Vat li 10 phu tho Đề thi, đáp án (đề xuất) trại hè hùng vương

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG
TỈNH PHÚ THỌ

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ
KHỐI 10
(Đề này có 9 trang, gồm 5 câu)

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
Câu 1 (5 đ): Hai vật nhỏ A và B cùng nằm trên một đường
thẳng đứng nhưng có độ cao chênh lệch nhau l=2m. Ném
αA

đồng thời hai vật lên cao theo phương hợp với phương nằm
ngang góc α A = 300 và α B = 450 . Hai vật chuyển động
ngược chiều và có vận tốc ban đầu

l

αB

v0A = 4m / s;
h

v0B = 5m / s . Bỏ qua sức cản của không khí và coi độ cao
ban đầu đủ lớn, lấy g=10m/s2. Tính khoảng cách giữa hai vật
khi vận tốc toàn phần của chúng vuông góc với nhau.
Câu 2 (5 đ): Hai quả nặng có khối lượng m1=10kg

m

và m2=20kg được mắc vào hai đầu của lò xo có
m2

m1

α

khối lượng không đáng kể, độ cứng của lò xo là
k=100N/m. Quả nặng m2 được đặt tựa vào tường

thẳng đứng. Hệ được đặt trên mặt phẳng nằm ngang. Hệ số ma sát giữa mặt phẳng và
vật là μ=0,1. Ban đầu hệ ở trạng thái cân bằng, lò xo không biến dạng. Một viên đạn
có khối lượng m=1kg bay với vận tốc v 0=10m/s hợp với phương ngang góc α=300
đến cắm vào vật m1. Giả lực tương tác giữa m và m1 rất lớn so với trọng lực của chúng.
a. Xác định vận tốc của vật m1 ngay sau khi va chạm.
b. Xác định độ biến dạng cực đại của lò xo?
c. Trong quá trình hệ chuyển động vật m2 có dịch chuyển không?
p

Câu 3 (4 đ): Một khối khí lý tưởng lưỡng nguyên
tử thực hiện một chu trình được diễn tả bằng đồ
thị trong hệ toạ độ (p,V) như hình vẽ.
a. Tính hiệu suất của chu trình này.
b. So sánh hiệu suất của chu trình với hiệu suất
lí thuyết cực đại của chu trình, mà ở đó nhiệt

2p0

3

P0

2

1
V

V0

3V0

Page 1 of 9


độ đốt nóng và nhiệt độ làm lạnh tương ứng với nhiệt độ cực đại và nhiệt độ cực
tiểu của chu trình đang khảo sát.
Câu 4 (4đ): Thanh OA nhẹ gắn vào tường nhờ bản lề O. Đầu A có treo vật nặng với
trọng lượng P. Để giữ cho thanh nằm ngang cân bằng thì

C

ta dùng dây treo điểm B của thanh lên. Biết OB=2AB
a. Tính lực căng T của dây và phản lực Q của bản lề
theo góc α. Xác định lực căng nhỏ nhất và phản lực

α
O

nhỏ nhất mà ta có thể nhận được khi thay đổi vị trí

A
B
P

điểm treo C.
b. Vì dây treo chỉ chịu được lực căng tối đa là 4P. Hãy xác định vị trí dây treo để
dây không bị đứt.
Câu 5 (2đ): Hãy nêu phương án xác định nhiệt dung riêng của một vật rắn đồng nhất
trong điều kiện có các dụng cụ sau:
- Nhiệt lượng kế có khối lượng M và cách nhiệt hoàn toàn với môi trường bên ngoài.
- Ấm điện với nguồn điện thích hợp.
- Cốc thủy tinh có vạch chia thể tích, chứa được vật rắn đã cho.
- Thùng đựng nước, nhiệt kế, que gắp.
Nhiệt dung riêng co, khối lượng riêng Do của nước và khối lượng riêng D của vật rắn
đã biết trước.
.................HẾT.................
Người ra đề

Phạm Văn Đoàn (SĐT: 0977277930)

ĐÁP ÁN
Câu 1 (5đ): Sau khi được ném, chuyển động của hai vật là chuyển động của vật được
ném xiên. Trong chuyển động này vật tham gia đồng thời hai chuyển động là chuyển
Page 2 of 9


động thẳng đều theo phương nằm ngang (do bỏ qua lực cản không khí) và chuyển
động với gia tốc g theo phương thẳng đứng. Chọn hệ quy chiếu gồm hệ trục toạ độ
Oxy (Oy có hướng thẳng đứng lên trên; Ox nằm ngang hướng theo chiều chuyển
động của vật) chọn gốc thời gian là thời điểm khi ném vật………………………(1đ)

Khảo sát chuyển động của các vật theo hai phương Ox và Oy.
 v Ax = v0 A cos α 0A
Vật A: 
…………………………………………..(0,5đ)
 v Ay = v0 A sin α 0A − gt
 vBx = v0B cos α 0B
Vật B: 
 vBy = v0B sin α 0B − gt

……………………………………..……(0,5đ)

Gọi αA và αB lần lượt là góc hợp bởi véc tơ vận tốc toàn phần của vật A và vật B
so với phương nằm ngang.
v Ay v0 A sin α 0A − gt

tan
α
=
=
A

v Ax
v 0 A cos α 0A

Ta có: 
…………………………………(0,5đ)
v
v
sin
α

−
gt
 tan α = By = 0B
0B
B

vBx
v0B cos α 0B
Điều kiện để vận tốc toàn phần của hai vật vuông góc với nhau là: α + β = 900 (0,5đ)
Khi đó ta có:
tan α A tan α B = 1 ↔

v0 A sin α 0A − gt v 0B sin α 0B − gt
.
=1↔
v0 A cos α 0A
v 0B cos α 0B

………...(1đ)

↔ g t − (v 0 A sin α 0A + v 0B sin α 0B )gt − v 0 A v 0B cos(α 0A + α 0B ) = 0
2 2

 t = 0,2569s
Thay số ta thu được nghiệm của phương trình trên là: 
(0,25đ)
 t = −0,2015s < 0 (lo¹i )
Trong khoảng thời gian từ khi ném hai vật tới khi véctơ vận tốc toàn phần của hai vật
vuông góc với nhau thì khoảng cách giữa hai vật theo phương Ox và Oy là:
Phương Ox: x AB = (v Ax + v Bx )t = 1,7982m

…………………………...(0,25đ)

Phương Oy: y AB = h + (v Bx − v Ax )t = 2,0183m ….……………………...(0,25đ)
Suy ra khoảng cách giữa hai vật tại thời điểm đó là:
r = x 2AB + y 2AB = 2,7032m ……………………………………………..(0,25đ)

Page 3 of 9


Bài 2 (5đ):
a. Xét động lượng của hệ hai vật m và m1.
Trước va chạm: p x = mv0 cos α; p y = mv 0 sin α ……………………………….(0,25đ)
'
'
Sau va chạm: p x = (m + m1 )v1; p y = 0 …………………………………………(0,25đ)

Như vậy trong quá trình va chạm động lượng của hệ theo phương Oy biến thiên một
'
lượng: ∆p y = p y − p y = − mv 0 sin α …………………………………………….(0,25đ)

Sự biến thiên này tạo ra phản lực Fy tác dụng lên hệ:
Fy =

∆p y
∆t

=−

mv0 sin α

…………………………………………………...(0,5đ)
∆t

Do có ma sát giữa các vật với mặt phẳng nằm ngang nên độ biến thiên động lượng
theo phương Ox trong quá trình va chạm là: ∆p x = Fms ∆t ……………………..(0,25đ)
Với: ∆p x = (m + m1 )v1 − mv0 cos α; Fms = µ (m + m1 )g + Fy  ……………(0,5đ)
Theo giả thiết lực tương tác Fy rất lớn so với trọng lực suy ra:
Fms = µ (m + m1 )g + Fy  ≈ µFy …………………………………………..(0,25đ)

Ta có:
∆p x = Fms ∆t ↔ (m + m1 )v1 − mv 0 cos α = −µmv 0 sin α
↔ v1 =

mv0 (cos α − µ sin α)
⇒ v1 = 0,74m / s
m + m1

…………………..(0,25đ)

b. Sau khi tương tác hệ vật chuyển động chịu tác dụng của lực ma sát nên cơ năng
của hệ giảm dần vì vậy độ biến dạng cực đại của lò xo chính là độ nén cực đại của lò
xo ngay sau thời điểm va chạm………………………………………………….(0,5đ)
Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta có:
1
1
(m + m1 )v12 = kx 2 + µ(m + m1 )gx ↔
2
2
………………………..(0,5đ)
 x = 15,96cm

2
↔ 50x + 11x − 3,03 = 0 ↔ 
 x = −37,96cm(lo¹i )
Vậy độ biến dạng (nén) cực đại của lò xo trong quá trình hệ dao động là:
xmax=15,96cm

Page 4 of 9


c. Giả sử sau khi lò xo bị nén cực đại, vật m và m1 dịch chuyển sang trái tới vị trí lò
xo biến dạng một đoạn x thì dừng lại. Trong quá trình này ta giả sử vật m2 vận đứng
yên. Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta có:
1 2
1
kx max = kx 2 + µ(m + m1 )(x max + x) ↔
2
2
………………...…..(0,75đ)
 x = 13,76cm
2
↔ 50x + 1,1x − 1,098 = 0 ↔ 
 x = −15,96cm (lo¹i)
Như vậy lò xo bị dãn một đoạn 13,76cm thì vật m và m1 dừng lại. Tại vị trí này lực
đàn hồi của lò xo là: Fdh = kx = 6,88N …………………………………….......(0,25đ)
Mặt khác để vật m2 dịch chuyển sang trái thì điều kiện là:
Fdh ≥ Fmsn max = µm 2g = 20N > 6,88N ……………………………………..(0,5đ)
Suy ra trong suốt quá trình chuyển động của m và m1 thì m2 vẫn đứng yên.
Bài 3 (4đ)

p

a. Công mà khối khí thực hiện trong chu trình là:
1
A = (2p 0 − p 0 )(3V0 − V0 ) = p 0 V0
2

2p0
P0

(0,5đ)

3

2

1
V

+ Quá trình 12 là quá trình đẳng áp, thể tích
giảm nên nhiệt độ cũng giảm → nhiệt lượng mà

V0

3V0

hệ nhận được là: Q12 = Cp ∆T12 < 0 …………(0,25đ)
+ Quá trình 23 là quá trình đẳng tích nên khí không sinh công. Trong quá trình này
thể tích không đổi nhưng áp suất tăng →nhiệt độ tăng → hệ nhận nhiệt. Nhiệt lượng
hệ nhận được là:
5

5
5
Q 23 = CV ∆T23 = R(T3 − T2 ) = (2p 0 V0 − p 0V0 ) = P0V0 > 0 …………(0,25đ)
2
2
2
+ Phương trình mô tả quá trình 31 có dạng: p=aV+b…………………….…(0,25đ)
Thay toạ độ trạng thái 1 và 3 vào ta được:
p0

a
=
−
2p0 = aV0 + b 
2V0
p
5p
↔
⇒ p = − 0 V + 0 ……………..………(0,5đ)

2V0
2
p0 = 3aV0 + b
b = 5p0

2
Page 5 of 9


Mặt khác theo phương trình trạng thái ta có:

PV = RT ↔ (−

p0
5p
p
5p
V + 0 )V = RT ↔ T = − 0 V 2 + 0 V ………(0,25đ)
2V0
2
2V0 R
2R

Phương trình này trong hệ toạ độ VT là một đường cong parabol đi qua gốc toạ độ và
có cực đại: Tmax =

25 p0 V0
5p
t¹i V = 2,5V0 vµ P = 0 …………………..……..(0,25đ)
8 R
4

+ Nhiệt lượng trao đổi trong quá trình 31 là:
Q31 = ∆U 31 + A 31 =

5R 3p0 V0 2p0 V0
1
(
−
) + (p 0 + 2P0 )(3V0 − V0 ) = 5,5p 0V0 > 0
2

R
R
2
(0,25đ)

Vậy toàn bộ nhiệt lượng mà hệ nhận được trong quá trình 23 và 31 là:
Q = Q 23 + Q31 = 2,5p 0V0 + 5,5p 0V0 = 8p 0V0 ………………………...……(0,25đ)
Suy ra hiệu suất của chu trình là: H =

A
pV
.100% = 0 0 .100% = 12,5% ……..(0,25đ)
Q
8p0 V0

b. Nhiệt độ cực đại và cực tiểu của lượng khí trong chu trình biến đổi là:
Tmax =

25 p0 V0
pV
; Tmin =T2 = 0 0 …………………………………….….....(0,5đ)
8 R
R

Suy ra hiệu suất cực đại của chu trình theo tính toán lý thuyết là:
H lt =

Tmax − Tmin
.100% = 68% …………………………………….……(0,25đ)
Tmax

Suy ra hiệu suất thực tế của chu trình H=18,38%Hlt…………………………..(0,25đ)

Bài 4 (4đ)

C

a. Chọn hệ toạ độ Oxy nhu hình vẽ.

α

A
B

O

x Page 6 of 9

O
y


+ Điều kiện cân bằng mômen của vật với trục quay qua O là:
uur uur r
3P
M T + M P = 0 ↔ T.OB.sin α = P.OA ↔ T =
2sin α
(0,5đ)
ur ur ur r
+ Điều kiện cân bằng lực của thanh là: Q + T + P = 0 …………………………..(0,5đ)

Theo phương Ox: Q x − T cos α = 0 ↔ Q x =

3P
cos α ………………..(0,5đ)
2sin α

Theo phương Oy: Q y + P = Tsin α ↔ Q y + P =

3P
P
↔ Q y = ∉α ……...(0,5đ)
2
2

+ Phản lực Q của bản lề tác dụng lên thanh là:
9P 2
P2 P
2
Q= Q +Q =
cotan α +
=
9cotan 2α + 1 ………………...(0,5đ)
4
4 2
2
x

2
y

+ Từ biểu thức lực căng T =

khi đó lực căng T =

3P
ta thấy Tmin khi α = 900 (dây treo thẳng đứng)
2sin α

3P
P
. Cũng tại vị trí này thì cotan 2α = 0 → Q = Q min =
2
2

(0,5đ)

b. Theo giả thiết ta có:
Tmax = 4P →

3P
3
≤ 4P ↔ sin α ≥ ↔ 220 ≤ α ≤ 1580 ……………..……(1đ)
2sin α
8

Vậy để dây không bị đứt thì ta phải chọn điểm treo C sao cho góc treo α thoả mãn
220 ≤ α ≤ 1580
Câu 5 (2đ): Phương án thí nghiệm.
Bước 1: Xác định nhiệt dung riêng c của nhiệt lượng kế
Bước 2: Xác định nhiệt dung riêng cv của vật

(0,25đ)

1. Cơ sở lý thuyến xác định nhiệt dung riêng của nhiệt kế.
Bước 1: Gọi ts là nhiệt độ sôi của nước; t0 là nhiệt độ môi trường.
+ Cho một lượng nước sôi có khối lượng m 1 vào nhiệt lượng kế, khi trạng thái cân
bằng nhiệt được thiết lập thì hệ nước và nhiệt lượng kế có nhiệt độ tcb1.
Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có:
Q nhËn = Q thu ↔ Mc(t cb1 − t 0 ) = m1c nc (t s − t cb1 )
Page 7 of 9


+ Cho tiếp một lượng nước sôi có khối lượng m2 vào nhiệt lượng kế. Khi cân bằng
nhiệt được thiết lập thì hệ có nhiệt độ tcb2.
Ta có: Mc(t cb2 − t cb1 ) = m 2c nc (t s − t cb2 ) − m1c nc (t cb2 − t cb1 )
+ Cho tiếp một lượng nước sôi có khối lượng m3 vào nhiệt lượng kế. Khi cân bằng
nhiệt được thiết lập thì hệ có nhiệt độ tcb3.
Ta có: Mc(t cb3 − t cb2 ) = m 3c nc (t s − t cb3 ) − c nc (m1 + m 2 )(t cb3 − t cb2 )
+ Làm tương tự như vật tới lần thứ n ta có:
n −1

Mc(t cb(n ) − t cb(n −1) ) = m3cnc (t s − t cb(n ) ) − c nc ( ∑ mi )(t cb(n ) − t cb(n −1) ) (1)
i =1

Với cách làm này thì với mỗi lần tiến hành ta xẽ xác định được một giá trị của c0.
(0,75đ)
Bước 2: Xác định nhiệt dung của vật sau khi biết nhiệt dung riêng c 0 của nhiệt lượng
kế. Xét hệ ban đầu gồm nhiệt lượng kế và vật ở trạng thái cân bằng nhiệt với môi
trường.
+ Cho một lượng nước sôi có khối lượng m 1 vào nhiệt lượng kế và vật, khi trạng thái

cân bằng nhiệt được thiết lập thì hệ nước và nhiệt lượng kế có nhiệt độ t1.
Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có:
mc v (t1 − t 0 ) = m1c nc (t s − t1 ) − Mc(t 1 − t 0 )
+ Cho tiếp một lượng nước sôi có khối lượng m2 vào nhiệt lượng kế. Khi cân bằng
nhiệt được thiết lập thì hệ có nhiệt độ t2.
Ta có: mc v (t 2 − t1 ) = m 2c nc (t s − t 2 ) − ( Mc + m1c nc ) (t 2 − t1 )
+ Cho tiếp một lượng nước sôi có khối lượng m3 vào nhiệt lượng kế. Khi cân bằng
nhiệt được thiết lập thì hệ có nhiệt độ t3.
Ta có: mc v (t 3 − t 2 ) = m3c nc (t s − t 3 ) − [ Mc + (m1 + m 2 )c nc ] (t 3 − t 2 )
+ Làm tương tự như vật tới lần thứ n ta có:
n −1


mc v (t n − t n −1 ) = m n c n (t s − t n ) −  Mc + ∑ m ic n  (t n − t n −1 )
i =1



Với cách làm này thì với mỗi lần tiến hành ta xẽ xác định được một giá trị của cv.
(0,75đ)
Page 8 of 9


2. Tiến hành thí nghiệm
Bước 1: Xác định nhiệt dung riêng của nhiệt lượng kế
Dùng ấm điện đung sôi một lượng nước đủ dùng cho thí nghiệm.
- Lấy bình có chia vạch để lấy lượng nước sôi có khối lượng m 1 đổ vào nhiệt lượng
kế. Khi hệ cân bằng nhiệt ta đo nhiệt độ này và tính nhiệt dung của nhiệt lượng kế
theo công thức (1).
Lặp lại thí nghiệm với các lượng nước m2; m3; … rồi tính nhiệt dung riêng c của nhiệt

lượng kế tương ứng.
Sau khi có được các giá trị của c ta tiến hành sử lý số liệu để có kết quả về nhiệt dung
riêng của nhiệt lượng kế.
Bước 2. Xác định nhiệt dung riêng c của vật sau khi đo được nhiệt dung riêng của
nhiệt lượng kế.
- Sử dụng bình chia vach và nước ta xác định được thể tích của vật từ đó tính được
khối lượng m của vật.
- Lấy bình có chia vạch để lấy lượng nước sôi có khối lượng m 1 đổ vào nhiệt lượng
kế và vật. Khi hệ cân bằng nhiệt ta dùng nhiệt kế đo nhiệt độ này và tính nhiệt dung
của vật theo công thức (2).
Lặp lại thí nghiệm với các lượng nước sôi m 2; m3; … rồi tính nhiệt dung riêng c v của
của vật tương ứng.
Sau khi có được các giá trị của cv ta tiến hành sử lý số liệu để có kết quả về nhiệt
dung riêng của vật.

(0,25đ)

Page 9 of 9