Đề thi (đề xuất) trại hè hùng vương lần thứ XII năm 2016 môn vật lý 10 trường chuyên hạ LONG QUẢNG NINH

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG
TỈNH QUẢNG NINH
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT(Đề này có 02 trang, gồm 05 câu)

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ
LỚP 10

Bài 1:(5 điểm – Động học và động lực học chất điểm)
m

A

α

B

C

Một vật có khối lượng m có thể trượt không ma sát trên một cái nêm ABC. Cho: AB =  ;
Cˆ = 90 0 ; Bˆ = α . Nêm ban đầu đứng yên, có khối lượng M và có thể trượt không ma sát trên mặt
sàn nằm ngang (hình vẽ). Cho vật m trượt từ đỉnh A của nêm không vận tốc đầu.
a
a.Thiết lập biểu thức tính gia tốc của vật đối với nêm và gia tốc 0 của nêm đối với sàn?
b.Lấy hệ tọa độ xOy gắn với sàn, ban đầu trùng với BCA. Tính hoành độ của vật m và của đỉnh C
0
khi vật trượt tới đỉnh B. Quỹ đạo của vật là đường gì? Cho m = 0,1(kg ) ; M = 2m ; α = 30 ;  = 1( m) ;

g = 10 m s 2
Bài 2: (5 điểm – Các định luật bảo toàn)
Một sợi dây nhẹ chiều dài  có một đầu buộc vào điểm cố định O, đầu kia mang một hình cầu

nhỏ khối lượng m. Nâng quả cầu lên tới vị trí ở ngay phía

dưới điểm O khoảng 4 rồi từ đấy phóng ngang quả cầu ra
phía bên phải với vận tốc nào đó. Sau một lúc, dây lại bị căng
thẳng, kể từ đó quả cầu dao động như một con lắc quanh trục
O. Cho biết lúc dây vừa bị căng thẳng nó hợp với phương
0
thẳng đứng góc 60 . Bỏ qua mọi sức cản. Hãy tính:
a. Vận tốc ban đầu của quả cầu lúc vừa được phóng ra?
b. Xung lượng đặt vào trục O khi dây vừa bị căng thẳng?
c. Lực căng dây khi quả cầu xuống tới vị trí thấp nhất?

Bài 3: (4 điểm – Nhiệt học)
Một xilanh cách nhiệt cố định nằm ngang (hình vẽ), được chia làm 2 phần bằng một pittong
cách nhiệt có bề dày không đáng kể, khối lượng m, nối với thành bên phải bằng một lò xo nhẹ nằm
ngang và có thể dịch chuyển không ma sát trong xilanh. Phần bên
trái chứa 1 mol khí lý tưởng đơn nguyên tử, phần bên phải là chân
không. Lò xo có chiều dài tự nhiên bằng chiều dài của xilanh.


1.Xác định nhiệt dung của hệ. Bỏ qua nhiệt dung của xilanh, của pittong và của lò xo.
2.Dựng đứng xilanh lên sao cho phần chứa khí ở bên dưới. Khi pittong ở vị trí cân bằng nó cách
đáy xilanh một khoảng bằng h, khí trong xilanh có nhiệt độ T1 . Xác định độ dịch chuyển của pittong
khi nhiệt độ khí trong xilanh tăng từ T1 đến T2 .
Bài 4: (4 điểm – Cơ học vật rắn)
Cho một khối trụ đồng chất khối lượng m phần
bố đều, có tiết diện là hình vành khăn, bán kính ngoài
r
là r, bán kính trong là 2 . Khối trụ này lăn không
trượt, không vận tốc đầu từ đỉnh của một bán trụ cố định bán kính R.

a.Gọi I là momen quán tính của khối trụ đối với trục của nó. Hãy tính I theo m và r.
b.Xác định vận tốc khối tâm của khối trụ theo ϕ , với ϕ là góc hợp bởi đường thẳng nối tâm của
khối trụ và bán trụ.
c.Với giá trị nào của ϕ thì khối trụ bắt đầu rời khỏi mặt bán trụ. Bỏ qua ma sát lăn.
Bài 5: (2 điểm – Phương án thực hành)
Cho các dụng cụ sau:
- Một ống thủy tinh thẳng, dài có đường kính trong 2-3mm
- Cốc đựng chất lỏng X.
- Một thước có độ chia nhỏ nhất đến mm
Hãy trình bày và giải thích một phương án thí nghiệm để xác định khối lượng riêng của chất
lỏng X. (Trình bày cơ sở lý thuyết, trình tự thí nghiệm, cách tính sai số và những chú ý trong quá
trình làm thí nghiệm để giảm sai số).


SỞ GD&ĐT QUẢNG NINH
TRƯỜNG THPT
CHUYÊNHẠ LONG
Bài
Bài 1
(5
điểm)

ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ XUẤT MÔN VẬT LÍ LỚP 10
TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẤN THỨ XI NĂM 2016

Hướng dẫn giải
a. Chọn hệ trục tọa độ xOy như hình vẽ: Ox song song với AB hướng xuống, Oy
vuông góc với AB.
- Động lượng của hệ bằng 0 => Khi vật m đi xuống dưới thì nêm chuyển động sang


a
trái => Gia tốc của nêm là 0 hướng sang phải.

+ Xét trong hệ quy chiếu gắn với nêm: Vật m có gia tốc a



P
- Vật m chịu tác dụng của 3 lực: Trọng lực = mg ; phản lực N của nêm vuông


Fqt = m.a0
góc với AB, lực quán tính phương ngang hướng từ trái sang phải
.

Điểm
0,25

0,75


O
y

x

N

Fqt A
mg

α

B

C

 


mg + N + m.a0 = m.a

- Phương trình định luật II Newton cho vật:
mg.sin α + m.a0 . cos α = m.a

N − mg. cos α + m.a0 .sin α = 0
Chiếu (1) lên Ox và Oy ta được: 
a = g .sin α + a0 . cos α
Từ (2) biến đổi ta được:
N = mg cos α − ma0 .sin α
Và :
+ Xét chuyển động của nêm đối với sàn :

(1)
(2)
(3)
(4)
0,75


m

a0
Q1

A

N1
M

α

B

C


Mg

- Phương trình chuyển động của nêm trong hệ quy chiếu gắn với sàn:
  

Mg + N1 + Q1 = M .a0

a0
Q .sin α = M .a0
Chiếu lên chiều dương chuyển động
của nêm ta được: 1
(5)
Q = N = mg. cos α − ma0 .sin α
Mà : 1
=> Thế vào (5) ta được :

mg.sin α . cosα
a0 =
M + m.sin 2 α
(6)
( M + m). g .sin α
a=
M + m.sin 2 α
- Thay (6) vào (3), ta được gia tốc của vật đối với nêm :
b. Chọn hệ tọa độ xOy sao cho gốc O trùng với vị trí C ban đầu.
Áp dụng số ta có :
mg.sin α . cos α 0,1.10.sin 30 0. cos 30 0
a0 =
=
≈ 1,92 m s 2
2
2
0
M + m.sin α
0,1.2 + 0,1.sin 30
+
+

a=

0,75

0,5

( M + m). g .sin α (0,2 + 0,1).10.sin 30 0 20
=

= (m s 2 )
M + m.sin 2 α
0,2 + 0,1.sin 2 30 0
3


a0


0,5
có hướng cố định từ phải sang trái ; a của vật đối với nêm cũng

cố định (Luôn có hướng AB) => Theo đó gia tốc a1 của vật m đối với sàn là :
  
a1 = a + a0
cũng có hướng cố định.

2
a = a 2 + a02 + 2.a.a0 . cos(a; a0 )
- Ta có: 1
Ta nhận thấy :

2

20
 20 
2
a1 =   + 1,92 2 + 2. .1,92. cos(180 − 30) ≈ 5,1m s
3
 3 

=> thay số, ta được :

- Giả sử a1 hợp với phương ngang một góc β
a0

A
a1

a
β
α

C’

0,25

C

B

D

sin β sin α
=
a
a1
=> Định lý sin trong tam giác, ta có :

0,75

a.sin α 20.sin 30 0
sin β =
=
0,6536
a1
3.5,1
<=>
0
<=> β = 40,8 => Vậy Quỹ đạo của vật m đối với đất là đường thẳng (AD) hợp với
0
phương ngang một góc là β = 40,8

x = CD =

AC
.sin α 1.sin 30 0
=
=
= 0,58(m)
tan β
tan β
tan 40,80

=> Khi đó, hoành độ của vật m là:
- Trong thời gian vật đi xuống đến điểm B của nêm, thì nêm dịch chuyển sang trái
một đoạn đúng bằng CC’ => Hoành độ của nêm là:
x1 = −CC ' = (CB − CD) = −(. cos α − CD)

0,5

0
<=> x1 = −(1. cos 30 − 0,58) = −0,29(m)

Bài 2
(4 điểm)

a. Khi mới được phóng ra, dây nối chưa căng, quả cầu chỉ chịu tác dụng của trọng lực =>
Chuyển động của nó là chuyển động ném ngang.
- Chọn hệ trục tọa độ xOy sao cho gốc O trùng với điểm trục O, Ox cùng chiều với vận tốc
ban đầu, Oy hướng thẳng đứng xuống, gốc thời gian là lúc quả cầu bắt đầu được phóng ra.
=> Gọi t là thời điểm để dây nối bị căng ra.
+ Tại vị trí dây nối căng ra, ta có các phương trình liên hệ với chuyển động ném ngang của
vật là:

1,0



t
=


2g
 x = v0 .t = .sin 60 0



1
 1 2


0
v
=
6 gl
0
 y = + g .t = . cos 60

2
4 2

<=>
b. Gọi v là vận tốc quả cầu khi dây vừa bị căng ra. Gọi β là góc hợp bởi vecto v và phương
thẳng đứng.

1

v x = v0 =
6.g .

2


v = g.t = .g
  
v = vx + v y
 y
2
Ta có:
, Với : 

tan β =
Ta có:

vx
= 3
vy

=>

1,0

v = v x2 + v y2 = 2.g .

0
=> β = 60



=> Khi dây treo bắt đầu bị căng ra, góc hợp bởi vận tốc v tại đó với phương thẳng đứng là


60 0 => vận tốc v có phương trùng với phương của sợi dây. Sau đó, quả cầu nhận được

một xung của lực căng dây, nên vận tốc sẽ bằng 0. Cũng trong thời gian đó, điểm treo O
cũng nhận được một xung lực cùng độ lớn với xung lực mà quả cầu nhận được

1,0

=> Xung lực điểm treo O nhận được là:

F .∆t = m.v − 0 = m. 2.g .

c. Gọi v’ là vận tốc tại vị trí thấp nhất của quả cầu. Gốc thế năng trọng trường trùng với O.
- Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng tại vị trí thấp nhất và vị trí dây căng ra, ta có:

1,0

1
.m.v'2 −mg. = 0 − mg.. cos 60 0
v' = g .
2
=>
+ Phương trình động lực học viết tại điểm thấp nhất của quả cầu (Chiếu lên phương hướng
tâm tại đó)

T − m.g =

Bài 3
(5
điểm)

m.v' 2


=> Thay v’ vào ta được: T = 2.m.g

1. Pittong đặt nằm ngang: Giả sử truyền cho hệ một nhiệt lượng là Q
- Gọi T1 là nhiệt độ ban đầu của khí, T2 là nhiệt độ của khí sau khi đã được truyền

nhiệt lượng.
- Gọi lò xo có độ cứng là k, ở nhiệt độ T1 , T2 thì lò xo biến dạng một đoạn tương
ứng là x1 , x2 .
- Theo nguyên lý I, ta có: ∆U = Q + A
1
Q = ∆U − A = νCV .(T2 − T1 ) + k ( x22 − x12 )
2
=>

0,5
(1)
x=

p.S
k

p.S = Fdh = k .x
- Khi pittong cân bằng, ta có:
=>
(2)
- Theo phương trình Claperon – Mendeleep, ta có:
RT RT
p=
=
p.V = RT =>
V
S .x
(3)
(Cho lò xo có chiều dài tự nhiên bằng chiều dài xilanh; S là tiết diện ngang của
pittong)

RT
x2 =
k
Theo đó, từ (2), (3) ta được:
(4)
p.S = Fdh = k .x

x=

0,25

0,25

0,25

0,25

p.S
k

- Khi pittong cân bằng, ta có:
=>
(2)
- Theo phương trình Claperon – Mendeleep, ta có:
RT RT
p=
=
p.V = RT =>
V
S .x

(3)
(Cho lò xo có chiều dài tự nhiên bằng chiều dài xilanh; S là tiết diện ngang của
pittong)
RT
x2 =
k
- Theo đó, từ (2), (3) ta được:
(4)
Thay (4) vào (1) ta được:
1 RT RT
3R R
Q = CV .(T2 − T1 ) + k .( 2 − 1 ) = ( + ).( T2 − T1 )
2
k
k
2 2
Q
=
2
R
.
∆
T
<=>
(5)
Q
= 2R
∆T
=> Nhiệt dung của hệ là:
2. Pittong được đặt thẳng đứng:

0,25

0,25
0,5

0,25

C=

0,5

- Chọn gốc thế năng hấp dẫn ở vị trí cân bằng (Pittong

x
mg


cách đáy một khoảng bằng h)
Ta có, công mà khí sinh ra:
1
A' = − A = k[(h + x) 2 − h 2 ]
2
(6)
- Theo nguyên lý I, ta có : ∆U = Q + A
Thế (5), (6) vào ta được
1
Q = ∆U − A = CV .(T2 − T1 ) + k[(h + x) 2 − h 2 ]
2
3R

1
2 R.(T2 − T1 ) =
(T2 − T1 ) + k .( x 2 + 2hx) + mgx
2
2
<=>
1 2
1
k .x + (k .h + mg ). x − R.(T2 − T1 ) = 0
2
<=> 2
(7)
- Giải phương trình (7) để tìm x theo m, h, T1, T2 :
Xét ở trạng thái cân bằng ban đầu của pittong : mg + k .h = p1 .S

RT
=> p1 .S = 1
h

p1 .S .h = RT1
Mặt khác : p1.V1 = RT1 =>
RT mg
k = 21 −
h
h
Từ (8), (9), ta được :
(10)

0,5

(8)

(9)

Thế (8), (9), (10) vào (7) ta được phương trình :
 RT1 mg  2 2 RT1
.x − R (T2 − T1 ) = 0
 2 −
.x +
h 
h
 h

0,5

0,25

0,25

2

 RT   RT mg 
∆' =  1  +  21 −
.R (T2 − T1 )
h 
 h   h
RT1
± ∆'
h
x=

RT1 mg
−
h
h2
=> Phương trình có 2 nghiệm :
Vì nhiệt độ tăng, nên lò xo bị nén nhiều hơn, do đó, ta chọn nghiệm :
RT
− 1 + ∆'
h
x=
RT1 mg
−
h2
h
a. Xác định momen quán tính
m
4m
D=
=
2
r
3l.π .r 2
l.π .( r 2 − )
4
- Khối lượng riêng của khối trụ rỗng:
−

Bài 4
(4
điểm)

m1 =
- Khối lượng của khối trụ đặc bán kính r là:

r2
(r 2 −

2

r
)
4

4
.m = m
3

4
1
m2 = m − m = m
3
3
- Khối lượng của khối trụ đặc bán kính r/2 là:
- Mômen quán tính của khối trụ rỗng:

0,25

1,5

1
1
r2 5
2
I = I1 − I 2 = m1 .r − m2 . = m.r 2
2
2
4 8
(1)
1
1
Wd = m.vC2 + I .ω 2
2
2
b. Động năng của khối trụ rỗng:
v = r.ω
Vì khối trụ lăn không trượt trên bán trụ => C
(3)
13
Wd = m.vC2
16
Thay (1), (3) vào (2):

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng, ta có:
16 g
vC =
.( R + r ).(1 − cos ϕ )
13
=>
(4)

mg ( R + r ).(1 − cos ϕ ) =

1,5
(2)

13
m.vC2
16

c. Định luật II Newton cho khối trụ trên phương hướng tâm:
m.vC2
mg. cos ϕ − N =
R+r
vC2
cos ϕ =
g ( R + r ) (5)
Khi hình trụ rời khỏi bán trụ: N=0 =>
Thay (4) vào (5), suy ra:
Bài 5
(2
điểm)

cos ϕ =

1,0

16
0
29 . Suy ra: ϕ = 56,5

1. Cơ sở lý thuyết
- Nhúng thẳng đứng ống thủy tinh vào chất lỏng, đo chiều cao ban đầu h1 của cột
khí trong ống.
- Bịt đầu trên ống, từ từ nâng thẳng đứng ống lên gần đến ngang mặt thoáng
chất lỏng, đo lại chiều cao cột khí h2.
Trong đó: + pa: áp suất khí quyển
+ h: chiều cao cột chất lỏng trong ống thủy tinh so với mặt thoáng của
nước trong cốc
+ h1 , h2 : chiều cao cột khí trong ống trước và sau khi di chuyển ống
thủy tinh.

Ban đầu: Phần cột khí trong ống có:

0,25

0,25

V1 = h1 .S

 p1 = p a
V2 = h2 .S

 p 2 + ρgh = p a

+ Sau khi dịch chuyển ống, coi lượng khí không đổi, có:
+ Coi quá trình dịch chuyển ống, nhiệt độ khí không đổi, theo định luật Bôi lơ -Ma
p .h = h2 .( p a − ρgh)
ri ốt, có: p1 .V1 = p 2 .V2 <=> a 1
p (h − h )

ρ= a 2 1
gh.h2
=>

0,25

2. Cách tiến hành

0,25

0,25


- Đặt cốc đựng chất lỏng ở trạng thái cân bằng
- Nhúng thẳng ống thủy tinh vào chất lỏng và đo chiều cao ban đầu của cột khí
trong ống.
- Sau đó bịt đầu trên ống rồi từ từ nâng thẳng đứng ống lên gần đến ngang mặt
thoáng chất lỏng, đo lại chiều cao cột khí.
- Tiến hành thí nghiệm khoảng 3 – 5 lần, xác định giá trị trung bình của các đại
lượng.
3. Tính kết quả và sai số
- Tính giá trị trung bình:
p (h − h )
ρ= a 2 1
gh.h2
=………………….(kg/m3 )
- Tính sai số tương đối của phép đo:
∆ρ h1 ∆h2
∆g
∆h1

∆h
ε=
= .
+
+
+
ρ h2 h2 − h1 g h2 − h1 h
- Tính sai số tuyệt đối trung bình:
∆ρ = ε .ρ =…….........(kg/m3 )

0,5

=…………=……..(%)

- Viết kết quả cuối cùng:
ρ = ρ ± ∆ρ = …………. ± ……….(kg/m3 )
4. Những chú ý:
- Trong quá trình nâng ống thủy tinh lên thì ta phải nâng từ từ sao cho co thể coi
là nhiệt độ không đổi và phải bịt kín đầu trên của ống để không có sự trao đổi khí,
khi đó định luật
Bôi Lơ – Mariốt được nghiệm đúng và giảm được sai số.
- Quá trình giữ ống cố định để đọc kết quả thì phải giữ thẳng ống, người đọc kết
quả phải đọc chính xác kết quả đo. Tránh đọc nhầm kết quả.
Người ra đề: Nguyễn Thu Hằng: 01238981266
Nguyễn Thị Thi: 01685582485

0,25