Chuyên hùng vương phú thọ vật lí 10

TRƯỜNG THPT CHUN HÙNG VƯƠNG ĐỀ THI MƠN: VẬT LÍ – KHỐI 10 PHÚ THỌ NĂM 2023 (ĐỀ THI ĐỀ XUẤT) Thời gian làm 180 phút Câu I (5,0 điểm) Một lắc đơn gồm vật nhỏ có khối lượng m = 100 g sợi dây mảnh, nhẹ có chiều dài l = 60 cm Bỏ qua sức cản khơng khí Lấy g = 10 m/s2 1) Con lắc treo thẳng đứng vào điểm A cố định hình Ban đầu, giữ lắc vị trí sợi dây có phương nằm ngang thả nhẹ a) Tính tốc độ vật lực căng sợi dây vật qua vị trí O (sợi dây có phương thẳng đứng) b) Ngay sau vật qua O, sợi dây vướng vào đinh B cách A đoạn h đường thẳng đứng qua A - Cho h = 20 cm Tính tốc độ vật lực căng dây CB vật qua vị trí C ứng với góc α = 60o Tính độ lớn gia tốc tiếp tuyến, gia tốc pháp tuyến vật, xác định hướng độ lớn gia tốc toàn phần vật vật qua C - Xác định giá trị h để vật chuyển động hết vòng tròn bán kính CB 2) Đặt lắc lên mặt phẳng nghiêng góc θ = 30o so với mặt phẳng nằm ngang treo vào điểm D cố định hình Ban đầu vật giữ vị trí dây nằm ngang thả nhẹ Biết hệ số ma sát vật mặt phẳng nghiêng μ = 0,1 Lực ma sát có phương tiếp tuyến với quỹ đạo có chiều ngược với chiều chuyển động a) Tính độ lớn lực ma sátgiữa vật mặt nghiêng b) Tính tốc độ cực đại vật trình chuyển động lực căng dây Câu II (4,0 điểm) Một cầu rỗng đồng có khối lượng m bán kính R chuyển động khơng vận tốc ban đầu từ đỉnh mặt phẳng nghiêng góc α so với mặt phẳng nằm ngang nơi có gia tốc trọng trường g hình Biết chuyển động cầu chuyển động song phẳng lăn không trượt, chiều cao mặt phẳng nghiêng h 1) Chứng minh moment quán tính cầu I  mR trục qua tâm cầu Biết moment quán tính vành trịn đồng có khối lượng m0, bán kính r trục qua tâm vành trịn vng góc với mặt phẳng vành tròn I m0 r 2) Với moment quán tính cầu tính phần Gọi A điểm tiếp xúc cầu đỉnh mặt phẳng nghiêng Chọn chiều dương chiều chuyển động cầu a) Lập phương trình động lực học cho chuyển động tịnh tiến chuyển động quay cầu quanh trục qua khối tâm cầu b) Tính gia tốc khối tâm cầu tốc độ tới chân mặt phẳng nghiêng c) Cho  = 30o, h = 27,5 cm, g = 9,8 m/s2, R = 10 cm Xác định vận tốc điểm A so với mặt đất cầu tới chân mặt phẳng nghiêng Câu III (4,0 điểm) Một mol khí lý tưởng nén từ trạng thái đầu I (p1, T1) tới trạng thái cuối F (p2, T1) theo hai cách khác (p2 > p1) 1) Cách 1: Khí nén đoạn nhiệt thuận nghịch từ trạng thái I đến trạng thái N(p2, T2), sau làm lạnh đẳng áp trạng thái F a) Vẽ đồ thị biểu diễn trình I-N-F giản đồ p-V k= p2 p1 , T vàhệ số đoạn b) Tìm biểu thức cơng A1 mà khí nhận q trình I-N-F theo nhiệt  2) Cách 2: Khí nén đoạn nhiệt thuận nghịch khí từ trạng thái I đến trạng thái M(p'1, T'1), sau làm lạnh đẳng áp trạng thái L(p'1, T1), với p'1 = bp1 < b < k Tiếp theo, tiếp tục nén khí đoạn nhiệt thuận nghịch từ trạng thái L đến trạng thái Q(p2, T'2) làm lạnh đẳng áp trạng thái F a) Vẽ đồ thị biểu diễn trình I-M-L-Q-F giản đồ p-V b) Tìm biểu thức cơng A2 mà khí nhận trình I-M-L-Q-F theo k, T1,  b So sánh A2 với A1 c) Tìm giá trị b để công A2 đạt giá trị cực tiểu tính giá trị cực tiểu A2min  tính tỉ số A1 d) Cho p1 = 105 Pa, p2 = 4.105 Pa, Câu IV (4,0 điểm) Một vòng dây (C) mảnh, tiết diện đều, tâm O, bán kính R, tích điện (với Q > 0) phân bố theo chiều dài dây Các phần xét hệ đặt mơi trường khơng khí Một điểm M nằm đường thẳng qua tâm O vng góc với mặt Q M h phẳng vịng dây (C) hình Xác định cường độ điện trường vòng O dây gây điểm M R Hình Một điểm A nằm cách tâm vòng dây (C) đoạn r (r nhỏ so với R)  hình Xác định vectơ cường độ điện trường E điểm A Sử dụng A O n phép tính gần ( (1 x) 1 nx với x 1 ) để dẫn tới kết Hình   r Q   E  4 R (với r OA ;  số điện) Một cầu thép nhỏ khối lượng m treo sợi dây nhẹ (không dãn, không dẫn điện) chiều dài  Hệ thống xem lắc đơn Ban đầu, cầu đứng yên vị trí dây treo trùng với đường thẳng qua tâm O vịng dây (C) vng góc với mặt phẳng vịng dây hình Tích điện q (với q > 0) cho cầu (coi điện tích điểm), tác dụng lực tương tác điện, cầu dao động nhỏ Q q R Hình (trong q trình dao động dây ln căng) Bỏ qua tác dụng điện trường theo phương vuông góc với mặt phẳng vịng dây phạm vi cầu dao động, bỏ qua lực cản khơng khí Gia tốc trọng trường g Chứng minh cầu dao động điều hịa, tìm chu kì dao động Câu V (3,0 điểm) Xét chuyển động nhựa phẳng mặt bàn phẳng nằm ngang, người ta nhận thấy trình chuyển động, chịu tác dụng lực ma sát trượt (hệ số ma sát trượt α) chịu lực cản   f   v, c môi trường tỉ lệ thuận với vận tốc ( β hệ số cản) Quãng đường mà nhựa trượt s v2  v3  2g 3 Mg với v vận tốc ban đầu mặt phẳng ngang tính gần là: nhựa, M khối lượng nhựa, g gia tốc trọng trường Cho dụng cụ sau: - Vật nhỏ có khối lượng m biết; - Thước đo có vạch chia đến milimét; - Các sợi dây mềm, mảnh, nhẹ; - Tấm nhựa phẳng hình chữ nhật; - Bàn thí nghiệm, giá đỡ, giá treo cần thiết Trình bày cách bố trí thí nghiệm, thu thập xử lí số liệu để xác định hệ số α β Coi va chạm q trình làm thí nghiệm (nếu có) hồn tồn đàn hồi -Hết HƯỚNG DẪN CHẤM Câu I: (5,0 điểm) Cơ chất điểm Ý Nội dung Điểm Áp dụng định luật bảo tồn vị trí ban đầu vị trí O ta có: 1a) mgl  mv02  v0  gl 2 3,46 (m/s) 0,25 Áp dụng định luật II Newton O ta có: T0  mg m  v02 v2   T0 m  g   3 (N) l l   0,25 Áp dụng định luật bảo tồn O C ta có: 1 mgl  mv02 mg (l  h)   cos   mv 2 0,5  v  g   l  h  cos  h  2 2,83 (m/s) Áp dụng định luật II Newton C ta có:  v2 v2  T  mgcos m  T m  gcos   l h l h  2h    T mg  3cos   2,5 (N) (1) l h  Áp dụng định luật II Newton C theo phương tiếp tuyến ta có: 1b)  mgsin mat  at  g sin    8,66 (m/s ) 0,5 0,25 Gia tốc pháp tuyến vật C là: an  0,25 v2 20 (m/s ) l h Gia tốc toàn phần vật tai C là: a  at2  an2 5 19 21,8 (m/s ) 0,25 Hướng gia tốc toàn phần C hợp với sợi dây góc β tan   at   23, 4o an 0,25 Từ (1) ta có: Để vật chuyển động hết vịng trịn bán kính CB Tmin ≥ 2h   Tmin mg     0  h  l 36 (cm) l h  Suy ra: Áp dụng định luật II Newton vị trí dây treo lệch góc so với phương nằm ngang ban đầu sợi dây ta có      P  N  T  Fms ma 2a) 0,25 (2) Chiếu (2) theo phương vng góc với mặt nghiêng hướng lên ta có:  mg cos   N 0  N mg cos  0,0866 (N) 20 Chiếu (2) lên phương tiếp tuyến với quỹ đạo vật ta có: mg sin  cos  Fms mat (3)  Fms  N  mg cos   2b) 0,25 0,25 0,25 0,25 Vật có tốc độ cực đại vị trí cân bằng, at = Từ (3) ta có: cos  Fms     80o 1, 5864 (rad) mg sin  tan  Áp dụng định luật bảo tồn lượng q trình vật chuyển động từ vị trí ban 0,25 0,5 đầu đến vị trí cân Chọn mốc vị trí ban đầu ta có: mv  mgl sin  sin   Fms l   mg cos  l  v  gl  sin .sin   .cos  2,1 (m/s) Chiếu (2) lên phương hướng tâm ta có: v2  mg sin  sin   T man m l  T mg  3sin  sin   2 cos  1, 225 (N) 0,5 Câu II: (4,0 điểm) Cơ học vật rắn Ý 1) Nội dung Chia cầu thành vành tròn xếp liên tiếp Xét đới cầu hẹp (coi vành trịn) có bán kính r, hợp với trục qua tâm góc α có bề dày Rdαα Ta có: r = Rsinα Diện tích đới cầu hẹp là: dαS = 2rRdα = 2R2sindα Khối lượng vành tròn là: dαm  m dαS  m sin  dα 4 R Moment qn tính vành trịn là: 1 dαI dαmr  mR sin  dα  mR cos 2  dα  cos  2   Điểm 0,25 0,25 0,25 Đặt cos = x; với     I 2a) 1 1 1  1 I dαI   mR  x  1 dαx  mR  x  x   mR 2 3 1 Các lực tác dụng lên cầu hình vẽ Phương trình động lực học cho chuyển động tịnh tiến cầu: mg sin   Fms maG (1) Phương trình động lực học cho chuyển động quay cầu: a Fms R I   mR t R (2) Fms  mat Từ (2) ta có: (3) Do chuyển động cầu lăn không trượt nên: at aG (4) 2b) aG  g sin  Thay (3) (4) vào (1) ta có: 2 Áp dụng cơng thức: v  v0 2as ta có: v  2aG 2c) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 h  gh sin  (5) Chu vi vành tròn chứa đường kính cầu là: p 2 R 20 cm Chiều dài mặt nghiêng là: 0,25 s h 3  55 cm    p sin  4  Do A quay vòng vịng tới chân mặt phẳng nghiêng nên A vị trí 0,25 0,25 0,25 hình vẽ Do lăn không trượt nên vt = vG = v Do  v A v  12 gh 4,5 m/s 0,25 v A hợp với mặt phẳng nghiêng góc 45o 0,25 Câu III: (4,0 điểm) Nhiệt học Ý 1.a Nội dung Điểm p p2 F N(T2) 0,50 (T1) p1 I(T1) O 1.b V   T2  p     k  a T p Quá trình đoạn nhiệt IN:   Công nhận p V  pV R A IN  2 1   T2  T1    Công nhận trình đẳng áp NF A NF =− p2 ( V F −V N ) =−R(T 1−T 2) Cơng khí nhận q trình I-N-F   R R   A1 A IN  A NF  T1  k    T a  1   1     2.a 0,25 0,25 p p2 F Q(T'2) (T1) p'1 L O Lập luận tính tốn tương tự ý 1, ta có R RT A IML   T '1  T1    X1  1 ,   T'  p'  X1    T1  p1  với   b   0,50 M(T'1) p1 2.b 0,25 I(T1) V 0,25 Tương tự với trình LQF R RT A LQF   T '2  T1    X  1   , X2  với T '2  p    T1  p '1    p     p1    p     p '1     0,25 a X1 Vậy cơng tồn phần mà khí nhận theo cách RT1 A A IML  A LQF   X1   X  1  A2  RT1  a   X1    X1  2  0,25     RT1    k    b    2    b   T '2 a = >1 ⇒1< X A2 a a f  X1  X1  X1  X1 đạt cực tiếu, tức X1 hay Công A2 có giá trị nhỏ γ γ X1  a ⟹ b=X 1γ −1 =a ( γ−1 ) =√ k R A 2min 2 T1 a   Do X = ( 2.c  2.d )   0,25 0,25  A 2min a    A1 a1 a 1 p  a    p1  Thay số, ta có 0,5   40,4 1, 741 0,50 A 2min 0,862 A ; Câu IV: (4,0 điểm) Điện học Nội dung (Câu 2) Ý Điể m y Chia vòng dây (C) thành n phần tử nhỏ nhau, phần tử có chiều dài d có điện tích tương ứng dq d Q  2R Trên vịng dây ln xuất cặp phần tử đối xứng , với x M h qua O Xét cặp phần tử đối xứng hình vẽ, cường độ điện trường tương ứng dEi dE i ' k dq k  d h R h  R2 O R0,25 0,25 n /2 R i 1 E M E My  2.dE i cos  2  EM   EM  R 2kh  h2  R2  h R EM  Từ kết phần 1:  d  3/2 2kh 3/2 R  R2  2kh  h2  R  3/2 R Q khQ  2R h2  R2  khQ h 1,0 k h d 2 h R h2  R 3/2  3/2 1,5 Với miền khơng gian mà bóng chuyển động xung quanh O với góc nhỏ, ta có h  B  EM  khQ h  R2  3/2  khQ E ' R3 Chọn mặt Gauss mặt trụ có bán kính đáy r, mặt phẳng hai đáy song song với mặt phẳng vòng dây cách mặt phẳng vòng dây đoạn h x x O (mặt Gauss qua A) Định lý O-G   n EdS   qi   i 1 (S) 2h R  E '.r  E '.r  E r Sxq 0  2E '.r  E r 2r.2h  E r  E' r khQ kQ r   r 2h 2h R R3    r Q  Er  E 4 R Xét bóng bị lệch góc nhỏ từ vị trí cân bằng, bóng có li độ x Áp dụng Định luật II Niu-tơn cho cầu     P  T  qE r ma Chiếu phương trình lên chiều (+) có phương tiếp tuyến với quỹ đạo đường tròn tâm B bán kính   qE r cos - mgsin = ma t m ''  0,25 Góc  nhỏ  sin   ; cos 1   qE r - mg = m ''  Với x r  E r  kQ x R3 0,5 x    ''    kQ   g kqQ   =    mg+q   m  2R    2mR  Vậy bóng dao động điều hịa với tần số góc   T Chu kì: g kqQ   2mR 2 2  g kqQ   2mR 0,25 Câu V: (4,0 điểm) Phương án thí nghiệm 1,25 điểm Nội dung Điểm Cơ sở lý thuyết Muốn xác định hệ số α β liên quan đến trình chuyển động nhựa mặt bàn ta cần bố trí hệ thí nghiệm cho tạo vận tốc cho cần phải xác định khối lượng M nhựa 0,25 Có thể tạo vận tốc ban đầu cho m nhựa việc sử dụng va chạm vật m Tạo vận h v2 tốc vật m trước M va chạm vào M việc cho vật m chuyển động tác dụng trọng lực, chuyển hoá thành động 0,25 Độ cao vật m ban đầu so với vị trí trước va chạm h vận tốc vật m thu v2 m mgh  v1  2gh (1) Vật m va chạm đàn hồi với M tạo vận tốc v cho M, xác định từ hệ phương trình mv1 Mv  mv1' 0,25 (*) 1 mv12  Mv 22  mv1' 2 2 (**) suy v2  2m v1 Mm  v2  2m 2gh Mm (2) s 0,25 v22 v32  2g 3 Mg Ta có Tuyến tính hóa phương trình ta s v2   B  Av2 2 v  g  Mg  0,25 s m X  v v 2 Với Đồ thị có dạng Y= B- AX Như việc đo khoảng cách dịch chuyển theo chiều cao vật m h s v2 M v vẽ đồ thị để xác định phụ thuộc theo v2 ta xác định hệ số A, B từ xác định α β Tiến hành thí nghiệm: Xác định khối lượng vật M (sử dụng thước làm cân địn vật m biết để tính M) Bố trí thí nghiệm (hình vẽ ): - Vật M để nhô khỏi mép bàn chút - Chiều dài dây buộc vật m phải phù hợp 0,25 - Kéo lệch vật m lên độ cao h thả để vật m đến va chạm vào M, đo quãng đường dịch chuyển vật M - Ghi số liệu vào bảng xử lí số liệu 0,25 Lần h // // // // // // // s // // // // // // // Y 0,75 điểm 0,25 1điểm Xử lí số liệu: +Tính đại lượng liên quan ghi vào bảng Lần 10 0,25 h s X= v2 0,25 Y=s/v22 suy 0,25 Vẽ đồ thị Y theo X, tính hệ số A, B y   1 B   B 2g 2Bg  3A A 2   M 3 Mg 4B O 0,25 B/A x