ĐỀ THI HSG số 4 lớp 10

ĐỀ THI HỌC CHỌN SINH GỎI

MƠN: VẬT LÍ – LỚP 10
Thời gian làm bài: 180 phút

Bài 1: (4 điểm)
Người ta lồng một hịn bi có lỗ xun 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.
B
1. Giả sử khơng có ma sát giữa bi và thanh. Trong mỗi trường hợp:
m
a0
gia tốc a0 của thanh AB hướng sang trái và sang phải, hãy tính:
- Gia tốc của hịn bi đối với AB?
A

- 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 k = 1/3.

Bài 2: (3 điểm)
Một cốc đong trong thí nghiệm có dạng hình trụ đáy trịn, khối lượng M, thể tích bên trong của cốc là V 0.
Trên thành cốc, theo phương thẳng đứng người ta khắc các vạch chia để đo thể tích và đo độ cao của chất
lỏng trong cốc. Coi đáy cốc và thành cốc có độ dày như nhau, bỏ qua sự dính ướt. Được dùng một chậu to
đựng nước, hãy lập phương án để xác định độ dày d, diện tích đáy ngồi S của cốc. u cầu:
1. Nêu các bước thí nghiệm. Lập bảng biểu cần thiết.
2. Lập các biểu thức để xác định d, S theo các kết quả đo của thí nghiệm (cho khối lượng riêng của
nước là ).

Bài 3: (4 điểm)

Trên mặt phẳng ngang có hai khối lập phương cạnh H, cùng khối lượng M đặt cạnh nhau. Đặt nhẹ
nhàng một quả cầu có bán kính R, khối lượng m = M lên trên vào khe nhỏ giữa hai khối hộp.
1. Hai khối hộp cách nhau một khoảng R, quả cầu đứng cân bằng trên
các khối hộp ngay sau khi đặt nhẹ lên khe hở. Tìm lực do các khối hộp
tác dụng lên quả cầu khi các vật đứng cân bằng. Biết hệ số ma sát tĩnh
M R
giữa hai khối hộp và mặt bàn là k, tìm điều kiện của k để quả cầu đứng
cân bằng trên 2 hộp ngay sau khi đặt lên.
2. Bỏ qua mọi ma sát và vận tốc ban đầu của quả cầu. Tìm vận tốc quả
M
M
cầu ngay trước khi va đập xuống mặt phẳng ngang.
R

1


Bài 4 (4 điểm)
Một mol khí đơn nguyên tử được giam trong một xi lanh diện tích tiết diện ngang S. Lị xo có độ
cứng k được đặt nằm ngang, một đầu gắn với pittơng, cịn một đầu được giữ cố định (hình vẽ).
Ban đầu khối khí có áp suất p 0, thể tích V0, nhiệt độ T0, và pittơng ở trạng thái cân bằng. Người ta
làm nóng khí thật chậm để thực hiện một quá trình cân bằng chuyển khí đến trạng thái có áp suất
p1, thể tích V1 = 2V0 và nhiệt độ T1. Bỏ qua ma sát giữa pittông và thành xi lanh. Giả thiết sự trao
đổi nhiệt giữa khối khí với mơi trường là khơng đáng kể.
1. Tìm giá trị của p1 và T1.
2. Biểu diễn q trình này trên đồ thị p –V. Tính cơng A mà khối khí
p0 , V0 ,
sinh ra.
T0
3. Tính nhiệt lượng mà khối khí nhận được.

Bài 5: (5 điểm)
Cho một bản mỏng, khối lượng M, có dạng hình vng ABCD đồng chất, tiết diện đều. Bản này
có thể quay khơng ma sát quanh trục nằm ngang, trùng với cạnh AB của khung. E, F là trung điểm
các cạnh AB, CD của khung như hình vẽ. Một quả cầu có khối lượng m bay với vận tốc v tới va
chạm đàn hồi với bản mỏng tại điểm M nằm trên EF và cách E một khoảng d (0 < d< l).
1. Tính vận tốc của vật và vận tốc góc của bản sau va
E
chạm.
E
E
B
2. Xác định lực do trục quay tác dụng lên bản (hướng và A
độ lớn) khi bản lệch góc  đối với phương thẳng đứng).
v0
Nhận xét lực này ở các thời điểm:
M
M •
m
- Ngay sau va chạm
D
- Bản lệch góc cực đại so với phương thẳng đứng.
C
F
F
Xác định lực do giá đỡ tác dụng lên bản.

*** Hết ***

2

ĐÁP ÁN TĨM TẮT VẬT LÍ 10
1.



1. Chọn hệ quy chiếu xOy gắn với que AB. Bi chịu tác dụng của: trọng lực P , phản lực Q của

Bài 1 que, lực quán tính  ma .

4điểm * TH a 0 hướng sang trái: lực quán tính hướng sang phải và vật có gia tốc j hướng theo thanh AB
. Theo định luật II Niutơn:

 


B
P  Q  ma 0 m j (1)
Q
Chiếu (1) xuống hai trục Ox và Oy:
 x F
- mgsin + ma0cos = mj
y
a
0,75
0

- mgcos + Q ma0sins = 0. Giải hệ:
  ma 0

a) j = -gsin+ a0cos
O

P
b) Q = M(gcos + a0sins) ; Q> 0, Q hướng lên

0,5
A
c)
a0
- Nếu tg 
thì j > 0 , bi đi về phía đầu B.
g
a0
0,75
- Nếu tg 
thì j > 0 , bi đi về phiá đầu A.
g
a0
- Nếu tg  thì j = 0 , bi đứng yên.
g

* Khi a 0 hướng sang phải. Giải tương tự ( đổi dấu a), ta có
j = - (gsin + a0cos) ln có giá trị âm. Vậy bi đi về phía A.


a0
a0
Q = m(gcos - a0sins) . Nếu tg 
thì Q hướng lên. Ngược lại tg 

thì Q hướng
g
g

a0
xuống. Nếu tg  thì Q = 0 , thành phần thẳng đứng của j là jg = jsin = -g, bi rơi tự do theo
g
phương thẳng đứng.

3

1đ





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  ma 0  F m j (1)
Chiếu xuống hai trục Ox và Oy và thay
F = kQ= Q/3
- mgsin + 2mg0cos - kQ = mj
- mgcos + Q - 2mgsins = 0.
Giải hệ: Q = mg(cos + 2sins)
g
j=
( 7cos - sin). Điều kiện để j > 0 là tg > 7 hay  > 820.

3

Giả sử j hướng xuống thì F hướng lên. Ta có kết qủa tương tự ( đổi dấu F)
g
j = 5 ( cos - sin). Điều kiện để bi đi xuống, j < 0 là ( cos < sin) hay
3
0
 > 45 . Bi đứng yên khi 450 <  < 820.

d
Vạch
chia

Vt
S

4

hn

0,5đ

0,5đ


Bài 2
3đ

1. Phương án và các bước:
-

1đ

Cho nước vào bình với thể tích V 1, thả bình vào chậu, xác định mực nước ngồi bình h n1

(đọc trên vạch chia).
-

Tăng dần thể tích nước trong bình: V 2, V3, ... và lại thả bình vào chậu, xác định các mực

nước hn2, hn3, ...
-

Khi đo phải chờ cho nước phẳng lặng.

*Lập bảng số liệu:
hn1

hn2

V1

V2

d

S

b

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

0,5
đ

2. Các biểu thức
Gọi hn là mực nước ngồi bình,  là khối lượng riêng của nước, mt và Vt tương ứng là khối lượng
và thể tích nước trong bình. Phương trình cân bằng cho bình có nước sau khi thả vào chậu:
0,5đ

g(d+hn)S = (M+mt)g
 (d+hn)S = M+Vt 

(1)

Từ (1) ta thấy hn phụ thuộc tuyến tính vào Vt. Thay Vt bởi các giá trị V1, V2,...
(d+hn1)S = M+V1
5

(2)


(d+hn2)S = M+V2

(3)

...
Đọc hn1, hn2,... trên vạch chia thành bình. Lấy (3) trừ (2) rồi rút S ra:
S = (V2-V1)/(hn2-hn1)

0,5đ

(4)

Thay đổi các giá trị V2, V1,hn2, hn1 nhiều lần để tính S.
Sau đó lắp vào (2) để tính d:
d

( M  V1  )(hn 2  hn1 )
M  V1 
 hn1 
 hn1 (5)
S
 (V2  V1 )

0,5đ

Bài 3 1.
4đ 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:
3
Mg  N 3 � N 
Mg
3
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:
r
r
Trọng lực P = Mg, áp lực của quả cầu F với F   N
Phản lực Q của bàn với: Q = Mg + Fsin600

O

A

R

0,5

B

R

N cos 600 �f ms
 N cos 600

 k

k ( Mg  N sin 60 0 )

N
2 Mg  N 3

Mg / 3
2 Mg  Mg

1

0,5

3 3

2.
- Xét thời điểm quả cầu rơi xuống khối lập phương, ta cần xác định góc .
Liên hệ vận tốc: v1 cos   v 2 sin  �

v1
 tg
v2

- Bảo toàn năng lượng:

1
1
mv12  2 mv 22  mgR  1  cos  
2
2
�
1 �
v12 �
1  2 2 � 2gR  1  cos  
� tg  �
� v12 

α

v2

2gR  1  cos   tg 2
2  tg 2

M

v1

-v2
v
M

Trong HQC chuyển động với vận tốc v 2 thì quả cầu chuyển động tròn quanh điểm tiếp xúc, tại thời
điểm rời nhau thì HQC trên trở thành HQC qn tính, lúc này thành phần trọng lực đóng vai trị
lực hướng tâm:
6

0,75


mv 2
 mg cos 
R
v
mv12
v 1 �
 mgcos 
sin 
R sin 2 

(*)
0,75

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

2gR  1  cos   tg 
 gR cos .sin 2 
2
2  tg 
2

v12 

� cos3   3cos   2  0 � cos   0,596
(Có thể tính theo cách sau:
Tìm v2 rồi xác định cực đại v2.

2gR  1  cos  
1  cos   cos 2 
v12

�v  2 
 2gR
tg 
2  tg 2
1  cos 2 
Lấy đạo hàm theo cos và cho đạo hàm bằng 0 ta nhận được phương trình:
cos3   3cos   2  0 )
2
2
2
Thay vào (*): v1  gR cos .sin   gR cos  1  cos 
2
2





h  H  R  1  cos  

Còn quả cầu cách mặt đất:

0,5

x

- Nếu H  R  1  cos   �0, 404R thì quả cầu chạm đất trước khi rời các hình lập phương, lúc
V0
S
H
chạm đất thì góc f thỏa mãn H  R  1  cos   � 1  cos   . Vận tốc ngay trước chạm đất

R

xác định theo định luật bảo toàn năng lượng và liên hệ vận tốc.

v12  2gR

V

1  cos 
1  cos 
 1  cos    2gR
2

1  cos 
1  cos 

� v1  2g

2

2

2R 2  H 2  2RH
 2R  H  H 2

0,5

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

R�
�
v f  v12  2gH  2gH �
1  0, 212 �
H�
�

0,5

1. Gọi x là độ dời của pittông
V  V0  Sx
(1)

BÀI 4

(4 đ)

p  p0 

kx
S

(2)

k  V  V0 
k
k
 2 V  p0  2 V0
(3)
2
S
S
S
k
(4)
với V1 = 2V0 ta có: p1  p0  2 V0
S
� kV0 �
T pV
p1V1 p0V0

� T1  0 1 1  2T0 �
1  2 � (5)
Theo phương trình trạng thái:
T1

T0
p0V0
� S p0 �
�

2.

p  p0 

2. Quá trình biến đổi của khí biểu diễn bởi phương trình (3)
7

0.5

0.5
1.0


Đường biểu diễn trên đồ thị p – V ở hình bên, là một đoạn thẳng.
Cơng A có độ lớn bằng diện tích hình thang giới hạn bởi hai cạnh
song song với trục tung có hồnh độ V0 và 2V0 (diện tích bơi đen
trên hình vẽ)
1
1 v02
A   p0  p1  V0  p0V0  k 2
(6)
2
2 S
3 Theo nguyên lí I:
kV

3
Q  U  A � U  p0V0 (1  2 2 0 )
2
S p0
Q  U  A 

Bài 5
5đ

5
7 kV 2
p0V0  k 20
2
2 S

p

P1
P0

1.0

V0

2V0

V

1. Ngay sau va chạm vật có vận tốc v, bản có vận tốc góc . Bảo tồn năng lượng và bảo tồn mơ
men động lượng đối với trục M:

mv02 mv12 Iw12
=
+
2
2
2
mv0d = mvd + I1
6mdv0
(Ml 2 - 3md 2 )v0
w
=
Giải hệ:
; v1 =
0
3md 2 + Ml 2
3md 2 + Ml 2
2. Khi góc lệch của tấm phẳng so với phương thẳng đứng là  thì vận tốc góc của tấm là :
Ml 2 w12 w2
l
( ) = Mg (1- cos a ) Khi góc lệch cực đại thì = 0;
3
2
2
2
l (6mdv0 ) 2
cos amax = 1.
3g(3md 2 + Ml 2 )
Gọi Q là lực do trục tác dụng lên bản.
r
r

r
r
Q + Mg = Ma t + Ma n . Chiếu theo hai phương nằm ngang và thẳng đứng ta được Qx và Qy
l
Q  Q 2x  Q 2y a với a , an là gia tốc tiếp tuyến và pháp tuyến của khối tâm: an= Mw2 ;
2
2
3g sin a
l
3gsin a
l
Ml
Quay quanh A: Mg sin a =
; a = g =
.
g ; g=
2l
2
4
2
3
Ngay sau va chạm thì a =0, Q có phương thẳng đứng
r
r
r
Khi lệch cực đại thì an = 0; Q = Ma t - Mg .

8

1.0

1đ

1đ

1đ
1đ

1đ