Chuyên hoàng lê kha đáp án vật lý 10

Trường: THPT Chun Hồng Lê Kha – Tây Ninh Mơn: Vật lí Khối: 10 Câu 1: (5 điểm) Một rắn OA đồng chất tiết diện đều, m O chiều dài l = 80 cm, khối lượng m1 = 100 g Đầu A lắp cố định vào đế phẳng mỏng cho vng góc với đế, đế có khối lượng m = 150 g Một sợi dây nhẹ m khơng dãn có chiều dài với treo vào đầu O, cuối dây treo có gắn vật nhỏ khối lượng m = 50 g Hệ đặt mặt sàn nằm ngang Ban đầu, kéo vật nhỏ m cho dây treo m vng góc với OA thả nhẹ (hình bên) Biết rằng, vật nhỏ m A xuống OA đứng yên sau va chạm, vật m dính vào thanh; hệ số ma sát trượt đế mặt sàn μ = 0,30 Lấy g = 10 m/s Bỏ qua lực cản khơng khí a) Tính tốc độ hệ sau va chạm quãng đường hệ mặt sàn b) Trong trình vật nhỏ m xuống, OA có xu hướng dịch chuyển phía nào? Tính hệ số ma sát nghỉ tối thiểu đế sàn để giữ cho đứng yên c) Tháo đế m2 khỏi OA, đầu O dây treo vào điểm trục quay cố định nằm ngang qua O vng góc với mặt phẳng hình vẽ, dây có chiều dài l Kéo dây nằm ngang thả nhẹ cho vật m va chạm dính vào trường hợp Bỏ qua ma sát Chứng tỏ góc lệch lớn OA so với phương thẳng đứng không phụ thuộc vào giá G trị l tính góc lệch lớn Câu 2: (4 điểm) Cho hệ hình vẽ Một dây nhẹ khơng dãn lị xo nhẹ có độ cứng k treo cố định vào giá nằm ngang, dây treo lị xo có vắt rịng rọc khối lượng khơng đáng kể, tâm G rịng rọc có treo vật khối lượng m = 500 g Biết rằng, rịng rọc khơng trượt dây Tại vị trí cân bằng, lò xo dãn cm Lấy g = 10 m/s2 a) Tính độ cứng lị xo b) Từ vị trí cân bằng, kéo nhẹ m theo phương thẳng đứng xuống đoạn x thả không vận tốc đầu cho m dao động điều hòa P Tìm chu kì dao động điều hịa m giá trị lớn x để m thỏa mãn điều kiện 8P0 c) Tháo bỏ vật m khỏi ròng rọc coi ròng rọc đĩa trịn đồng chất có khối lượng m Kích 5P0 thích để tâm G rịng rọc dao động điều hịa theo phương thẳng đứng Tìm chu kì dao động G Câu 3: (4 điểm) Một động nhiệt hoạt động theo chu trình 1231 hình vẽ Tác nhân mol khí lí P0 tưởng đơn nguyên tử Trong trạng thái (1), (2) có V O 3V0 7V0 8V0 m thơng số cho đồ thị Q trình (3)  (1) nằm đường thẳng có đường kéo dài qua gốc tọa độ O a) Tính T3 ; V3 theo p0, V0, R b) Tìm nhiệt độ lớn chu trình theo p0, V0, R c) Trong trình từ (1)  (2), tìm điểm N khí chuyển đổi từ trạng thái nhận nhiệt sang trạng thái nhả nhiệt d) Tính hiệu suất động nhiệt hoạt động theo chu trình Câu 4: (4 điểm) Một cầu A, tâm O, bán kính R, tích điện với mật độ điện khối  (  >0), đặt khơng khí hình 4a  a) Tìm véctơ cường độ điện trường E cầu A gây điểm, cách tâm O khoảng r hai trường hợp: r  R r R b) Tiếp đến người ta khoét cầu A hốc hình cầu tâm R R OO1  Quả cầu A O1, bán kính O1 nằm trục Ox (Hình 4b) bị khoét gọi cầu A’ Gọi M điểm bên hốc cầu Hãy tìm biểu thức cường độ điện trường M cầu A’ gây c) Cuối người ta đặt thêm điện tích điểm Q (Q>0) nằm O2 trục Ox cho ba điểm O, O1 O2 thẳng hàng hình 4c Biết O2O=2R Tìm độ lớn lực điện điện tích điểm Q tác dụng lên cầu A’ lúc Câu 5: (3 điểm) Cho công thức xác định lực ma sát nhớt tác dụng lên bi nhỏ: F=6π η.v.r Trong đó: η hệ số ma sát nhớt chất lỏng, v tốc độ chuyển động bi so với chất lỏng, r bán kính bi Cho dụng cụ thí nghiệm: (1) Một ống thủy tinh hình trụ dài (2) Một ống nhỏ giọt (3) Một cân (4) Một đồng hồ bấm giây (5) Một thước đo chiều dài (6) Chậu đựng nước có khối lượng riêng ρ biết (7) Chậu đựng dầu thực vật có khối lượng riêng ρd biết Trình bày sở lý thuyết, bước tiến hành thí nghiệm, cách xử lý số liệu để xác định hệ số ma sát nhớt dầu thực vật cho  HẾT ĐÁP ÁN Câu Phầ n a) 1,5 đ Nội dung Điểm Gốc A - Cơ m bảo toàn với v0 vận tốc trước lúc va chạm: mv W = mgℓ = => v  2gl 4 m/s 0,5đ - Gọi v vận tốc hệ sau va chạm: mv0 = (m+m1+m2)v v Kết quả: mv  m  m1  m m/s 0,5đ a - Gia tốc hệ trượt phương ngang: - Quãng đường đến lúc dừng:  Fms  g m  m1  m 0,5đ  v2 v2 s  0,074 2a 2g m = 7,4 cm b) 1,5 đ (5 đ) - Vật nhỏ m xuống, OA có xu hướng dịch chuyển qua trái - Điều kiện OA đứng yên: Fmsn(max) ≥ Tx(max) (*) - Với: Tx = Tsinα Tx = 3mg.cosα.sinα = 1,5mg.sin2α Vậy: Tx(max) = 1,5mg (1) (khi α = 45o) - Mặt khác: Fmsn(max) = μn.(m1g + m2g + Tcosα) Fmsn(max) = μn.(m1g + m2g + 3mgcos2α) α=45o: Fmsn(max) = μn.(m1g + m2g + 1,5mg) (2) 1,5m Thay (1), (2) vào (*) => μ ≥ m1  m  1,5m = 0,23 0,5 0,5 0,5 n c) 2đ - Bảo toàn momen động lượng trước sau va chạm:   mv 0,5 1  1 2 mv0 l I  m1l  ml    m1  m  l 3  3  => - Gọi β góc lệch lớn sau va chạm Áp dụng định 0,5 l I m1g (1  cos )  mgl (1  cos ) 0,5 luật bảo toàn năng: (**) I  m1l  ml Thay , ω, v  2gl vào (**): m2 cos  1   m1   m1    m  m    không phụ thuộc l Kết quả: o o Thay số: cos  0, Vậy:  45,57 45 34 ' a) Ở vị trí cân bằng: P = T = 2T’ = 2Fđh => mg = 2k∆l 0,5 0,5 1đ b) 1,5 đ mg 50 2l Kết quả: N/m Chọn gốc tọa độ vị trí cân m, chiều dương hướng xuống Kéo vật m xuống đoạn x lị xo dãn đoạn 2x nên ta có: mg – T = ma = mx” T = 2Fđh = 2k(∆l + 2x) 4k Kết phương trình vi phân: x” + m x = k 2  k 4k  2 m m hay Vậy m dao động điều hòa với : 2 m      s 0,314 s  k 10 => Chu kì : (nếu khơng thiết lập phương trình không cho điểm) * Điều kiện m dao động điều hòa lực căng dây: T 0 (4 đ) c) 1,5 đ a) 1đ b) 1đ 0,5 0,5 => mg – ma 0 hay g a 0,5 g x  g  x  => g mg x max   0, 025 m 2,5 cm  4k Vậy Chọn gốc tọa độ vị trí cân G, chiều dương chiều lị xo dãn xuống Khi G có li độ x lị xo biến dạng 2x Phương trình động lực học tịnh tiến G chuyển động quay ròng rọc quanh G: mg – T – Fđh = ma T.R – Fđh.R = Iγ 0,5 a x '' I  mR    R R vào Thay a = x”, Fđh = k(∆l + 2x), , 8k phương trình phương trình vi phân: x” + 3m x = 0,5 2 3m 8k    2   2k 3m => Chu kì: Với: Kết quả:  0,385 s (4 đ) 0,5 p1 p3  V V3 Đường thẳng 31 qua gốc nên : p = aV nên V3  V0 Suy ra: p V 3p V T3  3  0 R 5R P  Phương trình đường thẳng 12: P0 V  8P0 V0 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 pV P0  ( V  8PV ) R R V0 2P T '  ( V  8P0 ) R V0 =0 T 0,5 28 p0V0 R = c) 1đ d) 1đ Suy V = 4V0 Tmax Nhiệt lượng q trình vơ bé nằm đoạn 12 là:  P   Q   A  dU  pdV  RdT   V  20 P0  dV  V0  δQ > suy V < 5VQ > suy V < 5V0 Suy điểm N khí chuyển đổi từ trạng thái nhận nhiệt sang trạng thái nhả nhiệt có VN = 5V0 Cơng mà chu trình sinh diện tích tam giác 123: A  (V3  V2 ).( P1  P3 )  12,8PV 0 5V0  P  Qnhan12 Q1 N    V  20 P0  dV 8PV 0 V0  3V0  Q31 U 31  A31  ( PV (V3  V1 ).( P1  P3 ) 28,8 PV 1  PV 3)  0 2 H (4 đ) a) 1đ A Q  bTrường hợp r R :  R3  E.4 r  0 Tương tự:  E  Hay  R3 3 r E  R3  r 3 r 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 12,8 34,8%  28,8 Hiệu suất: Trường hợp r  R Ta chọn mặt Gauss tâm O bán kính r, áp dụng định lý O-G cho mặt Gauss: r  E.4 r  0   E r 3    E r  Hay 0,5 0,5 0,5 b) 2đ  Gọi EM cường độ điện trường tạo  cầu A’ gây M Ta coi EM tương đương chồng chập  điện trương E cầu A (chưa khoét) gây cường độ điện  trường E1 cầu đồng tâm O , R bán kính tích điện   gây M     E1  O1M E OM   0 Theo (2) ta có:          R EM E  E1  OM  OM  OO1  ex     0 0 Do   OO ex  OO1 Trong c) 1đ  Gọi 0,5 0,5 0,5 0,5 EO cường độ điện trường cầu A’ gây  E O2, ta coi O tương đương chồng chập 2  điện trương E cầu A( chưa khoét) gây  cường độ điện trường E cầu đồng tâm O1, R bán kính tích điện   gây O2 Tương tự ta có:  0,5    R  R3  E  OO2  OO2  ex 3 (2 R)3 24 12 R   ( )3    O O   8 O O    R e    R e E  3 37  36  x 729  x 3 ( R) R   4    ex  ex  EO E  E 12  729   0 Do = + =   227  R EO  ex 2916   2 Lực điện Q tác dụng lên cầu A’ lực điện cầu A’ tác dụng lên Q: 0,5 F QEO  227  QR 2916    2p pV RT  T    V  p1V  R  V1  (3 đ) (7) V V4 1,5V1 Từ (7) suy T cực đại (8) T 4,5T1 540 K Thay (8)vào (7) ta max Cơ sở lý thuyết Vật rơi môi trường chịu tác dụng lực cản tỷ lệ 0,5 với tốc độ chuyển động vật Ban đầu vật rơi nhanh dần, nên tốc độ tăng dần, đến lực cản môi trường đủ lớn để cân với trọng lực lực đẩy Acsimet vật chuyển động Xét viên bi nhỏ bán kính r chuyển động dầu với tốc độ v:    + Phân tích lực: trọng lực P , lực đẩy Acsimet FA , lực ma sát nhớt F + Viên bi chuyển động nên ta có:     P +FA +F =0 Þ F = P – FA r ( r - r d ) g Þ 6ph.v.r = p.r ( r - r d ) g Þ h= × v 0,5 Nhận xét: Để đo η, ta cần đo bán kính r tốc độ chuyển động v viên bi Tiến hành thí nghiệm Ống Bố trí thí nghiệm Hình nhỏ Tiến trình thí nghiệm: giọt Bước 1: Thí nghiệm với ống nhỏ giọt - Dùng cân điện tử để cân khối lượng: ống nhỏ giọt, ống nhỏ giọt có chứa nước để xác định 0,5 khối lượng m nước ống - Đếm số giọt nước N Bước 2: Cho giọt nước từ ống nhỏ giọt rơi vào Giọt dầu từ độ cao h xác định (để giọt nước có nướ S tốc độ ban đầu đủ lớn) Mỗi giọt nước chuyển c CĐ động ống dầu, quan sát chuyển động Nướ giọt nước: 0,5 Hình c - Dùng thước đo quãng đường S (quan sát thấy giọt nước chuyển động đều) - Dùng đồng hồ đo khoảng thời gian t chuyển động tương ứng Chú ý: Khi tiến hành bước nhiều lần mức chất lỏng nước ống dâng lên nên ta phải ý: điều chỉnh vị trí ống nhỏ giọt (để độ cao h khơng đổi); vị trí đo quãng đường S (do mức nước dâng lên) Xử lý số liệu * Xác định bán kính giọt nước: Đo m, đếm N m m0 = N - Khối lượng giọt nước: 3.m 3V =3 4p 4pr - Bán kính giọt nước: * Xác định tốc độ chuyển động giọt nước dầu: S v= t * Xác định hệ số nhớt dầu: 0,5 r =3 2 r ( r - r d ) g h= × v - Hết GV đề: Họ tên Câu số Số điện thoại Nguyễn Thanh Vũ 1, 0988873265 Lê Thị Biên Thùy 0909717966 Trần Nguyễn Hoàng Duy 4, 0.5