2 v22 m2 v2'' m3v32   2 Thế phương trình vào phương trình tìm nghiệm: v2'' 4m / s; v3 0 0,25 (loại) hoặc: 0,25 v2''  2m / s; v3 2m / s Kết từ trái sang, lấy kết cho trường hợp từ phải sang Khi vị trí thấp gia tốc xe: a = nên khơng có lực qn tính tác dụng lên túi cát 0,25 Ta có: Mà: '2 m2 v23 Fht  T1  m2 g l 0,25 v ' 23    4m / s  T1  '2 m2 v23  m2 g 4, 67 N l Câu Nhiệt học 2 Xi lanh hình trụ có tiết diện S 10 m với pittông P vách ngăn V làm chất cách nhiệt (như hình 3) Nắp A vách mở áp suất bên phải lớn áp suất bên trái Ban đầu phần bên trái xi lanh có chiều dài L 112 cm V P A p0 Hình chứa m1 12g khí Hêli, phần bên phải có chiều dài phần bên trái chứa m2 2g khí Hêli, nhiệt độ hai phần T0 273 K, coi khối khí khí lí tưởng a Tính áp suất ban đầu khí xi lanh b Ấn từ từ vào pittông theo phương ngang để chuyển động chậm hướng tới vách ngăn, ngừng chút nắp mở sau đẩy pittơng tới sát vách V Biết áp suất khơng khí bên ngồi p0 10 N/m , nhiệt dung riêng đẳng tích đẳng áp Hêli CV 3,15.10 J/(kg.K) Cp 5, 25.10 J/(kg.K) Bỏ qua ma sát, coi khối khí khí lí tưởng Tính cơng thực để di chuyển pittông Câu Điể m Hướng dẫn giải a Áp suất phần bên trái xilanh: p1V0  m1 m m RT RT0  p1  RT0  607668( Pa )  V0  LS Áp suất phần bên phải xilanh:  1 0,25 0,25 p2V0  m2 m m RT0 RT0  p2  RT0  101278( Pa )  V0  LS  2 Vì m1  m2  p1  p2 : ban đầu nắp A đóng b Q trình pittong nén khí, dời chỗ phía trái đến sát vách ngăn chia làm hai giai đoạn: * Giai đoạn 1: Nén khí phần bên phải (đoạn nhiệt thuận nghịch) áp suất khí phần với áp suất p1 phần bên trái, nhiệt độ khí tăng lên đến giá trị T1, tiếp tục nén nắp A mở có hịa trộn hai lượng khí: khối khí m1 có nhiệt độ T0 bên trái khối khí m2 có nhiệt độ T1 bên phải Trong q trình hịa trộn, khí khơng nhận nhiệt cơng bên ngồi nội tổng cộng hai khối khí khơng đổi 0,5 Gọi T2 nhiệt độ chung khối khí sau hịa trộn, ta có: m1CV T0  m2CV T1  m1  m2  CV T2  T2  m1T0  m2T1 m1  m2  3 0,5 * Giai đoạn 2: Nén khí hai phần (đoạn nhiệt thuận nghịch) pittong tới sát vách ngăn, nhiệt độ khí tăng  từ T2 đến T, cơng nén khí An = A Vì nén đoạn nhiệt nên Q = 0, từ nguyên lí I NĐLH cho trình ta có: Q  A  U  An  A ' U  m1  m2  CV  T  T0  0,5  4 Dựa vào phương trình đoạn nhiệt cho khối khí bên phải: T0 p 1   1   1 T p p   T1 T0    p1  1   m  T0    m1  1   0,5 559, 01K  5 Thay (5) vào (3), ta có:   m1T0  m2T1 m1   m2    T2  T0 1   313,86 K m1  m2 m1  m2   m1     0,5  6 Gọi V1 thể tích ngăn bên phải áp suất khí p1, ta có: 1  p   m  p V  p V  V1 V0   V0    p1   m1    1  7 Giai đoạn trình nén đoạn nhiệt thuận nghịch khí từ thể tích V0  V1 , nhiệt độ T2 đến thể tích V0 nhiệt độ T Áp dụng phương trình đoạn nhiệt, ta có: T2  V0  V1   TV0   V V   T T2    V0   1      m2   T2     m1          m1    m2    T0  381, K  1    m1  m2    m1     0,5  8 Công cần thực hiện:   m1 A1  An  p0 SL CV  m1  m2  T0   m1  m2         m     1  p SL     m1        9 Thay số ta tính được: An 4793,67 J , A2  p0 SL 1120 J , A1 = 3673,67J Câu Cơ học vật rắn 0,5 A m1 α O B m2 Hình Một thẳng AB, cứng, chiều dài  , hai đầu có gắn hai cầu nhỏ, có khối lượng m1 m m Thanh quay mặt phẳng thẳng đứng quanh trục Δ  nằm ngang qua điểm O cách đầu B đoạn Lúc đầu, nằm dọc theo phương thẳng đứng (hình 3) Do tác động nhẹ, cân bắt đầu quay quanh trục O Bỏ qua khối lượng AB ma sát Hai cầu coi chất điểm trục quay Δ Gia tốc trọng trường g a) Tính tốc độ góc qua vị trí hợp với phương thẳng đứng góc α trường hợp  90 b) Biết độ lớn lực tác dụng lên cầu m 1,8 lần trọng lượng m1 m1 bắt đầu tách khỏi Tìm giá trị góc α lúc m1 tách khỏi Câu Hướng dẫn giải a Chọn mốc tính mặt phẳng nằm ngang qua O Điểm Momen quán tính m1, m2 trục Δ là:  2  I1 m1    m2  3 , 0,5   I m    m2  3 (1) Áp dụng định luật bảo tồn năng, có: 1 2 2     I12  I2 2  m1g cos   m g    cos  m1g  m 2g    2 3  3   (2) 0,5 Từ (1) (2) suy ra: 6g   cos     5   0,5 (3) 6g 5 Khi  90 b Áp dụng phương trình động lực học cho chuyển động quay hệ quanh trục Δ, ta có 2  3g sin   2  m  m   mg sin   mg sin     3 5 9  m1 A(4)  P  Gọi F lực tác dụng lên m1 góc lệch α Áp dụng định luật II Newton cho m1, có:    F  P ma  Chiếu (5) lên AO , thu được: Fn  mg cos  m2 α (5) O 2 (6) B m2 Thay (3) vào (6) thu được: Fn  0,5 mg   cos   0,5 (7) Chiếu (5) lên phương vng góc AO, thu được: Ft  mg sin  m 2  (8) Thay (4) vào (8) thu được: 3mg sin   Độ lớn lực F Ft  0,5 (9) F  Fn2  Ft2 (10) 0,5 (11) 0,5 Thay (7) (9) vào (10) thu được: F mg 72 cos   72 cos   25 Vật m1 tách khỏi AB F 1,8mg Từ (11) (12) giải cos   3 37 (12)   1210 Câu Tĩnh điện Một điện tích điểm q cách tâm cầu kim loại bán kính R nối đất khoảng a Hãy xác định : b) Xác định lực tương tác điện tích điểm q cầu b) Cường độ điện trường hệ gồm điện tích q điện tích hưởng ứng bề mặt cầu gây không gian xung quanh mặt cầu Câu Hướng dẫn giải a) Vì cầu nối đất nên điện mặt cầu Trên Điểm cầu có điện tích hưởng ứng âm Ta thay điện tích hưởng ứng mặt cầu điện tích - 0,5 q' cho điện q -q' gây mặt cầu phải 0, tức mặt đẳng có điện trùng với mặt cầu nối đất Vì trường có tính chất đối xứng qua trục oq nên cần phải đặt điện tích -q' trục 0,5 * Đặt OC = b Điện điểm N mặt cầu : kq kq ' R q'  0   R2 R1 R2 q 0,5 + Khi N trùng B R1 = R + b; R2 = R + a R  b q'  Ra q (1) 0,5 + Khi N trùng A R1 = R - b ; R2 = a – R R  b q'  a  R q (2) Từ (1) (2) suy : b R2 a ; q'  qR a (3) 0,5 Vậy lực tương tác cầu điện tích điểm có độ lớn : F  kRq a ( a  b) F  Hay : kRaq (a  R ) (4) b) Cường độ điện trường điện tích q điện tích hưởng ứng bề mặt cầu gây không gian xung quanh : 0,5  E kq kq R  R' R3 R '3 0,5 Trong : R, R’ khoảng cách từ điện tích q q’ đến điểm quan sát **) Bây ta tìm cường độ điện trường tổng hợp điện tích gây N mặt cầu Cường độ điện trường q –q’ gây N có phương, chiều hình vẽ kq ' kq E1  ; E2  R1 R2 (5) Độ lớn : Cường độ điện trường tổng hợp điện tích gây N mặt cầu có phương vng góc với mặt cầu, chiều hướng vào tâm Độ lớn : E E12  E22  E1E2Cos (6) Trong  = < EE1N = < CNM E1 q ' R22 R2 R    E1  E2 R1 Từ phương trình (3) (5) ta có : E2 qR1 R1 (7) 2 Và : tam giác CNM có  a  b   R1  R2  R1 R2Cos (8) R1 q' R   R2 q a Từ (6), (7), (8) để ý E a R kq E2  * R1 R2 ta : R2 ) kq( a  R ) a  E R RR23 R2 a kq (a  0,5