3 ly10 cb

TRƯỜNG THPT CHUYÊN CAO BẰNG (ĐỀ THI ĐỀ XUẤT) ĐỀ THI MƠN: VẬT LÍ – KHỐI 10 NĂM 2023 Thời gian làm bài: 180 phút Câu (4,0 điểm) Động học động lực học chất điểm Trên mặt bàn nằm ngang nhẵn, có xe khối 5m lượng m Trên xe có hai khối lập phương, khối lượng 5m m nối với sợi dây khơng m m dãn, vắt qua rịng rọc có khối lượng khơng đáng  kể Người ta kéo rịng rọc lực F khơng đổi Hình theo phương ngang hình vẽ Hệ số ma sát trượt nghỉ xe khối μt = μn = μ = 0,1  a) Hỏi độ lớn lực F xe có gia tốc a = 0,2g b) Khi gia tốc khối ròng rọc bao nhiêu? Câu (4,0 điểm) Định luật bảo toàn Treo bi nhỏ khối lượng m vào đầu sợi dây mảnh, nh , không dãn chiều dài l, đầu sợi dây treo vào điểm cố định Kéo viên bi khỏi vị trí cân cho sợi dây hợp với phương thẳng đứng góc   90 truyền vận tốc ban đầu v0 theo phương vng góc với sợi dây hướng vị tr cân a) Xác định lực căng sợi dây thời điểm sợi dây hợp với phương thẳng đứng góc  b) Với giá trị v0 sợi dây treo viên bi ln căng suốt q trình chuyển động c) Khi viên bi chuyển động tới vị trí cân điểm treo bắt đầu chuyển động thẳng đứng lên với gia tốc a Xác định lực căng sợi dây thời điểm sợi dây hợp với phương thẳng đứng góc  sau Câu (4,0 điểm) Nhiệt học Một xi lanh hình trụ cao 6R, đường k nh 2R ngăn thành hai phần bởi p t-tông cách nhiệt dạng bán cầu đặc đặt thẳng đứng phần ở phần ở Mỗi phần chứa kh lý tưởng loại ở nhiệt độ T1 T2 tương ứng Lúc đầu p t tông gần đáy xi lanh (hình 1) Người ta quay xi lanh 1800 mặt phẳng thẳng đứng giữ nhiệt độ hai ngăn khơng đổi trạng thái cân p t-tông nằm lơ lửng xi lanh mặt phẳng pit-tông chia xi lanh thành hai phần Hình a) T nh tỷ số khối lượng hai kh phần xi lanh biết tỷ số nhiệt độ T2 3 T1 b) Sau quay xi lanh, giữ nguyên nhiệt độ kh phần tăng nhiệt độ phần p t tông vừa chạm đáy xi lanh T nh nhiệt độ kh ngăn lúc sau theo nhiệt độ ban đầu Câu (4,0 điểm) Cơ học vật rắn: Một yo yo tạo bởi đĩa đồng thau có độ dày b = 8,5mm bán kính R = 3,5 cm, nối với trục ngắn có bán k nh R0 = 3,2 mm Hãy tính: a Mơ men qn t nh yo yo trục nó? Bỏ qua mô men quán t nh trục quay, khối lượng riêng đồng thau ρ = 8400 kg/m3 b Gia tốc dài yo yo? Gia tốc góc yo yo? c Sức căng sợi dây? Câu (4,0 điểm) Tĩnh điện Cho điện t ch điểm dương q = 1nC a) Đặt điện t ch q tâm hình lập phương cạnh a = 10cm T nh điện thơng qua mặt hình lập phương Nếu bên ngồi hình lập phương cịn có điện t ch khác điện thơng qua mặt hình lập phương qua tồn hình lập phương có thay đổi không? b) Đặt điện t ch q đỉnh hình lập phương nói T nh điện thơng qua mặt hình lập phương ==== HẾT === Họ tên giáo viên: Nông Thị Tuyết Nương Vũ Thị Minh Hạnh HƯỚNG DẪN GIẢI Câu Hướng dẫn giải Câu – a) Có thể xảy trường hợp sau: - Trường hợp 1: Hai khối lập phương chuyển động, đó, lực ma điểm sát tác dụng lên khối 5m m ma sát trượt có độ lớn là: Fms1 = 5μmg, Fms2 = μmg - Gọi a gia tốc xe ta có: Fms1 + Fms2 = ma  a= μg =0,6g  không thoả mãn yêu cầu đề (loại) - Trường hợp 2: Cả hai khối lập phương đứng yên xe, gọi gia tốc xe a thì: Khối 5m: T – Fms1 =5ma Khối m: T – Fms2 = ma Suy ra: Fms2 – Fms1=4ma (1) Với xe: Fms1 + Fms2 =ma (2) Từ (1) (2) ta có: Fms2 = ma mà Fms2 ≤ μmg hay a ≤ 0,04g Vậy trường hợp khơng thoả mãn u cầu tốn (loại) - Vậy xảy trường hợp khối 5m đứng yên so với xe, khối m chuyển động xe Khi đó, gọi a gia tốc xe thì: Với khối 5m: T – Fms1 = 5ma, T= F (3) Với xe: Fms1 + Fms2 =ma Fms2 = μmg (4) Từ (3) (4) suy ra: F=2(6ma – μmg) = 2,2mg F  mg b) Gia tốc vật 2: a   g (a2>a) m Điểm 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Do dây không dãn nên khối m lại gần rịng rọc khối 5m xa 0,5 ròng rọc nhiêu Nghĩa là: a2/rr = - a1/rr Hay: (a2 – arr ) = - (a1 –arr) 0,5 a a 0,2g  g Suy ra: a rr    0,6g 2 Câu – a) Theo định luật bảo toàn điểm mv mv02 mgl1  cos    mgl1  cos    mv  mv02  2mglcos  cos  2 0,5 Áp dụng định luật II Newton ta có T  mg cos  mv mv02   mg3 cos  cos  l l b) Sợi dây căng trình chuyển động xảy hai trường hợp i  max  90 hay cos max  với mgl1  cos max   mgl1  cos   0,5 0,5 mv v  cos max  cos  2 gl 0,5 Hay v0  gl cos ii   180 sợi dây căng hay T  1800 mv02   mg   cos   l 0,5 0,5 v0  gl3  cos  Hay v0  gl3  cos   v0  gl cos Vậy c) Hòn bi chuyển động trọng trường biểu kiến với g’ = g + a Áp dụng định luật bảo toàn m( g  a)l 1  cos    mv mv  mgl 1  cos 0   2 0,5  mv  mv02  2m  gl  cos   cos 0   a(cos   1)  Định luật II Newton tương tự phần a) ta được: mv mv02 T  m( g  a) cos     m  g  3cos   2cos 0   a(3cos   2)  l l 0,5 Câu – a) Gọi m1 m2 lượng kh ở phần xylanh điểm *Lúc đầu: Thể t ch phần V1  V - Vbán cầu (V = Sh =  R 6R  6 R3 )  V1   R3   R3   R3 ; 3 Thể t ch phần V2 = 5 R *Lúc sau lật ngược: Khi pistôn lơ lửng: thể t ch phần tương ứng V  3 R   R3   R3 ; V2'  3 R3 3 ' Do nhiệt độ hai phần không đổi nên: 0,5 0,5 P1 (1) 5P2 ' ' ' *Xét khối kh ở phần  PV (2) 2  PV 2  P2  m1 Phương trình trang thái: PV RT1 (3) 1  0,5 ' ' ' *Xét khối kh ở phần  PV 1  PV 1  P1  0,5  PV 2  m2  RT2 (4) 0,5 m PV T   1 (5) m2 PV 2T1 từ (3)&(4) Phương trình cân piston P1 = P0 +P2 (6) P2'  P0  P1' (7) Lấy (6) trừ (7) P m 7T  P1  P2'  P2  P1'  P1  P2  P2  P1   thay vào (5)   P2 m2 45T1 Với 0,5 T2 m 3  T1 m2 15 b) Xét phần dưới: p ston chạm đáy áp suất phần (1) P (Vì nhiệt độ ngăn khơng đổi) P1  P1 7 P P '' P '' Phần t ch khơng đổi nên  2''  T2''  T2 T2 T2 P2 Từ ta có P0 = P1 - P2 = P1 -  T2''  T2 Vậy T2''   P1  P0  P2 0,5    P1  P1  11   T2   T2 3 P1 0,5 11 T2 Câu – a Mô men quán tính yo yo trục - Mơ men qn t nh đĩa trịn trục yo yo qua tâm điểm là: mR VR  (R 2b) R 8400 8,5.10 3 (3,5.10 2 ) 4 I0     0,5  1,7.10 (kgm ) - Mô men quán t nh yo yo trục là: I = 2I0 = 3,4.10-4 (kgm2) b Gia tốc dài yo yo, Gia tốc góc yo yo - Khối lượng yo yo: m = 2ρV = 2ρ(πR2.b) = 2.8400 π 8,5.10-3.(3,5.10-2)2 = 0,55 kg 0,5 0,5 - Gia tốc dài yo yo g a 1 I mR02  9,8  0,16(m / s ) 4 3,4.10 1 0,55.(3,2.10 3 ) - Gia tốc góc: β= a/R=0,16/0,035=4,57(rad/s2) c Sức căng sợi dây Khi yo yo chuyển động chịu tác dụng trọng lực lực căng dây nên vừa chuyển động tịnh tiến rơi xuống vừa chuyển động quay quanh trục Theo định luật II Newton ta có: 0,5 0,5 0,5 P  T  ma hay P –T = ma => T = P - ma = m(g-a) (*) Theo phương trình chuyển động quay : M P  MT  I  Vì trọng lực có giá qua trục quay nên mơ men trục quay 0: MT = Iβ với MT= T.R0 β=a/R0 => T.R0 = Ia/R0 (**) Kết hợp (*) (**) ta a g I 1 mR02 (***) Thay (***) vào (*) ta được: T mg 0,55.9,8   5,3( N ) mR0 0,55.(3,2.10 3 ) 1 1 I 3,4.10 4 1.0 Câu – a) Điện thơng qua mặt hình lập phương điểm Gọi 1 điện thông qua mặt hình lập phương Điện thơng qua mặt hình lập phương là: 0,5  = 61 -Áp dụng định l Ơt-trơ-grat-xki – Gau-xơ (O-G), ta được: = q q 109 => 1 = = = 18,83(V.m) ε0 6ε 6.8,9.1012 -Nếu có điện t ch khác bên ngồi hình lập phương điện t ch làm thay đổi điện thông qua mặt khác hình lập phương Điện thơng qua tồn hình lập phương điện thơng qua mặt k n có chứa q, nghĩa điện thơng qua tồn hình lập phương 0,5 0,5 là: = q 109 = = 118(V.m) ε0 8,9.10 12 1,0 Vậy: Điện thơng qua mặt hình lập phương 1 = 18,83(V.m); bên ngồi hình lập phương cịn có điện t ch khác điện thơng qua mặt hình lập phương thay đổi điện thơng qua tồn hình lập phương cũ b) Điện thông qua mặt hình lập phương đặt điện t ch q đỉnh Giả sử điện t ch q đặt đỉnh A, lúc mặt hình lập phương có chứa đỉnh A có điện thơng Vì t nh đối xứng nên điện thơng qua 05 mặt cịn lại có giá trị 2 Để t nh 2 ta xét hình lập phương lớn, tâm A, cạnh 2a, q nằm tâm hình lập phương lớn có diện t ch 4a2 nên điện thơng qua mặt hình lập phương lớn 2 Vì t nh đối xứng nên điện thơng qua tồn hình lập phương lớn bằng: q q 109 =>  = =  = 242 = = 4,7(V.m) ε0 24ε 24.8,9.1012 Vậy: Điện thơng qua mặt hình lập phương đặt điện t ch q đỉnh 2 = 4,7(V.m) 1,0