Đề thi (đề xuất) trại hè hùng vương lần thứ XII năm 2016 môn vật lý 10 trường chuyên lê quý đôn điện biên

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
TỈNH ĐIỆN BIÊN
ĐỀ THI ĐÈ XUẤT (Đề này có 2 trang, gồm 5câu)

ĐỀ THI MÔN VẬT LÍ
LỚP 10

Câu 1 (4,0 điểm)
Hai vật được ném đồng thời từ một điểm trên mặt đất với vận tốc có độ lớn như nhau,
cùng bằng v0. Vật 1 được ném nghiêng góc α so với phương ngang, vật 2 được ném lên
theo phương thẳng đứng. Bỏ qua sức cản của không khí.
Hỏi góc α bằng bao nhiêu để khoảng cách giữa hai vật là cực đại? Tính khoảng cách
cực đại đó.
Câu 2 (5,0 điểm)
Một sợi dây nhẹ, không giãn, chiều dài l, một đầu cố định, đầu kia treo vật nhỏ
khối lượng m. Kéo vật sao cho dây hợp với phương thẳng đứng góc α< 900 rồi thả vật
không tốc độ ban đầu. Bỏ qua mọi ma sát.
a. Nếu gia tốc của vật ở vị trí thấp nhất và cao nhất có độ lớn bằng nhau thì góc α
bằng bao nhiêu?
b. Tại vị trí dây treo lệchgóc β (β<α), vận tốc dài có thành phần thẳng đứng v y cực đại,
tính góc β.
c. Khi đến vị trí thấp nhất, vật va chạm đàn hồi xuyên tâm với vật thứ hai giống
hệtnó,đang đứng yên ở đỉnh một bán cầu bán kính R. Ngay sau va chạm, vật hai rời
khỏi bán cầu. Tính bán kính R.
Câu 3 (4,5điểm)

p 0 , V0 ,
T0

Một

mol khí đơn nguyên tử được giam trong một xi lanh diện tích tiết diện ngang S. Lò xo
có độ cứng k được đặt nằm ngang, một đầu gắn với pittông, còn một đầu được giữ cố
định (hình 1). Ban đầu khối khí có áp suất p0, thể tích V0, nhiệt độ T0, và pittông ở
trạng thái cân bằng. Người ta làm nóng khí thật chậm để thực hiện một quá trình cân
bằng chuyển khí đến trạng thái có áp suất p1, thể tích V1 = 2V0 và nhiệt độ T1. Bỏ qua
ma sát giữa pittông và thành xi lanh. Giả thiết sự trao đổi nhiệt giữa khối khí với môi
trường là không đáng kể.
1.Tìm giá trị của p1 và T1.
2. Biểu diễn quá trình này trên đồ thị p –V. Tính công A mà khối khí sinh ra.
Hình 1


3. Tính nhiệt lượng mà khối khí nhận được.
Câu 4 (4,5điểm)
Một trụ đặc có khối lượng m, bán kính đáy R đang quay đều quanh trục của nó theo
ωo

phương ngang với vận tốc góc . Trụ được đặt nhẹ nhàng lên một sàn xe phẳng, dài
nằm ngang như hình 2. Xe có cùng khối lượng m với trụ và có thể trượt không ma sát
trên mặt đất.Ngay sau đó xe chuyển động nhanh dần,
nhưng sau một khoảng thời gian xe đạt được vận tốc
ổn định và không đổi.
a. Xác định vận tốc ổn định của xe.
b. Xác định năng lượng mất mát từ khi trụ
được đặt lên xe đến khi xe đạt vận tốc không đổi.
Hình 2

Câu 5 (2,0 điểm)Phương án thực hành
Cơ hệ ở hình vẽ 3 là một phương án thực nghiệm để xác định
hệ số ma sát trượt μt giữa m1 và mặt bàn. Hãy nêu cách bố trí

thí nghiệm, các bước tiến hành và biểu thức xác định μt với các
dụng cụ sau:
- Một số lượng đủ dùng các quả cân chưa biết khối
lượng giống hệt nhau có móc treo;
- Một ròng rọc nhẹ;
- Dây nối mảnh, nhẹ đủ dài;
- Thước đo chiều dài;
- Một mặt bàn nằm ngang.

m1

m2

Hình 3

……………………………………Hết……………………………………..
Người ra đề:
Nguyễn Văn Hiền
ĐT: 0914833928

P0
2l
P0

l


α
v0

O

y

HƯỚNG DẪN GIẢI:
Câu Hướng dẫn giải

Điể
m

x
1
Chọn hệ quy chiếu gắn
(4đ) với đất, hệ trục tọa độ như hình
vẽ, gốc thời gian tại thời điểm
ném.
Phương trình chuyển
động của hai vật:
Vật 1:

x1 = (v0 cos α )t

y1 = (v0 sin α )t −
t≤

với
Vật 2:
t≤

gt

2

;

1,5

2

2v0 sin α
g

x2 = 0

y 2 = v0 t −

;

gt 2
2

với

2v0
g

Khoảng cách giữa hai vật ở thời điểm
t là

t≤

d = ( x1 − x2 ) + ( y1 − y 2 ) = 2v t (1 − sin α )
2

2

2

2 2
0

với

⇒ d2 ≤

4
0
2

8v
sin 2 α .(1 − sin α )
g

2v0 sin α
g

1,0


8v04
32v04 sin α sin α

2
sin α .(1 − sin α ) = 2 .
.
.(1 − sin α )
g2
g
2
2
Có:
3

 sin α sin α

+
+ 1 − sin α 
4 
4
32v
2
2
 = 32v0
⇒ d 2 ≤ 20 . 
g
27
27 g 2
Từ bất đẳng thức Cô si
4 2 v02
d max =
.
3 3 g

Vậy
sin α
2
= 1 − sin α ⇒ sin α =
d = d max
2
3 ⇒ α = 420
khi

O



TC


P

y

2
a. Gọi aAAvà aB là gia tốc toàn phần tại A và B
x(5đ) a A = a 2tA + a 2nA

C 
B

1,5

a B = a 2tB + a 2nB

1,0

Vì anA = 0 ; atB = 0
nên theo giả thiết aA = aB thì atA = anB
⇒ gsinα =

v 2B
⇒ v 2B = gsinα


(1)
Chọn mốc tính thế năng qua B,
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho vật tại A và B
⇒ mg(1 − cosα ) =

WA = WB
(1),(2) ta có phương trình:

1
mv 2B ⇒ v 2B = 2g(1 − cosα )
2

1,0

(2)

gl sin α = 2 gl (1 − cosα ) ⇔ sin(α + 63, 430 ) = sin 63, 430
→ α = 53,140

b. Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho vật tại A và C
mg(1 − cosα ) =

1
mv C2 + mg(1 − cosβ ) ⇒ v C2 = 2g( cosβ − cosα )
2

Áp dụng định luật II Niutơn cho vật
Theo phương hướng tâm CO :
(3),(4)

⇒ TC = mg(3cosβ − 2cosα )

 

P + TC = ma

mv C2
− Pcosβ + TC =


(5)

(4)

(3)

2,0

− P + TCcosβ = ma y → a y =

Theo phương thẳng đứng Cy :
TC =

Do vCy đạt cực đại nên aCy=0,
Từ (5) và (6) ta có:
mg(3cos β − 2cosα ) =

mg
cosβ

TCcosβ − P
m

(6)

mg
2
⇒ 3cosβ
−2cosαcosβ −1 =0
cosβ

cosβ ≈ 0,81 → β = 360

0
cosβ ≈ − 0,41 → β = 114 (loai)

c. Do m1=m2 nên sau va chạm hai vật trao đổi vận tốc
v 22 = v 2B = 2g(1 − cosα )


N2 
m1 m2 v2

'
2
OP

(7)

Áp
dụng
định luật II Niutơn cho vật 2 sau va chạm :



P2 + N 2 = ma 2

;
theo phương hướng tâm
a2 =

⇒

P2 − N 2 v 22
=
m
R

1,0

(8)

P2 − N 2 2g(1 − cosα )
2
=
→ N 2 = mg(1 + (cosα − 1))
m
R
R

Sau va chạm vật 2 rời khỏi bán cầu nên :
N 2 = 0 → mg(1 +

Vậy

2
(cosα − 1)) = 0
R

R = 2(1 − cosα ) = 0,8

3
(4,5
đ)

1. Gọi x là độ
dời
của

pittông

x
S

V0
V

V = V0 + Sx

(1)

kx
S

(2)

p = p0 +
⇒

p = p0 +

k ( V − V0 )
k
k
= 2 V + p0 − 2 V0
2
S
S
S

(3)

2,0


p1 = p0 +

vớiV1 = 2V0tacó:
Theophươngtrìnhtrạngthái:

k
V0
S2

(4)
p

P1


T pV
kV  P0
⇒ T1 = 0 1 1 = 2T0 1 + 2 0 ÷ (5)
p0V0
 S p0 

p1V1 p0V0
=
T0

V0 T1

2.
2V0

V

Quátrìnhbiếnđổicủakhíbiểudiễnbởiphươngtrình (3)
Đườngbiểudiễntrênđồthịp – Vởhìnhbên, làmộtđoạnthẳng.
CôngAcóđộlớnbằngdiệntíchhìnhthanggiớihạnbởihaicạnhsongsongvớit
rụctungcóhoànhđộV0và 2V0 (diệntíchbôi đentrênhìnhvẽ)
A=

1
1 v02
p
+
p
V
=
p
V
+
( 0 1) 0 0 0 k 2
2
2 S

1,5

(6)

3TheonguyênlíI:
Q = ∆U + A ⇒ ∆U =
Q = ∆U + A =

4

kV
3
p0V0 (1 + 2 2 0 )
2
S p0

1,0

5
7 kV 2
p0V0 + k 20
2
2 S

Gọi vận tốc của xe khi ổn định là V. Vận tốc của trụ so với xe khi đó
ω

là v, vận tốc quay của trụ khi đó là . Ban đầu trụ trượt trên sàn xe,
lực ma sát làm trụ chuyển động tịnh tiến nhanh dần, chuyển động 0,5
v = R.ω

quay chậm dần đến khi đạt điều kiện lăn không trượt
thì lực

ma sát bằng 0 và hệ đạt trạng thái ổn định với các vận tốc không đổi.
a)Định luật bảo toàn động lượng:
mV + m(V − v ) = 0

⇒V =

v
2

0,5

Định luật bảo toàn mô men động lượng với một trục nằm trên sàn xe
vuông góc với mặt phẳng hình vẽ:
I ωo = I ω + m(v − V ) R
I=

Với:

mR 2
2

và

0,5

v = R.ω

1,0

v=

Giải các phương trình ta tìm được:

ωo R
2

b)
Qhp = Wtruoc − Wsau
Qhp =

I ωo2  I ω 2 m(v − V ) 2 mV 2 
−
+
+
÷
2  2
2
2 

V=

Với

v
2

;

v = R.ω

;

Qhp =

5

mR 2
2

I=

v=

mà

mω R
8
2
o

2,0
ωo R
2

.

2

Biến đổi ta được:

+ Bố trí: Với các dụng cụ đã cho ta bố trí cơ hệ như đề bài, trong đó:
Dùng 1 quả cân làm vật m1, treo n quả cân (n > 2) để tạo ra vật m2 sao
cho khi thả tay ra hệ chuyển động được (trọng lượng của m2 lớn hơn
ma sát nghỉ cực đại giữa m1 và mặt bàn).
- Nếu m2 chạm đất mà m1 chưa chạm ròng rọc thì nó sẽ tiếp tục
chuyển động chậm dần đều và dừng lại. Bố trí độ cao h của mép dưới
m2 so với đất và chiều dài dây nối sao cho m1 dừng lại mà chưa chạm
ròng rọc.
+ Tiến hành: Giữ m1 để hệ cân bằng, đo độ cao h từ mép dưới m2 tới
đất và đánh dấu vị trí ban đầu M của m1 trên mặt bàn.
- Thả tay nhẹ nhàng cho hệ chuyển động, đánh đấu vị trí m1 dừng lại
trên mặt bàn N. Đo ℓ = MN.
+ Tính μ:
Giai đoạn 1: hai vật chuyển động nhanh dần đều cùng gia tốc:
m 2 g − µm1g n − µ
=
g
m1 + m 2
n +1

a1 =
khi m2 chạm đất, vận tốc của hai vật:
v12

2a1h

-

→2

= 2a2S

n −µ
gh
n +1

0,2
5

0,5

n −µ
gh
n +1

=
=2
- Giai đoạn 2: m1 chuyển động chậm dần đều do tác dụng của ma sát
trượt:
a2 = - μg
Kể từ khi m2 chạm đất đến khi m1 dừng lại, nó đi được quãng đường:
S=ℓ-h
v12

0,5

= 2μg(ℓ - h)

0,2
5

→

μ=

n.h
h + (n + 1)( l − h)

=

n.h
(n + 1)l − n.h

0,5