Vat li 10 thai nguyen Đề thi, đáp án (đề xuất) trại hè hùng vương

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN TỈNH THÁI NGUYÊN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ KHỐI 10 Thời gian làm bài: 180 phút ( Đề có trang gồm câu) Câu 1: Động học- động lực học chất điểm (5 điểm) O Phía mặt phẳng nghiêng góc α = 300, điểm O cách mặt phẳng nghiêng đoạn OC = h, người ta đặt máng trượt thẳng nhẵn, tựa vào mặt phẳng nghiêng điểm P (hình 1) Để chất điểm từ O h β C α trượt không vận tốc đầu, theo máng đến điểm P P Hình mặt phẳng nghiêng thời gian ngắn góc β phương thẳng đứng máng trượt phải bao nhiêu? Tìm thời gian trượt ngắn theo h gia tốc rơi tự g Biết mặt phẳng nghiêng đặt cố định Câu 2: Các định luật bảo toàn (5 điểm) Hai vật nặng A B có khối lượng mA = 900g mB = 4kg mắc vào lò xo nhẹ có khối lượng không đáng kể, độ cứng lò xo k = 100N/m Vật B có đầu tựa vào tường thẳng đứng Hệ đặt mặt phẳng nằm ngang Hệ C v số ma sát mặt phẳng ngang với vật A B µA = 0,1; µB = 0,3 Ban A Hình đầu vật nằm yên lò xo không biến dạng Một vật C có khối lượng m=100g bay theo phương ngang với vận tốc v đến va chạm vào vật A (hình 2) Lấy g =10m/s2 1) Cho v =10m/s Tìm độ co lớn lò xo trường hợp: a Va chạm vật C A hoàn toàn đàn hồi b Va chạm vật C A mềm B 2) Nếu sau va chạm, vật C cắm vào vật A C phải có vận tốc tối thiểu để vật B dịch sang trái? Câu 3: Nhiệt học (4 điểm) p (pC) Một lượng khí lý tưởng thực chu trình biểu diễn hệ tọa độ p- T có dạng đường tròn hình Đơn vị C trục chọn pC TC Nhiệt độ thấp chu trình T0 Tìm tỷ số O T0 khối lượng riêng nhỏ ρ1 khối lượng T (TC) Hình riêng lớn ρ2 lượng khí thay đổi trạng thái theo chu trình Câu 4: Tĩnh học (4 điểm) O Cho AB đồng chất, tiết diện đều, khối lượng m, chiều dài L Hai đầu treo sợi dây có chiều dài L gắn cố định điểm O (hình 4) Tại đầu B treo trọng vật có khối lượng m Tìm góc lệch so với phương ngang cân tính lực căng TA, TB đầu dây A Hình B m Câu 5: Phương án thí nghiệm (2 điểm) Cho dụng cụ sau: số ống thủy tinh có đường kính nhỏ: d1, d2 (cỡ 10-1mm) biết, khay nước, thước dài có độ chia đến mm Hãy trình bày phương án thí nghiệm để đo gần hệ số căng mặt nước HẾT Người đề: Nguyễn thị Bích Huyền Điện thoại : 0947135910 TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN TỈNH THÁI NGUYÊN HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ KHỐI 10 Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Câu Hướng dẫn chấm Điểm Chọn trục tọa độ Ox trùng với OP, chiều dương từ O đến P Khi chất điểm trượt máng không ma sát gia tốc là: a = gcosβ >0 Chất điểm trượt theo máng chuyển động nhanh dần nên thời gian từ O đến P là: O t= 2.OP g cos β 1,0 (1) h β Từ hình vẽ, xét ∆OPC ta có: OP OC = sin(90 − α ) sin(900 + α − β ) 5điểm hay OP = P C α Hình OCcosα h.cosα = cos(α -β ) cos(α -β ) 1,0 (2) Thay (2) vào (1) ta được: 1,0 t= 2h cos α = g cos β cos(α -β ) 4hcosα [ cosα +cos(α -2β )] g (3) Để thời gian vật trượt nhỏ (3) có mẫu số lớn Vì góc α có giá trị α xác định nên (3) nhỏ cos(α-2β) = 1, hay β = 1,0 Thay số ta β = 150 Thay β = 150 α = 300 vào (3) ta : t= 3h 4h cos 300 ≈ = (cos300 +1) g ( + 1) g 1,86h g Như để thời gian vật trượt nhỏ β = 150 thời gian vật trượt từ O đến P tmin ≈ 1,86h g 1,0 5điểm 2.1 Chọn chiều dương chiều chuyển động vật C a Xét va chạm C A va chạm hoàn toàn đàn hồi: C v Gọi vận tốc C A sau va chạm v1 v2 A B Hình Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ A C thời gian va chạm ta được: mv = mv1 +mAv2 (1) 0,5 Vì va chạm hoàn toàn đàn hồi nên động hệ bảo toàn: 2 mv = mv1 + mAv22 (2) 2 0,5 Từ (1) (2) ta có v2 = 2mv 2.0,1.10 = = 2( m / s) > m + mA 0,1 + 0,9 Khi lò xo có độ nén cực đại x vận tốc A Áp dụng định luật bảo toàn lượng cho vật A ta được: 0,5 mAv22 kx − = µ A mA gx → 50 x + 0,9 x − 1,8 = (3) 2 Giải phương trình (3) ta x ≈ 0,18(m) b Xét va chạm C A va chạm mềm sau va chạm vật C A chuyển động với vận tốc v0 Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có: mv = (m + mA)v0 → v0 = 1m/s Gọi x độ co lớn lò xo 0,5 Áp dụng ĐLBT lượng: 1 ( mA + m ) v02 − kx = µ A ( mA + m ) g.x → 50x2 + x – 0,5 = 2 0,5 0,5 Giải phương trình ta x = 0,09(m) 2.2 Để B dịch chuyển sang trái lò xo phải dãn đoạn x0 cho: 0,5 Fđh = Fm/s B ↔ kx0 = µ B mB g → x0 = µ B mB g 0, 3.4.10 = = 0,12( m) k 100 Như vận tốc v0 mà (m + mA) có sau va chạm phải làm cho lò xo co tối đa x cho dãn lò xo có độ dãn tối thiểu x0 Áp dụng ĐLBT lượng cho hệ trình này: kx = µ A (mA + m) g ( x + x0 ) + kx02 → 50 x − x − 0,84 = → x = 0,14m 2 0,5 ( loại nghiệm âm) Áp dụng ĐLBT lượng cho hệ trình lò xo bị nén, ta có 0,5 1 14 (mA + m)v02 − kx = µ A (mA + m) gx ⇒ v0 = m/s 2 mà mv = (mA + m).v0 → v = 14 m/s ≈ 15m/s 0,5 Như vậy, để mB dịch sang trái C phải có vận tốc 15m/s 4điểm Từ gốc tọa độ O ta vẽ đường đẳng tích tiếp tuyến với đường tròn A B Dễ dàng chứng minh VA thể tích nhỏ lượng khí chu trình VB thể tích lớn nó, mà VA = m m VA ρ B ρ1 ;VB = ; = = (1) ρA ρ B VB ρ A ρ p (pC) pA Theo phương trình trạng thái khí lý tưởng ta có: A C pB p AVA pBVB V pT = → A = B A (2) Theo TA TB VB p ATB O 0,5 α 0,5 β T0 B TB T (TC) pB TA = hình vẽ, ta có: tan β = (3) TB p A Từ (1), (2), (3) ta ρ1 = tan β mà ρ2 0,5 0,5 π ρ π   − tan α  α + β = → = tan  − α ÷ =  ÷ (4) ρ2 4   + tan α  Từ hình vẽ ta lại có: tan α = CB mà CB= r, OC = OB vuông có cạnh 1) nên OB = − r → tan α = 2 (đường chéo hình r − r2 0,5 Thay vào (4) biến đổi ta có: 0,5 ρ1 − r − r (5) = ρ2 + r − r Đồng thời ta có mối liên hệ bán kính r chu trình với nhiệt độ thấp T0 r = − 0,5 T0 Thay vào (5) ta TC ρ1 = ρ2 T  T T  1−  ÷ 1+ −  ÷ TC  TC   TC  T T T  1+ 1+ −  ÷ TC TC  TC  Chọn hệ trục Axy hình vẽ, điều kiện y O cân AB là: r r r r TA + TB + P = 0,5 TA Chiếu phương trình xuống Ax : A TB α 0,5 αα TA.cos(600 – α) –TBsin(300 – α) = (1) x B P Chiếu phương trình xuống Ay: TA.sin(600 – α)+TBcos(300 – α)-2mg = (2) 0,5 4điểm Tổng mô men lực tác dụng lên 2P 2P trục quay qua B là: L mg cos α − TA L sin 600 = 0,5 (3) Nhân vế (2) với cos( 300 – α) ta được: TA.cos(600 – α) cos( 300 – α) –TBsin(300 – α) cos( 300 – α) = (4) 0,5 Nhân vế (2) với sin( 300 – α) ta được: TA.sin(600 – α) sin(300 – α)+TBcos(300-α)sin( 300 –α) –2mg sin(300- α) = (5) 0,5 Cộng vế (4) (5) ta được: TAcos300 = 2mgsin(300 – α) (6) Từ (3) ta được: TAcos300 = mgcos α (7) 0,5 Lấy (6) chia cho (7) ta có: 4sin( 300 – α) = cosα → Sin300cosα – cos300 sinα = 1 cosα → sin 300 – cos300 tan α = 4 → tanα = → 0,5 α ≈ 16,10 Như lệch góc α ≈ 16,10 so với phương ngang cân Vì tanα = nên cosα = ;sin α = 13 13 2mg 6mg TA = ; TB = 13 13 Thay vào (7) (1) biến đổi ta 2điểm 0,5 Phương án thí nghiệm: Lần lượt nhúng thẳng đứng ống thủy tinh vào khay nước dùng thước đo chiều dài cột nước dâng lên ống, ghi kết vào bảng số liệu Lần đo d1 d2 d3 d4 d5 h1= h2 = … … … Đường kính ống Kết Dựa vào công thức xác định độ dâng lên nước ống mao dẫn: h= 1,0 4σ h ρ gd →σ = , thay số với khối lượng riêng nước ρ= 103 kg/m3, ρ gd g=9,8(m/s2) , tính giá trị trung bình tương ứng σ với lần đo ta xác định gần hệ số căng mặt nước 1,0