Đề thi thử học sinh giỏi 10 có giải sẵn

P
1
P
P
2
(2)
V
1
V
O
V
2
(1)
TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO
ĐỀ ÔN THI HSG 10 SỐ 2
Câu 1: Trên trục Ox một chất điểm chuyển động biến đổi đều theo chiều dương có hoành độ ở các
thời điểm
321
t;t;t
tương ứng là:
321
x;x;x
. Biết rằng:
ttttt
1223
=−=−
. Hãy tính gia tốc theo
321
x;x;x
và t, cho biết tính chất chuyển động.
Câu 2: Một vật nhỏ được truyền cho vận tốc ban đầu bằng v

0
= 4 m/s để đi lên trên một mặt phẳng
nghiêng, góc hợp bởi mặt phẳng nghiêng với phương nằm ngang là α = 30
0
, v
0
hướng dọc theo mặt
phẳng nghiêng. Khi vật đi lên đến điểm cao nhất vật lại trượt xuống dọc theo mặt phẳng nghiêng.
Cho hệ số ma sát giữa vật với mặt phẳng nghiêng là μ.
a. Tìm biểu thức tính gia tốc của vật khi đi lên và khi đi xuống theo g, α và μ.
b. Biết thời gian đi xuống bằng 1,2 lần thời gian đi lên. Tìm độ cao cực đại mà vật đi lên
được.
Câu 3: Cho cơ hệ như hình vẽ:
Cho biết: Hệ số ma sát giữa M và sàn là k
2
,
giữa M và m là k
1.
Tác dụng một lực
F
r
lên M theo phương hợp với phương
ngang một góc
α
. Hãy tìm F
min
để m thoát khỏi M và tính góc
α
tương ứng?
Câu 4:

Để đo độ sâu của hồ bơi, bạn Nam đã cầm một ống nghiệm hình trụ có chia độ rồi lặn xuống
đáy hồ. Sau khi lặn, bạn ấy đã tính ra độ sâu cần tìm. Theo em bạn Nam đã làm cách nào? Giải
thích?
Câu 5: Thanh đồng chất OA có trọng lượng P quay được quanh
điểm O và tựa tại điểm giữa B của nó lên quả cầu đồng chất C có trọng
lượng Q, bán kính R được treo vào trục O, nhờ dây OD dài bằng bán
kính R của quả cầu. Cho góc ∠BOC = α = 30
o
. Tính góc nghiêng ϕ
của dây OD hợp với đường thẳng đứng khi hệ cân bằng.
Biết:
( )
sin sin .cosb cos .sina b a b a− = −
Câu 6:
Có 20g khí hêli chứa trong xilanh đậy kín bởi pittông biến đổi chậm từ (1) → (2) theo đồ thị
mô tả ở hình bên. Cho V
1
=30lít; p
1
=5atm; V
2
=10lít; p
2
=15atm. Hãy tìm nhiệt độ cao nhất mà khí đạt
được trong quá trình biến đổi. Biết khối lượng mol của hêli là 4g/mol và R= 0,082atm.l/mol.độ.
Hết

F
r
α

M
m
O
D
C
A
B
Câu 1:
[ ]
2
123
2
1223123
23023
120
2
1
2
2
12012
2
3
3003
2
2
2002
2
1
1001
t

xx2x
a
att2.t
2
a
)tt()tt(t
2
a
xx2x)4()5(
)5)(tt(t
2
a
tvxx)2()3(
)4)(tt(t
2
a
tv
2
)tt(a
)tt(vxx)1()2(
)3(
2
at
tvxx
)2(
2
at
tvxx
)1(
2

at
tvxx
+−
=⇒
==−+−=+−⇔−
++=−⇔−
++=
−
+−=−⇔−
++=
++=
++=
………………………………………………………………………………
- Nếu
→
+
<
2
xx
x
13
2
vật chuyển động nhanh dần
………………………………………………………………………………….
- Nếu
→
+
>
2
xx

x
13
2
vật chuyển động chậm dần
C âu 2:
a. Khi vật đi lên:
- Tác dụng lên vật có trọng lực P, phản lực N và lực ma sát F
ms
.
- Định luật II Newton:
ms
N P F
a
m
+ +
=
r r r
r
- Chiếu lên Ox và Oy ta được:
ms l
mg.sin F ma
N mg.cos 0
− α − =


− α =

Thay F
ms
= μ.N  a

l
= - g.(sin α + μ.cos α)
Tương tự khi đi xuống: a
x
= g.(sin α – μ.cos α)
b. Quãng đường mà vật đi được khi đi lên:
S
l
=
2
0 l l
1
v t a t
2
+
.
Mặt khác khi lên đến điểm cao nhất thì vận tốc của vật bằng:
v = v
0
+ a
l
.t
l
= 0  v
0
= - a
l
.t
l
.

Thay vào phương trình trên ta được: S
l
=
2
l l
1
a t
2
−
Khi đi xuống quãng đường vật đi được là:
S
x
=
2
X X
1
a t
2
Mà: S
l
= S
x

2
l x
x l
a t
1,44
a t
 

= − =
 ÷
 
Thay các biểu thức của gia tốc của câu a vào ta được:
sin cos
1,44
sin cos
α + µ α
=
α −µ α
 μ
≈
0,1.
Thay vào biểu thức của gia tốc khi đi lên ta được: a
l
= - 4,1 m/s
2
.
 Quãng đường :
2
0
l
l
v
S
2a
= −
≈
1,95 m.
 Độ cao lớn nhất mà vật đạt được : h

max
= S
l
.sin α = 0,98 m.
Câu 3:
+ Xét vật m:
1 1 21 1ms
P N F ma+ + =
r r r
r
(1).
Chiếu lên OX: F
ms21
= ma
21
1
mn
F
a
m
⇒ =
Chiếu lên OY: N
1
– P
1
= 0
⇒
N
1
= P

1

⇒

F
ms21
= k
1
.N
1
= k
1
.mg

1
1 1
k mg
a k g
m
⇒ = =
. Khi vật bắt đầu trượt thì thì a
1
= k
1
g.
+ Xét vật M:
2 1 2 12 2
( )
ms ms
F P P N F F M m a+ + + + + = +

r r r r r r
r
.
Chiếu lên trục OX:
12 2
cos ( )
ms ms
F F F M m a
α
− − = +

12
2
cos
ms ms
F F F
a
M m
α
− −
⇒ =
+
Chiếu lên OY:
1 2 2 2 1 2
sin ( ) 0 sinF P P N N P P F
α α
− + + = ⇒ = + −
Ta có:
12 1ms
F k mg=

2 2 2 1 2
( sin )
ms
F k N k P P F
α
= = + −
1 2 1 2
2
cos ( sin )F k mg k P P F
a
M m
α α
− − + −
⇒ =
+
Khi vật trượt
1 2
a a≤
1 2 1 2
1
cos ( sin )F k mg k P P F
k g
M m
α α
− − + −
⇒ ≤
+
1 2 1 2 1 2
( ) (cos sin ) ( )k g M m F k k mg k P P

α α
⇔ + ≤ + − − +
1 2 1 2 1 2 1 2
2
( ) (2 ) ( ) (2 )
cos sin
k k Mg k k mg k k Mg k k mg
F
k y
α α
+ + + + + +
⇒ ≥ =
+
Nhận xét: F
min

⇔
y
max
. Theo bất đẳng thức Bunhia Côpski:
2 2 2 2 2 2
2 2 2
(cos sin ) (1 )(cos sin ) 1y k k k
α α α α
= + ≤ + + = +
2
max 2
1y k⇒ = +
.
Vậy

1 2 1 2
min
2
2
( ) (2 )
1
k k Mg k k mg
F
k
+ + +
⇒ =
+
Lúc đó:
2
2
sin
cos 1
k
tg k
α
α
α
= ⇒ =
Câu 4:
- Úp ống nghiệm thẳng đứng, sau đó lặn xuống hồ đến nơi cần đo độ
sâu, vẫn giữ nguyên tư thế ống nghiệm.
- Đánh dấu mực nước dâng lên trong ống nghiệm
- Áp dụng định luật Bôi-lơ-Ma-ri-ốt cho khối khí trong ống nghiệm.
( coi nhiệt độ không đổi)
p

o
V
o
=pV ↔ p
o
Sl
o
=pSl
Mà: p=p
o
+hρg
⇒ p
o
l
o
=(p
o
+hρg)l
( )
o o
p l l
h
gl
ρ
−
⇒ =
h: độ sâu nơi cần đo.
p
o
: là áp suất khí quyển.

l
o
: độ dài ống nghiệm.
l: độ dài của khối khí trong ống nghiệm lúc ở đáy hồ.
ρ: khối lượng riêng của nước.
g: gia tốc trọng trường.
( học sinh phải nêu đủ tên các đại lượng trong công thức trên)
Câu 5: - Đối với quả cầu C:

3
sin2
cos
sin
cos2.sin2
ϕ
α
ϕ
αϕ
QQ
N
RNRQOBNCHQ
==⇒
=⇒=⇒
(1)
- Đối với thanh OA:

'.'.
/
/
'

OHPOBNMM
OP
ON
=⇒=
Mà N’ = N

)30sin(
ϕ
−=⇒
o
OBPOBN
(2)
Từ (1) và (2)

)34(
3
tan
cos3sin)34(
sin
3
cos
2
sin30coscos30sin.
)30sin(sin
3
2
PQ
P
PPQ
s

PP
PP
P
Q
oo
o
+
=⇒
=+⇒
−=−⇒
−=⇒
ϕ
ϕϕ
ϕϕϕϕ
ϕϕ
Câu 6:
Đoạn (1)-(2) có dạng đoạn thẳng nên có dạng: p=aV+b
- Khi V
1
=30lít; p
1
=5atm ⇒ 5=a.30+b (a)
- Khi V
2
=10lít; p
1
=15atm ⇒ 15=a.10+b (b)
Từ (a) và (b) ⇒ a= -1/2; b= 20
2
20

2
V
pV V⇒ = − +
(c)
Mà:
20
5
4
m RT
pV RT RT
µ
= = =
(d)
Từ (c) và (d) ⇒
2
5 20
2
V
RT V= − +
2
4
10
V V
T
R R
⇒ = − +
Xét hàm T=f(V)
'
2 4
10

V
T
R R
= − +
Khi T
’
=0 ⇒ V= 20lít
⇒ V= 20lít thì T
max
⇒
2
ax
20 4.20
487,8
10.0,082 0,082
m
T K= − + =
O
D
C
A
B
H’
H
N
N’
Q
P
ϕ
V(l)

T
’
T
CĐ
-
+ 0
10 30
20