Đề thi (đề xuất) trại hè hùng vương lần thứ XII năm 2016 môn vật lý 10 trường chuyên HOÀNG văn THỤ hòa BÌNH

SGD&ĐT HÒA BÌNH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
HOÀNG VĂN THỤ

ĐỀ DỰ THẢO THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
HÙNG VƯƠNG NĂM 2016
MÔN VẬT LÝ – KHỐI 10
Thời gian làm bài : 180 phút

ĐỀ GIỚI THIỆU

Câu 1: (4 Điểm) Động lực học chất điểm + Động học chất điểm.
Cho cơ hệ và hệ trục toạ độ như hình 1. Cơ hệ
gồm bốn vật nặng có khối lượng tương ứng lần
lượt là m1 ; m2 ; m01 ; m02 . Ban đầu người ta giữ cơ

O
X
Y

hệ ở trạng thái tĩnh rồi thả nhẹ. Bỏ qua mọi ma

m02

m01

sát và lực cản, khối lượng các ròng rọc, cho rằng

m1

dây mảnh nhẹ không giãn. Tính độ lớn lực căng

m2

dây treo nếu:
Hình 1

1. m01; m02 được giữ cố định.

2. m01; m02 để tự do. Kết quả này sẽ thay đổi như thế nào nếu m01 & m02 có giá trị rất
lớn.
Câu 2: (4 Điểm) Các định luật bảo toàn.
Hai quả cầu giống hệt nhau có khối lượng m1 = m2 = m đặt trên mặt sàn nằm ngang,

m1

trong đó m1 & m2 được nối với nhau
bởi dây nhẹ không giãn.
Ban đầu bố trí cơ hệ sao cho dây luôn
căng, dùng quả cầu khối lượng m3 = m
chuyển động trong mặt phẳng ngang

m3

α

uu
r
V0

m2

Hình 2

uur

nói trên với vận tốc ban đầu là V0 hợp với phương dây một góc α với cosα = 0, 6
bắn vào m1 như hình 2. Biết các va chạm là xuyên tâm, các quả cầu coi như chất
điểm, bỏ qua mọi ma sát lực cản. Tính vận tốc m2 ngay khi nó bắt đầu chuyển
động và chỉ rõ phương, chiều, độ lớn xung lượng của lực do sợi dây tác dụng lên
m2 trong thời gian va chạm nếu:

1. Va chạm giữa m3 & m1 là hoàn toàn đàn hồi.


2. Va chạm giữa m3 & m1 là va chạm mềm.
Câu 3: (4 Điểm) Nhiệt học
P

p1 (1)

15 p1
32 (2)

(4)

(3)

p1
8

V

OV

1

9V1
2

Hình 3

Một động cơ nhiệt hoạt động theo chu trình 1234531 như hình 3. Tác nhân là một
mol khí lí tưởng đơn nguyên tử. Trong đó các trạng thái (1);(2);(5) có các thông số
trạng thái cho trên đồ thị; quá trình (4) → (5) nằm trên đường thẳng có đường kéo dài
đi qua gốc tọa độ O.
1. Tính V4 theo V1 ?
2. Xét quá trình (5) → (1) .
a. Viết phương trình biểu diễn sự phụ thuộc của áp suất vào thể tích.
b. Viết phương trình biểu diễn sự phụ thuộc của nhiệt độ vào thể tích.
c. Trong quá trình từ (5) → (1) , tìm điểm M tại đó khí chuyển đổi từ trạng thái nhận
nhiệt sang trạng thái nhả nhiệt.
3. Tính công của chu trình.
4. Tính hiệu suất động cơ nhiệt.
Câu 4: (5 Điểm) Cơ học vật rắn.

O

Một thanh cứng nhẹ hình chữ T (nhưng không
có dạng đối xứng như hình 4). Lần lượt gắn ở

C

A

các đầu A;B;C của thanh các vật có khối lượng
Hình 4

uu
r
D V0

B


lần lượt là m1 = 3m; m2 = 2m; m3 = m . Thanh có thể quay trong mặt phẳng thẳng đứng
quanh trục quay đi qua O như hình bên.
Cho biết OA = l ; OB = 2l ; OC = 3l , bỏ qua mọi ma sát lực cản.
1. Khi hệ cân bằng, phương AC của thanh hợp với phương ngang góc ϕ bằng bao
nhiêu?
2. Khi thanh OB đang ở vị trí có phương thẳng đứng, đầu B ở phía dưới thì vật D
khối lượng m4 = 2m chuyển động theo phương ngang với vận tốc ban đầu V0 = 1, 4 g l
đến va chạm hoàn toàn đàn hồi xuyên tâm với vật m2 .
a. Tính momen quán tính của thanh chữ T đối với trục quay qua O.
b. Tính vận tốc của m2 ngay sau va chạm V2 = ?
c. Tính góc lệch cực đại ϕ0 mà thanh OB đạt được so với phương thẳng đứng.
d. Tính gia tốc góc của thanh ứng với vị trí góc lệch cực dại ϕ0 nói trên.
e. Xác định phương, chiều, độ lớn lực do thanh OB tác dụng lên vật m2 ứng với vị trí
góc lệch cực dại ϕ0 nói trên.
Câu 5: (3 Điểm) Phương án thực hành.
Nước được đổ lưng chừng trong một cái bình kim loại mỏng, miệng rất nhỏ. Trong

bình có một vật hình trụ, đặt thẳng đứng, chìm hoàn toàn và nằm ở đáy bình. Một sợi
chỉ được buộc vào tâm mặt trên của vật và đầu tự do của sợi chỉ được luồn qua miệng
bình ra ngoài. Cho các dụng cụ: một lực kế, một tờ giấy kẻ ô tới mm và một cái
thước, hãy nêu cách làm thí nghiệm để xác định khối lượng riêng ρ của vật trong
bình, chiều cao l của vật, chiều cao mực nước h trong bình khi vật còn chìm trong đó,
chiều cao mực nước h0 trong bình khi đã đưa vật ra khỏi nước. Khối lượng riêng ρ0
của nước đã biết.
----------- Hết ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh:................................
…………………………………………………………………………………………

Người ra đề:
Phạm Hồng Quang sđt 0986.470.469


HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu 1:(4 Điểm)
1. (1,0đ)
/
+ Vật m1 . m1 g − T1 = m1a1 y (1)

X

O

m01

(0,25đ)

/

+ Vật m2 . m2 g − T2 = m2 a2 y (2) (0,25đ)

Y

Do dây không giãn không khối lượng nên
a 1 y = − a 2 y (3)
(0,25đ)

T1 = T1/ = T2 = T2/ = T (4)
2m1 m2 g
Từ (1)(2)(3)(4) ⇒ T = (m + m ) (0,25đ)
1
2

a 01 X

T1 T2

/
Q1 T1
T2/
Q2
N1
a1 y N 2
a2 y
a 02 X = a02
= a 01

Hinh 1

2. (3,0đ)
Gọi a01 ; a02 lần lượt là gia tốc của các vật m01; m02 .
m1 g − T1/ = m1 a1 y (5)
m
+ Vật 1 . 
 N 1 = m1 a1 X = m1 a 01 X = m1 a 01 (6)

+ Vật m01 . T1 − Q1 = m01 a01 X = m01 a01 (7)

(0,5đ)
(0,25đ)

m2 g − T2/ = m2 a 2 y (8)
+ Vật m2 . 
− N 2 = m2 a 2 X = m2 a 02 X = m2 a 02 (9)

(0,5đ)

+ Vật m02 . − T2 + Q2 = m02 a02 X = m02 a02 (10)

(0,25đ)

T1 = T1/ = T2 = T2/ = T (11)

Ta có: Q1 = N1
Q = N
2
 2

(12)

(0,25đ)

T

a1 y = g − m
1

T

a 2 y = g − m

2
Từ (5)(6)(7)(8)(9)(10)(11)(12) ⇒ 
T
a =
01

m1 + m01

T
a = −
02

m2 + m02

m02

(13)

Vật m1 đi xuống đoạn y1 , vật m2 đi xuống đoạn y 2 làm khoảng cách giữa hai vật
m01 & m02 giảm đoạn y1 + y 2 . Trong quá trình di chuyển này m01 dịch cùng chiều

dương đoạn X 1 , vật m02 dịch ngược chiều dương đoạn X 2 . Ta có:
y1 + y 2 = X 1 + X 2 ⇔ y1 + y 2 = X 1 − X 2 ⇒ a1 y + a 2 y = a 01 − a 02 (14)

(0,25đ)


Từ (13)(14)

⇒T =

2g
1
1
1
1
+
+
+
m1 m2 m1 + m01 m2 + m02

(0,5đ)

2m m g

1 2
* Nếu m01 & m02 có giá trị rất lớn ⇒ T = (m + m ) (0,5đ)
1

2

Câu 2: (4 Điểm)
1. Va chạm là hoàn toàn đàn hồi (2,0đ).
* Tính vận tốc m2 .
- Vì m3 & m1 cùng khối lượng nên ngay sau va chạm m3 đứng yên, còn m1 chuyển
động với vận tốc V01 = V0 , chiều chuyển động vẫn như cũ.
- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ m1 & m2 ta có:
ur
uur
uur ur uur uur
m1V1 + m2 V2 = m1V0 ⇒ V1 + V2 = V0

(1)……………………(0,25đ)

- Xét cả hệ m1 & m2 , lực căng dây đóng vai trò là nội lực nên năng lượng của hệ bảo
m1V12 m2V22 m1V012
+
=
⇒ V12 + V22 = V02 (2) ……………(0,25đ)
2
2
2
ur uur
Từ (1)(2) ⇒ V1 ⊥ V2 (3) ……………………(0,25đ)
uur
- Do m2 chỉ có lực căng dây tác dụng gây ra chuyển động nên ⇒ V2 phải hướng dọc

toàn, ta có:

theo dây, chiều từ m2 → m1

(4) ……………………(0,5đ)

Từ (3)(4) ta vẽ được giản đồ véc tơ như hình 2.
- Từ GĐVT ⇒ V2 = V01cosα = V0cosα = 0, 6V0 ……………(0,25đ)
* Tính xung lượng của lực tác dụng vào m2 .
uur
uur uur r
uur
Ta có X 2 = ∆ p2 = ( p2 − 0) = m2V2
uur
uur
⇒ X 2 hướng cùng chiều với V2 (tức có chiều từ m2 → m1 ), độ lớn
X 2 = m2V2 = m2V01cosα = 0, 6mV0 ……………(0,5đ)

uur
V01
ur
V1

α

uu
r
V2
m1

α

uu
r m
2
V2

Hình 2

2. Va chạm là va chạm mềm (2,0đ).
- Ngay sau va chạm giữa m3 & m1 thì hai vật này dính vào thành một vật khối lượng
2m chuyển động với vận tốc U 0 =

m3V0
V
= 0 , chiều chuyển động vẫn như cũ.
m1 + m3 2

- Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ 2m & m2 ta có:


ur
uur
uur
ur uur uur
2 mU + m2 V2 = 2mU 0 ⇒ 2U + V2 = 2U 0

(5)……………………(0,25đ)

- Xét cả hệ 2m , lực căng dây đóng vai trò là nội lực nên năng lượng của hệ bảo toàn,
ta có:

2mU 2 m2V22 2mU 02
+
=
⇒ 2U 2 + V22 = 2U 02
2
2
2

(6) ……………(0,25đ)
uur

- Do m2 chỉ có lực căng dây tác dụng gây ra chuyển động nên ⇒ V2 phải hướng dọc
theo dây, chiều từ m2 → 2m

(7) ……………………(0,25đ)

- Từ (5) ta vẽ được giản đồ véc tơ như hình 3.

uur
2U 0

- Từ GĐVT ⇒ (2U ) 2 = (2U 0 ) 2 + V22 − 2(2U 0 ).V2cosα (8)……..(0,5đ)
Từ (6)(8) ⇒ V2 =

4U 0cosα 2V0 cosα
=
= 0, 4V0 ……………(0,5đ)
3
3

* Tính xung lượng của lực tác dụng vào m2 .
uur
uur uur r
uur
Ta có X 2 = ∆ p2 = ( p2 − 0) = m2V2

uu
r
V2

α

ur
2U

2m

uur
uur
⇒ X 2 hướng cùng chiều với V2 (tức có chiều từ m2 → m1 ), độ lớn

α

uu
r m
2
V2

Hình 3

2V cosα
X 2 = m2V2 = m2 0
= 0, 4mV0 ……………(0,25đ)
3

Câu 3: (4 Điểm) Nhiệt học
1. (0,5đ)
Quá trình (4) → (5) nằm trên đường thẳng có đường kéo dài đi qua gốc tọa độ O nên
ta có

P 
P4 P5
135
= ⇒ V4 =  4 ÷V5 =
V1 …………(0,5đ)
V4 V5
8
 P5 

2a. (0,5đ)
P−P

V −V

1
1
Quá trình từ (5) → (1) có áp suất phụ thuộc vào thể tích theo quy luật P − P = V − V
5
1
5

1

⇒P=

P1  V 
 5 − ÷ (1) …………(0,5đ)
4  V1 

2b. (0,5đ)


Quá trình từ (5) → (1) có nhiệt độ phụ thuộc vào thể tích theo quy luật:

P1  V 
P 
V2 
P =  5 − ÷
4  V1  ⇒ T = 1  5V −

÷ (2) …………(0,5đ)
4ν R 
V1 
 PV = ν RT



2c. (1,0đ)
Gọi M là trạng thái có áp suất P; thể tích V thuộc quá trình (5) → (1) .

1

P1  V 2
99 
A
=
−
(
P
+
P
)(
V
−
V
)
=
+ 10V − V1 ÷
 5M
−
5
5
2
8  V1
4 

Ta có: 
2
 ∆U = ν C (T − T ) = 3 ν R (T − T ) = 3 ( PV − PV ) = P1  − 3V + 15V − 27 V 

V
5

5
5 5
1÷
 5M
2
2
8  V1
4 

⇒ Q5 M = A5M + ∆U 5M =

P1  4V 2
63 
+ 25V − V1 ÷
−
8  V1
2 

(3) ………(0,5đ)

- Quá trình từ (5) → ( M ) → (1) có nhiệt lượng biến
thiên theo quy luật (3), nếu vẽ trong hệ tọa độ
(QOV ) ta được đồ thị sau:
- Từ đồ thị ta thấy quá trình (5) → (1) nhiệt lượng khí
tăng (ứng với quá trình khí nhận nhiệt) từ (5) → ( M ) ,
nhiệt lượng khí giảm (ứng với quá trình khí nhả
nhiệt) từ ( M ) → (1) .
- Như vậy điểm M tại đó khí chuyển đổi từ trạng
thái nhận nhiệt sang trạng thái nhả nhiệt có thể tích
VM =

25
15
V1 thay vào (1) ⇒ PM =
P1 .………(0,5đ)
8
32

Q

M

Qmax

O

V1

(5)

7V1 25V 9V
1
1
4 8 2

(1)

Hình 4

(Dễ thấy M trùng với trạng thái (3) trên đồ thị).

3. (0,5đ)
Tính công của chu trình.
 A12 = 0

 A24 = 15 P1 (V4 − V2 ) = 1905 PV
1 1
32
256

921

⇒ A = A12 + A24 + A45 + A51 =
PV

1
1881
1 1 (3)………(0,5đ)
512
1 1
 A45 = − 2 ( P4 + P5 )(V4 − V5 ) = − 512 PV

 A = − 1 ( P + P )(V − V ) = − 63 PV
1
5
5
1
1 1
 51
2
32

4. (1,0đ)
Tính hiệu suất động cơ nhiệt.
Như vậy Qnhan = Q24 + Q5 M
Với Q24 = A24 + ∆U 24 =
Thay VM =

1905
5715
9525
PV
PV
PV
1 1+
1 1 =
1 1
256
512
512

25
121
10009
V1 vào (3) ⇒ Q5 M =
PV
PV
1 1 ⇒ Qnhan =
1 1 ………(0,5đ)
8
128

512

V


A

921

Ta có: H = Q = 10009 ≈ 0, 092 = 9, 2% ………(0,5đ)
nhan
Câu 4: (5 Điểm)
1. (1,0đ)
Giả sử khi thanh cân bằng phương AC của thanh

C

sẽ hợp với phương ngang góc ϕ như hình 4.
Chọn chiều dương như hình vẽ.

O

Ta có điều kiện cân bằng của vật rắn có trục quay
A

cố định là: M 1 + M 2 + M 3 = 0

+
+

⇔ 3mg .lcos ϕ − 2mg.2lsin ϕ − mg.3lcos ϕ = 0
B

⇒ sin ϕ = 0 ⇒ ϕ = 0 ……………..(1,0đ)

Hình 5

Vậy khi hệ cân bằng, phương AC của thanh là
phương ngang.
2a. (0,5đ)
Ta có: I O = 3m.l2 + 2m.(2l) 2 + m.(3l) 2 = 20m.l2 (1) ......(0,5đ)
2b. (1,0đ)
- Bảo toàn momen động lượng đối với trục quay qua O có:
m4 2l.V0 = m4 2l.V + I Oω

(2) …….....(0,25đ)

m4V02 m4V 2 I Oω 2
=
+
- Va chạm hoàn toàn đàn hồi nên:
2
2
2


2V0
4lm4 
÷V0 =
2

7l
 I O + 4l m4 

- Từ (2)(3) ⇒ ω = 
⇒ V2 = ω.2l =

4V0
7

(3) …….....(0,25đ)

(4) …….....(0,25đ)

(5) …….....(0,25đ)

2c. (0,5đ)
Chọn gốc thế năng trọng trường là mặt phẳng ngang đi qua điểm treo O ta có:
−(2m) g.2l +

I Oω 2
I ω2 3
= −(2m) g.2l.cosϕ0 ⇒ cosϕ0 = 1 − O
= = 0, 6
2
8mg l 5

(6) ……….....(0,5đ)


Chú ý cũng có thể làm như sau:

Khối tâm G của hệ phải nằm trên thanh OB và cách O là OG =

2l
3

I Oω 2
I Oω 2
3
−(6m) g.OG +
= −(6m) g.OG.cosϕ0 ⇒ cosϕ0 = 1 −
= = 0, 6
2
12mg .OG 5

2d. (0,5đ)
Xét cả hệ thống khi phương AC của thanh hợp với phương ngang góc ϕ0 ta có:
M 1 + M 3 + M 2 = I O .γ ⇔ − P2 .2lsin ϕ0 = I O .γ
14 2 43
….........(0,25đ)
0

⇒γ =−

P2 .2lsin ϕ0
g sin ϕ0
4g
=−
=−
IO
5l

25l

(7) ….........(0,25đ)

2e. (1,5đ)
uur uur uur

uur

Xét B, theo ĐLII Newton có: P2 + Ft + Fn = m2 a2

Chiếu lên phương hướng tâm và phương tiếp tuyến có:

m2V022
= 0 (vi V02 = 0) ⇒ Fn = P2 cosϕ0
 Fn − P2cosϕ0 = m2 a2 n =
2l

 − P sin ϕ + F = m a = m .γ .2l = − 2 P2 sin ϕ0 ⇒ F = 3P2 sin ϕ0
0
t
2 2t
2
t
 2
5
5
⇒ F = Fn2 + Ft 2 =

….......... (1,0đ)

P2
2mg
6 41
9 + 16cos 2ϕ0 =
9 + 16cos 2ϕ0 =
mg
5
5
25

…............ (0,25đ)

Ft 3
4
ur
F hợp với phương OB góc β thỏa mãn tg β = F = 5 tgϕ0 = 5 = 0,8 ……....... (0,25đ)
n

Câu 5: (3 Điểm) Phương án thực hành.
* Dùng thước đo chiều cao H của bình.
* Đặt thước thẳng đứng phía trên miệng bình.
* Ngoắc đầu trên của sợi chỉ vào lực kế và kéo lực kế để vật F
được nâng chậm ra khỏi nước. Khi đó vừa quan sát sự thay đổi
F2
của số chỉ lực kế F theo độ dài x của phần chỉ được kéo ra khỏi
bình (lực F đọc trên lực kế, còn chiều dài x đọc theo thước).
* Dựng đồ thị phụ thuộc của F theo x trên giấy kẻ ô sẽ được F1
0 x1 x2 x3
x4 x

dạng đồ thị như hình vẽ ............................ (1,0 đ)
Trong quá trình kéo vật, ta chú ý giai đoạn khi sợi dây bắt đầu
Hình vẽ
bị căng dó đó, số chỉ của lực kế biến thiên từ không đến giá trị F1, trong quá trình
này, lò xo của lực kế sẽ giãn ra, do đó giá trị của x trên thước biến thiên từ một giá trị
nào đó đến giá trị x1. Giá trị x1 ta có thể xác định được khi mà số chỉ lực kế bắt đầu
đạt trị số ổn định.


Trên đồ thị thể hiện rõ:
Khi kéo lên được một đoạn x1, vật bắt đầu rời khỏi đáy bình và được nâng lên
đến chiều dài x2. Số chỉ F1 của lực kế trong quá trình này là không đổi và bằng:
F1= ρgV – ρ0gV (1)
...................................(0,25 đ)
Trong đó V là thể tích của vật, ρ là khối lượng riêng của vật. Đến vị trí x2 thì mặt
trên của vật bắt đầu nhô ra khỏi mặt nước và số chỉ của lực kế tăng dần đến giá trị F2.
Khi toàn bộ vật vừa thoát ra khỏi mặt nước (ứng với chiều dài x3) thì số chỉ của lực kế
đạt đến giá trị cực đại, đúng bằng trọng lượng của vật: F2= ρgV (2) .…. (0,25 đ)
Từ chiều dài đó trở đi thì số chỉ của lực kế sẽ không thay đổi nữa.
Khi kéo đến chiều cao x4 thì mặt trên của vật chạm vào thành trên của bình và
không thể kéo thêm được nữa (nếu muốn bình vẫn nằm yên).
* Từ đó, ta tìm được chiều cao mực nước trong bình khi đã kéo vật ra khỏi
nước: h0= x3 – x1. ……………………….(0,25 đ)
* Chiều cao của vật:
l = H – (x4 – x1). .................................(0,25 đ)
* Chiều cao mực nước trong bình khi chưa kéo vật ra:
Khi mặt trên của vật vừa chạm mặt nước thì ta đọc được x2, khi mặt dưới của vật vừa
rời khỏi mặt nước thì đọc được x3. Trong quá trình này, nếu mặt nước nằm yên thì ta
phải kéo lên một đoạn bằng l, nhưng do mặt nước hạ xuống một đoạn bằng (h – h0)
nên: x3 – x2= l – (h – h0). ................................(0,5 đ)

Từ đó, sau khi thay giá trị của h0, ta suy ra: h = l + (x2 – x1)............................ (0,25 đ)
ρ F

0 2
* Từ các hệ thức (1) và (2) suy ra khối lượng riêng của vật: ρ = F − F . ...........(0,25đ)
2
1