Đáp án đề thi khảo sát môn chuyên khối 10 THPT Chuyên Phan Bội Châu năm học 20222023 môn Vật Lý

Đáp án đề thi khảo sát môn chuyên khối 10 THPT Chuyên Phan Bội Châu tỉnh Nghệ An năm học 20222023 môn Vật Lý.ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM KHẢO SÁT MÔN CHUYÊN VẬT LÍ KHỐI 10 NĂM HỌC 2022 2023 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ THI KHẢO SÁT MÔN CHUYÊN KHỐI 10TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NĂM HỌC 2022 – 2023 MÔN: VẬT LÝ Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi gồm 2 trang)

3

N

v v

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM KHẢO SÁT MÔN CHUYÊN VẬT LÍ KHỐI 10

NĂM HỌC 2022- 2023

Câu 1 1

(4,5 a) - Vẽ hình

đ iểm) - Quả cầu cân bằng trên 2 khối hộp, AOB là một tam giác đều Có thể thấy ngay

các lực của 2 khối tác dụng lên quả cầu hướng về

tâm và cùng độ lớn, góc giữa 2 lực là 600 Các lực

này cân bằng với trọng lực tác dụng lên quả cầu Vì

vậy:

1

Mg  N 3  N 

B R

b) Để các khối hộp và quả cầu đứng cân bằng sau khi đặt quả cầu lên thì lực tác

dụng lên các khối hộp theo phương ngang phải không lớn hơn ma sát nghỉ cực

đại

fms Xét lực tác dụng lên mỗi khối hộp gồm:

0,5

Trọng lực P = Mg, áp lực của quả cầu F với F  N

Phản lực Q của bàn với: Q = Mg + Fsin600 = Mg + Nsin600

N cos 600  f ms

 N cos 600  k(Mg  N sin 600)

 k 

2Mg  N 3  2Mg  Mg  3

1 3 2

- A là điểm tiếp xúc của quả cầu với khối lập phương bên trái, xét thời điểm

quả cầu rơi xuống, AO tạo với phương thẳng đứng góc 

Đ

ối với điểm A, tâm O của quả cầu có vận tốc theo hướng vuông góc với AO 0,25 Liên hệ vận tốc: v1 cos  v2 sin   1

 tan  2

- Bảo toàn năng lượng tại thời điểm ban đầu AO tạo góc α so với phương

0,5

1

22

2

1



R

1

2

2 2 tan 

2 1cos 

2gH 2

2

 v





2

H

2

1

Mv1  21

Mv2  MgR1 cos

v1 1 2

tan2    2gR1 cos

v

2 2gR1 costan2 

1

2  tan2  Trong HQC chuyển động với vận tốc v2 thì quả cầu chuyển động tròn quanh

điểm tiếp xúc, tại thời điểm rời nhau thì HQC trên trở thành HQC quán tính, lúc

này thành phần trọng lực đóng vai trò lực hướng tâm:

Mv

2

v 

sin   Rsin

1  Mgcos

Thay v1 bằng biểu thức ở trên vào, được phương trình:

v1  2gR1 costan2 

 cos3  3cos  2  0  cos  0,596

- Nếu H  R1 cos0,404R thì quả cầu chạm đất trước khi rời các hình lập

phương, lúc chạm đất thì góc φ thỏa mãn H  R1 cos 1 cos 

R Vận tốc ngay trước chạm đất xác định theo định luật bảo toàn năng lượng và liên hệ vận 0,5 tốc

v1  2gR

1 cos2 1 cos 

v1 

2 (2R  H) 2R2  H2

2RH

- Nếu H  R1 cos0,404R thì sau khi rơi, quả cầu chuyển động rơi tự do: 0,5

Vận tốc quả cầu ngay khi rơi: v1  gR cos .sin2   gR cos 1 cos2

= 0,384gR

Còn quả cầu cách mặt đất: h  H  R1 cos H  0,404R

2

2 1 mm

a 11

1

1

m

Vận tốc quả cầu ngay trước khi đập xuống mặt phẳng ngang: v32

v 2  2gh

v32

 v 2

2gh  0,384gR  2g(H  0, 404R)  2gH  0, 424gR 0,25

v3  2gH  0,424gR

Câ

u 2 a Chọn chiều dương cho chuyển động tịnh

(4,5 và quay như hình vẽ.

điểm)

F msn

H

α

Theo định luật II Niutơn cho chuyển động tịnh tiến:

0,25

Phương trình chuyển động quay:

2 mR

Điều kiện lăn không trượt: a = R, (4)

Giải hệ phương trình ta được: a 

b Các lực và chiều chuyển động tịnh tiến và

Gọi nêm là vật 1, hình trụ là vật 2

Xét chuyển động của nêm trong HQC mặt

đất:

Ma1 = Nsin 

Fmsncos, (5)

F msn

v 21

(+) N F msn

α

Trong HQC gắn với nêm, phương trình chuyển động của hình trụ:

N  mgcos + Fqtsin = 0, (7)

F snR 

2mR

2

 

2mR

2

M  m

2mcos

1

3 1

3

3d





K

L

Giải hệ phương trình ta được: a1 

3 2mgsin cos cos cos 2 

c Chọn K là tâm quay tức thời Ta có mômen động lượng của con chuột đối với

K là (con chuột coi như chất điểm):

L1  KD  m1v1  KH  HD m1v1  L1  HD.m v1 

R1 cosm1v1

N D

α

H K

α

Do OD  const trong suốt quá trình chuyển động nên trong HQC mặt đất, vận tốc của con chuột luôn bằng vận tốc của trục hình trụ v1  v Suy ra:

0,5

L  R1 cosm R2

Mômen động lượng của hình trụ đối với K là:

L2  L0  KO  mv  L2 

2mR

2  R.mv 

2mR

2



0,5

Mômen động lượng của hệ hình trụ + con chuột đối với K là

LK = L1 + L2 = R2ω[

2 m + m1(1 + cosα)]

Mômen lực đối với K:

MK  KD  m1g  KO mg  MK  gR sin m1  m) 0,25

Ta được:

MK  d

dt  gR sin 2m1  m R2

2m  m1 1 cos

 dt . 0,5

dt 3 



2Q

3

p V1

V

311

13

3

1

V



3 1

T

3

V



1

1

1

   d



m1  mgsin 

R2

 2m  m1 1 cos

Câu 3 1) a Quá trình biến đổi trạng thái 1-2

(4 điểm) T2 = 4T1; V =const; A12 = 0

Áp dụng nguyên lý I nhiệt động lực học

Q12 = CvT  3 R(T  T )  9 RT (1) 0,5

Suy ra được 1 

9R 120K

b Quá trình đẳng tích 1 – 2: T2 = 4T1 suy ra p2 = 4p1

Quá trình 2 – 3: T2 = T3 suy ra p3V3 = p2V2 =p2V1 suy ra

p1  4 V (2) 0,25 Quá trình 3 -1 : p = aV ;

p3 

aV p1

aV

suy ra được p3 3

Từ (2) và (3) thu được V3 = 2V1

Dựa vào hình vẽ tính công của khí thực hiện trong một chu trình

0,25

A  S 23

2(p2 p1)(V  V )  2 p1V (4)

Áp dụng phương trình C –M : p1V1 = RT1 (5)

0,25

Thay (5) vào (4) thu được : A 

2 RT  1495,8J

c Quá trình 2-3: p   2 p V  6 p (6) 0,5

1

𝐶 =.



2

2R

1

2V

11

8

d

V



5

V

p

1 1

p





1 11 11 11 11 11881616





211

349

Q Q121

h C2  S2 S2 S









 

3

2 p

1

1 1

5

1 1

1

1

p

V

1 1

1

Mặt khác pV  RT  T 

R





V

6 p V (7)

d Quá trình 2-3: dQ=dA+dU

dQ  pdV  C V dT  pdV  3 R( d( pV ))

dQ  pdV  3(Vdp  pdV )  5 pdV  3Vdp 0,25

dQ  5 

2 p

V  6 p  dV  3V( 2p )dV  8 p V 15p dV

dQ

8

V

Vậy trong quá trình 2-3 chỉ thu nhiệt trên đoạn 2-5

Q25  dQ  8V1 V 15 p dV  4V1 V2

15 p VV5 V5 2 2

Q25 

4 p V (

15 )2

15 p V 15

4 p V 15 p V  49

p V  49 RT

24

12 25

2 R(T T )  16 RT

0,5

0.5

Câu 4

(4 điểm)

a) Điện tích của tụ:

+ Hệ đang xét tương đương hai tụ điện phẳng mắc nối tiếp nhau

+ Sử dụng công thức tính điện dung của tụ điện phẳng và công thức tính điện dung

1

 h

.1 2

C  0S

212

6

Q  CU  0a2

1

1

0 CC

mm

1 2

2



1 2

 2



h

h   

2222

1

'

U







𝜀

0

�

�

2 2𝜀1𝜀2 ℎ

𝜀1 + 𝜀2

0,25

b) v min

+ Sau khi va chạm, viên đạn mắc lại trong tấm điện môi, cả hai chuyển động với

cùng vận tốc v’.

Áp dụng định luật bảo toàn động lượng:

mv  (m  M )v '  v' 

M m v

+ vmin khi tấm điện môi vừa ra khỏi tụ điện thì mất vận tốc

+ Ngay sau va chạm, hệ có năng lượng điện trường và động năng:

W  1 CU2  1

M mv'2 + Sau khi tấm điện môi ra khỏi tụ điện, tụ có năng lượng mới, còn động năng bằng

không: W2  2

C0U2 với C0  0a2

+ Vì tụ luôn nối với nguồn điện nên sẽ có sự dịch chuyển điện tích Lượng điện tích

này bằng: ∆Q = CU – C0U và dịch chuyển ra khỏi tụ

+ Nguồn thực hiện công: A=∆Q.U = (C0 – C)U2

+ Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng cho thời điểm ngay sau va chạm và ngay

khi tấm điện môi ra khỏi tụ điện:

+ ĐLBTNL:

A = W2 – W1  (C0 – C)U2 =

2C0U

2

-

2CU

2



2M mv 2

 v'  U

M m

Từ đó ta có:

0,25

0,25

0,25

0,5

vmin  M m v'  U

 C C0  M m 



m

0a

2 ( 212

2

c) Tại thời điểm t , tấm điện môi nhô ra khỏi tụ một đoạn x, vận tốc của nó là u

Hệ thống bây giờ có thể xem gồm 3 tụ ghép: (C1 nt C2)//C3 , điện dung của cả bộ tụ

là: C  0ax

 0a(a  x)

1  2 

0a

x  1  2 (a  x) 0,25

Tương tự câu a, dùng định luật bảo toàn năng lượng cho hệ:

0,5

CU

2  m  M v'2

 C U

2  m  M u2

(C  C ')U2

x x

Mm 0 CC

Mm 0 CC

 U

𝑣′𝑣′

1

ℎ 𝜀𝜀

dx

Thay các giá trị ở trên vào, biến đổi, thu được

v '2 u2 U2 C C'

 U2

M m u

2

U2 C C'

0,5

u 

U

C' C0 M m M m 1

a  v ' 1 a

u  v ' 1

a hay dt  v ' 1 a .

Suy ra dt



a dx v' a  x

Câu 5

(3 điểm)

0,5

𝑡 = √𝑎 ∫0𝑎

√𝑎

𝑑

−

𝑥

𝑥 =

2𝑎

= 𝑈√ √

𝜀

2

(

𝑀 2𝜀1

+

𝜀2

𝑚

− 1)

1+ 2 + Bố trí: Với các dụng cụ đã cho ta bố trí cơ hệ như đề bài, trong đó: Dùng 1 quả

cân làm vật m1, treo n quả cân (n > 2) để tạo ra vật m2 = n.m1 sao cho khi thả tay ra

h

ệ chuyển động được (trọng lượng của m2 lớn hơn ma sát nghỉ cực đại giữa m1 và 0,25 mặt bàn)

- Nếu m2 chạm đất mà m1 chưa chạm ròng rọc thì nó sẽ tiếp tục chuyển động chậm

dần đều và dừng lại Bố trí độ cao h của mép dưới m2 so với đất và chiều dài dây 0,5 nối sao cho m1 dừng lại mà chưa chạm ròng rọc

+ Tiến hành: Giữ m1 để hệ cân bằng, đo độ cao h từ mép dưới m2 tới đất và đánh

dấu

- Thả tay nhẹ nhàng cho hệ chuyển động, đánh đấu vị trí m1 dừng lại trên mặt bàn

N

+ Tính μ:

Giai đoạn 1: hai vật chuyển động nhanh dần đều cùng gia tốc:

0,25

m2g  m1g n  

m1 m2 n 1

n 1

n 

n

2

2

v1 = 2a1h = 2 n   gh

- Giai đoạn 2: m1 chuyển động chậm dần đều do tác dụng của ma sát trượt:

a

Kể từ khi m2 chạm đất đến khi m1 dừng lại, nó đi được quãng đường: S = ℓ - h

- v1 = 2a2S

 2

n 1 gh = 2μg(ℓ - h)

 μ =

h  (n 1)

(

m 1

n.h

h) (n 1)  n.h

0,5

m2

h