Đề thi (đề xuất) trại hè hùng vương lần thứ XII năm 2016 môn vật lý 10 trường chuyên lê HỒNG PHONG NAM ĐỊNH

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN
THỨ X
THPT CHUYÊN LÊ HỒNG
PHONG NAM ĐỊNH

α

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
MÔN: Vật lý - KHỐI: 10
Ngày thi: 22 tháng 06 năm 2016
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm 02 trang, 05 câu)

ĐỀ NGUỒN

Câu 1:(4 điểm)

α

α

a. Trong cơ hệ như hình vẽ 1a. Mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng
được giữa cố định vào đất. Nêm có khối lượng M mặt trên nằm ngang. Vật A
có khối lượng m. Bỏ qua mọi ma sát và khối lượng của dây và ròng rọc. Tìm
lực căng dây treo vật A.
b. Cho hệ như hình vẽ 1b, thanh m chuyển động thẳng đứng nhờ khe
cố định. Khối lượng thanh và nêm là m = M = 1kg, α = 300 lấy g = 10m/s2.
Bỏ qua mọi ma sát. Tìm gia tốc của nêm M.

A

Câu 2: (4 điểm)
m
M
Một thanh cứng AB khối
lượng không đáng kể chiều
dài l, ở hai đầu có gắn 2 viên bi
giống nhau, mỗi viên có
khối lượng m (hình 2). Ban đầu
thanh được giữ đứng yên ở
21a trạng thái thẳng đứng, viên bi 2 ở trên ,
Hình 1b
bi 1 ở dưới tiếp xúc với mặt
phẳng ngang nhẵn. Một viên bi thứ 3 có khối lượng m chuyển động với vận tốc v 0 hướng vuông góc
với AB đến va chạm xuyên tâm và dính vào bi 1. Hãy tìm điều kiện v 0để hệ 2 quả cầu 1 và 3 không
rời mặt phẳng ngang? Vận tốc của quả cầu 2 bằng bao nhiêu khi sắp chạm vào mặt phẳng ngang.
Câu 3: (4 điểm)
a. Một quả bóng bi a có bán kính
R và khối lượng M, bị chọc
bởi một chiếc gậy bi a ở độ cao h so vớih
mặt bàn , coi quả bi a là
khối cầu đồng chất. Hãy tìm độ cao h để ở
đó quả bóng bị chọc lăn
trên bàn mà không trượt.
b. Giả sử quả bóng đang quay xung quanh trục của nó với tốc độ góc ω0 thì người ta đặt nhẹ
nó lên mặt phẳng ngang. Biết hệ số ma sát trượt giữa quả bóng và mặt phẳng là μ. Sau khi ngừng
trượt thì quả bóng lăn ra xa với vận tốc là bao nhiêu? (bỏ qua ma sát lăn )
Câu 4. (4 điểm)
Một mol khí lý tưởng đơn nguyên tử từ trạng thái ban đầu có áp suất
p
p0 = 32.10 5 Pa

V0 = 8m 3
, thể tích
đến trạng thái cuối cóp0
5
3
p1 = 1,0.10 Pa, V1 = 64m
p −V
pc
theo đường thẳng trên đồ thị
, rồi lại từp1
trạng thái cuối thực hiện quá trình đẳng nhiệt trở về trạng thái ban đầu.
Tính hiệu suất của chu trình này.
O
Câu 5. (4 điểm)

a
c
b

V0 Vc V1

V


Ba tấm kim loại A, B, C như nhau có diện tích S, đặt song song với
d1
d2
A
Khoảng cách giữa A và B là , giữa B và C là
. A mang điện

dương Q, B và C không mang điện. Một nguồn điện không đổi có
điện thế U, cực dương nối với C, cực âm nối với B. Dùng dây dẫn B
C
với C như hình vẽ. Tính điện tích trên mỗi tấm.

nhau.
d1

d2

tích
hiệu
Unối A


ĐÁP ÁN
Câu 1:
a

(4điểm)
- Xác định các lực tác dụng lên
vật
- Vì các vật không trượt trên
nêm nên hệ các vật và nêm
chuyển động với cùng gia tốc
a = g sin α
- Xét trong hệ quy chiếu gắn
với nêm, viết phương trình
ĐLH
r r

r
r
T + P + N + Fqt = 0

0,5đ

Y0,5đ

T

r
N

b

Câu 2

r
Fqt

0,5đ

P1

0,5đ

r
P

- Theo phương OY:

T + ma sin α − mg = 0
T = mg(1 – sin2α) = mg.cos2α
mg – N.cos300 = m.am
Nsin300 = M.aM
am = aM.tan300
Giải phương trình được:
aM = = 2,5 m/s2
4 điểm

°

A

0,5đ
0,5đ
0,5đ
M

m

mv0 v0
=
2m
2

Sau khi vừa va chạm hệ quả cầu 1 và 3 có vận tốc: v13 =
.
v0
3
Khối tâm C hệ 3 quả cầu có vận tốc: vc =

.
v0
3
* Xét trong hệ quy chiếu hệ quán tính Q có vận tốc
so với sàn thì C đứng
v0 v0 v0
− =
2 3
6
yên, còn quả cầu 1,3 có vận tốc: v13Q =
.
2
 v0 
 
2
( a13Q ) ht =  6l  = v0
12l
3
* Gia tốc hướng tâm vật 1, 3 đối với tâm C:
Gia tốc khối tâm C của hệ trên có phương thẳng đứng a0 = -g.
Gia tốc vật 1,3 đối với đất trên phương thẳng đứng là:
v2
a13 = 0 − g
12l
a13 = (a13Q)ht +ac.
Để vật 1 và 3 nâng lên a13> 0 suy ra v02> 12gl
Vậy để vật (1, 3) không bị nâng lên thì v02≤ 12gl.
* Xét trong hệ quy chiếu gắn với sàn:
- Vì vật 1, 3 không nâng lên nên trước khi vật 2 và chạm sàn thì vận tốc theo
v

v1n = v 2 n = v3n = 0
3
phương ngang 3 vật là:
.
Theo ĐLBTCN:

0,5đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ


mv12n mv32n m(v 22n + v 22d ) mv02
2v 2
+
+
=
+ mgl ⇒ v 22d = 0 + 2 gl
2
2
2

2
3
Vậy vận tốc vật trước khi chạm sàn:
7 2
v 22n + v 22d =
v0 + 2 gl
9
v2 =

Với β =
Câu 3
a.

b.

(v 2 , v 0 )

v2 d
=
v2 n

thì tgβ =

2v02
+ 2 gl
3
3
=
v0
v0

3

0,5đ

0,5đ
2v02
+ 2 gl
3

4 điểm
Gọi F là lực va chạm của gậy bi a chọc vào bóng trong thời gian Δt tạo xung
của lực
F Δt = m (v- v0) ( 1)
Do tác dung xung của lực mà làm thay đổi mô men động lượng của quả
bóng
F(R-h)Δt= I(ω- ω0) (2) với mô men quán tính đối trục quay qua khối tâm
2
I = mR 2
5
Theo giả thiết ban đầu quả bóng đứng yên do đo ta có
F Δt = m v( 1)/ và F(R-h)Δt= Iω (2/)
2 R 2ω
v=
5( R − h)
Từ hai phương trình ta rút ra
(3)
Mặt khác vì lăn không trượt nên v= ωR (4)
7R
5
Từ (3,4) ta có h=

Theo giả thiết quả bóng đang quay xung quanh trục của nó với tốc độ góc ω 0
được đặt lên mặt phẳng ngang có hệ số ma sát trượt.
Trước khi ngừng trượt lực ma sát tao gia trốc trượt :
mx//= = - mgμ (1)
Và phương trình quay xung quanh khối tâm
y
Iθ//= - mgμR (2)
/
Hay ta x = - gμt (3)
µ mgR
ω0 −
t
I
và θ/= ω-γt =
(4)
0
f
Khi lăn không trượt thì ta có
x/= -θ/R thời điểm đó giả sử tại t0 ta có
µ mgR
ω0 −
t0
I
- gμt0= - (
)R
2ω0 R
7gµ
rút ra t0=
. Khi đó vận tốc khối tâm
2ω R

− 0
7
v = -gμt0 =
.Đó là vận tốc của khối tâm lăn ra xa mà không trượt

0,5đ

0,5đ

0,5đ
0,5đ
0,5đ

0,25đ

x

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ


0,25đ
Câu 4

4 điểm
Trong chu trình có sự hấp thụ và toả nhiệt chỉ trên đường thẳng ab. Do đó

pc ,Vc
chọn điểm C trên đường ab là điểm chuyển tiếp ở trạng thái
với
dQ = 0
. Ta có phương trình:
p = α − βV
(1)
pV = vRT
(2)
1
T=
(
αV − β V 2 )
vR
Từ (1) và (2):
(3)
1
(αdV − 2βVdV )
dT =
vR
Lấy vi phân hai vế (3):
(4)
3
dE = vCv dT = v RdT
2
Lấy vi phân nội năng:
Từ nguyên lý 1 nhiệt động học:
3
= v RdT + ( α − β V ) dV
dQ = dE + dA = dE + pdV

2
5

3 1
= v R ( αdV − 2β VdV ) + ( α − β V ) dV =  α − 4 β V dV
2

2 vR

Tại điểm C:

dQ = 0

Vc =
, suy ra

pc = α − βVc = α − β ⋅

Biết các trạng thái tại

5α 3
= a
8β 8
a ( p0 ,V0 )

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ

5α
8β
0,25đ
(7)

, tại

b( p1V1 )

tìm được

α

và

β

0,25đ
:

p0 = α − β V0 , p1 = α − β V1

α=

p0V1 − p1V0 255

=
⋅10 5 ( Pa )
V1 − V0
7

Ta có:
p − p1 31 5
β= 0
= ⋅10 ( Pa )
V1 − V0 56

0,25đ
(8)

(9)

Thay các giá trị vừa tìm được vào:

3
pc = α − β Vc , Vc = a
8

pc = 13,7.10 5 ( Pa ) Vc = 41,1m 3
Ta có:
,

Sự hấp thụ nhiệt xảy ra từ trạng thái a sang trạng thái c.

0,25đ

0,25đ


Q1 = vC v ( Tc − T0 ) =

1
( p0 + p1 )(Vc − V0 )
2

3
1
= ( pcVc − p0V0 ) + ( p0 + pc )(Vc − V0 )
2
2

0,25đ
(10)

Sự toả nhiệt từ c đến b:
1
3
1
Q2 = vCv ( Tc − T1 ) + ( pc + p1 )(Vc − V1 ) = ( PcVc − P1V1 ) + ( pc + p1 )(Vc − V1 )
2
2
2
(11)
Hiệu suất của chu trình:
3
( pcVc − p1V1 ) + 1 ( pc + p1 )(Vc − V1 )

Q2
2
η =1−
=1− 2
= 52%
3
1
Q1
( pcVc − p0V1 ) + ( pc + p0 )Vc − V1
2
2
Câu 5

4 điểm

σ 1 ,σ 2 , − σ 2 ,−σ 3 ,σ 3
Gọi mật độ điện tích bề mặt trên 6 mặt thanh dẫn là
và
E AB = 4πkσ 2 , ECB = 4πkσ 3
σ4
. Cường độ điện trường giữa các thanh là:

0,5đ

Hiệu điện thế giữa các thanh

0,5đ

U = U A − U B = E AB d1 = 4πkσ 2 d1
U = U C − U B = ECB d 2 = 4πkσ 3 d 2

(2)
A

Giải (1) và (2) tìm được:
U
U
σ2 =
σ3 =
4πkd1
4πkd 2
,
Khi cân bằng tĩnh điện:
Vì

(σ 1 + σ 4 ) S = Q

σ1 = σ 4

0,5đ

(1)

B
C

(3)

(4)

σ1 = σ 4 =
Từ (3) và (4):

qC = ( σ 3 + σ 4 ) S =

0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ

Q
2S

Từ đó ta tính được điện lượng trên mỗi thanh:
Q
US
q A = (σ 1 + σ 2 ) S = +
2 4πkd1

qB = ( − σ 2 − σ 3 ) S = −

σ1
σ2
d1
−σ2
−σ3 U
d2
σ3
σ4

US  1 1 
 + 
4πk  d1 d 2 

Q
US
+
2 4πkd 2

0,25đ
0,25đ