Đề thi (đề xuất) trại hè hùng vương lần thứ XII năm 2016 môn vật lý 10 trường chuyên VÙNG CAO VIỆT bắc

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII
TRƯỜNG PT VÙNG CAO VIỆT BẮC
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
-------------------

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ - KHỐI 10
Năm học 2015 - 2016
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề này có 03 trang, gồm 05 câu)

M
m

r
F

Hình 1
Câu 1 (4,0 điểm)
Một tấm gỗ có khối lượng M = 8 kg, chiều dài l = 5 m đặt trên mặt sàn nằm
ngang. Một vật nhỏ có khối lượng m = 2 kg đặt trên tấm gỗ ở sát một đầu. Ban đầu hệ
đứng yên. Lực F = 20 N tác dụng lên tấm gỗ theo phương nằm ngang (Hình 1). Cho g =
10 m/s2. Tính thời gian vật m trượt trên tấm gỗ trong các trường hợp sau:
1. Bỏ qua ma sát ở các mặt tiếp xúc.
2. Hệ số ma sát trượt giữa vật m và tấm gỗ M là µ 1 = 0,1 , ma sát giữa tấm gỗ M
và sàn nhà bỏ qua.
O
Hình 2
α
A
3. Hệ số ma sát trượt giữa vật m và tấm gỗ M là µ 1 = 0,1 , giữa tấm gỗ M và sàn
nhà là µ 2 = 0,08 .

Câu 2 (5,0 điểm)
Một bán cầu khối lượng M đặt trên sàn nằm ngang. Một vật nhỏ khối lượng m bắt
đầu trượt không vận tốc đầu từ đỉnh A của bán cầu (Hình 2). Bỏ qua mọi ma sát và lực
cản không khí. Hãy xác định góc α mà tại đó vật bắt đầu rời bán cầu trong hai trường
hợp:
1. Bán cầu được giữ cố định.


2. Bán cầu đặt tự do trên sàn ngang. Biết rằng:
a. M >> m .
b. M = 4m .

p
p1
p2
4
1
2
3
V2
V1
V
O

Hình 3
Câu 3 (4,0 điểm)
Một mol khí lý tưởng biến đổi trạng thái theo chu trình 1-2-3-4-1 như mô tả trên
giản đồ (p,V) (Hình 3). Nhiệt độ của khí ở trạng thái 1 và 3 bằng nhau và bằng T. Nhiệt
3
5

CV = R; Cp = R;
2
2
dung mol đẳng tích và đẳng áp của khí lần lượt là
R là hằng số khí

lý tưởng.
2
1. Chứng minh rằng: T = T2 .T4 với T2 ; T4 là nhiệt độ của khí ở trạng thái 2 và

trạng thái 4.
2. Cho T = 300 K; T2 = 500 K. Tính hiệu suất của chu trình.
Hình 4
α
d


Câu 4 (5,0 điểm)
Một quả cầu đặc, đồng nhất, khối lượng m = 500 g, bán kính R = 10 cm lăn trên hai
thanh ray song song, dạng nêm, nghiêng góc α = 300 so với phương ngang, cố định, cách
nhau d = 16 cm (Hình 4). Cho g = 10 m/s2.
1. Giả sử quả cầu lăn không trượt trên hai thanh ray. Tính gia tốc khối tâm của
quả cầu và tính lực ma sát của quả cầu với các thanh ray.
2. Tính vận tốc tại điểm thấp nhất và tại điểm cao nhất của quả cầu theo phương
vuông góc với mặt nêm, ở thời điểm 1 giây sau khi quả cầu bắt đầu lăn không trượt. Coi
các thanh ray đủ dài.
3. Nếu góc α tăng tới một giới hạn α0 thì quả cầu bắt đầu lăn có trượt. Tính α0.
Cho biết hệ số ma sát nghỉ của quả cầu với các thanh ray là µ = 0,5.
Câu 5 (2,0 điểm)
Trình bày phương án thí nghiệm xác định gần đúng hệ số ma sát trượt giữa gỗ và

mặt sàn nhà ngang phẳng với các dụng cụ sau:
+ 01 thước thẳng độ chia nhỏ nhất đến mm.
+ 01 vật rắn là khối gỗ hình hộp chữ nhật có kích thước đã biết.
+ 01 bút chì.
.....................HẾT.....................
Người ra đề
(Ký, ghi rõ Họ tên - Điện thoại liên hệ)
Chu Thị Thanh Nga
Điện thoại: 0978557680


TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII
TRƯỜNG PT VÙNG CAO VIỆT BẮC
HƯỚNG DẪN CHẤM
-------------------

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ - KHỐI 10
Năm học 2015 - 2016

Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang điểm
đã định.
Câu
1

Nội dung
1. Bỏ qua ma sát ở các mặt tiếp xúc → m tiếp tục đứng yên so

Điểm

với đất, chỉ có M chuyển động. Gia tốc của M là

a=

F 20
=
= 2,5m / s2
M 8
.

=> m trượt trên tấm gỗ trong thời gian

t=

0,5

2l
= 2s
a

0,5


2. Bỏ qua ma sát giữa tấm gỗ và sàn nhà. Chỉ xét các lực tác dụng lên hệ theo phương
ngang (Hình 1.1).
M
m

r
F

Hình 1.1

r
F'1
r
F1
*Xét trường hợp m trượt
trên M: F1 = F1 ' = µ 1mg .

0,5
Gia tốc của vật a1 và tấm
gỗ a2 là
a1 =

0,5

F1
F − F1 ' 20 − 2
= µ 1g = 1( m / s2 ) ; a 2 =
=
= 2,25 ( m / s2 )
m
M
8

.
Vì a2 > a1 nên tấm gỗ
trượt về phía trước với gia
tốc
a2/1 = a2 - a1 = 1,25

0,5

m/s2.
t=

Vì vậy:

2l
= 2 2 ( s)
a2/1

3. Có ma sát giữa tấm gỗ và sàn nhà, khi đó F2 = µ 2 (m + M)g . Vật m vẫn trượt trên tấm
gỗ.


M
m

r
F

Hình 1.2

r
F'1
r
F1
ur
F2

Gia tốc của m:
a1 =

F1
= µ1g = 1( m / s2 ) .
m

0,5
Gia tốc của M:
a2 =

F-F1'-F2 20-2-8
=
=1,25 ( m/s 2 )
M
8

0,5

.
a2> a1 nên tấm gỗ trượt về
phía trước với gia tốc
a2/1 = a2 - a1 =
0,25 m/s2.
Ta có
t=

2

2l

= 40 ≈ 6,32 ( s )
a2 /1

1. Áp dụng định luật bảo
toàn cơ năng, có:

0,5


Gia tốc của m:
a1 =

F1
= µ1g = 1( m / s2 ) .
m

0,5
0,5
1
mgR = mv 2 + mgR.cos α ⇒ v 2 = 2gR ( 1 − cos α )
2
(1)
Áp dụng định luật II Newtơn cho m tại B, có:

r r
r
P + N = ma

O
Hình 2.1

α
A
r
N
r
P

B

v2
uuur
mg.cos α − N = m
R
Chiếu lên BO , thu được:

(2)

0,5
Thay (1) vào (2) suy ra:

0,5

N = mg ( 3cos α − 2 )
Vật bắt đầu rời bán cầu khi
N = 0 ⇔ mg ( 3cos α − 2 ) = 0 ⇒ cos α =

2 0,5
⇒ α = 48011'
3

0,5
.
r

2. Gọi V là vận tốc của
r

bán cầu, u là vận tốc của
vật đối với bán cầu ngay
lúc vật bắt đầu rời bán cầu.
Áp dụng định luật bảo toàn
động lượng theo phương
ngang, có:
MV + m ( u.cos α + V ) = 0 ⇒ V = −
(3)

0,5

mu
cos α
m+M

Chọn hệ quy chiếu gắn với bán cầu, ngay khi vật bắt đầu rời bán cầu, đây là hệ quy
chiếu quán tính. Ta có

mg.cos α = m

u2
⇒ u 2 = gR.cos α

R

(4)

O
Hình 2.2
α
A
r
V
r
u
r
v

(+)
r
V

B


r

Gọi v là vận tốc của vật lúc nó bắt đầu rời bán cầu, ta có
v 2 = V 2 + u 2 − 2u V cos α

(5)

0,5

Thay (3) vào (5) suy ra
được:
 m  2
 2
2m
2
2
v = 
cos
α
−
cos
α
+
1
u
÷
m+M
 m + M 

2

(6)
Áp dụng định luật bảo toàn
cơ năng, có:
1
1
mgR = MV 2 + mv 2 + mgR.cos α
2

2
(7)
Thay (3) và (6) vào (7) thu
được:

0,5

m


2gR ( 1 − cos α ) = 1 −
cos 2 α  u 2
 m+M

(8)
Thay (4) vào (8) thu được:
m
cos3 α − 3cos α + 2 = 0
m+M

a.

Khi

(9)
M >> m

thì

m

→0
m+M
. Do vậy, từ (9)

có
−3cos α + 2 = 0

0,5

0,5


v 2 = V 2 + u 2 − 2u V cos α
(5)

0,5

Thay (3) vào (5) suy ra
được:
 m  2
 2
2m
2
2
v = 
cos
α
−
cos
α

+
1
u
÷
m+M
 m + M 

2

(6)
⇒ α = 48011' .

b. Thay M = 4m vào (9)
có
3

0,5

cos3 α − 15cos α + 10 = 0 ⇒ α = 460 29'
1. 1-2 là quá trình đẳng áp
0,25
V1 T1
=
V2 T2
nên:
(1)
4-1 là quá trình đẳng
T1 p1
=
T

tích nên: 4 p 2
(2)
Do T1 = T3 nên ta có:
p1 .V1 =p 2 .V2
V2 p1
=
V1 p 2

→
(3)
Từ (1), (2), (3) suy ra:
T2 T1
=
T1 T4
→

0,25

0,5
0,5

0,5

T 2 =T2 .T4
2. Theo trên đã chứng

0,25


v 2 = V 2 + u 2 − 2u V cos α

(5)

0,5

Thay (3) vào (5) suy ra
được:
 m  2
 2
2m
2
2
v = 
cos
α
−
cos
α
+
1
u
÷
m+M
 m + M 

2

(6)
2

minh: T =T2 .T4 →

T 2 3002
T4 = =
=180
T2 500
K.
Công mà khí sinh ra trong
0,25
chu trình:
A'= ( p1 -p 2 ) ( V2 -V1 ) =p1V2 -p1V1 -p 2 V2 +p 2 V1
R T -T-T+T4 )
= ( 2
Trong quá trình đẳng áp 12 khí nhận nhiệt
5
Q12 =C p ( T2 -T ) = R ( T2 -T )
2
Trong quá trình đẳng tích
4-1 khí nhận nhiệt
3
Q 41 =C V ( T -T4 ) = R ( T-T4 )
2
Nhiệt nhận vào trong cả
chu trình:
3 
5
Q=Q12 +Q 41 =R  T2 -T- T4 ÷
2 
2
Hiệu suất của chu trình:
A'
2

H= .100%= .100%=11,8%
Q
17
4

0,25

0,25

0,5

0,5


uur
N

uuur
Fms
ur
P
G

d
2

R
r

G

Hình 4.1
1. Khi quả cầu lăn trên hai thanh ray tương tự như một khối trụ có bán kính r lăn trên
hai thanh ray như Hình 4.1:

r=

d
R 2 − ( ) 2 = 6cm
2

0,25
Ta có phương trình tịnh
tiến của khối tâm G:

0,25

ur uur uuur
uur
P + N + Fms = maG
(1)
Chiếu (1) lên hai trục
vuông góc và song song
với mặt ray ta có:
N = Pcosα
Psinα – Fms = maG
(2)

0,25

r=

d
R 2 − ( ) 2 = 6cm
2

0,25
Phương trình chuyển động
quay quanh G:

I

0,25

dω 2
dω
= mR 2
= Fms r
dt 5
dt

(3)
Do quả cầu lăn không trượt
nên: v = vG

0,5

v v
dω 1 dvG aG

ω= = G⇒
=
=
r r
dt r dt
r
(4)
Từ (2), (3), (4) ta có:
0,5

aG =

g sin α
≈ 2,37 ( m / s 2 )
2
2R
1+ 2
5r

.
0,5

2mgR 2 sin α
Fms =
≈ 1,32( N )
2 R 2 + 5r 2


r=

d
R 2 − ( ) 2 = 6cm
2

0,25
2. Vận tốc khối tâm của
quả cầu tại t = 1s: vG = aGt

0,5

≈ 2,37m/s.
Vận tốc dài của một điểm
vành ngoài của quả cầu so
với khối tâm G tại thời
điểm đó là: v = ωR
≈ 3,95m/s

Vận tốc điểm cao nhất của

0,5

quả cầu: v1 = v + vG ≈
6,32m/s.
Vận tốc điểm thấp nhất của

0,5

quả cầu: v2 = v – vG ≈
1,58m/s.
3. Lực ma sát nghỉ cực đại

0,5

là: Fms max= μN = μPcosα0
 5r 2 
2mgR 2 sin α 0
= µ mgcosα 0 ⇒ tgα 0 = µ  1 + 2 0,5
÷ = 0,95
2 R 2 + 5r 2
 2R 

⇒ α0 ≈ 43,530
5
1. Cơ sở lý thuyết
+ Ta có thể tìm được điểm đặt của lực sao cho khúc gỗ có trạng thái trung gian giữa
quay và trượt, khi đó lực ma sát nghỉ chuyển thành lực ma sát trượt.


+ Điều kiện cân bằng của khúc gỗ:
r r r
r r
P + Q + Fms + F = 0 ⇒ P = Q; F = F ⇒ F = µN = µQ = µP (1)
ms
r
F
r
Fms
r
P
r

Q

a/2
h
a
A

Với trục quay qua A: MF = MP
+

Từ

(1)

⇒µ.P.h = P

a
2

và

(2)

⇒µ=

a
2h

⇔ F.h = P.a/2

(2)

0,5

(*)
(a và h trong công thức (*)
có thể đo được bằng thước
thẳng khi làm thí nghiệm)
2.Tiến hành thí nghiệm.
+ Dùng thước đo một bề
rộng a thích hợp của khúc
gỗ bằng thước thẳng.
+ Dùng đầu bút (hoặc đầu
thước, đầu ngón tay) tác
dụng lực theo phương
ngang lên khúc gỗ với
điểm tác dụng thấp gần
đáy, ban đầu khúc gỗ sẽ
trượt trên mặt sàn, sau đó
dịch chuyển dần điểm tác

0,75


+

Từ

(1)

⇒µ.P.h = P

a
2

và

(2)

⇒µ=

a
2h

0,5

(*)
(a và h trong công thức (*)
có thể đo được bằng thước
thẳng khi làm thí nghiệm)
dụng của lực lên cao dần,
khi khúc gỗ bắt đầu lật,
dùng bút chì đánh dấu
điểm đó trên khúc gỗ( xác
định điểm nhiểu lần).
+ Đo chiều cao h của điểm
đặt so với mặt sàn.
Tiến hành thí nghiệm 5 lần
rồi ghi các số liệu thu được
vào bảng số liệu.

Lần

a(m) a (m

TN
1
2
3
4
5

)

∆a (

m)

3. Xử lý số liệu
- Tính giá trị trung bình:
µ=

a
2.h =..................

- Tính sai số tương đối của
phép đo:

0,5

+

Từ

(1)

⇒µ.P.h = P

a
2

và

(2)

⇒µ=

a
2h

0,5

(*)
(a và h trong công thức (*)
có thể đo được bằng thước
thẳng khi làm thí nghiệm)
ε=

∆µ ∆a ∆h
=

+
µ
a
h =...............

......=........(%)
- Tính sai số tuyệt đối
trung bình
∆µ = ε .µ = ........................

Viết kết quả cuối cùng
µ = µ ± ∆µ = .........................

...........
4. Sai số phép đo. Cách
khắc phục.
- Sai số dụng cụ: thước
chia
- Sai số do xác định vị trí

0,25

điểm tác dụng lực làm vật
ở trạng thái trung gian giữa
quay và trượt.
- Thao tác người tiến hành
thí nghiệm: sử dụng lực
đẩy không đúng bằng lực
ma sát.
Người phản biện đáp án

(Ký, ghi rõ Họ tên - Điện thoại liên hệ)
Vũ Thị Thu
Điện thoại: 0946609612