Tuyển tập 25 đề thi học sinh giỏi môn Vật lý lớp 10 (có đáp án chi tiết)

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO
VĨNH PHÚC
ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HSG LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012
ĐỀ THI MÔN:VẬT LÍ
Thời gian:180 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1:
Một vật bắt đầu chuyển động nhanh dần đều từ điểm O trên trục Ox, theo chiều dương với gia tốc a. Sau
khoảng thời gian t0 thì vật chuyển động với gia tốc –a. Hỏi sau bao lâu kể từ lúc bắt đầu chuyển động thì
vật lại về đến điểm O? Cho biết tính chất của chuyển động sau khoảng thời gian t0?
m
Câu 2:
Một vật nhỏ khối lượng m trượt không vận tốc ban đầu từ đỉnh nêm có góc
r
a
nghiêng α=300 so với phương ngang (hình 1). Hệ số ma sát giữa vật với mặt
nêm là µ=0,2.Lấy g=10 m/s2. Mốc thế năng tại chân mặt phẳng nghiêng.
a)Nêm được giữ cố định. Khi vật đến chân nêm thì có bao nhiêu phần trăm
α
cơ năng của vật chuyển hóa thành nhiệt năng?
b)Nêm được kéo cho trượt sang trái với gia tốc không đổi a =2 m/s2 trên sàn
Hình 1
nằm ngang. Tìm gia tốc của m so với nêm khi nó được thả cho chuyển động.
Câu 3:
Một thanh AB đồng chất, tiết diện đều khối lượng m=100kg có thể
quay tự do quanh một trục đi qua đầu A và vuông góc với mặt phẳng
nghiêng như hình vẽ (hình 2). Thanh được giữ cân bằng theo phương
r

hợp với phương ngang góc α=300 nhờ một lực F đặt vào đầu B, phương
r
của lực F có thể thay đổi được.
r
a) F có phương nằm ngang.Tìm giá trị của lực F.
b)Tìm giá trị nhỏ nhất của lực F để có thể giữ thanh như đã mô tả.
Câu 4:
Hình 2
Một vật khối lượng m=800g, chuyển động trên trục Ox theo phương trình x=t2-5t+2(m), t có đơn vị là
giây. Xác định độ biến thiên động lượng của vật kể từ thời điểm t0=0 đến thời điểm t1=2s, t2=4s.
Câu 5:
Hai quả bóng nhỏ đàn hồi có khối lượng m1 và m2 (m1đặt lên đỉnh quả 2 (với một khe hở nhỏ giữa chúng). Thả cho chúng
rơi tự do từ độ cao h xuống sàn (hình 3).
a)Hỏi tỉ số m1/ m2 bằng bao nhiêu để quả bóng 1 nhận được phần cơ
năng lớn nhất trong cơ năng toàn phần của hệ hai quả bóng?
b)Nếu m1 rất nhỏ so với m2 thì quả bóng 1 ở trên nảy lên được
đến độ cao bao nhiêu?

Hình 3


SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC
-----------------

Câu

1
(2đ)

KÌ THI CHỌN HSG LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM
MÔN: VẬT LÝ – KHÔNG CHUYÊN

Nội dung
Chọn gốc thời gian khi vật bắt đầu chuyển động từ điểm O…………………...…...
Vật chuyển động nhanh dần đều từ 0s đến thời điểm t0 ……………………………
1
Tại thời điểm to: xo = at o2 , vo = at o ……………………………………………….
2
Sau thời điểm t0 vật chuyển động với gia tốc –a …………………………………...
Phương trình chuyển động của vật khi t>to là:
1
1
x = xo + vo (t − t o ) − a (t − t o ) 2 = − at 2 + 2at o t − at o2 …………………………….
2
2
Khi vật trở về điểm O ta có: x=0……………………………………………………
⇔ t 2 − 4tot + 2to2 = 0 ⇔ t = to (2 + 2) …………………………………………………...
Sau thời điểm to, vật bắt đầu chuyển động chậm dần đều cho đến lúc dừng lại tức
thời. Sau đó vật chuyển động nhanh dần đều theo chiều ngược lại về điểm O……..

a) Lực ma sát: Fms = µ.N = µmg.cosα .......................................................................
Công của lực ma sát: Ams = Fms.l với l là chiều dài nêm............................................
Cơ năng ban đầu của vật: W = mgh = mgl.sinα.........................................................
A ms
µ
= 34,6%.................................................................................................
=
W

tan α
r
b) Các lực tác dụng vao vật m như hình
r
N
vẽ
F

Điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

ns

2
(2đ)

r
a

r
P

HV
0,25

α

r r r
r
r
Phương trình định luật II cho vật: P + N + Fms = m (a 12 + a ) ......................................

0,25

Chiếu lên phương vuông góc với nêm và song song với nêm ta được:
N + ma.sin α - mg.cos α = 0
mg.sin α + ma.cos α – Fms = m.a12..............................................................................
a12 = g. sin α + a. cos α − µ (g. cos α − a. sin α ) = 5,2 m/s2....................................

0,25
0,25

a) Các lực tác dụng vào thanh AB và không đi
qua trục quay A như hình vẽ.
3
(2đ)

A

α

r
P
Phương trình mômen với trục quay ở A.

r
F
B

HV
0,25


AB
cos α = F.AB.sin α........................................................................................
2
mg
F=
= 866 N.................................................................................................
2. tan α
b) Muốn F có giá trị nhỏ nhất thì F phải có phương vuông góc với AB....................
AB
mg.
cos α = F.AB.................................................................................................
2
mg. cos α
Fmin =
= 433 (N).......................................................................................
2

Áp dụng phương trình chuyển động tổng quát:
1
x = at 2 + vo t + xo ta có: a=2m/s2, vo=-5m/s, xo=2m...............................................
2
phương trình vận tốc của vật là: v = vo + at = −5 + 2t ……………………………...

0,25

* Sau 2s, vận tốc của vật là: v=-5+4=-1m/s………………………………………...
- Như vậy sau 2s thì vật vẫn chuyển động ngược chiều dương, nên độ biến thiên

0,25

mg.

4
(2đ)

ur

ur uur

0,50
0,25
0,25

0,5
0,25

động lượng của vật là: ∆ P = P1 − Po → ∆P = P1 − Po = 0,8.(−1) − 0,8.(−5) = 3, 2  kg.m  …….

0,25

* Sau 4s, vận tốc của vật là: v=-5+8=3m/s………………………………………….
- Như vậy sau 4s thì vật đổi chiều chuyển động và chuyển động cùng chiều dương,
nên độ biến thiên động lượng của vật là:……………………………………………

0,25

ur uur uur
 kg .m  .
∆ P = P2 − Po → ∆P = P2 − Po = 0,8.3 − 0,8.(−5) = 6, 4 

 s 

………………………..............

0,25

a) Khi quả bóng 2 sắp chạm đất thì cả hai đều có vận tốc là v = 2 gh ............ .......

0,25

 s 

Quả 2 chạm đất và nảy lên va chạm với quả 1. Quả 1 sẽ nhận được năng lượng lớn
nhất có thể nếu quả dưới sau khi va chạm với quả trên thì đứng yên........................
Chọn chiều dương hướng lên. Gọi u là vận tốc của quả 1 ngay sau va chạm với
quả 2.
Định luật bảo toàn động lượng ta có: (m2 − m1 ).v = m1 .u (1)...................................

0,25

0,25

0,25

v2
u2
(2)....................................
= m1
2
2

0,25

m1 1
= ………………………………………………...
m2 3

0,25

Định luật bảo toàn cơ năng ta có: (m1 + m2 )
5
(2đ)

0,50

Từ (1) và (2) suy ra: u = 2v
Thay u=2v vào (1) ta được

b) (m2 − m1 ).v = m1v1 + m2 v 2 (3)
v2
v2
v2
= m1 1 + m2 2 (4).............................................................................
2
2
2

0,25

Từ (3) và (4) suy ra: v1 = (3m2 − m1 )v …………………………………………...........

0,25

=3v (vì m1<
0,25

(m1 + m2 )

m2 + m1


UBND TỈNH THÁI NGUYÊN

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 10
Môn: Vật lí - Năm học 2011 - 2012 (Đề thi gồm 01 trang)
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1
Lúc 7 giờ, xe thứ (1) chuyển động thẳng đều với tốc độ 40km/h qua địa điểm A đuổi theo xe thứ
(2) đang chuyển động thẳng đều với tốc độ 5m/s qua địa điểm B. Biết AB = 20km.
a/ Viết phương trình chuyển động của hai xe?
b/ Xe thứ (1) đuổi kịp xe thứ (2) lúc mấy giờ và cách A bao nhiêu?
c/ Lúc 7 giờ 30 phút xe thứ (3) chuyển động thẳng đều với tốc độ v3 qua A đuổi theo hai xe (1)
và (2). Tìm điều kiện của v3 để xe thứ (3) gặp xe thứ (2) trước khi gặp xe thứ (1)?
Bài 2
Cho cơ hệ như hình bên. Nêm có khối lượng M = 5 kg, góc F
nghiêng α = 300, có thể chuyển động tịnh tiến trên mặt bàn nằm
m
A
ngang. Vật khối lượng m = 1 kg, đặt trên nêm được kéo bằng một sợi
M
α
B
dây vắt qua ròng rọc cố định gắn chặt với nêm. Bỏ qua mọi ma sát,
khối lượng dây và khối lượng ròng rọc. Lấy g = 10 m/s2.
a/ Lực kéo F phải có độ lớn bằng bao nhiêu để vật m chuyển động lên trên theo mặt nêm.
b/ Cho F = 15N. Xác định hướng của gia tốc của m so với bàn ?
Bài 3
B
Thang có khối lượng m = 10 kg, dựa vào tường trơn nhẵn dưới góc nghiêng

α (hình bên). Lấy g = 10m/s2.
a/ Thang đứng cân bằng, tìm các lực tác dụng lên thang khi góc α = 450.
b/ Tìm điều kiện của α để thang đứng yên không bị trượt trên sàn. Cho hệ số
A α
ma sát trượt giữa thang và sàn là µ = 0,6.
0
c/ Một người có khối lượng m’= 50kg leo lên thang khi góc α = 60 . Hỏi
người này đến vị trí O’ nào trên thang thì thang bắt đầu trượt. Cho AB = 2m, hệ
số ma sát như trên.
Bài 4
Trên một mặt nón tròn xoay với góc nghiêng α có thể quay quanh trục thẳng
m
đứng. Một vật có khối lượng m đặt trên mặt nón cách trục quay một khoảng R
(hình bên). Mặt nón quay đều với tốc độ góc ω. Tính giá trị nhỏ nhất của hệ số
ma sát trượt µ giữa vật và mặt nón để vật vẫn đứng yên trên mặt nón.
α
Bài 5
Hai vật A và B có khối lượng m1= 250g và m2= 500g được nối với nhau bằng
một sợi dây mảnh vắt qua một ròng rọc có khối lượng không đáng kể như hình bên. Vật B đặt trên
một xe lăn C có khối lượng m3 = 500g trên mặt bàn nằm ngang. Hệ số
ma sát giữa B và C là µ1 = 0,2; giữa xe và mặt bàn là µ2 = 0,02. Bỏ qua B
C
ma sát ở ròng rọc. Ban đầu vật A được giữ đứng yên, sau đó buông tay
A
cho hệ ba vật chuyển động. Lấy g = 10m/s2.
a/ Tìm gia tốc của các vật và lực căng của sợi dây.
b/ Tìm vận tốc của vật B so với xe C ở thời điểm 0,1s sau khi buông tay và độ dời của vật B
trên xe C trong thời gian đó.
=== Hết ===

HƯỚNG DẪN CHẤM - BIỂU ĐIỂM (Gồm 3 trang)
Bài 1 (4,0 đ)

Điểm

a. Viết phương trình chuyển động: (1,25 đ)
- Chọn trục tọa độ như hình vẽ, gốc thời gian lúc 7h
- Phương trình chuyển động của xe 1: x1 = 40t (km ; h)

O
A

B

x

- Phương trình chuyển động của xe 2: x1 = 20 + 18t (km ; h)
b. Vị trí và thời điểm gặp nhau của hai xe: (1,25 đ)
- Khi hai xe gặp nhau: x1 = x2
⇔ 36t = 20 + 18t ⇔ t = 0,909h
- Toạ độ vị trí gặp nhau: x1 = 40.0,909 = 36,36 (km)
- Hai xe gặp nhau lúc 7,909h tại vị trí cách A 36,36 (km)
c. Tìm điều kiện của v3
- Phương trình chuyển động của xe thứ 3: x 3 = v3 (t − 0,5) (km ; h)
- Vị trí gặp nhau của xe thứ 3 và xe thứ 2:
20 + 0,5v3
29v3
⇒ x 32 =
x 3 = x 2 ⇔ v3 (t − 0,5) = 20 + 18t ⇒ t =

v 3 − 18
v3 − 18
- Để xe 3 gặp xe 2 trước thì: tọa độ gặp nhau của xe thứ 3 và xe thứ 2 (x32) lớn hơn tọa độ
 v3 > v 2
gặp nhau của xe thứ 1 và xe thứ 2 (x12 = 36,36km) : ⇔ 
 x 32 > 36,36
- Giải hệ trên ta được: 18(km / h) < v3 < 88,92(km / h)

0,25
0,50
0,50
0,50
0,50
0,25
0,25

0,50

0,50
0,25

Bài 2 (4,0 đ)
a/ (3,0 đ)
r
v
* Gọi gia tốc của nêm và vật đối với bàn lần lượt là là a1 và a 2 .
Phương trình động lực học cho m:
r r r
r
F + P2 + N = ma 2

chiếu lên ox: F cos α − N sin α = ma 2x (1)
chiếu lên oy:
Fsin α + N sin α − mg = ma 2 y (2)
Phương trình chuyển động của M:
r r
r r r
r
P1 + N1 + N '+ F + F ' = Ma1
Chiếu lên ox:
N sin α + F − F cos α = Ma1 (3)
r
Gọi a 21 là gia tốc của m đối với nêm M.
r r
r
Theo công thức cộng gia tốc: a 2 = a 21 + a1
(4)
Chiếu (4) lên 0x:
a 2x = a1 + a 21 cos α
0y:
a 2 y = a 21 sin α

Từ đó:

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

0,25

a 2 y = (a 2x − a1 ) tan α (5)

F(1 − cos α) + mg sin α.cos α
(6)
M + m sin 2 α
F(m sin 2 α + M cos α) − Mmg sin α.cos α
=
m(M + m sin 2 α)

Từ (1), (2), (3) và (5) suy ra: a1 =
a 2x
a2y

{F cos α [ M + m(1 − cos α)] − mg(M + m) sin α.cos α} tan α
=

0,25

0,25

m(M + m sin 2 α)

0,25


(I)
a 2 y > 0
Điều kiện để m dịch chuyển lên trên nêm thì: 
(II)

N > 0
Giải (I): a 2 y > 0 ⇔ F cos α [ M + m(1 − cos α) ] − mg(M + m) sin α.cos α > 0
mg(M + m).sin α
(7)
M + m(1 − cos α)
Giải (II): Thay (6) vào (3) rút ra N và từ điều kiện N > 0 có:
Mg.cos α
F<
(8)
(1 − cos α) sin α
Từ (7) và (8): để m chuyển động lên trên theo mặt nêm M thì lực F phải thoả mãn:
mg(M + m) sin α
Mg.cos α
M + m(1 − cos α)
(1 − cos α) sin α
Thay số: 5,84 < F < 646,4 N
b/ (1,0 đ)

0,25

⇔F>

* Gia tốc của m đối với bàn sẽ là: a 2 = a

2
2x

+a

2
2y

.

r
a
Hướng của a 2 hợp với Ox góc β với tan β = 2 y
a 2x
0
Thay số: β = 26,6 .

0,25

0,25

0,50
0,50

Bài 3 (4,0 đ)
a/ Các lực tác dụng lên thang P , NA, NB, Fms (1,25 đ)
B
r r
r
r
NB
Ta có: P + N A + N B + Fms = 0
Chiếu: NA= P = mg = 100 (N)
NB = Fmsn
NA

P
l
P
Chọn trục quay tại A: P. .cosα = NB.l.sinα; Fmsn= NB =
= 50(N)
A αFms
2
2.tan α
b/ Để thang đứng yên, không trượt thì: (1,25 đ)
NB = Fmsn ≤ Fmst = µmg = 60(N)
l
NB
P. .cosα = NB.l.sinα
2
O
P
P
100
⇔ tanα =
≥
=
2N B 2Fmst 2.60
P
O'
0
α
⇔ α ≥ 39,8 .
c/ Khi thang bắt đầu trượt: (1,5 đ)
P'
thì NBmax = Fmst = µ(P + P') = 0,6(100 + 500) = 360N.

l
mà P. .cosα + P'.x.cosα = NBmax.l.sinα
2
l
P. + P'. x = NBmax.l.tanα
2
⇒ x = 2,29 m > l. Vậy người leo lên tận đỉnh thang mà thang không trượt.

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

0,25
0,25
0,50
0,25
0,25
0,50
0,50
0,25


Bài 4 (4,0 đ)
* Chọn hệ quy chiếu Oxy gắn vào hình nón và quay đều cùng mặt nón như hình vẽ.
r r r r
Trong hệ quy chiếu này các lực tác dụng vào vật: P, N, Fms , Fqt .
Vật đứng yên, do vậy:
r

r r r
r
P + N + Fms + Fqt = 0
Chiếu lên 0x: − P sin α + Fms − Fqt cos α = 0 (1)

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

Chiếu lên 0y: − P cos α + N + Fqt sin α = 0 (2)

0,25

Từ (2) ta suy ra: − mg cos α + N + mω2 R sin α = 0

0,25

⇒ N = m ( g cos α − ω R sin α )
2

Từ (1) ta có: Fms = m ( g sin α + ω R cos α )
2

* Điều kiện để m đứng yên trên mặt nón:

g
cot α
N > 0
ω <

R
⇔

Fms ≤ µN
m ( g sin α + ω2 R cos α ) ≤ µm ( g cos α − ω2 R sin α )

g sin α + ω2 R cos α
g cos α − ω2 R sin α
Vậy giá trị nhỏ nhất của hệ số ma sát trượt sẽ cần là:
g
g sin α + ω2 R cos α
µ min =
với điều kiện ω <
cot α
2
g cos α − ω R sin α
R
Từ hệ trên ta suy ra: µ ≥

0,25
0,25

0,50
0,50
0,50

0,50

Bài 5 (4,0 đ)
a/ (3,0 đ)

0,25
* Lực ma sát giữa B và C: FBC = µ1.m2g = 1 N
0,25
=> là lực phát động làm C chuyển động trên bàn.
Gọi a3 là gia tốc của xe C đối với mặt bàn,
Áp dụng định luật II Niuton cho xe C, ta có: FBC - µ2.N3 = m3.a3
0,25
Với N3 = P2 + P3 = (m2 + m3).g
0,25
=> Thay số ta được a3 = 1,6 m/s2
0,25
r
r
r
0,25
a 3 cùng hướng FBC tức cùng hướng với vận tốc v2 của B
Gọi a2 là gia tốc của B đối với bàn.
0,25
Áp dụng định luật II Niuton cho vật B ta có: T - µ1. N2 = m2.a2
0,25
Với N2 = P2 = m2g
0,25
=> Thay số ta được: T – 1 = 0,5a2
(1)
Áp dụng định luật II Niuton cho vật A:
0,25
m1.g – T = m1 a1 => 2,5 – T = 0,25 a1
(2)
Với a1 = a2
2

0,50
Từ (1) và (2) suy ra: a1 = a2 = 2 m/s ; T = 2 N
b/ (1,0 đ)
r
r r
0,25
* Gia tốc của B đối với xe C là: a BC = a 2 − a 3
2
0,25
=> aBC = a2 – a3 = 0,4 m/s
Sau khi buông tay 0,1s => vận tốc của B đối với xe C là: v = aBC.t = 0,04 m/s
0,25
2
t
0,25
Độ dời của B trên xe C là: s = aBC. = 2 mm.
2
GHI CHÚ :
1) Trên đây là biểu điểm tổng quát của từng phần, từng câu.
2) Học sinh làm bài không nhất thiết phải theo trình tự của Hướng dẫn chấm. Mọi cách giải khác, kể cả
cách giải định tính dựa vào ý nghĩa vật lý nào đó, lập luận đúng, có căn cứ, kết quả đúng cũng cho điểm
tối đa tương ứng với từng bài, từng câu, từng phần của hướng dẫn chấm này.


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT
NĂM HỌC 2012 - 2013

Môn thi: VẬT LÝ – lớp 10
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)

Câu 1: Trên cùng một đường thẳng đứng, người ta ném đồng thời hai vật theo phương ngang. Vật A ở độ
cao h1 và vật B ở độ cao h2 (so với sàn nằm ngang) với các vận tốc ban đầu tương ứng là v01 và v02. Bỏ
qua mọi lực cản. Lấy g = 10 m/s2.
a. Cho h1 = 80 m và v01 = 10 m/s. Viết phương trình quỹ đạo của vật A. Tìm
khoảng cách từ vị trí ném vật A đến điểm mà vật A chạm sàn lần đầu tiên.
b. Vật B va chạm đàn hồi với sàn, nẩy lên và rơi xuống sàn lần thứ hai cùng một
v
h
vị trí và cùng thời điểm với vật A chạm sàn lần đầu tiên. Tìm tỷ số 01 và 1 .
v02
h2
Câu 2: Con lắc đơn gồm sợi dây có chiều dài l = 1 m, khối lượng m = 500 g, được
α
treo vào một điểm cố định. Kéo con lắc khỏi vị trí cân bằng sao cho dây treo hợp
α0
0
phương thẳng đứng góc α0 = 60 rồi thả nhẹ. Khi vật chuyển động đến vị trí dây treo
hợp phương thẳng đứng góc α = 300 thì va chạm đàn hồi với mặt phẳng cố định thẳng
đứng. Bỏ qua mọi ma sát, dây không giãn. Lấy g = 10m/s2.(Hình vẽ 1)
a. Tìm vận tốc của vật và lực căng sợi dây ngay trước khi vật va chạm với mặt
phẳng.
Hình vẽ 1
b. Tìm độ cao lớn nhất mà vật đạt được sau lần va chạm thứ nhất.
Câu 3: Một xilanh đặt nằm ngang, hai đầu kín, có thể tích 2V0 và chứa khí lí tưởng ở áp suất p0. Khí
trong xilanh được chia thành hai phần bằng nhau nhờ một pit-tông mỏng, cách nhiệt có khối lượng m.
Chiều dài của xilanh là 2l. Ban đầu khí trong xilanh có nhiệt độ là T0, pit-tông có thể chuyển động không

ma sát dọc theo xi lanh.
a. Nung nóng chậm một phần khí trong xilanh để nhiệt độ tăng thêm ∆T và làm lạnh chậm phần còn
lại để nhiệt độ giảm đi ∆T. Hỏi pit-tông dịch chuyển một đoạn bằng bao nhiêu khi có cân bằng?
b. Đưa hệ về trạng thái ban đầu (có áp suất p0, nhiệt độ T0). Cho xilanh chuyển động
nhanh dần đều theo phương ngang dọc theo trục của xi lanh với gia tốc a thì thấy
pit-tông dịch chuyển một đoạn x so với vị trí cân bằng ban đầu. Tìm gia tốc a.
C
Coi nhiệt độ không đổi khi pit-tông di chuyển và khí phân bố đều
Câu 4: Cho hệ cân bằng như hình vẽ 2. Thanh AB tiết diện đều đồng chất, khối lượng m
= 2 kg, chiều dài l = 40 cm có thể quay quanh bản lề A. Sợi dây CB vuông góc với thanh
và tạo với tường thẳng đứng góc α = 300. Đĩa tròn hình trụ bán kính R = 10 cm, khối
lượng M = 8 kg. Tìm độ lớn các lực tác dụng vào đĩa và thanh AB. Bỏ qua mọi ma sát.
Lấy g = 10m/s2.
Câu 5: Một nêm có tiết diện là tam giác ABC vuông tại A, và hai mặt bên là AB và AC.
A
Cho hai vật m1 và m2 chuyển động đồng thời không vận tốc đầu từ
A
2
m2
A trên hai mặt nêm. Bỏ qua mọi ma sát. Lấy g = 10m/s . (Hình vẽ 3)
m
1
a. Giữ nêm cố định, thời gian hai vật m1 và m2 trượt đến các
chân mặt nêm AB và AC tương ứng là t1 và t2 với t2 = 2t1. Tìm α.
b. Để t1 = t2 thì cần phải cho nêm chuyển động theo phương
B α
ngang một gia tốc a0 không đổi bằng bao nhiêu?
Hình vẽ 3
HẾT
- Thí sinh không được sử dụng tài liệu.

- Giám thị không giải tích gì thêm.
Họ và tên thí sinh……………………………………………………SBD………………………….………………………

α

B
Hình vẽ 2

C


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH
HDC ĐỀ CHÍNH
Câu 1

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT
NĂM HỌC 2012 - 2013
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)

4 điểm

x = v 01t 
gx 2 x 2

2
Chọn:
hệ tọa độ Oxy, gốc tọa độ, gốc thời gian
→

y
=
=

gt
2
2v 01
20
y =

2 
a
2h1
1,5 điểm Thời gian rơi chạm đất:
t=
= 4s
g
Tầm xa mà vật đạt
L = v01t = 40 m

Điểm
0,5

0,5

0,5

Khoảng cách
AM = 802 + 402 = 40 5m ≈ 89, 4m
Va chạm giữa B và sàn là đàn hồi nên thành phần nằm

ngang của vận tốc luôn không đổi

A

0,5

uur
v01

h1
B

uur
v02

H

C

h2

b
2,5 điểm

HM = v01t = v02t →
Xét vật A:

M

0,5

v01
=1
v02

gt 2
h1 =
(1)
2

(t là thời gian kể từ lúc ném vật A đến khi hai vật

0,5

chạm M)
gt2 2
(2) (t2 là thời gian chuyển động từ B đến C)
2
HM = 3HC → v01t = 3v02t2 → t = 3t2
(3)

Xét B:

h2 =

h1 t 2
Từ (1), (2) và (3) ta được
=
=9
h2 t22

Câu 2
4 điểm
Chọn mốc tính độ cao ở vị trí va chạm
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng
mgh = mv2/2 → v = (2gh)1/2
a
Với h = l(cosα - cosα0)
1,5 điểm
→ v = [2gl(cosα - cosα0)]1/2 = 2,7 m/s
Áp dụng định luật II Niu–tơn:
T - mgcosα = mv2/2 → T = mg(3cosα - 2cosα0) = 7,79 N.
Vì va chạm đàn hồi với mặt phẳng cố định nên ngay sau va chạm vật có vận tốc đối
xứng với vận tốc trước va chạm qua mặt phẳng thẳng đứng
b
v’ = v = (2gh)1/2
2,5 điểm Ngay sau va chạm thành phần vận tốc v’ = v’sin300 = (2gh)1/2sin300 sẽ kéo vật chuyển động
x

đi lên.
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng: mgHmax = mv’x2/2 → Hmax = h/4 ≈ 9 cm

Câu 3

4 điểm

0,5
0,5

0,5
0,5

0,5
0,5
0,5
1
0,5


Phần xi lanh bi nung nóng:
Phần xi lanh bị làm lạnh:
a
2 điểm

Vì

P1 = P2 → V1 = T0 + ∆T
T0 − ∆T

V2

PV
PoVo PV
1 1
= 1 1=
To
T1
T0 + ∆T
PV
PV
PV
o o

= 2 2 = 2 2
To
T2
T0 − ∆T

0,5

(1)

0,5

Gọi đoạn di chuyển của pit-tông là x, ta có:
(2)

b
2 điểm

P2V2 = P0V → P2 = P0V0 /(l - x)S
(1)
P1V1 = P0V → P2 = P0V0/(l + x)S
(2)
Xét pit-tông: F2 - F1 = ma → (P2 - P1)S = ma

0,5

l ∆T
T0

F2
(3)

0
( PV

0
- PV
)S = ma
S (l − r ) S (l + r )

Từ (1), (2), và (3)
4 điểm
Đối với đĩa:

V1 = (l + x)S và V2 = (l - x)S

( l + x ) S = T0 + ∆T → x =
( l − x ) S T0 − ∆T

Từ (1) và (2) ta có

0,5

F1

P1, V1

P2, V2

→ a = 2P0V0x/(l2 – x2)m
C

Pđ = Mg = 80 N, Pt = mg = 20 N

N2cos30 = Mg → N2 = 2Mg = 160 N ≈ 92,4 N
3
3

0,5
0,5

0

N1 = N2sin300 → N1 =

Câu 4

Phản lực ở trục quay: N =
Câu 5

a
2 điểm

b
2 điểm

α

0,5

80

N ≈ 46,19 N
3

Đối với thanh AB:
AH = Rtan600 = R 3 cm.
Áp dụng quy tắc mô men đối với trục quay ở A
l
mg cos300 + N3.R 3 =T.l.
2
l
mg cos30 0 + N 3. R 3
2
→T=
≈ 48,7 N
l
Phản lực ở trục quay A:
Nx + N3sin300 = Tsin300
→
Nx ≈ - 21,9 N
0
0
Ny + Tcos30 = mg + N3cos30
→
Ny ≈ 57,9 N
2
x

0,5
0,5
0,5

0,5

0,5
N
1

Pđ

G

A P
t

2
y

N + N = 61,9 N

4 điểm
Gia tốc của các vật trên mặt phẳng nghiêng: a1 = gsinα, a2 = gcosα
AB = (gsinα)t2/2 và AC = (gcosα)t2/2
AC
4
t2 = 2t1 →
(1)
=
AB tan α
AC
Mặt khác tanα =
(2) → tanα = 2 → α = 63,40.

AB
để t1 = t2 thì nêm phải chuyển động về phía bên trái nhanh nhanh dần đều
Trong hệ quy chiếu gắn với nêm:
a1n = gsinα - a0cosα
a2n = gcosα + a0sinα
AC a2 n gcos α + a 0 sin α
Vì t1 = t2 → tanα =
=
=
=2
AB
a1n
gsinα − a 0 cosα
3
Thay số ta được a0 = g = 7,5 m/s2.
4

.N

O

2

H
N3

B

0,5

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5


Họ và tên thí sinh:……………………..…………..

Chữ ký giám thị 1:

Số báo danh:……………………………..………...

…………….………………..

SỞ GDĐT BẠC LIÊU

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH
NĂM HỌC 2011 - 2012

ĐỀ CHÍNH THỨC

* Môn thi: VẬT LÝ
* Bảng: A

* Lớp: 10
* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

(Gồm 02 trang)

ĐỀ
Câu 1: (4 điểm)
Một xe khách chuyển động thẳng đều với vận tốc 72km/h. Một hành khách
đang đứng cách đường đoạn a = 60m. Người này nhìn thấy xe khách vào thời điểm
cách xe đoạn b = 400m
a. Nếu người này chạy đều với vận tốc 18km/h để đón được xe thì phải chạy
theo hướng nào?
b. Nếu muốn gặp được xe với vận tốc nhỏ nhất thì người đó phải chạy theo
hướng nào? Vận tốc nhỏ nhất là bao nhiêu?

Câu 2: (4 điểm)
Ở mép đĩa chiếc đĩa nằm ngang bán kính R có đặt một đồng xu. Đĩa quay tròn
nhanh dần đều với tốc độ góc là ω = β t (với β là gia tốc góc không đổi). Sau thời gian
bao lâu thì đồng xu sẽ văng ra khỏi đĩa. Cho biết hệ số ma sát trượt giữa đồng tiền và
đĩa là μ .

Câu 3: (4 điểm)

Một khối hình lập phương có tiết diện thẳng a2 (Hình vẽ) được kéo trượt đều
trên mặt phẳng ngang bằng một chiếc dây thừng với góc kéo α có thể thay đổi được.
Hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng ngang là k. Tìm góc α khi vật bắt đầu bị nhấc lên?
F

α
a/2

Câu 4: (4 điểm)
Một nêm A có khối lượng M đặt trên mặt
bàn nằm ngang có hệ số ma sát giữa nêm
và mặt bàn là k. Góc α =300 (hình vẽ). Một
1
3

viên bi khối lượng m = M đang bay với

G
v0
h

α

O

vận tốc v0 theo phương ngang (ở độ cao h so với mặt bàn) đến va chạm vào mặt
1


nghiêng của nêm tại điểm O (hình vẽ). Va chạm của viên bi vào nêm tuân theo định
luật phản xạ gương và vận tốc bi sau va chạm có độ lớn

1
v0 . Tính hệ số ma sát k để
3

sau khi va chạm viên bi bay lên và rơi xuống đúng tại điểm O trên mặt nêm.

Câu 5: (4 điểm)
Một ống thủy tinh tiết diện nhỏ có chiều dài L = 50cm, hai đầu hở, được nhúng
thẳng đứng vào một chậu nước cho ngập 2/3 chiều dài ống. Sau đó người ta lấy tay bịt
kín đầu trên và nhấc ra. Độ cao còn lại của cột nước trong ống bao nhiêu? Biết áp suất
khí quyển p0 = 105 Pa; khối lượng riêng của nước là ρ = 1000 kg/m3 và gia tốc trọng
trường g = 10 m/s2. Bỏ qua hiện tượng mao dẫn.

--- HẾT ---

2


SỞ GDĐT BẠC LIÊU

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH
NĂM HỌC 2011 - 2012

ĐỀ CHÍNH THỨC

* Môn thi: VẬT LÝ
* Bảng: A
* Lớp: 10
* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

(Gồm 04 trang)

HƯỚNG DẪN CHẤM
A

Câu 1: (4 điểm)
- Hình vẽ (0,5đ)

β

v1

b
- Chọn gốc thời gian (t0 = 0) lúc người nhìn thấy xe
a
- Gọi vận tốc của người đón xe là v1 = 18km/h = 5 m/s
α
- Gọi vận tốc của xe khách là v2 = 72km/h = 20 m/s
B
C
- Giả sử C là điểm người và xe gặp nhau
v2
a. Xác định hướng chạy của người đón xe
+ Quãng đường người chạy kể từ khi nhìn thấy xe đến khi gặp xe là
(0.5đ)
S1= AC = v1 Δ t
+ Quãng đường xe chạy kể từ khi người nhìn thấy xe đến khi người gặp xe là
(0.5đ)
S2= BC = v2 Δ t
+ Xét tam giác ABC. Áp dụng định lý hàm sin ta có
AC
BC
=
sin α sin β

=> sin β =

hay

v1 .Δt v 2 .Δt
=
sin α sin β

v 2 . sin α
6
a
, với sin α = =
b
v1
40

- Thay số xác định được: β = 36 0 52
b. xác định vân tốc nhỏ nhất

(1.0đ)

(0.25đ)
(0.25đ)

v1 .Δt v 2 .Δt
v . sin α
6
a
=
=> v1 = 2

, với sin α = =
b
sin α sin β
sin β
40
- Để vận tốc chạy của người đón xe v1 là nhỏ nhất thì sin β là lớn nhất

- Từ phương trình

0

=> β = 90
v1 = v 2 sin α = 3 m/s
- Vận tốc chạy nhỏ nhất:

(0.5đ)
(0.25đ)
(0.25đ)

Câu 2: (4 điểm)
an = ω 2 R = β 2t 2 R .

Gia tốc hướng tâm của vật:
Gia tốc tiếp tuyến:

at =

dv Rβ dt
=
= βR

dt
dt

1

(0.25đ)
(0.25đ)


2

a = a n + at

Gia tốc toàn phần:

2

=

β 4 R 2t 4 + β 2 R 2

(0.25đ)

Lực làm đồng tiền chuyển động tròn chính là lực ma sát nghỉ.
Fmsn = ma = m β 4 R 2 t 4 + β 2 R 2 = mβ R

Ta có:

β 2t 4 + 1

(0.5đ)

Vật có thể nằm trên đĩa nếu lực ma sát nghỉ tối đa bằng lực ma sát trượt:
Fmsn ≤ Fmst
mβ R

hay

(0.5đ)

β 2 t 4 + 1 ≤ μmg

⇒ t4 ≤

1

β

.(
2

(0.25đ)

μ2g2
− 1)
R2β 2

(0.5đ)

Lúc vật bắt đầu văng ra thì : Fmsn = Fmst

hay: t 4 =

1

β

.(
2

μ2g2
− 1) ⇒ t =
R2β 2

1

β

β

μ2g2
−1
R2β 2

.

(0.5đ)

μ2g2
βR
−1 > 0 ⇔ μ >

2 2
g
R β

Vì t > 0 nên
Vậy sau t =

1

(0.25đ)

.

(0.5đ)

βR
μ2g2
) vật sẽ văng ra khỏi đĩa.
− 1 ( với μ >
2 2
g
R β

(0.25đ)

Câu 3: (4 điểm)
+ Chọn hệ tọa độ Oxy và biểu diễn các lực: P, F , Fms , N
+ Điều kiện để vật chuyển động thẳng đều

(0.25đ)

(0.5đ)

F + Fms + N + P = 0 (1)

+ Chiếu lên (1) lên các trục tọa độ ta có:
F cos α = k ( P − F sin α ) => F =

kP
(2)
cos α + k sin α

(1.0đ)

+ Điều kiện để vật bị nâng lên:

M P / J ≤ M F / J ⇒ P a ≤ F (a sin α − a . cos α ) (3)
2

(1.0đ)

2

+ Thay (2) vào (3) ta có:
a. cos α + k .a. sin α ≤ 2.k .a. sin α − k .a. cos α ⇒ tan α ≥

⇒ tan α min =

k +1
k

k +1
k

(0.75đ)

y

(0.5đ)

F

N

α
a/2

PP
J
2

O

x


Câu 4: (4 điểm)

y

G

v

G
v0

β
β

h

α

G
vA

O

x

Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ.
G G G
Gọi: v = vx + v y là vận tốc bi ngay sau va chạm
G
vA là vận tốc nêm ngay sau va chạm
Theo phương ngang động lượng của hệ “Bi + nêm” được bảo toàn :
m.vx + M.vA = m.v0
1
1
⎧
⎪⎪ vx = v.cos 2α = 3 v0 cos 2α = 6 v0

Với: ⎨
⎪v = v.sin 2α = 1 v sin 2α = 3 v
0
0
⎪⎩ y
3
6
mv ⎛ 1 ⎞ 5mv0 5v0
=
vA = 0 ⎜1 − ⎟ =
M ⎝ 6 ⎠ 6M
18
F
kMg
= − kg
Gia tốc trượt ngang của nêm: a = − ms = −
M
M
5v
1
Phương trình tọa độ của điểm O: xO = vA .t + at 2 = 0 t − 5kt 2
2
18

(0.25đ)
(0,5đ)

(0,5đ)
(0,5đ)
(0,5đ)

Để khi bi rơi xuống đúng ngay tại O trên mặt nêm thì:
2

⎛1 ⎞
v0 ⎟ sin1200
2
⎜
3 2
v sin 4α ⎝ 3 ⎠
=
=
xO =
v0
g
10
180
1
2. v0 sin 600
2v sin 2α
3
t=
v0
= 3
=
g
10
30

(0,5đ)

(0,5đ)

Thay vào phương trình xO:
⎛ 3 ⎞
3 2 5v0 3
v0 =
v0 − 5k ⎜⎜
v0 ⎟⎟
180
18 30
⎝ 30 ⎠

2

(0.25đ)

5 3
3
−
k = 18 30 180
≈ 0,385
2
⎛ 3⎞
5 ⎜⎜
⎟⎟
⎝ 30 ⎠

(0,5đ)

Câu 5: (4 điểm)
+ Cột không khí trong ống lúc đầu:
(S: tiết diện thẳng của pittông)
V1 = S.L/3; p1 = p0 = 105 Pa
+ Cột không khí trong ống lúc sau:
(x: độ cao cột nước còn lại trong ống)
V2 = S.(L – x); p2 = p0 – ρgx
+ Nhiệt độ khí không đổi nên: p1V1 = p2V2
3

(1.0 đ)
(1.0 đ)
(0.5đ)


Æ 3ρg.x2 – 3(ρgL + p0).x + 2p0L = 0
Thay số: 3.x2 – 31,5.x + 10 = 0
+ Giải phương trình, nhận nghiệm x = 0,3277 (m)

--- HẾT---

4

(0.5đ)
(0.5đ)
(0.5đ)


Họ và tên thí sinh:……………………..…………..

Chữ ký giám thị 1:

Số báo danh:……………………………..………...

…………….………………..

SỞ GDĐT BẠC LIÊU
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Gồm 02 trang)

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH
NĂM HỌC 2011 - 2012
* Môn thi: VẬT LÝ
* Bảng: B
* Lớp: 10
* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

ĐỀ
Câu 1: (4 điểm)
Một xe khách chuyển động thẳng đều với vận tốc 72km/h. Một hành khách
đang đứng cách đường đoạn a = 60m. Người này nhìn thấy xe khách vào thời điểm
cách xe đoạn b = 400m
a. Nếu người này chạy đều với vận tốc 18km/h để đón được xe thì phải chạy
theo hướng nào?
b. Nếu muốn gặp được xe với vận tốc nhỏ nhất thì người đó phải chạy theo
hướng nào? Vận tốc nhỏ nhất là bao nhiêu?

Câu 2: (4 điểm)
Cho hệ thống như hình vẽ, trong đó m1=4m2. Khoảng cách
từ m1 đến mặt đất là h=20cm. Khối lượng ròng rọc và các dây nối

không đáng kể. Người ta buông tay cho hệ thống chuyển động.
Tính độ cao cực đại mà vật m2 đạt được, biết rằng ban đầu m2 ở
ngay sát mặt đất, các ròng rọc có cùng bán kính, bỏ qua các ma sát.

Câu 3: (4 điểm)

Một khối hình lập phương có tiết diện thẳng a2 (Hình vẽ) được kéo trượt đều
trên mặt phẳng ngang bằng một chiếc dây thừng với góc kéo α có thể thay đổi được.
Hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng ngang là k. Tìm góc α khi vật bắt đầu bị nhấc lên?
F

α
a/2

Câu 4: (4 điểm)
Hạt khối lượng m chuyển động với vận tốc
v đến va chạm với một hạt đứng yên khối lượng
m/2 và sau va chạm đàn hồi thì bay ra theo
phương hợp với phương chuyển động ban đầu

m

m

v
m/2

Trước va chạm
Hình 1

1

α

m/2
Sau va chạm


một góc α = 300 (Hình 1). Tìm vận tốc chuyển động của hạt thứ hai?

Câu 5: (4 điểm)
Một ống thủy tinh tiết diện nhỏ có chiều dài L = 50cm, hai đầu hở, được nhúng
thẳng đứng vào một chậu nước cho ngập 2/3 chiều dài ống. Sau đó người ta lấy tay bịt
kín đầu trên và nhấc ra. Độ cao còn lại của cột nước trong ống bao nhiêu? Biết áp suất
khí quyển p0 = 105 Pa; khối lượng riêng của nước là ρ = 1000 kg/m3 và gia tốc trọng
trường g = 10 m/s2. Bỏ qua hiện tượng mao dẫn.

--- HẾT ---

2


SỞ GDĐT BẠC LIÊU

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH
NĂM HỌC 2011 - 2012

ĐỀ CHÍNH THỨC

* Môn thi: VẬT LÝ

* Bảng: B
* Lớp: 10
* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

(Gồm 03 trang)

HƯỚNG DẪN CHẤM
A

Câu 1: (4 điểm)
- Hình vẽ (0,5đ)

β

v1

b
- Chọn gốc thời gian (t0 = 0) lúc người nhìn thấy xe
a
- Gọi vận tốc của người đón xe là v1 = 18km/h = 5 m/s
α
- Gọi vận tốc của xe khách là v2 = 72km/h = 20 m/s
B
C
- Giả sử C là điểm người và xe gặp nhau
v2
a. Xác định hướng chạy của người đón xe
+ Quãng đường người chạy kể từ khi nhìn thấy xe đến khi gặp xe là
(0.5đ)
S1= AC = v1 Δ t

+ Quãng đường xe chạy kể từ khi người nhìn thấy xe đến khi người gặp xe là
(0.5đ)
S2= BC = v2 Δ t
+ Xét tam giác ABC. Áp dụng định lý hàm sin ta có
AC
BC
=
sin α sin β

=> sin β =

hay

v1 .Δt v 2 .Δt
=
sin α sin β

v 2 . sin α
6
a
, với sin α = =
b
v1
40

- Thay số xác định được: β = 36 0 52
b. xác định vân tốc nhỏ nhất

v1 .Δt v 2 .Δt
v . sin α

6
a
=
=> v1 = 2
, với sin α = =
b
sin α sin β
sin β
40
- Để vận tốc chạy của người đón xe v1 là nhỏ nhất thì sin β là lớn nhất
0

=> β = 90
v1 = v 2 sin α = 3 m/s
- Vận tốc chạy nhỏ nhất:

Câu 2: (4 điểm)
Hình vẽ (0,25 điểm)

G
G
G
P1 + 2T1 = m1a1

⇒ m1 g − 2T1 = m1a1

(0.25đ)
(0.25đ)

- Từ phương trình

Vật m1:

(1.0đ)

(0.25đ)
1

(0.5đ)
(0.25đ)
(0.25đ)


Vật m2:

G G
G
P2 + T2 = m2 a 2

⇒ T2 − m2 g = m2 a2
Mà

⇒

(0.25đ)

a = 2a
2
1

(0.25đ)

T1 = T2 = T

(0.25đ)

m1 g − 2T = m1a1
T − m2 g = m2 2a1

⇒ a1 =

g (m1 − 2m2 ) g
=
m1 + 4m2
4

(0.5đ)

gh
2

Vận tốc của vật m1 khi chạm đất: v1 = 2a1h =
Vận tốc của m2 khi m1 chạm đất: v2 = 2v1 = 2

(0.25đ)

gh
= 2 gh (0.5đ)
2

Khi vật m1 chạm đất vật m2 đã đi lên một quãng đường S1 = 2h.
Ngay sau khi vật m1 chạm đất dây bắt đầu chùng nên vật m2 tiếp tục chuyển động như
1 vật ném lên thẳng đứng với vận tốc là v2 .
(0.5đ)
Quãng đường mà vật m2 đi thêm một đoạn sau khi vật m1 chạm đất à S2 =

v22
=h
2g

(0.5đ)
Vậy m2 lên đến độ cao cực đại so với đất là: hmax = S1 + S2 = 2h + h = 3h

(0.5đ)

Câu 3: (4 điểm)
+ Chọn hệ tọa độ Oxy và biểu diễn các lực: P, F , Fms , N
+ Điều kiện để vật chuyển động thẳng đều

(0.25đ)
(0.5đ)

F + Fms + N + P = 0 (1)

+ Chiếu lên (1) lên các trục tọa độ ta có:
F cos α = k ( P − F sin α ) => F =

kP
(2)
cos α + k sin α

(1.0đ)

+ Điều kiện để vật bị nâng lên:

M P / J ≤ M F / J ⇒ P a ≤ F (a sin α − a . cos α ) (3)
2

(1.0đ)

2

+ Thay (2) vào (3) ta có:
a. cos α + k .a. sin α ≤ 2.k .a. sin α − k .a. cos α ⇒ tan α ≥
⇒ tan α min =

k +1
k

(0.75đ)

y

(0.5đ)

F

N

α

a/2

PP
J

k +1
k

2

O

x


Câu 4: (4 điểm)
mv’
mv

α

mu/2
G

JG

• Bảo toàn động lượng: mv = mv ' +

mG
u

2

(0.5đ)

• Từ hình vẽ suy ra:

( mv )
⇔

2

+ ( mv ')

2

⎛ mu ⎞
− 2m v v ' cos30 = ⎜
⎟
⎝ 2 ⎠

2

(1.0đ)

2

u2
= v 2 + v '2 − 2v v ' cos30o = v 2 + v '2 − 3 v v ' (1)
4

(0.5đ)

• Bảo toàn cơ năng:
1 2 1
1m 2
u2
mv = mv '2 +
u ⇔
= v 2 − v '2
2
2
22
2

( 2)

(1.0đ)

• Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình
v
⎧
⎧u2
2
2
⎪⎪v ' = 3
⎪⎪ 4 = v + v ' − 3 v v '
⇔ ⎨
⎨ 2
⎪ u = v 2 − v '2
⎪u = 2v

⎪⎩
3
⎩⎪ 2

(1.0đ)

Câu 5: (4 điểm)
+ Cột không khí trong ống lúc đầu:
(S: tiết diện thẳng của pittông)
V1 = S.L/3; p1 = p0 = 105 Pa
+ Cột không khí trong ống lúc sau:
(x: độ cao cột nước còn lại trong ống)
V2 = S.(L – x); p2 = p0 – ρgx
+ Nhiệt độ khí không đổi nên: p1V1 = p2V2
Æ 3ρg.x2 – 3(ρgL + p0).x + 2p0L = 0
Thay số: 3.x2 – 31,5.x + 10 = 0
+ Giải phương trình, nhận nghiệm x = 0,3277 (m)

--- HẾT---

3

(1.0 đ)
(1.0 đ)
(0.5đ)
(0.5đ)
(0.5đ)
(0.5đ)

TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1
Web: />Ngày 14/03/2013
(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2012 – 2013
MÔN: VẬT LÝ LỚP 10
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Bài 1(1,5 điểm). Một chất điểm chuyển động tròn đều trên quỹ đạo có bán kính R = 2m với
vận tốc v = 5m/s. Hãy xác định chu kì, tần số và tốc độ góc của chất điểm.
Bài 2(3,0 điểm). Một vật khối lượng M = 4kg nằm trên mặt

M

m

phẳng ngang nhẵn và được nối với tường bằng một lò xo có độ
cứng k = 100N/m. Một vật khối lượng m = 10g bay theo phương ngang và trùng với trục của
lò xo, với vận tốc v = 400m/s đến va chạm với M. Coi va chạm là mềm. Hãy xác định:
a. Vận tốc của hai vật ngay sau khi va chạm.
b. Độ nén cực đại của lò xo.
Bài 3(3,0 điểm). Một khí cầu đang bay lên cao theo phương thẳng đứng với vận tốc không đổi
bằng 4m/s, khi khí cầu ở độ cao h = 19,2m so với mặt đất người ta thả nhẹ nhàng một vật
nặng. Bỏ qua lực cản, lấy g = 10m/s2 và coi vận tốc của khí cầu không đổi sau khi thả vật.
a. Xác định khoảng cách giữa vật và khí cầu sau 1s kể từ lúc thả vật.
b. Sau bao lâu thì vật nặng chạm đất.
Bài 4(2,5 điểm). Thanh AB có khối lượng m1 = 2kg, gắn vào tường

A

C

nhờ bản lề tại B. Đầu A treo vật nặng có khối lượng m2 = 2kg và được
giữ cân bằng nhờ dây AC. C được buộc chặt vào tường. Biết AC 
BC, AC = BC. Xác định lực căng của dây AC và độ lớn phản lực của

m2
B

tường tác dụng lên thanh AB.

--------------------------------- Hết -------------------------------Họ tên thí sinh: …………………………………….. SBD: ……………………..
( Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)


Đáp án Vật lý 10
Câu
1(1,5đ)

Đáp án
+ Chu kì: T =

2 R 2 .2

 0,8 (s)
v
5

Điểm

0,5
0,5

+ Tần số: f = 1/T = 1,25  (Hz)
+ Tốc độ góc:  
2(3đ)

2
 2, 5 (rad/s)
T

a. Áp dụng định luật bảo toàn động lượng: mv = (m + M)v1

 v1 

mv
400

(m / s)
m  M 401

0,5
0,5
1

b. Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng:

1
1
(m  M)v12  k( max ) 2

2
2

0,5
1

  max  20cm

3(3đ)

4(2,5đ)

a. Khoảng cách giữa vật và khí cầu sau 1s: d = 5m

1,5

b. Thời gian: t = 2s

1,5

+ Lực căng của dây AC: T = 30N
+ Phản lực của tường tác dụng lên thanh AB: N = 50N

1
1,5


TRƯỜNG THPT
CHUYÊN
QUỐC HỌC HUẾ

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4
LẦN THỨ VI (2012-2013)

ĐỀ THI MÔN VẬT LÝ LỚP 10
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.
HỌ VÀ TÊN THÍ SINH: …………………………………………………
SỐ BÁO DANH:………………………….
Câu 1 (5 điểm):
Một khung rắn vuông AOB ( AOˆ B = 900 ) nằm trong mặt phẳng thẳng
đứng, quay quanh trục OO’ thẳng đứng sao cho AOˆ O ' = α . Một thanh
rắn nhẹ dài 2a có gắn 2 vòng nhỏ, nhẹ ở hai đầu có thể trượt không
ma sát dọc các cạnh OA và OB của khung. Tại trung điểm của thanh
có gắn quả nặng nhỏ. Vận tốc góc quay của khung bằng bao nhiêu để
thanh nằm ngang?

α

Câu 2 (5,0 điểm): Một quả bóng đàn hồi rơi tự do từ độ cao h = 2m . Sau mỗi va chạm với
sàn ngang cơ năng chỉ còn lại k = 81% so với trước lúc va chạm. Quỹ đạo bóng luôn thẳng
đứng.
Lấy g = 9.8m/s2. Hỏi sau bao lâu thì bóng dừng, trong thời gian đó
C D
bóng đi được quãng đường dài bao nhiêu?
A

B

Câu 3 (4,0 điểm): Động cơ nhiệt là một khối hình trụ (xy lanh) chứa
đầy khí, trong đó có một pittông mà chuyển động của nó bị giới hạn

bởi các cữ chặn AA và BB. Khí được nung nóng từ từ cho đến khi
pittông bị cữ chặn BB giữ lại. Sau đó đáy của lò xo được dịch chuyển
từ vị trí CC đến vị trí DD. Rồi khí được làm lạnh từ từ cho đến khi
A
B
pittông bị cữ chặn AA giữ lại và đáy lò xo được dịch chuyển ngược
lại trở về vị trí CC. Sau đó khí lại được nung nóng v.v…Tìm hiệu
C D
suất của động cơ này biết khối trụ chứa khí Hêli, tiết diện pittông S =
20cm 20cm 20cm
10cm
10 cm2, độ cứng lò xo k = 10 N/m, chiều dài tự nhiên của lò xo là l0
= 60 cm và áp suất bên ngoài bằng không.
Câu 4 (4,0 điểm): Vành mảnh bán kính R, bắt đầu lăn không trượt trên mặt nghiêng góc α
với phương ngang từ độ cao H (R<R
nghiêng vành va chạm hoàn toàn đàn hồi với thành nhẵn
vuông góc với mặt nghiêng (hình vẽ). Bỏ qua tác dụng
H
của trọng lực trong quá trình va chạm. Hãy xác định:
a.Vận tốc của vành trước va chạm.

1

α