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

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
QUỐC HỌC HUẾ
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM 2015
ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ LỚP 10
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.
(Đề thi gồm 05 câu in trong 02 trang)
HỌ VÀ TÊN THÍ SINH: …………………………………………………
SỐ BÁO DANH:………………………….
Bài 1. (4 điểm -Động học, động lực học chất điểm)
Trên mặt phẳng nằm ngang, nhẵn, người ta cố định một thanh mảnh. Một viên bi khối lượng m
xuyên qua thanh có thể trượt không ma sát dọc theo
thanh. Người ta buộc một sợi chỉ không dãn dài L
vào viên bi và kéo sao cho đầu tự do của sợi chỉ có
độ lớn vận tốc
0
v
, phương vận tốc trùng với
phương sợi chỉ, sợi chỉ luôn nằm trong mặt phẳng
thẳng đứng. Hỏi phải tác dụng một lực như thế nào vào sợi chỉ ở thời điểm nó tạo một góc α so
với phương nằm ngang?
Bài 2. (4 điểm -Động học, động lực học chất điểm)
Một vòng dây đồng chất khối lượng m bao lấy một cái đĩa nằm ngang,
bán kính R như hình. Khi đó lực căng trên vòng dây là T. Hãy tìm hệ số
ma sát giữa vành đĩa và sợi dây nếu khi quay đĩa với tốc độ góc vượt
quá
ω
thì vòng dây sẽ rơi xuống
Bài 3. (5 điểm - Cơ vậ rắn) (Quý thấy
cô chú ý giúp)

Một khối trụ đặc đồng chất bán kính r,
khối lượng m tự quay với tốc độ góc
0
ω

,
1
ω
ĐỀ NGHỊ
α
0
v
r
0
ω
O
α
được đặt nhẹ nhàng xuống điểm O là chân của mặt phẳng nghiêng góc
α
. Hệ số ma sát giữa m
và mặt phẳng nghiêng là
µ
.
(Cho
tan
µ α
>
; mặt phẳng nghiêng tuyệt đối rắn, không có sự biến dạng của quả cầu; g là
gia tốc trọng trường)
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 4. (4 điểm –Nhiệt)
Trên mặt bàn nằm ngang có một xi lanh cách nhiệt, tiết diện đều, đặt thẳng đứng, bên trong có
2 pittông. Pittông ở phía trên thì nặng, cách nhiệt nhưng có thể di chuyển không ma sát bên
trong xi lanh. Pittông bên dưới thì nhẹ, dẫn nhiệt nhưng giữa
nó và thành xi lanh có ma sát. Mỗi ngăn chứa n mol khí lí
tưởng, đơn nguyên tử. Lúc đầu hệ ở trạng thái cân bằng nhiệt
và mỗi ngăn có chiều cao L. Hệ sau đó được nung nóng chậm
và được cung cấp một lượng nhiệt là ∆Q. Bỏ qua nhiệt dung
của xi lanh và của pittông.
Nhiệt độ của khí thay đổi một lượng ∆T là bao nhiêu nếu
pittông bên dưới không di chuyển khỏi vị trí ban đầu? Giá trị
nhỏ nhất của lực ma sát giữa pittông bên dưới và thành xi lanh là
bao nhiêu để hiện tượng này có thể xảy ra? Nhiệt dung của hệ khí là bao nhiêu trong quá trình
này?
( các giá trị: n, L, ∆Q đã biết).
Bài 5. (3 điểm -Phương án thực hành)
Một chiếc cốc có dạng hình trụ, đáy tròn, khối lượng M, thể tích bên trong là
0
V
. 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 dày như nhau, bỏ qua sự dính ướt. Được dùng một
chậu đựng nước. Hãy lập phương án thí nghiệm để xác định độ dày d, diện tích đáy ngoài S và
khối lượng riêng
C
ρ
của chất làm cốc. Cho khối lượng riêng của nước là
ρ

Yêu cầu :
a.Nêu các bước thí nghiệm. Lập biểu bảng cần thiết.
Lập các biểu thức để xác định d, S theo các kết quả đo của thí nghiệm(cho khối lượng riêng của
nước là
ρ
b.Lập biểu thức tính khối lượng riêng
C
ρ
của chất làm cốc qua các đại lượng S, d, M và
0
V
2
Hết
3
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
QUỐC HỌC HUẾ
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM 2015
ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ LỚP 10
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.
HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài 1. (4 điểm -Động học, động lực học chất điểm)
Câu 1 Điểm 4đ
Ta có:
/ /
sin cos
B B
y L y L
α α α

= → =

mà:
/
0
sin
B
y v
α
=
nên:
/
0
tan
v
L
α α
=
0,5 đ
0,5 đ
Định luật III Niu tơn cho viên bi:
A
T N P ma
+ + =
ur uur ur uur
chiếu lên 0x
//
cos
A A
T ma mx

α
= =
0,5 đ
Lại có:
// / /
0
0
2
sin
os
cos
A A A
v
v c v x v
α
α α
α
= → = =
0,5 đ
4
ĐỀ NGHỊ
α
O
L
A
T
ur
N
uur
0

v
uur
A
v
uur
x
y
B
P
ur
Thay
/
α
ở trên:
2 2
//
0
3
sin
cos
A
v
x
L
α
α
=
0,5 đ
Từ đó:
1,5 đ

Bài 2. (4 điểm -Động học, động lực học chất điểm)
Câu 2 Điểm 4đ
Nhận xét:
Khi đứng yên, vòng dây căng ra và áp sát vào
vành đĩa nên nhờ lực ma sát nghỉ mà vòng dây
không trượt xuống dưới tác dụng của trọng lực.
Nhưng khi quay, do tác dụng của lực li tâm lên
vòng dây nên áp lực tại mặt tiếp xúc sẽ giảm
xuống làm cho lực ma sat nghỉ cực đại giảm
xuống và dây dễ bị rơi xuống.
0,5đ
Chia vòng dây thành những phần tử rất nhỏ
m
∆
.
Khi đó hai đầu phần tử chịu tác dụng của hai sức
căng
1 2
T T T
= =
1 2
T T Q
+ =
ur uur
r
Q được xác định:
2 sin 2 .
2 2
Q T T T
α α

α
= ≈ =
0,5đ
Khối lượng phần tử
m
∆
được xác định:
2 2
m m
m R
R
α
α
π π
∆ = =
(1)
0,5đ
Gọi
N
uur
là phản lực của đĩa tác dụng lên
m
∆
. Ta có
Q N ma
− = ∆
Với gia tốc hướng tâm
2
a R
ω

=
ta có:
2
.
2
m
N Q ma T R
α
α ω
π
= − ∆ = −
(2)
0,5đ
Nếu tốc độ góc đạt đến
ω
khi vòng dây bắt đầu trượt thì lực ma sát nghỉ cực
đại bằng
N
µ
mg N
µ
∆ =
0,5đ
Sử dụng hệ thức (1) và (2) ta tìm được hệ số ma sát:
2
2
mg
T m R
µ
π ω

=
−
1đ
5
2 2
0
4
sin
cos
mv
T
L
α
α
=
ω
Q
ur
msn
F
mg
∆
N
uur
m
∆
Q
ur
α
1

T
ur
2
T
uur
Biện luận:
Trong biểu thức (2), nếu
ω
tăng N giảm, với giá trị
0
ω
nào đó thì N=0:
2
0 0
2
0 .
2
m T
N T R
mR
α π
α ω ω
π
= = − → =
Với
0
ω ω
≥
thì vòng dây sẽ trượt với bất kỳ hệ số ma sát nào.
0,5đ

Bài 3. (5 điểm - Cơ vậ rắn)
Câu 3 Điểm 5đ
Hướng dẫn chấm:
a. Xét vị trí bất kỳ của khối
trụ, khi sự trượt vẫn còn
xảy ra:
ms
P N f ma
+ + =
ur uur uuur
r
Chiếu trên ox và oy

cos 0
sin
( os sin )
ms
mg N
f mg ma
a g c
α
α
µ α α
− + =


− =

→ = −
0,5đ

Vận tốc khối tâm G:
v at
=
Xét chuyển động quay quanh khối tâm G. Gọi γ là độ lớn gia tốc góc, ta có:
0
t
ω ω γ
= −
2
cos 2 os
/ 2
ms
f r
mg r gc
I mr r
µ α µ α
γ
= = =
0,5đ
Vật bắt đầu lăn không trượt khi
0
0 0 0
( )
( os sin ) 2 os 3 os sin
v r
at t r
r r r
t
a r g c gc gc
ω

ω γ
ω ω ω
γ µ α α µ α µ α α
=
→ = −
→ = = =
+ − + −
0,5đ
6
ω
O
ms
f
ur
P
ur
G
N
uur
x
y
α
Quãng đường khối tâm G đi được trong khoảng thời gian vừa lăn vừa trượt
2 2
2
0
2 2
2 2 2 2
0 0
2

1 1
( os sin )
2 2 (3 os sin )
os sin
2 (3 os sin ) 2 3 os sin
r
s at g c
g c
r r
c C
g c g c
ω
µ α α
µ α α
ω ω
µ α α
µ α α µ α α
= = −
−
−
= =
− −
Với
os sin
3 os sin
c
C
c
µ α α
µ α α

−
=
−
,
1đ
b. Gọi
1
W
là năng lượng lúc vật băt đầu lăn không trượt (ứng với tốc độ góc
1
ω
). Áp dụng định lý biến thiên cơ năng ta có công của lực ma sát
2 2 2 2
1 0 1 0
1 3 1 1
W W ( ) sin ( )
2 2 2 2
ms
A mr mgs mr
ω α ω
= − = + −
0,5đ
Với
0
1 0 0
( os sin ) os sin
3 os sin 3 os sin
r
at g c c
C

r r gc gc
ω
µ α α µ α α
ω ω ω
µ α α µ α α
− −
= = = =
− −
Vậy
2 2
2
0
3 sin 1
( )
2 2 3 os sin 2
ms
mr C C
A
gc
α
ω
µ α α
= + −
−
0,5đ
c. Đặt
axm
H h r
= +
, áp dụng biến thiên cơ năng:

/
0
W W +
ms ms ms
A A A
− = =
/
ms
A
là công của lực ma sát kể từ khi vật lăn không trượt. Do lực ma sát nghỉ
không sinh công nên:
/
0
ms
A
=
. Vậy
2 2
0 0
1 1
W=W ( )
2 2
ms ms
A mgh mr A
ω
+ ↔ = +
2
2 2
0

1 3 sin
( )
2 2 3 os sin
C C
h mr
gc
α
ω
µ α α
= +
−
Vậy:
axm
H h r
= +
0,5đ
1đ
Bài 4. (4điểm –Nhiệt)
Câu 4 Điểm 4đ
Khí đơn nguyên tử : i = 3, thể tích ngăn 1: V = S.L (S: tiết diện pittông).
Do hệ được nung nóng chậm nên quá trình là cân bằng và áp suất khí ngăn trên
không đổi.
Vách ngăn dẫn nhiệt nên nhiệt độ hai ngăn bằng nhau.
0,5 đ
7
a) Gọi ngăn dưới, ngăn trên lần lượt là ngăn 1 và ngăn 2.
* Ban đầu:
Ngăn 1:
1
1

n mol
V
p
T







; Ngăn 2:
2
1
o
n mol
V
Mg
p p
S
T





= +





Từ công thức: pV = nRT  p
2
= p
1
.
* Sau đó: Ngăn 1:
1
1
'
'
n mol
V
p
T







; Ngăn 2:
2
1
1
'
n mol
V
p

T







0,5 đ
Xét khí trong cả hai ngăn, từ nguyên lý I nhiệt động lực học: ∆Q = ∆U – A = ∆U
+ A’
suy ra: ∆Q = ∆U
1
+ ∆U
2
+ A’
0,5 đ
trong đó:
A’= công do khí ngăn 2 sinh ra: A’ = p
1
(V
2
- V) = nR(T
1
’ – T
1
)= nR∆T (quá trình
đẳng áp)
0,5 đ
∆U

1
+ ∆U
2
=
. .
2 2
i i
nR T nR T i nR T
∆ + ∆ = ∆
0,5 đ
Vậy: ∆Q = (i+1) nR∆T = 4nR∆T 
4
Q
T
nR
∆
∆ =
.
0,5 đ
b) Nung chậm, áp suất ngăn trên không đổi, áp suất ngăn dưới tăng dần. Để
pittông dưới luôn đứng yên thì: F
ms
= (p
dưới
– p
trên
) .S
 lực ma sát nhỏ nhất cần tìm: F
msmin
= (p

1
’ – p
1
) .S
mặt khác từ phương trình C-M suy ra:
1 1
1 1
'
'
p p nR
T T V
= =

 F
msmin

1 1
' . . .
nR nR nR nR T
T T S T S
V V V L
∆
 
= − = ∆ =
 ÷
 
.
Thay
4
Q

T
nR
∆
∆ =
vào suy ra F
msmin
=
4
Q
L
∆
.
0,5 đ
c) Nhiệt dung của hệ:
4
Q
C nR
T
∆
= =
∆
.
0,5 đ
8
Bài 5. (3 điểm -Phương án thực hành)
Câu 5
a. Các bước thí nghiệm
+Cho nước vào cốc tới thể tích
1
V

; thả cốc vào chậu , xác định mực
nước ngoài cốc
1n
h
(đọc trên vạch chia)
+ Tăng dần thể tích nước trong cốc :
2
V
;
3
V
và lại thả cốc vào chậu, xác
định mực nước ở ngoài
2 3
;
n n
h h
Khi đo phải chờ cho nước phẳng lặng
Lập bảng số liệu :
Điểm 3đ
0,5đ
Các biểu thức
Gọi
n
h
là mực nước ở ngoài cốc ;
ρ
là khối lượng riêng của nước, m
t
;

t
V
tương
ứng là khối lượng và thể tích nước trong cốc. Phương trình cân bằng cho cốc có
nước sau khi thả vào chậu :
ρ
g (d+
n
h
) S = (M + m
t
)g
Hay
ρ
(d+
n
h
) S = M +
t
V
g (1)
0,5đ
Từ (1) ta thấy
n
h
phụ thuộc tuyến tính vào V
t
. Thay V
t
bởi các giá trị

1
V
;
2
V
;
3
V
; đọc
1n
h
;
2n
h

Rút ra S : S =
2 1
2 1n n
V V
h h
−
−
Thay đổi các giá trị
1
V
;
2
V
;
1n

h
;
2n
h
. nhiều lần để tính S
Sau đó tính d : d =
( ) ( )
1 2 1
1
1 1
2 1
( )
n n
n n
M V h h
M V
h h
S V V
ρ
ρ
ρ ρ
+ −
+
− = −
−
0,5đ
0,5đ
9
1n
h

2n
h
1
V
2
V
d S

.
b.Biểu thức tính
b
ρ
Gọi h là độ cao của cốc;
0
h
là độ cao của thành trong của cốc, r là bán kính trong,
R là bán kính ngoài của cốc; V là thể tích của chất làm cốc,
t
s
là diện tích
đáy trong cốc.
0,5đ
Ta có : h =
0
h
+ d ;
0
h
=
2

ot ot
t
V V
S r
π
=
R = r + d =
S S
r d
π π
→ = −
b
ρ
=
( )
0
2
( )
ot
ot
ot
M M M
V S h d V
V
S d V
S d
π
= =
+ −
 

 
+ −
 
−
 
 
0,5đ
Hết
10