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 bài 180 phút

Câu I. (5,0 điểm)
Một con lắc đơn gồm vật nhỏ có khối lượng m = 100 g và sợi dây mảnh, nhẹ có chiều dài l = 60 cm.
Bỏ qua sức cản của khơng khí. Lấy g = 10 m/s2.
1) Con lắc được treo thẳng đứng vào một điểm A cố định như hình 1. Ban
đầu, giữ con lắc tại vị trí sợi dây có phương nằm ngang rồi thả nhẹ.
a) Tính tốc độ của vật và lực căng của sợi dây khi vật qua vị trí O (sợi
dây có phương thẳng đứng).
b) Ngay sau khi vật qua O, sợi dây vướng vào một cái đinh ở B cách A
một đoạn h và ở trên cùng đường thẳng đứng đi qua A.
- Cho h = 20 cm. Tính tốc độ của vật và lực căng của dây CB khi vật qua
vị trí C ứng với góc α = 60o. Tính độ lớn gia tốc tiếp tuyến, gia tốc pháp tuyến của
vật, xác định hướng và độ lớn gia tốc toàn phần của vật khi vật qua C.
- Xác định giá trị của h để vật chuyển động hết vòng trịn bán
kính CB.
2) Đặt con lắc lên mặt phẳng nghiêng góc θ = 30o so với mặt
phẳng nằm ngang và được treo vào điểm D cố định như hình 2. Ban
đầu vật được giữ ở vị trí dây nằm ngang rồi được thả nhẹ. Biết hệ số
ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng là μ = 0,1. Lực ma sát có
phương tiếp tuyến với quỹ đạo và có chiều ngược với chiều chuyển

động.
a) Tính độ lớn lực ma sátgiữa vật và mặt nghiêng.
b) Tính tốc độ cực đại của vật trong quá trình chuyển động và lực căng dây khi đó.
Câu II. (4,0 điểm)
Một quả cầu rỗng đồng nhất có khối lượng m bán kính R
chuyển động khơng vận tốc ban đầu từ đỉnh một mặt phẳng
nghiêng góc α so với mặt phẳng nằm ngang tại nơi có gia tốc trọng
trường g như hình 3. Biết chuyển động của quả cầu là chuyển động
song phẳng và lăn không trượt, chiều cao của mặt phẳng nghiêng
là h.
1) Chứng minh rằng moment quán tính của quả cầu đối với
2
I  mR 2 .
3
trục đi qua tâm quả cầu là
Biết moment quán tính của vành trịn đồng nhất có khối lượng m0,
2
bán kính r đối với trục đi qua tâm vành trịn và vng góc với mặt phẳng của vành trịn là I 0 m0 r .
2) Với moment quán tính của quả cầu tính được ở phần 1. Gọi A là điểm tiếp xúc của quả cầu tại đỉnh
mặt phẳng nghiêng. Chọn chiều dương là chiều chuyển động của quả cầu.
a) Lập phương trình động lực học cho chuyển động tịnh tiến và chuyển động quay của quả cầu
quanh trục đi qua khối tâm của quả cầu.
b) Tính gia tốc khối tâm của quả cầu và tốc độ của nó khi tới chân mặt phẳng nghiêng.
c) Cho  = 30o, h = 27,5 cm, g = 9,8 m/s2, R = 10 cm. Xác định vận tốc của điểm A so với mặt
đất khi quả cầu tới chân mặt phẳng nghiêng.
Câu III. (4,0 điểm)
Một mol khí lý tưởng được nén từ trạng thái đầu I (p1, T1) tới trạng thái cuối F (p2, T1) theo hai cách
khác nhau (p2 > p1).
1) Cách 1: Khí được nén đoạn nhiệt thuận nghịch từ trạng thái I đến trạng thái N(p2, T2), sau đó được
làm lạnh đẳng áp về trạng thái F.

a) Vẽ đồ thị biểu diễn quá trình I-N-F trên giản đồ p-V.


k=

p2
p1 , T vàhệ số đoạn
1

b) Tìm biểu thức cơng A1 mà khí nhận được trong q trình I-N-F theo
nhiệt .
2) Cách 2: Khí được nén đoạn nhiệt thuận nghịch khí từ trạng thái I đến trạng thái M(p'1, T'1), sau đó
làm lạnh đẳng áp về trạng thái L(p'1, T1), với p'1 = bp1 và 1 < b < k. Tiếp theo, tiếp tục nén khí đoạn nhiệt
thuận nghịch từ trạng thái L đến trạng thái Q(p2, T'2) rồi làm lạnh đẳng áp về trạng thái F.
a) Vẽ đồ thị biểu diễn quá trình I-M-L-Q-F trên giản đồ p-V.
b) Tìm biểu thức cơng A2 mà khí nhận được trong q trình I-M-L-Q-F theo k, T1,  và b. So sánh
A2 với A1.
c) Tìm giá trị của b để cơng A2 đạt giá trị cực tiểu và tính giá trị cực tiểu đó.
A2min
5

3 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 đều theo chiều dài dây. Các phần dưới đây đều xét hệ
đặt trong mơi trường khơng khí.
1. Một điểm M nằm trên đường thẳng qua tâm O và vng góc với mặt

Q

M
h

phẳng vịng dây (C) như hình 3. Xác định cường độ điện trường do vịng

O

dây gây ra tại điểm M.

R

Hình 3

2. Một điểm A nằm cách tâm vòng dây (C) một đoạn r (r rất nhỏ so với R)



như hình 4. Xác định vectơ cường độ điện trường E tại điểm A. Sử dụng

A
O

n
phép tính gần đúng ( (1 x) 1 nx với x 1 ) để dẫn tới kết quả

Hình 4



r

Q
 
E  .
2 4 0 R 3 (với r OA ;  0 là hằng số điện) .

3. Một quả cầu thép nhỏ khối lượng m được treo bằng một sợi dây nhẹ
(không dãn, không dẫn điện) chiều dài  . Hệ thống này có thể được xem
như một con lắc đơn. Ban đầu, quả cầu đang đứng yên tại vị trí dây treo
trùng với đường thẳng qua tâm O của vịng dây (C) và vng góc với mặt
phẳng vịng dây như hình 5. Tích điện q (với q > 0) cho quả cầu (coi là điện
tích điểm), dưới tác dụng của lực tương tác điện, quả cầu dao động nhỏ

Q

q

R

Hình 5

(trong q trình dao động dây ln căng). Bỏ qua tác dụng của điện trường
theo phương vng góc với mặt phẳng vòng dây trong phạm vi quả cầu dao động, bỏ qua lực cản khơng
khí. Gia tốc trọng trường là g. Chứng minh quả cầu dao động điều hịa, tìm chu kì dao động.
Câu V. (3,0 điểm)
Xét chuyển động của một tấm nhựa phẳng trên một mặt bàn phẳng nằm ngang, người ta nhận thấy
trong quá trình chuyển động, tấm chịu tác dụng của lực ma sát trượt (hệ số ma sát trượt α) và chịu lực cản



f



v,
c
của môi trường tỉ lệ thuận với vận tốc (
β là hệ số cản). Quãng đường mà tấm nhựa trượt
s

v2
 v3

2g 3 2 Mg 2 với v là vận tốc ban đầu của tấm

được trên mặt phẳng ngang được tính gần đúng là:
nhựa, M là khối lượng của tấm nhựa, g là gia tốc trọng trường.


Cho các dụng cụ sau:
- Vật nhỏ có khối lượng m đã 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 và xử lí số liệu để xác định các hệ số α và β. Coi các va chạm
trong quá trình làm thí nghiệm (nếu có) là 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 cơ năng tại vị trí ban đầu và vị trí O ta có:
1a)

1
mgl  mv02  v0  2 gl 2 3 3,46 (m/s)
2

0,25

Áp dụng định luật II Newton tại O ta có:
T0  mg m


v02
v2 
 T0 m  g  0  3 (N)
l
l 


0,25

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng tại O và C ta có:
1

1
mgl  mv02 mg (l  h)  1  cos   mv 2
2
2

0,5

 v  2 g   l  h  cos  h  2 2 2,83 (m/s)

Áp dụng định luật II Newton tại 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 tại C theo phương tiếp tuyến ta có:
1b)

 mgsin mat  at  g sin   5 3  8,66 (m/s 2 )

0,5

0,25

Gia tốc pháp tuyến của vật tại C là:
an 

0,25

v2
20 (m/s 2 )
l h

Gia tốc toàn phần của vật tai C là:
a  at2  an2 5 19 21,8 (m/s 2 )

0,25

Hướng của gia tốc tồn phần tại C hợp với sợi dây góc β là
tan  

at
  23, 4o
an

0,25

Từ (1) ta có: Để vật chuyển động hết vịng trịn bán kính CB thì Tmin ≥ 0
2h 

3

Tmin mg   3 
 0  h  l 36 (cm)
l h
5

Suy ra:

Áp dụng định luật II Newton tại vị trí dây treo lệch góc so với
phương
nằm ngang
ban đầu của 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 

3
0,0866 (N)
20
Chiếu (2) lên phương tiếp tuyến với quỹ đạo của 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 tại vị trí cân bằng, khi này at = 0
Từ (3) ta có:

cos 

Fms


  80o 1, 5864 (rad)
mg sin  tan 

Áp dụng định luật bảo tồn năng lượng trong q trình vật chuyển động từ vị trí ban

0,25
0,5


đầu đến vị trí cân bằng. Chọn mốc thế năng tại vị trí ban đầu ta có:
1 2

mv  mgl sin  .sin   Fms l   mg cos  .l
2

 v  2 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 quả cầu thành những vành tròn xếp liên tiếp.
Xét một đới cầu rất hẹp (coi là vành trịn) có bán kính r, hợp với
trục đi qua tâm một góc α và có bề dày là Rdαα.
Ta có: r = Rsinα.
Diện tích đới cầu rất hẹp là: dαS = 2rRdα = 2R2sindα

Khối lượng của vành tròn là:

dαm 

m
1

.dαS  m sin  dα
2
4 R
2

Moment quán tính của vành tròn là:
1
1
dαI dαmr 2  mR 2 sin 3  dα  mR 2 cos 2  1 dα  cos 
2
2





Điểm

0,25

0,25
0,25

Đặt cos = x; với 0    
I

2a)

1

1
1
1
 1 2
I dαI   mR 2  x 2  1 dαx  mR 2  x 3  x   mR 2
2
2
3
3
1
0
1
Các lực tác dụng lên quả cầu như hình vẽ
Phương trình động lực học cho chuyển động tịnh tiến của quả cầu:
mg sin   Fms maG (1)
Phương trình động lực học cho chuyển động quay của quả cầu:
a
2
Fms R I   mR 2 t
3
R (2)
2
Fms  mat
3
Từ (2) ta có:
(3)

Do chuyển động của quả cầu là lăn không trượt nên: at aG (4)
2b)

3
aG  g sin 
5
Thay (3) và (4) vào (1) ta có:
2
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
6
 gh
sin 
5

(5)
Chu vi của vành trịn chứa đường kính của quả cầu là: p 2 R 20 cm
Chiều dài của mặt nghiêng là:

0,25

s

h
3

55 cm  2   p
sin 
4


3
Do A quay được 2 vòng và 4 vịng thì tới

chân mặt phẳng nghiêng nên A ở vị trí như

0,25
0,25
0,25


hình vẽ
Do lăn khơng trượt nên vt = vG = v
Do
đó


v A v 2 

12
gh 4,5 m/s
5

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
 1

 1

T2  p 2  
  k  a.
T
p
Q trình đoạn nhiệt IN: 1  1 
Cơng nhận được
p V  pV
R
A IN  2 2 1 1 
 T2  T1  .
 1
 1
Công nhận được trong quá trình đẳng áp NF
A NF =− p2 ( V F −V N ) =−R(T 1−T 2)
Cơng khí nhận được trong quá trình I-N-F là
 1
 R
R  
A1 A IN  A NF 
T1  k  1  

T a  1 .
  1 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 như ở ý 1, ta có
R
RT
A IML 
 T '1  T1   1  X1  1 ,

 1
 1
T'  p' 
X1  1  1 
T1  p1 
với

 1


b

 1


.

0,50

M(T'1)

p1

2.b

0,25

I(T1)
V

0,25


Tương tự với quá trình LQF
R
RT
A LQF 
 T '2  T1   1  X 2  1
 1
 1
,
X2 
với

T '2  p 2 


T1  p '1 

 1


p 
 2 
 p1 

 1


p 

. 1 
 p '1 

 1




0,25
a
.
X1

Vậy cơng tồn phần mà khí nhận được theo cách 2 là
RT1
A 2 A IML  A LQF 
 X1  1  X 2  1
 1

A2 

RT1 
a

 X1 
 1 
X1


2



0,25

 1
  1

RT1    k  

b    2

 1 
b



T '2 a
= >1 ⇒1< X 1 T 1 X1
Rγ T 1
Rγ T 1
Rγ T 1
a
( √ a−1 ) ≤ A2=
X1+
<
( a−1 )= A 1 .
Nên
γ −1
γ −1

X 1 γ −1
Vậy A1 > A2.
a
a
f  X1  X1 
X1 
X1 đạt cực tiếu, tức là khi
X1 hay
Công A2 có giá trị nhỏ nhất khi
γ
γ
X1  a
⟹ b=X 1γ −1 =a 2 ( γ−1 ) =√ k .
R
A 2min 2
T1 a  1
 1
Do X 2 =

(

2.c



2.d

)





0,25

0,25



A 2min 2 a  1
2


A1
a1
a 1
p 
a  2 
 p1 
Thay số, ta có

0,5

 1


40,4 1, 741

0,50
A 2min

0,862
A
1
;

Câu IV: (4,0 điểm) Điện học
Nội dung (Câu 2)

Ý

Điể
m

1
y

Chia vòng dây (C) thành n phần tử rất nhỏ như nhau, mỗi phần
tử đó đều có chiều dài d và có điện tích tương ứng

dq d

Q

2R . Trên vịng dây ln xuất hiện các cặp phần tử đối xứng
, với

x
M
h

nhau qua O.
Xét cặp phần tử đối xứng như hình vẽ, cường độ điện trường
tương ứng là

dEi dE i ' k

dq
k
 2
d
2
h R
h  R2
2

O

R0,25


0,25
n /2

R

i 1

0

E M E My  2.dE i .cos  2

 EM 
 EM 

2

R

2kh



h2  R2



h

2

R

EM 

Từ kết quả phần 1:

2



d 

3/2

0

2kh
3/2

.R.

2

 R2



2kh



h2  R 2



3/2

.R

Q

khQ

2R
h2  R2



khQ

h

1,0

k
h
d.
2
2
h R
h2  R 2

3/2



3/2

.

1,5

.

Với miền khơng gian mà quả bóng chuyển động xung quanh O với
góc nhỏ, ta có h  0
B
 EM 

khQ

h

2

 R2



3/2



khQ
E '
R3

Chọn mặt Gauss là mặt trụ có bán kính đáy r, mặt phẳng hai đáy song
song với mặt phẳng vòng dây đều cách mặt phẳng vòng dây một đoạn h.
x
x O

(mặt Gauss đi qua A).
Định lý O-G
 
1 n
EdS

 qi


0 i 1
(S)

2h

R

 E '.r 2  E '.r 2  E r .Sxq 0

 2E '.r 2  E r .2r.2h
 E r 

E'
r khQ
1 kQ
r 
. 3 
r
2h
2h R
2 R3




r
Q
 Er  .
E
3
2 4 0 R

3.
Xét quả bóng bị lệch một góc nhỏ từ vị trí cân bằng, quả bóng có li độ x.
Áp dụng Định luật II Niu-tơn cho quả cầu

 


P  T  qE r ma

Chiếu phương trình lên chiều (+) có phương tiếp tuyến với quỹ đạo là đường trịn
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 

1 kQ
x
2 R3

0,5

x 

  ''  

1 
1 kQ 
 g kqQ 
 =  
 mg+q
3 
3 
m 
2R 
  2mR 

Vậy quả bóng dao động điều hịa với tần số góc

 
T

Chu kì:

g kqQ

 2mR 3
2
1
2

g kqQ

 2mR 3

0,25

Câu V: (4,0 điểm) Phương án thí nghiệm
1,25
điểm

Nội dung
Điểm
Cơ sở lý thuyết
Muốn xác định được các hệ số α và β liên quan đến quá trình chuyển động của tấm
nhựa trên mặt bàn ta cần bố trí hệ thí nghiệm sao cho tạo được vận tốc cho tấm và
cần phải xác định
được khối lượng
M của tấm nhựa.
0,25
Có thể tạo vận
tốc ban đầu cho

m
tấm nhựa bằng
việc sử dụng va
chạm của vật m
và tấm. Tạo vận h
v2
tốc vật m trước
M
khi va chạm vào
M bằng việc cho
vật m chuyển
động dưới tác
dụng của trọng lực, thế năng chuyển hoá thành động năng.
0,25
Độ cao vật m ban đầu so với vị trí trước va chạm là h thì vận tốc vật m thu được là
v2
m 1 mgh  v1  2gh
2
(1).
Vật m khi va chạm đàn hồi với M sẽ tạo vận tốc v 2 cho M, xác định từ hệ phương
trình
mv1 Mv 2  mv1'
0,25
(*)
1
1
1
mv12  Mv 22  mv1' 2
2
2

2
(**)
suy ra

v2 

2m
v1
Mm



v2 

2m 2gh
Mm

(2).


s

0,25

v22
v32

2g 3 2 Mg 2

Ta có

Tuyến tính hóa phương trình ta được
s
1
v2


B  Av2
2
2
2
v
2

g
3

Mg
2


0,25

s
m
2
X

v
v
2

2
Với
và
. Đồ thị có dạng Y= B- AX.
Như vậy bằng việc đo khoảng cách dịch chuyển của tấm theo chiều cao vật m và
h
s
v2
2
M
v
2
vẽ đồ thị để xác định phụ thuộc của
theo v2 ta có thể xác định được hệ số A, B
từ đó xác định được α và β
Tiến
hành
thí
nghiệm:
Xác định khối lượng vật M (sử dụng thước làm cân đòn và vật m đã biết để tính
M)
Bố trí thí nghiệm (hình vẽ ):
- Vật M để hơi nhô khỏi mép bàn một chút
- Chiều dài dây buộc vật m phải phù hợp
0,25
- Kéo lệch vật m lên độ cao h và thả để vật m đến va chạm vào M, đo quãng
đường dịch chuyển của vật M.
- Ghi số liệu vào bảng và xử lí số liệu
0,25
Lần

1
2
3
4
5
6
7
h
//
//
//
//
//
//
//
s
//
//
//
//
//
//
//
Y

0,75
điểm

0,25
1điểm

Xử lí số liệu:
+Tính các đại lượng liên quan và ghi vào bảng
Lần

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

0,25

h
s
X= v2

0,25

Y=s/v22

suy ra 0,25

Vẽ đồ thị Y theo X, tính các hệ số A, B y
 và  .
1
1
B
 
B
2g
2Bg

3A
A 2 2   2 M
3 Mg
4B

O

0,25

B/A

x