Bộ đề thi năng khiếu môn vật lý lớp 10 trường chuyên năm 2022

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN TRÃI
ĐỀ THỨC
ĐỀ CHÍNH

ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LỚP 10L (LẦN 1)
NĂM HỌC 2020 – 2021
MÔN: VẬT LÝ
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi có 02 trang, gồm 05 câu)

Câu 1 (1,0 điểm):
Có 3 xe xuất phát từ A đi đến B trên cùng một đường thẳng. Xe 2 xuất phát muộn hơn xe 1 là
2h và xuất phát sớm hơn xe 3 là 30 phút. Sau một thời gian thì cả 3 xe gặp nhau ở một điểm C trên
đường đi. Biết xe 3 đến trước xe 1 là 1h. Hỏi xe 2 đến trước xe 1 bao lâu? Biết các xe chuyển động
thẳng đều.
Câu 2 (1,0 điểm):
Hai con tàu chuyển động trên cùng một đường thẳng với cùng vận tốc khơng đổi v,
hướng tới gặp nhau. Kích thước các con tàu rất nhỏ so với khoảng cách giữa chúng. Khi hai tàu
cách nhau một khoảng L thì một con Hải Âu từ tàu A bay với vận tốc u ( với u > v) đến gặp tàu
B (lần gặp 1), khi tới tàu B nó bay ngay lại tàu A (lần gặp 2), khi tới tàu A nó bay ngay lại tàu B
(lần gặp 3 ) …
a. Tính tổng quãng đường con Hải Âu bay được khi hai tàu còn cách nhau một khoảng  < L .
b. Hãy lập biểu thức tính tổng quãng đường con Hải Âu bay được khi gặp tàu lần thứ n.
Câu 3 (2,0 điểm):
Một thanh đồng chất tiết diện đều, có khối lượng 10 kg,
B
C
chiều dài  . Thanh được đặt trên hai giá đỡ A và B như hình A


vẽ. Khoảng cách BC  . Ở đầu C người ta buộc một vật nặng
7
hình trụ có bán kính đáy 10 cm, chiều cao 32 cm, trọng lượng
riêng của chất làm vật nặng hình trụ là d = 35000 N/m3. Biết
thanh ở trạng thái cân bằng và lực ép của thanh lên giá đỡ A bị
triệt tiêu. Tính trọng lượng riêng của chất lỏng trong bình. Coi
trọng lượng của dây buộc khơng đáng kể.
Câu 4 (2,5 điểm):
Cho mạch điện như hình vẽ. Biết U  12V , R1  4 ,
R1
U
+ A

R 2  R 3  6 . Biến trở con chạy AB là một dây dẫn đồng tính, tiết

diện đều, điện trở toàn phần là 15 . Bỏ qua điện trở các dây nối,
các Ampe kế và Vôn kế đều lí tưởng.
1. Để con chạy C ở vị trí sao cho CB = 4.CA, sau đó đóng khóa K.
a. Tìm số chỉ các Ampe kế và Vôn kế.
b. Di chuyển rất chậm con chạy C ra khỏi vị trí đang xét. Tìm vị trí
của con chạy C để số chỉ trên hai Vơn kế bằng nhau.
2. Khóa K mở. Tim vị trí con chạy C để số chỉ của Ampe kế đạt giá
trị lớn nhất.
Câu 5 (3,5 điểm):
1. Cho hình vẽ. Biết PQ là trục chính của thấu kính, S là
nguồn sáng điểm, S’ là ảnh của S tạo bởi thấu kính.
a. Xác định loại thấu kính, quang tâm O và tiêu điểm chính
của thấu kính bằng cách vẽ đường truyền của các tia sáng.
P
b. Biết S, S’ cách trục chính PQ những khoảng tương ứng

B

C
R2

A

K

R3

D
V1

V2

S’

S
Q


h = 2cm; h’ = 4cm và HH’ = 6cm. Tính tiêu cự f của thấu kính và khoảng cách từ điểm sáng S
tới thấu kính.
c. Đặt một tấm bìa chắn sáng rộng, trên trục chính, vng góc với trục chính, ở phía trước của
7
thấu kính. Biết tấm bìa cao cm và đường kính đường rìa của thấu kính là D = 8cm. Hỏi tấm
3
bìa này phải đặt cách thấu kính một khoảng nhỏ nhất là bao nhiêu để khơng quan sát thấy ảnh S’

của S?
2. Đặt vật sáng AB vng góc với trục chính của thấu kính hội tụ có tiêu cự f, A nằm trên trục chính
cách thấu kính đoạn d1 ta được ảnh A1B1 cao bằng nửa vật. Dịch chuyển vật dọc theo trục chính lại
gần thấu kính một đoạn 20 cm ta thấy ảnh A2B2 là ảnh thật và cách A1B1 một đoạn 10 cm.
a. Tính f và d1.
b. Giữ vật AB cố định, di chuyển thấu kính lại gần vật từ vị trí cách vật đoạn d1 đến vị trí cách
vật đoạn 0,5d1. Tính quãng đường ảnh di chuyển.
--------------------------Hết-------------------------- Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu;
- Giám thị khơng giải thích gì thêm.


ĐÁP ÁN
Câu 1 (1,0 điểm).
Giả sử sau t(h) tính từ lúc xe 3 xuất phát thì cả 3 xe cùng gặp nhau tại điểm C. Khi đó
quãng đường AC là: AC = (t+2,5)v1 = (t+0,5)v2 = t.v3
v
t  0,5
1
Ta có: 3 
v2
t
2v1
(t+0,5)v2 – (t+2,5)v1=0  v2  v1 
2
t  0,5
2,5v1
t.v3 – (t+2,5)=0  v3  v1 
3
t
s  s1

Thời gian các xe đi trên quãng đường còn lại là : t2, 
v2
1
s 1 s  s1 1

 1
Theo bài ra ta có : t1   t1,   t 2,   h  t1  1  
 1
4
v1 4
v2
2

 2
1 1 1 1 3
s s
  s1       2
v1 v2
 v1 v 2  2 4 4
1 1
3 1
Từ (1) và (2) : s1     1  
4 4
 v1 v 2 
1 vv
1 12.15
Hay s1  . 1 2  .
 15km
4 v2  v1 4 15  12
Câu 2 (1,0 điểm):

+ Thời gian hai tàu đi được từ khi cách nhau khoảng L đến khi cách nhau khoảng l là:
Ll
.
t
2v
+ Tổng quãng đường con Hải Âu bay được đến khi hai tàu cách nhau một khoảng l là:
Ll
.
S  ut  u
2v

+ Gọi B1, B2,...A1, A2 là vị trí Hải Âu gặp tàu B và tàu A lần 1, lần 2,…
+ Lần gặp thứ nhất:
L
- Thời gian Hải âu bay từ tàu A tới gặp tàu B tại B1 là: t1 
uv

A1
A

a1

B2

B1
b1

 AB1 = ut1.
- Lúc đó tàu A đến a1: Aa1 = vt1  a1B1 = AB1 – Aa1 = ( u – v )t1
+ Lần gặp thứ 2:

- Thời gian con Hải âu bay từ B1 đến gặp tàu A tại A1:
aB
(u  v)
t u v
t2  1 1 
t1  1 
(1)
uv uv
t2 u  v
+ Lần gặp thứ 3:
- Thời gian Hải âu bay B1A1 thì tàu B đi khoảng:
B1b1  vt2  b1 A1  A1 B1  B1b1  t2 (u  v) .
- Thời gian hải âu bay từ A1 đến B2 :

B


t
b1 A1
u v
u v
 t2
 3 
(2)
uv
uv
t2 u  v
t
t
+ Từ (1) và (2)  2  3 .

t1 t2
+ Tổng quát ta có thời gian đi tuân theo qui luật:
t
t 2 t3 t 3
u v
u v
   .........  n 
 t2 
t1
t1 t2 t4
tn 1 u  v
uv
t3 

2

u v
uv 
t3 
t2  
 t1
uv
uv
.
.
.
n 1

u v 
tn  

 t1 .
uv
Tổng quãng đường Hải Âu bay được:
n 1
 uv
u v  
 ...  
S  S1  S 2  ...  S n = u (t1  t2  ...  tn )  ut1 1 
 
 u  v  
 u  v

u

n 1
L  u v
 u v  
1


...



 .
u  v  u  v
 u  v  

Câu 3 (2,0 điểm):
* Gọi P là trọng lượng của thanh AC

1
P1 là trọng lượng đoạn BC: P1= P , P2 là trọng
7
6
lượng đoạn AB : P2= P
7
l là chiều dài thanh AC, V là thể tích vật chìm trong
nước
d3 là độ dài đoạn BC : d3=

A

B

P2

C

P1

F

d2
d3

1
3
 , d2 là khoảng cách từ B đến P2 : d2 =  , d1 là khoảng cách từ B
7
7

đến P1 :
d1 =

1

14

* Vì lực ép của thanh lên điểm A bị triệt tiêu nên theo điều kiện cân bằng lực ta có phương trình
cân bằng lực sau :
P1d1 + Fd3 = P2d2 (1)
* Vì vật nằm lơ lửng trong lịng chất lỏng nên :
F = V.d – Vdx = V(d – dx) (2)
Từ (1) và (2) ta có :
1 1
2
6 3
P1d1 + Fd3 = P2d2  P.  + F.  = P. 
7 14
14
7 7
 35P = 14F
 35P = 14 V( d – dx )
35P
 ( d – dx ) =
14V


 dx = d -

35P
14V

(3)

với P = 10. m
V = S .h = .R 2 .h = 3,14 .0,12 . 0,32 = 0,01(m3)
Thay vào ( 3) ta có
35.100
dx = 35000  10.000( N 3 )
m
14.0,01
Câu 4 (2,5 điểm):
R1

U
+ A

1a.
R AC  3  R 4 ; R BC  12  R 5
RR
R 2R 4
R td1 
 3 5  R1  10
R 2  R4 R3  R3
U
I
 1, 2 A
R td1
R5

R4
I2 
I  0, 4 A ; I3 
I  0,8 A
R2  R4
R3  R5
I A1  I3  I2  0, 4 A
U V1  I.R 24  2, 4 V
U V 2  I.R 35  4,8 V
1b.
R AC  x  R BC  15  x
(15  x)R 3
xR 2
6x
6(15  x)
U V1  U V 2 



 x  7,5
x  R 2 15  x  R 3
6x
21  x
Con chạy C ở trung điểm của AB
2.
R AC  x

B

C

A

R2

K

R3

D
V1

V2

R2x
x 2  19x  114
 (15  x)  R1 
R2  x
x 6
U
12(x  6)
I mc 
 2
R td 2  x  19x  114
x
12x(x  6)
12x
IA 
I mc 
 2
2

x  R2
(x  6)(  x  19x  114)  x  19x  114
(IA )max  x  15
Câu 5 (3,5 điểm):
1.a. Xác định loại thấu kính, quang tâm, tiêu
S/
điểm bằng cách vẽ đường truyền tia sáng.
R td2 

L

Lập luận được:
- Do S/ cùng phía với S qua trục chính nên S/ là
ảnh ảo
- Do ảnh ảo S/ ở xa trục chính hơn S nên đó là
thấu kính hội tụ
- Vẽ đúng hình, xác định được vị trí thấu kính
- Vẽ, xác định được vị trí các tiêu điểm chính

I

h/
L
P

H/

S
h

O

H

F
Q

L/


1b. Tính tiêu cự của thấu kính và khoảng cách từ S tới thấu kính
Đặt H/H = L ; HO = d ; OF = f.
Ta có: ∆ OHS đồng dạng với ∆ OH’S’: 

HS OH
h
d

 
H 'S' OH'
h' d  L

Thay số giải d = 6 cm
Ta có: ∆ FOI đồng dạng với ∆ FH’S’: 

OI
FO
h
f


 
H 'S' FH '
h' f  d  L

Thay số giải f = 12 cm
1c. Để không quan sát được ảnh S của qua thấu
kính thì mọi tia sáng từ S tới thấu kính đều bị bìa
chắn.

S/
L
E

h/
L

I
P

H

/

S
h

O

F

HK

Q
L/

Để khơng tia sáng nào tới được nửa dưới của thấu kính, nối S với mép ngồi L/ của thấu
kính, cắt cắt trục chính thấu kính tại K thì K là vị trí gần nhất của tấm bìa E tới thấu kính, mà
đặt mắt nửa dưới thấu kính bên kia ta khơng quan sát được ảnh S/ qua nửa dưới.
KO OL/

Do: ∆ KOL/ đồng dạng với ∆ KHS 
, (KO = dmin)
HK SH



d min
6  d min

D
4
 2   2  dmin = 4(cm)
h 2

S/
L
E

h/
L

P

H

/

S
h

I
N

O

H

F
Q

L/

Để không tia sáng nào tới được nửa trên của thấu kính thì vị trí gần nhất của miếng bìa
như hình.
Do: ∆ NES đồng dạng với ∆ ILS 

NE NS 6  d min


, (NI = dmin)
IL

IS
6

7
2
6  d min
 3
 dmin = 5 (cm)

D
6
2
2
KL. Để khơng có ảnh của S qua thấu kính phải đặt tấm bìa gần nhất cách thấu kính 5 cm
2 a. Chứng minh cơng thức:
Gọi d = BO, f = OF, OB = d’
ABO; ABO
A 'B' OA ' d '



AB
OA d
A ' B' A 'F' d ' f
OIF'; A 'B 'F' 


OI
OF '
f



d' d'  f
1 1 1

  
d
f
f d d'


Khi AB cho ảnh thật A1B1:
d '1 1
d
  d1 '  1
d1 2
2
1 1
1
3
 
  d1  3f  d1 '  1,5f
f d1 d1 ' d1
Khi AB cho ảnh thật A2B2:
Dịch chuyển vật lại gần thấu kính một đoạn 20 cm ta được ảnh thật A2B2 dịch ra xa
10 cm
d2 = d1 – 20 = 3f - 20, d2’= d1’ + 10 = 1,5f + 10
tươơng tự như phần trên ta có:
1 1
1

1
1
1
 
 

 f  20cm
f d2 d2 '
f 3f  20 1,5f  10
Khoảng cách từ AB đến thấu kính lúc đầu: d1=60cm
2b.
Dịch chuyển Thấu kính từ vị trí cách vật d1=60 cm đến vị trí cách vật d2=d1/2=30 cm thì
ảnh ln là thật
1 1 1
df
Ta có :   '  d ' 
f d d
df
Khoảng cách từ vật đến ảnh:
df
d2
l = d + d’= d 
→d2 – ld + lf = 0

df df
phương trình này có nghiệm →   l2  4lf  0  l  4f  lmin  4f xảy ra khi d = lmin/2 =
2f = 40cm
Vậy d giảm từ 60cm đến 40cm thì l giảm, d giảm từ 40 đến 30 cm thì l tăng
602
Khi d = 60cm thì l =

 90cm
60  20
402
Khi d = 40cm thì l =
 80cm
40  20
302
Khi d = 30cm thì l =
 90cm
30  20
Vậy quãng đường ảnh đi là: s = (90 - 80) + (90 - 80) = 20cm


ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LẦN I

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG

LỚP 10 CHUYÊN LÝ

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN TRÃI

Ngày thi : 11/10/2021
Thời gian làm bài: 180 Phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1. (2,0 điểm)
Vật A được ném thẳng đứng lên trên từ độ cao 300m so với mặt đất với vận tốc ban đầu
20 m / s . Sau đó 1s vật B được ném thẳng đứng lên trên từ độ cao 250m so với măt đất với vận
tốc ban đầu 25m / s . Bỏ qua sức cản khơng khí, lấy g  10m / s2 . Chọn gốc toạ độ ở mặt đất,
chiều dương hướng thẳng đứng lên trên, gốc thời gian là lúc ném vật A.

1.Viết phương trình chuyển động của các vật A, B?
2. Tính thời gian chuyển động của các vật?
3.Thời điểm nào hai vật có cùng độ cao? Xác định vận tốc các vật tại thời điểm đó?
Câu 2. (2,0 điểm)
Một bản gỗ A được đặt trên một mặt phẳng nằm ngang.
Bản A nối với một bản gỗ B khác bằng một sợi dây vắt
qua ròng rọc cố định. Bỏ qua khối lượng dây và ròng
rọc.

A

a) Tính lực căng dây nếu cho mA = 200g, mB = 300g, hệ
số ma sát giữa bản A và mặt phẳng nằm ngang k = 0,25.
b) Nếu thay đổi vị trí của A và B thì lực căng dây bằng
bao nhiêu? Xem hệ số ma sát vẫn như cũ.
Câu 3. (2,0 điểm)
Từ hai điểm ở cùng một độ cao h so với mặt đất và cách nhau một khoảng l theo phương
ngang, người ta đồng thời ném hai hòn đá: Hòn đá thứ nhất hướng lên trên theo phương thẳng

ur

đứng với vận tốc v1 ; hòn đá thứ hai hướng theo phương ngang về phía hịn đá thứ nhất với vận

uur

tốc v2 . Cho rằng chuyển động của hai hòn đá nằm trong cùng một mặt phẳng thẳng đứng, bỏ
qua lực cản của khơng khí, độ cao h đủ lớn để hai hòn đá chưa chạm đất. Hỏi trong quá trình
chuyển động của hai hịn đá, khoảng cách nhỏ nhất của chúng bằng bao nhiêu? Độ cao h thỏa
mãn điều kiện nào?

B


Câu 4. (2,0 điểm)
Một mol khí lí tưởng hoạt động theo chu trình
kín mơ tả bởi đồ thị V 2 ~ T (hình vẽ).
a) Tính các áp suất p2, p3, p4 theo áp suất p1
a) Hãy vẽ lại chu trình trên trong hệ toạ độ p -V.

Câu 5. (2,0 điểm)

Trong một xi lanh kín hai đầu thẳng đứng có một pittong nặng di chuyển được. Ở phái
trên và dưới có 2 lượng khí như nhau và cùng loại. Ở nhiệt độ T, thể tích lượng khí phía
trên pittong V1 lớn gấp n lần thể tích lượng khí phía dưới pittong V2. Nếu tăng nhiệt độ
của khí lên k lần thì tỉ số hai thể tích ấy bằng n’. Xét 2 trường hợp:
a) k = 2, n = 3, tính n’.
b) n = 4, n’ = 3, T = 300K, tính k và T’.


HƯỚNG DẪN CHẤM 10LÝ
Câu 1.
Viết phương trình chuyển động của các vật:
Chọn trục Ox hướng lên , gốc tại mặt đất, t = 0 khi ném vật A ta có;
x1  300  20t  5t 2 ; x2  250  25(t 1)  5(t 1)2 ;  t  1
2
2. Vật A chạm đất khi x1  0;  300  20t  5t  0

Giải pt ta có: t11  10s; t12  6s  0 (loại)

Vật B chạm đất khi

x2  0  250  25(t  1)  5(t  1)2  0
 t21  11s; t22  4s  0(loai)

Thời gian chuyển động của B là: t  t21  1  10s .
3.Hai vật cùng độ cao khi: x1  x2  300  20t  5t 2  250  25(t  1)  5(t  1) 2
 t  5,3s

Vận tốc của A khi đó: vA  20  gt  33m / s
Vận tốc của B khi đó: vB  25  10(t  1)  18m / s.
Câu 2.
a) 1,47N
b) ko đổi


Câu 3:
Đáp án
Chọn uu
HQC
gắn với hòn đá thứ nhất. Gia tốc chuyển động của hòn đá thứ 2:
r uur ur ur ur r
a21  a2  a1  g  g  0

Vậy hòn đá thứ 2 chuyển động thẳng đều
uur uur ur
Vận tốc tương đối: v21  v2  v1

Từ hình vẽ: dmin = lsinα =

lv1

v  v22
2
1

Thời gian từ lúc ban đầu đến khi khoảng cách ngắn nhất là:
t

lv
l cos 
 2 2 2
v21
v1  v2

Suy ra thời gian trên phải lớn hơn thời gian chuyển động của hòn đá thứ 2 kể từ lúc ném
đến lúc chạm đất:
lv2
2h
g  lv 

h  2 2 2 
2
2
v1  v2
g
2  v1  v2 

2

Câu 4:
Nội dung

V2
 const ; với
* Q trinh (1) ---> (2) có
T
+ Phương trình trạng thái:

V22  2.103
 V2  2.V1
 2
3
V1  10

PV
PV
T V
1 1
 2 2  P2  2 1 P1  P2  2 P1
T1
T2
T1 V2

T2
2
PV PV
T V
P
P
+ Phương trình trạng thái: 2 2  3 3  P3  3 2 P2  P3  2  1
T2

T3
T2 V3
2
2

* Quá trình (2) ---> (3) V  const  V3 =V2 ; T3  T1  300 K 


V32 V32 V42


* Q trình (3) ---> (4):
T3 T1 T4

Có : V3  V2  V1 2;V4  V1  T4 

T1
2

Quá trình (4) ---> (1): V4  V1;T4 

T1
P
 P4  1
2
2

Ta có các thơng số trạng thái:
Trạng
thái

Áp suất

Thể tích

Nhiệt độ

1

P1

V1

T1

2

P1 2

V1 2

2T1

3

P1
2

V1 2

T1

4

V1
P1
T1
V2
Nhận xét: Q trình 2từ (1) ---> (2) và (3) ---> (4)
 const ; lại có P.V=n.R.T=>
2 có
T
P~V (đồ thị của P theo V là đoạn thẳng đi qua gốc toạ độ)

P
2

2 P1
P1

P1
2

3
P1
2

O

Câu 5.

1

4

V1

V1 2

V


knn’2 – (n2 - 1)n’ – kn = 0
a) n’ = 1,9
b) k = 1,4 và T’ = 420K


SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG

ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LẦN II

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN TRÃI

LỚP 10 CHUYÊN LÝ
Ngày thi : 08/11/2021
Thời gian làm bài: 180 Phút (Không kể thời gian
giao đề)

Câu 1 (2,0 điểm):

Các giọt nước mưa rơi khỏi một đám mây trong thời tiết lặng gió. Giả sử các giọt
nước mưa giống nhau và có dạng hình cầu, rơi với vận tốc ban đầu bằng không, theo
phương thẳng đứng. Biết đám mây ở độ cao đủ lớn, coi trọng trường tại nơi khảo sát là
đều và g  10(m / s 2 ) .
1. Bỏ qua mọi sức cản. Tìm quãng đường một giọt nước mưa rơi được trong 3
giây đầu và trong giây thứ 5.
2. Xét một giọt nước mưa rơi chịu lực cản của khơng khí là FC  kv (với k là hằng
số, v là vận tốc của giọt nước đối với đất). Tại lúc gia tốc của nó đạt tới giá trị 6 (m / s 2 )
thì vận tốc của nó đạt giá trị 12  m / s  . Khi xuống tới gần mặt đất, thì giọt nước mưa rơi
với vận tốc khơng đổi, lúc này giọt nước đập vào tấm kính ở cửa bên của một ô tô đang
chuyển động thẳng đều theo phương ngang, giọt mưa để lại trên kính một vết nước hợp
với phương thẳng đứng một góc 300. Tính tốc độ của ơ tơ và cho biết người lái xe có vi
phạm luật giao thơng vì lỗi vượt q tốc độ quy định không? Biết tốc độ tối đa cho phép
của ô tô là 70 (km/h).
Câu 2: ( 2,5 điểm)
Một cái nêm khối lượng M  10kg đặt trên mặt sàn
nằm ngang. Nêm có mặt AB dài 1m và nghiêng một góc
  300 so với mặt phẳng ngang. Bỏ qua ma sát giữa nêm và
mặt sàn. Từ A thả nhẹ một vật nhỏ khối lượng m  1kg để nó
trượt đến B (hình vẽ 2). Hệ số ma sát giữa m và M là µ  0,2 .
Lấy g  10m / s 2 .
1. Ban đầu nêm M được giữ cố định. Tính vận tốc của
vật m khi trượt đến B và thời gian vật m trượt từ A đến B.
2. Nêm được thả tự do. Tính thời gian để vật m trượt từ
A đến B và quãng đường nêm trượt được trong thời gian đó.

A

m
M

Hình vẽ 2

B


Câu 3: Trong hệ thống trên hình 1, khối lượng vật 1 bằng 6,0 lần
khối lượng vật 2. Chiều cao h = 20cm. Khối lượng của ròng rọc và
của dây cũng như các lực ma sát được bỏ qua. Lấy g = 10m/s2. Ban
đầu vật 2 được giữ đứng yên trên mặt đất, các sợi dây khơng dãn có
phương thẳng đứng. Thả vật 2, hệ bắt đầu chuyển động. Xác định:
a. gia tốc của các vật ngay sau khi vật 2 được thả ra;
b. độ cao tối đa đối với mặt đất mà vật 2 đạt được.

Câu 4: một lượng khí lí tưởng thực hiện một chu
trình như hình vẽ. Nhiệt độ của khí ở trạng thái A
là TA =150K; TB =TC.
1. Xác định nhiệt độ cực đại của khí trong tồn bộ
chu trình.
2. Vẽ lại đồ thị biểu diễn chu trình trên hệ trục tọa
độ (T, V)

Câu 5: Một bình hình trụ kín, nằm ngang chứa đầy khí lí tưởng, khoảng cách giữa hai
đáy bình là l. Ban đầu, nhiệt độ của khí là đồng đều và bằng T0, áp suất của khí là p0. Sau
đó người ta đưa nhiệt độ của đáy bên phải lên thành T0  T ( T T0 ), nhiệt độ của đáy
bên trái vẫn giữ nguyên ở T0. Nhiệt độ của khí biến đổi tuyến tính theo khoảng cách tới
đáy bình.
1. Tính áp suất p của khí .
2. Tính độ dời khối tâm của lượng khí trong bình.
Cho biết:

+)

ln(1  x)  x 

x 2 x3 x 4
   ...
2 3 4

+) Cơng thức tính khối tâm: xG  

xdm

 dm

(khi

x

1)


HƯỚNG DẪN CHẤM LÝ KHỐI 10 LẦN 2
Câu 1 (2 điểm):
1(1đ)

1
Quãng đường giọt nước rơi được trong 3 (s) đầu là : S  gt 2  45(m)
2

0,5

Quãng đường giọt nước rơi được trong giây thứ 5 là :

0,5

1
S  10.(52  42 )  45(m)
2

2(1 đ)

Chọn chiều dương là chiều chuyển động của giọt nước mưa.
- Áp dụng Định luật II Niu-tơn cho giọt nước : Fhl  P  FC
Chiếu lên chiều dương, ta có: ma = P - FC
Tại thời điểm a = 6 (m/s2), v = 12 (m/s), ta có:
m.6  m.10  k.12 ; 

m
3
k

(1)

Khi rơi gần mặt đất, do giọt nước chuyển động thẳng đều, ta có:

0,25

P  FC'  mg  kv ';
Thay (1) vào, ta có: v’ = 30(m/s).

0,25

Gọi giọt nước là vật 1; ô tô là vật 2; mặt đất là vật 3.
 v13  v12  v23
Biết v13 = v’ = 30(m/s) và v12 hợp với v13
góc 300.


v
Từ hình vẽ: tan 300  23 ;
v13
 v23  v13 tan 300  10 3(m / s)
 62,35(km / h)  70(km / h)
Vậy người lái xe không vi phạm giao thông về tốc độ.

0,25

0,25


Câu 2: (2,5 điểm)
a. (1,5đ)

A

y

Gia tốc của vật m là:

0,5đ

O

a  g (sin   .cos )  3, 268(m / s 2 )

x

Vận tốc của vật tại B là:

B
0,5đ

vB  2.a. AB  2,557(m / s)

Thời gian vật chuyển động từ A đến B là:
0,5đ

v v
t  B 0  0,782( s)
a

b. (1,0đ)
Chọn HQC gắn đất.
*) Xét vật m:

A
y

P1  N1  Fms  m(a  a0 )

(Trong đó: a là gia tốc của m
với M; a 0 là gia tốc của M với
đất).

O
x
B

Chiếu lên Oy: N1 - P1cosα = -ma0sinα.(1)
Chiếu lên Ox: P1sinα - Fms = m(- a0cosα + a)(2)
Từ (1) và (2): N = m(g cosα - a0 sinα.)
a = a0(µsinα + cosα) +g(sinα - µcosα) (*)
*) Xét vật M: P2  N2  N1'  Fms'  Ma0
Chiếu xuống phương chuyển động:
a0 =

mg cos  (sin   k cos  )
 0, 278m / s
M  m sin  (sin   k cos  )

0,25đ
0,25đ


Thay vào (*) ta được: a  3,537m / s 2
Thời gian vật đi đến B: t 

0,25đ

2 AB

 0, 752s
a

Quãng đường chuyển động của

0,25đ

1
M: S = a0t 2  0,0786m.
2

Câu 3:
a. Gọi T là lực căng dây
Gia tốc vật 2: a 2 

T  P2
m2

Gia tốc vật 1: a 1 

P1  2T .P2  2T

.m 2
m1

Với ròng rọc động: a 2  2.a 1
Kết quả: a 2  2.a 1 

2  4
g

 4

Thay số: a 2  8m / s 2 ; a 1  4m / s 2
b. Vật chuyển động nhanh dần đều với gia tốc a2 từ mặt đất đến độ cao 2h và đạt vận tốc
cực đại ở độ cao này: v 2max  2.a 2 .2h (1)
Sau đó, vật chuyển động chậm dần với gia tốc g từ độ cao 2h đến hmax:
v 2max  2.g.(h max  2h) (2)

Từ (1) và (2) ta có h max  6h


, Thay số: h max  72cm
 4

Câu 4
(2 điểm)
Quá trình A-B là quá trình đẳng tích. Theo định luật Sac-lơ: 0,25


TB 

Câu 4.1
(1 điểm)

pB
TA
pA

(1)

Trong quá trình B-C: TB =TC Ta có:

pB VC

3
pC VB

0,25

(2)

Q trình C-A được biểu diễn là đoạn thẳng kéo dài đi qua gốc tọa độ, 0,25
dựa vào tam giác đồng dạng ta có:

p A VA 1

  pC  3 p A
pC VC 3

 Thay (3) vào (2) suy ra: pB  3 pC  9 p A

(3)

0,25

(4)

Thay (4) vào (1) ta được: TB  9TA  1350 K
Viết phương trình biểu diễn quá trình B-C trong hệ tọa độ (T, V): 0,25
p  3

pA
V  12 p A
VA

Từ phương trình trạng thái: T  3

TA 2
T
V  12 A .V
2
VA
VA

(4)

Nhận xét: trong hệ tọa độ (T, V) quá trình BC được biểu diễn là một
nhánh parabol, kéo dài qua gốc tọa độ, trục đối xứng song song với trục
OT. Từ đó ta tìm được nhiệt độ cực đại của khí trong q trình này:
Tmax  12

pAVA
 12TA  1800 K
R

(5)

Viết phương trình biểu diễn quá trình C-A trong hệ tọa độ (T, V): 0,25
p  aV 

pA
V
VA

Từ phương trình trạng thái, suy ra: T 

TA 2
V
VA2

(6)

Nhận xét: trong hệ tọa độ (T, V) quá trình CA được biểu diễn là một
nhánh parabol, đỉnh tại gốc tọa độ, trục đối xứng song song với trục
OT. Từ đó ta tìm được nhiệt độ cực đại của khí trong quá trình này:


 9
Tmax

pAVA
 9TA  1350 K
R

(7)

Từ (4), (5) và (7) ta thấy: nhiệt độ cực đại của khí trong tồn bộ chu
trình là 1800K.
Câu 4.2

Vẽ đồ thị biểu diễn chu trình trên hệ tọa độ (T, V)
0,5

(0.5
điểm)
Câu 5
(2 điểm)

Xét lớp khí nằm giữa hai mặt phẳng tiết diện cách đáy bên trái một 0,25
đoạn tương ứng x và x+dx, đủ mỏng sao cho hiệt độ của lớp khí như
nhau và bằng T. Theo đề: T 
Câu 5.1
(1 điểm)

T
x  T0
l

(1)

Áp dụng phương trình Clapeyron – Mendeleep cho lớp khí này ta có: 0,25
dm
 pSdx
 pSldx
p.S .dx 
RT  dm 

(2)

 T

 R  Tx  lT0 
R
x  T0 
 l


Do bình kín, nên khối lượng khí trong bình khơng đổi và bằng: 0,25
m   dm 

 p0 Sl
RT0

l


0

 pSldx

R  Tx  lT0 



 T 
ln 1 

RT 
T0 

 pSl

(3)



T 



0

Áp dụng công thức gần đúng, suy ra được: p  p0 1 

2T
Câu 5.2
(1 điểm)

Áp dụng cơng thức tính khối tâm: xG  

xdm

 dm

Thay phương trình (2) vào (5) ta có:



(4)

0,25

0,25
(5)


 pSldx

xG 

xdx

 x R  Tx  lT   xT  lT
0

 pSldx

 R  Tx  lT 
0



0

dx
 xT  lT0



A
B

(6)

Biến đổi và áp dụng công thức gần đúng, ta thu được: 0,25
A
l

B
0

xdx
l

xT  lT0 2T0

(7)

dx
1  T 
 1 

xT  lT0 T0  2T0 

(8)

0,25
Thay (7) và (8) vào (6) ta được: xG 

lT0
2T0  T

(9)

0,25


SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN TRÃI
ĐỀ THỨC
ĐỀ CHÍNH

ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LỚP 10L (LẦN 3)
NĂM HỌC 2020 – 2021
MÔN: VẬT LÝ
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi có 02 trang, gồm 06 câu)

Câu 1 (2,0 điểm):
Trên mặt hồ phẳng lặng (vận tốc dòng nước bằng khơng), có hai
tàu L1, L2 ban đầu nằm tại hai điểm A và B cách nhau một khoảng
 0 tại thời điểm t = 0, sau đó hai tàu bắt đầu chuyển động thẳng đều
với tốc độ lần lượt là v1 = v2 = v. Tàu L1 di chuyển dọc theo phương
vng góc với AB, tàu L2 di chuyển theo phương hợp với AB góc α
(hình vẽ).
1. Sau khoảng thời gian tmin là bao nhiêu thì khoảng cách giữa hai
tàu là cực tiểu. Xác định khoảng cách cực tiểu đó.
2. Cho  0 = 1 km, α = 350, v = 5 m/s. Ngay sau khi tàu L2 đến giao
điểm C với quỹ đạo của hai tàu, lúc đó tàu L1 đang di chuyển trên quỹ đạo của nó thì đột
ngột đổi hướng chuyển động thẳng theo hướng ngắn nhất về phía tàu L2 với tốc độ v3 = 2v.


Xác định góc β hợp bởi vectơ vận tốc v 3 của tàu L1 với phương AC, biết β < 900. Tìm
khoảng thời gian từ lúc tàu L1 chuyển hướng đến khi gặp tàu L2.
Câu 2 (1,5 điểm):
Một vật khối lượng m rơi trong chất lỏng với vận tốc ban đầu bằng 0. Biết lực cản tác



dụng lên vật là Fc   k.v (với k là hằng số dương, v là vận tốc của vật tại thời điểm đang
xét). Biết vật chỉ chuyển động theo phương thẳng đứng. Xác định vận tốc và quãng đường
vật rơi được sau khoảng thời gian t.
Câu 3 (2,0 điểm):
Người ta lồng một hịn bi có lỗ xun suốt và có khối
B


m
lượng m vào một thanh AB nghiêng góc  so với phương
a0
nằm ngang. Lúc đầu bi đứng yên. Cho thanh AB tịnh tiến

trong mặt phẳng thẳng đứng với gia tốc a 0 có phương nằm

A
ngang và chiều như hình vẽ. Chỉ xét trường hợp bi đi lên đối
với AB.
1. Giả sử không có ma sát giữa bi và thanh. Xác định gia tốc của hòn bi đối với AB. Biện
luận kết quả.
1
2. Trường hợp hệ số ma sát giữa bi và thanh AB là k  và a0 = 2g. Xác định gia tốc của

3
hòn bi đối với AB. Biện luận kết quả.
Câu 4 (2,0 điểm):
Một máng có khối lượng m, bán kính R, có dạng hình bán trụ,
đứng n trên mặt phẳng nhẵn nằm ngang (Hình1). Một vật nhỏ có
cùng khối lượng với máng được thả không vận tốc ban đầu từ mép
máng sao cho nó bắt đầu trượt khơng ma sát trong lòng máng.


1. Tính vận tốc của vật tại vị trí thấp hơn vị trí ban đầu một khoảng

R
.
2

2. Tại điểm thấp nhất của máng, vật tác dụng lên máng một lực bằng bao nhiêu?
3. Trong trường hợp mặt phẳng có ma sát thì hệ số ma sát giữa máng và mặt phẳng phải
thỏa mãn điều kiện gì để máng ln ln đứng yên trong quá trình vật chuyển động? Coi vật
chuyển động trong tiết diện thẳng đứng của hình trụ.
Câu 5 (1,0 điểm):
Một con lắc đơn có chiều dài dây treo là ℓ, khối lượng vật nặng m. Từ vị trí cân bằng kéo
vật tới vị trí sao cho dây treo con lắc hợp với phương thẳng đứng một góc 600 rồi thả nhẹ.
Gia tốc trọng trường là g = 10 m/s2, bỏ qua mọi ma sát. Dây luôn căng trong quá trình vật
chuyển động. Xác định độ lớn cực tiểu của gia tốc trong quá trình chuyển động của con lắc?
Câu 6 (1,5 điểm).
1. Một vật sáng AB hình mũi tên đặt song song với một
màn E và cách màn một khoảng L. Giữa AB và màn E đặt một thấu kính hội tụ tiêu cự f,
sao cho trục chính của thấu kính đi qua A và vng góc với màn E. Tịnh tiến thấu kính dọc
theo trục chính, người ta thấy có hai vị trí của thấu kính đều cho ảnh rõ nét của AB trên
màn.

a. Tìm điều kiện của L để bài toán thỏa mãn.
b. Biết khoảng cách giữa hai vị trí nói trên của thấu kính là a. Tìm tiêu cự f của thấu
kính theo L và a. Áp dụng bằng số: L = 80cm, a = 40cm.
2. Đặt điểm sáng S trước một thấu kính hội tụ có tiêu cự f, cách trục chính một khoảng
h = 2 3 cm. Cho S chuyển động đều theo phương trục chính từ khoảng cách 3f đến 2f đối
với thấu kính với tốc độ v = 3 cm/s, khi đó người ta thấy tốc độ trung bình của ảnh S’ là
v’ = 1cm/s. Tính tiêu cự f của thấu kính.
--------------------------Hết-------------------------- Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu.
- Giám thị khơng giải thích gì thêm.


ĐÁP ÁN
Câu 1 (2,0 điểm):
a) Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ. Phương trình chuyển động của mỗi tàu:
x1 = vt ; y1 = 0
x 2  vt sin  ; y 2  vt cos    0

Khoảng cách giữa hai tàu tại thời điểm t:
2

 2   vt(1  sin  )     0  vt cos  

2

 v 2 t 2 (1  2 sin   sin 2  )   20  2vt  0 cos   v 2 t 2 cos 2 
 2(1  sin  )v 2 t 2  2  0 cos  vt   20

(1)

Biểu thức (1) có dạng tam thức bậc 2 là y = at2 – bt + c, với hệ số a  2(1  sin  )v 2 > 0, do đó đồ

thị của tam thức bậc 2 có bề lõm hướng lên ứng với tọa độ đỉnh đạt giá trị cực tiểu.
Ta có: t min  

b
2 0 cos v
 0 cos 


2
2a 4(1  sin )v
2v(1  sin )

Thay (2) vào (1) ta được:  2min 

  min   0 1 

(2)

2v 2 20 cos 2 
2v 2 20 cos 2 
 20 cos 2 
2
2






0

0
4v 2 (1  sin ) 2v 2 (1  sin )
2(1  sin )

cos2 
1  sin 
 0
2(1  sin )
2

(Học sinh có thể sử dụng phương pháp đạo hàm để tìm tmin)
b) Tại thời điểm tàu L2 đến giao điểm C, lúc đó tàu L1 di chuyển
đến điểm D trên quỹ đạo của nó.
Do v1 = v2, nên trong cùng khoảng thời gian ta có độ dài BC =
AD. Gọi khoảng cách CD =  1 . Ta có:

1  AD  AC 

0
  0 tan 
cos 

Khi tàu L2 di chuyển về điểm E, tàu L1 bắt đầu chuyển hướng
tốc độ 2v. Theo giản đồ vectơ:

sin 
v
1
cos 
 2   sin  

   240
0
sin(90  ) v3 2
2
Thời gian chuyển động của tàu L1: t1 

DE
2v

- Khoảng cách DE được xác định bằng định lí hàm số sin:
0
  0 tan 
DE
CD
CD
cos 



sin(900  ) sin(900    ) cos(  )
cos(  )

 t1 

0
DE   0
 (1  sin )
 sin(90  )

  0 tan  

 0
 43s
2v  cos 
 2vcos(  ) 2vcos(  )

với


Câu 2 (2,0 điểm):
Chọn chiều dương cùng chiều chuyển động
Phương trình chuyển động của vật:
mg  k.v  ma  m


dv
dt

dv
k
   v  mg 
dt
m

Đặt x  v  mg  dx  dv


dx
k
dx
k

 x 
  dt
dt
m
x
m

 x  A.e



k
t
m

 v  mg  A.e



k
t
m

 v  mg  A.e



k
t
m

Tại t = 0, v = 0
0  mg  A.e



k
0
m

 A  mg

k
 t 

 v  mg 1  e m 



v

s
t
k
 t 

ds
 ds  vdt   ds   mg 1  e m dt
dt



0
0

s  mgt 

m 2 g   mk t 
 e  1
k 


Câu 3 (2,0 điểm):



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  ma 0 .


Lực quán tính hướng sang phải và vật có gia tốc a 1 2 hướng theo thanh AB .
Theo định luật II Niutơn:


 

P  Q  ma 0  ma12


Q

(1)

B

Chiếu (1) xuống hai trục Ox và Oy:


- mgsin + ma0cos = ma12
x Fms
a0
y

- mgcos + Q ma0sins = 0.
 ma 0
Giải hệ:

O
P
a12 = -gsin+ a0cos

A
a0
- Nếu tg 
thì a12 > 0 , bi đi về phía đầu B.
g
a
- Nếu tg   0 thì a12 > 0 , bi đi về phía đầu A.
g
a

- Nếu tg   0 thì a12 = 0 , bi đứng yên.
g



2. Bi chịu thêm tác dụng của lực ma sát F . Giả sử a 1 2 hướng lên thì Fms hướng xuống như hình
vẽ.


 
 
P  Q  ma 0  Fms  ma12

Chiếu xuống hai trục Ox và Oy và thay

(1)