Đề 1 thi môn: Vật lý khối 10 năm 2015 thời gian làm bài: 180 phút trường THPT chuyên Vĩnh Phúc13603

Từ điểm cao nhất của bán cầu có một vật nhỏ khối lượng m trượt không vận tốc đầu xuống.. a Xác định vận tốc của vật, áp lực của vật lên mặt bán cầu khi vật chưa rời bán cầu, từ đó tìm g

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XI

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ KHỐI 10

NĂM 2015

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian

phát đề (Đề thi gồm 02 trang, gồm 05 câu)

Câu 1 (4 điểm): Trên một xe lăn khối lượng m đặt trên sàn nằm ngang

có gắn một thanh nhẹ thẳng đứng đủ dài Một vật nhỏ cũng có khối

lượng m buộc vào đầu thanh bằng một dây treo nhẹ, không dãn, chiều

dài l (hình 1) Ban đầu xe lăn và vật cùng ở vị trí cân bằng Truyền tức

thời cho vật một vận tốc ban đầu v0 có phương nằm ngang trong mặt

phẳng hình vẽ Bỏ qua mọi ma sát

a) Tìm v0 nhỏ nhất để vật quay tròn quanh điểm treo

b) Với v0 = 2 gl Tìm lực căng dây khi dây treo hợp với phương

thẳng đứng một góc α = 300 và vật vẫn ở dưới điểm treo

Câu 2(4 điểm): Trên mặt phẳng ngang có một bán cầu khối lượng m Từ

điểm cao nhất của bán cầu có một vật nhỏ khối lượng m trượt không vận

tốc đầu xuống Ma sát giữa vật nhỏ và bán cầu có thể bỏ qua Gọi  là

góc giữa phương thẳng đứng và bán kính nối từ tâm bán cầu tới vật

(Hình 2)

1 Giả sử bán cầu được giữ đứng yên

a) Xác định vận tốc của vật, áp lực của vật lên mặt bán cầu khi vật chưa rời bán cầu, từ đó tìm góc

m khi vật bắt đầu rời bán cầu

b) Xét vị trí có  < m Viết các biểu thức thành phần gia tốc tiếp tuyến và gia tốc pháp tuyến của vật theo g và  Viết biểu thức tính áp lực của bán cầu lên mặt phẳng ngang theo m, g và  khi đó

2 Giả sử giữa bán cầu và mặt phẳng ngang có hệ số ma sát là  Tìm  biết rằng khi  = 30 0 thì bán cầu bắt đầu bị trượt trên mặt phẳng ngang

3 Giả sử không có ma sát giữa bán cầu và mặt phẳng ngang Tìm góc  khi vật bắt đầu rời bán cầu

Câu 3 (4 điểm): Xi lanh có tiết diện trong S =100 cm 2 cùng với

pittông p và vách ngăn V làm bằng chất cách nhiệt (Hình 2) Nắp K

của vách mở khi áp suất bên phải lớn hơn áp suất bên trái Ban đầu

phần bên trái của xi lanh có chiều dài l=1,12 m chứa m 1 =12 g khí Hêli,

phần bên phải cũng có chiều dài l=1,12 m chứa m 2 =2 g khí Hêli và

nhiệt độ cả hai bên đều bằng T 0 =273 K Ấn từ từ pittông sang trái, ngừng

một chút khi nắp mở và đẩy pittông tới sát vách V Tìm công đã thực hiện biết áp suất không khí bên

ngoài P 0 =10 5 N/m 2 nhiệt dung riêng đẳng tích và đẳng áp của Hêli bằng: C v = 3,15.10 3 J/kg.độ;

C p =5,25.10 3 J/kg độ Bỏ qua mọi ma sát.

điểm): Cho một vành hình trụ mỏng đều, đồng chất, bán kính

m m

l

Hình 1

vành trụ và mặt phẳng Đẩy vành trụ sao cho AC nghiêng một góc αo so với phương thẳng đứng rồi buông ra cho hệ chuyển động với vận tốc ban đầu bằng không (Hình 4)

a) Tính động năng cực đại của hệ

b) Viết phương trình quỹ đạo của A trong hệ quy chiếu gắn với mặt đất

c) Xác định tốc độ góc của bán kính AC khi AC lệch một góc α (α< αo) so với phương thẳng đứng

Câu 5 (3 điểm):

Một đĩa mỏng bằng kim loại, bán kính , bề dày R d d( ฀ R), tích điện dương q o

1 Xác định véc tơ cường độ điện trường do từng mặt đĩa gây ra tại tâm đĩa

2 Đặt một quả cầu nhỏ tích điện dương trên trục đi qua tâm đĩa và vuông góc với mặt phẳng đĩa, cách tâm O của đĩa một khoảng là h h( ฀ R), thì thấy đĩa đứng yên

a) Xác định dấu và độ lớn của điện tích xuất hiện trên từng mặt đĩa và véc tơ cường độ điện trường do từng mặt đĩa gây ra tại tâm đĩa

b) Tính điện tích của quả cầu Áp dụng bằng số:q h50cm R; 1cm d; 0, 5mm q; o 1pC

Giả thiết:

- Bỏ qua tác dụng của trọng trường

- Coi điện tích trên mỗi mặt đĩa phân bố đều, trên vành đĩa không có điện tích

- Coi cường độ điện trường do quả cầu gây ra tại các điểm trên mỗi mặt đĩa có cùng một giá trị

Người phản biện: Phan Dương Cẩn Người ra đề: Nguyễn Văn Quyền

ĐT: 0988.615.618

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XI

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM

MÔN VẬT LÝ 10 NĂM 2015

Ghi chú:

1 Nếu thí sinh sai hoặc thiếu đơn vị của đáp số trung gian hoặc đáp số cuối cùng thì mỗi lần sai hoặc thiếu trừ 0,25đ, tổng số điểm trừ của mỗi phần không quá một nửa số điểm của phần kiến thức đó.

2 Nếu thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho đủ điểm.

a

(2đ)

a Để vật quay hết một vòng quanh điểm treo thì lực căng dây ở điểm cao nhất

T 0  Gọi v1, v21 là vận tốc của xe lăn và vận tốc của vật với xe lăn ở điểm cao nhất

- Động lượng của hệ được bảo toàn theo phương ngang:

m.v0 = m.v1 + m.(v1 + v21)  v0 = 2.v1 + v21 (1)

- Bảo toàn cơ năng:

(2)

- Chọn hệ quy chiếu gắn với xe tại thời điểm vật ở điểm cao nhất Hệ quy chiếu này là một hệ quy chiếu quán tính vì tại điểm cao nhất lực căng dây có phương thẳng đứng nên thành phần lực tác dụng lên xe theo phương ngang sẽ bằng 0 

xe không có gia tốc

Định luật II Newton cho vật ở điểm cao nhất:

mg + T = m (3)

2 21

v l Kết hợp với điều kiện T 0 (4).

Từ 4 phương trình trên ta tìm được: v0  3 gl

0, 5

0,5

0,5

0,5

Câu 1

(4 đ)

b

(2đ)

b Gọi v1, v21 là vận tốc của xe lăn và vận tốc của vật với xe lăn khi có góc lệch

α = 300 Chọn hệ quy chiếu chuyển động với vận tốc v1 Đây là một hệ quy chiếu quán tính

- Động lượng của hệ được bảo toàn theo phương ngang:

m.(v0 - v1) + m.(- v1 ) = m v21.cos α  v0 = 2.v1 + v21.cos 30 (1)

- Bảo toàn cơ năng:

(2)

Từ (1) và (2) suy ra: 2

4glcos30 8 3gl v

2 cos 30 5



- Chọn hệ quy chiếu gắn với xe:

Định luật II Newton cho xe và vật:

0,5

0,5

(0,5)

Khi vật trượt trên mặt cầu vật chịu tác dụng của trọng lực P và phản lực Q của mặt cầu có tổng hợp tạo ra gia tốc với hai thành phần tiếp tuyến và hướng tâm Quá trình chuyển động tuân theo sự bảo toàn cơ năng:

………

2

1mv 2  mgR 

………

R

mv Q P

ht

2

cos

0,25

0,25

1.a

(0,75)

Suy ra:

v   2gR1cos…… ……… … Q3cos 2.mg

………

Vật rời bán cầu khi bắt đầu xảy ra Q = 0 Lúc đó:

3

2 cos

2 , 48



 m



0,25 0,25 0,25

1.b

(0,75)

Xét vị trí có  < m: Các thành phần gia tốc:  2 1 cos ……

2





R

v

a n

…… … ……



sin

g

a t  Lực mà bán cầu tác dụng lên sàn bao gồm hai thành phần: áp lực N và lực đẩy ngang Fngang:

… … …… ……

cos



N cÇu

0,25 0,25

0,25

Câu 2

(4 đ)

2

(1đ)

Bán cầu bắt đầu trượt trên sàn khi  = 300, lúc đó vật chưa rời khỏi mặt cầu Thành phần nằm ngang của lực do vật đẩy bán cầu là:

Q

Ta có: F ms F ngang .N ………… …… …… …… ………













cos 3 cos 2 1

sin 2 cos 3 cos

3 cos 2 1

sin 2 cos 3



















mg

mg N

F ngang

Thay số:   0,197  0,2… …… …… ……… ………

0,25

0,25 0,25 0,25



Hình 2

P Q

(1đ) Giả sử bỏ qua được mọi ma sát.Khi vật đến vị trí có góc  vật có tốc độ vr so với bán cầu, còn bán cầu có tốc

độ V theo phương ngang

Vận tốc của vật so với mặt đất là:v vr V



 Tốc độ theo phương ngang của vật:v x v rcos V

Hệ bảo toàn động lượng theo phương ngang:

 vx = V  2V = vr cos

x

v m V

m 

Bảo toàn cơ năng:

1 cos

2

1 2





mv

cos

2

2 V  v V V  gR 





2

sin 1

cos 1 4





v r

Tìm áp lực của vật lên mặt bán cầu Để làm điều này ta xét trong HQC phi

quán tính gắn với bán cầu

Gia tốc của bán cầu:

m

Q

a c  sin

Trong HQC gắn với bán cầu, vật sẽ chuyển động tròn và chịu tác dụng của 3

lực (hình vẽ) Theo định luật II Niutơn ta có:

R

v m F

Q

q

2

sin cos    

R

v m Q

Q

2 2

sin cos    

mg mg

R mv mg

2 2

3 2

2 2

2

sin 1

4 cos cos

6 sin

1

sin 1

cos 1 4 cos sin

1

/ cos



































Vật rời bán cầu khi Q = 0  6cos cos3 40

 cos  31 hay  = 42,90 ……… ……….

1,0

 V

Câu 3

(4 đ) Lúc đầu áp suất khí bên trái P1 = lS lớn hơn áp suất bên phải vách

R.T μ

m1 0

P2=

lS

R.T μ

m2 0

Khối khí bên phải bị nén đoạn nhiệt từ thể tích V0 = lS xuống V1, áp suất của

nó tăng lên đến P1: P2V0g = P1 V1g  V1 = V0  = V0 (1)

1

1

2













P

1

1

2













m m

Khi đó nhiệt độ ở bên phải: T1 = 0

0 2

1

1 T V P

V P

= T0 















1

2

m

m

=559K (2)

Sau khi nắp K mở hai khí hoà trộn vào nhau và có cùng nhiệt độ T2: Cvm1(T2-

T0) = Cvm2(T1 - T0)

 T2 = = =314K (3)

2 1

1 2 0 1

m m

T m T m









































γ 1

1 2 2

1

1 0

m

m 1 m m

m T

Sau đó lượng khí m = m1 + m2 bị nén đoạn nhiệt từ thể tích V = V0 + V1đến V0 , nhiệt độ tăng từ T2 đến T, ta có : T V0g -1 = T2(V0 + V1)g -1 (4)……… ……

Thay (1) và (3) vào (4) ta được:

T = T2 =382K (5)

γ γ 1

1 2 2

1

0 1 1

γ

0

1 0

m

m 1 m m

.T m V

V V

















































Công do lực tác dụng lên pittông và áp suất khí quyển P0thực hiện làm tăng nội năng của chất khí bị nén đoạn nhiệt:

A= A1 + A2 = U = Cv(m1 + m2) (T- T0) (6), với A1 = P0S.l

Thay (5) vào (6), rồi thay số vào ta được A2 = 3687 (J) …………

(Học sinh có thể tính sai số ±20 J)

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5 0,5

a

(1đ)

Vì không có ma sát, các ngoại lực tác dụng lên hệ chỉ theo phương thẳng đứng, nên vị trí theo phương ngang của khối tâm G không đổi

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng, động năng cực đại của hệ bằng độ giảm cực đại của thế năng của vật m

…………

W mgR 1 cos 

1,0

Câu 4

(5 đ)

b

(2đ) Chọn hệ tọa độ xOy đứng yên với mặt đất có Oy đi qua khối tâm G, Ox đi qua tâm C của vành Gọi tọa độ của m là (x, y) và của tâm C vành M là (X, Y) Khi

CA lệch phương thẳng đứng (Oy) góc 

M

m

  x X R sin x M R sin



Và yR 1 cos   (2)………

Từ (1) và (2) thay vào hệ thức

0,5

ta thu được phương trình quỹ đạo của m trong hệ qui chiếu

sin  cos  1

gắn với mặt đất

(3)……

2 2

1 R M

R

Phương trình (3) mô tả quỹ đạo chuyển động của m là một elip bán trục lớn R dọc theo Oy và bán trục nhỏ M Rdọc theo Ox ……

Mm

0,5

0.5

0,5 c

(2đ)

Vì không có ma sát, khối tâm G chỉ chuyển động theo phương thẳng đứng nên vận tốc của điểm G theo phương thẳng đứng Điểm tiếp xúc B có vận tốc theo phương ngang, từ đó tâm quay tức thời

K tại thời điểm góc lệch AC và phương thẳng đứng được xác định như hình vẽ Động năng 

của hệ :

(1)……

Trong đó:

(2)

m

CK mCG.cos = R cos



(3)

2 2

KA CK R 2.R.CK.cos

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ta có

(4)…………

1 mgR cos -cos I

2

Thay (1), (2), (3) vào (4) thu được biểu thức tốc độ góc của bán kính CA

……

0 2 2

2mg cos -cos

m

 



0,5

0,5

1,0

Câu 5 1 Vì bán kính đĩa lớn hơn rất nhiều so với bề dày của đĩa, nên có thể coi mỗi mặt

2

(2,5 đ)

a) Gọi q q1, 2 tương ứng là điện tích của mặt đĩa

trên (gần

quả cầu) và mặt dưới của đĩa

- Do hiện tượng nhiễm điện hưởng ứng nên

mật độ điện tích

mặt của hai đĩa là khác nhau :

nhưng điện

1 q 2; 2 q 2

tích tổng cộng của đĩa là không đổi và vẫn bằng điện tích ban

đầu của đĩa: q1q2 q o (1).………

- Gọi E E1, 2tương ứng là cường độ điện trường do quả cầu gây ra tại mặt trên

và mặt dưới của đĩa (Theo giả thiết, cường độ điện trường do quả cầu gây ra tại mọi điểm trên mặt đĩa là như nhau)

;

Vì đĩa nằm cân bằng nên tổng các lực do quả cầu tác dụng lên hai mặt đĩa phải

bị triệt tiêu:  F1F2  0 q E1 1q E2 2 0 (3)………

Từ hệ 3 phương trình trên, giải ra được:

………

Véc tơ cường độ điện trường do từng mặt đĩa gây ra tại tâm đĩa có phương vuông góc với mặt đĩa, có chiều ngược nhau (do hai điện tích trái dấu nhau), và

có độ lớn

(4)………

b) Vì đĩa là vật dẫn nên điện tích trên hai mặt của đĩa phải phân bố sao cho cường độ điện trường tổng hợp tại tâm đĩa phải bằng 0, tức là: ' ' '

1 2 o 0

E E E 

  

trong đó ' là véc tơ cường độ điện trường do quả cầu gây ra tại tậm đĩa

o

E



0,25

0,5

0,25

0,5

0,5

0,25

'

2

2

o

kq E

d h





3 2

2 5

o

h

dR 

0,25

Người phản biện: Phan Dương Cẩn Người ra đề: Nguyễn Văn Quyền

ĐT: 0988.615.618