1 cbg vật lý 10 trại hè hv 2023

Đầu dây bên phải luồn qua một lỗ nhỏ trên bàn và buộc vào phía dưới như hình.. Phần dây bên dưới mặt bàn vắt qua một ròng rọc nhỏ nhẹ có treo một vật khối lượng M.. Đầu dây bên trái được

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

BẮC GIANG

(Đề thi có 02 trang, gồm 05 câu)

ĐỀ ĐỀ XUẤT THI HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2022 – 2023 MÔN: VẬT LÍ – KHỐI 10

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (4,0 điểm) Người ta lồng một hòn bi có lỗ xuyên suốt và có khối lượng m vào một thanh AB

nghiêng góc  so với phương nằm ngang Lúc đầu bi đứng yên Cho thanh AB tịnh tiến trong mặt phẳng thẳng đứng với gia tốc a0 nằm ngang

1 Giả sử không có ma sát giữa bi và thanh Trong mỗi trường hợp: gia

tốc a0 của thanh AB hướng sang trái và sang phải, hãy tính:

- Gia tốc của hòn bi đối với AB?

- Phản lực Q của AB lên bi?

- Tìm điều kiện để bi chuyển động về phía A; về phía B; đứng yên?

2 Hỏi như câu 1 Cho biết a0 = 2g và hướng sang trái, hệ số ma sát giữa bi và thanh AB là µ = 1/3

Câu 2: (4,0 điểm) Dây chiều dài L không dãn nằm trên mặt

bàn nằm ngang Đầu dây bên phải luồn qua một lỗ nhỏ trên bàn

và buộc vào phía dưới như hình Phần dây bên dưới mặt bàn

vắt qua một ròng rọc nhỏ nhẹ có treo một vật khối lượng M

Đầu dây bên trái được giữ sao cho lúc đầu ròng rọc ở sát mặt

đưới của bàn, sau đó thả ra Dây trượt trên bàn vào lỗ Bỏ qua

ma sát Bề dày mặt bàn không đáng kể

Tìm tốc độ v của đầu dây bên trái vào lúc nó di chuyển được một đoạn x trong hai trường hợp:

1 Bỏ qua khối lượng dây.

2 Dây đồng chất tiết diện đều có khối lượng m.

Áp dụng L = 1m; m = 0,1kg; M = 0,2kg; x = 0,2m; g = 10(m/s2)

Câu 3: (4,0 điểm) Chu trình thực hiện biến đổi 1,0 mol khí lí tưởng đơn

nguyên tử như hình vẽ

- Có hai quá trình biến đổi trạng thái khí, trong đó áp suất phụ thuộc tuyến

tính vào thể tích Một quá trình biến đổi trạng thái khí đẳng tích

- Trong quá trình đẳng tích 1 – 2 khí nhận nhiệt lượng Q = 4487,4 J và nhiệt

độ của nó tăng lên 4 lần

- Nhiệt độ tại các trạng thái 2 và 3 bằng nhau

Biết nhiệt dung mol đẳng tích Cv =

3R

2 , R = 8,31 J/K.mol

1 Hãy xác định nhiệt độ T1 của khí

A

B m

a0

2 Tính công mà khí thực hiện được trong một chu trình.

3 Tính nhiệt độ cực đại của chu trình

4 Tính hiệu suất chu trình

Câu 4: (4,0 điểm) Một quả cầu đồng chất khối lượng m, bán kính r lăn

không trượt trên bề mặt bên ngoài của một quả cầu lớn hơn đứng yên có bán

kính R như hình vẽ Gọi θ là góc cực của quả cầu nhỏ đối với hệ trục tọa độ

với gốc đặt ở tâm của quả cầu lớn với trục z là trục thẳng đứng Quả cầu nhỏ

bắt đầu lăn từ đỉnh quả cầu lớn (θ  0).

1 Tính vận tốc ở tâm của quả cầu nhỏ tại ví trí góc θ bất kỳ.

2 Tính góc θ tại đó mà quả cầu nhỏ rời khỏi quả cầu lớn.

3 Giử sử hệ số ma sát của giữa bề mặt hai quả cầu là μ Hỏi ở vị trí góc θ bằng bao nhiêu thì quả cầu nhỏ

sẽ bắt đầu trượt

Câu 5: (4,0 điểm) Một vòng dây bán kính R = 5 cm, tích điện Q phân bố đều trên vòng dây, vòng được

đặt trong mặt phẳng thẳng đứng, M là một điểm nằm trên trục vòng dây, cách tâm vòng dây một khoảng x

1 Tính cường độ điện trường do vòng dây gây ra tại điểm M.

2 Tìm x để cường độ điện trường tại M cực đại.

- HẾT

-GV: Thân Văn Thuyết, SĐT: 0972916966

r

R

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

BẮC GIANG

HDC ĐỀ ĐỀ XUẤT THI HÙNG VƯƠNG

NĂM HỌC 2022 – 2023 MÔN: VẬT LÍ – KHỐI 10

Câu 1 (4,0 điểm)

1 1 Chọn hệ quy chiếu xOy gắn với que AB Bi chịu tác dụng của: trọng lực ⃗P , phản

lực Q của que, lực quán tính −m⃗a .

* TH ⃗ a0 hướng sang trái: lực quán tính hướng sang phải và vật có gia tốc ⃗ j hướng

theo thanh AB Theo định luật II Niutơn:

⃗

P+⃗Q−m ⃗a0= m⃗j (1)

Chiếu (1) xuống hai trục Ox và Oy:

- mgsin + ma0cos = mj

- mgcos + Q ma0sins = 0 Giải hệ:

a) j = -gsin+ a0cos

b) Q = M(gcos + a0sins) ; Q> 0, Q ⃗ hướng lên

c) - Nếu tg α< a0

g thì j > 0, bi đi về phía đầu B.

- Nếu tg α> a0

g thì j > 0, bi đi về phía đầu A.

- Nếu tg α= a0

g thì j = 0, bi đứng yên.

* Khi ⃗ a0 hướng sang phải Giải tương tự ( đổi dấu a), ta có

j = - (gsin + a0cos) luôn có giá trị âm Vậy bi đi về phía A

Q = m(gcos - a0sins) Nếu tg α< a0

g thì Q ⃗ hướng lên Ngược lại

g thì Q ⃗ hướng xuống Nếu tg α=

g thì Q = 0 , thành phần thẳng đứng

0,75

0,5

0,75

0,5

0,5

A

B

O

x

Câu Nội dung Điểm

của ⃗ j là jg = jsin = -g, bi rơi tự do theo phương thẳng đứng.

2.

2 Bi chịu thêm tác dụng của lực ma sát ⃗F Giả sử ⃗ j hướng lên thì ⃗F hướng xuống

như hình vẽ

⃗ P+⃗Q−m ⃗a0+ ⃗ F=m ⃗j (1)

Chiếu xuống hai trục Ox và Oy và thay F = µQ= Q/3

- mgsin + 2mg0cos - µQ = mj

- mgcos + Q - 2mgsins = 0

Giải hệ: Q = mg(cos + 2sins)

j =

g

3 ( 7cos - sin) Điều kiện để j > 0 là tg > 7 hay  > 820

Giả sử ⃗ j hướng xuống thì ⃗F hướng lên Ta có kết qủa tương tự ( đổi dấu F)

j = 5

g

3 ( cos - sin) Điều kiện để bi đi xuống, j < 0 là ( cos < sin) hay

 > 450 Bi đứng yên khi 450 <  < 820

0,5

0,5

Câu 2 (4,0 điểm)

1 1 Trường hợp bỏ qua khối lượng dây

Gọi h là khoảng cách từ ròng rọc đến lỗ trên

bàn, ta có:

x

h 2



- Tốc độ của vật M lúc đầu dây trái di chuyển

một đoạn x là:

h 1 x v u

t 2 t 2

- Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng, ta được:

2

2 Mu

Mgh u 2gh

  2

v 8gh 4gx v 2 gx 2 10.0, 2 2 2 m/s

Vậy: Trường hợp bỏ qua khối lượng dây thì tốc độ của đầu dây bên trái vào lúc nó di

chuyển được một đoạn x là v 2 2 m/s   

0,5

0,5

1,0

2 Trường hợp đây đồng chất tiết diện đều có khối lượng m.

Câu Nội dung Điểm

- Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng, ta được: Wd Wt (1)

+ Động năng của vật M:

2 Mu 2

+ Phần dây từ mép trái tới ròng rọc lúc t có khối lượng

L h m L



và đang chuyển động với

tốc độ v nên có động năng:

2

L h v

L 2



+ Phần dây còn lại đứng yên nên có động năng bằng 0

d

(2) + Vật M hạ xuống một đoạn h nên độ giảm thế năng của nó bằng Mgh

+ Phần dây chiều dài x có khối lượng

x

m ,

L di chuyển xuống dưới mặt bàn, trọng tâm

của phần dây này hạ xuống một đoạn

h

2 nên độ giảm thế năng của nó bằng

x h

m g

L 2 + Phần dây còn lại trên bàn đứng yên nên thế năng không đổi

t

- Thay (2) và (3) vào (1), ta được:

2

x

m L



Vậy: v 3 m/s  

0,75

0,75

0,5

Câu 3 (4,0 điểm)

1 1 Quá trình biến đổi trạng thái 1-2

T2 = 4T1; V =const; A12 = 0

Áp dụng nguyên lý I nhiệt động lực học

v

Câu Nội dung Điểm

Suy ra được 1

2 120 9

Q

R

2 2 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

4

p  V (2)

Quá trình 3 -1 : p = aV ;



 suy ra được

3 3

1 1

p V (3)

Từ (2) và (3) thu được V3 = 2V1

0,5

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

(4)

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

Thay (5) vào (4) thu được :

1

3

1495,8 2

0,5

3

3 Quá trình 2-3:

1

1 1

2

6

p

V

(6)

Mặt khác

2 1

1 1

6

p

0,5

Từ (7) suy ra T cực đại tại V V  4  1,5 V1 (8)

Thay (8)vào (7) ta được Tmax  4,5 T1  540 K 0,5

4 4 Quá trình 2-3: dQ=dA+dU

1

1 1

2

V

1

1

15

8

0,5

Câu Nội dung Điểm

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

5 5

5

2

2

V V

2

0,5

Hiệu suất

1

1 12 25

3

24 2

RT

H

0,5

Câu 4 (4,0 điểm)

1

1 Khi quả cầu nhỏ lăn không trượt, tổng động năng và thế năng của nó là một hằng số của

chuyển động, chúng ta có:

2mv 2 5 mr ωmg(Rr)cosθmg(Rr) mg( R r )cosθmg(Rr) θ mg( R r )  

Với: v rωmg(Rr)cosθmg(Rr) ( R r )ωmg(Rr)cosθmg(Rr)   0

Do đó: 0

10 1 7

( cosθmg(Rr) θ )g ωmg(Rr)cosθmg(Rr)

( R r )





 Vận tốc tâm của quả cầu nhỏ là:

10

1 7

v ( R r )ωmg(Rr)cosθmg(Rr)   ( R r )(  cosθmg(Rr) θ )g

0,5

0,25

0,25

2

2 Tại thời điểm quả cầu nhỏ rời khỏi quả cầu lớn thì lực giá đỡ lên quả cầu nhỏ N=0 Từ

phương trình lực:

2

mv

mg cosθmg(Rr) θ N

R r



Ta tìm được góc mà tại đó quả cầu nhỏ rời khỏi quả cầu lớn được cho bởi:

10 17

c

cosθmg(Rr) θ 

Lưu ý rằng kết quả này chỉ áp dụng cho hệ số ma sát đủ lớn

0,5

0,5

3 3 Khi quả cầu nhỏ lăn không trượt ta có:

0,5

Câu Nội dung Điểm

2

0

2 5

 













mg.sθmg(Rr)inθ f ma

f r mr γ

v rωmg(Rr)cosθmg(Rr) ( R r )ωmg(Rr)cosθmg(Rr)

Ở đây f là lực ma sát trên quả cầu Từ đó chúng ta tìm được:

2 7



f mg.sθmg(Rr)inθ

Tại thời điểm khi quả cầu nhỏ bắt đầu trượt thì lực ma sát là: f μN

Tức là:

2 2

mv

R r

Khi đó, sử dụng biểu thức của v trong câu (a) chúng ta có:

2sθmg(Rr)inθ17μ cosθmg(Rr) θ10μ

Giải phương trình này ta thấy rằng góc mà ở đó quả cầu nhỏ bắt đầu trượt được cho bởi

công thức:

2

289 4

sθmg(Rr)

cosθmg(Rr) θ

μ





Tuy nhiên, chúng ta thấy θ c θ sθmg(Rr) hay là cosθmg(Rr)θ sθmg(Rr) cosθmg(Rr) θ c , Ở đây với giá trị của μ có thể

làm thỏa mãn điều đó, nói chung chúng ta phải lấy dấu cộng trong biểu thức trên Do đó:

2

289 4

sθmg(Rr)

μ





0,5

0,5

0,5

Câu 5: (4,0 điểm).

1 1 Chia vòng dây thành các phần tử dài

dl, điện tích dq1, với mật độ điện dài

2

Q R







Điện tích dq1 gây ra tại M (cách tâm O đoạn x) cường độ điện

trường dE1 :

1 2 2 2



⃗

Chỉ xét thành phần dE⃗1 gây ra cường độ điện trường dọc theo trục xx’véc tơ dE⃗1x

0,5

0,5

R Q

l x

M q

Câu Nội dung Điểm

1x 1 os 1 2x 2 2dq 2 . 2x 2





Vậy cường độ điện trường do cả vòng dây gây ra tại M là:

2 2 3/2 2 2 3/ 2



có hướng ra xa vòng dây nếu Q > 0; hướng lại gần vòng dây nếu Q <0

0,5

0,5

0,5

0,5

2 2 Tìm x để EMmax

.

M

x Q



 áp dụng BĐT cô si có EMmax khi 2

R

x 

Và

ax 2

2

3 3.

Mm

kQ E

R



0,5

0,5