Bộ đề thi học sinh giỏi môn vật lý lớp 10,11,12 chuyên có lời giải chi tiết

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
TUYÊN QUANG
-------ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ XI, NĂM 2018
ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ LỚP 10
Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm 02 trang)

Bài 1: Một tàu vũ trụ đang chuyển động tự do quanh trái đất theo quỹ đạo tròn với vận tốc v0 ở
độ cao h, biết bán kính trái đất R >> h. Để hạ cánh an toàn xuống trái đất người ta mở động cơ
trong thời gian rất ngắn để truyền cho tàu một vận tốc phụ v.
1.Tính v trong hai trường hợp sau:
a, v ngược hướng với v0
b, v hướng về phía tâm trái đất
2. Biết nhiên liệu khi động cơ hoạt động được đốt cháy rồi bay khỏi động cơ với vận tốc khơng
đổi. Tìm tỉ số khối của nhiên liệu mà động cơ dùng trong hai trường hợp.
Bài 2. Động học – động lực học
Hai quả cầu nhỏ giống nhau đều có khối lượng m, nối với nhau bằng một sợi dây dài ℓ, không
dãn, nhẹ, lúc đầu chúng đứng yên, dây thẳng. Truyền cho A vận tốc v0 thẳng đứng. Biết trong
q trình chuyển động dây ln căng, B khơng bị nhấc lên, bỏ qua ma sát.
1. Xác định quỹ đạo chuyển động của A, tìm các thơng số của quỹ đạo đó.
2. Tìm điều kiện của v0 để hiện tượng trên có thể xảy
Bài 3. Nhiệt học
Một lượng khí đơn nguyên tử thực hiện chu trình
p
2
123a1 như hình vẽ. Biết rằng độ biến thiên thể
tích từ trạng thái 1 sang 2 có giá trị bằng độ biến p2

thiên thể tích từ trạng thái 2 sang 3 và bằng thể
a
tích ban đầu. Độ biến thiên áp suất từ trạng thái
1 sang 2 bằng giá trị áp suất ban đầu. Đường
1
3
biểu diễn chu trình 123b1 có diện tích giới hạn p1
1
bằng diện tích đường trịn bán kính là độ dài
b
6
đường biểu diễn trạng thái 1 sang 2 hoặc trạng
thái 2 sang 3. Cung trịn 3a1 bằng cung 3b1.
O
V1
V2
V3
Cơng mà khí thực hiện trong cả chu trình là A.
Hãy xác định nhiệt lượng trong từng quá trình
theo A, cho biết trong quá trình đó khí
nhận hay tỏa nhiệt?
Bài 4. Cơ học vật rắn
Tấm ván dài có khối lượng M nằm trên mặt
0
phẳng nằm ngang rất nhẵn. Một quả cầu đặc khối
m
lượng m bán kính R quay quanh trục nằm ngang đi
qua tâm với tốc độ góc  0 được thả khơng vận tốc
ban đầu từ độ cao h xuống ván. Trong suốt quá trình
h

va chạm giữa quả cầu và tấm ván, quả cầu luôn bị
trượt. Độ lớn vận tốc theo phương thẳng đứng của
M
quả cầu ngay sau và ngay trước khi va chạm với ván
liên hệ:

v 'y
vy

 e  hằng số. Cho hệ số ma sát giữa

V


ván và quả cầu là  . Coi trọng lực của quả cầu rất nhỏ so với lực tương tác khi va chạm.
a) Tính tốc độ góc của quay quanh khối tâm của quả cầu ngay sau va chạm với ván.
b) Tìm vận tốc khối tâm quả cầu ngay sau va chạm với ván.
Bài 5. Phương án thí nghiệm.
Giả sử bạn cần phải lấy nước từ vòi để chứa đẩy một bể lớn có dung tích biết trước nhờ một
ống dẫn mềm có đầu cuối là một ống kim loại hình trụ. Bạn muốn biết trước thời gian hồn tất
cái cơng việc chán ngất đó. Liệu bạn có thể tính ra thời gian đó khơng, nếu bạn chỉ có trong tay
một cái thước? (Trình bày cơ sở lý thuyết, trình tự thí nghiệm, bảng số liệu, cách tính sai số và
những chú ý trong q trình làm thí nghiệm để giảm sai số)./.
Người ra đề : Đinh Ngọc Tuyến- 0915.195.288


TRƯỜNG THPT CHUYÊN
TUYÊN QUANG

HƯỚNG DẪN CHẤM

MÔN VẬT LÝ LỚP 10

Bai 1: Một tàu vũ trụ đang chuyển động tự do quanh trái đất theo quỹ đạo tròn với vận tốc v0 ở độ cao
h, biết bán kính trái đất R >> h. Để hạ cánh an toàn xuống trái đất người ta mở động cơ trong thời gian
rất ngắn để truyền cho tàu một vận tốc phụ v.
1.Tính v trong hai trường hợp sau:
a, v ngược hướng với v0
b, v hướng về phía tâm trái đất
2. Biết nhiên liệu khi động cơ hoạt động được đốt cháy rồi bay khỏi động cơ với vận tốc khơng đổi.
Tìm tỉ số khối của nhiên liệu mà động cơ dùng trong hai trường hợp.
Giải”
1. Tính v


v0



a, Truyền v1 ngược hướng v0
Bảo tồn moomen động lượng
L = m (v0 - v1) (R+h) = mvB R (1)
Bảo toàn cơ năng
1
GMm 1
GMm
m (v0 - v1)2 = m vB2 2
R+h
2
R
Lực hướng tâm là lực hấp dẫn

mv02 GMm
=
(3)
R+h (R+h)2
Khi hạ cánh vB = 0
Giải hệ (1),(2), (3) ta được:
h
h
v1 = v0
≈ v0
2(2R+h)
4R

b, Truyền v2 hướng vào tâm trái đất

R

B

(2)


v1


vB


v0

h

C

Bảo toàn moomen động lượng
L = m (v0 (R+h) = mvC R (1)
Bảo toàn cơ năng
A

1
GMm 1
GMm
v2
m (v02 + v22 ) = m vC2 (2)
2
R+h
2
R
Lực hướng tâm là lực hấp dẫn
mv02 GMm
=
(3)
R+h (R+h)2
Khi hạ cánh vC = 0
Giải hệ (1),(2), (3) gần đúng ta được:
h
v2 ≈ v0 = 4 v1
R
2. Gọi M0 là khối lượng tàu, m0 là khối lượng nhiên liệu cần tiêu thụ để truyền cho tàu vận tốc v:
m0 << M0

Theo định luật bảo toàn động lượng


 
 

(M0 -m0 ) ( v0 + v ) + m0 ( v0 + u ) = M0 v0


 m0 u = - M0 v
 m0 ≈ v
 Vậy trường hợp 2 dùng gấp 4 lần nhiêu liệu so với trường hợp đầu.
Bài 2: Hai quả cầu nhỏ giống nhau đều có khối lượng m, nối với nhau bằng một sợi dây dài ℓ, không
dãn, nhẹ, lúc đầu chúng đứng yên, dây thẳng. Truyền cho A vận tốc v0 thẳng đứng. Biết trong q
trình chuyển động dây ln căng, B không bị nhấc lên, bỏ qua ma sát.
3. Xác định quỹ đạo chuyển động của A, tìm các thơng số của quỹ đạo đó.
4. Tìm điều kiện của v0 để hiện tượng trên có thể xảy
Giải
1. Chọn hệ trục như hình vẽ
(A’B’)2 = ℓ2 = y2 + (2x)2
x2 y2

+ 2 =1
ℓ
ℓ
( )2
2
 Quỹ đạo chuyển động là elip, bán trục lớn là ℓ,
ℓ
bán trục nhỏ là .

2
Nhận xét: khối tâm luôn chuyển động trên oy
2. Khi dây thẳng đứng
Xét chuyển động cuả A quanh B
A chuyển động tròn với bán kính là ℓ, vận tốc vA/B
Đối với đất vA = vB = v1
mv12
mv02
Bảo toàn năng lượng: 2
+ mgℓ =
2
2
2
v
 v12 = 0 - gℓ
2
vA/B = 2v1
Phương trình chuyển động
m(vA/B)2 m
T + mg =
= (2v1)2
ℓ
ℓ
4m 2 4m v02
 T + mg =
v =
(
- gℓ)
ℓ 1
ℓ

2
mv02
 T=2
- 5mg
ℓ
Điều kiện T < mg và T > 0
mv02
 2
- 5mg ≤ mg  v02 ≤ 3gℓ
ℓ
và


2

mv02
- 5mg ≥ 0  v02 ≥ 2,5 gℓ
ℓ

2,5gℓ ≤ v0 ≤

3gℓ

y

.

vA

A’

v0
x

x
G

.

y

..

B

vB

O

A

A

.


vA

T

.

T


vB

x

B

B’


Bài 2. Một lượng khí đơn nguyên tử thực hiện chu trình
123a1 như hình vẽ. Biết rằng độ biến thiên thể tích ptừ
trạng thái 1 sang 2 có giá trị bằng độ biến thiên thể tích
p2 từ
trạng thái 2 sang 3 và bằng thể tích ban đầu. Độ biến thiên
áp suất từ trạng thái 1 sang 2 bằng giá trị áp suất ban đầu.
Đường biểu diễn chu trình 123b1 có diện tích giới hạn
bằng

2

a

1

1
p1

diện tích đường trịn bán kính là độ dài đường
6

biểu diễn trạng thái 1 sang 2 hoặc trạng thái 2 sang 3.
Cung tròn 3a1 bằng cung 3b1. Cơng mà khí thực hiện
trong cả chu trình là A. Hãy xác định nhiệt lượng trong
từng quá trình theo A, cho biết trong q trình đó khí O
nhận hay tỏa nhiệt?
Lời giải:

3
b

V1

V2

V3

V2  V1  V3  V2  V  V1
Vì

p2  p1  p2  p3  p  p1

Và đường biểu diễn chu trình có

1
diện tích
diện tích giới hạn bằng
6

đường trịn bán kính là độ dài đường
biểu diễn trạng thái 1 sang 2 hoặc
trạng thái 2 sang 3.
Nên

p

2

p2

a

p1

1

1   2  300

tan  

1
V V1

 tan 300 
 p1  O3V1
p p1
3

3

b

V1

Cơng của khí thực hiện trong cả chu trình :
1
1
1
2
A = 2pV -  (p2 + V2) + 2pV = 2 3 V12 - V12
2
6
2
3
3A
 V12 =
(1)
6 3-2
- Xét quá trình 1  2, độ biến thiên nội năng:
3
9 3 2 9 3 3A
U12 = nCV(T2 - T1) = (2p1V1- p1V1) =
V1 =
(2)
2
2
2 6 3-2
Công khí thực hiện trong q trình 1  2 :
1
3 3 2 3 3 3A

A12 = (p1 + V1)(V2 - V1) =
V1 =
2
2
2 6 3-2
Nhiệt lượng khí nhân được trong quá trình 12 :
9 3A
Q12 = U12 + A12 =
3 3-
- Xét quá trình 2 3, độ biến thiên nội năng:
3
3 3 2
3 3 3A
U23 = nCV(T3 - T2) = (p3V3 - p2V2) = V1 = 2
2
2 6 3-2
Cơng khí thực hiện trong quá trình 23:

V2

V3

V

V


A23 = A12 =

3 3 2 3 3 3A

V1 =
2
2 6 3-2

Nhiệt lượng khí trong q trình 23 : Q23  U 23  A23  0
- Xét quá trình từ 31:
Khí thực hiện cả chu trình nên
U = 0  Q = A
 Q31 = Q - Q12 - Q23 = A - Q12 - Q23 = A -

9 3A
<0
3 3-

l

Vậy quá trình 31 là quá trình nhận nhiệt.
Bài 4.
Tấm ván dài có khối lượng M nằm trên mặt phẳng
nằm ngang rất nhẵn. Một quả cầu đặc khối lượng m bán
kính R quay quanh trục nằm ngang đi qua tâm với tốc độ
góc  0 được thả khơng vận tốc ban đầu từ độ cao h
xuống ván. Trong suốt quá trình va chạm giữa quả cầu
và tấm ván, quả cầu luôn bị trượt. Độ lớn vận tốc theo
phương thẳng đứng của quả cầu ngay sau và ngay trước
v'
khi va chạm với ván liên hệ: y  e  hằng số. Cho hệ
vy

l

0
m
h

A

B
M

số ma sát giữa ván và quả cầu là  . Coi trọng lực của quả cầu rất nhỏ so với lực tương tác khi va
chạm.
a) Tính tốc độ góc của quay quanh khối tâm của quả cầu ngay sau va chạm với ván.
b) Tìm vận tốc khối tâm quả cầu ngay sau va chạm với ván.
c) Vị trí va chạm lần 2 cách vị trí kết thúc va chạm lần 1 bao nhiêu.
a) Tìm tốc độ góc của quả cầu ngay sau va chạm
Gọi t là thời gian va chạm
Pt biến thiên momen động lượng quả cầu
với trục quay qua khối tâm:

2mR 2
0     R.Fms t  RN t (1)
5

0

y

m
h

N
Fms
M

Pt biến thiên động lượng khối tâm của quả cầu theo phương Oy:
m  v 'y  v y   N .t





m e vy  vy  N .t
2 gh  e  1 

Câu 4

N .t
m

Từ (1) và (2):

(2)

2mR 2
0     mR 2 gh  e  1
5

5
(1  e) 2 gh

2R
b) Tìm vận tốc tâm quả cầu ngay sau va chạm
Pt biến thiên động lượng khối tâm của quả cầu theo phương Ox:

  0 

x






m vx'  vx   N .t

vx' 

 N t
m

(3)

Từ (2) và (3): vx'    e  1 2 gh

vx'2  v'2y   2  e  1 .2 gh  e2 .2 gh  2 gh   2 (e  1)2  e2 
2

c) Tìm khoảng cách từ vị trí va chạm lần 2 đến vị trí kết thúc va chạm lần 1
Gọi Vx là vận tốc tấm ván ngay khi kết thúc va chạm lần 1.
Theo định luật bảo toàn động lượng cho hệ quả cầu và ván

mvx'  MVx  0
m '
m
vx  
 e  1 2 gh
M
M
Sau va chạm quả cầu chuyển động như vật ném xiên với v '(vx' , v 'y )
Vx  

t

2v'y

g
Quãng đường quả cầu đi được dọc theo phương ngang:
2v 'y vx'
'
s1  t.vx 
g
Quãng đường ván đi được theo chiều ngược lại là:
2v 'y Vx
s2  t. Vx 
g
Vị trí va chạm thứ 2 cách vị trí kết thúc va chạm lần 1:
2v 'y
s  s1  s2 
( Vx  vx' )
g
Thay v 'y , Vx , vx' ở trên vào và biến đổi ta được:

 mM 
s  4he  e  1 

 M 
Bài 5. Phương án thí nghiệm.
Giả sử bạn cần phải lấy nước từ vòi để chứa đẩy một bể lớn có dung tích biết trước nhờ một ống dẫn
mềm có đầu cuối là một ống kim loại hình trụ. Bạn muốn biết trước thời gian hồn tất cái cơng việc
chán ngất đó. Liệu bạn có thể tính ra thời gian đó khơng, nếu bạn chỉ có trong tay một cái thước?
(Trình bày cơ sở lý thuyết, trình tự thí nghiệm, bảng số liệu, cách tính sai số và những chú ý trong q
trình làm thí nghiệm để giảm sai số).
Lời giải:
• Cơ sơ lý thuyết
Khi hướng vịi nhựa mềm lên cao theo phương thẳng đứng, t a có thể dùng thước đo được chiều cao h

của tia nước. Vận tốc nước chảy ra khỏi miệng vòi được tính theo cơng thức v 

2gh

Tích của vận tốc v vừa tìm được với diện tích tiết diện ngang của đầu kim loại (đường kính của đầu
kim loại được đo bằng thước) cho lưu lượng Q của nước, tức lượng nước chảy ra trong một giây:

d 2
Q  vS= 2gh.
4
Bây giờ ta có thể tính được thời gian nước chảy đầy bể, vì thể tích V của nó đã biết trước:


t

4V

V
 2
Q d 2gh

• Tiến hành thí nghiệm
Trước tiên ta đo đường kính đầu kim loại bằng thước, sau đó ta hướng vòi nhựa mềm lên cao theo
phương thẳng đứng, cho dòng nước chảy ra, đánh dấu rồi đo khoảng cách h.
h

d

Tiến hành thí nghiệm 5 lần rồi ghi các số liệu vào bảng sau:
• Bảng số liệu :
g= 9,8  0,1(m/s2 )
V=……… …..(m3 )
Lần TN

d( m)

d ( m)

d ( m)

d ( m)

h( m)

h ( m)

h ( m)

h ( m)

1
2
3
4
5
• Tính sai số của phép đo:
- Tính giá trị trung bình :

t

V
4V

=……………….(s)
Q d 2 2gh

- Tính sai số tương đối của phép đo :
t 
d g h
=……………..=……….(%)

 2.



t
d 2.g 2.h

- Tính sai số tuyệt đối trung bình :



t  t. =…………(s)
- Viết kết quả cuối cùng :

t  t  t =……….  ……..(s)
Những chú ý khi tiến hành thí nghiệm để giảm sai số:
- Khi đánh dấu để đo độ cao h thì ta phải đánh dấu và đo chính xác, khí điều chỉnh vịi nước thì ta phải
điều chỉnh cho vòi nước thật sự thẳng đứng để giảm sai số.
- Q trình ta đo đường kính d, ở đây ta dùng thước thẳng do đó khi đo d ta phải xác định chính xác
đường thẳng đo qua tâm ống kim loại.


TRƯỜNG THPT CHUN
VĨNH PHÚC

ĐỀ THI MƠN: VẬT LÍ – KHỐI 10-DHBB
NĂM HỌC 2017 – 2018
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có 02 trang, gồm 5 câu)

(ĐỀ THI ĐỀ XUẤT)

Bài 1: (5 điểm – Cơ chất điểm)
Một vành tròn cứng, mảnh, khối lượng M, bán kính R
đặt trên mặt sàn ngang nhẵn. Bên trong vành có một đồng
xu nhỏ khối lượng m, bán kính r. Ban đầu tâm đồng xu cách
tâm vành khoảng d. Truyền cho đồng xu vận tốc v theo

hướng vng góc với đường thẳng nối hai tâm như hình vẽ.
Biết va chạm là tuyệt đối đàn hồi và bỏ qua mọi ma sát.
a. Xác định các thành phần vận tốc theo phương x và y
của đồng xu và vành ngay sau va chạm lần đầu tiên và ngay
sau va chạm lần thứ hai.
b. Xác định d để sau va chạm lần thứ n thì đồng xu có vận tốc giống ban đầu còn vành đứng yên.
Bài 2: (4 điểm – Cơ vật rắn)
Một thanh đồng chất tiết diện đều chiều dài L=2m, một đầu treo vào giá đỡ, đầu kia được giữ cho
thanh nằm ngang. Thả nhẹ thanh. Biết sau khi thanh quay qua vị trí thẳng đứng được một góc 30o thì
thanh tuột khỏi giá đỡ.
a. Tìm khoảng cách nhỏ nhất giữa điểm treo và sàn, biết rằng thanh rơi chạm sàn lúc thanh có
phương thẳng đứng.
b. Xác định độ cao lớn nhất của đầu dưới của thanh trong quá trình chuyển động
Bài 3: (4 điểm – Cơ học chất lưu)
Một học sinh tự lắp ráp mơ hình tuabin nước như sau: Nước từ
thùng lớn chảy ra qua lỗ nhỏ diện tích S=1cm2 ở sát đáy thùng đập
vào cánh của tuabin. Trục quay của tuabin có sợi day mảnh nhẹ quấn
quanh và vắt qua ròng rọc, đầu còn lại buộc vào vật nhỏ m. Thiết bị
này có thể nâng vật m=100g với vận tốc nào đó như hình vẽ.
a. Xác định hiệu suất của mơ hình nói trên, lấy độ cao nước trong
thùng là H=0,2m và vân tốc nâng vật nặng là v1=2cm/s
b. Sau khi làm song thí nghiệm thứ nhất, đóng khóa K và nút kín
lỗ A ở nắp thùng rồi đem phơi nắng để thùng nóng lên đáng kể. Bây
giờ mở khóa K thì thấy mơ hình hoạt động mạnh hẳn lên, cụ thể vật nặng được nâng lên với vân tốc
v2=5cm/s. Vẫn coi mức nước trong thùng là H=0,2m, hiệu suất mơ hình vẫn như trước. Hãy xác định
áp suất trong thùng thay đổi bao nhiêu. Cho khối lượng riêng của nước là 1000kg/m3, g=10m/s2.
Bài 4: (4 điểm – Nhiệt học)
1. Khí quyển có nhiệt độ giảm theo độ cao z theo biểu thức: T=T0(1-az) (1) với T0=300K là nhiệt độ
tại mặt đất, a là hằng số dương.
a. Ở độ cao nào thì nhiệt độ khí quyển giảm 10?

b. Chứng tỏ rằng áp suất giảm theo độ cao theo quy luật: p(z)=p0(1-az)α . Hay xác định giá trị của α
c. Chứng tỏ rằng mật độ khơng khí giảm theo độ cao theo quy luật: ρ(z)=0(1-az)β . Hay xác định giá
trị của β.
1


2. Do bị ánh sáng mặt trời chiếu, phần khí ở sát mặt đất nóng lên có nhiệt độ T0(cịn phần khơng khí
phía trên khơng hấp thụ nhiệt từ ánh sáng mặt trời), bắt đầu dâng lên cao. Phần khí nóng lên nay coi là
giãn nở đoạn nhiệt và sự cân bằng áp suất với phần khí xung quanh diễn ra rất nhanh. Cho hệ số đoạn
nhiệt của khơng khí là γ=1,4.
a. Chứng tỏ rằng với áp suất giảm theo độ cao theo quy luật ở phần 1b, thì nhiệt độ khơng khí dâng
lên giảm theo quy luật: T=T0(1-az)δ. Hãy xác định giái trị tham số δ.
b. Chứng tỏ rằng mật độ khơng khí dâng lên giảm theo độ cao theo quy luật: ρ(z)=0(1-az)ε . Hay xác
định giá trị của ε.
c. Với giá trị nào của a thì khơng khí bắt đầu dâng lên sẽ dâng lên ngày càng cao. Tính trị số của a.
Cũng tính xem với hiệu độ cao Δz bằng bao nhiêu thì nhiệt độ giảm đi 10.
3. Giả sử độ ẩm của khơng khí là φ=70%. Áp suất hơi bão hòa liên hệ nhiệt độ theo hệ thức:
p (T )
qM 1 1 1

(  )
ln bh
pbh (T0 )
R T T0
Với q=2,2.106J/kg ( nhiệt hóa hơi của nước), M1=18.10-3kg/mol: khối lượng một mol nước,
R=8,3J/mol.K ( hằng số khí lí tưởng).
Hãy tính xem hơi nước trong khối khơng khí dâng lên đến độ cao nào thì bắt đầu ngưng tụ (hình
thành mây).
Trong bài tốn này coi khơng khí là khí lí tưởng, khối lượng mol trung bình làM=29.10-3kg/mol; lấy
g=9,8m/s2.

Bài 5: (3 điểm – Phương án thực hành)

Cho các dụng cụ sau:
1. Một vật hình trụ có khối lượng m đã biết, có gắn móc treo;
2. Sợi dây dây nhẹ khơng dãn;
3. Giá đỡ có kẹp để gắn được các ròng rọc nhỏ;
4.Bàn nằm ngang cố định;
5. Thước đo chiều dài, giấy, bút.
6. Vật hình hộp khối lượng M cần xác định, có gắn móc treo
Hãy nêu phương án thực hành thí nghiệm để:
a. Xác định khối lượng M ( M có thể lớn hoặc nhỏ hơn m)
b. Xác định hệ số ma sát trượt giữa vật M và mặt bàn nằm ngang.
Chỉ yêu cầu: nêu cách bố trí thí nghiệm (có vẽ hình mơ tả), các bước tiến hành và viết công thức áp
dụng quan trọng nhất để xác định các đại lượng theo yêu cầu đề bài.

----Hết ----Người ra đề:Nguyễn Văn Quyền
Số ĐT: 0988.615.618


2


TRƯỜNG THPT CHUYÊN
VĨNH PHÚC
(ĐỀ THI ĐỀ XUẤT )

Hướng dẫn chấm
ĐỀ THI MƠN: VẬT LÍ – KHỐI 10-DHBB
NĂM HỌC 2017 – 2018
Thời gian làm bài 180 phút

(Đáp án gồm 5 câu)

Bài 1: (4 điểm)
Phần Hướng dẫn giải
1a
Vận tốc khối tâm của hệ không đổi trong hệ
4đ
quy chiếu gắn với sàn:
mv
vG 
........
mM
Xét trong hệ quy chiếu khối tâm:
-Vận tốc của đồng xu (Vật 1) và của vành (Vật
2) lần lượt là:
Mv
v1G  v  vG 
........
mM
mv
v2G 
.........
mM
-Động lượng của hệ bằng 0 nên các vật ln có động lượng bằng nhau nhưng
ngược chiều. ……..
- Mặt khác do bỏ qua ma sát, va chạm là đàn hồi nên sau mỗi va chạm vận tốc mỗi
vật không đổi và động năng của hệ không đổi. …….
- Sau mỗi va chạm m bị bật ra như phản xạ gương vận tốc quay một góc:
  2 ……..
Chuyển sang hệ quy chiếu gắn với sàn, thành phần vận tốc của mỗi vật:

m  Mcos 2
v1 y  vG  v1G cos 2 
.v..............
mM
M sin 2
v1x 
.v...........
mM
m(1  cos 2 )
v2 y 
.v...........
mM
m sin 2
v2 x 
.v.........
mM
Tương tự sau va chạm lần 2 :
m  Mcos 4
v1 y 
.v...............
mM
 M sin 4
.v.............
v1x 
mM
m(1  cos 4 )
.v..........
v2 y 
mM
m sin 4

v2 x 
.v............
mM

3

Điểm

0,25

0,5

0,5

0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25


1b

1đ

Để sau n lần va chạm đồng xu có vận tốc như ban đầu, vành đứng yên:

1 k
n(  2 )  k 2     (  ); k  Z  ............
2 n
 1 k 
Suy ra: d  ( R  r ) sin  (  )  .................
 2 n 

0,5
0,5

Bài 2: (4 điểm – Cơ vật rắn)
Phần
2a
2đ

Hướng dẫn giải
Tại thời điểm thanh rời khỏa giá đỡ, tốc độ góc khối tâm G của thanh là ω:

1 1 2 2
L
3 3g
. mL   mg cos300   
......
2 3
2
2L

Vận tốc khối tâm G:
L
3 3gL

........
2
8
Sau khi rời khỏi giá đỡ, chỉ có trọng lực tác dụng lên khối tâm của thanh nên G
chuyển động như vật bị ném xiên góc 30o so với phương ngang, cịn thanh quay
quanh G với tốc độ góc ω không đổi ………………..
Khi thanh chạm sàn ở tư thế thẳng đứng: thanh quay quanh G được k vòng, gocws
mành thanh đã quay được:
5
.t 
 k .......
6
Khoảng cách nhỏ nhất từ điểm treo đến sàn nhỏ nhất khi k=0, ta có:

Điểm

0,5

vG  

0,25

0,25

0,25

5 3 3gL
(1)............
6
8
0,25
Độ dời của G theo phương thẳng đứng kể từ khi thanh dời giá đỡ đến khi chạm sàn:
t


L
L
gt 2 
o
o
H  cos30     vG .sin 30 .t 
 (2)..........
2
2
2 

Từ (1) và (2): H≈1,6.L=3,2m ………..

0,25
0,25

2b
2đ

Chọn trục Oy thẳng đứng hướng lên, O tai điểm treo, phương trình chuyển động
khối tâm:

gt 2 L
yG  vG sin 30 .t 
 cos30o.........
2 2
Tọa độ đầu dưới D của thanh:
L
y  yG  cos t  30o 
2
gt 2 L
L
o
 vG sin 30 .t 
 cos30o  cos t  30o  .......
2 2
2
Độ cao cực đại của đầu dưới đạt được khi:
o

0,25

0,5

0,25
4


dy
 0.........
dt

0,5

Ta tìm được:

L
t  1.05 ..............
g

0,5

Từ đó ta có: yDmax=-0,523L nên HDmax=2,68m………
Bài 3: (4 điểm – Cơ học chất lưu)
Phần Hướng dẫn giải
3a
Áp dụng phương trình Béc – nu – li cho hai điểm A’ và
2đ
B

po   gH  po 

 v02

Điểm

0,5

 vo  2 gH .........

2

Xét trong khoảng dt rất nhỏ, coi vo không đổi, động
năng của nước chảy ra là:
1
1
W  (  .v0 .S .dt ).v0   .S .vo3dt.........
2
2
Công nâng vật:
A  mg.v1.dt..........

0,5
0,5

Hiệu suất:



3b
2đ

2mg.v1
A 2mg.v1


 5%.........
3
W
 Svo
 S ( 2 gH )3

0,5

Gọi áp suất trong bình là p, vận tốc nước chảy ra từ vịi là v. Tương tự ta có:



2mgv2
A 2mg.v2

v 3
............
3
 S
W
 Sv

0,5

Áp dụng phương trình Béc – nu – li cho hai điểm A’ và B khi này:

p   gH  po 

v2
2

..........

0,5

Độ thay đổi áp suất trong thùng:

p  p  po 

v2
2

  gH  1684( Pa)............

1,0

Bài 4:(4 điểm – Nhiệt học)
Phần Hướng dẫn giải( Phần 1:1,5đ; phần 2:1đ, phần 3:1,5đ)
4.1a
T
1
T  T0  T  aT0 z  z 

..........
aT0 300a
4.1b

Điểm
0,25

Ta có phương trình M-C:
p

 RT



 RT0 (1  az )

........

M
M
Mặt khác theo cơng thức tính áp suất theo độ sâu trong chất lưu:
5

0,25


dp    gdz...............

0,25

Nên:
dp
Mgdz

p RT0 (1  az )

Lấy tích phân hai vế phương trình này ta có:
p ( z )  p0 (1  az )

4.1c

Mg
RT0 a

 

Mg
............
RT0 a

0,25

Một lần nữa áp dụng phương trình M-C:
 RT  RT0 (1  az )
p

M
M
Mp0 (1  az )
Mp

 0 (1  az ) 1......

RT0 (1  az )
RT0 (1  az )
Tức là:     1 

Mg
 1...............
RT0 a

0,25
0,25

4.2a

Phương trình đoạn nhiệt:

4.2b

 p
T1 p11  T0 p01  T1 ( z )  T0  
 p0 
Phương trình đoạn nhiệt:

 1


 T0 (1  az )

 1



 

 1
 ......


0,5

1

 p 
pV   c    c '  1    

 p0 
p

 ( z )   0 (1  az )

Hay:
4.2c

4.3




 


Mg

.....
 RT0 a

Khối khí dâng lên ngày càng cao thì:
Mg   1

 3,3.105 (m 1 ) ……
1           1  a 

RT0 

Để bắt đầu ngưng tụ, nhiệt độ khối khí dâng lên phải giảm tới nhiệt độ điểm sương.
Tại nhiệt độ T0 áp suất hơi bão hòa là pbh(T0), khi này áp suất riêng phần là:
φ. pbh(T0), áp suất này bằng pbh(T) tức là:
pbh(T)= φ. pbh(T0)………..
p (T )
T0
qM 1 1 1

(  )  ln   T 
............
Theo bài ra : ln bh
RT0
pbh (T0 )
R T T0
1
ln 
qM 1
Theo phần 2a và do

RT0
ln   1 :
qM 1

T ( z )  T0 (1  az ) 

T0
RT
RT

 T0 .(1  0 ln  ) 1  T0 (1  0 ln  )........
RT0
qM 1
qM 1
1
ln 
qM 1

0,25

0,25

0,25
0,5

0,5

nên:
(1  az )  (1 

RT0
RT0
ln  )  z 
ln   690m.......
qM 1
a qM 1
6

0,25

Bài 5: (3 điểm – Phương án thực hành)
Phần Hướng dẫn giải
Điểm
5a
* Nếu M > m có thể bố trí như hình vẽ 1. Buộc dây (buộc thắt nút) tại điểm O
1,5đ và kéo dây để OC theo phương nằm ngang để vật M nằm cân bằng, cố định C

vào giá đỡ.
Đo các khoảng cách GH= a và OH= h ta có
M

a2  h2
m
.
m
cos
h

1,25

0,25

5b

* Nếu M < m ta vẫn dùng thí nghiệm này nhưng đổi chỗ m cho M….
Để xác định hệ số ma sát giữa vật khối lượng M và mặt bàn, ta xác định khối
lượng M như thí nghiệm 1 nêu trên.
Sau đó, bố trí thí nghiệm như Hình 2, trong đó A, B là hai rịng rọc gắn cố
định.

Vật khối lượng m được móc vào dây để trượt trên dây.
Kéo đầu D của dây sao cho M bắt đầu chuyển động sang phải thì dừng tay lại
và gắn cố định đầu dây D, vật M ngay sau đó cũng dừng lại khi này ma sát
nghỉ đạt cực đại.
1,5
Đo L và h ta tính được lực ma sát trượt:
2

L
4    m 1  ( L )2
h
M
2h

a2 
Fms  mg

Có thể tiến hành thí nghiệm theo các cách khác nếu đúng vẫn cho đủ điểm

7


Hết

8


HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
KHU VỰC DUYÊN HẢI BẮC BỘ
Đơn vị: Trường THPT Chun

Trần Phú – Hải Phịng

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI DUYÊN HẢI BẮC
BỘ LẦN THỨ XI NĂM 2018
MÔN: Vật lý 10
Ngày thi:…/4/2018
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Đề gồm 02 trang
Ngƣời ra đề: Vũ Thế Tiến – SĐT: 0936.026.168

Bài 1(5,0 điểm) CƠ HỌC CHẤT ĐIỂM
Một vật được coi là chất điểm được
ném đi với vận tốc ban đầu v0 tại gốc O
trong hệ trục tọa độ Oxy ở nơi có gia tốc
trọng trường g, biết quĩ đạo của vật nằm
trong mặt phẳng Oxy. Bỏ qua mọi sức cản
của khơng khí.
a) Thay đổi góc ném với điều kiện vận tốc
ban đầu không đổi, chứng minh rằng tọa
độ mục tiêu của chất điểm thỏa mãn
phương trình: y 

y

v0

.R
.

O

x

2
0

v
g 2
.x
2g 2v 02

b) Cần ném vật lên đỉnh của một tịa nhà hình cầu bán kính R như hình vẽ. Có thể tùy ý lựa chọn
vị trí ném (nhưng vẫn thỏa mãn y = 0) và góc ném. Xác định vận tốc ban đầu nhỏ nhất sao cho vật
khơng va chạm với tịa nhà tại bất kì điểm nào khác mục tiêu.
Bài 2 (4,0 điểm) CƠ HỌC VẬT RẮN
Cho con lăn hình trụ đặc bán kính r khối lượng m
lăn không trượt trong máng cong cố định AB bán kính R
tại nơi có gia tốc trọng trường là g như hình vẽ. Hệ số ma
1
sát trượt μ = . Bỏ qua ma sát lăn.
7
a) Thả cho con lăn lăn không trượt từ độ cao h = ? với
vận tốc ban đầu bằng khơng để nó đi hết vịng trịn.
b) Con lăn đang ở vị trí thấp nhất B và v = 0. Xác định
v0min cần truyền cho trụ để con lăn lăn không trượt và đạt
π
tới φ = .
2

1

A

h

.

r

O. R
φ

B

.


Bài 3 (4,0 điểm) CƠ HỌC CHẤT LƢU
Một khối chất lỏng nhớt có khối lượng riêng ρ và hệ số
nhớt  chảy trong một ống có chiều dài và bán kính R ở trạng
thái dừng. Biết vận tốc dịng của chất lỏng phụ thuộc vào khoảng

v

R

r


r 

cách r đến trục của ống theo định luật v(r)  v 0. 1  2  . Tìm:
 R 
a) Thể tích chất lỏng chảy qua tiết diện thẳng của ống trong một
đơn vị thời gian.
b) Động năng của khối chất lỏng trong thể tích của ống.
2

Bài 4 (4,0 điểm) NHIỆT HỌC
Một lượng khí lí tưởng đơn ngun tử thực hiện chu
trình ABCDECA biểu diễn như đồ thị. Cho biết pA = pB
= 105 (Pa), pC = 3.105 (Pa), pE = pD = 4.105 (Pa), TA = TE
= 300 K, VA = 20 ( l ), VB = VC = VD = 10 ( l ), AB, BC,
CD, DE, EC,CA là các đoạn thẳng.
a) Tính các thơng số TB, TD và VE.
b) Tính tổng nhiệt lượng mà khí nhận được trong tất cả
các giai đoạn của chu trình mà nhiệt độ khí tăng.
c) Tính hiệu suất của chu trình.

p
pE

E

D

pC

C

pA

B
O

VE

VC

A
VA

V

Bài 5 (3,0 điểm) PHƢƠNG ÁN THỰC HÀNH
Cho các dụng cụ sau:
- Một số lượng đủ dùng các quả cân như nhau có móc treo đã biết khối lượng;
- Dây nối mảnh, nhẹ đủ dài và không dãn;
- Thước đo chiều dài, bút viết;
- Một bàn phẳng đồng chất, nằm ngang có gắn sẵn một ròng rọc nhẹ ở mép của bàn;
- Khối hộp chữ nhật đồng chất có khối lượng m đã biết.
Trình bày một phương án thực nghiệm để xác định hệ số ma sát trượt μ t giữa khối hộp và
mặt bàn nói trên

Họ, tên thí sinh:……………………………

Số báo danh:………………………………
2


Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm

Đáp án và biểu điểm
Nội dung

Bài

Điểm

a. 2,0 điểm
Gọi góc ném là α , ta có phương trình chuyển động của vật:

 x = v0cosα.t


gt 2
y
=
v
sinα.t

0
2

2
gx
gx 2
gx 2
2
y = x.tanα =
xtanα
.tan

α
2v 02cos 2 α
2v 02
2v 02
Đây là phương trình bậc hai đối với tanα . Điều kiện để phương trình có nghiệm là:
2gx 2
gx 2
x2 (y
+
)0
v 02
2v 02

y

v 02 gx 2
2g 2v 02

0,5

0,5

0,5

0,5

b. 3,0 điểm

Bài 1
5.0

điểm

y

Do tính thuận nghịch của quĩ đạo và định luật bảo
tồn năng lượng nên ta có thể chuyển về bài tốn
tìm vận tốc nhỏ nhất của vật được ném từ đỉnh tịa
nhà sao cho khơng va chạm với tịa nhà tại bất kì
điểm nào khác. Xét hệ tọa độ như hình vẽ.

v1

O
R

x

0,75

.

Để v1 nhỏ nhất thì quĩ đạo của vật phải tiếp xúc với tòa nhà tại một điểm. Khi đó ta có
hệ phương trình sau phải có nghiệm duy nhất:


v12
g 2
y
=
.x


2g 2v12

 x 2 + (y + R) 2 = R 2


0,75

2

 g 

gR  v12  v12
21
+
x
+
+ R  = 0 chỉ có một nghiệm
x 



2 
g  4g

 2v21 
 2 v1 
4

 1 gR   1

gR 
gR
Δ =  - 2  -  + 2  = 0  v12 =
v1 
2
 2 v1   4

0,75

Giá trị nhỏ nhất của v0 được xác định thông qua giá trị nhỏ nhất của v1 theo hệ thức:
3

0,75

2


v0min = v12 + 4gR = 3

gR
2

a. 2,0 điểm
Để con lăn đi được hết vịng trịn thì khi lên đến điểm cao nhất trên vòng tròn, v của
con lăn > 0 và N  0 .

1 mr 2 2 1
.ω + mω02 (R-r)2 + mg(2R- r)
Áp dụng bảo toàn cơ năng: mgh = .
2 2

2
2 2
2
2
Trong đó: ω.r = ω0 .(R- r)  ω .r = ω0 .(R- r)
3
 mgh = .m.ω02 (R - r) 2 + mg(2R - r)
4
3
(R-r) 2
+ 2R - r (1)
 h = ω02 .
4
g
2
2
Tại điểm cao nhất: N + P = mω0 (R - r)  N = mω0 (R - r)  mg

N  0  ω (R - r)  g  ω (R - r)  g(R - r) (2)
3
1
Thay (1) vào (2): h  .(R - r) + 2R - r  h  (11R - 7r).
4
3
1
Vậy hmin = (11R - 7r). để con lăn lăn khơng trượt hết vịng trịn.
3
2
0

Bài 2
4.0
điểm

2
0

2

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

b. 2,0 điểm
+) Theo định luật II Niu-tơn:

a t : -Fms + mgsinφ = mγr

.

v2
a n : N - mgcosφ = m
R-r

φ

N

. KF

0,5

ms

P
+) Phương trình quay quanh tâm K:

3 2
mr .γ  mgrsinφ
2
2
2 gsinφ
 a t = γ.r = .gsinφ
γ= .
3
3 r
I K .γ = mgrsinφ 

0,25

+) Bảo toàn cơ năng:

1
1

= I K .ω2 . + mg(R - r).(1 - cosφ)
2
2
3
3
 v 02 m = .m.v 2  mg(R - r).(1 - cosφ)
4
4
4
 v 2 = v 02 - g(R - r)(1- cosφ)
3
I K .ω02 .

4

0,25


mv02 4mg
(1 - cosφ)
+) Thay vào phương trình động lực học: N - mgcosφ =
R-r
3
mv02
7
4
+ mgcosφ - mg
N=
R-r
3

3
2
3

+) Thay rγ = gsinφ vào phương trình động lực học: Fms =

mgsinφ
3

0,25

0,25

 3mv02

+ 7mgcosφ - 4mg  .μ
 R-r


+) Lăn không trượt Fms  μN  mgsinφ  

3v02
.μ + 7gcosφ.μ - 4gμ
 gsinφ 
R-r
3μ
 v02 .
 g(sinφ + 4μ - 7cosφ.μ)
R-r
R- r

.g(sinφ + 4μ - 7cosφ.μ)
 v02 
3μ
π
2

0,25

1
11
11
 v02  g(R - r).  v0 
g(R - r)
7
3
3
11
g(R - r)
3

Thay φ = ; μ =
Vậy: vmin =

0,25

a. 2,0 điểm
Thể tích chất lỏng chảy
qua tiết diện ống trong
một đơn vị thời gian.

R

r

0,5

Bài 3
4.0
điểm

l
Xét lưu lượng chất lỏng chảy qua hình vành khăn.


r2 
dQ = S.v = 2πrdr.v0 1- 2 
 R 

r +dr

dr

0,75

Lưu lượng chất lỏng qua cả tiết diện ống là

 r2 
2 v0
2πrv
1dr

=
πR
.


0
2
0
R
2



R

Q=

0,75

5


b. 2, 0 điểm
Động năng của chất lỏng trong thể tích của ổng
Xét một lớp chất lỏng hình trụ bán kính r, dày dr. Động năng của lớp này là:

1
dWd = . .(2π.dr. ).v 2
2

0,75

Động năng tổng cộng: Wđ =
2
 2r 3 r 5 
2r 4
r6  R
2r
0 dWd = π  v .0  r- R 2 + R 4 dr = π  v0  2 - 4R 2 + 6R 4  0

R

R

2
0

2
 R 2 2R 4
lρv0Q
R6 
2 R
+
=
πlρv
.
=
 Wd = πlρv02 

0

4
6 
6
3
 2

0,75

0,5

a. 1,0 điểm
Áp dụng phương trình trạng thái:

p A VA
105 .20.10-3
20
=
=
TA
300
3
p V
p V
nRTE
= 5l
TB = B B = 150K; TD = D D = 600K; VE =
nR
nR
pE
p A VA = nRTA  nR =

Bài 4
4.0
điểm

b. 2,0 điểm
Khí nhận nhiệt trong q trình đẳng tích BD và một giai đoạn trong q trình biến đổi
ECA

3
3 20
Q1 = Q BD = n R(TD - TB ) = . (600 -150) = 4500J
2
2 3

0,5

0,5

0,25

Phương trình của đường thẳng ECA:

V
p - pA
p - pA
= E
 p = - + 5(1)
V - VA
VE - VA

5

0,25

(V đo bằng lít, p đo bằng 105 Pa)

6


p
Suy ra:

T=


pV
3  V2
=
+ 5V  (2)
nR
20  5


T = Tmax = 468,75 K khi Vm = 12,5 l
T tăng khi 5  V  12,5l

pE

E

D

0,5
pC

C

pA

F

B
O

VE

VC Vm

A
VA

V

Vm ứng với điểm F trên đoạn CA. Xét nhiệt lượng nhận được ΔQ trong q trình thể
tích tăng từ V đến V + ΔV (trên đoạn EF):

ΔQ =

3n
RΔT + pΔV

2

0,25

 4V

+ 12,5  ΔV
 5


Từ (1) và (2) tìm được ΔQ =  -

Dễ dàng thấy rằng, trong giai đoạn ECF ln có ΔQ > 0. Trong giai đoạn này, nhiệt
lượng nhận được là:

Q 2 = ΔU + A; ΔU =

3n
R(Tmax - TE ) = 1687,5J
2

0,5

A là diện tích hình thang EFVmVE có giá trị là 2437,5J

 Q2 = 3187,5 + 2437,5 = 4125J

Tổng nhiệt lượng khí nhận được: Q = Q1 + Q2 = 4500 + 4125 = 8625 J
c. 1,0 điểm
Công sinh ra trong một chu trình:

Chu trình: ABC cùng chiều kim đồng hồ, CDE ngược chiều đồng hồ.
=> công A bằng hiệu số giữa diện tích tam giác ABC và diện tích tam giác CDE.
Vậy A = 750 J
Hiệu suất của chu trình : H =

Bài 5
3.0
điểm

A
750
= 8,7%
=
Q 8625

0,25

0,5

0,5

+ Cơ sở lí thuyết
* Giai đoạn 1: Hai vật chuyển động nhanh dần đều từ trạng thái nghỉ cùng gia tốc:

a1 =

m2g - μm1g
m1 + m2

1,5

Khi m2 chạm đất, vận tốc của hai vật thỏa mãn:
7


m1

v12 = 2a1h =

(m2g - μm1g)2h
m1 + m2

(1)
* Giai đoạn 2: m1 chuyển động
chậm dần đều do tác dụng của
ma sát trượt với gia tốc:

m2
h

a 2 = -μg
(2)
Kể từ khi m2 chạm đất đến khi m1 dừng lại, vật m1 đi được quãng đường:

S = - h  -v12 = 2a 2S
hm2
(m2g - μm1g)2h
Từ (1), (2) và (3):
 2μg( - h)  μ =
m1 + m2

m1 +m2 -m2

(3)
(*)

+ Bố trí thí nghiệm
- Đặt khối hộp lên bàn, dùng một số quả cân có tổng khối lượng m2 đủ lớn tạo hệ liên
kết qua rịng rọc như hình vẽ.
- Nếu m2 chạm đất mà m1 chưa chạm vào rịng rọc thì nó sẽ tiếp tục chuyển động
chậm dần đều và dừng lại. Bố trí độ cao h của mép dưới m2 so với đất và chiều dài dây
nối sao cho m1 dừng lại mà chưa chạm ròng rọc.
+ Các bƣớc tiến hành
- Giữ m1 để hệ cân bằng, đo độ cao h từ mép dưới m2 tới đất và đánh dấu vị trí ban đầu
(M) của m1 trên bàn.
- Thả tay nhẹ nhàng cho hệ chuyển động, đánh dấu vị trí m1 dừng lại trên mặt bàn (vị
trí N). Đo l = MN
- Tính μ theo cơng thức (*)

Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác, vẫn đúng thì cho điểm tối đa

8

0,75

0,75


SỞ GD&ĐT THÁI NGUYÊN

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC THPT

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

VÙNG DUYÊN HẢI & ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM HỌC 2017-2018
Mơn:Vật lí; Lớp: 10

ĐỀ GIỚI THIỆU

Thời gian: 180 phút không kể thời gian phát đề

Bài 1 (5 điểm)
Trên mặt phẳng ngang có một bán cầu khối lượng m. Từ điểm cao
nhất của bán cầu có một vật nhỏ khối lượng m trượt không vận tốc đầu
xuống. Ma sát giữa vật nhỏ và bán cầu có thể bỏ qua. Gọi  là góc
giữa phương thẳng đứng và bán kính véc tơ nối tâm bán cầu với vật
(hình 1).



1) Giả sử bán cầu được giữ đứng yên.
Hình 1
a) Xác định vận tốc của vật, áp lực của vật lên mặt bán cầu
khi vật chưa rời bán cầu, từ đó tìm góc  = m khi vật rời bán cầu.
b) Xét vị trí có  < m. Tìm và các thành phần gia tốc tiếp tuyến và gia tốc pháp tuyến
của vật; áp lực của bán cầu lên mặt phẳng ngang khi đó.
2) Giả sử giữa bán cầu và mặt phẳng ngang có ma sát với hệ số ma sát là . Tìm  biết rằng khi
 = 300 thì bán cầu bắt đầu bị trượt trên mặt phẳng ngang.
3) Giả sử khơng có ma sát giữa bán cầu và mặt phẳng ngang. Tìm  khi vật rời khỏi bán cầu.
Bài 2. (4 điểm)

Một khối trụ đặc đồng chất bán kính r, khối lượng m tự quay
quanh trục với tốc độ góc 0 , được đặt nhẹ nhàng xuống điểm O
là chân của mặt phẳng nghiêng góc  . Hệ số ma sát giữa m và
mặt phẳng nghiêng là  .
(Cho   tan  ; mặt phẳng nghiêng tuyệt đối rắn, khơng có sự
biến dạng của quả cầu; g là gia tốc trọng trường)


O

Hình 2

a. Xác định quãng đường mà khối tâm khối trụ đi được trong giai đoạn đầu vừa lăn vừa trượt
b. Công của lực ma sát khi lăn lên mặt phẳng
c. Xác định độ cao cực đại của tâm khối trụ trên mặt phẳng nghiêng (độ cao so với O)
Bài 3: (4 điểm)
Một trạm thăm dò vũ trụ P bay quanh hành tinh E theo quỹ đạo tròn có bán kính R. Khối lượng của
hành tinh E là M.
1. Tìm vận tốc và chu kỳ quay quanh hành tinh E của trạm P.
2. Một sự kiện không may xảy ra: có một thiên thạch T bay đến hành tinh E theo đường
58GM
thẳng đi qua tâm của hành tinh với vận tốc u 
. Thiên thạch va chạm rồi dính vào trạm P
R