TỔNG HỢP ĐỀ ĐỀ XUẤT KÌ THI HSG TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG MÔN VẬT LÝ KHỐI 10 NĂM 2018 CÓ ĐÁP ÁN by DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD

ĐỀ THI HSG TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG MÔN VẬT LÝ

vectorstock.com/3687784

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

TỔNG HỢP ĐỀ ĐỀ XUẤT KÌ THI HSG TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG MÔN VẬT LÝ KHỐI 10 NĂM 2018 CÓ ĐÁP ÁN WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIV TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC KẠN

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ – LỚP 10 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT ( Đề này có 03 trang)

Câu 1 (3,0 điểm). Cơ học chất điểm Trên đoạn đường AB dài 71,5 km, có một chiếc xe chạy từ A đến B. Cứ sau 20 phút chuyển động thẳng đều, xe này dừng lại nghỉ 5 phút. Trong khoảng 20 phút đầu xe chuyển động với tốc độ v1 = 10 km/h và trong các khoảng thời gian 20 phút tiếp theo xe có tốc độ lần lượt là 2v1;3v1; 4v1 ... . Xuất phát cùng với xe thứ nhất là một xe khác chuyển động thẳng đều từ B về A với tốc độ v2 = 30 km/h. Tìm thời điểm và vị trí gặp nhau của hai xe. Câu 2 (4,0 điểm). Các định luật bảo toàn Quả cầu 1 có khối lượng m1 = 0,3 (kg) được treo vào đầu một sợi dây không dãn, khối lượng không đáng kể, có chiều dài 1 (m). Kéo căng dây treo quả cầu theo phương nằm ngang rồi thả tay cho nó đi xuống. Khi xuống đến điểm thấp nhất, quả cầu 1 va chạm đàn hồi xuyên tâm với quả cầu 2, quả cầu 2 có khối lượng m2 = 0,2 (kg) đặt ở mặt sàn nằm ngang. (Được mô tả như hình 1)

Hình 1

Sau va chạm, quả cầu 1 lên tới điểm cao nhất thì dây treo lệch góc α so với phương thẳng đứng. Quả cầu 2 sẽ lăn được đoạn đường có chiều dài S trên phương ngang. Biết hệ số ma sát giữa quả cầu 2 và mặt sàn nằm ngang là 0,02 và trong sự tương tác giữa m1 và m2 thì lực ma sát tác dụng vào quả cầu 2 là không đáng kể so với tương tác giữa hai quả cầu. Lấy g = 10(m/s2). Tính: α và S.

Trong một xi-lanh thẳng đứng, thành cách nhiệt có hai pittông: Pit-tông A nhẹ (trọng lượng không đáng kể), dẫn nhiệt; pit-tông B nặng, cách nhiệt. Hai pit-tông và đáy xilanh tạo thành hai ngăn, mỗi ngăn có chiều cao là h = 0,5m h và chứa 2 mol khí lý tưởng đơn nguyên tử. Ban đầu hệ thống ở trạng thái cân bằng nhiệt với nhiệt độ bằng 300K. Truyền cho khí ở ngăn dưới một nhiệt lượng Q = 1kJ làm h cho nó nóng lên thật chậm. Pit-tông A có ma sát với thành bình và không chuyển động, pit-tông B chuyển động không ma sát với thành bình. Khi cân bằng mới được thiết lập, hãy tính: Hình 2

a) Nhiệt độ của hệ. b) Lực ma sát tác dụng lên pit-tông A. Câu 3 (3,0 điểm). Nhiệt học Cho biết: Nội năng của 1 mol khí lý tưởng ở nhiệt độ T tính theo công thức: U µ =

i RT . 2

Trong đó: i là số bậc tự do (với khí đơn nguyên tử thì i = 3; khí lưỡng nguyên tử thì i = 5); R = 8,31J/mol.K là hằng số của chất khí. Câu 4(4,0 điểm). Cơ học vật rắn Ba quả cầu nhỏ, khối lượng mỗi quả đều là m1 gắn trên một thanh nhẹ, cứng và cách nhau một khoảng bằng l (Hình 3). Thanh có thể quay quanh điểm O không ma sát. Khi quả cầuđứng yên tại vị trí cân bằng theo phương thẳng đứng thì có một viên đạn có khối lượng m2, bay ngang trúng quả cầu giữanhư hình 3 với vận tốc v0. Ngay sau va chạm viên đạn quay ngược lại với vận tốc v. hỏi sau va chạm viên đạn đã làm thanh nhỏ quay được một góc bằng bao nhiêu quanh điểm O. Cho biết công thức tính mô men quán tính của vật cách trục quay O một đoạn R tính theo công thức: I =m.R2; Trong đó m: là khối lượng của vật R: Khoảng cách từ vật cho đến trục quay.

O l

m2 l

Hình 3

Câu 5(4,0 điểm). Tĩnh điện Cho hệ thống như hình vẽ : Tụ điện phẳng gồm hai bản tụ A và B (B được nối đất) ; một quả cầu gỗ nhỏ có khối lượng m = 0,1g ; bán kính R = 0.3cm, được sơn bằng sơn dẫn điện được treo vào bản A của tụ điện bởi một sợi dây mảnh nhẹ, cách điện, không co giãn có chiều dài l = 10cm. 1. Tính điện dung của tụ điện phẳng. Biết hai bản A và B hình chữ nhật có kích thước: (15cm - 10cm) đặt Hình 4 trong không khí cách nhau 5cm.

B l = 10cm

d = 5cm

2. Biết điện dung của quả cầutính bằng công thức C = 4πε 0 R . Tính điện dung quả cầu.

3. Nối bản A của tụ với điện thế 60.000V rồi ngắt điện ngay. Người ta thấy quả cầu gỗ từ bản A nảy lên, chạm bản B rồi nảy ngược trở lại chạm vào A, nhiều lần như thế. Cuối cùng quả cầu dừng lại khi dây treo hợp góc α so với phương thẳng đứng. a. Tính hiệu điện thế cuối cùng giữa hai bản tụ song song. b. Khi quả cầu gỗ đứng yên thì nó đã đi qua lại giữa hai bản tụ bao nhiêu lần ? Câu 6(2,0 điểm). Phương án thực hành Xác định hệ số ma sát trượt giữa gỗ và gỗ. Dụng cụ: - Một lò xo được xem là lý tưởng. - Một quả cân đã biết khối lượng. - Một khối gỗ hình hộp chữ nhật có móc treo. - Một mặt phẳng bằng gỗ. - Một thước chia đến milimet. Hãy thiết lập một phương án đo hệ số ma sát trượt giữa gỗ và gỗ. Gia tốc trọng trường xem như đã biết.

-------------------------- HẾT --------------------------

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ – LỚP 10 (HDC có 04 trang)

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIV TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC KẠN

Câu Câu 1

Nội dung

Giả sử hai xe gặp nhau khi xe đi từ A đang chạy với tốc độ (n+1)v1và 1 đi với tốc độ này được ∆t giờ 0 ≤ ∆t ≤ h (1). Quãng đường xe A đi 3 1 1 1 1 được là: s A = v1. + 2v1. + 3v1. + ... + nv1. + (n + 1)v1.∆t 3 3 3 3 3đ

Điểm

0,5

1 5 s A = .10.(1 + 2 + ... + n) + (n + 1).10∆t = n(n + 1) + (n + 1).10∆t (km)(2) 3 3

Quãng đường xe B đi được là: s B = v2 n( 1 + 1 ) + ∆t  = 12,5n + 30∆t (3)  3 12 

0,5

Khi hai xe gặp nhau: sA + sB = 71,5

0,5

(4)

Từ (1), (2), (3) và (4) ta tính được: n = 3;∆t = 0,2 h

0,5

Thời điểm hai xe gặp nhau kể từ lúc xuất phát là: 1 1 t = n( + ) + ∆t = 1, 45(h) 3 12

0,5

Vị trí hai xe gặp nhau cách B: sB = v2t = 43,5km , cách A: s A = 71, 5 − 43, 5 = 28km .

0,5

Câu 2

4đ

Gọi: A là vị trí buông vật m 1 ; B là vị trí thấp nhất (nơi m 1 , m 2 va chạm) C là vị trí cao nhất vật 1 lên được sau va chạm.Chọn gốc thế năng bằng không ở sàn So sánh cơ năng của quả cầu 1 ở A và ở B. m 1 gh 1 =

1 m 1 v 12 2

Vận tốc quả cầu m 1 ngay trước khi va chạm có độ lớn: v 1 = 2gh1 = 2 5 (m/s) Gọi v 1/ là vận tốc của m 1 ngay sau khi va chạm. So sánh cơ năng của quả cầu 1 ở B và ở C. 4

0.5

1 m 1 v 1/ 2 = m 1 gh 2 ⇒ v 1/ = 2

2gh2

Động năng của quả cầu 1 trước va chạm chuyển hóa thành thế năng của nó ở C và công thực hiện để thắng ma sát của quả cầu 2 khi lăn. 1 m 1 v 12 = m 1 gh 2 + A 2 ⇔

1 .0,3.20 = 0,3.10.h 2 + 0,02.0,2.10.S ⇔ 3 = 3 h 2 + 0,04S(1) 2

0,5

Đối với hai quả cầu, thì lực ma sát giữa quả cầu 2 và sàn là ngoại lực. Lực ma sát tác dụng vào quả cầu 2 có làm cho động lượng của hệ hai quả cầu giảm đi. Thời gian va chạm giữa hai quả cầu rất ngắn nên xung lực của lực ma sát làm động lượng của quả cầu 2 giảm đi không đáng kể. Như vậy có thể coi thời gian va chạm giữa hai quả cầu thì tổng 0,5 động lượng của chúng được bảo toàn: m 1 v 1 = m 1 v 1/ + m 2 v 2/ ⇔ 0,3. 2 5 = 0,3. 2gh2 + 0,2. v /2 ⇔ 0,6.

5 = 0,3. 20h2 + 0,2. v 2/

(2) Áp dụng định lý động năng cho quả cầu 2 ta được: v/2 1 0 - m 2 v 2/ 2 = - µ m 2 g.S ⇔ 0,5. v 2/ 2 = 0,2.S ⇒ S = 2 (3) 2 0,4 /2 v Thay (3) vào (1) ta được: 3 = 3 h 2 + 0,04. 2 0,4 /2 3 − 0,1.v 2 (4) ⇔ 3 = 3 h 2 + 0,1. v 2/ 2 ⇔ h 2 = 3

 3 − 0,1v 2/ 2 3 

Thế (4) vào (2) : 0,6. 5 = 0,3. 20

  + 0,2. v /2 (5) 

0,5

Giải phương trình (5) ta được: v /2 = 0 (loại); v /2 = 2,4. 5 (m/s) v 2/ 2 = 72 (m) 0,4 3 − 0,1.v 2/ 2 Từ (4) ⇒ h 2 = = 0,04 (m) 3 Mặt khác ta có : h 2 = ℓ - ℓ .cos α ℓ − h2 1 − 0,04 = = 0,96 ⇒ α ≈ 16,26 0 ⇒ cos α = ℓ 1

Từ (3) ⇒ S =

Câu 3 Gọi T0, T là nhiệt độ ban đầu và sau cùng của hệ; p0 là áp suất ban đầu của hệ; V0 là thể tích ban đầu của mỗi ngăn. a) Xét ngăn trên: Khí tăng nhiệt độ đẳng áp từ T0 đến T, thể tích của nó tăng từ V0 đến 5

0,5

4đ

V, ta có: V =

V0 T T0

0.5

Khí sinh công: A = p0.(V – V0)

PV A = − 0 0 (T − T0 ) = −2 R (T − T0 ) (1) T0

0,5

- Độ biến thiên nội năng của khí (4 mol): i ∆U = ν. R(T − T0 ) = 6 R(T − T0 ) (2) 2

0,5 Áp dụng nguyên lý I nhiệt động lực học cho hệ: ∆U = Q + A (3) Từ (1), (2) và (3): 6R(T – T0) = Q – 2R(T – T0) R.(T − T 0 ) = T =

Q 8

Q 1000 +T 0 T = + 300 ≈ 315 K 8R 8.8, 31

0,5 0,5

b) Xét ngăn dưới: Khí nóng đẳng tích từ T0 đến T, áp suất của nó tăng từ p0 đến p, ta có: p =

p0 T T0

0,5

- Lực ma sát tác dụng lên pit-tông A:

Fms = (p − p 0 ).S = (p − p 0 ). Fms =

V0 pV 2 R.(T − T 0 ) Fms = 0 0 .(T − T0 ) = T0 h h h

0,5 0,5

2.8, 31.(315 − 300) ≈ 500 N 0, 5

Câu 4 Mô men quán tính của hệ 3 vật và thanh: I = m1l2 +m1(2l) 2 +m1(3l)2=14m1l2

0,5

ω : Là tốc độ góc của hệ 3 vật sau va chạm.

Mô men động lượng bảo toàn: m2v0 2l = Iω − m2v2l ⇒ ω = 3đ

m2 (v0 + v) 7ml 1

1,0

là góc cực đại tạo bởi thanh và phương thẳng đứng sau va chạm. Cơ năng của hệ 3 vật bảo toàn, ta có: 1 2 Iω = m1 gl (1 − cosα ) + m1 g 2l (1 − cosα ) + m1 g3l (1 − cosα ) 2

m 22 ( v 0 + v ) 2 ⇒ co sα = 1 − 4 2 m 12 gl

1,0

0,5 6

Câu 5 1. Điện dung của tụ điện phẳng không khí: εS ε ε S 8,84.10−1210.15.10−4 C= = 0 = = 2, 65( pF ) 4kπ d d 5.10 −2

4đ

0,5

2. Điện dung của quả cầu: C ' = 4πε 0 R = 4.π .8,84.10 −12.0,3.10 −2 = 0,333( pF ) 3a. Sau khi quả cầu gỗ tích điện từ bản A nó sẽ bị đẩy về B( do tích điện cùng dấu). Tại B quả cầu sẽ phóng điện, sau đó lại bị trọng lực kéo về A. Quá trình sẽ liên tục như vậy và quả cầu sẽ chuyển động qua lại nhiều lần. Nếu quả cầu gỗ cuối cùng vừa đủ đi đến B và góc cực đại giữa dây treo và phương thẳng đứng là β (như hình vẽ). Ta có: sin β =

0,5

l= 10 cm

0,5 ’

d = 4.7cm

d 4,7 = ⇒ β ≃ 280 l 10

Gọi hiệu điện thế cuối cùng giữa hai bản tụ có thể đạt được là Us Ta có: tan β =

F C 'U s2 = mg dmg

Suy ra: U s =

mgd tan β 0,1.10−3.9,81.5.10−2 tan 280 = ≃ 8.849,8V C' 0,333.10−12

vì F = qE =

C 'U 2 d

0,5

3b. Sau lần tiếp xúc đầu tiên giữa bản A với quả cầu. Quả cầu có điện tích là: q1 = C 'U 0 (Với U0 = 60.000V) Trên bản A điện tích giảm từ Q0 xuống còn Q1 và hiệu điện thế giữa hai bản tụ còn lại là U1: Ta có: Q0 = q1+ Q1 Suy ra: CU0 = C’U0 + CU1 ⇒ U1 =

CU 0 − C 'U 0 C − C' = U0 C C

Tương tự sau lần tiếp xúc thứ 2: Quả cầu có điện tích là: q2 = C 'U1 Trên bản A điện tích giảm từ Q1xuống còn Q2 và hiệu điện thế giữa hai bản tụ còn lại là U2: Ta có: Q1 = q2+ Q2 Suy ra: CU1 = C’U1 + CU2 ⇒ U2 =

 C − C'  C − C' CU1 − C 'U1 = U1 = U0   C C  C 

…. 7

0,5

Vậy sau lần tiếp xúc thứ k hiệu điện thế trên hai bản tụ sẽ là: k

 C − C'  ⇒ Uk = U0   Sau lần cuối cùng thì Uk = Us  C 

0,5

Ta có: k

 C − C'   (2, 65 − 0,333).10−12  ⇒ Us = U0  ⇔ 8849,8 = 60.000    2, 65.10 −12  C    0,1475 = 0,874k ⇒ k = 14, 21

k nguyên (là số lần va chạm). Suy ra k = 14 hoặc k = 15 Nếu k = 14 ta có: lg

Us C − C' = k lg ⇒ U s = U14 ≃ 9105, 6V > 8849,8V U0 C

Không chấp nhận vì khi đó: tan β ' = Suy ra: k = 15 ta có: lg

0,5

F C 'U142 = ⇒ β ' ≃ 290 22' > 280 mg dmg

Us C − C' = k lg ⇒ U s = U15 ≃ 7958V U0 C

0,25

Khi đó dây treo quả cầu lệch góc β là: tan β =

F C 'U s2 0.333.10−12.79582 = = = 0, 4299 mg dmg 0,05.0,1.10−3.9,81

Ta được: β ≃ 23015' Vậy quả cầu sẽ qua lại tiếp xúc với bản A 15 lần làm cho hiệu điện thế của tụ giảm từ 60.000V tới 7958V và cuối cùng quả cầu dừng lại với góc lệch dây treo là β ≃ 23015' so với phương thẳng đứng. 0,25 Câu 6 Treo quả cân vào lò xo, đo độ dãn ∆l0 . Treo khối gỗ vào lò xo, đo độ dãn ∆l Lập tỉ số : 2đ

Suy ra khối lượng m = m0 Độ cứng của lò xo k =

∆l m = ∆l0 m0

0,5

∆l , ∆l0

m0 g ∆l0

0,5

Đặt lò xo nằm ngang, một đầu cố định. Móc khối gỗ vào đầu kia của lò xo. 0,5 Đánh dấu vị trí lò xo không biến dạng trên bảng gỗ. Kéo khối gỗ cho lò xo dãn một đoạn x0. Đánh dấu vị trí này để đo x0. Thả nhẹ khối gỗ trượt trên bảng gỗ cho đến khi nó tự dừng. Đánh dấu vị trí này. Đo độ biến dạng của lò xo lúc đó là x. Quãng đường đi được là s. 0,5

kx02 kx 2 − = µ mgs . 2 2 k ( x02 − x 2 ) µ= 2mgs

Dùng định luật bảo toàn năng lượng: Suy ra hệ số ma sát trượt :

Người phản biện

Người ra đề

Nguyễn Thị Oanh

Vũ Hồng Hạnh

SĐT Người ra đề: 0985360154

SỞ GD&ĐT BẮC GIANG TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ ĐỀ NGHỊ

KỲ THI HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG NĂM 2018 Môn: Vật lý lớp 10 ( Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề )

Câu 1:(3,0 điểm ) Hai thanh cứng, nhẹ, chiều dài mỗi thanh là ℓ nối với nhau bằng một bản lề C khối lượng m. Đầu kia mỗi thanh có gắn các quả cầu khối lượng mA = m, mB = 2m. Ban đầu hệ thống đặt thẳng đứng trên bàn sao cho góc hợp bởi hai thanh CA và CB bằng không. Bằng tác động nhỏ, hai quả cầu bắt đầu trượt ra xa nhau sao cho hai thanh vẫn nằm trong mặt phẳng thẳng đứng. Bỏ qua mọi ma sát. a. Tìm vận tốc của bản lề tại thời điểm sắp chạm sàn. b. Tìm vận tốc của quả cầu B tại thời điểm góc giữa hai thanh bằng 2α . Câu 2.(3,5 điểm) Một thanh cứng đồng chất có khối lượng m chiều dài L có thể quay tự do trong mặt phẳng thẳng đứng quanh trục quay nằm ngang đi qua khối tâm của nó. Một con nhện cũng có khối lượng m rơi xuống theo phương thẳng đứng với vận tốc v0 và chạm vào thanh tại điểm cách đều một đầu thanh và trục quay. Ngay sau khi va chạm, nó bắt đầu bò dọc theo thanh sao cho vận tốc góc của thanh và con nhện luôn không đổi. Chọn t = 0 là thời gian nhện bắt đầu bò trên thanh. a/Tìm vận tốc góc của thanh. b/Chứng tỏ rằng khoảng cách từ con nhện đến trục quay sau va chạm được mô tả bởi phương trình x =Asin(Bt) + C. Xác định các hệ số A, B, C theo các đại lượng đã cho. c/Tìm điều kiện của v0 để con nhện có thể bò tới đầu thanh. Câu 3 ( 4,0 điểm) Dùng sợi dây mảnh dài L, khối lượng không đáng kể, để treo quả cầu nhỏ có tính dính vào đầu trụ gỗ có đế đặt trên mặt bàn ngang như hình vẽ 1. Khối lượng quả cầu là m , khối lượng của trụ và đế là M = 4m. hệ số ma sát m giữa bàn và đế là µ .Cần quả cầu kéo căng sợi dây theo phương ngang và

thả nó rơi không vận tốc ban đầu. Coi va chạm giữa cầu và trụ hoàn toàn không đàn hồi. M 1.Trong quá trình quả cầu rơi mà đế gỗ không dịch chuyển, Hình 1 a. Tính vận tốc của hệ sau va chạm b.Sau va chạm đế gỗ dịch chuyển được độ dài bao xa thì dừng lại? 2.Trong quá trình quả cầu rơi xuống để đế gỗ không dịch chuỷên thì hệ số ma sát nhỏ nhất là bao nhiêu? Hệ số ma sát trượt giữa đế và mặt bàn xuất hiện lớn nhất ứng với góc treo sợi dây so với phương nằm ngang là bao nhiêu?

Câu 4.(4.0 điểm) Một khối khí lí tưởng lưỡng nguyên tử thực hiện chu trình ABCDA gồm các quá trình sau: quá trình nén đẳng nhiệt AB, nén đẳng tích BC, nén đẳng nhiệt CD và cuối cùng là giãn đoạn nhiệt DA. Cho biết hiệu suất của chu trình ABCDA bằng không. Biết

VA = 2, 7 với VA và VD là thể VD

tích khối khí ứng với vị trí A và D trên chu trình. a/ Vẽ phác đồ thị biểu diễn chu trình ABCDA trên giản đồ p - V. b/ Tính tỉ số

VB với VB là thể tích khối khí ứng với vị trí B trên chu trình. VD

c/ Gọi E là giao điểm của đường AD và BC. Tính hiệu suất của chu trình ABEA. Câu 5 (3, 0 điểm) Các điện tích điểm + q , −q đặt tại các điểm có tọa độ ( x, y, z ) = (a,0, a), (−a, 0, a) ở bên trên một mặt phẳng xoy dẫn

điện được nối với đất nằm tại z = 0 (hình 2). Hãy tìm: a. lực toàn phần tác dụng lên điện tích + q b. công thực hiện chống lại các lực tĩnh điện để lắp đặt hệ điện tích này c. mật độ điện tích mặt tại điểm có tọa độ (a, 0, 0) .Câu 6 (2.5 điểm).

Hình Hình 2 1

( Thí nghiệm thực hành: xây dựng phương án thí nghiệm, xử lí làm khớp số liệu, các phép tính sai số). Có các dụng cụ: một chiếc cân (không có quả cân), hai nhiệt lượng kế điện có que khuấy, nhiệt kế, nguồn điện, ngắt điện, dây dẫn điện, cốc, nước, dầu hoả, cát để làm bì trên đĩa cân và đồng hồ bấm dây. Cho biết nhiệt dung riêng của nước là 4200 J kg.K , nhiệt dung riêng của nhiệt lượng kế là 380 J kg.K . 1) Để xác định nhiệt dung riêng của dầu người ta tiến hành đun nóng dầu và nước. Hãy xây dựng cơ sở lí thuyết của thí nghiệm và nêu phương án tiến hành thí nghiệm. 2) Kết quả của quá trình thí nghiệm ghi lại được số liệu sau : T1(phút) 0 1 2 3 4 t1°C 30,0 32,4 34,7 37,0 39,2 0 1 2 3 4 T2(phút) Dầu t2°C 30,0 34,2 38,1 42,5 46,2 Bỏ qua những sự mất mát nhiệt lượng trong quá trình nung nóng. Xác định nhiệt dung riêng của dầu hỏa dựa vào bảng số liệu trên. Tính sai số của phép đo. Nước

…………………………….Hết…………………………….. GV ra đề Ong Thế Hùng SĐT: 0977484667

HƯỚNG DẪN CHẤM CÂU 1

NỘI DUNG 1.Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng: 1 mVC2 = mgl ⇒ VC = 2

ĐIỂM 0.5

2 gl .

2.Phân tích VC thành hai thành phần VCx và VCy. - Do tính chất của thanh cứng:

0.25

VB sin α = VCx sin α + VCy cosα

⇒ VB =

VCy tan α

0.25

(1)

+ VCx

VCx VA sin α = VCy cosα − VCx sin α

⇒ VA =

VCx =

VCy

tan α

2α VCy

( 2)

− VCx

VB − VA V + VA ; VCy = B tan α 2 2

0.5 VB

( 3)

0.5

- Định luật bảo toàn động lượng theo phương ngang: − mVA + 2mVB + mVCx = 0 ⇔ − VA + 2VB +

VB − VA 5 = 0 ⇒ VA = VB 2 3

0.75

( 4)

- Định luật bảo toàn cơ năng: mgl − mglcosα =

1 1 1 mV A2 + × 2mVB2 + mV 2 C 2 2 2

⇒ V A2 + 2VB2 + V 2 + V 2 = 2 gl (1 − cosα ) CX

0.75

(5)

Giải hệ (3), (4), (5) tìm được: VB =

0.5

9 gl (1 − cosα ) 2 (11 + 4 tan 2 α )

Câu 2

Nội dung

Điểm

mL2 a/ Mô men quán tính của thanh: I 0 = 12 Mô men quán tính của hệ thanh và con nhện khi nhện rơi xuống là :

L 7 mL2 I 0 = I + m( ) 2 = 4 48

0.25

Bảo toàn mô men động lượng: L = I 0 .ω = m .v 0 .

L 4

L 7 mL2 .ω = m .v 0 . ⇔ 48 4

⇔ω =

12.v0 7L

0.5

b/ Xét tại thời điểm t con nhện cách trục quay 1 khoảng là x => Góc quay được là :

ϕ = ω.t

Định lý biến thiên mô men động lượng:

⇔

d ( I 0 '.ω ) = mgx.cosϕ dt

Tại thời điểm bất kỳ:

⇒

dL =M dt

ω.dI 0 ' dt

mL2 I0 ' = + mx 2 12

= mgx.cos(ωt )

mL2 ω.d ( + mx 2 ) ω.m.d ( x2 ) ω.2m.x.dx 12 ⇔ = = = mgx.cos(ω.t ) dt dt dt

⇔ dx = x

0.25

0.5

g .cos(ω.t ).dt 2ω t

g .∫ cos(ω.t ).dt ⇔ ∫ dx = 2 ω L /4 0 L g .sin(ω .t ) = 4 2ω 2 g L ⇔x= .sin(ωt ) + 2 2ω 4 ⇔ x−

⇒C =

L 12v0 và B = ω = 4 7L

0.5

0.25

g.49 L2 49 L2 g A= = = 2ω 2 2.144v02 288v02 g

c/ Để nhện có thể bò tới đầu thanh thì

xmax

xmax ≥

L 2

0.75

49.L2 .g L L = A+ L / 4 = + ≥ 288.v02 4 2

49.g.L2 L ⇔ ≥ 288.v 20 4

⇔ v0 ≤

0.5

7 2 gL 12

Câu 3 1. Gọi vận tốc quả cầu trước và sau va chạm là v và v': v = 2 gL

0.5

m m+M

0.5

mv = ( m + M ) v ' ⇒ v ' =

2 gL

Sau va chạm dưới tác dụng của lực ma sát đế gỗ chuyển động chậm dần đến khi dừng lại Quãng đường đế gỗ dịch chuyển được là x: f ms x = 0 − ( m + M )

Với

0.25

v '2 (1) 2

f ms = µ ( m + M ) g (2)

Từ (1) và (2) cho: x =

m2 L

µ (m + M )

L 25µ

0.5

2. Gọi góc giữa phương ngang và dây treo là θ : mgL sin θ = Ta có: T − mg sin θ =

0.25

mv 2 (3) 2

mv 2 (4) L

f − T cos θ = 0

(5)

N − T sin θ − Mg = 0

(6)

0.25 0.25

khi đế gỗ không dịch chuyển f ≤ µ N (7) Từ (3) tới (7) : µmin = f (θ ) và A = f (θ ) =

2M 8 = 3m 3

0.25

sin 2θ A + 2 sin 2 θ

Tìm cực đại hàm số f ' (θ ) = 0 ⇒

(

)

2 cos 2θ A + 2sin 2 θ − sin 2θ .4sin θ .cos θ

Thay cos 2θ = 2 cos 2 θ − 1 = 1 − 2 sin 2 θ ta có:

(

A + 2sin 2 θ

)

0.5

sin 2 θ =

A 2 ( A + 1)

sin 2θ = 2

A A 1− = A ( A + 1) 2 ( A + 1)

f (θ ) =

A ( A + 2)

µmin = f max (θ ) = sin 2 θ =

A ( A + 2) A +1

2M 8 Với A = = 3m 3 3m

2 M 2 + 3mM

0.25 0.25

= 0, 283

8 ⇒ sin θ = 0, 6030 ⇒ θ = 37 0 05' 22

0.25

Lưu ý : học sinh có thể đánh giá bằng bất đẳng thức

Câu 4 a/Vẽ được chu trình như hình dưới.

0.5

b) Hiệu suất của chu trình ABCDA bằng không nên công khối khí thực hiện được trong cả chu trình bằng không A = A AB + A BC + A CD + A DA = 0 (1)  V  V  V   V  A AB = PA VA ln  B  = − PA VA ln  A  = − PA VA  ln  A  − ln  B   = − PA VA ( ln a − ln b0.5  VA   VB   VD     VD  V  V  A BC = 0; A CD = PD VD ln  D  = −PD VD ln  B  = − PD VD ln b  VB   VD  0.5 P V −P V T A DA = D D A A γ −1

Thay công vào (1) ta được  1  − ln b  = PA VA ln a (2)  γ −1 

( PD VD − PA VA ) 

0.5

Chia cả 2 vế cho PA VA và chú ý PD VD PD VDγ  VA  . =  PA VA PA VAγ  VD 

γ−1

= a γ−1 .

Biểu thức (2) trở thành

γ −1

 1  1 ln a −1  − ln b  = ln a . Từ đây giải ra ln b = − γ−1 γ −1 a −1  γ −1 

)

7 5

Thay số γ = và a = 2,7 ta được b = 1,6 c) Công thực hiện là dương. Nhiệt Q EA = 0 . Nén đẳng nhiệt AB khí tỏa nhiệt. Nén đẳng tích BE Khí nhận nhiệt

0.5

Vậy H =

A ABEB (3) Q BE

A AB = −PA VA ln A EA =

0.5

VA = − PA VA ln b VB

PE VB − PA VA γ −1

Q BE = nCV ( TE − TB ) =

Thay vào (3) H = 1 −

PE VB − PA VA γ −1

( γ − 1) ln b PE VB −1 PA VA

0.5

= 1−

( γ − 1) ln b  VA     VB 

= 1−

γ−1

−1

( γ − 1) ln b γ −1 (b) −1 0.5

Thay số vào ta được H = 9% Câu 5

a. Phương pháp ảnh điện yêu cầu các điện tích + q , −q đặt tại các điểm có tọa độ ( x, y, z ) = (−a, 0, −a), (a, 0, −a)

như

0,25

hình

bên.

Lực điện tổng hợp F tác dụng lên điện tích + q đặt tại ( a , 0, a ) , nằm trong mặt

0,25

phẳng x 0 z và hướng vào gốc O của hệ tọa độ. ( 2 − 1)q 2 Độ lớn của F là F = . 32πε 0 a 2

0,5

b. Chúng ta có thể dựng lại hệ bằng cách đưa từ từ các điện tích + q và −q từ vô cực theo các đường đi L1 và L2 đối xứng nhau qua trục 0z , nằm trong mặt phẳng x 0 z đến các điểm (a,0, a) và (−a,0, a) với phương trình của L1 và L2 lần lượt là

0,5

L1 : z = x, y = 0, L2 : z = − x, y = 0.

Khi các điện tích ở tại (l ,0, l ) trên đường L1 và tại (−l , 0, l ) trên đường L2 thì từng điện tích chịu tác dụng một lực F =

( 2 − 1)q 2 có hướng của hướng 32πε 0l 2

chuyển động sao cho công toàn phần thực hiện bởi các ngoại lực là a

( 2 − 1) q 2 ( 2 − 1)q 2 . dl = 32πε 0l 2 16πε 0 a ∞ a

A = −2 ∫ Fdl = −2∫ ∞

c. Xét điện trường tại điểm ( a , 0, 0 ) ở ngay bên trên mặt phẳng dẫn điện. Điện +

0,5

trường tổng hợp do hệ thứ nhất gồm + q tại (a, 0, a) , −q tại (a, 0, −a) và hệ thứ hai gồm −q tại (−a, 0, a) , + q tại (−a, 0, −a) lần lượt là E1 = − E2 =

2q ez , 4πε 0 a 2

0,5

2q 1 ez . 2 4πε 0 a 5 5

Điện trường toàn phần tại ( a , 0, 0 + ) là E = E1 + E2 =

 1  − 1  ez .  2πε 0 a  5 5 

0,25

q  1  − 1 . 2  2π a  5 5 

0,25

Mật độ điện tích mặt tại ( a , 0, 0 + ) là σ = ε0E =

Câu 6 1. a. Cơ sở lí thuyết Cho dòng điện chạy qua nhiệt lượng kế trong đó có lượng nước khối lượng mn. Nhiệt lượng mà nhiệt lượng kế và nước đã thu là:

Q1 = cn mn ∆t1 + ck mk ∆t1 ∆t1

là độ chênh lệch nhiệt độ giữa lúc đầu và lúc cuối. Theo định luật Jun-Lenxơ : Q1 =

U2 T1 R

trong đó T1 là thời gian dòng điện chạy qua nhiệt lượng kế. 2 Như vậy ta có: U T1 = cn mn ∆t1 + ck mk ∆t1

0.25

Tương tự ta cũng có kết quả như vậy khi thay nước bằng dầu: U2 T2 = cx md ∆t2 + ck mk ∆t2 R

T2 là thời gian dòng điện chạy qua nhiệt lượng kế để làm tăng nhiệt độ của nó và của dầu một lượng ∆t2 . So sánh 2 kết quả ta được:

T1 cn mn ∆t1 + ck mk ∆t1 = T2 cx md ∆t2 + ck mk ∆t2

Chọn mn = md = mk ta được : Suy ra cx =

T1 cn ∆t1 + ck ∆t1 = T2 cx ∆t2 + ck ∆t2

 ∆t T  ∆t1 T2 cn −  1 − 1 . 2  ck . T1 ∆t2 T1 ∆t2  

0.5

Từ đó ta xác định được cx . b.Phương án thí nghiệm Bước 1. Thăng bằng khối lượng cốc rỗng trên đĩa cân bằng cách đổ cát vào đĩa kia, ta có thể lấy các khối lượng nước và dầu hoả sao cho: mn = md = mk , trong

0.25

đó mn là khối lượng nước, md là khối lượng dầu và mk là khối lượng của nhiệt lượng kế. Bước 2. Cho dòng điện chạy qua nhiệt lượng kế trong đó có lượng nước đã chọn, dùng đồng hồ bấm giây để đo thời gian và ghi số chỉ của nhiệt kế. Bước 3. Cho dòng điện (giữ nguyên điện áp U) chạy qua nhiệt lượng kế trong đó có lượng dầu có khối lượng bằng khối lượng bằng khối lượng nước đã dùng. Dùng đồng hồ bấm giây để đo thời gian và ghi số chỉ của nhiệt kế.

0.25 0.25

2.Sử lí số liệu:

Nước Dầu

T1(phút) t1°C T2(phút) t2°C

Ban đầu 0 30,0 0 30,0

Lần 1

Lần 2

Lần 3

Lần 4

1 32,4 1 34,2

2 34,7 2 38,1

3 37,0 3 42,5

4 39,2 4 46,2

0.25

Cách 1. Vẽ đồ thị

0.25

Ta có thể vẽ đồ thị của hàm số t = f(T) Dựa vào các kết quả trên bảng ta tính được:

k1 = 2,32 K ph

và

k2 = 4, 29 K ph

Với các giá trị đó ta tính được: cx = 2,32 .4200 − 1 − 2,32  .380 ≈ 2218 J kgK 4, 09



4,09 

0.25

Kết quả của phép đo : cx=2208,175±102,0375 J kg.K 102, 0375

Sai số tỉ đối : ε = 2208,175 =4,62%

0.25

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIV ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ - KHỐI 10 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề này có 02 trang, gồm 06 câu)

Câu 1 (4 điểm) Con khỉ có khối lượng m = 5 kg bám vào một sợi dây vắt qua một ròng rọc cố định, đầu kia của sợi dây buộc vào một vật có khối lượng M = 20 kg, vật M được đặt trên mặt

bàn nằm ngang nhám, hệ số ma sát trượt giữa vật M và mặt bàn là µ = 0,15. Xác định gia tốc của vật M và của con khỉ trong các trường hợp sau đây (biết dây và ròng rọc khối lượng không đáng kể, dây không dãn và không trượt trên ròng rọc): a) Con khỉ bám chặt vào sợi dây. b) Con khỉ leo lên với vận tốc không đổi so với dây. c) Con khỉ leo lên với gia tốc a0 = 0,8 m/s2 không đổi so với dây. Câu 2 (3 điểm) Một con lắc đơn gồm 1 quả cầu nhỏ có khối lượng m1 = 100g treo vào một sợi dây 0 nhẹ không giãn dài l = 1m. Kéo lệch sợi dây theo phương thẳng đứng một góc α = 30 rồi truyền cho m1 một vận tốc V0 theo phương vuông góc với sợi dây để vật đi về vị trí cân bằng. Khi m1 chuyển động thì lực căng dây cực đại bằng 2 lần trọng lực của nó. a) Tìm V0. b) Khi m1 đi qua vị trí thấp nhất, nó va chạm đàn hồi và xuyên tâm với 1 quả cầu m2 đang chuyển động ngược chiều với m1 với vận tốc V2. tìm V2 biết rằng sau va chạm góc lệch cực đại của dây treo vật m1 hợp với phương thẳng đứng một góc 450. Cho g =

10m/s2 và m2 = 160 g. Câu 3 (4 điểm) Vành mảnh bán kính R, bắt đầu lăn không trượt trên mặt nghiêng góc α với phương ngang từ độ cao H (R<<H). Cuối mặt nghiêng vành va chạm hoàn toàn đàn hồi với thành nhẵn vuông góc với mặt nghiêng (hình vẽ). Bỏ qua tác dụng của trọng lực trong quá trình va chạm.

α Hãy xác định: a) Vận tốc của vành trước va chạm. b) Tìm gia tốc của chuyển động tịnh tiến của khối tâm, chuyển động quay quanh khối tâm sau va chạm

c) Thời điểm vật bắt đầu trượt xuống.

d) Độ cao cực đại mà vành đạt được sau va chạm. Hệ số ma sát trượt giữa vành và mặt nghiêng là µ . Câu 4 (3 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). Nhiệt độ của khí ở trạng thái 1 và 3 bằng nhau và bằng T. Nhiệt dung mol đẳng tích và đẳng áp của khí lần lượt là

p 1

3 5 C V = R; C p = R; R là hằng số khí lý tưởng. 2 2 2 a) Chứng minh rằng: T = T2 .T4 với T2 ; T4 là nhiệt

độ của khí ở trạng thái 2 và trạng thái 4. b) Cho T = 300 K; T2 = 500 K. Tính hiệu suất của chu trình. Câu 5 (4 điểm) Hai điện tích điểm q1 = 9.10

- 8

C và q2 = - 10

– 8

được giữ chặt tại A, B trong chân không, AB = a = 20cm. a) Tìm điểm M tại đó cường độ điện trường tổng hợp bằng không. Điện thế tại điểm M đó bằng bao nhiêu?

b) Một hạt khối lượng m = 10-10 kg, điện tích q0 = 10-8 C chuyển động dọc theo AB. Tìm vận tốc của m khi ở rất xa A, B để nó có thể chuyển động đến B. Câu 6 (2 điểm) Hệ ở hình bên là mô hình gợi ý một phương án thực nghiệm để xác định hệ số ma sát trượt µt giữa vật AB và mặt mặt phẳng nghiêng. Hãy nêu cách bố trí thí nghiệm, các bước tiến hành và biểu thức xác định hệ số ma sát trượt µt của vật AB và mặt phẳng nghiêng với các dụng cụ sau: -Vật đặt trên mặt phẳng nghiêng như hình vẽ. - Độ nghiêng của mặt phẳng nghiêng không đổi và không đủ lớn để vật AB bị trượt. - Một lực kế.

Người ra đề: Vũ Thị Minh Hạnh ĐT: 0948099501

HÝỚNG DẪN CHẤM

TRẠI HÈ HÙNG VÝÕNG LẦN THỨ XIV TRÝỜNG THPT CHUYÊN CAO BẰNG

MÔN: HÓA HỌC. LỚP: 10 (Hýớng dẫn chấm gồm 08 trang)

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

Câu

Nội dung

Câu 1.1. Năng lượng của một electron ở phân lớp l có số lượng tử chính hiệu dụng n* được tính theo biểu thức Slater: 1 (2,5 ε1 = -13,6 x (Z – b)2 /n* (theo eV) chắn b và số lượng tử n* được tính theo quy tắc Slater. Áp dụng điểm) Hằng số 2+ cho Ni (Z=28, có 26e) ta có: Với cách viết 1 [Ar]3d8: ε 1s = -13,6 x (28 – 0,3)2/12 = - 10435,1 eV ε 2s,2p = -13,6 x (28 – 0,85x2 – 0,35x7)2/ 22 = - 1934,0 eV 2 2 ε 3s,3p = -13,6 x (28 – 1x2 – 0,85x8 – 0,35x7) /3 = - 424,0 eV ε 3d = - 13,6 x (28 – 1x18 – 0,35x – 0,35x7)2/32 = - 86,1 eV E1 = 2 ε 1s + 8 ε 2s,2p + 8 ε 3s,3p + 8 ε 3d = - 40423,2 eV Với cách viết 2 [Ar]sd64s2: ε 1s, ε 2s,2p, ε 3s,3p có kết quả như trên . Ngoài ra: ε 3d = -13,6 x (28 – 1x18 – 0,35x5)2/32 = - 102,9 eV ε 4s = - 13,6 x (28 – 1x10 – 0,85x14 – 0,35)2/3,72 = - 32,8 eV Do đó E2 = - 40417,2 eV. E1 thấp (âm) hơn E2, do đó cách viết 1 ứng với trạng thái bền hơn. Kết quả thu được phù hợp với thực tế là ở trạng thái cơ bản ion Ni2+ có cấu hình electron [Ar]3d8. 1.2. Khi xảy ra phân rã β, nguyên tử khối không thay đổi. Khi xảy ra 1 phân rã α, nguyên tử khối thay đổi 4u. Như thế, số khối của các đồng vị con cháu phải khác số khối của đồng vị mẹ 4nu, với n là số nguyên. Chỉ 234U thoả mãn điều kiện này với n = 1. Trong 2 đồng vị 234U, 235U, chỉ 234U là đồng vị “con, cháu” của 238U. Sự chuyển hoá từ 238U thành 234U được biểu diễn bằng các phản ứng hạt nhân sau: 238 234 234 234 234 234 92 U 90Th + α ; 90Th 91 Pa + β ; 91 Pa 92 U + β Câu 2 (2,5 điểm)

Điểm

0,25 đ

0,5 đ

0,5 đ 0,25đ

0,25 đ 0,25 đ

0,5 đ

2.1. Tiểu phân gây ra màu là khí NO2 (khí màu nâu đỏ). Vì không khí có 78% N2 và 21% O2 (theo thể tích). Theo phản ứng: tia löa ®iÖn N 2 + O 2  → 2NO

2NO + O 2  → 2NO 2

hay: N 2 + 2O 2  → 2NO 2

Trong đó O2 là chất thiếu. Giả sử có 1 mol không khí, ta có:

0,5

[NO2 ]=[O2 ]=1mol.

21 1 . = 9,375.10−3 mol / L 100 22, 4

0,25

2.2. Phản ứng: 0,25

2NO + O 2  → 2NO 2

2.3. Bậc phản ứng theo O2, NO và bậc phản ứng chung: - Từ các thí nghiệm (1), (2) và (3) ta thấy khi giữa nguyên nồng độ của NO và thay đổi nồng độ của O2, ta có kết quả: tốc độ phản ứng tỉ lệ bậc 1 với [O2]. Vậy phản ứng là bậc 1 theo O2. - Xét các thí nghiệm (2), (4) và (5) có nồng độ của O2 hầu như không thay đổi, còn nồng độ NO lại thay đổi: Tỉ lệ tốc độ ban đầu Thí nghiệm Tỉ lệ [NO] 4:2 2,01 4,03 4:5 4,02 15,90 2:5 2,03 3,95 Tốc độ thay đổi theo [NO]2: Phản ứng bậc 2 theo NO Vậy biểu thức tính tốc độ phản ứng:

0,25

v = k. [ O 2 ][ NO ]

Bậc phản ứng chung là 3. - Hằng số tốc độ phản ứng: k = v / [O 2 ][NO]−2 Từ các thí nghiệm 1→5 Thí nghiệm 1 2 3 k×10-3(l2.mol-2.s-1) 7,064 7,154 7,159 2 3 −2 −1 → k trung bình: k = 7,132.10 ( l .mol .s )

0,5 0,25 4 7,117

5 7,165

0,25

Câu 3 3.1. Q = mc.∆t = 500.4,2.(26,25-25,08) = 2,5.103 (J) = 2,5 (kJ) 2,5 điểm Suy ra, lượng nhiệt tỏa ra trong phản ứng trung hòa 1 mol axit là: 2,5/0,0800 = 31 (kJ/mol). 0,5

∆H = - 31 kJ/mol

3.2. Ta hình dung quá trình hóa hơi của nước lỏng ở 50oC, 1 atm thành hơ nước ở 100oC, 1 atm thành 3 quá trình nhỏ thuận nghịch như sau: H2O (l) (323K, 1 atm)

∆H , ∆S , ∆G = ?

(I)

H2O (l) (373K, 1 atm)

- Đối với quá trình (I):

H2O (k) (323K, 1 atm)

(III) (II) H2O (k) (373K, 1 atm)

0,25

∆H1 = C p , H 2O ( l ) (373 − 323) = 3765,5 J/mol

0,25

∆S1 = C p , H 2O ( l ) ln T2 / T1 = 10,839 J / mol.K

- Đối với quá trình (II): ∆H 2 = 40, 668kJ / mol ∆S 2 =

∆H hh = 109, 03 J / mol.K T

0,25

- Đối với quá trình (III): ∆H 3 = C p , H 2O (k) (323 − 373) = −1673,5 J/ mol

0,25

∆S3 = C p , H 2O (k) ln T2 / T1 = −4,817 J / mol.K

* Đối với cả quá trình: ∆S = ∆S1 + ∆S 2 + ∆S3 = 115,053 J/mol.K ∆H = ∆H1 + ∆H 2 + ∆H 3 = 42,760 J/mol

∆G = ∆H − T ∆S = 42760 - 323.115,107= 5597,881 J/mol =

5,597881

kJ/mol.

0,5

b) Quá trình đang xét là một quá trình đẳng nhiệt, đẳng áp (T, P không đổi) cho nên thế nhiệt động GT,P được sử dụng làm một tiêu chuẩn để đánh giá chiều của quá trình và cân bằng của hệ. Ở đ kết quả cho thấy: ∆GT , P = 5, 597881kJ / mol > 0

nên quá trình hóa hơi này là một quá trình không thuận nghịch,

0,5

không tự diễn ra mà phải có tác động từ bên ngoài. Câu 4. (2,5 đ)

4.1. Cấu tạo không gian của các phân tử được biểu diễn như sau: H

Si Br

C Br

C H3C

CH3

0,5

CH3

SiHBr3 (1) CHBr3 (2) CH(CH3)3 (3) - Khi so sánh 2 góc Br – A – Br ở (1) và (2), độ âm điện C lớn hơn Si, bán kính Si lớn hơn C, cặp e liên kết ở gần C hơn nên đẩy mạnh hơn góc Br – C – Br có trị số lớn hơn góc Br – Si – Br. - Khi so sánh 2 góc Br – C – Br và H3C – C – CH3 ở (2) và (3), độ âm điện của Br lớn hơn của CH3, cặp e liên kết của (2) ở xa C hơn của (3) do đó góc ở (3) lớn hơn ở (2).

0,25 0,25

- Từ hai so sánh trên thấy rằng trị số các góc tăng dần theo thứ tự sau: Góc ở (1) < Góc ở (2) < Góc ở (3) 1100 1110 1120 2. Mô tả tinh thể

0,25

0.25 a = 3,55 A Liªn kÕt C-C dµi 1,54 A

Một ô mạng cơ sở có mặt 8 nguyên tử ở 8 đỉnh, 6 nguyên tử ở 6 mặt, 4 nguyên tử ở 4 hốc tứ diện. Số nguyên tử nguyên vẹn có trong 1 ô mạng là 8. Vng.tu = 4 π R3/3 8.12 =3,516g/cm3; a = 0,357nm. 3 N .a a 3 Mặt khác 2R = từ đó R = 0,0772 nm. 4 8.VNgtö Độ đặc khít = .100% = 33, 75%. a3

0.5

Câu 5 (2,5 điểm )

0.5

Khi cho khí CO2 vào hỗn hợp gồm H+ 0,0150M; Ba2+ 0,0150 M; Fe3+ 0,0150 M có các quá trình: CO2 + H2O HCO3HCl

 →

Fe3+ + H2O

HCO3- + H+

Ka1 = 10-6,35

CO32- + H+

Ka2 = 10-10,33

H+ + Cl – FeOH2+ + H+ Ka = 10-2,17

Dung dịch có môi trường axit mạnh (vì có HCl và Fe3+), sự điện ly CO2 là không đáng kể (vì nồng độ CO32- vô cùng bé) nên không có kết tủa BaCO3 tạo thành. Khi thêm NaOH xảy ra các phản ứng: - Trung hoà HCl:

H+ + OH- → H2O 0,015M -

- Kết tủa Fe(OH)3 :

0,120M 0,105M

Fe3+ + 3OH0,015 -

→ Fe(OH)3

0,105 0,06

0,015

0,5 đ

- Phản ứng với CO2: 2OH- → CO32- + H2O

CO2 + 3.10-2

0,06 M

0,030 0,5 đ

- Kết tủa BaCO3: Ba2+ + CO3 2- → BaCO3 ↓ 0,015

0,030

0,015

Thành phần hỗn hợp kết tủa có: BaCO3

Fe(OH)3 0,0150 mol

0,0150 mol

Trong dung dịch có: 0,5

CO32- 0,015M; Cl- ; Na+ ; H2O Các cân bằng xảy ra: H2O

H+ + OH-

10-14

(1)

Fe(OH)3↓

Fe3+ + 3OH-

Ks1 = 10-37,5

(2)

BaCO3↓

Ba2+ + CO2-3

Ks2 = 10-8,30

(3)

CO32- + H2O

HCO3- + OH- Kb1 = 10-14/10-10,33 =

10-3,67 (4)

So sánh cho thấy cân bằng (4) là cân bằng quyết định pH của dung dịch ( vì OH- do H2O điện ly và do Fe(OH)3 tan ra là rất bé), nồng độ CO32- do BaCO3 tan ra không đáng kể (vì có dư CO32- từ dung dịch).

0,5 đ

Tính pH theo (4) CO32- + H2O

HCO3- + OH-

10-3,67

C : 0,015 [ ]: (0,015 –x)

x2/(0,015-x) = 10-3,67 → x = [OH- ] = 1,69.10-3M → pH = 11,23

6.1. Bán phản ứng đầu xảy ra ở mỗi điện cực là Câu 6 2,5 điểm + Điện cực (+): 2Cl- ⇌ Cl2 + 2e + Điện cực (-): Fe3+ + 1e ⇌ Fe2+ Trong dung dịch X có C(Fe3+) = 0,2M; C(Fe2+) = 0,01M; C(H+) = 1M; C(Cl-) = 2M; Na+; SO42-.

0,5 đ

p 0, 0592 lg Cl22 2 [Cl ] 0, 0592 1 lg 2 = 1,342 (V) = 1,36 + 2 2

Ea = E(Cl2/2Cl-) = E0 (Cl2/2Cl-) +

0,5 đ

Ở pH = 0 không có quá trình proton hóa của ion kim loại, do đó: Ec = E(Fe3+/Fe2+) = 0,771 + 0,0592lg

0, 2 = 0,848 (V) 0, 01

Vậy thế cần đặt vào để có quá trình oxi hóa ion Cl- và quá trình khử ion Fe3+ là: U = 1,342 – 0,848 = 0,494 (V) 6.2. a. Số mol e phóng ra hay thu vào trong quá trình điện phân là ne = It/F = 9,65.100/96500 = 0,01 (mol) Có các bán phản ứng: Ở cực (+): 2Cl- → Cl2 + 2e (1) no 0,2 Ở cực (-): Fe3+ + 1e → Fe2+ (2) no 0,02 0,001 Theo (1), (2) và giả thiết cho thấy ion Cl- và Fe3+ đều dư. Vậy khối lượng dung dịch giảm là: m = mCl2 = 71.0,01/2 = 0,355(gam)

b. Theo phần (a), cho thấy trong dung dịch Y có: C(Fe3+) = (0,02-0,01)/0,1=0,1 (M) C(Fe2+) = (0,001+0,01)/0,1=0,11 (M) C(Cl-) = (0,2-0,01)/0,1=1,95 (M); Na+; SO42-. Có các cân bằng: Fe3+ + H2O ⇌ Fe(OH)2+ + H+ *β[Fe(OH)]2+ = 10-2,17 2+

Fe + H2O ⇌ Fe(OH) + H

H2O ⇌ H+ + OH2+

Do [Fe(OH)] .[H ] ≃ 0,1.10

-2,17

-5,92

0,5 đ

(3)

β[Fe(OH)]+ = 10

(4)

Kw = 10-14

(5)

0,5 đ

>> [Fe(OH)] .[H ] ≃ 0,11.10-5,92

>> Kw Vì vậy pH là do cân bằng (3) quyết định. Xét cân bằng: Fe3+ + H2O ⇌ Fe(OH)2+ + H+ *β[Fe(OH)]2+ = 10-2,17 Co 0,1 [ ] (0,1-x) x x * 2 -2,17 2+ => β[Fe(OH)] = x /(0,1-x) = 10 Với 0<x<0,1 => x = 0,023 Vậy pH = - lg0,023 = 1,638 c. Viết sơ đồ pin, tính E(pin) (-) Pt, H2(1atm) ‫ ׀‬H+(1M) ‖ Fe2+(0,11M); Fe3+(0,077M) Pt (+) Theo kết quả tính ở phần (b) và cho thấy ion Fe2+ tạo phức hiđroxo không đáng kể, nên ta có: E(Fe3+/Fe2+) = 0,771 + 0,0592lg(0,1-0,023)/0,11 = 0,762 (V) Vậy E(pin) = E(cao) – E(thấp) = 0,762-0,00 = 0,762 (V)

0,75 đ

0,25 đ

Câu 7 ( 2,5 điểm)

7.1. a. A phản ứng vừa đủ với nhau tạo chất rắn màu vàng → A là hỗn hợp SO2 và H2S. Mặt khác, NaBr có tính khử yếu hơn NaI. 2NaBr + 2H2SO4 → Na2SO4 + Br2 + SO2 + 2H2O 0,15mol 0,075mol 8NaI + 5H2SO4 → 4Na2SO4 + 4I2 + H2S + 4H2O (0,15.8)mol 0,15mol 2H2S + SO2 → 3S + 2H2O 0,15mol 0,075mol 0,15mol Chất lỏng là H2O: 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 0,15mol 0,15mol B là NaOH CO2 + NaOH → NaHCO3 x(mol) x x (mol) CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O y 2y y 2, 24 = 0,1( mol ) 22, 4  x + y = 0,1 → x = y = 0, 05  84 x + 106 y = 9, 5

0,25 đ

nCO2 =

mhỗn hợp = (0,15.103) + (0,15.8.150) = 195,45(g) b. Cho hỗn hợp trên vào dung dịch HCl, chỉ Na2CO3 phản ứng: Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + H2O + CO2↑ Sục khí clo vào dung dịch thu được: 2NaBr + Cl2 → 2NaCl + Br2 2NaI + Cl2 → 2NaCl + I2 Cô cạn dung dịch, Br2 và I2 hóa hơi thoát ra, NaCl kết tinh lại.

7. 2. a. Một axit mạnh có thể đẩy được một axit yếu ra khỏi muối vì axit yếu là chất điện li yếu hoặc chất không bền. Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + H2O + CO2 CO2 + H2O ⇌ H2CO3 ⇌ H+ + HCO3(1) + 2HCO3 ⇌ H + CO3 (2) + HCl → H + Cl Khi cho HCl vào dung dịch Na2CO3 làm tăng nồng độ H+ làm cho các cân bằng (1) (2) chuyển sang trái tạo ra H2CO3 rồi sau đó là CO2 và H2O Ngược lại, 1 axit yếu có thể đẩy được 1 axit mạnh ra khỏi muối Pb(NO3)2 + H2S → PbS↓ + 2HNO3 Axit yếu axit mạnh Vì PbS không tan. b. H2SO4 không phải là axit mạnh hơn HCl và HNO3 nhưng đẩy được 2 axit đó ra khỏi muối vì H2SO4 là axit không bay hơi còn HCl và HNO3 là axit dễ bay hơi.

0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ

t 2NaCl + H2SO4  → Na2SO4 + 2HCl t 2NaNO3 + H2SO4  → Na2SO4 + 2HNO3

0,25 đ

1) Các phương trình phản ứng: Câu 8 2,5 điểm Fe2O3 + 6HCl = 2FeCl3 + 3H2O Mg + 2FeCl3 = 2FeCl2 + MgCl2 Mg + 2HCl = MgCl2 + H2 Fe + 2FeCl3 = 3FeCl2 Fe + 2HCl = FeCl2 + H2 Mg2+ + 2OH- = Mg(OH)2 Fe2+ + 2OH- = Fe(OH)2 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3 Mg(OH)2 = MgO + H2O 2Fe(OH)3 = Fe2O3 + 3H2O

(1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) (8) (9) (10)

2)Tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp: Dung dịch B: FeCl3 , HCl dư, khi cho hỗn hợp 2 kim loại vào B: Số mol Fe3+ trong B = 0,3 mol ; số mol H2 = 0,1 mol a) Nếu chỉ có Mg phản ứng => có pư (1), (2), (3) => số mol Mg = 0,15 + 0,1 = 0,25 mol Khối lượng chất rắn sau khi nung: 24 + 0,25.40 = 34 gam < 40 trái giả thiết. b) Cả Mg và Fe tham gia: - Gọi số mol Mg = x; Fe tham gia phản ứng = y: Số mol e nhường = 2x + 2y ; Số mol e nhận = 0,3 + 0,1.2 = 0,5. 2(x+y) = 0,5 (*) Khối lượng chất rắn = 24 + 40x + 80y = 40 (**) kết hợp với (*) giải được: x = 0,1 ; y = 0,15 Khối lượng kim loại tham gia phản ứng: 24.0,1 + 0,15.56 = 10,8 gam Khối lượng Fe dư: 1,2 gam vậy: Khối lượng Mg = 2,4 gam Khối lượng Fe = 9,6 gam.

0,75

0,5

1,25

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIV

ĐỀ THI MÔN VẬT LÍ – LỚP 10 NĂM HỌC 2017 - 2018 Thời gian làm bài:180 phút (Đề này có 02 trang, gồm 06 câu)

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH ĐIỆN BIÊN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Câu 1:(ĐỘNG LỰC HỌC)(3,5 điểm) 1. Một vật khối lượng mo được thả không vận tốc ban đầu từ đỉnh một mặt phẳng nghiêng dài 100cm, nghiêng một góc 45o so với phương ngang. Vật trượt không ma sát trên mặt phẳng nghiêng. Lấy gia tốc trọng trường g = 10m/s2.Tính vận tốc của vật khi trượt đến chân mặt phẳng nghiêng. 2. Nêm MNH được bố trí để tạo thành cơ hệ như (Hình 1). Biết nêm có khối lượng m1 = 400g, có chiều dài ℓ = 80cm và nghiêng góc α = 30o; nêm được nối với vật m2 = 500g bằng một dây mảnh không co giãn vắt qua một ròng rọc có khối lượng không đáng kể. Bỏ qua mọi ma sát và cho gia tốc g = 10m/s2. Nêm lúc đầu được giữ đứng yên và đặt tại đỉnh M của nêm một vật nhỏ có khối lượng m = 100g, rồi buông đồng thời cả vật m và nêm để chúng cùng chuyển động. Tìm thời gian vật m trượt hết chiều dài MN của nêm và quãng đường mà m2 đi được trong thời gian đó.

m M

m1 H

m2 Hình 1

Câu 2: (CÁC ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN) (4,0 điểm)

Một quả cầu bán kính R, khối lượng M được đặt trên mặt R bàn nằm ngang. Từ đỉnh A của quả cầu, một vật nhỏ khối lượng • O m trượt không ma sát với vận tốc ban đầu bằng 0. a.Quả cầu được gắn cố định trên bàn.Vật sẽ rời mặt cầu ở độ cao nào so với mặt bàn và góc chạm mặt bàn là bao nhiêu? Hình 2 b. Quả cầu nằm tự do trên mặt bàn nhẵn. Xác định tỉ số m/M để vật nhỏ rời mặt cầu tại tại độ cao 7R/4 bên trên mặt bàn. Câu 3:(VẬT RẮN)(3,5 điểm) Một thanh kim loại mỏng AB được uốn thành một O cung tròn bán kính R=50cm, tâm O, góc AOB bằng 300. Sau đó cung tròn này được gắn cố định trên mặt B sàn ngang tại đầu A sao cho bán kính OA có phương thẳng đứng và cung tròn thuộc mặt phẳng thẳng đứng. Một thanh mảnh đồng chất chiều dài l=R, khối lượng A m=30g có trục quay nằm ngang đi qua một đầu thanh và đi qua O, đầu còn lại C của thanh vừa vặn tì lên đầu B của cung tròn kim loại AB (hình vẽ). Một vật nhỏ có khối lượng mo=100g đặt tại A ở bên trong cung tròn, người ta cung cấp cho nó vận tốc vo nằm ngang thì sau đó vận tốc của nó ngay trước khi

va chạm với thanh OC bằng v1=50cm/s. Cho g=10m/s2, hệ số ma sát giữa vật mo với cung tròn AB là µ =0,02. 1. Tính vo? Bỏ qua ảnh hưởng của vận tốc đến phản lực của cung AB lên vật mo. 2. Tính vận tốc góc của vật mo và của thanh OC ngay sau va chạm? biết rằng sau va chạm vật mo dính chặt vào thanh AB. 3. Tính góc lệch lớn nhất mà thanh OC lên được so với vị trí ban đầu? Câu 4: (CHẤT KHÍ)(3,5 điểm) Trong một chu trình biến đổi, một lượng T T p khí hêli có tỉ số nhiệt độ và tỉ số áp suất T0 p0 T0 phụ thuộc vào nhau theo đồ thị dạng đường C 1 tròn như Hình 4, trong đó T0 và p0 là các giá trị nhiệt độ và áp suất đã biết. Biết tâm đường tròn có tọa độ ( 3 ,1); nhiệt độ lớn nhất của khí O p 3 trong chu trình là T1. Hãy tìm tỉ số giữa khối p0 lượng riêng cực đại và khối lượng riêng cực Hình 4 tiểu của khí trong chu trình. Áp dụng bằng số với T1=1,5T0. Câu 5: (ĐIỆN TÍCH – ĐIỆN TRƯỜNG)(3,5 điểm) Cho hai hạt α: A và B, lúc đầu A đứng yên, B bay từ rất xa tới với vận tốc →

v 0 (hình vẽ 5). Tính khoảng cách ngắn nhất mà B có thể tới gần A. Xét hai

trường hợp: B + m

→

Hình 5

m a.h = 0 A + b.h ≠ 0 (Hạt α là hạt nhân của nguyên tử 24 He , mang điện tích +2e) Câu 6: (THỰC HÀNH)(2,0 điểm) Cho một vật hình trụ có phần rỗng cũng hình trụ, có trục song song với trục của hình trụ và chiều dài bằng chiều dài của vật hình trụ (hai đầu phần rỗng được bịt bằng vật liệu mỏng, nhẹ). Sử dụng các dụng cụ: 01 chậu nước (cho khối lượng riêng của nước là ρn ), 01 cái thước (có độ chia nhỏ nhất 1mm), 01 chiếc bút, 01 tấm ván. Biết khối lượng riêng của chất làm vật hình trụ là ρ và khi thả trong nước vật hình trụ có một phần nổi trên mặt nước. Trình bày phương án thí nghiệm để: a. Đo bán kính phần rỗng trong của hình trụ. b. Đo khoảng cách giữa trục của hình trụ và trục của phần rỗng. .............................Hết................................

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIV

ĐỀ THI MÔN VẬT LÍ – LỚP 10 NĂM HỌC 2017- 2018 Thời gian làm bài:180 phút

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH ĐIỆN BIÊN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Câu 1 3,5 đ

Lời giải

- Ta cũng có, pt ĐL II Niu tơn viết cho các vật trong hệ quy chiếu gắn với m bàn: M Đối với vật m: Ox: - N.sinα = - m.ax => ax = 5.N (1) C α Oy: N.cosα - P = - m.ay m1 => ay = 10 - 5 3.N (2) H y N Đối với nêm m1: m2 T + N.sinα = m1.a1 O x => a1 = 2,5.T + 1,25.N (3) Đối với vật m2: T - P2 = - m2.a2 => a2 = 10 - 2.T (4) - Mặt khác, gia tốc của m đối với nêm m1: a ' = a − a1 Khi xét hình chiếu trên Oy và Ox thì: a'y = ay = 10 - 5 3.N và a'x = ax + a1 hoặc a'x = ax - a1 tùy thuộc phương của a + Xét a'x = ax + a1 = 2,5T + 6,25.N Do

a 'y ax'

Điểm

0,5

= tan α (vì a ' hướng dọc theo mặt nêm) và a1 = a2.

Suy ra: N ≈ 0,572 (N); T ≈ 2,063 (N); a' = a x'2 + a y'2 ≈ 10,0857 (m/s2); a2 ≈ 5,874 (m/s2)

0,5

2l ≈ 0,4 (s) a' a .t 2 s = 2 ≈ 0,47 (m) 2

Thời gian để m trượt đến mặt bàn: t = Quãng đường mà m2 đi được:

+ Xét a'x = ax - a1 Khi đó N ≈ 1,1765 (N), nhưng a'x ≈ - 0,3266 (m/s2) < 0: vô lí Câu 2 4,0 đ

1. Độ cao khi rời mặt cầu và góc chạm bàn khi qủa cầu cố định *Xác định góc α và vận tốc V của vật khi rời khỏi mặt quả cầu từ đó suy ra độ cao tương ứng

0,5

Lực như hv. Chiếu lên trục bán kính mg cos α − N = ma n với a n =

V2 R

+ vật rời khỏi mặt quả cầu : N = 0 => V 2 = gR cos α (1). + ĐLBTCN:

° •

mV 2 = mg( R − R cos α ) ⇒ V 2 = 2gR (1 − cos α ) (2) 2

0,5 0,5

Giải hệ (1)((2) => cos α = 2 / 3; V = 2gR / 3 Độ cao khi rời mặt cầu: h = R + Rcosα = 5R/3

0,5

* vật khi chạm vào mặt bàn vận tốc V1 dưới góc β

ĐLBTCN

mV1 2mgR = 2

0,5

=> V1 = 2 gR .

+ Theo phương ngang vận tốc không đổi => V cos α = V1 cos β . Thay các biểu thức của V, V1 và cosα β = ar cos

6 ≈ 74 0 9

0,5

2) Quả cầu đặt tự do * Phân tích: +M chỉ chuyển động trượt không ma sát do tương tác với m +m bắt đầu rời M : aM = 0 , M có vận tốc v2, m có vận tốc v đối với M trong HQC gắn M: vào thời điểm rời Fqt = 0, N = 0, pt cho m: mg.cosα = mv2/R => v2 =gRcosα

(1) 0,5

Trong HQC bàn: Xét hệ hai vât ĐLBTDL theo phương ngang: 0 = Mv2 + m(v2 – v.cosα) => v =

(M + m )v2 (*)

(*)&(**) => v2 = 2gR(1 - cosα ).

M +m (2) M + m sin 2 α

m cos α 2 2 Mv 2 m(v 2 + v ) ĐLBTCN : mgR(1- cosα) = (**) + 2 2

+ (1)&(2) =>

m 3 cos α − 2 (3) = 3 M cos α − 3 cos α + 2

+ hình vẽ =>cosα = ( 7R/4- R)/R = 3/4 (4)

0,5

Câu 3 3,5đ

0,5

m 16 = M 11

+ Từ (3)(4) được

1. * Tính công của lực ma sát trên quãng đường AB. + Xét khi vật ở tại điểm M có bán kính OM tạo với OA góc ϕ . Do bỏ qua ảnh hưởng của vận tốc nên ta có: N=mogcos ϕ Sau dịch chuyển nhỏ ds, lực ma sát coi như không đổi và thực hiện công: dA = - µ N.ds = - µ mogR.cos ϕ d ϕ Công của lực ma sát trên cả quãng đường AB là:

0,5

A = - µ mogR ∫ cos ϕ dϕ = - µ mogR.sin α 0

0,5

+ Áp dụng định lý bt động năng cho vật trên quãng đường AB: 1 1 movo2 = mov12 + mogl(1-cos α ) + µ mogR.sin α 2 2

(1)

Từ (1) thay số giải được: vo ≈ 1,3 (m/s) 2. Sau va chạm, momen quán tính của hệ vật mo và thanh OC là:

0,5

1 3

I = (moR2+ ml2) = 0,0275 kgm2 Gọi ω là vận tốc góc của thanh OC ngay sau va chạm. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng của hệ vật mo và thanh OC ta có: mov1.l = I. ω (2) Thay số giải được: ω =

10 rad/s 11

3. Gọi α m là góc lệch lớn nhất mà thanh OC đạt được so với bán kính OA. Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho hệ vật mo và thanh OC ta có: mogl.(1-cos α ) + mg (1-cos α m ) Thay số giải được

0,5

l 1 l (1-cos α ) + I ω 2 = mogl(1-cos α m )+ mg 2 2 2

α m ≈ 32,2

Vậy so với vị trí ban đầu thì góc lệch cực đại của thanh OC là: 2,20

0,5

Câu 4 3,5 đ

Từ phương trình trạng thái ta có: µ p ρ = . . Căn cứ hình vẽ: R T = CH = 1 → COH = π. tan COH OH 6 3 =α Gọi COB

0,5

p p0

T1 T0

D A C B

Khi đó:

= β → β∈  π − α, π + α  → cot g( π − α) , cot g( π − α) MOH Max Min  6  6 6 6 Ứng với B trên chu trình: co t β =

p p0

p T0 lớn nhất nên ρ lớn nhất: . T p0

0,5

µ p0 µ p π . cot β = . 0 cot( − α ) . R T0 R T0 6 Tương tự, ứng với A thì ρ nhỏ nhất: µ p π ρmin = . 0 cot( + α) . Từ đó: R T0 6 π tan ( + α) ρmax T 6 = Bán kính hình tròn là: r = 1 − 1 ; Áp dụng bằng số: ρmin tan ( π − α) T0 6 T CB r 1 1 r = 1 − 1 = ; sin α = = = → α = 14,5o OC 2 4 T0 2 ρmax =

nên:

Câu 5 3,5 đ

ρmax tag45, 5o = = 3, 54 . ρmin tag15,5o

a) Chọn hệ quy chiếu với khối tâm G, + G chuyển động thẳng

yB v0 2 Lúc đầu: y B = − y A → y B' = − y A'

với vG = →

gắn

z G

+ A yA

1,0

0,5

1,0 0,5

đều

→

→ v B = − v A → 2 hạt lại gần nhau −−−> −−−>

−−−>

v A = v A + vĐ ⇒ v A

−−−>

v v v = 0 − 0 = − 0 → vB = 0 G 2 2 2 −−−>

− −− >

−− −>

0,5

+ Khi lmin: 2 hạt không lại gần nhau nữa: v A = v B = 0 + Áp dụng Định luật bảo toàn năng lượng:

0,5

1 v02 1 v 02 k 4e 2 16ke 2 m + m = → l min = 2 4 2 4 l min mv 02

b) h ≠ 0: + Chọn hệ quy chiếu gắn khối tâm G. G chuyển động thẳng đều →

→

−− −>

− −−>

rA = − rB ⇒ v A = − v B G

−− −>

− −−> −− −>

−− −>

Lúc đầu: v A = − vO , v B = − vO 2

−−−>

→

+ Khi lmin phân tích v AG và v BG thành hai thành phần: l min → v A // = v B // = 0 + Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng: v 1 v0 2 1 k ( 2e ) 2 1 m( ) + m(− 0 ) 2 = + 2 mv ⊥2 2 2 2 2 l min 2

1,0

+Áp dụng ĐL bảo toàn mô men động lượng (lực tĩnh điện có giá qua G) v0 h l . = 2.m.v ⊥ min 2 2 2 mv02 4ke 2 v2h2 8ke 2 = + m 0 2 → l min = +T thay vào (1) có: 4 l min 4l min mv 02 2.m.

ừ (2) → v ⊥ = Câu 6 2,0 đ

h2 +

64k 2 e 4 m 2 v 04

1,0

v0 h 2l min

a. Gọi: R : Bán kính hình trụ lớn; r : Bán kính hình trụ rỗng; H : Chiều dài hình trụ; ρ : Khối lượng riêng của chất làm hình trụ;

V1, S1 : Lần lượt là thể tích và diện tích phần đáy trụ ngập trong nước Khối lượng trụ: M = πH (R 2 − r 2 )ρ (1) Thả vật hình trụ rỗng vào chậu nước, vật nổi trên nước, khối lượng nước bị chiếm chỗ là: M 1 = ρn .V1 = ρn .S1.H h

ϕ O

M ặc

khác:

⇒ πH (R2 − r 2 )ρ = ρn .S1.H ⇔ π(R2 − r 2 )ρ = ρn .S1

π + 2ϕ

Hình 4a

M = M1

⇔ r 2 = R2 −

ρn .S (2) π.ρ 1

0,5

Ta phải tìm: S1 = S '+ S '' (3) Ta có: S1 = S '+ S '' , với S ' là diện tích hình

quạt có góc ở đỉnh π + 2ϕ, S '' là diện tích của ∆AOB S' π + 2ϕ S' π + 2ϕ π + 2ϕ 2 .R = ⇔ = ⇔S'= 2 S 2π 2π 2 πR Gọi A, B là các điểm ứng với mặt nước, góc AOB = ϕ .

Ta có:

Ta có: sin ϕ =

R −h , dùng thước đo h, R suy ra góc ϕ R

(4)

0,5

và S '' = (R − h ).R.cos ϕ (5) Từ (2), (3), (4) và (5) suy ra phương án cần tìm. b. Gọi x là khoảng cách giữa 2 trục (khoảng cách giữa trục của hình trụ và trục của phần rỗng) Đặt hình trụ lên tấm ván và nghiêng nó cho đến khi vật hình trụ sắp sửa lăn, ta E đánh dấu điểm tiếp xúc C và vẽ đường nằng nằm ngang EF (ở vị trí tới hạn thì mặt phẳng chứa hai trục và khối tâm G nằm ngang, G nằm trên đường thẳng đứng đi qua C ). Vẽ đường vuông góc CG với EF , y là khoảng cách từ O đến G. K Ta

có:

0,5

F H

α C

Hình 4b

IH (6) KH Dễ dàng đo được IH và KH (nếu phần rỗng chứa đầy chất dùng làm hình trụ thì trọng tâm sẽ ở O ) Ta có x .m = y.M , với khối lượng chứa đầy phần rỗng được xác định bởi y = OC . sin α = R. sin α =

m = π.r 2 .H .ρ (7) y.M (8) m Từ (1), (6), (7) và (8)suy ra phương án cần tìm. ⇒x =

…………………………HẾT…………………………

0,5

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIV

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ KHỐI 10

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH HÀ GIANG

NĂM 2018 Thời gian làm bài 180 phút

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

(Đề này có 3 trang, gồm 06 câu)

Bài 1: Cơ học chất điểm ( 3,5 điểm ) Cho cơ hệ như hình vẽ. Biết α = 300 , m1=3 kg, m2=2 kg, M=2 kg, ma sát giữa m2 và M là không đáng kể (Hình vẽ). Bỏ qua khối lượng dây nối và ròng rọc, dây không dãn, lấy g=10 m/s2. 1. M đứng yên.

a) Tìm gia tốc của các vật m1 và m2. b) Tìm áp lực của dây lên ròng rọc.

m1 M

2. Tìm điều kiện của hệ số ma sát giữa M và mặt bàn nằm ngang để M không bị trượt trên bàn. Bài 2: Các định luật bảo toàn (4,0 điểm) Một viên đạn nặng 50 g đang bay theo phương ngang với tốc độ 16m/s thì mắc vào một túi cát nặng 150 g. Túi cát được treo vào một xe nhỏ có khối lượng 600 g, có thể trượt không ma sát trên một đường ray; dây treo nhẹ, không dãn, dài 1,2 m(Hình vẽ). Bỏ qua ma sát của không khí.

→

a) Giả sử toàn bộ động năng mất mát do va chạm giữa đạn và túi cát đều chuyển thành nhiệt năng. Xác định lượng nhiệt này? b) Sau va chạm túi cát lên được tới độ cao lớn nhất bằng bao nhiêu so với vị trí thấp nhất của nó? Xác định lực căng dây treo tại vị trí cao nhất đó? c) Khi từ bên phải trở về vị trí thấp nhất, túi cát có tốc độ bằng bao nhiêu. Xác định lực căng dây treo khi đó? 1

Bài 3: Nhiệt học ( 3,5 điểm ) Một pittông linh động, không có khối lượng chia một cái bình thành hai phần. Bình được cô lập với môi trường. Một phần của bình chứa một lượng m1=3,00 g khí hyđrô ở nhiệt độ T10=300 K, phần kia của bình chứa một lượng m2=16,00 g khí ôxy ở nhiệt độ T20= 400 K. Khối lượng mol của hyđrô và ôxy tương ứng là µ1=2,00 g/mol và µ1=32,00 g/mol và R=8,31 J/(mol.K). Pittông dẫn nhiệt kém và kết quả cuối cùng là nhiệt độ của hệ cân bằng. Tất cả các quá trình trên được coi là chuẩn dừng. 1. Nhiệt độ cuối cùng của hệ T bằng bao nhiêu? 2. Tỷ số giữa áp suất cuối cùng pf và áp suất ban đầu pi bằng bao nhiêu? 3. Tổng nhiệt lượng Q được truyền từ ôxy sang hyđrô bằng bao nhiêu? Bài 4 : Cơ học vật rắn ( 4,0 điểm ). A

Một thanh AB đồng chất, tiết diện đều, chiều dài l, khối lượng m, đứng trên mặt phẳng ngang nhẵn. Một cục nhựa đường nhỏ có cùng khối lượng m, bay với vận tốc v vuông góc với AB đến va

chạm mềm vào đầu B (Hình vẽ). a) Tính vận tốc khối tâm của hệ ngay sau va chạm.

b) Tính tốc độ góc của thanh, vận tốc của đầu A ngay sau va chạm và phần động năng bị mất trong va chạm. c) Ngay sau va chạm có một điểm C của thanh có vận tốc tuyệt đối bằng không. Xác định vị trí của C. Bài 5: Tĩnh điện ( 3,0 điểm ). Hai bản của một tụ điện phẳng đặt trong không khí có cùng diện tích S, có thể chuyển động không ma sát dọc theo một sợi dây cách điện nằm ngang xuyên qua tâm của chúng. Một bản có khối lượng m, điện tích Q còn bản kia có khối lượng 2m, điện tích -2Q. Ban đầu hai bản được giữ cách nhau một khoảng 3d. 2

1. Tìm năng lượng điện trường giữa hai bản tụ. 2. ở thời điểm nào đó người ta thả hai bản ra. Hãy xác định vận tốc của mỗi bản khi chúng cách nhau một khoảng d. Bài 6 : Phương án thí nghiệm ( 2,0 điểm) Lập phương án xác định khối lượng riêng của một vật có hình dạng tùy ý và tính sai số của khối lượng riêng của vật đó. Dụng cụ được dùng: Thanh kim loại, thước đo, dây buộc, bình nước, giá đỡ (có điểm tựa cố định). Biết khối lượng riêng của nước là ρn ± ∆ρn Sai số của thước đo là: ∆d. Biết khối lượng riêng của vật đó lớn hơn khối lượng riêng của nước. ……………………….Hết………………………

Người phản biện

Người ra đề

Nguyễn Toàn Thắng

Quách Thành Chung

ĐT: 0916.802.086

ĐT: 0915.316.627

H−íng dÉn chÊm thi olympic trẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIV

MÔN: VẬT LÍ, LỚP 10 Bản hướng dẫn chấm gồm 08 trang I. Hướng dẫn chung * Nếu thí sinh không làm bài theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm như hướng dẫn quy định (đối với từng phần). * Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi. * Thí sinh không ghi đơn vị hoặc ghi sai đơn vị ở đáp số một lần thì trừ 0,25 đ; từ hai lần trở lên trừ 0,50 đ đối với toàn bài. * Nếu thí sinh viết được các công thức để giải toán nhưng không tìm ra đáp số đúng thì có thể cho 1/2 số điểm của phần tương ứng. * Sau khi cộng điểm toàn bài thì không được làm tròn. II. Đáp án và thang điểm →

Hướng dẫn

Câu

Điểm

1. Chọn chiều dương là chiều chuyển động. →

→

Đối với m1 có các lực tác dụng P1 ; T1 →

→

Đối với m2 có các lực tác dụng: P2 ; T2

→

T1 → T1

→

m2 →

→

Phương trình theo định luật II Newton chiếu lên chiều dương: P1 − T1 = m1.a1  T2 − P2 .sin α = m 2 .a 2

P1 − P2 .sin α = 4(m / s 2 ) m1 + m 2

0,5

→

Do dây không dãn nên: a1=a2=a ; T1=T2=T a1=a2=

0,5

→

0,5

→

T=P1-m1.a1= 18N 4

Áp lực tác dụng lên trục của ròng rọc: →

→

0,5

→

Q = T1 + T 2 ⇒ Q = 2.T.cos 300 = 31, 2(N)

2. Các lực tác dụng vào vật M: →

Câu 1

→

P , N, T1 , →

→ ' 2

→

0,5

T2 , N , Fms .

 N '2 = p2 .cos α = 17,32N  Fms = T2x − N '2x = 6.94N.

0,5

→ ,

ࢻ

→

F ms

N = P + T1 + T2y + N 2y = P2 + T1 + T2 . Sinα + N'2 .cos α = 62N

0,25

→

Để M không bị trượt trên bàn thì ma sát giữa M và bàn là ma sát nghỉ: Fms ≤ µ.N ⇒ µ ≥

0,25

Fms = 0,11. N

*Nhận xét: Hệ đạn, cát và xe chịu tác dụng của ngoại lực: trọng lực và phản lực tác dụng lên xe (lực căng dây là nội lực) nhưng hình chiếu của các lực này theo phương nằm ngang bằng không do đó động lượng theo phương ngang bảo toàn. ݉ଷ ߙ

v2' T

0,25

T T1

݉ଶ ' v2

‫ܨ‬௤௧ T1

݉ v0

݉ଵ

v2''

݉ଶ P

a) Xác định vận tốc sau va chạm và nhiệt lượng tỏa ra: Câu + Sau va chạm viên đạn nằm trong túi cát tạo thành vật mới có khối lượng: 2

m2 = m0 + m1

+ Định luật bảo toàn động lượng theo phương ngang: m0 v0 = m 2 v2 ⇒ v2 = 4 m/s

0,5

+ Định luật bảo toàn năng lượng: Q=

m0 v02 m2 v22 − = 4,8 J 2 2

0,5

b) Xác định độ cao lớn nhất. Tại vị trí cao nhất vận tốc của túi cát so với xe: v23 = 0 .

Xe và túi cát có cùng vận tốc v2' .

Định luật bảo toàn động lượng theo phương ngang: m2 v2 = ( m2 + m3 ) v2' ⇒ v2' = 1 m/s

0,25

Định luật bảo toàn cơ năng: (m + m3 )v2, 2 m2v22 = m2 ghmax + 2 2 2 ⇒ hmax = 0, 6m

0,25

Mặt khác: hmax = l (1 − cosα ) ⇒ α = 60 0

0,25

* Xác định lực căng dây: So với xe thì túi cát chuyển động tròn dưới tác dụng của trọng lực, lực căng dây, lực quán tính (nếu khi đó xe có gia tốc). Xe chuyển động theo phương ngang dưới tác dụng của lực căng dây. Tại vị trí cao nhất, gia tốc của xe là: a=

T sin α m3

0,25

Túi cát chuyển động tròn quanh xe, tại vị trí cao nhất v23 = 0 : T + Fqt sin α − m2 g cos α = 0 ⇒T =

m3m2 g cos α = 0,8 N m3 + m2 sin 2 α

0,25

c) Gọi vận tốc của túi cát và xe khi từ bên phải về vị trí thấp nhất: v2'' và v3 . + Định luật bảo toàn động lượng theo phương ngang: m2 v2 = m2 v2'' + m3v3

0,25

+ Định luật bảo toàn cơ năng: 6

0,25

m2 v22 m2 v2'' 2 m3v32 = + 2 2 2

Thế phương trình trên vào phương trình dưới tìm ra nghiệm: v2'' = 4 m / s; v3 = 0

(loại)

hoặc:

0,25 0,25

v2'' = − 2 m / s ; v3 = 2 m / s

Kết quả trên là đi từ trái sang, lấy kết quả dưới cho trường hợp đi từ phải sang. Khi ở vị trí thấp nhất gia tốc của xe: a = 0 nên không có lực quán tính tác dụng lên túi cát. Ta có: Fht =

'2 m2 v23 = T1 − m2 g l

0,25

Mà: v '23 = −2 − 2 = −4 m / s ⇒ T1 =

Câu 3

0,25

'2 m2 v23 + m2 g = 4, 67 N l

1. Bình cách nhiệt: Q=0 A1' + A '2 + ∆U1 + ∆U 2 = 0 ⇒ A1' + A '2 + ν1C V (T − T10 ) + ν 2 C V (T − T20 ) = 0

Ta có: A1' = −A '2 ⇒

m1 m (T − T10 ) + 2 (T − T20 ) µ1 µ2

m1 m .T10 + 2 .T20 µ µ2 ⇒T= 1 = 325(K) (1) m1 m 2 + µ1 µ 2

0,5 0,5

0,5

2. Áp suất hai phần bằng nhau nên: Phương trình C-M PiV10= ν1RT10 ; PiV20= ν2RT20

0,25

PfV1= ν1RT ; PfV2= ν2RT ; V10+V20=V1+V2

0,25

Suy ra:

Pf (ν1 + ν 2 ).T = Pi ν1T10 + ν 2 T20

Thay T vào (2):

(2)

Pf =1 Pi

0,25 0,25

3. Làm tương tự như trên, xét tại thời điểm bất kì. P = 1 => Khí H2 dãn nở đẳng áp. Pi

0,25

Công khí thực hiện: A1' = Pi (V10 − V) = ν1R(T10 − T) 5 2

Độ tăng nội năng: ∆U1 = ν1CV (T − T10 ) = ν1R(T − T10 )

0,25 0,25

Nhiệt lượng ôxy truyền sang hyđrô: 7m1R 5 Q1 = ∆U1 − A1' = ν1 ( + 1)R(T − T10 ) = (T − T10 ) ≈ 1090(J) 2 2µ1

a) Trước va chạm thanh có khối tâm nằm ở trung điểm O của thanh. Ngay sau va chạm hệ có khối tâm G, chuyển động tịnh tiến với vận tốc vG và Câu chuyển động quay ngược chiều kim đồng hồ quanh trục quay đi qua khối tâm. Áp dụng công thức xác định vị trí khối tâm hệ ta tìm được vị trí khối 4 tâm hệ nằm cách B đoạn l/4 Hệ kín trong va chạm nên động lượng hệ bảo toàn: mv=(M+m)vG → VG=v/2 (1)

b) Mômen động lượng của hệ trước và ngay sau va chạm là: L1=mvl/4,

0,25

0,5

0,5 0,5

L2=Iω trong đó I là momen quán tính của hệ đối với trục quay qua G. Áp dụng định lí Stainơ ta có: I=m

l2 l l 5 ml 2 + m ( ) 2 + m( ) 2 = 12 4 4 24

Áp dụng định luật bảo toàn momen động lượng ta có: L2= L1 → ωI=mvl/4 → ω

6v 5 ml 2 = mvl/4 → ω= 24 5l

0,5 0,5

- Vận tốc tuyệt đối của đầu A: V A = V A / G + V G ; trong đó VG là vận tốc của G đối với sàn 6v 3l v 2v Do V A / G ↑↓ V G nên VA=VA/G-VG=ω.GA-v/2= - = 5l 4 2 5

0,5

- Động năng bị mất trong va chạm là: 2

ω 2 mv mv 1 v 2 ∆Wđ=Wđ0-Wđ= = − 2m ( ) − I 2 2 2 2 10

0,5

c) Vận tốc tuyệt đối của điểm C của thanh cách G khoảng x là: vC=vG-x.ω Vì VC = 0 → vG = x.ω → x = vG/ω = Câu 5

5l 12

0,5

1. Cường độ điện trường do bản tích điện Q (bản 1) và bản tích điện -2Q 0,25 8

(bản 2) gây ra lần lượt là : E1 =

Q 2ε 0 S

và E 2 =

2Q . 2ε 0 S

Cường độ điện trường bên trong tụ là: Et = E1 + E 2 =

0,25

3Q . 2ε 0 S

Năng lượng điện trường trong tụ là:

0,5

1 1  3Q  27Q 2 d 2  ⋅ S ⋅ 3d = Wt = ε 0 E t ⋅ Vt = ε 0  2 2  2ε 0 S  8ε 0 S

Khi hai bản cách nhau một khoảng d, ký hiệu V1 , V2 lần lượt là vận tốc của bản 1 và bản

2. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng ta có: mV1 + 2mV2 = 0 ⇒ V1 = −2V2

0,25

(1)

Năng lượng điện trường bên trong tụ là: 2

1 1  3Q  9Q 2 d  ⋅ Sd = Wt = ε 0 Et2Vt ' = ε 0  2 2  2ε 0 S  8ε 0 S '

0,25

Cường độ điện trường bên ngoài tụ (bên trái của bản tụ 1 và bên phải của E n = E 2 − E1 =

bản tụ 2) là:

Q 2ε 0 S

0,25

Khi hai bản cách nhau là d thì thể tích không gian bên ngoài tăng một lượng là: ∆V = S ⋅ 2 d . Vùng thể tích tăng thêm này cũng có điện trường đều với cường độ E n . Do vậy, năng lượng điện trường bên ngoài tụ đã tăng một lư1 2

2 ợng là: ∆W = ε 0 E n ∆V =

Q2d . 4ε 0 S

0,25

áp dụng định luật bảo toàn năng lượng: Wt − Wt ' = 9Q 2 d mV12 2mV22 Q 2 d ↔ = + + 4ε 0 S 2 2 4ε 0 S

mV12 2mV22 + + ∆W 2 2

0,5 (2)

Giải hệ phương trình (1) và (2), cho ta: V2 = Q

2d 2d và V1 = −2Q . 3ε 0 Sm 3ε 0 Sm

0,5

Dấu “ – “ thể hiện hai bản chuyển động ngược chiều nhau. Vật chìm hoàn toàn trong nước. tiến hành các bước sau: - Xác định khối tâm G của thanh ( Điểm đặt trên giá đỡ mà thanh nằm cân

0,25

bằng). - Treo vật rồi dịch chuyển giá đỡ đến O để thanh cân bằng. Đo d1 và d2 (

0,25

hình a) . - Nhúng vật trong bình nước rồi dịch chuyển giá đỡ để thanh cân bằng. Đo d3 d1 d2 Câu và d4 ( hình b). C O G 6

0,25

→

m. g

Hình a

→

M.g

d3 C

d4 O

G →

→

m. g

→

Hình b

M.g

Gọi m là khối lượng của thanh, M là khối lượng của vật thì 10md 2 = 10Md1 ⇒ M = m.

d2 d1

0,25

(1)

Khi nhúng vật trong nước 10md 4 = (10M − FA )d 3 = 10(ρ x − ρn )Vd 3 (2)

Mặt khác: ρ x =

M V

0,25

(3).

Từ (1), (2), (3) tìm được: ρ x = ρn

d 2d3 d 2 d 3 − d1d 4

0,25 10

Sai số tuyệt đối: ∆ρ x = (

∆ρn ∆d ∆d ∆d ∆d + 2 2 + 2 3 + 1 + 4 )ρ x ρn d2 d3 d1 d4

0,5

∆d1= ∆d2= ∆d3= ∆d4= ∆d

Người ra đề : Quách Thành Chung SĐT : 0915.316.627

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG

ĐỀ ĐỀ XUẤT THI HSG TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG - NĂM 2018

MÔN: VẬT LÝ Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. Bài 1. (3 điểm) Trên mặt phẳng nằm ngang, người ta đặt → một tấm ván (đủ dài), trên tấm ván người ta lại đặt một viên phấn nhỏ (hình vẽ). Hệ số ma sát giữa viên phấn và tấm ván là µ = 0,1. Ban đầu hệ đứng yên. Tại một thời điểm nào đó, người ta kéo tấm ván chuyển động thẳng đều với vận tốc v0 = 2 m/s. Sau đó một khoảng thời gian ∆t = 3 sngười ta lại cho tấm ván dừng lại một cách đột ngột. cho g = 10 m/s2. a. Hãy mô tả chuyển động của viên phấn trên tấm ván? b. Hãy tìm độ dịch chuyển của viên phấn trên tấm ván, quãng đường mà viên phấn đi được trên tấm ván và độ dài của vệt phấn trên tấm ván? Bài 2. (3 điểm) Một khối gỗ khối lượng m với tiết diện có dạng tam y giác vuông cân, có thể trượt không ma sát trên mặt sàn (2) nằm ngang. Trên tiết diện đi qua khối tâm khối gỗ có hai vật nhỏ (1) và (2) có khối lượng lần lượt là m và 3m G3 được nối với nhau bằng một sợi dây không giãn vắt qua x (1) O ròng rọc như hình vẽ (hình 1): ban đầu vật (1) ở sát đáy, L vật (2) ở sát đỉnh góc vuông, các vật được giữ đứng yên. Hình 1 Chiều dài đáy của tiết diện là L = 50 cm. Bỏ qua mọi ma sát, khối lượng của dây và ròng rọc. Ở thời điểm nào đó các vật được thả tự do. Khi vật 3m đến đáy khối, hãy xác định: a. Độ dịch chuyển của khối gỗ. b. Vận tốc của hai vật và của khối gỗ. Lấy g = 10 m/s2.

•

Bài 3. (3 điểm) Từ vị trí cao nhất A của một mặt phẳng nghiêng có độ cao h, đặt một quả cầu đặc đồng chất khối lượng m và bán kính R. Thả nhẹ để quả cầu lăn không trượt xuống dưới như hình vẽ. a. Tính mômen quán tính của quả cầu đối với trục quay đi qua điểm tiếp xúc và vuông góc với mặt phẳng hình vẽ theo m, R.

h B

b. Tính tốc độ góc của quả cầu và tốc độ dài của khối tâm quả cầu khi vừa xuống tới chân B của mặt phẳng nghiêng. Bỏ qua ma sát lăn, biết gia tốc trọng trường là g. Bài 4. (4 điểm) Một quả khí cầu có một lỗ hở ở phía dưới để trao đổi khí với môi trường xung quanh, có thể tích không đổi V = 1,1 m3. Vỏ khí cầu có thể tích không đáng kể và khối lượng m = 0,187 kg. Nhiệt độ của không khí là t1 = 200C, áp suất khí quyển tại mặt đất là p0 = 1,013.105 Pa. Trong các điều kiện đó, khối lượng riêng của không khí là 1,20 kg/m3. Biết gia tốc trọng trường tại mặt đất là g = 10 m/s2. Lấy hằng số khí R = 8, 31 J mol.K . a. Tìm khối lượng mol trung bình của không khí. b. Ban đầu khí cầu ở gần mặt đất, để quả khí cầu lơ lửng, cần nung nóng khí bên trong khí cầu đến nhiệt độ t2 bằng bao nhiêu? c. Nung nóng khí bên trong khí cầu đến nhiệt độ t3 = 1100C. Tìm lực cần thiết để giữ khí cầu đứng yên. d. Sau khi đã nung nóng khí bên trong khí cầu, người ta bịt kín lỗ hở lại và thả cho quả khí cầu bay lên. Coi nhiệt độ khí bên trong khí cầu luôn là t3 = 1100C, nhiệt độ của khí quyển luôn là t1 = 200C và gia tốc trọng trường g = 10 m/s2 coi như không đổi theo độ cao. Tính độ cao lớn nhất mà quả khí cầu lên được. Bài 5.(4 điểm) Hai vật có kích thước nhỏ, khối lượng m1 và

q 1 , m 1O

q 2, m 2

m2, mang các điện tích cùng dấu q1 và q2 nằm cách x1

nhau một khoảng a trong chân không. Hãy tính công của lực điện trường khi thả đồng thời cả hai

điện tích cho chúng tự do chuyển động. Xét trường hợp các khối lượng bằng nhau và trường hợp các khối lượng khác nhau. Bài 6.(3 điểm) Cho các dụng cụ: Một ống thủy tinh dài được hàn kín một đầu. Trong ống chứa một cột không khí ngăn cách với không khí bên ngoài bằng một cột thủy ngân. Một thước thẳng chia độ đến milimét. Khối lượng riêng của thủy ngân và gia tốc trọng trường đã biết. Yêu cầu: 1. Trình bày một phương án thí nghiệm để xác định áp suất khí quyển với các dụng cụ đã cho. 2. Thiết lập biểu thức tính sai số của phép đo. --------------HẾT-------------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG

ĐỀ ĐỀ XUẤT THI HSG TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG - NĂM 2018

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN VẬT LÝ Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. Sơ lược lời giải a. Do tấm ván chuyển động thẳng đều nên hệ quy chiếu ván là hệ quy chiếu quán tính. Bài 1 Kéo tấm ván (từ nghỉ) chuyển động đều với vận tốc v0 = 2 m/s nên viên phấn (3,0 chuyển động thẳng chậm dần đều (ngược hướng chuyển động của ván) với vận tốc điểm) F ban đầu v0 = 2m/s; gia tốc a = ms = µ g = 1m / s 2 . m v Viên phấn dừng lại trên ván sau thời gian: t0 = 0 = 2( s ) . a Do đó với ∆t = 3s. Viên phấn chuyển động thẳng chậm dần đều (ngược hướng chuyển động của ván) với vận tốc ban đầu v0 = 2m/s trên ván và dừng lại sau t0 = 2s. Sau đó 1s, khi tấm ván dừng lại đột ngột, viên phấn lại chuyển động thẳng chậm dần đều (cùng hướng chuyển động trước đó của ván) với vận tốc ban đầu v0 = 2m/s trên ván và cũng dừng lại sau t0 = 2s, dịch chuyển được 2m.

Điểm

v02 = 2(m) . 2a Quãng đường đi được trong giai đoạn chuyển động chậm dần từ 2 s đến 3 s cũng là 2 m. Vậy độ dịch chuyển của viên phấn trên ván là 0, quãng đường viên phấn đi được là 4m và độ dài vệt phấn trên tấm ván là 2m.

0,25 đ

Quãng đường đi được sau 2s là: s =

0,5 đ

0,25 đ 0,5 đ

Bài 2. Sơ lược lời giải a. Chọn hệ trục Oxy gắn với đất như (hình 1a). Xét hệ gồm hai vật m, 3m và khối gỗ (3). y (3,0 Theo phương ngang, ngoại lực tác dụng điểm) lên hệ bằng 0 nên : x = const (G là khối G (2) tâm của hệ trên). (3) L m. G3 L 2 (1) x (1) = - Lúc đầu: xG = O m + 3m + m 10 L - Ngay trước khi vật 3m chạm sàn : mx + 3mx2 + mx3 x1 + 3x2 + x3 Hình 1a xG = 1 = m + 3m + m 5 3L L (2) Trong đó : x1 = x3 ; x2 = x3 − ( x2 < 0) . Suy ra: xG = x3 − 2 10 2L = 20 cm - Từ (1), (2) có : Khối gỗ dịch chuyển sang bên trái một đoạn là: x3 = 5

Điểm

•

0,5 đ

•

b. Gọi u là vận tốc của vật (1), (2) đối với khối gỗ (3) (u1 = u 2 = u ) và v là vận tốc của khối gỗ (3) tại thời điểm vật (2) tới đáy khối gỗ. v1 u 1 Theo công thức cộng vận tốc ta có : v1 = u1 + v (hình 1b) v 2 = u 2 + v (hình 1c)

v1x = v − u cos 45 0 Chiếu lên Ox :  v 2 x = v − u cos 45 0

0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ

•

Hình 1b

Từ giản đồ có : v12 = v 22 = v 2 + u 2 − 2 ⋅ u ⋅ v (4) - Áp dụng định luật bảo toàn động lượng theo phương ngang và bảo toàn năng lượng ta có :  5 2 mv1x + 3mv2 x + mv = 0  u= v (5)   4 v • 2 2 2  L mv1 3mv2 mv L → 0 + + + mg 45 3mg = v 2 = v 2 = 1 (2 gL − v 2 ) (6)  2 2 2 2 2 2  1 4 u v 2  4 gL 2 3 2 m/s =  v= 15 3  Hình 1c - Từ (4), (5) và (6) ta có : →  v = v = 13 gL = 13 m / s  1 2 30 6

0,25 đ

0,5 đ

0,75 đ

Bài 3. Ý a

Nội dung - Tính được momen quán tính của quả cầu đi qua khối tâm

Điểm 0,5 đ

- Dùng định lí trục quay tính được momen quán tính với trục quay đi 0,5 đ qua điểm tiếp xúc b

- Gọi vc là vận tốc của quả cầu sau khi lăn xuống được độ cao h. - Khi quả cầu lăn không trượt xuống dưới, thì điểm đặt của lực ma sát 0,25 đ tĩnh nằm trên trục quay tức thời, mà tại đó vận tốc của các điểm tại bằng không và không ảnh hưởng tới cơ năng toàn phần của vật. - Vai trò của lực ma sát ở đây là đảm bảo cho vật lăn thuần tuỳ không 0,25 đ trượt và đảm bảo cho độ giảm thế năng hoàn toàn chuyển thành độ tăng động năng tịnh tiến và chuyển động năng quay của vật. - Vì các lực tác dụng lên hình trụ đặc và quả cầu đều là : p ( lực thế ),

Ν (theo phương pháp tuyến) và lực ma sát tĩnh Fms . Ta có Ν và Fms

0,25 đ không sinh công ⇒ Acác lực không thế = 0 ⇒ cơ năng của hệ được bảo toàn. - Như vậy ta có thể áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho chuyển 0,25 đ động của quả cầu và hình trụ: 2

Với quả cầu: Trong đó:

mgh = Ιc =

mv c 2

2mR

Ι c ωc

Thay vào ( 1 ) ta có:

; ωc =

0,5 đ

(1)

2 vc R

mgh =

0,5 đ 7 mv

2 c

;

Bài 4. Sơ lược lời giải a. Từ phương trình trạng thái của khí lý tưởng: (4 m m MP PV = nRT = RT ⇒ ρ = = điểm) M V RT ρ RT 1, 2.8, 31.293 ⇒M= 1 1 = ≈ 28,84.10−3 kg / mol = 28,84g / mol 5 P0 1, 013.10 b. Do quả cầu hở, áp suất khí bên trong và bên ngoài khí cầu là như nhau =>

Để khí cầu lơ lửng, ta cần có:

Điểm 0,25 đ 0,5 đ

ρ1 T2 = ρ 2 T1

0,25 đ

ρ1Vg = mg + ρ2 Vg ⇒ ρ1V = m + ⇒ T2 =

ρ1T1 V T2

ρ1T1V 1, 2.293.1,1 = = 341, 36 K ≈ 68,36 0 C ρ1V − m 1, 2.1,1 − 0,187

0,5 đ

c. Lực cần giữ quả khí cầu là:

 ρT  F = ρ1Vg − mg − ρ3 Vg =  ρ1V − m − 1 1 V  g T3   1, 2.293   .1,1 .10 ≈ 1, 23 N = 1, 2.1,1 − 0,187 − 383   d. * Lập biểu thức sự phụ thuộc khối lượng riêng của không khí theo độ cao khi nhiệt độ không đổi Chia không khí thành các lớp rất mỏng có độ dày dz. Từ điều kiện cân bằng của các lớp khí ta có: P ( z ) = P ( z + dz ) + ρg.dz

⇒ dP = −ρg.dz = −

⇒ ρ = ρ0 e

0,5 đ

MP g.dz RT

Mgz − dP Mg dz ⇒ P = P0 e RT ⇒ =− P RT −

0,5 đ

Mgz RT

= ρ0 e

−

ρ0 g z P0

0,25 đ

0,5 đ

* Tính độ cao lớn nhất của khí cầu - Ở nhiệt độ t1 = 200 C , khối lượng riêng của không khí là ρ 0 = ρ1 = 1, 2 kg m3 Quả khí cầu cân bằng khi:

0,25 đ

m ρ T 0,187 1, 2.293 ρ '1 Vg = mg + ρ3Vg ⇒ ρ '1 = + 1 1 = + ≈ 1, 088 kg / m3 V T3 1,1 383 z=−

P0 ρ' 1, 013.105 1, 088 ln 1 = − ln ≈ 827 m. ρ0 g ρ0 1, 2.10 1, 2

0,5 đ

Bài 5. Sơ lược lời giải a. Trường hợp khối lượng các hạt bằng nhau, thì do lực như nhau, gia tốc các hạt như nhau. Chúng được đồng thời thả ra, nên các điện tích luôn đối xứng qua khối (4,0 tâm chung, nằm chính giữa đoạn a ban đầu. điểm) Gọi x là các khoảng cách tức thời từ mối điện tích đến khối tâm, thì công dịch chuyển mỗi điện tích đi ra đến vô cùng bằng A1 =

∫

∞

qq Fdx = 1 2 4πε 0 a/ 2

∫

∞

a/2

(2 x )2

q q  1 = 1 2 −  16πε 0  x 

∞

= a/ 2

q1 q2 8πε 0 a

Suy ra công toàn phần của lực điện trường khi cho cả hai điện tích đồng thời chuyển động ra xa vô cùng bằng

A = A1 + A2 = 2 A1 =

x2 =

m1 x1 m2

⇒

x1 = ( x1 + x 2 )

0,5

m2 m2 = l m1 + m2 m1 + m2

m1 l trong đó l là khoảng cách tức thời giữa hai điện tích. m1 + m2 Ta tính công của lực điện trường khi cả hai điện tích được thả ra đồng thời cho chuyển động đến vô cùng. Kí hiệu khoảng cách ban đầu từ khối tâm đến các điện tích lần lượt là a1 và a2, ta có công dịch chuyển của điện tích q1 ra xa vô cùng bằng ∞

và

0,5

q1 q2 4πε 0 R

b. Trường hợp các khối lượng m1 và m2 khác nhau. Khi đó, mặc dù lực tác dụng lên hai điện tích có độ lớn như nhau, nhưng gia tốc của hai hạt là khác nhau. Tuy nhiên, nếu chú ý rằng hệ hai điện tích là một hệ kín, lực tương tác giữa chúng là nội lực, thì có sự bảo toàn khối tâm của hệ

m1 x1 = m2 x 2 ⇒

Điểm

x2 =

A1 = Thay x1 theo l, ta được

∫

F1dx1

∞

A1 =

∫

0,5

∞

q1 q2 m2 F1 dx1 = 4πε 0 m1 + m2

∫

qq m2 dl 1 = 1 2 2 4πε 0 m1 + m2 a l

0,5

Tương tự ta có công A2 cho điện tích q2

q1q2 m1 1 4πε 0 m1 + m2 a Thế năng tương tác ban đầu giữa hai điện tích được chuyển hoàn toàn thành công dịch chuyển đồng thời cả hai điện tích ra xa vô cùng và bằng A2 =

Wt = A1 + A2 =

q1 q2 4πε 0 a

Tóm lại dù cho một hay cảc hai điện tích của hệ cùng dịch ra xa vô cùng thì công

0,5

của lực điện trường cũng chỉ bằng thế năng của một điện tích này trong điện

0,5

trường của điện tích kia khi chúng cách nhau một khoảng r.

Bài 6.

a.Phương án thí nghiệm: - B1: dùng giấy cuộn sát vào mặt ngoài và mặt trong của 3đ

0, 5

ống nghiệm, sau đó dùng thước đo ta xác định được chu vi mặt trong C1 và chu vi mặt ngoài C2 của ống nghiệm - B2: đổ nước muối vào ống nghiệm sao cho khi thả ống vào bình nước, ống cân bằng bền và có phương thẳng

0, 5

đứng. Đánh dấu mực nước muối trong ống và mực nước bên ngoài ống. - B3: đổ thêm nước muối vào ống, chiều cao nước muối đổ thêm là ∆x . Thả ống vào bình thì ống chìm sâu thêm một 0, 5

đoạn ∆y . Đo ∆x và ∆y bằng thước. Gọi S1; S2 tương ứng là tiết diện trong và tiết diện ngoài của ống nghiệm, từ phương trình cân bằng của ống suy ra: 2

 C  ∆y S ∆y ρ1S1∆x = ρ0 S 2 ∆y ⇒ ρ1 = 2 ρ 0 =  1  ρ0 S1∆x  C 2  ∆x

0, 5

b. Biểu thức sai số: ln ρ1 = 2 ln

∆y C1 + ln + ln ρ 0 C2 ∆x

0, 5

⇔ ln ρ1 = 2 ( ln C1 − ln C2 ) + ln ∆y − ln ∆x + ln ρ0 ⇒

 ∆C ∆C2  ∆ ( ∆y ) ∆ ( ∆x ) ∆ρ0 = 2 1 + + + + ρ1 ρ0 C2  ∆y ∆x  C1

∆ρ1

------------------Hết-------------------

0,5

Trường THPT Chuyên

KÌ THI OLIMPIC TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG NĂM 2018

Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình

Môn: Vật Lý 10

ĐỀ ĐỀ XUẤT

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1: Cơ học chất điểm (3,5 điểm). Một vật A coi như một chất điểm có khối lượng m chuyển động với vận tốc v 0 như hình vẽ, đến gặp một vật cản B có khối lượng M đang đứng yên trên mặt nằm ngang. Một mặt của vật B là mặt bán cầu đường kính DE = 2R. Bỏ qua các loại ma sát và biết rằng sau khi gặp nhau, vật A chuyển động trên mặt bán cầu của vật B còn B chuyển động tịnh tiến trên mặt nằm ngang. a. Tìm điều kiện về v 0 để vật A lên tới điểm E. b. Tính áp lực do vật A tác dụng lên B khi nó ở trung điểm N của cung DE. Câu 2: Các định luật bảo toàn(3,5 điểm). Một sợi dây thép mảnh, trơn nhẵn, đặt nằm ngang xuyên qua tâm 2 quả cầu đồng chất có khối lượng là m và 6m. Giữa 2 quả cầu có một lò xo độ cứng k. Quả cầu khối lượng m lao đến quả cầu khối lượng 6m với vận tốc v0. Tính độ biến dạng cực đại của lò xo trong các trường hợp: a, Quả cầu khối lượng 6m được cố định. b, Quả cầu khối lượng 6m được thả tự do.

Câu 3: Nhiệt(3,5 điểm). Một lượng khí lí tưởng đơn nguyên tửgồm 3/4 mol, biến đổi theo quá trình cân bằng từ trạng thái có áp suất p0=2.105Pa và thể tích V0=8 lít đến trạng thái có áp suất P1=105Pa và thể tích V1=20 lít. Trong hệ tọa độ p,V quá trình được biểu diễn bằng đoạn thẳng AB (Hình vẽ). a, Tính nhiệt độ T0 của trạng thái ban đầu (A) và T1 của trạng thái cuối (B). b, Tính công mà khí sinh ra và nhiệt mà khí nhận được trong cả quá trình. c, Xét sự biến thiên nhiệt độ T của khí trong suốt quá trình. Với giá trị nào của thể tích V thì nhiệt độ T lớn nhất, giá trị lớn nhất Ts của nhiệt độ T là bao nhiêu? Câu 4: Cơ vật rắn(3,5 điểm). Một khối trụ đồng chất khối lượng 20kg bán kính 20cm có thể chuyển động trên một mặt phẳng ngang. Hệ số ma sát trượt giữa khối trụ và mặt phẳng ngang µ=0,1. Lấy g=10m/s2. Ở thời điểm ban đầu truyền cho khối trụ một chuyển động quay xung quanh khối tâm với tốc độ góc ω0 = 65rad/s và vận tốc của khối tâm v0 = 5m/s. Bỏ qua ma sát lăn, tính công của lực ma sát. m, q

Câu 5: Tĩnh điện(3,5 điểm) Ba quả cầu nhỏ cùng khối lượng m, cùng điện tích q, được nối với nhau bằng ba sợi dây dài l, không dãn, không khối lượng, không dẫn điện

B l

l A

tạo thành tam giác đều đỉnh A, B, C như hình vẽ. Hệ được đặt trên mặt phẳng ngang, nhẵn, cách điện. Người ta đốt nhanh sợi dây AC. 1. Xác định lực căng các sợi dây trước khi đốt dây AC. 2. Xác định vận tốc cực đại của các quả cầu trong quá trình chuyển động. 3. Xác định lực căng của các sợi dây khi ba quả cầu thẳng hàng. 4. Xác định lực căng sợi dây BC và gia tốc của quả cầu đặt tại C ngay thời điểm dây AC đứt. Câu 6:Phương án thực hành(2,5 điểm). Cho các dụng cụ sau: 01 thước thẳng học sinh cứng có độ chia nhỏ nhất đến 1mm; 01 bút bi bấm; 01 hộp phấn (còn phấn); 01 đồng xu 200 VNĐ (có thể tra cứu khối lượng của đồng xu); 01 máy tính cầm tay. Tất cả các dụng cụ nói trên đặt trên bàn học sinh. Em hãnh trình bày phương án thí nghiệm đo xung lực tạo được của đầu bút bi khi bấm, với các dụng cụ nói trên. Đánh giá và ước lượng sai số, nêu cách khắc phục sai số trong thí nghiệm.

ĐÁP ÁN Câu 1. (4,0 điểm). a. + Tại điểm cao nhất, gọi v là vận tốc của m so với M, V là vân tốc của M + Phương trình bảo toàn năng lượng

mv02 m(v − V ) 2 = + mg 2 R (1) 2 2 + Phương trình lực hướng tâm

mv 2 − mg ≥ 0 (2) R (4m + 5M ) gR Suy ra v0 ≥ M N=

b. Khi vật ở N thì phản lực Q có phương nằm ngang, Fqt hướng cùng chiều Q. Gọi vx, vy là các thành phần vận tốc của A hướng theo hai trục như hình vẽ thì

Q + Fqt =

mv y2

(3)

R mQ (4) Fqt = ma = M 2 2 mv02 m(v x + v y ) = + mgR 2 2

(5)

(M + m)vx = mv0 Giải hệ ta được

Mmv y2 ( M + m) R

(6)

 mM (2m + M )v 02  M  − 2 gR  ( M + m) R  (M + M ) 

Bài 2: (3,5điểm) a) Tại thời điểm lò xo biến dạng cực đại thì vận tốc của vật m = 0. Toàn bộ động năng trước va chạm chuyển hết thành thế năng đàn hồi của lò xo mv02/2 = k ∆lm2 ax /2 ∆lmax = v0 m / k b) vật a được thả tự do thì tại thời điểm lò xo biến dạng cực đại thì 2 vật có vận tốc = 0 trong hệ quy chiếu gắn với khối tâm Vận tốc của khối tâm là V = mv0/(m+6m) = V0/7 Lúc đầu cơ năng của hệ có dưới dạng động năng của quả cầu khối lượng m. Khi ∆lmax thì cơ năng dưới dạng động năng của khối tâm (vì 2 vật lúc đó chuyển động với vận tốc của khối tâm)và thế năng đàn hồi của lò xo: mv02 / 2 = 7 mV 2 / 2 + k ∆lm2 ax / 2 KQ: ∆lmax = ∆lmax = v0

6m 7k

Câu 3 Nhiệt (3,5 điểm) 3 4

3 4

1, Từ phương trình trạng thái PV = RT ( = ) (0,5đ) Suy ra: T0 =

4 4 PV PV 0 0 = 257 K ; T1 = 1 1 = 321K (0,5đ) 3R 3R

2, Công sinh ra bằng diện tích hình thang AV0V1B( Hình vẽ). 1 ( P0 + P1 )(V0 − V1 ) = −1800 J ( dấu (–) hệ sinh công 2 33 RT ≈ 600 J (0,5đ) Biến thiên nội năng : ∆U = 42

(0,5đ)

Nhiệt lượng nhận được theo nguyên lí I NĐLH: ∆U = Q + A ⇒ Q = ∆U − A = 2400 J (0,5đ)

3, T =

4 pV 3R

(1) (0,25đ)

Trong quá trình biến đổi thể tích V tăng từ giá trị V0 đến V1, coi T là hàm của thể tích V. Muốn vậy ta xét sự phụ thuộc của p vào V ( đơn vị p=105 Pa); đơn vị V là lít =0,001m3): T Từ phương trình: P=aV +b ; P0 =aV0 +b ; P1=aV1 +b Ta suy ra được:

p − p0 p − p1 p−2 p −1 1 = ⇒ = ⇒ p = ( −V + 32) (0,5đ) V − V0 V − V1 V − 8 V − 20 12

Thay vào (1) ta có: T =

1 (32V − V 2 ) (0,25đ) 9R

Đường biểu diễn T(V) là một đường parabol đi qua O, đỉnh parabol có tọa độ ( Hình vẽ):

Ts T1 T0

B A

1 Vs = 32 = 16 lít và Ts=342K. (0,25đ) 2 3 3 RTs ⇒ Ps = RTs ≈ 1,332.105 Pa (0,25đ) O V0 Khi đó thay vào phương trình PV s s = 4 4Vs

Câu 4Cơ vật rắn (3,5 điểm) Giai đoạn 1: Khối trụ chuyển động sang phải, lực ma sát trượt: Fms = µmg. Theo phương trình động lực học cho chuyển động tịnh tiến. Gia tốc chuyển động tịnh tiến của khối tâm : F (1) a = - ms = - µg = -1 (m/s2) m Theo phương trình động lực học cho chuyển động ω0 quay quanh một trục . Gia tốc góc của chuyển v0 động quay quanh khối tâm : F R 2µg = - 10 (rad/s2) (2) γ = − ms = − I R F ms v Vận tốc khối tâm giảm đến 0 sau thời gian: t1 = - 0 = 5 (s) a Lúc này tốc độ góc của chuyển động quay quanh khối tâm: ω1 = ω0 + γt1 = 15 (rad/s) (3) Giai đoạn 2: Khối trụ chuyển động sang trái, vận tốc chuyển động tịnh tiến của khối tâm tăng dần, tốc độ góc giảm dần cho đến khi v = ωR thì khối trụ lăn không trượt. Gia tốc chuyển động tịnh tiến: F a’ = ms = µg = 1 (m/s2) (4) m Gia tốc góc vẫn không đổi, xác định theo (2) Gọi t2 là thời gian khối trụ chuyển động sang trái cho đến khi lăn không trượt. Vận tốc khi chuyển động ổn định: v = µgt2 (5) Tốcđộ góc khi chuyển động ổn định: ω = ω1 + γt2 (6) Mặt khác: v = Rω (7) Giải (5), (6), (7) ta được: t2 = 1 (s) V = 1(m/s) ω = 5 (rad/s) ω0 1 1 2 2 Động năng của vật kúc này: Wđ = mv + Iω v 2 2 Công của lực ma sát (ngoại lực) bằng độ biến thiên động năng: 1 1 2 2 2 2 F A= m(v - v 0 ) + I(ω - ω 0 ) = - 1080 J. ms 2 2

(Sau khi chuyển động ổn định lực ma sát nghỉ không sinh công.) Câu 5: Tĩnh học (3,5 điểm) 1. Do tính chất đối xứng, lực căng mỗi sợi dây có độ lớn đúng bằng lực tương tác tĩnh điện giữa hai q2 T=F=k 2 quả cầu: l 2.Khi dây AC bị đứt, dưới tác dụng của các nội lực còn lại (lực đẩy tĩnh điện và lực căng dây) cả ba đều chuyển động nhưng khối tâm của hệ vẫn đứng yên và động lượng của hệ vẫn bảo toàn: v1 + v 2 + v3 = 0 ⇒ v1 + v3 = − v 2 + Do tính chất đối xứng của hệ, nên quả cầu 2 chuyển động trên đường trung trực y'y, và hai quả cầu A và C luôn luôn nằm ngang, các vận tốc v1 và v3 bằng nhau và 3 điện tích luôn có khối tâm tại G. + Ở vị trí bất kì, khi khoảng cách giữa A và C là x, thế năng tĩnh điện của hệ là: q 2 kq 2 Wt = 2k + l x + Theo định luật bảo toàn năng lượng, thì động năng cực đại của hệ ứng với thế năng cực tiểu của hệ: Wt(min) ⇔ x = 2l : hệ ba quả cầu thẳng hàng. 1 ⇒ v1 = v3 và vuông góc với đường nối 3 diện tích ⇒ v1m = v3m = v 2m 2 + Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng cho hệ khi hệ ở trạng thái ban đầu và ở trạng thái 3 quả cầu thẳng hàng: kq 2 1 kq 2 kq 2 2 2 3 = m(v1m + v 22m + v3m )+2 + l 2 l 2l

kq 2 kq 2 ; v 2m = 2 6ml 6ml + Quả cầu A và C quay quanh quả cầu B với tốc độ tương đối: ⇒ v1m = v3m =

kq 2 kq 2 kq 2 + =3 6ml 6ml 6ml + Phương trình động lực học hướng tâm với tâm quay B ở trạng kq 2 kq 2 mv 2 thái 3 quả cầu thẳng hàng cho ta: T− 2 − 2 = l 4l l l 4. Khi dây đứt quả cầu C chuyển động quay tức thời quanh quả cầu B. + Do chưa có vận tốc nên gia tốc của cầu C chỉ có thành phần A tiếp tuyến, phương trình động lực học theo phương tiếp tuyến: m, q ma = FAsin600 vCB = 2

⇒a=

FA sin 600 3kq 2 = m 2ml 2

m, q B l l

T FA

C m, q FB

Câu6: Phương án thực hành (2,5 điểm): + Cơ sở lý thuyết: - Sử dụng bút bi tác dụng xung lực vào mẩu phấn trên mặt bàn cho nó thực hiện chuyển động ném ngang: - Thiết lập công thức để có đẳng thức: X = mv = mL

g (1) 2H

- Trong công thức (1): L và H có thể đo bằng thước thẳng, g được tra cứu lấy giá trị gần đúng trong máy tính, m được xác định qua việc so sánh khối lượng với đồng xu theo nguyên tắc đòn bẩy làm từ thước thẳng. + Bố trí thí nghiệm và tiến hành: - Bẻ mẩu phấn nhỏ, đặt lên một bên thước thẳng, bên còn lại đặt đồng xu đã biết khối lượng, trung điểm của thước đặt lên bút bi, điều chỉnh vị trí của đồng xu và viên phấn sao cho thước thăng bằng như khi

chưa đặt. Từ đó có: m =

l1 mx với mx là khối lượng của đồng xu, l1 là khoảng cách từ tâm đồng xu tới l2

trung điểm của thước, l2 là khoảng cách từ viên phấn đến trung điểm thước khi hệ thăng bằng. - Đặt mẩu phấn lên bàn, đặt bút bi phía sau mẩu phấn, bấm nút để lò xo bật ra, tác dụng xung lực vào viên phấn, quan sát điểm rơi (để lại vết phấn), từ đó đo L, đo H tương ứng. - Tính kết quả theo công thức: X =

l1 g mx L l2 2H

+ Sai số và cách khắc phục: - Sai số gặp phải do phép đo H: Khắc phục bằng việc đo nhiều lần, cần đặt mắt ngang với viên phấn khi xác định độ cao. - Sai số gặp phải do phép đo L: Chú ý quan sát điểm rơi và đo cẩn thận. - Sai số do hiện tượng: Mẩu phấn có thể quay: Nên chọn mẩu phấn nhỏ có dạng tròn. + Ước lượng sai số: δX =

∆l ∆l ∆m ∆L ∆g ∆H + + + + + ≈ 2,5% l1 l2 mx L 2g 2H

(Các sai số tuyệt đối lấy bằng độ chia nhỏ nhất cho các đại lượng đo trực tiếp, lấy đến chứ số thập phân thứ 3 trong các số liệu cho sẵn. Các khoảng cách ước chừng trên thực tế)

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG NĂM 2018 Môn: Vật lý 10 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (4 điểm).

Một mô hình động cơ hơi nước đặt nằm ngang trên mặt sàn nhẵn. Tay quay OA có chiều dài r và quay đều với tốc độ góc ω, điểm B luôn chuyển động thẳng. Thanh truyền AB dài bằng tay quay. Coi khối lượng của các bộ phận chuyển động rút về thành 2 khối lượng m1 và m2 tập trung ở A và B, khối lượng của vỏ động cơ là m3 (hình 1).

A B

Hình 1

1. Cho rằng vỏ động cơ chỉ chuyển động ngang và ban đầu pit-tông ở vị trí xa nhất về bên trái. Xác định phương trình chuyển động của vỏ động cơ. 2. Nếu động cơ được bắt vít xuống nền bằng bu-lông, tìm áp lực của động cơ lên nền và lực cắt ngang bu-lông. Bỏ qua lực căng ban đầu của bu-lông. Câu 2 (4 điểm).

Một khối trụ đặc có bán kính R, khối lượng m, lăn không trượt trên mặt sàn nằm ngang rồi va vào một bức tường thẳng đứng cố định (trục của khối trụ luôn song song với mặt sàn và tường). Biết hệ số ma sát giữa khối trụ và bức tường là µ; vận tốc của trục khối trụ trước lúc va chạm là v0; sau va chạm thành phần vận tốc theo phương ngang của trục giảm đi một nửa về độ lớn; mômen quán tính đối với trục của khối trụ là I =

0 R v0

2 mR 2 (hình vẽ). 5

Bỏ qua tác dụng của trọng lực trong lúc va chạm và bỏ qua ma sát lăn. Tính động năng của khối trụ và góc giữa phương chuyển động của nó với phương nằm 1 8

1 5

ngang ngay sau khi va chạm trong hai trường hợp, µ = và µ = . Câu 3 (4 điểm).

Một vệ tinh chuyển động tròn đều quanh Trái Đất ở độ cao R = 3R0 so với tâm O của Trái Đất. Bán kính Trái Đất là R0 = 6400km. 1. Tính vận tốc V0 và chu kỳ T0 của vệ tinh. 2. Vệ tinh đang chuyển động tròn trên bán kính R thì tại điểm A vận tốc đột ngột giảm xuống thành VA nhưng giữ nguyên hướng; vệ tinh chuyển sang quỹ đạo elip và tiếp đất tại điểm B trên đường OA (O, A, B thẳng hàng). Tìm vận tốc vệ tinh tại A, B và thời gian nó chuyển động từ A đến B.

. B O A

Cho vận tốc vũ trụ cấp I là VI = 7,9 km/s. Bỏ qua mọi lực cản. Có thể dùng phương trình chuyển động của một vệ tinh trên quỹ đạo :  d 2 r  dθ  2  Mm m 2 −  r  = −G 2 r  dt    dt

và định luật bảo toàn mômen động lượng : mr 2

dθ = const . dt

Câu 4 (4 điểm).

Một lượng khí lí tưởng đơn nguyên tử thực hiện một 5

chu trình ABCDECA (Hình 1). Cho biết PA=PB=10 Pa, PC=3.105 Pa,

PE=PD=4.105 Pa,

TA=TE=300K,

P PE

VA=20l,

VB=VC=VD=10l, AB, BC, CD, DE, EC, CA là các đoạn thẳng. 1. Tính các thông số TB, TD, VE. 2. Tính tổng nhiệt lượng mà khí nhận được trong tất cả các giai đoạn của chu trình mà nhiệt độ khí tăng.

PA O

A VA V

3. Tính hiệu suất của chu trình.

Câu 5 (4 điểm).

Mét ®Üa trßn cã b¸n kÝnh lµ a = 8 cm tÝch ®iÖn ®Òu víi ®iÖn tÝch mÆt σ = 10- 3 C/m2. 1. X¸c ®Þnh c−êng ®é ®iÖn tr−êng t¹i mét ®iÓm trªn trôc cña ®Üa vµ c¸ch t©m ®Üa mét ®o¹n b = 6 cm. 2. Chøng minh r»ng nÕu b → 0 th× biÓu thøc thu ®−îc sÏ chuyÓn thµnh biÓu thøc tÝnh c−êng ®é ®iÖn tr−êng g©y bëi mét mÆt ph¼ng v« h¹n mang ®iÖn tÝch ®Òu cã ®iªn tÝch mÆt lµ σ. 3. Chøng minh r»ng nÕu b>>a th× biÓu thøc thu ®−îc chuyÓn thµnh biÓu thøc tÝnh c−êng ®é ®iÖn tr−êng g©y ra bëi mét ®iÖn tÝch ®iÓm.

...............................Hết...........................

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ..........................................; Số báo danh: .....................................

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN ĐÁP ÁNĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐÁP ÁN CHỌN HỌC SINH GIỎI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG NĂM 2018 Môn: Vật lý 10 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (4 điểm)

Nội dung + Xét tại thời điểm t góc quay của vật BOA = φ = ωt (hình 2a). Các bộ phận có khối lượng m1, m2 có vận tốc lần lượt là v1 và v2 trong hệ quy chiếu gắn với vỏ. Vỏ có vận tốc v3 đối với sàn. + Theo phương ngang hệ không chịu tác dụng của ngoại lực nên bảo toàn động lượng:

Điểm V1 A 0.25 B V2 H O Hình 2a

m3v3 +m2(v2 + v3) +m1(v1sinωt + v3) = 0 1.

=> v3 = -

dOB dOH d ( rcosωt ) = -2 =2 = 2ωrsinωt (2) thay (2) vào (1) ta có: dt dt dt

v2 = v3 = -

m2 v2 + m1v1 sin ωt (1) với v1 = ωr, m1 + m2 + m3

(2m2 + m1 )ω r sin ωt (3). m1 + m2 + m3

0.25 0.25 0.25

0.25

Lấy nguyên hàm của (3) x =

(2m2 + m1 )rcosωt +C m1 + m2 + m3

0.25

Chọn x = 0 tại t = 0 ta có C =

(2m2 + m1 )r m1 + m2 + m3

0.25

vậy x =

(2m2 + m1 )r (cosωt − 1) . m1 + m2 + m3

0.25

+ Xét cả hệ chỉ có v1 có thành phần vận tốc theo phương thẳng đứng:

vy = v1cosωt = ωrcosωt, do đó áp lực của hệ lên sàn theo phương thẳng đứng là d ( m1 y ) N = (m1+m2+m3)g + dt N = (m1+m2+m3)g - m1ω2r.sinωt.

0.25 0.25 0.5

+ Động lượng của hệ theo phương ngang khi vỏ được giữ đứng yên là p = m2v2 + m1v1sinωt = (m1 +2m2)ωr.sinωt.

0.5

+ Do đó lực cắt ngang bulong là T=

dp = (m1 +2m2)ω2r.cosωt. dt

0.5

Câu 2 (4 điểm)

v0 . 2 Khối trụ trong quá trình va chạm còn chịu thêm tác dụng của phản lực N vuông góc với tường, hướng ngược chiều va chạm và lực ma sát F ms hướng lêntrên theo chiều Oy. Như vậy chuyển động theo phương 0y sẽ xảy ra hai khả năng:

+ Áp dụng hai định lý biến thiên và chú ý là v x =

TH1: trong quá trình va chạm khối trụ luôn luôn lăn có trượt TH2: trong quá trình va chạm, đầu tiên khối trụ lăn có trượt trong khoảng τ1 sau 0.25

đó lăn không trượt trong khoảng τ 2 . a) Trong thời gian va chạm τ , theo phương Oy khối trụ luôn luôn lăn có trượt. * Định lý biến thiên động lượng:

y 0.25

Theo Ox:

 1  3 mv0 −  − mv0  = mv0 = ∫ Ndt  2  2 0 τ

Theo Oy:

mv y = µ ∫ Ndt

(2)

Từ (1) và (2): tgα =

vy vx

vy v0 / 2

(1)

3 → v y = µv0 2

µN N

= 3µ ;

0.25

+ Định lý biến thiên mômen động lượng: τ

I(ω − ω0 ) = −µR ∫ Ndt (3) → ω = 0

4 − 15µ v0 4R

0.25

+ Điều kiện trên xẩy ra nếu khối trụ vẫn trượt trong va chạm. vy ≤ωR ⇒ µ ≤

4 ≈ 0,19 . 21

1 = 0,125 < 0,19 tương ứng trường hợp suốt quá trình va chạm khối 8 trụ luôn luôn lăn có trượt

+ Giá trị µ =

ω=

4 − 15µ 17 v0 = v0 4R 32R

Động năng

0.25

2 2 Iω2 m  1 2  3   m 2  17  2 E= + =  v0 +  v0   + R   v0 2 2 2  4  16   5  32R  E ≈ 0,34mv 20 = 0,68E 0

m(v 2x + v 2y )

0.25

+ Giá trị µ = 0, 2 > 0,19 tương ứng trường hợp trongquá trình va chạm khối trụ lăn 2

có trượt trong khoảng thời gian τ1và lăn không trượt trong khoảng thời gian τ2. τ1

0.25

τ1

mv y = µ ∫ Ndt

(4); I(ω1 − ω0 ) = −Rµ ∫ Ndt

(5)

0.25

+Sau khoảng thời gian τ1 khối trụ lăn không trượt theo phương 0y với vận tốc vy:

ω1 = vy =

; ω0 =

v0 R

thay

vào

(4)

và

(5)

v v  2 ⇒ mR 2  y − 0  = − Rmv y ; 5 R R

0.25

2 2v v0 ; ω1 = 0 7 7R

tgα =

0.25

4 7

0.25

Động năng sau va chạm là

m ( v 2x + v 2y )

4  1 m  v02 + v02  2 mR 2 4 2 v02 Iω 297 4 49  5 49R mv02 ≈ 0,3E 0 + =  + = 2 2 2 1960 2 1

0.5

Câu 3 (4 điểm) + Gọi M và m lần lượt là khối lượng Trái Đất và vệ tinh. Lực hấp dẫn của Trái Đất lên vệ tinh đóng vai trò lực hướng tâm nên:

GMm mv02 GM V1 → V0= = = = 4,56 km/s 2 R R 3R0 3 Chu kỳ quay của vệ tinh: T0 =

0.5

2πR = 26449s = 7,35 h V0

0.5

+ Từ hai phương trình cho ở đề bài ta được phương trình:

d 2 r (c / m) 2 GM − = − 2 2 3 dt r r + Khi vệ tinh chuyển động với bán kính R = const thì:

(1)

0.5

c (2) ( ) 2 = GMR m + Áp dụng định luật bảo toàn mômen động lượng và bảo toàn cơ năng ta có:

0.25

VA .3R = VB .R

(3)

0.25

mVA2 GMm mVB2 GMm − = − R0 2 3R0 2

(4)

VI = 3, 23 km/s ; VB = 9, 68 km/s 6 AB + Bán trục lớn quỹ đạo elip của vệ tinh: a = = 2 R0 2 + Từ (3) và (4) ta được: VA =

0.5 0.25

+ Áp dụng định luật 3 Keppler ta có:

a3 R a3 T T = ⇒ = =4h 0 T 2 T02 R3

+ Thời gian vệ tinh chuyển động từ A đến B là: t = T/2 = 2 h.

Câu 4 (4 điểm) 1

0.5

0.5 0.25

+ Áp dụng phương trình trạng thái ta có: PAVA=nRTA→ nR=PAVA/TA=20/3

0.5

TB=PBVB/nR=150K, TD=PDVD/nR=600K, VE=nRTE/PE =5l + Khí nhận nhiệt trong quá trình đẳng tích BD và một giai đoạn trong quá trình 3 3 20 biến đổi ECA: Q1=QBD=n. R(TD-TB)= (600 − 150) =4500 J 2 2 3 - Phương trình của đường thẳng ECA:

P − PA P − PA V → P = − + 5 (1) = E V − VA VE − VA 5

0.5

0.25

(V đo bằng l, P đo bằng 105Pa)

2 → T=

PV 3 V2 = (− + 5V) (2) (T đo bằng 100K) nR 20 5

0.25

T= TMax=468,75K khi Vm=12,5l; T tăng khi 5≤V≤12,5l Vm ứng với điểm F trên đoạn CA. Trong giai đoạn EF nhiệt lượng nhận được là: 3 Q2=∆U+A với ∆U=n. R(Tmax-TE) =1687,5 J 2

3 Câu 5 (4 điểm)

A=diện tích hình thang EFVmVE=2437,5J → Q2=1687,5+2437,5= 4125 J Tổng nhiệt lượng mà khí nhận được là Q=Q1+Q2=4500+4125=8625J + Công sinh ra trong một chu trình là: A=dt(∆ABC)-dt(∆CDE) → A=750J Hiệu suất của chu trình: H=A/Q=750/8625 ≈8,6%

0.25

0.25 0.25 0.5 0.5 0.5

+ §iÖn tÝch nguyªn tè: dq = σrdϕdr α 1

+ C−êng ®é ®iÖn tr−êng theo ph−¬ng Ox lu«n b»ng kh«ng v× lu«n tån t¹i hai ®iÖn tÝch nguyªn tè ®èi xøng nhau qua O ®Ó c−êng ®é ®iÖn tr−êng theo ph−¬ng Ox do hai ®iÖn tÝch nguyªn tè nµy g©y ra tæng hîp b»ng kh«ng.

0.5

r dr dϕ rϕ O x

σrdrdϕb dq 1 dE = cos α = 2 2 2 2 3/ 2 4πεε 0 r + b 4πεε 0 (r + b ) ⇒E=

σb 4πεε 0

2π

rdr 2 3/ 2 0 (r + b )

∫ dϕ ∫ 0

(1)

σ 1 (1 − ) 2εε 0 1 + a2 / b2

(2) 0.5 (3)

Thay sè ta ®−îc E= 226 V/m

0.5 0.5

Tõ biÓu thøc (3) ta thÊy khi b→0 th× c−êng ®é ®iÖn tr−êng t¹i ®iÓm ®ã cã biÓu thøc:

σ E= 2εε 0

0.5

NÕu b>>a; ¸p dông c«ng thøc tÝnh gÇn ®óng

1 a2 ≈ 1 − thay vµo biÓu thøc (3) ta thu ®−îc: 1 + a2 / b2 2b 2 E=

σ .a 2 q = 2 4πεε 0 b 4πεε 0 b 2

-------------------------- Hết ----------------------Chú ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

0.5

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LAI CHÂU

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Trại hè Hùng Vương lần thứ XIV

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LQĐ

Môn: Lý 10

(Đề thi gồm có 2 trang) Người ra đề: Nguyễn Thị Thiên Kim . Số điện thoại: 0963555255 Câu 1 : Động học chất điểm (3 điểm) Một bờ vực mặt cắt đứng có dạng một phần parabol (hình vẽ). Từ điểm A trên sườn bờ vực, ở độ cao h = 20m so với đáy vực và cách điểm B đối diện trên bờ bên kia (cùng độ cao, cùng nằm trong mặt phẳng cắt) một khoảng l = 50m, bắn một quả đạn pháo xiên lên với vận tốc v0 = 20m/s, theo hướng hợp với phương nằm ngang một góc 600. Bỏ qua lực cản của không khí và lấy g = 10m/s2. Hãy xác định khoảng cách từ điểm rơi của vật đến vị trí ném vật.

v0 α

Câu 2: Các định luật bảo toàn (4 điểm) Đứng trên một chiếc cầu nhỏ bắc qua con kênh, một bạn học sinh nhìn xuống và ước tính độ cao của cầu so với mặt nước H0=10(m). Để kiểm tra ước đoán của mình có chính xác không. bạn ấy dùng sợi dây nhẹ đàn hồi có độ cứng K=100N/m. Nhận thấy, nếu thả xuống sát mặt nước thì kết quả sẽ không chính xác do sợi dây không thẳng. Bạn ấy đã dùng một quả cầu kim loại có khối lượng riêng ρ = 8,8( g / cm3 ) để nối vào một đầu dây và điều chỉnh sợi dây sao cho nếu thả tự do quả cầu rơi đứng thì quả cầu sẽ xuống sát mặt nước nếu ước đoán của mình hoàn toàn chính xác. Tuy nhiên, khi thả xuống thì quả cầu chìm vào nước, kéo lên đo đoạn dây bị ướt dài h=0,25m. Cho biết quả cầu có khối lượng m=3125g, nước dưới kênh không chảy, có khối lượng riêng ρ0 = 1,2( g / cm3 ) , độ nhớt không đáng kể. Từ những dữ liệu đã đưa ra, hãy tính độ cao thực sự của cầu. Câu 3: Nhiệt học (3 điểm):

Một mol khí lí tưởng thực hiện quá trình giãn nở từ trạng thái 1 (P0, V0) đến trạng thái 2 (P0/2, 2V0) có đồ thị trên hệ toạ độP-V như hình vẽ. Biểu diễn quá trình ấy trên hệ toạ độ P-T và xác định nhiệt độ cực đại của khối khí trong quá trình đó.

Câu

P P0

4: 2

P0 /2

Cơ V

2V0

học vật

rắn (3 điểm) Một thanh OA chiều dài l, khối lượng không đáng kể, có thể quay trong mặt phẳng thẳng đứng quanh trục O nằm ngang. A là trục quay (song song với trục O) của một đĩa tròn đồng chất bán kính R, khối lượng m, momen quán tính I A =

1 mR 2 . Ban đầu có chi tiết của máy gắn chặt 2

đĩa với thanh. Người ta đưa thanh OA đến vị trí nằm ngang rồi thả không có vận tốc ban đầu. Khi

thanh quay đến vị trí đứng thẳng OA1 thì chi tiết máy nhả ra cho đĩa tự do quay quanh trục của nó. Thanh đi tới vị trí OA2, A2 có độ cao cực đại h (tính từ độ cao của A1). Bỏ qua ma sát, sức cản của không khí. Hãy xác định h Câu 5: Tĩnh điện (4 điểm) Hai quả cầu cùng khối lượng m, tích điện giống nhau q, được nối với nhau bằng lò xo nhẹ cách điện, độ cứng K, chiều dài tự nhiên l0. Một sợi chỉ mảnh, nhẹ, cách điện, không dãn, có chiều dài 2L, mỗi đầu sợi chỉ được gắn với 1 quả cầu. Cho điểm giữa (trung điểm) của sợi chỉ chuyển động thẳng đứng lên với gia tốc a

g 2

( a = ) thì lò xo có chiều dài l với

(l0<l< 2L). Tính q.

Câu 6: Phương án thực hành (3 điểm) Một học sinh sử dụng -

1 lực kế với độ chia nhỏ nhất là 0,1 N 1 mẩu gỗ nhỏ, 1 tấm gỗ phẳng. Dây mảnh. Đế 3 chân, trụ sắt Φ 10, khớp đa năng.

Để xác định hệ số ma sát trượt µ giữa bề mặt gỗ với gỗ và đo được bảng số liệu sau : Lần đo

F1(N)

F2(N)

P(N)

3,1

1.3

5,7

3,2

1,2

5,8

3,1

1,0

5,5

3,3

1,1

5,5

3,2

1,3

5,7

Trong đó P là trọng lượng của mẩu gỗ nhỏ. F1, F2 là số chỉ của lực kế trong quá trình đo. Yêu cầu: 1. Thiết kế phương án thí nghiệm mà học sinh trên đã đùng để đo thu được bảng số liệu trên. Chỉ rõ lực F1, F2 là lực gì? 2. Xử lý số liệu, xác định giá trị hệ số ma sát trượt µ -------------- Hết ----------------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LAI CHÂU

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LQĐ

Trại hè Hùng Vương lần thứ XIV Môn: Lý 10

Người ra đề:Nguyễn Thị Thiên Kim Số điện thoại: 0963555255

Câu

Nội dung

Điểm (đ)

Câu 1

Động học chất điểm

Chọn hệ tọa độ xOy đặt trong mặt phẳng quỹ đạo của vật, gắn với đất, gốc O tại đáy vực, Ox nằm ngang cùng chiều chuyển động của vật, Oy thẳng đứng hướng lên. Gốc thời gian là lúc ném vật. Hình cắt của bờ vực được xem như một phần parabol (P1) y = ax2 đi qua điểm A có tọa độ

0,25

y(m)

(x = -

l ; y = h) 2

Phương

trình

của

(P1):

4 2 x 125

0,5

4 Suy ra 20 = a(- 25) ⇒ a = 125 2

α A

h C O

Phương trình chuyển động của vật:

l  x = v cosα t − = 10t − 25 0  2   y = − 1 gt 2 + v sinαt + h = −5t 2 + 10 3t + 20 0  2 Khử t đi ta được phương trình quỹ đạo (P2):

y=−

1 2 2 3 −5 5 x + x + (20 3 − 9) 20 2 4

x(m)

0,5

Điểm rơi C của vật có tọa độ là nghiệm của phương trình:

0,25

1  y = x2  2000   y = − 1 x 2 + 2 3 − 5 x + 5 (20 3 − 9)  20 2 4 x ≠ −25m, y ≠ 20m

với

0,25

Suy ra tọa độ điểm rơi: xC = 15,63m và yC = 7,82m Khoảng cách giữa điểm rơi C và điểm ném A là

AC = (x A − x C ) 2 + (y A − y B ) 2 = 42,37m

Câu 2 1

0,5

Các định luật bảo toàn

Gọi độ cao thực sự của cầu so với mặt nước là H, chiều dài tự nhiên của dây là l .

0,25

Theo bài ra thì: Nếu chiều cao của cầu là H0 thì dây sẽ giãn sao cho vật chạm mặt nước nghĩa là lúc đó vận tốc của vật bằng 0. 0,25

Theo ĐLBT năng lượng, ta có:

1 mgH 0 = k ( H 0 − l ) 2 2 Suy ra: 2

l = H0 −

2mgH 0 = 7,5(m) k

0,5

(1)

Độ cao thực chất của cầu là H, vật chìm vào nước ở độ sâu x. Theo ĐLBT năng lượng, ta có:

mg ( H + x ) −

1 gx = k ( H + x − l ) 2 ρ 2

m ρ0

(2)

Để tìm liên hệ giữa x và l, ta sử dụng đoạn dây chìm trong nước có độ dài tự nhiên h=0,25m. Khi vận tốc của vật bằng 0 thì lực căng dây bằng:

T = k (H + x − l)

(3)

0,5

0,25

Đây chính là lực căng của đoạn dây dài h được kéo đến độ dài x. Độ / cứng của đoạn dây này là: k =

⇒ T = k / ( x − h) =

kl ( x − h) h

k.l h

0,25

(4)

0,5

Cân bằng hai vế (2) và (4), ta có: H + x − l =

Suy ra: 3

x+H =

l.x H .h hay x = h l −h

l ( x − h) h

(5)

0,25

Thế (5) vào (2) suy ra:

mg ( H +

m ρ 0 H .h 1 H .h H .h )− g = k (H + − l ) 2 (6) l−h ρ l−h 2 l−h

Thay các dữ kiện bài ra vào (6), ta tìm được hai nghiệm: H1=9,7(m)

và

0,25

0,5

H2=5,4 (m)

Kết hợp với điều kiện x > h suy ra H2=9,7(m) là thoả mãn Vậy bạn học sinh đó đã đoán khá chính xác, sai số 3%

0,5

Câu 3

Nhiệt học

- Vì đồ thị trên P-V là đoạn thẳng nên ta có: P = αV + β (*); trong đó α và β là các hệ số phải tìm.

0,25

- Khi V = V0 thì P = P0 nên: P0 = αV0 + β

(1)

0,25

- Khi V = 2V0 thì P = P0/2 nên: P0 /2 = 2αV0 + β

(2)

- Từ (1) và (2) ta có: α = - P0 / 2V0 ; β = 3P0 / 2 3P P - Thay vào (*) ta có phương trình đoạn thẳng đó : P = 0 - 0 V 2 2V0

(**)

0,25 0,25 0,5

- Mặt khác, phương trình trạng thái của 1 mol khí : PV = RT (***) 3V 2V0 2 - Từ (**) và (***) ta có : T = 0 P P R RP0

- T là hàm bậc 2 của P nên đồ thị trên T-P là một phần parabol + khi P = P0 và P = P0/2 thì T = T1 =T2 =

0,25

P0 V0 ; R

+ khi T = 0 thì P = 0 và P = 3P0/2 . ′ = - Ta có : T(P)

3V0 4V0 3P ′ =0⇔ P= 0 ; P ⇒ T(P) R RP0 4

cho nên khi P =

3P0 9V0 P0 thì nhiệt độ chất khí là T = Tmax = 4 8R

0,25 0,5

- Đồ thị biểu diễn quá trình đó trên hệ toạ độ T-P là một trong hai đồ thị dưới đây : T 9V0 P0 /8R V0 P0 /R

0,5

P 0

P0/2 3P0 /4

3P0 /2

0,5

Câu 4

Cơ học vật rắn

- Đối với hệ quy chiếu quán tính xOy, đĩa chuyển động tịnh tiến cùng

0,5

khối tâm A và quay quanh A: OA quay góc dφ thì một bán kính nhất định AM quay đối với xOy góc dφ’ = dφ. Vậy vận tốc góc của đĩa đối với xOy bằng vận tốc góc của thanh. 0,5 - Gọi ω là vận tốc góc của thanh khi OA tới vị trí OA1. Bảo toàn cơ năng: mgl =

IO 2

2 ⇒ ω =

ω2 =

1 2

(IA + ml2)ω2 =

1 2

 R2 2  2 + l ω  2   

m

4gl . ω cũng là vận tốc góc 2 2 R + 2l

0,5

O M dφ M’

của đĩa đối với xOy. - Khi chi tiết máy nhả ra thì đĩa tiếp tục quay với

A’

ω (do quán tính quay). Khi đó: (mgl – K) chuyển

0,5

thành thế năng ở độ cao h:

  

mgl  1 −

2 R 2 2 R + 2l

3  2l = mgh ⇒ h =  2 2 R + 2l 

0,5

Tĩnh điện

Câu 5

F® q

F qt P

l,k

Trong hệ quy chiếu phi quán tính gắn với quả cầu, hệ cân bằng. - Lò xo dãn nên lực đàn hồi hướng vào trong lò xo.

1,0

0,5

- Điều kiện cân bằng: P + F ® +F ®h +T+F qt = 0 - Chiếu lên xOy: Ox : −F® + F®h + T sin α = 0 F® − K(l - l0 ) = T sin α ⇒  T cos α = mg + ma = m(g + a) Oy : T cos α − P − Fqt = 0

1,0

l l 2 = 2 2 4L − l 2 l L2 −   2

F − K(l - l0 ) ⇒ tan α = ® = m(g + a)

q2 3mgl 1  3mgl  ⇒ k 2 = K(l - l0 ) + ⇒q=l + K(l - l0 )  2 2 2 2 l k  2 4L − l 2 4L − l 

Câu 6

0,5

Phương án thí nghiệm

- Móc vật vào lực kế bởi dây mảnh. 1. Phương - Sử dụng đế 3 chân , trụ , khớp đa năng và tấm gỗ tạo thành hệ mặt án thí phẳng nghiêng góc α , chú ý rằng góc α phải không đủ lớn để cho mẩu nghiệm gỗ tự trượt xuống.

1,0

0,25

- Kéo vật trượt đều đi lên mặt phẳng nghiêng, đo được giá trị của lực kế là: Fℓ = µ Pcosα + P sin α

(1)

- Kéo vật trượt đều đi xuống mặt phẳng nghiêng, đo được giá trị của lực kế là: Fx = µ Pcosα − P sin α (2) - Từ (1) và (2) ta thu được: ⇒µ=

Fℓ + Fx 2

4 P − ( Fℓ − Fx ) 2

0,25

(3)

Trong đó P đo được từ lực kế bằng việc treo vật

0,25

- Nhận xét: Fℓ luôn lớn hơn Fx do đó từ bảng số liệu trên thì : + F1 là số chỉ của lực kế khi kéo vật trượt đều đi lên mặt phẳng nghiêng. + F2 là số chỉ của lực kế khi kéo vật trượt đều đi xuống mặt phẳng nghiêng. Vậy µ =

F1 + F2 4 P 2 − ( F1 − F2 ) 2

(4)

0,25

2. Xử lý Bảng số liệu như sau: số liệu Lần đo

F1(N)

3,1

∆

F2(N)

∆ F2i(N)

P(N)

∆ Pi(N)

0,1

1.3

0,1

5,7

0,1

3,2

1,2

5,8

0,2

3,1

0,1

1,0

0,2

5,5

0,1

3,3

0,1

1,1

0,1

5,5

0,1

3,2

1,3

0,1

5,7

0,1

3,2

0,1

1,2

0,1

5,6

0,1

F1i(N)

0,5

0,25

∆ A =∆

Ann

0,2

+ ∆ Adc F1 + F2

+ Tính được giá trị trung bình µ =

= 0,39

0,25

4 P − ( F1 − F2 ) 2

+ Tính sai số tương đối của µ . 1 2

Từ (4) ⇒ ln µ = ln( F1 + F2 ) − ln [4 P 2 − ( F1 − F2 ) 2 ] ⇒

dµ

⇒

∆µ

⇒δ =

d ( F1 + F2 ) 1 d[4 P 2 − ( F1 − F2 )2 ] − F1 + F2 2 4 P 2 − ( F1 − F2 ) 2

∆F1 + ∆F2 4 P∆P − ( F1 − F2 )( ∆F1 − ∆F2 ) + F1 + F2 4 P 2 − ( F1 − F2 ) 2

∆µ

0,25

∆F 1 + ∆F2 4P∆P − ( F1 − F2 )(∆F 1 − ∆F2 ) + = 0,12 2 F1 + F2 4P − ( F1 − F2 )2

+ Tính được sai số tuyệt đối trung bình: ∆µ = δ .µ = 0,05 Vậy µ = 0, 39 ± 0, 05 với độ chính xác của phép đo là 12%

-------------- Hết ----------------

0,25

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIV TRƯỜNG THPT CHUYÊNCHU VĂN AN LẠNG SƠN

ĐỀ THI MÔN VẬT LÍ KHỐI 10

(Đề thi gồm có 6 câu, 02 trang) ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Câu 1 (Động học và động lực học chất điểm) (3,5

điểm) Vật có khối lượng m được kéo lên dốc nghiêng

góc α so với phương ngang bởi lực kéo F hợp với mặt

nghiêng một góc β như hình 1. Biết hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng là µ .

a. Tính gia tốc của vật và lực kéo nhỏ nhất để vật

Hình 1

có thể trượt lên dốc.

b. Nếu lực kéo F không thay đổi về độ lớn, chứng tỏ rằng để vật có gia tốc lớn

nhất thì tan β = µ . Câu 2 (Các định luật bảo toàn) (3,5 điểm)

Một bán cầu có bán kính R = 1m cố định trên mặt nằm ngang, trên đỉnh bán cầu có đặt một viên bi nhỏ B có khối lượng mB = 2kg. Một con lắc đơn có chiều dài dây treo l = 1m, khối lượng quả cầu nhỏ A là mA = 1kg. Kéo A để dây treo hợp với phương thẳng đứng một góc α = 600 rồi buông không vận tốc đầu để A đến va chạm đàn hồi xuyên tâm vào A B. Lấy g = 10 m/s2, bỏ qua sức cản không khí và bỏ qua ma sát.

α l

a. Tìm vận tốc của A ngay trước va chạm và vận tốc của B ngay sau va chạm.

β O

b. Sau va chạm, B trượt đến vị trí M thì bắt đầu rời khỏi bán cầu. Xác định góc β. Câu 3 (Nhiệt) (4,0 điểm) Một động cơ nhiệt có tác nhân sinh công là n mol khí lý tưởng đơn nguyên tử thực hiện một chu trình kín được biểu diễn trong hệ tọa độ p – V như hình vẽ. Các thông số p0, V0 đã biết; hằng số chất khí là R. a. Tính nhiệt độ và áp suất khí tại trạng thái (3). b. Tính công do chất khí thực hiện trong cả chu trình.

p 5p0

1 Hình 2

2 3

3V0

7V0

Hình 3

c. Tính hiệu suất của động cơ nhiệt. 1

Câu 4 (Cơ học vật rắn) (3,5 điểm) Một thanh đồng chất OA có chiều dài L, khối lượng M quay không ma sát quanh đầu O cố định của nó. Lúc đầu thanh được giữ nằm ngang, sau được thả rơi không vận tốc đầu. Khi thanh tới vị trí thẳng đứng, đầu A của nó đập vuông góc vào một vật B có kích thước nhỏ, khối lượng m, đặt trên một giá đỡ. Xác định vận tốc của hai vật sau va chạm. Xét hai trường hợp:

B A

a. Va chạm là va chạm mềm b. Va chạm là hoàn toàn đàn hồi

Hình 4

Câu 5 (Tĩnh điện) (3,5 điểm) Quả cầu nhỏ có khối lượng m mang điện tích +q

trượt không ma sát với vận tốc ban đầu bằng 0 từ đỉnh B có độ cao h của mặt phẳng nghiêng BC. Tại đỉnh góc vuông A của tam giác ABC có một điện tích –q. a. Tính vận tốc của quả cầu nhỏ khi đến C.

α Α

Hình 5

b. Tìm điều kiện của góc nghiêng α để quả cầu có thể đến được C. Câu 6 (Phương án thực hành) (2,0 điểm) Cho các dụng cụ sau: - Một mẩu gỗ. - Một lực kế. - Mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng không đổi và chưa biết giá trị góc nghiêng. - Dây chỉ. Trình bày phương án thí nghiệm xác định hệ số ma sát trượt giữa một mẩu gỗ với mặt phẳng nghiêng, biết rằng độ nghiêng của mặt phẳng không đủ lớn để cho mẩu gỗ tự trượt xuống. _________________HẾT_________________

Người thẩm định đề

Người ra đề

Hà Bình Dương

Nguyễn Minh Tú 2

SĐT: 0985.855.645

SĐT: 0915.156.288

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIV TRƯỜNG THPT CHUYÊNCHU VĂN AN LẠNG SƠN

HDC MÔN VẬT LÍ KHỐI 10

(HDC gồm có 04 trang) Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tốt đa theo thang điểm đã định.

Câu

Nội dung

Điểm

a. Vẽ hình, phân tích các lực tác dụng lên vật Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ. y

N β

0,25

Fms P

Hình 1 1 (3,5 đ)

Áp dụng định luật II Niu-tơn: P + N + F + Fms = ma Chiếu lên các trục tọa độ: Ox: − mg sin α + F .cos β − µ N = ma (1) Oy: − mgcosα + F .sin β + N = 0 → N = mgcosα − F .sin β (2) m[a + g (sin α + µ cosα )] Thay (2) vào (1) được: F = cosβ +µ sinβ mg (sin α + µ cosα ) Fmin khi a = 0 → Fmin = cosβ +µ sinβ b. F Ta có: a = (cosβ +µ sinβ ) − g (sin α + µ cosα ) m Để amax thì (cosβ +µ sinβ ) max Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-xki: 2

1,0

0,25 0,5 0,5

0,5

cosβ +µ sinβ ≤ (1 + µ )(sin β + cos β )

Dấu “=” xảy ra khi

2 (3,5 đ)

µ 1 = → tan β = µ cos β sin β

a. Gọi v0 là vận tốc quả cầu A trước va chạm. Chọn mốc tính thế năng tại B. Áp dụng ĐLBT cơ năng cho quả cầu nhỏ A trước va chạm: v2 mA 0 = m A gl (1 − cosα ) → v 0 = 2gl (1 − cos α ) = 10 = 3,16 (m / s) 2 Gọi vA, vB là vận tốc của A và B theo phương ngang sau va chạm.

0,5

0,5 4

Áp dụng ĐLBT động lượng theo phương ngang: mAv0 = mAvA + mBvB (1) Vì va chạm giữa A và B là va chạm đàn hồi xuyên tâm nên: 1 1 1 mA v02 = mA vA2 + mB vB2 → mA v02 = mA v A2 + mB vB2 2 2 2 → m A (v0 − v A )(v0 + v A ) = mB vB2 (2)

4 (4,0 đ)

Từ (1), (2) → v A = −1, 05 (m/s), vB = 2,11(m/s) vA< 0 chứng tỏ A bật ngược trở lại. b. Gọi vM là vận tốc của B khi bắt đầu rời bán cầu. Chọn mốc thế năng thế năng tại M. m v2 m v2 Áp dụng ĐLBT cơ năng tại B và M: B B + m BgR(1 − cosβ) = B M 2 2 (3) Theo ĐL II Niu tơn: PB + N = m B a . Chiếu lên phương hướng tâm tại M, với N = 0: m Bv2M (4) m Bg cos β = R Từ (3) và (4): cos β = 0,815 → β ≈ 35, 40 p V a. Đường 2-3 có dạng: =k p0 V0 1 Trạng thái (2): V2 = 7V0; p2 = p0 ⇒ k = 7 3V0 3 p0 Trạng thái (3): V3 = 3Vo; p3 = kp0. = V0 7 pV 9p V Theo phương trình C-M: T3 = 3 3 = 0 0 7 nR nR 64p0 V0 b. Công do chất khí thực hiện có giá trị: A = S(123) = 7 c. Khí nhận nhiệt trong toàn bộ quá trình 3 – 1 và một phần của quá trình 1 - 2, trên đoạn 1 - I. + Xét quá trình đẳng tích 3-1: 144 p0V0 pV p V i 3 Q31 = ∆U = nR ∆T = nR( ( 1 1 − 3 3 ) ⇒ Q31 = 2 2 nR nR 7 + Xét quá trình 1-2: p = aV+b . Trạng thái (1): 5po = a.3V0 + b . Trạng thái (2): po = a.7V0 + b p p ⇒ a = - o và b = 8p0 → p = - o .V + 8po (1) V0 V0 nRT Thay p = vào (1) ta có: V p p nRT = - o .V2 + 8poV ⇒ nRdT = − o .2V .dV + 8 p0 .dV (2) V0 V0 3 Theo Nguyên lí I NĐLH: δ Q = dU − δ A = nRdT + pdV (3) 2 p0 Thay (2) vào (3) ta có: δ Q = 4(− V + 5 p0 ) V0 ⇒ δ Q = 0 tại điểm I khi VI = 5Vo và pI = 3po.

0,5

0,5 0,5

0,5

0,5 1,0

0,25

0,5

0,25

0,5

Như vậy khi 3Vo ≤ V ≤ 5Vo thì δ Q > 0 tức là chất khí nhận nhiệt. Ta có: 3 p + pI Q12 = Q1I = ∆ U1I + A1I = nR (TI -T1) + 1 (VI -V1) = 8p0V0 2 2 A Hiệu suất chu trình là: H = = 32% Q31 + Q1I * Xét quá trình rơi của thanh OA:

0,5

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng:

MgL = Mg ⇒ ωo =

L 1 L 1 ML2 2 ωo + IO ωo 2 ⇒ Mg = 2 2 2 2 3

0,5

3g L

* Xét quá trình va chạm: a. Va chạm là va chạm mềm Sau va chạm, hệ có vận tốc góc ω và vận tốc vB Áp dụng định luật bảo toàn mô men động lượng với trục quay qua O:

 ML2  ML2 ωo =  + mL2  ω 3  3 

4 (3,5 đ)

⇒ω=

0,5

M 3g M + 3m L

⇒ v B = ω.L =

M 3gL M + 3m

0,5

b. Va chạm là đàn hồi Áp dụng định luật bảo toàn mô men động lượng:

ML2 ML2 ωo = 3 3

3g ML2 ω + mv B L = L 3

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng:

MgL 1 ML2 2 1 ω + mv B 2 = 2 2 3 2

0,5

Giải hệ phương trình ta được:

vB = ω=

5 (3,5 đ)

2M 3gL M + 3m

1,0

M − 3m 3g M + 3m L

a. Chọn mốc thế năng hấp dẫn ở chân mặt phẳng nghiêng, thế năng tĩnh điện ở vô cùng. Năng lượng của điện tích +q khi ở B: kq 2 ) EB = 0 + mgh + (− h Năng lượng của điện tích +q khi ở C:

0,5

0,5 6

kq 2 1 2 ) mv + 0 + (− 2 AC Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng: EB = EC kq 2 kq 2 1 ) = mv 2 + ( − ) → mgh + ( − h AC 2 kq 2 1 1 → v 2 = 2[gh − ( − )] m h AC EC =

h kq 2 ] → v = 2[gh − (1 − tan α ) mh tan α kq 2 b. Để quả cầu đến được C thì gh − (1 − tan α ) ≥0 mh mgh2 → tan α ≥ 1 − kq 2 Móc lực kế vào mẩu gỗ và kéo nó trượt đều đi lên mặt phẳng nghiêng. Số chỉ của lực kế khi đó là: F1 = P.sin α + µ P.cosα (1) Móc lực kế vào mẩu gỗ và kéo nó trượt đều đi xuống mặt phẳng nghiêng. Số chỉ của lực kế khi đó là: F2 = − P.sin α + µ P.cosα (2) Cộng vế với vế (1) và (2) được: F + F2 F1 + F2 = 2 µ P.cos α → cos α = 1 2µ P Trừ vế với vế (1) và (2) được: F − F2 F1 − F2 = 2 P.sin α → sin α = 1 2P F1 + F2 Mà sin 2 α + cos 2α = 1 → µ = (3) 2 4 P − ( F1 − F2 ) 2 Đo trọng lượng mẩu gỗ P; dựa vào (3) xác định µ . Mà AC =

6 (2,0 đ)

1,0

0,5

1,0

0,5 0,5

0,25

0,5 0,25

_________________HẾT_________________