TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XTRƯỜNG 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 này có 2 trang gồm 5 câu Câu 1: Động
Trang 1TRẠI 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 này có 2 trang gồm 5 câu)
Câu 1: Động học- động lực học chất điểm (5 điểm)
Phía trên mặt phẳng nghiêng góc α = 300, tại điểm
O cách mặt phẳng nghiêng một đoạn OC = h, người ta
đặt một máng trượt thẳng và nhẵn, tựa vào mặt phẳng
nghiêng tại điểm P (hình 1) Để một chất điểm từ O
trượt không vận tốc đầu, theo máng đến điểm P của
mặt phẳng nghiêng trong thời gian ngắn nhất thì góc β
giữa phương thẳng đứng và máng trượt phải bằng bao
nhiêu? Tìm thời gian trượt ngắn nhất đó theo h và gia
tốc rơi tự do g Biết mặt phẳng nghiêng đặt cố định
Câu 2: Các định luật bảo toàn (5 điểm).
Hai vật nặng A và B có khối lượng mA = 900g và mB = 4kg mắc vào lò
xo nhẹ có khối lượng không đáng kể, độ
cứng của lò xo là k = 100N/m Vật B có
một đầu tựa vào tường thẳng đứng Hệ
được đặt trên mặt phẳng nằm ngang Hệ
số ma sát giữa mặt phẳng ngang với vật
A và B lần lượt là µA = 0,1; µB = 0,3 Ban
đầu 2 vật nằm yên và lò xo không biến
dạng Một vật C có khối lượng m=100g
đang bay theo phương ngang với vận tốc là
v đến va chạm vào vật A (hình 2) Lấy g =10m/s2.
1) Cho v =10m/s Tìm độ co lớn nhất của lò xo trong 2 trường hợp:
a Va chạm giữa vật C và A là hoàn toàn đàn hồi
b Va chạm giữa vật C và A là mềm.
O
β
α
P C
Hình 1 h
B
Hình 2 C
Trang 22) Nếu sau va chạm, vật C cắm vào vật A thì C phải có vận tốc tối thiểu là bao nhiêu để vật B có thể dịch sang trái?
Câu 3: Nhiệt học (4 điểm)
Một lượng khí lý tưởng thực hiện chu
trình được biểu diễn trong hệ tọa độ p- T có
dạng là một đường tròn như hình 3 Đơn vị
của các trục được chọn là pC và TC Nhiệt độ
thấp nhất trong chu trình là T0 Tìm tỷ số giữa
khối lượng riêng nhỏ nhất ρ1và khối lượng
riêng lớn nhất ρ2của lượng khí đó khi thay đổi trạng thái theo chu trình trên.
Câu 4: Tĩnh học (4 điểm).
Cho thanh AB đồng chất, tiết diện đều, khối lượng m,
chiều dài L Hai đầu thanh được treo bởi 2 sợi dây cũng
có chiều dài L và gắn cố định tại điểm O (hình 4) Tại
đầu B treo một trọng vật có khối lượng m Tìm góc lệch
của thanh so với phương ngang khi thanh cân bằng và
tính lực căng TA, TB ở 2 đầu dây.
Câu 5: Phương án thí nghiệm (2 điểm).
Cho các dụng cụ sau: một số ống thủy tinh có đường kính trong nhỏ: d1, d2 (cỡ 10-1mm) đã biết, một khay nước, một thước dài có độ chia đến mm Hãy trình bày một phương án thí nghiệm để đo gần đúng hệ số căng mặt ngoài của nước.
HẾT
Người ra đề: Nguyễn thị Bích Huyền
Điện thoại : 0947135910.
C
T (TC)
p (pC)
1
1
T0
O
Hình 3
O
m
Trang 3Câu Hướng dẫn chấm Điểm
1
5điểm
Chọn trục tọa độ Ox trùng với OP, chiều dương từ O đến P Khi chất điểm trượt
trên máng không ma sát thì gia tốc của nó là: a = gcosβ >0
Chất điểm trượt theo máng là chuyển động nhanh dần đều nên thời gian đi từ O
đến P là:
2
cos
OP t
Từ hình vẽ, xét ∆OPC ta có:
sin(90 ) sin(90 )
cos( - ) cos( - )
Thay (2) vào (1) ta được:
cos os( - ) cos +cos( -2 )
t
Để thời gian vật trượt là nhỏ nhất thì (3) có mẫu số lớn nhất Vì góc α có giá trị
xác định nên (3) nhỏ nhất khi cos(α-2β) = 1, hay .
2
α
β =
Thay số ta được β = 150 Thay β = 150 và α = 300 vào (3) ta được :
0 0
4 cos 30
h t
=
2 3 3
2
h g
1,86h
g .
Như vậy để thời gian vật trượt là nhỏ nhất thì β = 150 và thời gian vật trượt từ O
đến P là min
1,86h t
g
≈
1,0
1,0
1,0
1,0
1,0
TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X
TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN
TỈNH THÁI NGUYÊN
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ
KHỐI 10 Thời gian làm bài: 180 phút
O
β
α
P C
Hình 1 h
Trang 45điểm
2.1 Chọn chiều dương là chiều
chuyển động của vật C
a Xét va chạm giữa C và A là va
chạm hoàn toàn đàn hồi:
Gọi vận tốc của C và A sau va
chạm lần lượt là v1 và v2
Áp dụng định luật bảo toàn động
lượng cho hệ A và C trong thời gian
va chạm ta được:
mv = mv1
+mAv2 (1)
Vì va chạm là hoàn toàn đàn hồi nên động năng của hệ bảo toàn:
2 mv = 2 mv + 2 m vA (2)
Từ (1) và (2) ta có
2
2 2.0,1.10
2( / ) 0 0,1 0,9
A
mv
m m
Khi lò xo có độ nén cực đại là x thì vận tốc của A bằng 0 Áp dụng định luật
bảo toàn năng lượng cho vật A ta được:
2 2
2
A
A A
m v kx
µ
Giải phương trình (3) ta được x ≈ 0,18( ) m
b Xét va chạm giữa C và A là va chạm mềm thì sau va chạm 2 vật C và A sẽ
cùng 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 là độ co lớn nhất lò xo
Áp dụng ĐLBT năng lượng:
0
2 m A+m v −2kx =µA m A+m g x→ 50x2 + x – 0,5 = 0
Giải phương trình trên ta được x = 0,09(m)
2.2 Để B có thể dịch chuyển sang trái thì lò xo phải dãn ít nhất một đoạn x0 sao cho:
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5 0,5
0,5
B
Hình 2
Trang 5Fđh = Fm/s B ↔ kx0 = µB m g B → 0 0,3.4.10 0,12( )
100
B m g B
k
µ
Như vậy vận tốc v0 mà (m + mA) có được sau va chạm phải làm cho lò xo co
tối đa là x sao cho khi dãn ra thì lò xo có độ dãn tối thiểu là x0 Áp dụng ĐLBT năng lượng cho hệ trong quá trình này:
2kx =µA m A+m g x x+ + 2kx → x − −x = → x = 0,14m
( loại nghiệm âm)
Áp dụng ĐLBT năng lượng cho hệ trong quá trình lò xo bị nén, ta có
mà mv = (mA + m).v0 → v = 4 14 m/s≈ 15m/s
Như vậy, để mB có thể dịch sang trái thì C phải có vận tốc ít nhất là 15m/s
0,5
0,5
0,5
3
4điểm
Từ gốc tọa độ O ta vẽ những đường đẳng tích là tiếp tuyến với đường tròn tại
A và B Dễ dàng chứng minh được VA là thể tích nhỏ nhất của lượng khí trong chu trình còn VB là thể tích lớn nhất của nó,
2
V
V
Theo phương trình trạng thái của khí lý
tưởng ta có:
A A B B A B A
B A
β = = (3).
Từ (1), (2), (3) ta được 1 2
2
tan
2 2
1 2
1 tan tan
−
+
Từ hình vẽ ta lại có: tan CB
OB
α = mà CB= r, OC = 2 (đường chéo của hình
2
r r
α
−
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
TB
C
T (TC)
p (pC)
1
1
T0 O
B
A
pA
pB
αβ
Trang 6Thay vào (4) và biến đổi ta có:
2 1
2 2
ρ ρ
=
Đồng thời ta còn có mối liên hệ giữa bán kính r của chu trình với nhiệt độ thấp
C
T r
T
= − Thay vào (5) ta được
2
1
2 2
ρ ρ
− ÷ + − ÷
=
0,5
0,5
0,5
4
4điểm
Chọn hệ trục Axy như hình vẽ, điều kiện
cân bằng của thanh AB là:
A B
T r + + T r P r = r
Chiếu phương trình trên xuống Ax :
TA.cos(600 – α) –TBsin(300 – α) = 0 (1)
Chiếu phương trình trên xuống Ay:
TA.sin(600 – α)+TBcos(300 – α)-2mg = 0 (2)
Tổng mô men của các lực tác dụng lên
thanh đối với trục quay đi qua B là:
0
cos sin 60 0
L
mg α−T L = (3)
Nhân 2 vế của (2) với cos( 300 – α) ta được:
TA.cos(600 – α) cos( 300 – α) –TBsin(300 – α) cos( 300 – α) = 0 (4)
Nhân 2 vế của (2) với sin( 300 – α) ta được:
TA.sin(600 – α) sin(300 – α)+TBcos(300-α)sin( 300 –α) –2mg sin(300- α) = 0 (5) Cộng 2 vế của (4) và (5) ta được: TAcos300 = 2mgsin(300 – α) (6)
Từ (3) ta được: TAcos300 = 1
2mgcos α (7)
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
y
A
B
O
x
TA
TB
P
2P 2P α
α α
Trang 7Lấy (6) chia cho (7) ta có: 4sin( 300 – α) = cosα
→Sin300cosα – cos300 sinα = 1
4 cosα→sin 300 – cos300 tan α = 1
4
→tanα = 1
2 3 → α ≈16,10 Như vậy thanh lệch góc α ≈16,10 so với phương ngang khi thanh cân bằng
Vì tanα = 1
2 3 nên cos =2 3;sin 1
Thay vào (7) và (1) rồi biến đổi ta được 2 ; 6
mg mg
T = T =
0,5
0,5
5
2điểm
Phương án thí nghiệm: Lần lượt nhúng thẳng đứng các ống thủy tinh vào khay nước và dùng thước đo chiều dài cột nước dâng lên trong ống, ghi kết quả vào
bảng số liệu
Lần đo
Đường kính ống
1 2 3
Dựa vào công thức xác định độ dâng lên của nước trong ống mao dẫn:
4
4
h gd h
gd
ρ
= → = , thay số với khối lượng riêng của nước ρ= 103 kg/m3,
g=9,8(m/s2) , tính giá trị trung bình tương ứng của σ với các lần đo ta sẽ xác
định được gần đúng hệ số căng mặt ngoài của nước
1,0
1,0