TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XTRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNGTỈNH PHÚ THỌĐỀ THI MÔN VẬT LÝKHỐI 10[Đề này có 9 trang, gồm 5 câu]ĐỀ THI ĐỀ XUẤTCâu 1 [5 đ]: Hai vật nhỏ A và B cùng nằm trên một đườngthẳng đứng nhưng có độ cao chênh lệch nhau l=2m. NémαAđồng thời hai vật lên cao theo phương hợp với phương nằmngang góc α A = 300 và α B = 450 . Hai vật chuyển độngngược chiều và có vận tốc ban đầulαBv0A = 4m / s;hv0B = 5m / s . Bỏ qua sức cản của không khí và coi độ caoban đầu đủ lớn, lấy g=10m/s2. Tính khoảng cách giữa hai vậtkhi vận tốc toàn phần của chúng vuông góc với nhau.Câu 2 [5 đ]: Hai quả nặng có khối lượng m1=10kgmvà m2=20kg được mắc vào hai đầu của lò xo cóm2m1αkhối lượng không đáng kể, độ cứng của lò xo làk=100N/m. Quả nặng m2 được đặt tựa vào tườngthẳng đứng. Hệ được đặt trên mặt phẳng nằm ngang. Hệ số ma sát giữa mặt phẳng vàvật là μ=0,1. Ban đầu hệ ở trạng thái cân bằng, lò xo không biến dạng. Một viên đạncó khối lượng m=1kg bay với vận tốc v 0=10m/s hợp với phương ngang góc α=300đến cắm vào vật m1. Giả lực tương tác giữa m và m1 rất lớn so với trọng lực của chúng.a. Xác định vận tốc của vật m1 ngay sau khi va chạm.b. Xác định độ biến dạng cực đại của lò xo?c. Trong quá trình hệ chuyển động vật m2 có dịch chuyển không?pCâu 3 [4 đ]: Một khối khí lý tưởng lưỡng nguyêntử thực hiện một chu trình được diễn tả bằng đồthị trong hệ toạ độ [p,V] như hình vẽ.a. Tính hiệu suất của chu trình này.b. So sánh hiệu suất của chu trình với hiệu suấtlí thuyết cực đại của chu trình, mà ở đó nhiệt2p03P021VV03V0Page 1 of 9độ đốt nóng và nhiệt độ làm lạnh tương ứng với nhiệt độ cực đại và nhiệt độ cựctiểu của chu trình đang khảo sát.Câu 4 [4đ]: Thanh OA nhẹ gắn vào tường nhờ bản lề O. Đầu A có treo vật nặng vớitrọng lượng P. Để giữ cho thanh nằm ngang cân bằng thìCta dùng dây treo điểm B của thanh lên. Biết OB=2ABa. Tính lực căng T của dây và phản lực Q của bản lềtheo góc α. Xác định lực căng nhỏ nhất và phản lựcαOnhỏ nhất mà ta có thể nhận được khi thay đổi vị tríABPđiểm treo C.b. Vì dây treo chỉ chịu được lực căng tối đa là 4P. Hãy xác định vị trí dây treo đểdây không bị đứt.Câu 5 [2đ]: Hãy nêu phương án xác định nhiệt dung riêng của một vật rắn đồng nhấttrong điều kiện có các dụng cụ sau:- Nhiệt lượng kế có khối lượng M và cách nhiệt hoàn toàn với môi trường bên ngoài.- Ấm điện với nguồn điện thích hợp.- Cốc thủy tinh có vạch chia thể tích, chứa được vật rắn đã cho.- Thùng đựng nước, nhiệt kế, que gắp.Nhiệt dung riêng co, khối lượng riêng Do của nước và khối lượng riêng D của vật rắnđã biết trước..................HẾT.................Người ra đềPhạm Văn Đoàn [SĐT: 0977277930]ĐÁP ÁNCâu 1 [5đ]: Sau khi được ném, chuyển động của hai vật là chuyển động của vật đượcném xiên. Trong chuyển động này vật tham gia đồng thời hai chuyển động là chuyểnPage 2 of 9động thẳng đều theo phương nằm ngang [do bỏ qua lực cản không khí] và chuyểnđộng với gia tốc g theo phương thẳng đứng. Chọn hệ quy chiếu gồm hệ trục toạ độOxy [Oy có hướng thẳng đứng lên trên; Ox nằm ngang hướng theo chiều chuyểnđộng của vật] chọn gốc thời gian là thời điểm khi ném vật………………………[1đ]Khảo sát chuyển động của các vật theo hai phương Ox và Oy. v Ax = v0 A cos α 0AVật A: …………………………………………..[0,5đ] v Ay = v0 A sin α 0A − gt vBx = v0B cos α 0BVật B: vBy = v0B sin α 0B − gt……………………………………..……[0,5đ]Gọi αA và αB lần lượt là góc hợp bởi véc tơ vận tốc toàn phần của vật A và vật Bso với phương nằm ngang.v Ay v0 A sin α 0A − gttanα==Av Axv 0 A cos α 0ATa có: …………………………………[0,5đ]vvsinα−gt tan α = By = 0B0BBvBxv0B cos α 0BĐiều kiện để vận tốc toàn phần của hai vật vuông góc với nhau là: α + β = 900 [0,5đ]Khi đó ta có:tan α A tan α B = 1 ↔v0 A sin α 0A − gt v 0B sin α 0B − gt.=1↔v0 A cos α 0Av 0B cos α 0B………...[1đ]↔ g t − [v 0 A sin α 0A + v 0B sin α 0B ]gt − v 0 A v 0B cos[α 0A + α 0B ] = 02 2 t = 0,2569sThay số ta thu được nghiệm của phương trình trên là: [0,25đ] t = −0,2015s < 0 [lo¹i ]Trong khoảng thời gian từ khi ném hai vật tới khi véctơ vận tốc toàn phần của hai vậtvuông góc với nhau thì khoảng cách giữa hai vật theo phương Ox và Oy là:Phương Ox: x AB = [v Ax + v Bx ]t = 1,7982m…………………………...[0,25đ]Phương Oy: y AB = h + [v Bx − v Ax ]t = 2,0183m ….……………………...[0,25đ]Suy ra khoảng cách giữa hai vật tại thời điểm đó là:r = x 2AB + y 2AB = 2,7032m ……………………………………………..[0,25đ]Page 3 of 9Bài 2 [5đ]:a. Xét động lượng của hệ hai vật m và m1.Trước va chạm: p x = mv0 cos α; p y = mv 0 sin α ……………………………….[0,25đ]''Sau va chạm: p x = [m + m1 ]v1; p y = 0 …………………………………………[0,25đ]Như vậy trong quá trình va chạm động lượng của hệ theo phương Oy biến thiên một'lượng: ∆p y = p y − p y = − mv 0 sin α …………………………………………….[0,25đ]Sự biến thiên này tạo ra phản lực Fy tác dụng lên hệ:Fy =∆p y∆t=−mv0 sin α…………………………………………………...[0,5đ]∆tDo có ma sát giữa các vật với mặt phẳng nằm ngang nên độ biến thiên động lượngtheo phương Ox trong quá trình va chạm là: ∆p x = Fms ∆t ……………………..[0,25đ]Với: ∆p x = [m + m1 ]v1 − mv0 cos α; Fms = µ [m + m1 ]g + Fy ……………[0,5đ]Theo giả thiết lực tương tác Fy rất lớn so với trọng lực suy ra:Fms = µ [m + m1 ]g + Fy ≈ µFy …………………………………………..[0,25đ]Ta có:∆p x = Fms ∆t ↔ [m + m1 ]v1 − mv 0 cos α = −µmv 0 sin α↔ v1 =mv0 [cos α − µ sin α]⇒ v1 = 0,74m / sm + m1…………………..[0,25đ]b. Sau khi tương tác hệ vật chuyển động chịu tác dụng của lực ma sát nên cơ năngcủa hệ giảm dần vì vậy độ biến dạng cực đại của lò xo chính là độ nén cực đại của lòxo ngay sau thời điểm va chạm………………………………………………….[0,5đ]Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta có:11[m + m1 ]v12 = kx 2 + µ[m + m1 ]gx ↔22………………………..[0,5đ] x = 15,96cm2↔ 50x + 11x − 3,03 = 0 ↔ x = −37,96cm[lo¹i ]Vậy độ biến dạng [nén] cực đại của lò xo trong quá trình hệ dao động là:xmax=15,96cmPage 4 of 9c. Giả sử sau khi lò xo bị nén cực đại, vật m và m1 dịch chuyển sang trái tới vị trí lòxo biến dạng một đoạn x thì dừng lại. Trong quá trình này ta giả sử vật m2 vận đứngyên. Áp dụng định luật bảo toàn năng lượng ta có:1 21kx max = kx 2 + µ[m + m1 ][x max + x] ↔22………………...…..[0,75đ] x = 13,76cm2↔ 50x + 1,1x − 1,098 = 0 ↔ x = −15,96cm [lo¹i]Như vậy lò xo bị dãn một đoạn 13,76cm thì vật m và m1 dừng lại. Tại vị trí này lựcđàn hồi của lò xo là: Fdh = kx = 6,88N …………………………………….......[0,25đ]Mặt khác để vật m2 dịch chuyển sang trái thì điều kiện là:Fdh ≥ Fmsn max = µm 2g = 20N > 6,88N ……………………………………..[0,5đ]Suy ra trong suốt quá trình chuyển động của m và m1 thì m2 vẫn đứng yên.Bài 3 [4đ]pa. Công mà khối khí thực hiện trong chu trình là:1A = [2p 0 − p 0 ][3V0 − V0 ] = p 0 V022p0P0[0,5đ]321V+ Quá trình 12 là quá trình đẳng áp, thể tíchgiảm nên nhiệt độ cũng giảm → nhiệt lượng màV03V0hệ nhận được là: Q12 = Cp ∆T12 < 0 …………[0,25đ]+ Quá trình 23 là quá trình đẳng tích nên khí không sinh công. Trong quá trình nàythể tích không đổi nhưng áp suất tăng →nhiệt độ tăng → hệ nhận nhiệt. Nhiệt lượnghệ nhận được là:555Q 23 = CV ∆T23 = R[T3 − T2 ] = [2p 0 V0 − p 0V0 ] = P0V0 > 0 …………[0,25đ]222+ Phương trình mô tả quá trình 31 có dạng: p=aV+b…………………….…[0,25đ]Thay toạ độ trạng thái 1 và 3 vào ta được:p0a=−2p0 = aV0 + b 2V0p5p↔⇒ p = − 0 V + 0 ……………..………[0,5đ]2V02p0 = 3aV0 + bb = 5p02Page 5 of 9Mặt khác theo phương trình trạng thái ta có:PV = RT ↔ [−p05pp5pV + 0 ]V = RT ↔ T = − 0 V 2 + 0 V ………[0,25đ]2V022V0 R2RPhương trình này trong hệ toạ độ VT là một đường cong parabol đi qua gốc toạ độ vàcó cực đại: Tmax =25 p0 V05pt¹i V = 2,5V0 vµ P = 0 …………………..……..[0,25đ]8 R4+ Nhiệt lượng trao đổi trong quá trình 31 là:Q31 = ∆U 31 + A 31 =5R 3p0 V0 2p0 V01[−] + [p 0 + 2P0 ][3V0 − V0 ] = 5,5p 0V0 > 02RR2[0,25đ]Vậy toàn bộ nhiệt lượng mà hệ nhận được trong quá trình 23 và 31 là:Q = Q 23 + Q31 = 2,5p 0V0 + 5,5p 0V0 = 8p 0V0 ………………………...……[0,25đ]Suy ra hiệu suất của chu trình là: H =ApV.100% = 0 0 .100% = 12,5% ……..[0,25đ]Q8p0 V0b. Nhiệt độ cực đại và cực tiểu của lượng khí trong chu trình biến đổi là:Tmax =25 p0 V0pV; Tmin =T2 = 0 0 …………………………………….….....[0,5đ]8 RRSuy ra hiệu suất cực đại của chu trình theo tính toán lý thuyết là:H lt =Tmax − Tmin.100% = 68% …………………………………….……[0,25đ]TmaxSuy ra hiệu suất thực tế của chu trình H=18,38%Hlt…………………………..[0,25đ]Bài 4 [4đ]Ca. Chọn hệ toạ độ Oxy nhu hình vẽ.αABOx Page 6 of 9Oy+ Điều kiện cân bằng mômen của vật với trục quay qua O là:uur uur r3PM T + M P = 0 ↔ T.OB.sin α = P.OA ↔ T =2sin α[0,5đ]ur ur ur r+ Điều kiện cân bằng lực của thanh là: Q + T + P = 0 …………………………..[0,5đ]Theo phương Ox: Q x − T cos α = 0 ↔ Q x =3Pcos α ………………..[0,5đ]2sin αTheo phương Oy: Q y + P = Tsin α ↔ Q y + P =3PP↔ Q y = ∉α ……...[0,5đ]22+ Phản lực Q của bản lề tác dụng lên thanh là:9P 2P2 P2Q= Q +Q =cotan α +=9cotan 2α + 1 ………………...[0,5đ]44 22x2y+ Từ biểu thức lực căng T =khi đó lực căng T =3Pta thấy Tmin khi α = 900 [dây treo thẳng đứng]2sin α3PP. Cũng tại vị trí này thì cotan 2α = 0 → Q = Q min =22[0,5đ]b. Theo giả thiết ta có:Tmax = 4P →3P3≤ 4P ↔ sin α ≥ ↔ 220 ≤ α ≤ 1580 ……………..……[1đ]2sin α8Vậy để dây không bị đứt thì ta phải chọn điểm treo C sao cho góc treo α thoả mãn220 ≤ α ≤ 1580Câu 5 [2đ]: Phương án thí nghiệm.Bước 1: Xác định nhiệt dung riêng c của nhiệt lượng kếBước 2: Xác định nhiệt dung riêng cv của vật[0,25đ]1. Cơ sở lý thuyến xác định nhiệt dung riêng của nhiệt kế.Bước 1: Gọi ts là nhiệt độ sôi của nước; t0 là nhiệt độ môi trường.+ Cho một lượng nước sôi có khối lượng m 1 vào nhiệt lượng kế, khi trạng thái cânbằng nhiệt được thiết lập thì hệ nước và nhiệt lượng kế có nhiệt độ tcb1.Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có:Q nhËn = Q thu ↔ Mc[t cb1 − t 0 ] = m1c nc [t s − t cb1 ]Page 7 of 9+ Cho tiếp một lượng nước sôi có khối lượng m2 vào nhiệt lượng kế. Khi cân bằngnhiệt được thiết lập thì hệ có nhiệt độ tcb2.Ta có: Mc[t cb2 − t cb1 ] = m 2c nc [t s − t cb2 ] − m1c nc [t cb2 − t cb1 ]+ Cho tiếp một lượng nước sôi có khối lượng m3 vào nhiệt lượng kế. Khi cân bằngnhiệt được thiết lập thì hệ có nhiệt độ tcb3.Ta có: Mc[t cb3 − t cb2 ] = m 3c nc [t s − t cb3 ] − c nc [m1 + m 2 ][t cb3 − t cb2 ]+ Làm tương tự như vật tới lần thứ n ta có:n −1Mc[t cb[n ] − t cb[n −1] ] = m3cnc [t s − t cb[n ] ] − c nc [ ∑ mi ][t cb[n ] − t cb[n −1] ] [1]i =1Với cách làm này thì với mỗi lần tiến hành ta xẽ xác định được một giá trị của c0.[0,75đ]Bước 2: Xác định nhiệt dung của vật sau khi biết nhiệt dung riêng c 0 của nhiệt lượngkế. Xét hệ ban đầu gồm nhiệt lượng kế và vật ở trạng thái cân bằng nhiệt với môitrường.+ Cho một lượng nước sôi có khối lượng m 1 vào nhiệt lượng kế và vật, khi trạng tháicân bằng nhiệt được thiết lập thì hệ nước và nhiệt lượng kế có nhiệt độ t1.Theo định luật bảo toàn năng lượng ta có:mc v [t1 − t 0 ] = m1c nc [t s − t1 ] − Mc[t 1 − t 0 ]+ Cho tiếp một lượng nước sôi có khối lượng m2 vào nhiệt lượng kế. Khi cân bằngnhiệt được thiết lập thì hệ có nhiệt độ t2.Ta có: mc v [t 2 − t1 ] = m 2c nc [t s − t 2 ] − [ Mc + m1c nc ] [t 2 − t1 ]+ Cho tiếp một lượng nước sôi có khối lượng m3 vào nhiệt lượng kế. Khi cân bằngnhiệt được thiết lập thì hệ có nhiệt độ t3.Ta có: mc v [t 3 − t 2 ] = m3c nc [t s − t 3 ] − [ Mc + [m1 + m 2 ]c nc ] [t 3 − t 2 ]+ Làm tương tự như vật tới lần thứ n ta có:n −1mc v [t n − t n −1 ] = m n c n [t s − t n ] − Mc + ∑ m ic n [t n − t n −1 ]i =1Với cách làm này thì với mỗi lần tiến hành ta xẽ xác định được một giá trị của cv.[0,75đ]Page 8 of 92. Tiến hành thí nghiệmBước 1: Xác định nhiệt dung riêng của nhiệt lượng kếDùng ấm điện đung sôi một lượng nước đủ dùng cho thí nghiệm.- Lấy bình có chia vạch để lấy lượng nước sôi có khối lượng m 1 đổ vào nhiệt lượngkế. Khi hệ cân bằng nhiệt ta đo nhiệt độ này và tính nhiệt dung của nhiệt lượng kếtheo công thức [1].Lặp lại thí nghiệm với các lượng nước m2; m3; … rồi tính nhiệt dung riêng c của nhiệtlượng kế tương ứng.Sau khi có được các giá trị của c ta tiến hành sử lý số liệu để có kết quả về nhiệt dungriêng của nhiệt lượng kế.Bước 2. Xác định nhiệt dung riêng c của vật sau khi đo được nhiệt dung riêng củanhiệt lượng kế.- Sử dụng bình chia vach và nước ta xác định được thể tích của vật từ đó tính đượckhối lượng m của vật.- Lấy bình có chia vạch để lấy lượng nước sôi có khối lượng m 1 đổ vào nhiệt lượngkế và vật. Khi hệ cân bằng nhiệt ta dùng nhiệt kế đo nhiệt độ này và tính nhiệt dungcủa vật theo công thức [2].Lặp lại thí nghiệm với các lượng nước sôi m 2; m3; … rồi tính nhiệt dung riêng c v củacủa vật tương ứng.Sau khi có được các giá trị của cv ta tiến hành sử lý số liệu để có kết quả về nhiệtdung riêng của vật.[0,25đ]Page 9 of 9