Chl vật lí 10 đề và hd chấm

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG 2023 MÔN: VẬT LÝ – KHỐI 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG Thời gian làm bài: 180 phút (không ĐỀ THI ĐỀ XUẤT kể thời gian phát đề) (Đề thi gồm 03 trang, gồm 05 câu) Bài 1: Động học động lực học chất điểm ( điểm) Một ếch ngồi yên trống hình trụ có bán kính R lăn tới Vận tốc trục trống v Chú ếch phải nhảy với vận tốc để chạm nhẹ điểm cao trống Bài 2: Các định luật bảo toàn (4 điểm) Một máng nghiêng AB có phần uốn cong thành cung trịn BCD bán kính R Vật có khối lượng m bắt đầu trượt từ độ cao h so với mặt phẳng ngang qua B hình vẽ Bỏ qua ma sát a) Tìm điều kiện h để m trượt hết máng trịn mà bám vào máng b) Nếu B có vật M = 2m m thả từ độ cao h = 2R Tìm độ cao lớn mà vật đạt sau va chạm Biết va chạm xuyên tâm hoàn tồn đàn hồi c) Tìm điều kiện h để M bắt đầu rời khỏi máng vị trí E có độ cao h E  4R / Bài 3: Nhiệt học ( điểm) Một lượng khí lí tưởng thực chu trình biểu diễn hệ tọa độ 𝑝 − 𝑇 có dạng đường trịn hình vẽ Đơn vị trục chọn 𝑝𝐶 𝑇𝐶 Nhiệt độ thấp chu trình 𝑇0 Tìm tỉ số khối lượng riêng lớn 𝜌1 nhỏ 𝜌2 lượng khí thay đổi trạng thái theo chu trình Bài 4: Cơ học vật rắn ( điểm) Một mảnh đồng chất có chiều dài 𝐿 = 2𝑚 khối lượng 𝑚 dựng thẳng đứng mặt phẳng nhẵn nằm ngang Sát đầu có vật nhỏ khối lương 𝑚 Thanh bắt đầu đổ xuống theo chiều hình vẽ Tìm vận tốc lớn vật nhỏ Bài 5: Tĩnh điện (4 điểm) Một vỏ cầu mỏng dẫn diện (gọi tắt vỏ cầu), bán kính a, tâm 𝑂 cố dịnh Hai điện tích điểm điểm 𝐴 𝐵 với 𝑂𝐴 = 𝑑1 = 20 cm, 𝑂𝐵 = 𝑑2 = 40 cm Điện tích 𝐴 : 𝑞1 = 10.10−9 C, điện tích B: 𝑞2 = 16 ⋅ 10−9 C Nối vỏ cầu dây dẫn mảnh với cực dương nguồn điện, cực âm nguồn nối đất Hiệu điện nguồn 𝑈 = 90 V a Ban đầu 𝑎 = 10 cm, tìm điện tích vỏ cầu b Nếu bán kính vỏ cầu tăng dần từ 𝑎 = 10 cm đến 20 cm dịng chuyển dời điện tích thay đổi nào? Giả thiết bán kính vỏ cầu tăng lên khiến cho điện tích điểm rơi vào vỏ cầu mà không tiếp xúc dẫn điện với vỏ cầu HẾT - Người đề: Trần Thị Thanh Huyền – SĐT: 0934694670 Nguyễn Ngọc Tuấn – SĐT: 0982251137 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: VẬT LÍ 10 QUẢNG NINH NĂM 2023 (ĐỀ THI ĐỀ XUẤT) Thời gian làm 180 phút Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, cho điểm tối đa theo thang điểm quy định HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1: Động học động lực học chất điểm ( điểm) Một ếch ngồi yên trống hình trụ có bán kính R lăn tới Vận tốc trục trống v Chú ếch phải nhảy với vận tốc để chạm nhẹ điểm cao trống Nội dung Điểm Xét hệ quy chiếu gắn với trống Để thỏa mãn đề quỹ đạo bay ếch hệ quy chiếu phải có dạng hình vẽ 1,0 𝑣𝑦 = 𝑣𝑜𝑦 − 𝑔𝑡, 𝑦 = 𝑣𝑜𝑦 𝑡 − 𝑔𝑡 2 0,5 Bài 𝑣𝑦 = ⇒ 𝑣𝑜𝑦 = 𝑔𝑡 ⇔ 𝑦 = 𝑣𝑜𝑦 /𝑔 − ⇒ 𝑣𝑜𝑦 2𝑔 𝑣𝑜𝑦 = 2R 𝑔 0,5 = 2R ⇔ 𝑣𝑜𝑦 = 2√𝑔R(1) 𝑥 = 𝑣ox 𝑡 ⇒ 𝑦 = 𝑣oy = 𝑥 𝑥2 = 𝑔 𝑣o˜ 𝑣ox 0,5 𝑏 Tại điểm cao 𝑥 = − 2a, quỹ đạo có bán kính 3/2 khúc 𝑅′ = [1+(2ax+𝑏)2 ] |2a| 0,5 = |2a| Tại điểm cao nhất, bán kính khúc nhỏ 0,5 Để thỏa mãn đề 𝑅′ ≥ 𝑅 ⇒ 𝑣𝑜𝑥 𝑔 ≥ 𝑅 ⇒ (𝑣𝑑𝑥 + 𝑣)2 ≥ 𝑔R(𝑣𝑑𝑥 vận tốc theo phương 𝑥 hệ quy chiếu mặt đất) ⇒ 𝑣đ𝑥 ≥ −𝑣 + √𝑔R 𝑣đ𝑦 = 𝑣𝑜𝑦 = 2√𝑔R Vậy ếch phải nhảy với vận tốc theo phương 0,5 𝑣đ𝑦 = 2√𝑔𝑅; 𝑣đ𝑥 ≥ √𝑔𝑅 − 𝑣 Bài 2: Các định luật bảo toàn (4 điểm) Một máng nghiêng AB có phần uốn cong thành cung trịn BCD bán kính R Vật có khối lượng m bắt đầu trượt từ độ cao h so với mặt phẳng ngang qua B hình vẽ Bỏ qua ma sát a) Tìm điều kiện h để m trượt hết máng trịn mà bám vào máng b) Nếu B có vật M = 2m m thả từ độ cao h = 2R Tìm độ cao lớn mà vật đạt sau va chạm Biết va chạm xuyên tâm hoàn tồn đàn hồi c) Tìm điều kiện h để M bắt đầu rời khỏi máng vị trí E có độ cao h E  4R / Bài Nội dung a Tìm điều kiện h để m trượt hết máng trịn mà bám vào máng Xét vật M Điểm 1,5 Phương trình định luật II Newton chiếu lên trục hướng tâm: N  P cos   m V2 R 0,5 1 Áp đụng định luật bảo toàn A M: mgh  m 0,5 V V h   mgR 1  cos   m  2mg   1  cos     R R  2 Từ (1) (2) suy ra: N  mg  2h    3cos  R  0,5 Để vật trượt hết máng mà bám vào máng   2h  2h   N  mg    3cos   0,   mg    3cos     h  2,5R R    R b Nếu B có vật M = 2m m thả từ độ cao h = 2R 1,5 Tìm độ cao lớn mà vật đạt sau va chạm Vận tốc m trước lúc va chạm là: V0  2gh  4gR 0,5 Vận tốc m M sau va chạm là: V1  0,5 4gR 4gR mM 2m V0   ; V2  V0  mM mM Vậy sau va chạm, vật m bị bậc ngược lại, vật M tới, độ 2 cao cực đại vật đạt sau đó: H1  V1  R; H  V2  R 2g 2g 0,5 c Tìm điều kiện h để M bắt đầu rời khỏi máng vị trí 1,0 E có độ cao h E  4R / Giả sử M trùng E h E  R 1  cos   cos  1/ Vật bắt đầu rời máng E nên N = Phương trình định luật II Niuton chiếu Mg cos   M lên trục VE2 gR  VE  gR cos   R hướng tâm: 0,5 Áp dụng định luật bảo toàn B E ta có: 0,5 V2  VE2  2gh E  3gR Mặt khác V2  2gh 2m V22 27 V0  h  R mM g Bài 3: Nhiệt học ( điểm) Một lượng khí lí tưởng thực chu trình biểu diễn hệ tọa độ 𝑝 − 𝑇 có dạng đường trịn hình vẽ Đơn vị trục chọn 𝑝𝐶 𝑇𝐶 Nhiệt độ thấp chu trình 𝑇0 Tìm tỉ số khối lượng riêng lớn 𝜌1 nhỏ 𝜌2 lượng khí thay đổi trạng thái theo chu trình Bài Nội dung Điểm 𝐶 Từ phương trình trạng thái khí lý tuởng, ta có: 𝑝 = 𝑇 đối 𝑉 với luợng khí xác định (C số) 0,5 Từ phương trình đồ thị tìm điểm gốc 𝑂 0,5 Đối với q trình đẳng tích biểu diễn đường thẳng qua gốc , với góc nghiêng khác ứng với thể tích khác Thể tích lớn góc nghiêng nhỏ Từ suy thể tich lớn chất 𝑉𝐴 , nhỏ 𝑉𝐵 Và đó: 0,5 𝑉𝐴 𝜌1 = 𝑉𝐵 𝜌2 Với 𝑂𝐴 𝑂𝐵 hai tiếp tuyến với vòng tròn kẻ từ 𝑂 Từ 𝑝 𝑉 𝑝 𝑉 phương trình khí lý tưởng ta lại có: 𝐴 𝐴 = 𝐵 𝐵 𝑇𝐴 Rút ra: 𝜌1 𝜌2 = 𝑝𝐵 𝑇𝐴 𝑝𝐴 𝑇𝐵 = 𝑝 𝑇 ( 𝐵 )( 𝐴) 𝑝𝐶 𝑇𝐶 𝑇𝐴 𝑝𝐴 ( )( ) 𝑇𝐶 𝑝𝐶 𝑇𝐵 𝛿1 𝛿2 = tan 𝛽 𝜋 1−tan 𝛼 1+tan 𝛼 = tan2 ( − 𝛼) = ( Tù hình vẽ ta thấy tan 𝛼 = 0,5 Góc 𝛽 suy từ hình vẽ Ngồi cịn ý 𝛼 + 𝛽 = nên 0,5 𝐶𝐵 𝑂𝐵 𝜋 0,5 ) , 𝐶𝐵 = 𝑟 : bán kinh vòng 0,5 tròn 𝑂𝐶 = √2, 𝑂𝐵 = √2 − 𝑟 thay vào công thức trên: 𝜌1 𝜌2 = Vậy 𝜌1 𝜌2 𝑇 𝑇 𝑇 1−( )√1+2 −( ) = 𝑇𝐶 𝑇𝐶 1−𝑟√2−𝑟 1+𝑟√2−𝑟 0,5 𝑇𝐶 𝑇 𝑇 𝑇 1+( )√1+2 −( ) 𝑇𝐶 𝑇𝐶 𝑇𝐶 Bài 4: Cơ học vật rắn ( điểm) Một mảnh đồng chất có chiều dài 𝐿 = 2𝑚 khối lượng 𝑚 dựng thẳng đứng mặt phẳng nhẵn nằm ngang Sát đầu có vật nhỏ khối lương 𝑚 Thanh bắt đầu đổ xuống theo chiều hình vẽ Tìm vận tốc lớn vật nhỏ Nội dung Điểm Trong q trình đổ xuống, cịn chưa tách khỏi vận tốc vật vận tốc đầu A 0,5 Khi vận tốc vật đạt giá trị lớn vật tách khỏi Kí hiệu G khối tâm hệ, 𝐴𝐺 = 𝐿/4 Do khơng có ngoại lực tác dụng lên hệ theo phương ngang nên G chuyển động theo phương thẳng đứng 0,5 Xét lập với phương ngang góc 𝛼 Tọa độ khối tâm theo phương thẳng đứng: 0,5 Bài 𝐿 𝑦𝐺 = sin 𝛼 𝐿 𝐿 suy ra: 𝑣𝐺 = −𝑦𝐺′ = − cos 𝛼 ⋅ 𝛼 ′ = 𝜔cos 𝛼 Áp dụng định luật bảo toàn năng: 𝐿 2𝑚𝑣𝐺2 𝐼𝐺 2𝑚𝑔 (1 − sin 𝛼) = + 𝜔 2 0,5 Tính mơ men qn tính hệ 𝐺 thay vào ta tìm 0,5 3𝑔𝐿 (1−sin 𝛼)cos2 𝛼 được: 𝑣𝐺 = √ 3cos2 𝛼+5 Dọc theo phương GA ta có: 𝑣𝐺 sin 𝛼 = 𝑣𝐴 cos 𝛼 3𝑔𝐿 (1−sin 𝛼)sin2 𝛼 Từ ta tìm được: 𝑣𝐴 = √ 0,5 0,5 8−3sin2 𝛼 Bằng cách đạo hàm bậc biểu thức theo 𝛼 cho ta tìm vận tốc cực đại 𝐴: 𝑣𝐴 ≈ 0,82 m/s xảy 𝛼 ≈ 45, 4∘ 0,5 Bài 5: Tĩnh điện (4 điểm) Một vỏ cầu mỏng dẫn diện (gọi tắt vỏ cầu), bán kính a, tâm 𝑂 cố dịnh Hai điện tích điểm điểm 𝐴 𝐵 với 𝑂𝐴 = 𝑑1 = 20 cm, 𝑂𝐵 = 𝑑2 = 40 cm Điện tích 𝐴 : 𝑞1 = 10.10−9 C, điện tích B: 𝑞2 = 16 ⋅ 10−9 C Nối vỏ cầu dây dẫn mảnh với cực dương nguồn điện, cực âm nguồn nối đất Hiệu điện nguồn 𝑈 = 90 V a Ban đầu 𝑎 = 10 cm, tìm điện tích vỏ cầu b Nếu bán kính vỏ cầu tăng dần từ 𝑎 = 10 cm đến 20 cm dịng chuyển dời điện tích thay đổi nào? Giả thiết bán kính vỏ cầu tăng lên khiến cho điện tích điểm rơi vào vỏ cầu mà không tiếp xúc dẫn điện với vỏ cầu Nội dung Điểm Tại vị trí ban đầu, bán kính vỏ cầu a = 10 cm 𝑞1 𝑞2 ngồi vỏ cầu Khi phân bố điện tích bề mặt vỏ cầu khơng Gọi điện lượng mặt ngồi vỏ cầu 𝑄1 mật độ điện tích bề mặt 𝜎 Điện tích diện tích Δ𝑆 𝜎Δ𝑆 tạo điện tâm 𝑂 0,5 Bài Σ𝜎Δ𝑆 𝑄1 9.109 Nm2 Ta có 𝑈1 = ΣΔ𝑈1 = 𝑘 =𝑘 vói 𝑘 = 𝑎 𝑎 C2 Điện tích điểm 𝑞1 , 𝑞2 tạo điện đối vơi tâm O 𝑞 𝑞 𝑘 𝑑1 𝑘 𝑑2 Theo nguyên lý chống chất điện thế: 0,5 𝑘 𝑞1 𝑞2 𝑄1 +𝑘 +𝑘 =𝑈 𝑑1 𝑑2 𝑎 Suy điện tích mặt ngồi vỏ cầu 𝑄1 = 𝑎 0,5 𝑈 𝑞1 𝑞2 −𝑎( + ) 𝑘 𝑑1 𝑑2 𝑄1 = −8 ⋅ 10−9 C Khi bán kính vỏ cầu 𝑑1 (nhưng 𝑞1 cịn ngồi vỏ cầu) Gọi điện tích mặt ngồi vỏ cầu 𝑄2 , ta có: 𝑘 𝑈 0,5 𝑞1 𝑞2 𝑄2 +𝑘 +𝑘 =𝑈 𝑑1 𝑑2 𝑑1 𝑞 𝑞 Suy ra: 𝑄2 = 𝑑1 [ 𝑘 − (𝑑1 + 𝑑2 )] = −16 ⋅ 10−9 𝐶 Vì vỏ cầu chưa có điện tích, điện tích vỏ cầu nên điện tích vỏ cầu điện tích mặt ngồi 0,5 𝑄𝐼𝐼 = 𝑄2 = −16.10−9 C Như trình tăng dần bán kính từ 10 cm đến 20 cm dòng điện dịch từ đất hướng vỏ cầu : 0,5 Δ𝑄𝐼 = 𝑄𝐼𝐼 − 𝑄𝐼 = −8.10−9 C Khi điện tích điểm 𝑞1 bắt đầu vào vỏ cầu mặt vỏ cầu xuất điện tích cảm ứng (−𝑞1 ) điện tích 0,5 bên ngồi đóng góp 𝑞2 điện tích mặt ngồi vỏ cầu 𝑞 𝑄 lúc 𝑄3 : 𝑘 𝑑2 + 𝑘 𝑑3 = 𝑈 𝑈 𝑞 Suy 𝑄3 = 𝑑1 ( 𝑘 − 𝑑2 ) = −6.10−9 𝐶 Điện lượng vỏ cầu là: 𝑄𝐼𝐼𝐼 = 𝑄3 + (−𝑞1 ) = 16.10−9 C Sự chuyển dời điện tích 𝑞1 từ lân cận mặt ngồi đến vị trí lân cận mặt vỏ cầu tạo thay đổi điện tích vỏ cầu là: Δ𝑄𝐼𝐼 = 𝑄𝐼𝐼 − 𝑄𝐼𝐼 = Điều chứng tỏ q trình có truyền điện tích cảm ứng mà khơng có thay đổi điện lượng HẾT - 0,5