TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X

ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

KHỐI 10

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

(Đề này có 02 trang)

Câu 1. (Các định luật bảo toàn)
Một hạt B chuyển động trượt trên mặt trong

y


g

của một cái phễu trơn nhẵn theo một quỹ đạo nằm
phía trên dọc theo mặt trong của phễu, hạt rời quỹ
đạo và bay ra khỏi miệng phễu với vận tốc v. Biết

r

O

trong mặt phẳng ngang. Do một cú hích nhẹ lên
H

B•

H1

khoảng cách từ gốc toạ độ đến đáy phễu là H =
100cm, khoảng cách từ miệng phễu đến đáy phễu

Hình câu 1

là H1 = 75cm (xem hình vẽ). Tính v. Biết rằng đối

với các điểm nằm trên mặt trong của phễu tung độ y của chúng tỷ lệ nghịch với bình
phương bán kính phễu tại điểm đó: y ~

1
r2

Câu 2. (Tĩnh học)
Khối hộp chữ nhật (H) có tiết diện thẳng

A

ABCD, chiều cao của khối hộp là AD = 10 3(cm) và
đáy CD = 10(cm) . Đặt (H) trên mặt phẳng nghiêng
MN. Lấy g = 10m/s2.

B
M
D


a) Tìm góc nghiêng cực đại α0 của MN để (H) còn

α

chưa bị lật. Khi góc nghiêng của MN là α0; muốn cho
(H) không trượt trên MN thì hệ số ma sát nghỉ cực

C
N

Hình câu 2

đại µ giữa (H) và MN phải là bao nhiêu?
b) Trong trường hợp góc nghiêng của MN đã là α0 , hệ số ma sát nghỉ cực đại (cũng
là hệ số ma sát trượt) giữa (H) và MN là µ = 0,2. Nếu kéo MN theo phương ngang,
sang phải với gia tốc a, thì có thể làm cho (H) dừng lại không trượt trên MN và không
bị lật được không?


Câu 3. (Phương trình trạng thái, nguyên lí I)
Cho một bình hình trụ kín, trong bình có một pittông mỏng C
MN có thể dịch chuyển không ma sát. Biết pittông, các thành

D

bên và nắp trên CD của bình làm bằng loại vật liệu không dẫn
nhiệt. Đáy AB dẫn nhiệt được. Phía trên và phía dưới pittông M
đều chứa một mol khí lý tưởng đơn nguyên tử như hình 2. Có
thể cung cấp nhiệt lượng hay lấy bớt nhiệt lượng của khí dưới
pittông qua đáy bình AB. Biết chiều cao của xy lanh là L. Hãy


N

L

h

A

B
Hình câu 3

tìm biểu thức nhiệt dung C1 của khí dưới pittông theo khoảng

cách h từ pitông đến đáy xy lanh. Nhiệt dung C2 của khí trên pittông bằng bao nhiêu?
Câu 4. (Tĩnh điện, dòng điện không đổi)
K

Cho mạch điện như hình vẽ bên. Biết R=100Ω,
C=10µF, U0=10V. Khoá K đóng trong thời gian ∆t1=103

C

R

s và khoá K mở trong thời gian ∆t2=20.10-3s. Với chế độ U0

đóng ngắt tuần hoàn như trên, kim ampe kế gần như

A

C

R

không rung. Hãy tính số chỉ của ampe kế. Điện trở trong
của nguồn điện và điện trở của ampe kế không đáng kể

Hình câu 4

Câu 5. (Phương án thí nghiệm)
Trình bày phương án thí nghiệm xác định giá trị của hai điện trở R1 và R2.
Chỉ dùng các dụng cụ sau đây:
- một nguồn điện có hiệu điện thế U chưa biết.
- một điện trở có giá trị R đã biết.
- một ampe kế có điện trở RA chưa biết.
- hai điện trở cần đo R1 và R2.
- một số dây dẫn có điện trở không đáng kể.
------------------HẾT-----------------Người ra đề: Phan Dương Cẩn
Điện thoại: 0904.55.53.54


TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X

ĐÁP ÁN MÔN: VẬT LÝ

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

KHỐI 10

ĐÁP ÁN ĐỀ XUẤT


(Đáp án này có 05 trang)

Câu 1. (Các định luật bảo toàn)
Giả sử khối lượng của hạt là m và quy

y

theo quỹ đạo tròn bán kính R với vận tốc v 0 ở

O

độ cao h. Xét hạt ở thời điểm nằm trong mặt

H

phẳng hình vẽ. Gọi giao tuyến của mặt trong

α


N

r


ma ht

mg


h

của phễu với mặt phẳng hình vẽ là đường
cong (C). Dựng tiếp tuyến của (C) tại vị trí của hạt, và gọi góc nghiêng của tiếp tuyến
này với trục hoành là α. Dễ dàng thấy rằng:
mv02
2
= Fht = mg tan α → v0 = gR tan α
R
Theo đề ra, phương trình của đường cong (C) có dạng: y = −
'
Suy ra y =

dy 2k
2y
= 3 = − . Khi đó: tan α = y'
dx r
r

r =R

k
(k>0)
r2

= −2y / R =

2(H − h)
R


Theo định luật bảo toàn năng lượng (viết cho chuyển động trên quỹ đạo tròn và ở
miệng phễu), ta có:
mv 2
mv 02
+ mgH1 =
+ mgh
2
2
v02 = gR tan α = gR

Thay biểu thức:

vào biểu thức (*), ta được:

(*)

2(H − h)
= 2g(H − h)
R

mv 2
mv 02
+ mgH1 =
(H − h) + mgh
2
2

v = 2g(H − H1 )

Rút gọn, ta được:

Câu 2. (Tĩnh học)

a) Khi đường thẳng đứng qua trọng tâm còn nằm trong mặt chân đế, khối hộp H còn
đứng vững: α 0 = β
DC

1

⇒ β = 300 ⇒ α 0 = 300
Mà: tan β = AD =
3

(1)


Khối hộp không trượt khi: Fms = P.sin α (với Fms = µ.P.cos α )
⇒ µ = tan α ≤ tan α 0 ⇒ µ ≤ 0,57

(2)

- Nếu góc nghiêng của MN là α 0 = 300 ; hệ số ma sát µ = 0, 2 và MN đứng yên thì H sẽ
bị trượt.

r

b) Khi MN chuyển động sang phải với gia tốc a ,
xét trong hqc gắn với mp nghiêng MN, hộp H
chịu thêm lực quán tính.

M


y

- Hình vẽ:

Fqt

MN, hợp lực đặt vào khối hộp H: (xét điều kiện
uur ur ur uur uuur r
Fhl = P + Q + Fqt + Fms = 0

B
•

D

* Muốn hộp H không trượt trên mp nghiêng
cân bằng tới hạn, nghĩa là: Fms = Fmst = µ.Q )

Q

A

β
α

O

x
ma


C
N

P

2ma

Chiếu lên Ox: Q.sin 300 − µ.Q.cos 300 − m.a = 0 ⇒ Q = sin 300 − µ cos300 = 1 − µ 3
mg

(3)

2mg

Chiếu lên Oy: Q.cos 300 + µ.Q.sin 300 − m.g = 0 ⇒ Q = cos300 + µ sin 300 = 3 + µ
So sánh (3) và (4) ta được: a = g.

(4)

1− µ 3
1 − 0, 2. 3
= 10.
= 3,38(m / s 2 )
3+µ
3 + 0, 2

Vậy muốn khối H không trượt trên MN, cần a ≥ 3,38(m / s 2 )

(5)


* Muốn hộp không bị lật:
Q ≤ P2 ⇒

2ma
10(1 − 0, 2 3) 3
≤ mg .cos 300 ⇔ a ≤
.
= 2,83( m / s 2 )
2
2
1−µ 3

(6)

*Từ (5) và (6) ta nhận thấy: với α 0 = 300 và µ = 0, 2
- Nếu MN đứng yên thì H sẽ trượt trên MN.
- Nếu kéo MN theo phương nằm ngang sang phải thì với gia tốc a tăng dần từ
0 ≤ a ≤ 2,8(m / s 2 ) , H sẽ trượt xuống, dọc theo MN, trong khi MN chuyển động.

- Khi a = 2,8(m / s 2 ) thì H sẽ lật trên MN, quanh C.
Như vậy H sẽ bị lật trước khi MN đạt tới gia tốc 3,4(m/s2) đủ để giữ cho H dừng lại
trên MN.
Câu 3. (Phương trình trạng thái, nguyên lí I)


Ở trạng thái lúc đầu khối khí phía dưới chiếm thể tích V1 , có áp suất p và nhiệt
độ T1 nào đó, còn khối khí phía trên có thể tích V2 , áp suất p và nhiệt độ T2 . Giả sử
qua đáy AB của bình ta cung cấp cho khí một nhiệt lượng nhỏ ∆Q . Dĩ nhiên chỉ có
khí phía dưới pittông nhận được nhiệt lượng này vì pittông cách nhiệt. Do đó có thể

viết: ∆Q = C1∆T1 , ở đây C1 là nhiệt dung, còn ∆T1 là độ biến đổi nhiệt độ của khí phía
dưới. Theo nguyên lý thứ nhất nhiệt động lực học :
C1∆T1 = CV ∆T1 + p∆V1 .

Từ phương trình trạng thái chúng ta tìm được mối liên hệ giữa các số gia vô cùng nhỏ
của các thông số của khối khí phía dưới ∆T1 , ∆V1 và ∆p :
∆( pV1 ) = R∆T1 hay ∆pV1 + p∆V1 = R∆T1 .

Bây giờ chúng ta trở lại xét khối khí phía trên. Đối với khối khí này xẩy ra quá trình
đoạn nhiệt. Trong bài toán này ta đã tìm được phương trình của quá trình đó (khi
nhiệt dung bằng không):
pV

Kí hiệu

CV + R
CV
2

= const.

CV + R
= γ (gọi là hệ số Poisson) và lấy số gia vô cùng nhỏ của hai vế phương
CV

trình đoạn nhiệt ∆( pV2γ ) = 0 ta sẽ nhận được:
∆pV2γ + γpV2γ −1∆V2 = 0.

Sau khi giản ước cho V2γ −1 ta được:
∆pV2 + γp∆V2 = 0.

∆V

1
Vì ∆V2 = −∆V1 nên ta có: ∆p = γp V . Chú ý rằng số gia áp suất của khí phía dưới và
2

phía trên pittông như nhau chúng ta sẽ nhận được:
γp

V1
∆V1 + p∆V1 = R∆T1 ,
V2

từ đó suy ra:
∆V1 =

R∆T1

V 
p1 + γ 1  .
V2 


Tiếp theo, từ nguyên lý thứ nhất của nhiệt động lực học ∆Q1 = CV ∆T1 + p∆V1 chúng ta
tìm được nhiệt dung của khí ở ngăn phía dưới pittông:


C1 = CV +

R


V1 
1 + γ
÷
V2 


3
2

= CV +

R
h .

1 + γ
÷
L
−h


5
3

Đối với khí đơn nguyên tử CV = R và γ = , thay vào sẽ nhận được kết quả sau:
C1 =

15 (V1 + V2 )
15
L

R=
.R
2 (5V1 + 3V2 )
2 (h + 3L)

Nhiệt dung của khối khí phía trên C 2 = 0 vì khối khí này luôn ở trong quá trình đoạn
nhiệt.
Câu 4. (Tĩnh điện, dòng điện không đổi)
Vì điện trở của nguồn điện và của ampe kế không đáng kể, nên khi đóng khoá
K, các tụ điện gần như lập tức được nạp điện đến hiệu điện thế U =

U0
.
2

Khi khóa K mở, các tụ điện gần như phóng điện hoàn toàn. Dòng điện phóng ở thời
điểm đầu tiên mở khoá: I0 =

U U0
=
R 2R

Giả sử dòng này không đổi thì tụ điện sẽ phóng hết điện sau thời gian:
t


q CU
RC
t= =
= RC  i = i 0e ÷

I0
I0



Trong thực tế, dòng phóng điện giảm, nhưng vì thời gian mở khoá
∆t 2 = 20.10−3 s > ∆t1 nên có thể coi rằng sau thời gian ∆t2 tụ điện phóng hết điện.
Ta hãy tính cường độ dòng điện qua ampe kế.
Khi K đóng theo định luật bảo toàn điện tích tại điểm M, ta có: q0 = qA + qC
Trong đó: q0 = I.∆t1 là điện tích đi vào M, q A là điện tích đi qua ampe kế, q C = CU là
K

điện tích nạp cho tụ điện C ⇒ I.∆t1 = q A + CU
I

U
U
Với I = 0 ; U = 0
2R
2
Suy ra, điện lượng đi qua A trong thời gian ∆t1 là:
q 'A =

U0
U
∆t1 − C 0
2R
2

U0


R
q0
q
M AA
c +
-

c

R

+


Khi K mở, cả hai tụ điện đều phóng điện qua A, điện lượng phóng qua ampekế trong
'
thời gian ∆t2 là: q A = 2

CU 0
= CU 0
2

Cường độ dòng điện trung bình qua ampe kế (là số chỉ của ampe kế):
I A = I tb =

qA + q
=
∆t1 + ∆t 2
'

A

−C

U0 U0
+
∆t1 + CU 0
U  ∆t + RC 
2 2R
;I A = 0  1
÷
∆t1 + ∆t 2
2R  ∆t1 + ∆t 2 

Thay số ta được : I A ≈ 4,8.10−3 A = 4,8mA
Câu 5. (Phương án thí nghiệm)
Mắc nối tiếp R với ampe kế RA rồi mắc vào hai cực của nguồn U thì ampe kế
U

chỉ giá trị Io với I o = R + R (1)
A
U

- Thay R bằng R1, ampe kế chỉ giá trị I 1 = R + R (2)
1
A
U

- Thay R bằng R2, ampe kế chỉ giá trị I 2 = R + R (3)
2

A
U

- Thay R bằng R1+R2, ampe kế chỉ giá trị I = R + R + R (4)
1
2
A
- Lấy (4) trừ (3) ta được: R1 =

1 1 
U U
−
= U  −  (5)
I I2
 I I2 
1

1

- Lấy (4) trừ (2) ta được: R2 = U  −  (6).
 I I1 
- Lấy (1) trừ (2) ta được: R − R1 =

1 1 1 1
U U
− → R = U  + − −  (7)
I o I1
 I o I I1 I 2 

1 1 1 1

1 1 
 + − − 
 − 
R  I o I I1 I 2 
 I I2 
=
→ R1 = R
- Chia (7) cho (5) ta được:
R1
1 1 
1 1
1 1
 − 
 + − − 
 I I2 
 I I o I 2 I1 
1
 −
I
- Tương tự: R2 = R
1 1
 + −
 I Io

1

I 1 
1 1
− 
I 2 I 1 


---------HẾT---------