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

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X
TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN
TỈNH THÁI NGUYÊN

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ
KHỐI 10
Thời gian làm bài: 180 phút
( Đề này có 2 trang gồm 5 câu)

Câu 1: Động học- động lực học chất điểm (5 điểm)
O

Phía trên mặt phẳng nghiêng góc α = 300, tại điểm
O cách mặt phẳng nghiêng một đoạn OC = h, người ta
đặt một máng trượt thẳng và nhẵn, tựa vào mặt phẳng
nghiêng tại điểm P (hình 1). Để một chất điểm từ O

h

β

C α

trượt không vận tốc đầu, theo máng đến điểm P của

P
Hình 1

mặt phẳng nghiêng trong thời gian ngắn nhất thì góc β

giữa phương thẳng đứng và máng trượt phải bằng bao
nhiêu? Tìm thời gian trượt ngắn nhất đó theo h và gia
tốc rơi tự do g. Biết mặt phẳng nghiêng đặt cố định.
Câu 2: Các định luật bảo toàn (5 điểm).

Hai vật nặng A và B có khối lượng mA = 900g và mB = 4kg mắc vào lò
xo nhẹ có khối lượng không đáng kể, độ
cứng của lò xo là k = 100N/m. Vật B có
một đầu tựa vào tường thẳng đứng. Hệ
được đặt trên mặt phẳng nằm ngang. Hệ

C

v

số ma sát giữa mặt phẳng ngang với vật
A và B lần lượt là µA = 0,1; µB = 0,3. Ban

A

Hình 2

đầu 2 vật nằm yên và lò xo không biến
dạng. Một vật C có khối lượng m=100g
đang bay theo phương ngang với vận tốc là
v đến va chạm vào vật A (hình 2). Lấy g =10m/s2.
1) Cho v =10m/s. Tìm độ co lớn nhất của lò xo trong 2 trường hợp:
a. Va chạm giữa vật C và A là hoàn toàn đàn hồi.
b. Va chạm giữa vật C và A là mềm.

B


2) Nếu sau va chạm, vật C cắm vào vật A thì C phải có vận tốc tối thiểu là
bao nhiêu để vật B có thể dịch sang trái?
Câu 3: Nhiệt học (4 điểm)
p (pC)

Một lượng khí lý tưởng thực hiện chu
trình được biểu diễn trong hệ tọa độ p- T có

1

dạng là một đường tròn như hình 3. Đơn vị

C

của các trục được chọn là pC và TC. Nhiệt độ
thấp nhất trong chu trình là T0. Tìm tỷ số giữa

O

T0

khối lượng riêng nhỏ nhất ρ1 và khối lượng

1

T (TC)

Hình 3
riêng lớn nhất ρ2 của lượng khí đó khi thay đổi trạng thái theo chu trình trên.
Câu 4: Tĩnh học (4 điểm).

O

Cho thanh AB đồng chất, tiết diện đều, khối lượng m,
chiều dài L. Hai đầu thanh được treo bởi 2 sợi dây cũng
có chiều dài L và gắn cố định tại điểm O (hình 4). Tại
đầu B treo một trọng vật có khối lượng m. Tìm góc lệch
của thanh so với phương ngang khi thanh cân bằng và
tính lực căng TA, TB ở 2 đầu dây.

A

Hình 4

B

m

Câu 5: Phương án thí nghiệm (2 điểm).
Cho các dụng cụ sau: một số ống thủy tinh có đường kính trong nhỏ: d1, d2 ..
(cỡ 10-1mm) đã biết, một khay nước, một thước dài có độ chia đến mm. Hãy
trình bày một phương án thí nghiệm để đo gần đúng hệ số căng mặt ngoài của
nước.
HẾT
Người ra đề: Nguyễn thị Bích Huyền
Điện thoại : 0947135910.

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X
TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN
TỈNH THÁI NGUYÊN

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ

KHỐI 10
Thời gian làm bài: 180 phút

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Câu

Hướng dẫn chấm

Điểm

Chọn trục tọa độ Ox trùng với OP, chiều dương từ O đến P. Khi chất điểm trượt
trên máng không ma sát thì gia tốc của nó là: a = gcosβ >0
Chất điểm trượt theo máng là chuyển động nhanh dần đều nên thời gian đi từ O
đến P là:

O

t=

2.OP
g cos β

1,0

(1)

h

β

Từ hình vẽ, xét ∆OPC ta có:

1

OP
OC
=
0
sin(90 − α ) sin(900 + α − β )

5điểm hay

OP =

P

C α

Hình 1

OCcosα
h.cosα

=
cos(α -β ) cos(α -β )

1,0
(2) .

Thay (2) vào (1) ta được:

1,0

t=

2h cos α
=
g cos β cos(α -β )

4hcosα
[ cosα +cos(α -2β )] g

(3)

Để thời gian vật trượt là nhỏ nhất thì (3) có mẫu số lớn nhất. Vì góc α có giá trị

α
xác định nên (3) nhỏ nhất khi cos(α-2β) = 1, hay β = .
2

1,0

Thay số ta được β = 150. Thay β = 150 và α = 300 vào (3) ta được :

t=

2 3h
4h cos 300
≈
=
3
(cos300 +1) g
(
+ 1) g
2

1,86h
.
g

Như vậy để thời gian vật trượt là nhỏ nhất thì β = 150 và thời gian vật trượt từ O
đến P là tmin ≈

1,86h
g

1,0


2
5điểm

2.1 Chọn chiều dương là chiều
chuyển động của vật C.

a. Xét va chạm giữa C và A là va
chạm hoàn toàn đàn hồi:

C

v

Gọi vận tốc của C và A sau va
chạm lần lượt là v1 và v2.

A

B

Hình 2

Áp dụng định luật bảo toàn động
lượng cho hệ A và C trong thời gian
va chạm ta được:
mv = mv1
+mAv2

(1)

0,5

Vì va chạm là hoàn toàn đàn hồi nên động năng của hệ bảo toàn:

1 2 1 2 1
mv = mv1 + mAv22 (2)

2
2
2

0,5

Từ (1) và (2) ta có

v2 =

2mv
2.0,1.10
=
= 2( m / s) > 0 .
m + mA 0,1 + 0,9

Khi lò xo có độ nén cực đại là x thì vận tốc của A bằng 0. Áp dụng định luật
bảo toàn năng lượng cho vật A ta được:

0,5

mAv22 kx 2
−
= µ A mA gx → 50 x 2 + 0,9 x − 1,8 = 0 (3)
2
2
Giải phương trình (3) ta được x ≈ 0,18(m).
b. Xét va chạm giữa C và A là va chạm mềm thì sau va chạm 2 vật C và A sẽ
cùng chuyển động với vận tốc v0 . Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta
có: mv = (m + mA)v0 → v0 = 1m/s

Gọi x là độ co lớn nhất lò xo

0,5

Áp dụng ĐLBT năng lượng:
1
1
( mA + m ) v02 − kx 2 = µ A ( mA + m ) g.x → 50x2 + x – 0,5 = 0
2
2

0,5
0,5

Giải phương trình trên ta được x = 0,09(m).
2.2 Để B có thể dịch chuyển sang trái thì lò xo phải dãn ít nhất một đoạn x0 sao
cho:

0,5


Fđh = Fm/s B ↔ kx0 = µ B mB g → x0 =

µ B mB g 0, 3.4.10
=
= 0,12( m)
k
100

Như vậy vận tốc v0 mà (m + mA) có được sau va chạm phải làm cho lò xo co

tối đa là x sao cho khi dãn ra thì lò xo có độ dãn tối thiểu là x0. Áp dụng ĐLBT
năng lượng cho hệ trong quá trình này:
1 2
1
kx = µ A (mA + m) g ( x + x0 ) + kx02 → 50 x 2 − x − 0,84 = 0 → x = 0,14m
2
2

0,5

( loại nghiệm âm).
Áp dụng ĐLBT năng lượng cho hệ trong quá trình lò xo bị nén, ta có

0,5

1
1
2 14
(mA + m)v02 − kx 2 = µ A (mA + m) gx ⇒ v0 =
m/s
2
2
5

mà mv = (mA + m).v0 → v = 4 14 m/s ≈ 15m/s.

0,5

Như vậy, để mB có thể dịch sang trái thì C phải có vận tốc ít nhất là 15m/s.

3
4điểm

Từ gốc tọa độ O ta vẽ những đường đẳng tích là tiếp tuyến với đường tròn tại
A và B. Dễ dàng chứng minh được VA là thể tích nhỏ nhất của lượng khí trong
chu trình còn VB là thể tích lớn nhất của nó,
mà VA =

m
m VA ρ B ρ1
;VB =
; =
=
(1)
ρA
ρ B VB ρ A ρ 2

p (pC)
pA
1

Theo phương trình trạng thái của khí lý
tưởng ta có:

A
C

pB

p AVA pBVB

V
pT
=
→ A = B A (2) . Theo
TA
TB
VB p ATB

O

0,5

α

0,5
β

T0

B
1 TB

T (TC)

pB TA
=
hình vẽ, ta có: tan β =
(3).
TB p A
Từ (1), (2), (3) ta được

ρ1
= tan 2 β mà
ρ2

0,5

0,5
2

π
ρ
π
  1 − tan α 
α + β = → 1 = tan 2  − α ÷ = 
÷ (4)
4
ρ2
4
  1 + tan α 
Từ hình vẽ ta lại có: tan α =

CB
mà CB= r, OC =
OB

vuông có cạnh bằng 1) nên OB =

2 − r → tan α =
2

2 (đường chéo của hình
r
2 − r2

.

0,5


Thay vào (4) và biến đổi ta có:

0,5

ρ1 1 − r 2 − r 2
(5)
=
ρ2 1 + r 2 − r 2

Đồng thời ta còn có mối liên hệ giữa bán kính r của chu trình với nhiệt độ thấp
nhất T0 là r = 1 −

0,5

T0
. Thay vào (5) ta được
TC
2

ρ1

=
ρ2

T 
T T 
1−  0 ÷ 1+ 2 0 −  0 ÷
TC  TC 
 TC 

.

2

T
T T 
1+ 0 1+ 2 0 −  0 ÷
TC
TC  TC 

Chọn hệ trục Axy như hình vẽ, điều kiện

y

O

cân bằng của thanh AB là:

r r
r r
TA + TB + 2 P = 0

0,5

TA

Chiếu phương trình trên xuống Ax :

A

TB

α

0,5

αα

TA.cos(600 – α) –TBsin(300 – α) = 0 (1)

x

B

P

Chiếu phương trình trên xuống Ay:

4

TA.sin(600 – α)+TBcos(300 – α)-2mg = 0 (2)

0,5

4điểm Tổng mô men của các lực tác dụng lên

2P
2P

thanh đối với trục quay đi qua B là:

L
mg cos α − TA L sin 600 = 0
2

0,5

(3)

Nhân 2 vế của (2) với cos( 300 – α) ta được:
TA.cos(600 – α) cos( 300 – α) –TBsin(300 – α) cos( 300 – α) = 0 (4)

0,5

Nhân 2 vế của (2) với sin( 300 – α) ta được:
TA.sin(600 – α) sin(300 – α)+TBcos(300-α)sin( 300 –α) –2mg sin(300- α) = 0 (5)

0,5

Cộng 2 vế của (4) và (5) ta được: TAcos300 = 2mgsin(300 – α) (6).
Từ (3) ta được:

TAcos300 =

1
mgcos α
2

(7)

0,5


Lấy (6) chia cho (7) ta có:

4sin( 300 – α) = cosα

→ Sin300cosα – cos300 sinα =

1
1
cosα → sin 300 – cos300 tan α =
4
4

→ tanα =

1

→

2 3

0,5

α ≈ 16,10.

Như vậy thanh lệch góc α ≈ 16,10 so với phương ngang khi thanh cân bằng.
Vì tanα =

1
2 3

nên cosα =

2 3
1
;sin α =
.
13
13

2mg
6mg
TA =
; TB =
13
13

Thay vào (7) và (1) rồi biến đổi ta được

5
2điểm

0,5

Phương án thí nghiệm: Lần lượt nhúng thẳng đứng các ống thủy tinh vào khay
nước và dùng thước đo chiều dài cột nước dâng lên trong ống, ghi kết quả vào
bảng số liệu.
Lần đo

d1

d2

d3

d4

d5

h1=

h2 =

….

…

…

Đường kính ống

1
2
3
Kết quả

Dựa vào công thức xác định độ dâng lên của nước trong ống mao dẫn:
h=

1,0

4σ
h ρ gd
→σ =
, thay số với khối lượng riêng của nước ρ= 103 kg/m3,
ρ gd
4

g=9,8(m/s2) , tính giá trị trung bình tương ứng của σ với các lần đo ta sẽ xác
định được gần đúng hệ số căng mặt ngoài của nước.

1,0