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 thanh rắn OA đồng chất tiết diện đều, m
O
chiều dài l = 80 cm, khối lượng m1 = 100 g. Đầu A của thanh
được lắp cố định vào giữa một đế phẳng mỏng sao cho thanh
vng góc với đế, đế có khối lượng m 2 = 150 g. Một sợi dây nhẹ
m
khơng dãn có cùng chiều dài với thanh được treo vào đầu O, cuối
1
dây treo có gắn vật nhỏ khối lượng m = 50 g. Hệ được đặt trên
một mặt sàn nằm ngang. Ban đầu, kéo vật nhỏ m sao cho dây treo
m
vuông góc với OA rồi thả nhẹ (hình bên). Biết rằng, khi vật nhỏ m
A 2
đi xuống thì thanh OA vẫn đứng yên và sau va chạm, vật m dính
vào thanh; hệ số ma sát trượt giữa đế và mặt sàn là μ = 0,30. Lấy g = 10 m/s 2. Bỏ qua lực
cản khơng khí.
a) Tính tốc độ của hệ ngay sau va chạm và quãng đường đi được của hệ trên mặt sàn.
b) Trong quá trình vật nhỏ m đi xuống, thanh OA có xu hướng dịch chuyển về phía
nào? Tính hệ số ma sát nghỉ tối thiểu giữa đế và sàn để giữ cho thanh đứng yên khi đó.
c) Tháo đế m2 ra khỏi thanh OA, đầu O của thanh và của dây được treo vào cùng
một điểm trên một trục quay cố định nằm ngang đi qua O vng góc với mặt phẳng
hình vẽ, thanh và dây vẫn có cùng chiều dài l. Kéo dây nằm ngang rồi thả nhẹ cho vật
m va chạm dính vào thanh như trường hợp trên. Bỏ qua mọi ma sát. Chứng tỏ rằng
góc lệch lớn nhất của thanh OA so với phương thẳng đứng không phụ thuộc vào giá
G
trị của l và tính góc lệch lớn nhất đó.
Câu 2: (4 điểm). Cho cơ hệ như hình vẽ. Một dây nhẹ khơng dãn và một lị xo

nhẹ có độ cứng k được treo cố định vào một giá nằm ngang, giữa dây treo và lị xo có
vắt một rịng rọc khối lượng khơng đáng kể, tâm G của rịng rọc có treo vật khối
lượng m = 500 g. Biết rằng, ròng rọc khơng trượt trên dây. Tại vị trí cân bằng, lị xo
dãn 5 cm. Lấy g = 10 m/s2.
a) Tính độ cứng của lị xo.
b) Từ vị trí cân bằng, kéo nhẹ m theo phương thẳng đứng xuống dưới một đoạn x rồi
thả ra không vận tốc đầu sao cho m dao động điều hịa. P
Tìm chu kì dao động điều hòa của m và giá trị lớn nhất
của x để m thỏa mãn điều kiện trên.
8P0
c) Tháo bỏ vật m khỏi ròng rọc và coi ròng rọc là
1
một đĩa tròn đồng chất có khối lượng m như trên. Kích 5P0
thích để tâm G của ròng rọc dao động điều hòa theo
phương thẳng đứng. Tìm chu kì dao động của G.
Câu 3: (4 điểm) Một động cơ nhiệt hoạt động theo chu
2
trình 1231 như hình vẽ. Tác nhân là một mol khí lí P0 3
tưởng đơn ngun tử. Trong đó các trạng thái (1), (2) có
V
O

3V0

7V0 8V0

m


các thơng số cho trên đồ thị. Q trình (3)  (1) nằm trên đường thẳng có đường kéo dài đi

qua gốc tọa độ O.
a) Tính T3 ; V3 theo p0, V0, R
b) Tìm nhiệt độ lớn nhất trong chu trình theo p0, V0, R
c) Trong quá trình từ (1)  (2), tìm điểm N tại đó khí chuyển đổi từ trạng thái nhận nhiệt
sang trạng thái nhả nhiệt.
d) Tính hiệu suất động cơ nhiệt hoạt động theo chu trình trên.
Câu 4: (4 điểm). Một quả cầu A, tâm O, bán kính R, tích điện đều với mật
độ điện khối  (  >0), đặt trong khơng khí như hình 4a.



a) Tìm véctơ cường độ điện trường E do quả cầu A gây ra tại một
điểm, cách tâm O một khoảng r trong hai trường hợp: r  R và r R .
b) Tiếp đến người ta khoét quả cầu A bằng một hốc hình cầu tâm

R
R
OO1 
2 . Quả cầu A
O1, bán kính 3 và O1 nằm trên trục Ox (Hình 4b) và
đã bị khoét được gọi là quả cầu A’. Gọi M là một điểm bên trong hốc cầu.
Hãy tìm biểu thức cường độ điện trường tại M do quả cầu A’ gây ra.
c) Cuối cùng người ta đặt thêm một điện tích điểm Q (Q>0) nằm tại
O2 trên trục Ox sao cho ba điểm O, O1 và O2 thẳng hàng như hình 4c. Biết
O2O=2R. Tìm độ lớn lực điện do điện tích điểm Q tác dụng lên quả cầu A’
lúc này.
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 là hệ số ma sát nhớt của chất lỏng, v là tốc

độ chuyển động của bi so với chất lỏng, r là bán kính của bi.
Cho các 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 đã biết
(7)
Chậu đựng dầu thực vật có khối lượng riêng ρd đã biết.
Trình bày cơ sở lý thuyết, các bước tiến hành thí nghiệm, cách xử lý số
liệu để xác định hệ số ma sát nhớt của dầu thực vật đã cho.


---------- HẾT ----ĐÁP ÁN
Câu

Phầ
n
a)
1,5 đ

Nội dung

Điểm

Gốc thế năng ở A.
- Cơ năng của m bảo toàn với v0 là vận tốc ngay trước lúc va chạm:

1 2
mv 0
W = mgℓ = 2
.
=> v 0  2gl 4 m/s.

0,5đ

- Gọi v là vận tốc hệ ngay sau va chạm:
mv0 = (m+m1+m2)v

v
Kết quả:

mv 0
2

m  m1  m 2 3 m/s.

0,5đ.

a
- Gia tốc hệ khi trượt trên phương ngang:
- Quãng đường đi đến lúc dừng:

 Fms
 g
m  m1  m 2

0,5đ.

 v2
v2
s

0,074
2a 2g
m = 7,4 cm.
b)
1,5 đ
1
(5 đ)

- Vật nhỏ m đi xuống, thanh OA có xu hướng dịch chuyển qua trái.
- Điều kiện thanh 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 2  1,5m = 0,23.

0,5
0,5
0,5

n

c)
2đ

- Bảo toàn momen động lượng ngay trước và ngay sau va chạm:

 

mv 0

0,5
1

1
2
2
mv0 l I  m1l  ml  
 m1  m  l
3

3
 =>
- Gọi β là góc lệch lớn nhất của thanh sau va chạm. Áp dụng định 0,5
1 2

l
I m1g (1  cos )  mgl (1  cos )
0,5
2
luật bảo toàn cơ năng: 2
(**)
1
I  m1l 2  ml 2
3
Thay
, ω, v 0  2gl vào (**):
m2
cos  1 
 m1
  m1

 3  m 2  m


 không phụ thuộc l.
Kết quả:
o
o
Thay số: cos  0, 7 . Vậy:  45,57 45 34 '
2

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 ở vị trí cân bằng của m, chiều dương hướng xuống.
Kéo vật m xuống đoạn x thì lị xo dãn đoạn 2x nên ta có:
mg – T = ma = mx”
T = 2Fđh = 2k(∆l + 2x)
4k
Kết quả phương trình vi phân: x” + m x = 0
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 thì khơng cho điểm)
* Điều kiện m dao động điều hịa khi 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

2
x  2
g  x

=>
<=>
g mg
x max  2 
0, 025 m 2,5 cm

4k
Vậy
.
Chọn gốc tọa độ tại vị trí cân bằng của G, chiều dương là chiều lị
xo dãn xuống. Khi G có li độ x thì lị xo biến dạng 2x.
Phương trình động lực học tịnh tiến của G và chuyển động quay
của ròng rọc quanh G:
mg – T – Fđh = ma
T.R – Fđh.R = Iγ
0,5
1
a x ''
I  mR 2   
2
R R vào 2
Thay a = x”, Fđh = k(∆l + 2x),
,
8k
phương trình trên được phương trình vi phân: x” + 3m x = 0
0,5

2
3m
8k
  
2 

2k
3m => Chu kì:
Với:
Kết quả:  0,385 s

3
(4 đ)

0,5

p1 p3

V
V3
1
Đường thẳng 31 đi qua gốc 0 nên : p = aV nên
3
V3  V0
5
Suy ra:
p V 3p V
T3  3 3  0 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 1 P0 2
 ( V  8PV
0 )
R
R V0
1 2P
T '  ( 0 V  8P0 )
R
V0
=0
T

0,5

28 p0V0
R
=

c)
1đ

d)
1đ

Suy ra V = 4V0 thì Tmax
Nhiệt lượng trên quá trình vô cùng bé nằm trong đoạn 12 là:

 P

3
 Q   A  dU  pdV  RdT   4 0 V  20 P0  dV
2
 V0

.
δQ > 0 suy ra V < 5VQ > 0 suy ra V < 5V0.
Suy ra điểm N tại đó khí chuyển đổi từ trạng thái nhận nhiệt sang
trạng thái nhả nhiệt có VN = 5V0 .
Cơng mà chu trình sinh ra bằng diện tích của tam giác 123:

1
A  (V3  V2 ).( P1  P3 )  12,8PV
0 0
2

5V0
 P

Qnhan12 Q1 N    4 0 V  20 P0  dV 8PV
0 0
V0

3V0 
3
1
Q31 U 31  A31  ( PV
(V3  V1 ).( P1  P3 ) 28,8 PV
1 1  PV
3 3) 
0 0
2
2

H
4
(4 đ)

a)
1đ

A
Q



bTrường hợp r R :
4
 R3 
2
3
E.4 r 
0
Tương tự:
 E

Hay

 R3
.
3 0 r 2

E

 R3 
. .r
3 0 r 3

0,5

0,25
0,25
0,25
0,25

12,8

34,8%
8  28,8

1
Hiệu suất:
Trường hợp r  R .
Ta chọn mặt Gauss tâm O bán kính r, áp dụng định lý O-G cho mặt
Gauss:
4 3
r 
2
3
E.4 r 
0


 E
.r
3 0

 
E
.r
3

0
Hay

0,5

0,5

0,5


b)
2đ



Gọi EM là cường độ điện trường tạo
ra
 bởi quả cầu A’ gây ra tại M. Ta coi
EM tương đương là sự chồng chập

điện trương E do quả cầu A
(chưa khoét)
gây ra và cường độ điện

trường E1 do quả cầu đồng tâm O ,
1

R
bán kính 3 tích điện   cùng gây
ra tại M.




E1 

O1M
E
OM
3

3

0
0
Theo (2) ta có:
và
  
 


 
R
EM E  E1 
OM 
OM 1 
OO1 
ex
3

3

3

6


0
0
0
0
Do đó

 OO
ex  1
OO1
Trong đó
c)
1đ



Gọi

0,5

0,5
0,5
0,5

EO

là cường độ điện trường quả cầu A’ gây ra

E
tại O2, ta coi O tương đương là sự chồng chập
2

2



điện trương E do quả cầu A( chưa khoét) gây ra và



cường độ điện trường E do quả cầu đồng tâm O1,

R
bán kính 3 tích điện   cùng gây ra tại O2.
Tương tự ta có:



0,5

 
 R
 R3 
E 
OO2 
OO2 
ex
3 0 (2 R)3
24 0
12 0

R
  ( )3



3 O O   8 O O   4  R e   4  R e
E 
3 3 1 2 37  0 1 2 36  0 x 729  0 x
3 0 ( R)
2
R 
 4 


ex 
ex

EO E 
E
12

729


0
0
Do đó
=
+
=



227  R
EO 
.ex
2916  0


2

2

Lực điện do Q tác dụng lên quả cầu A’ đúng bằng
lực điện do quả cầu A’ tác dụng lên Q:

0,5


F QEO 
2

227  QR
.
2916  0


1  2p
pV RT  T    1 V 2  6 p1V 
R  V1


5
(3 đ)

(7)

V V4 1,5V1
Từ (7) suy ra T cực đại tại
(8)
T 4,5T1 540 K
Thay (8)vào (7) ta được max
Cơ sở lý thuyết
Vật rơi trong một môi trường chịu tác dụng của lực cản tỷ lệ 0,5
với tốc độ chuyển động của vật. Ban đầu vật rơi nhanh dần, nên tốc độ
tăng dần, đến khi lực cản của môi trường đủ lớn để cân bằng với trọng
lực và lực đẩy Acsimet thì vật chuyển động đều.
Xét một viên bi nhỏ bán kính r chuyển động đều trong dầu với
tốc độ v:



+ Phân tích lực: trọng lực P , lực đẩy Acsimet FA , lực ma sát nhớt F .
+ Viên bi chuyển động đều nên ta có:
   
P +FA +F =0
Þ F = P – FA
2
4 3
2 r ( r - r d ) .g
Þ 6ph.v.r = p.r ( r - r d ) .g Þ h= ×

3
9
v

0,5

Nhận xét: Để đo η, ta cần đo bán kính r và tốc độ chuyển động v của
viên bi.
Tiến hành thí nghiệm
Ống
Bố trí thí nghiệm như Hình 2
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 của nước trong ống.
- Đếm số giọt nước N.
Bước 2: Cho giọt nước từ ống nhỏ giọt rơi vào
Giọt
dầu từ một độ cao h xác định (để giọt nước có
nướ
S
tốc độ ban đầu đủ lớn). Mỗi giọt nước chuyển
c CĐ
động trong ống dầu, quan sát chuyển động của
đều.
Nướ

giọt nước:
0,5
Hình 2 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 2 nhiều lần mức chất lỏng và nước trong
ống sẽ dâng lên nên ta phải chú ý: điều chỉnh vị trí của 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 của một giọt nước: Đo m, đếm N
m
m0 =
N.
- Khối lượng 1 giọt nước:
3.m 0
3V
=3
4p
4pr
. .
- Bán kính 1 giọt nước:
* Xác định tốc độ chuyển động đều của giọt nước trong dầu:
S
v=
t
* Xác định hệ số nhớt của dầu:

0,5

r =3

2
2 r ( r - r d ) .g
h= ×
9
v

----- Hết ----GV ra đề:
Họ và tên

Câu số

Số điện thoại

Nguyễn Thanh Vũ

1, 2

0988873265

Lê Thị Biên Thùy

3

0909717966

Trần Nguyễn Hoàng Duy

4, 5

0.5