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

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG
DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐỀ THI MÔN: VẬT LÝ KHỐI 10
NĂM 2015
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian
phát đề
(Đề thi gồm 02 trang, gồm 05 câu)
Câu 1 (4 điểm): Một bánh xe có bán kính R, đặt cách mặt đất một đoạn
h, quay đều với vận tốc góc
ω
. Từ điểm A trên bánh xe bắn ra một giọt
nước và nó rơi chạm đất tại điểm B, ngay dưới tâm của bánh xe. Xác
định vị trí điểm A và thời gian rơi của giọt nước.
Câu 2(4 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 α là
góc giữa phương thẳng đứng và bán kính nối từ tâm bán cầu tới vật
(Hình 2).
1. Giả sử bán cầu được giữ đứng yên.
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
α
m
khi vật bắt đầu rời bán cầu.
b) Xét vị trí có α < α
m
. Viết các biểu thức thành phần gia tốc tiếp tuyến và gia tốc pháp tuyến của
vật theo g và α. Viết biểu thức tính áp lực của bán cầu lên mặt phẳng ngang theo m, g và α khi đó.
2. Giả sử giữa bán cầu và mặt phẳng ngang có hệ số ma sát là µ. Tìm µ biết rằng khi
α

= 30
0
thì
bán cầu bắt đầu bị trượt trên mặt phẳng ngang.
3. Giả sử không có ma sát giữa bán cầu và mặt phẳng ngang. Tìm góc α khi vật bắt đầu rời bán
cầu.
Câu 3 (4 điểm): Xi lanh có tiết diện trong S =100 cm
2
cùng với
pittông p và vách ngăn V làm bằng chất cách nhiệt (Hình 2). Nắp K
của vách mở khi áp suất bên phải lớn hơn áp suất bên trái. Ban đầu
phần bên trái của xi lanh có chiều dài l=1,12 m chứa m
1
=12 g khí Hêli,
phần bên phải cũng có chiều dài l=1,12 m chứa m
2
=2 g khí Hêli và
nhiệt độ cả hai bên đều bằng T
0
=273 K. Ấn từ từ pittông sang trái, ngừng
một chút khi nắp mở và đẩy pittông tới sát vách V. Tìm công đã thực hiện biết áp suất không khí bên
ngoài P
0
=10
5
N/m
2
nhiệt dung riêng đẳng tích và đẳng áp của Hêli bằng: C
v
= 3,15.10

3
J/kg.độ;
C
p
=5,25.10
3
J/kg.độ. Bỏ qua mọi ma sát.
Câu 4 (5 điểm): Cho một vành hình trụ mỏng đều, đồng chất, bán kính
R và có khối lượng M. Trong lòng vành trụ có gắn cố định ở A một quả
cầu nhỏ (bán kính rất nhỏ so với R), khối lượng m. Biết A nằm trong
mặt phẳng mà mặt phẳng này vuông góc với trục của hình trụ và đi qua
khối tâm C của vành hình trụ. Người ta đặt vành trụ trên mặt phẳng
nằm ngang. Biết gia tốc rơi tự do là g. Giả thiết không có ma sát giữa
vành trụ và mặt phẳng. Đẩy vành trụ sao cho AC nghiêng một góc α
o
so
với phương thẳng đứng rồi buông ra cho hệ chuyển động với vận tốc ban đầu bằng không (Hình
4).
a) Tính động năng cực đại của hệ.
b) Viết phương trình quỹ đạo của A trong hệ quy chiếu gắn với mặt đất.
c) Xác định tốc độ góc của bán kính AC khi AC lệch một góc α (α< α
o
) so với phương thẳng
đứng.
Câu 5 (3 điểm): Cho các vật dụng sau:
- Một số tờ giấy ô ly giống nhau (loại giấy thường dùng vẽ đồ thị trong các thí nghiệm hoặc giấy
viết của học sinh);
- Một kim khâu đã biết khối lượng
- Một số kim khâu kích thước khoảng từ 5cm đến 10cm bị nhiễm từ;
- Một cuộn chỉ mảnh;

- Một cái kéo cắt;
- Một giá treo thường dùng trong phòng thí nghiệm.
Hãy nêu phương án thực hành để xác định:
1) Khối lượng của các kim khâu; khối lượng của một ô giấy kích thước 1cm
2
.
2) Lực từ tương tác giữa hai kim khâu đặt dọc trên một đường thắng, hai đầu kim rất gần nhau.
Chú ý: Chỉ yêu cầu thí sinh nêu cơ sở lý thuyết, phương án đo và các bước đo; không cần tính giá
trị trung bình và sai số.
Hết
Người ra đề: Nguyễn Văn Quyền ĐT: 0988.615.618
ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN: VẬT LÝ 10
Ghi chú:
1. Nếu thí sinh sai hoặc thiếu đơn vị của đáp số trung gian hoặc đáp số cuối cùng thì mỗi lần sai hoặc
thiếu trừ 0,25đ, tổng số điểm trừ của mỗi phần không quá một nửa số điểm của phần kiến thức đó.
2. Nếu thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho đủ điểm.
CÂU Ý Nội dung Điểm
Câu 1
(4 đ)

Để giọt nước rơi chạm đất tại B thì nó phải bắn ra từ điểm A thuộc nửa
dưới và bên trái của bánh xe ……………
Gọi
·
AOB
α
=
, chọn hệ trục toạ độ Oxy như
hình vẽ, ta có phương trình toạ độ của giọt
nước:

( )
2
.cos .
1
.sin .
2
x v t v R
y v t gt
α ω
α
= =
= +
Khi giọt nước chạm đất tại B ta có:
( )
2
2 2 2
4 2 2 2
2 4 2 2 2
2
sin ; cos
sin tan
(1) (3)
cos
tan 1 tan
(2),(3) sin cos
2
2 cos 2 cos 0
' 2 0
2
cos

2
si
x R y h R
R
t
R
R g h R
g h R g
R gh g
R R gh g
g h
α α
α α
ω α ω
α α
ω α α
ω ω
ω α ω α
ω ω
ω ω ω
α
ω
= = −
⇒ = =
 
⇒ + = −
 ÷
 
⇔ + − − =
∆ = + + >

+ + +
⇒ =
+
⇒
(
)
2
2 4 2 2 2
2
2
2 2 2 2 4 2 2 2
2
2
n 1 cos 1
2
2 2 2

2
R R gh g
g h
h gh R R R gh g
g h
ω ω ω
α α
ω
ω ω ω ω ω
ω
 
+ + +
 ÷

= − = −
 ÷
+
 
+ − − + +
=
+
Thời gian rơi:
0, 5
0,5
0,5
0,5
1,0
1,0
(
)
2 2 2 2 4 2 2 2
2 4 2 2 2
2 2 2
tan

2
h gh R R R gh g
t
R R gh g
ω ω ω ω
α
ω
ω ω ω
+ − − + +

= =
+ + +
Câu 2
(4 đ)
1
(0,5)
Khi vật trượt trên mặt cầu vật chịu tác dụng của trọng lực P và phản lực Q của
mặt cầu có tổng hợp tạo ra gia tốc với hai thành phần tiếp tuyến và hướng tâm.
Quá trình chuyển động tuân theo sự bảo toàn cơ năng:
( )
α
α
cos1
2
1
2
−= mgRmv
……………
R
mv
QPF
a
ht
2
cos. =−=
α
…………….
0,25
0,25
1.a

(0,75)
Suy ra:

( )
α
α
cos12 −= gRv
…… ……… …
( )
mgQ .2cos3 −=
α
………………………
Vật rời bán cầu khi bắt đầu xảy ra Q = 0. Lúc đó:
3
2
coscos ==
m
αα
; suy ra :
0
2,48≈=
m
αα
. ………
0,25
0,25
0,25
α
Hình 2
P

Q
1.b
(0,75)
Xét vị trí có α < α
m
:
Các thành phần gia tốc:
( )
α
α
cos12
2
−== g
R
v
a
n
. ……
α
singa
t
=
…… … …… .
Lực mà bán cầu tác dụng lên sàn bao gồm hai thành phần: áp lực N và lực đẩy
ngang F
ngang
:
( )
ααα
2

cos3cos21cos. +−=+= mgQPN
cÇu
… … …… ……
0,25
0,25
0,25
2
(1đ)
Bán cầu bắt đầu trượt trên sàn khi α = 30
0
, lúc đó vật chưa rời khỏi mặt cầu.
Thành phần nằm ngang của lực do vật đẩy bán cầu là:
( )
ααα
sin.2cos3sin mgQF
−==
ngang
. …………… ………
Ta có:
NFF
ms
.
µ
==
ngang
………… …… …… …… …………….
→
( )
( )
( )

αα
αα
αα
αα
µ
22
cos3cos21
sin2cos3
cos3cos21
sin.2cos3
+−
−
=
+−
−
==
mg
mg
N
F
ngang
……………
Thay số: µ ≈ 0,197 ≈ 0,2…. …… ……. ……… ………………
0,25
0,25
0,25
0,25
3
(1đ)
Giả sử bỏ qua được mọi ma sát.

Khi vật đến vị trí có góc α vật có tốc độ v
r
so với bán cầu, còn bán cầu có tốc độ
V theo phương ngang.
Vận tốc của vật so với mặt đất là:
Vvv
r


+=
Tốc độ theo phương ngang của vật:
Vvv
rx
−=
α
cos
Hệ bảo toàn động lượng theo phương ngang:
x
vmVm =
⇒ v
x
= V ⇒ 2V = v
r
cosα.
Bảo toàn cơ năng:
( )
α
cos1.
2
1

2
1
22
−=+ mgRVmmv

( )
αα
cos12cos2
22
2
−=+−+ gRVVvVv
rr
⇒
( )
α
α
2
sin1
cos14
+
−
=
gR
v
r
Tìm áp lực của vật lên mặt bán cầu. Để làm điều này ta xét trong HQC phi quán
tính gắn với bán cầu.
Gia tốc của bán cầu:
m
Q

a
c
α
sin
=
Trong HQC gắn với bán cầu, vật sẽ chuyển động tròn và chịu tác dụng của 3 lực
(hình vẽ). Theo định luật II Niutơn ta có:
R
v
mFQP
r
q
2
sincos =−−
αα
R
v
mQQmg
r
2
2
sincos =−−
αα

( )
( )
mg
mg
mg
Rmvmg

Q
r
2
2
3
2
2
2
2
sin1
4coscos6
sin1
sin1
cos14
cos
sin1
/cos
α
αα
α
α
α
α
α
α
+
−−
=
+
+

−
−
=
+
−
=

Vật rời bán cầu khi Q = 0 ⇔
04coscos6
3
=−−
αα
⇔
13cos −=
α
hay α = 42,9
0
. …………… …………….
1,0
α
V
P
v
r
V
Câu 3
(4 đ)
Lúc đầu áp suất khí bên trái P
1
=

lS
R.T
.
μ
m
01
lớn hơn áp suất bên phải vách
P
2
=
lS
R.T
.
μ
m
02

Khối khí bên phải bị nén đoạn nhiệt từ thể tích V
0
= lS xuống V
1
, áp suất của nó
tăng lên đến P
1
:
P
2
V
0
g

= P
1
V
1
g
→ V
1
= V
0
γ
1
1
2








P
P
= V
0
γ
1
1
2









m
m
(1)
Khi đó nhiệt độ ở bên phải: T
1
=
0
02
11
T
VP
VP
= T
0
γ
γ−









1
1
2
m
m
=559K (2)
Sau khi nắp K mở hai khí hoà trộn vào nhau và có cùng nhiệt độ T
2
: C
v
m
1
(T
2
- T
0
)
= C
v
m
2
(T
1
- T
0
)
→ T
2

=
21
1201
mm
TmTm
+
+
=


















+
+
γ
1

1
2
21
1
0
m
m
1
mm
m
T
=314K (3)
Sau đó lượng khí m = m
1
+ m
2
bị nén đoạn nhiệt từ thể tích V = V
0
+ V
1
đến V
0
,
nhiệt độ tăng từ T
2
đến T, ta có : T. V
0
g -1
= T
2

(V
0
+ V
1
)
g -1
(4)……… ……
Thay (1) và (3) vào (4) ta được:
T = T
2
γ
γ
1
1
2
21
01
1γ
0
10
m
m
1
mm
.Tm
V
VV



















+
+
=








+
−
=382K (5)
Công do lực tác dụng lên pittông và áp suất khí quyển P

0
thực hiện làm tăng nội
năng của chất khí bị nén đoạn nhiệt:
A= A
1
+ A
2
= ∆U = C
v
(m
1
+ m
2
) (T- T
0
) (6),
với A
1
= P
0
S.l
Thay (5) vào (6), rồi thay số vào ta được A
2
= 3687 (J). …………
(Học sinh có thể tính sai số ±20 J)
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5

0,5
0,5
0,5
Câu 4
(5 đ)
a
(1đ)
Vì không có ma sát, các ngoại lực tác dụng lên hệ chỉ theo phương thẳng đứng,
nên vị trí theo phương ngang của khối tâm G không đổi.
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng, động năng cực đại của hệ bằng độ giảm cực
đại của thế năng của vật m
( )
dmax 0
W mgR 1 cos= − α
…………
1,0
b
(2đ)
Chọn hệ tọa độ xOy đứng yên với mặt đất có Oy đi qua khối tâm G, Ox đi qua
tâm C của vành. Gọi tọa độ của m là (x, y) và của tâm C vành M là (X, Y). Khi
CA lệch phương thẳng đứng (Oy) góc
α
M
x X
m
= −
và
x X R sin+ = α
nên suy ra
M

x R sin
M m
= α
+
. (1)………
0,5
Và
( )
y R 1 cos= − α
(2)………………
Từ (1) và (2) thay vào hệ thức
2 2
sin cos 1α + α =
ta thu được phương trình
quỹ đạo của m trong hệ qui chiếu gắn với mặt
đất
2 2
2
2
x y
1
R
M
R
M m
+ =
 
 ÷
+
 

(3)……
Phương trình (3) mô tả quỹ đạo chuyển động của m là một elip bán trục lớn R
dọc theo Oy và bán trục nhỏ
M
R
M m+
dọc theo Ox. ……
0,5
0.5
0,5
c
(2đ)
Vì không có ma sát, khối tâm G chỉ chuyển động
theo phương thẳng đứng nên vận tốc của điểm G
theo phương thẳng đứng. Điểm tiếp xúc B có vận
tốc theo phương ngang, từ đó tâm quay tức thời K
tại thời điểm góc lệch AC và phương thẳng đứng
α
được xác định như hình vẽ. Động năng của
hệ :
( )
2 2 2 2 2
d K
1 1
W I M.R M.CK m.KA
2 2
= ω = + + ω
(1)……
Trong đó:
m

CK mCG.cos = R cos
m M
= α α
+
(2)
2 2
KA CK R 2.R.CK.cos= + − α
(3)
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng ta có
( )
2
0 K
1
mgR cos -cos I
2
α α = ω
(4)………….
Thay (1), (2), (3) vào (4) thu được biểu thức tốc độ góc của bán kính CA
( )
( )
0
2
2
2mg cos -cos
m
R m M 1 cos
M m
α α
ω =
 

 
+ − α
 
 ÷
+
 
 
 
. …….
0,5
0,5
1,0
Câu 5
(3 đ)
1
(1,5đ)
1) Xác định khối lượng của kim khâu; một ô giấy:
- Cắt lấy một tờ giấy kích thước khoảng 10cmx20cm, gấp hình chữ U, xuyên
một ( hoặc vài cái) kim khâu vào tờ giấy gấp như hình vẽ.
- Đặt tờ giấy thăng bằng trên thanh ngang của giá đỡ, giá đỡ chia đôi tờ giấy
thành hai phần bằng nhau, đếm số ô milimet từ vị trí hai kim khâu đế giá đỡ lần
lượt là t và z ô,
M.t
M.t z.m m (1)
z
= → =
- Làm nhiều lần và lần lượt với các kim để xác định được khối lượng các kim là
1,0
m
1

, m
2
….
- Giả sử mỗi ô milimet dọc theo chiều dài giấy có khối lượng q. Vì hệ cân bằng
nên (cân bằng mômen):

x y
M.t (x.q) z.m (y.q) (2)
2 2
+ = +
- Từ (2) tính được q và khối lượng 1 ô diện tích 1cm
2
là: 10q
0,5
2
(1,5
đ)
2) Xác định lực từ.
- Cắt lấy đoạn chỉ ngắn, xâu vào kim CD treo lên
giá, một đoạn dài xâu vào một kim khác treo vào giá
đỡ để làm phương thẳng đứng, lấy kim khác DE đặt
gần CD rồi dịch từ từ để K1 lệch góc α so với
phương thẳng đứng (hình vẽ).
- Dùng giấy ô-li đo AB,BC xác định được góc α (
BC
tan
AB
α =
), tương tự xác định được các góc β, θ
- CD cân bằng:

T P F 0+ + =
u u  
Chiếu lên phương ngang và phương thẳng đứng ta được:
T.sin F.cos (1)
T.cos F.sin P (2)
α = β
α = β +
Từ (1)+(2):
tan
F mg.
sin cos .tan
α
=
β − β α
- Gần đúng: Lực từ tương tác giữa hai kim khâu đặt dọc trên một đường thắng,
hai đầu kim rất gần nhau là:
o
F tan
F mg.
cos (sin cos .tan )cos
α
= =
θ β− β α θ
1,0
0,5

Nguyễn Văn Quyền 0988.615.618