ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2015 -Vật lý 10 trường chuyên Thái Bình

HI CC TRNG THPT CHUYấN
KHU VC DH V B BC B
TRNG THPT CHUYấN THI BèNH.
THI XUT
Ngi ra
Lờ Vn Tuyn
T : 0984988985
THI CHN HC SINH GII KHU VC
DUYấN HI V B BC B NM 2015
MễN THI: VT Lí - LP: 10
(Thi gian lm bi 180 phỳt khụng k thi gian giao )
thi gm 02 trang
Bài 1: (4 im)
Khối lăng trụ tam giác có khối lợng m
1
, với góc

nh hình
vẽ có thể trợt theo đờng thẳng đứng và tựa lên khối lập phơng khối
lợng m
2
còn khối lập phơng có thể trợt trên mặt phẳng ngang. Bỏ
qua mọi ma sát.
a. Tính gia tốc giữa mỗi khối và áp lực giữa hai khối ?
b. Xác định

sao cho a
2
là lớn nhất. Tính giá trị gia tốc của mỗi khối trong tr-
ờng hợp đó ?
Bài 2: (4 im)

Trờn mt xe ln khi lng m t trờn sn nm ngang cú gn mt
thanh nh thng ng di. Mt vt nh cng cú khi lng m
buc vo u thanh bng mt dõy treo nh, khụng dón, chiu di l
(hỡnh 1). Ban u xe ln v vt cựng v trớ cõn bng. Truyn tc
thi cho vt mt vn tc ban u v
0
cú phng nm ngang trong
mt phng hỡnh v. B qua mi ma sỏt.
a) Tỡm v
0
nh nht vt quay trũn quanh im treo.
b) Vi v
0
= 2
gl
. Tỡm lc cng dõy khi dõy treo hp vi phng thng ng mt gúc
= 30
0
v vt vn di im treo.
Bài 3: (4 im)
Mt xilanh nm ngang, bờn trong cú mt pittụng ngn xi lanh thnh hai phn:
Phn bờn trỏi cha khớ tng n nguyờn t, phn bờn phi
l chõn khụng. Hai lũ xo cú cng k
1
v k
2
gn vo pittụng
v ỏy xilanh nh hỡnh v. Lỳc u pittụng c gi v trớ
m c hai lũ xo u cha b bin dng, trng thỏi khớ lỳc ú l (P
1

, V
1
, T
1
). Gii phúng

m
1
m
2
m
m
l
Hỡnh 1
k
1
k
2
pittụng thỡ khi pittụng v trớ cõn bng trng khớ l (P
2
, V
2
, T
2
) vi V
2
= 3V
1
. B qua cỏc
lc ma sỏt, xilanh, pittụng, cỏc lũ xo u cỏch nhit. Tớnh t s

1
2
P
P
v
1
2
T
T
Bài 4: (5 im)
Mt vnh trũn mnh khi lng m bỏn kớnh R quay
quanh trc i qua tõm v vuụng gúc vi mt phng ca
vnh vi vn tc gúc
0

.Ngi ta t nh nhng vnh xung
chõn ca mt mt phng nghiờng gúc so vi phng ngang (Hỡnh bờn ). H s ma sỏt gia
vnh v mt phng nghiờng l à. B qua ma sỏt ln.
a. Tỡm iu kin ca à vnh i lờn trờn mt phng nghiờng.
b. Tớnh thi gian vnh lờn n cao cc i v quóng ng vnh i c trờn
mt phng nghiờng
Bài 5: (3 im)
Phng ỏn thc hnh
Một cốc đong trong thí nghiệm có dạng hình trụ đáy tròn, khối lợng M, thể tích bên
trong của cốc là V
0
. Trên thành cốc, theo phơng thẳng đứng ngời 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
nh nhau, bỏ qua sự dính ớt. Đợc dùng một chậu to đựng nớc, hãy lập phơng án để xác
định độ dày d, diện tích đáy ngoài S và khối lợng riêng

c
của chất làm cốc. Yêu cầu:
1. Nêu các bớc 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 l-
ợng riêng của nớc là ).
3. Lập biểu thức tính khối lợng riêng
c
của chất làm cốc qua các đại lợng S, d, M,
V
0
.
Dùng phơng pháp đồ thị để xác định diện tích đáy ngoài S, rồi tìm độ dày d của cốc.
Nêu các bớc tiến hành và giải thích
==============Ht==============
P N + BIU IM CHM MễN VT Lí KHI 10.
Trang 2

Ngi ra
Lờ Vn Tuyn
T : 0984988985
Bài 1: (4 im)
a. (2 im)
Vật 1:
Các lực tác dụng vào m
1
:
,
1
P

phản lực
1
N

do bờ tờng tác
dụng lên m
1
, phản lực do m
2
tác dụng
N

.
Theo định luật II Newton:

1111
amNNP


=++

Chiếu lên ox:

0cos
1
=+ NN

Chiếu lên oy:

111

sin amNP =

(1) 0,5 im
Vật 2: Có 3 lực tác dụng lên m
2
:
,
2
P

phản lực
2
N

do sàn tác dụng lên khối lập ph-
ơng, phản lực
'N

do m
1
tác dụng lên khối lập phơng.
Theo định luật II Newton:

2221
' amNNP


=++
chiếu lên ox:

22
cos amN =

(do
NN
=
'
) (2) 0,5 im
Mặt khác khi m
2
dời đợc một đoạn x thì m
1
dời đợc một đoạn y và ta luôn
có:


tanyx =

Hay:


tan
12
aa =
0,5 im
Từ (1) và (2) suy ra:

( )
22
11

22
111
tan
cos
sin
am
agm
amN
amgmN

=



=
=



(3)
Thay



tan
12
aa =
vào (3) ta suy ra:

+
=
+
=
g
mm
m
a
g
mm
m
a



2
21
1
2
2
21
1
1
tan

tan
tan
0,5 im
áp lực giữa m
1
và m
2
:
==

cos
22
am
N
( )


costan
tan
2
21
21
mm
mm
+
0,5 im
b. (2 điểm)
Ta cã :

g

m
m
m
g
mm
m
a
α
α
α
α
tan
tan
tan
tan
2
1
1
2
21
1
2
+
=
+
=
0,5 Điểm
Do
212
1

2tan
tan
mmm
m
≥+
α
α
0,5 Điểm

⇒
g
m
m
a .
2
1
2
1
min2
=
DÊu b»ng x¶y ra khi :
2
1
2
2
1
tantan
tan m
m
m

m
=⇒=
αα
α

⇒

2
1
tan
m
m
=
α

=⇒
α
2
1
arctan
m
m
0,5 Điểm
Lóc ®ã :

g
mm
m
g
m

m
mm
m
a
11
1
2
1
21
1
1
.
.
+
=
+
=

2
1
g
a
=
0,5 Điểm
Bµi 2: (4 điểm)
a. (2 điểm)
Để vật quay hết một vòng quanh điểm treo thì lực căng dây ở điểm cao nhất
T
≥
0

Gọi v
1
, v
21
là vận tốc của xe lăn và vận tốc của vật với xe lăn ở điểm cao nhất.
- Động lượng của hệ được bảo toàn theo phương ngang:
m.v
0
= m.v
1
+ m.(v
1
+ v
21
)  v
0
= 2.v
1
+ v
21
(1) 0,5 Điểm
- Bảo toàn cơ năng:
( )
2
2 2
0 1 1 21
1 1 1
mv mv m v v 2mgl
2 2 2
= + + +

(2) 0,5 Điểm
- Chọn hệ quy chiếu gắn với xe tại thời điểm vật ở điểm cao nhất. Hệ quy chiếu này là
một hệ quy chiếu quán tính vì tại điểm cao nhất lực căng dây có phương thẳng đứng nên
thành phần lực tác dụng lên xe theo phương ngang sẽ bằng 0  xe không có gia tốc.
Định luật II Newton cho vật ở điểm cao nhất:
mg + T = m
2
21
v
l
(3) 0,5 Điểm
Kết hợp với điều kiện T
≥
0 (4).
Từ 4 phương trình trên ta tìm được: v
0

≥

3 gl
0,5 Điểm
b. (2 điểm)
Trang 4
Gọi v
1
, v
21
là vận tốc của xe lăn và vận tốc của vật với xe lăn khi có góc lệch α =
30
0

. Chọn hệ quy chiếu chuyển động với vận tốc v
1
. Đây là một hệ quy chiếu quán tính.
- Động lượng của hệ được bảo toàn theo phương ngang:
m.(v
0
- v
1
) + m.(- v
1
)= m. v
21
.cos α  v
0
= 2.v
1
+ v
21
.cos 30 (1) 0,5 Điểm
- Bảo toàn cơ năng:
( ) ( )
2
2 2
0 1 1 21
1 1 1
m v v mv mv mgl 1 cos30
2 2 2
− + = + −
(2) 0,5 Điểm
Từ (1) và (2) suy ra:

2
21
2
4glcos30 8 3gl
v
2 cos 30 5
= =
−
0,5 Điểm
- Chọn hệ quy chiếu gắn với xe:
Định luật II Newton cho xe và vật:
T.sin α = m.a
1
= F
qt
T + F
qt
.sin α – mg.cos α =
2
21
v
m
l

2
21
2
v
mg.cos30 m
42 3

l
T mg
1 sin 30 25
+
= =
+
0,5 Điểm
Bµi 3: (4 điểm)
Khi pittông độ biến dạng của mỗi lò xo là x

S
V
S
VV
x
112
2
=
−
=
0,5 Điểm
Khi áp lực nên hai mặt pittông bằng nhau

2
12121
2212
)(
2
)(
S

Vkk
S
kk
SPxkxkSP
+
=
+
=⇒=−
(1) 0,5 Điểm
Phương trình trạng thái:

1
2
1
2
1
1
21
11
2
2
1
11
2
22
3
3 P
P
T
T

T
P
VT
VP
T
P
T
VP
T
VP
=⇒==⇒=
(2) 0,5 Điểm
Hệ không trao đổi nhiệt:

UAAUQ ∆−=⇒=+∆= 0








−=−=−=∆
+
=







+=+=
112112212
2
2
121
2
1
21
2
21
)3(
2
3
)(
2
3
)(
2
3
)(22
)(
2
1
)(
2
1
VPPVPVPTTnRU
S

Vkk
S
V
kkxkkA
0,5 Điểm

21
2
121
121
2
2
121
2
9
2
3
)(2
)3(
2
3
)(2
PP
S
Vkk
VPP
S
Vkk
−=
+

⇒
−=
+
⇒
(3) 0,5 Điểm
Thế (1) vào (3)
11
3
2
9
2
3
1
2
212
=⇒−=⇒
P
P
PPP
1 Điểm
Từ (2)
11
9
1
2
=
T
T
0,5 Điểm
Bµi 4: (5 điểm)

α
a) (2 điểm)
Do vận tốc đầu của khối tâm bằng không nên khi vừa đặt xuống vành vừa quay
vừa trượt trên mặt phẳng nghiêng. Phương trình động lực học cho khối tâm là
F
ms
-mgsiα =ma =>
µmgcosα-mgsinα =ma => a=g(µcosα-sinα) 1 Điểm
Để vành đi lên mặt phẳng nghiêng thì a>0 do đó µ >tanα 1 Điểm
b) (3 điểm)
Vận tốc khối tâm tăng dần trong khi vận tốc góc giảm dần, đến thời điểm v=ωR
thì vành sẽ lăn không trượt. Do đó ta xét vành đi lên gồm hai giai đoạn:
* Giai đoạn vừa quay vừa trượt:
- Phương trình chuyển động là:
-F
ms
R=mR
2
.γ => γ=-µgcosα/R 0,5 Điểm
Đến thời điểm t
1
vành kết thúc trượt thì vận tốc khối tâm và vận tốc góc bằng nhau:
v
1
=at
1
=g(µcosα-sinα)t
1
;
ω

1
= ω
0
+ γt
1
= ω
0
–µgcosα.t
1
/R 0,5 Điểm
Do v
1
=ω
1
R suy ra t
1
=
0
(2 cos sin )
R
g
ω
µ α α
−
; v
1
=at
1
=(µcosα-sinα)
0

2 cos sin
R
ω
µ α α
−
ω
1
=(µcosα-sinα)
0
2 cos sin
ω
µ α α
−
0,5 Điểm
Quãng đường mà vành đi lên được trong giai đoạn này là
S
1
=v
1
2
/2a =
2 2
0
2
( cos sin )
2 (2 cos sin )
R
g
µ α α ω
µ α α

−
−
0,5 Điểm
* Giai đoạn vành lăn không trượt: Lực ma sát nghỉ hướng lên trên:
Phương trình động lực học cho khối tâm và phương trình quay quanh tâm tức thời:
-mgRsinα =2mR
2
.γ => γ =-gsinα /2R
Gia tốc khối tâm của vành là a=γR=-gsinα /2 0,5 Điểm
Thời gian chuyển động lên trong giai đoạn này xác định từ phương trình 0=v
1
+a’t
2
=> t
2
=(µcosα-sinα)
0
2
sin (2 cos sin )
R
g
ω
α µ α α
−
0,25 Điểm
Quãng đường vành lên được trong giai đoạn này là
S
2
= -v
1

2
/2a’ = (µcosα-sinα)
2
2
0
2
( )
2 cos sin sin
R
g
ω
µ α α α
−

=> Thời gian và quãng đường đi lên là t=t
1
+t
2

và s=s
1
+s
2
0,25 Điểm
Bµi 5: (3 điểm)
Ph¬ng ¸n vµ c¸c bíc: (0.5 điểm)
Trang 6
- Cho nớc vào bình với thể tích V
1
, thả bình vào chậu,

xác định mực nớc ngoài bình h
n1
(đọc trên vạch chia).
- Tăng dần thể tích nớc trong bình: V
2
, V
3
, và lại thả
bình vào chậu, xác định các mực nớc h
n2
, h
n3
,
- Khi đo phải chờ cho nớc phẳng lặng.
*Lập bảng số liệu:
h
n1
h
n2
V
1
V
2
d S

b


Các biểu thức thức (1 im)
Gọi h

n
là mực nớc ngoài bình, là khối lợng riêng của nớc, m
t
và V
t
tơng ứng là khối l-
ợng và thể tích nớc trong bình. Phơng trình cân bằng cho bình có nớc sau khi thả vào
chậu:
g(d+h
n
)S = (M+m
t
)g
(d+h
n
)S = M+V
t
(1)
Từ (1) ta thấy h
n
phụ thuộc tuyến tính vào V
t
. Thay V
t
bởi các giá trị V
1
, V
2
,
(d+h

n1
)S = M+V
1
(2)
(d+h
n2
)S = M+V
2
(3)

Đọc h
n1
, h
n2
, trên vạch chia thành bình. Lấy (3) trừ (2) rồi rút S ra:
S = (V
2
-V
1
)/(h
n2
-h
n1
) (4)
Thay đổi các giá trị V
2
, V
1
,h
n2

, h
n1
nhiều lần để tính S.
Sau đó lắp vào (2) để tính d:
1 2 1
1
1 1
2 1
( )( )
( )
+
+
= =

n n
n n
M V h h
M V
d h h
S V V



(5)
1. Biểu thức tính
b
: (1 im)
Gọi h là độ cao, h
0
là độ cao thành trong của bình; r là bán kính trong, R là bán kính

ngoài của bình; V là thể tích của chất làm bình; S
t

là

diện tích đáy trong của bình. Ta có:
h=h
0
+d;
0 0
0
2
t t
t
V V
h
S r

= =
; R=r+d=
=
S S
r d

;
( )
0 0
0
0
2

( )
= = =
+


+




b
t
t
t
M M M
V S h d V
V
S d V
S d


(6)
Phơng pháp đồ thị (0,5im)
Vì h
n
phụ thuộc tuyến tính vào V
t
nên phơng trình (1) có thể viết dới dạng:
h
n

= a+b V
t
(7)
Với
1
;= =
M
a d b
S S

(8)
*Đồ thị: Vẽ đồ thị h
n
V
t
d
S
Vạch
chia
h
n
V
t
Đồ thị của phơng trình (7) là đờng thẳng có độ dốc:
2 1
2
2 1 2 1
1
n n
n n

h h
V V
b tg S
V V S h h



= = = =

Giá tri a xác định bằng cách ngoại suy từ đồ thị thực
nghiệm, khi kéo dài đờng thực nghiệm, cắt trục tung ở a
(tơng ứng với giá trị V
t
= 0). Từ đây xác định đợc độ
dàyd bởi (8):
=
M
d a
S

(9)
Trang 8
x
x
x
x
x
a
o
V

t
V
1
V
2
h
n1
h
n2
h
n